mechanika i. - statika

MECHANIKA I. - STATIKA
BSc-s hallgatók számára

MECHANIKA I. - STATIKA
Tankönyv és jegyzet BSc-s hallgatók részére
- 1 -

© Dr. Galambosi Frigyes
Mechanika I. Statika tankönyv és jegyzet
BSc-s hallgatók részére
Írta és szerkesztette: Dr. Galambosi Frigyes és Sándor Zsolt Péter
Tördelte: Sándor Zsolt
Rajzolók: Cseke Péter Tiqulo, Diviaczky Márk, Sándor Zsolt Péter
Felelős kiadó:
Felelős vezető:
Márpedig hibák olykor előfordulhatnak. Erre való tekintettel létrehoztunk egy e-mail
címet, ahol a könyvvel kapcsolatos hibákat jelezhetik, hogy az újabb kiadások alkalmával
ezek már javítva jelenhessenek meg. Továbbá ugyanitt várjuk a könyvvel kapcsolatos
észrevételeiket is.
mechanikaBME@gmail.com
Budapest, 2011. január
- 2 -

TARTALOMJEGYZÉK
BEVEZETÉS ................................................................................................... - 5 -
I.) MATEMATIKAI ÖSSZEFOGLALÓ ..................................................... - 6 -
1.) MÁTRIX SZÁMÍTÁS ALAPJAI ......................................................................................................... - 6 -
1.1.) Mátrixok összeadása és kivonása ......................................................................................... - 6 -
1.2.) Mátrixok szorzása skalár számmal ....................................................................................... - 7 -
1.3.) Mátrix szorzása mátrixszal ................................................................................................... - 7 -
1.4.) Mátrixok determinánsa ......................................................................................................... - 8 -
2.) VEKTORSZÁMÍTÁS ALAPJAI .......................................................................................................... - 9 -
2.1.) A vektoralgebra koordinátamentes értelmezése ................................................................... - 9 -
2.1.1.) Vektorok fogalma és jelölése ........................................................................................................ - 9 -
2.1.2.) Alapfogalmak .............................................................................................................................. - 10 -
2.1.3.) Műveletek vektorokkal ............................................................................................................... - 10 -
2.2.) A vektor algebra koordinátás értelmezése .......................................................................... - 14 -
2.2.1.) A vektor koordinátás értelmezése .............................................................................................. - 14 -
2.2.2.) Műveletek vektorokkal ............................................................................................................... - 15 -
3.) A TENZOR .................................................................................................................................... - 17 -
3.1.) A tenzor fogalma ................................................................................................................. - 17 -
3.2.) SAJÁTÉRTÉK, SAJÁTVEKTOR ................................................................................................... - 19 -
4.) PÉLDÁK A MATEMATIKAI ÖSSZEFOGLALÓ TÉMAKÖRBŐL ........................................................ - 21 -
II.) ERŐRENDSZEREK .............................................................................. - 28 -
1.) ALAPFOGALMAK ......................................................................................................................... - 28 -
1.1.) Erő ....................................................................................................................................... - 28 -
1.2.) Pontra számított nyomaték .................................................................................................. - 29 -
1.3.) Erőpár, koncentrált nyomaték ............................................................................................ - 29 -
1.4.) Tengelyre számított nyomaték ............................................................................................. - 30 -
1.5.) Erőrendszer redukálása ...................................................................................................... - 31 -
1.6.) Kényszerek ........................................................................................................................... - 32 -
2.) ERŐRENDSZEREK OSZTÁLYOZÁSA ............................................................................................. - 34 -
3.) EGYENSÚLYI ERŐRENDSZEREK .................................................................................................. - 37 -
4.) PÉLDÁK AZ ERŐRENDSZEREK TÉMAKÖRBŐL ............................................................................. - 40 -
III.) IGÉNYBEVÉTEL ................................................................................. - 72 -
1.) KONCENTRÁLT ERŐKEL TERHELT TARTÓ ................................................................................. - 74 -
2.) KONCENTRÁLT NYOMATÉKKAL TERHELT TARTÓ ..................................................................... - 75 -
3.) MEGOSZLÓ ERŐRENDSZERREL TERHELT TARTÓ ...................................................................... - 75 -
4.) MÁSODFOKÚ FÜGGVÉNY RAJZOLÁSA ......................................................................................... - 77 -
5.) ÖSSZEFÜGGÉS A HAJLÍTÓNYOMATÉKI ÉS NYÍRÓERŐ FÜGGVÉNYEK KÖZÖTT .......................... - 78 -
6.) PÉLDÁK AZ IGÉNYBEVÉTELEK TÉMAKÖRBŐL ........................................................................... - 79 -
IV.) PÁRHUZAMOS ERŐRENDSZEREK ............................................. - 102 -
1.) KONCENTRÁLT ERŐKBŐL ÁLLÓ PÁRHUZAMOS ERŐRENDSZER............................................... - 102 -
2.) MEGOSZLÓ ERŐRENDSZER (SÍKBAN) ....................................................................................... - 103 -
3.) SÚLYPONT, TÖMEGKÖZÉPPONT ÉS GEOMETRIAI KÖZÉPPONT ................................................ - 104 -
4.) VONALAK SÚLYPONTJA ............................................................................................................. - 105 -
5.) SÍKIDOMOK SÚLYPONTJA.......................................................................................................... - 105 -
6.) PÉLDÁK A PÁRHUZAMOS ERŐRENDSZEREK TÉMAKÖRBŐL ..................................................... - 106 -
- 3 -

V.) MÁSODRENDŰ NYOMATÉK .......................................................... - 110 -
1.) A MÁSODRENDŰ NYOMATÉK ÉRTELMEZÉSE ............................................................................ - 110 -
2.) MÁSODRENDŰ NYOMATÉK AZ XYZ DERÉKSZÖGŰ KOORDINÁTARENDSZERBEN ...................... - 111 -
3.) SÍKIDOMOK MÁSODRENDŰ NYOMATÉKA .................................................................................. - 113 -
4.) KOORDINÁTARENDSZER FORGATÁSA ....................................................................................... - 114 -
5.) KOORDINÁTARENDSZER PÁRHUZAMOS ELTOLÁSA .................................................................. - 115 -
6.) FŐMÁSODRENDŰ NYOMATÉK ÉS FŐIRÁNY ............................................................................... - 116 -
7.) NÉHÁNY SÍKIDOM MÁSODRENDŰ NYOMATÉKA ........................................................................ - 118 -
8.) PÉLDÁK A MÁSODRENDŰ NYOMATÉK TÉMAKÖRBŐL ............................................................... - 119 -
VI.) RÁCSOS SZERKEZETEK ............................................................... - 134 -
1.) SÍKBELI RÁCSOS SZERKEZET ÉRTELMEZÉSE ............................................................................ - 134 -
2.) RÚDERŐK MEGHATÁROZÁSA CSOMÓPONTI MÓDSZERREL ...................................................... - 135 -
3.) HÁROMRUDAS ÁTMETSZŐ MÓDSZER ........................................................................................ - 138 -
4.) „K” RÁCSOZÁSÚ TARTÓK SZÁMÍTÁSA ...................................................................................... - 140 -
5.) PÉLDÁK A RÁCSOS SZERKEZETEK TÉMAKÖRBŐL .................................................................... - 142 -
VII.) SÚRLÓDÁS ....................................................................................... - 149 -
1.) A SÚRLÓDÁS FIZIKAI ÉRTELMEZÉSE......................................................................................... - 149 -
2.) GÖRDÜLÉSI ELLENÁLLÁS .......................................................................................................... - 151 -
3.) KÖTÉLSÚRLÓDÁS ...................................................................................................................... - 153 -
4.) CSAPSÚRLÓDÁS ......................................................................................................................... - 154 -
5.) PÉLDÁK A SÚRLÓDÁS TÉMAKÖRBŐL ........................................................................................ - 155 -
- 4 -

Bevezetés
Tisztelt Olvasó / Kedves Hallgató!
Ezen egyetemi jegyzet a mechanika, azon belül a statika tudományával foglalkozik.
Nem titkolt célja, hogy segítséget nyújtson azoknak a hallgatóknak, akiknek szándékában
áll az e tudományág jelentette fontos ismeretanyag alapjait megismerni és elsajátítani,
ami további tanulmányaik hasznos, sőt elengedhetetlen pillére lehet.
A könyv az alapoktól kezdve dolgozza fel a témát; a téma megértéséhez szükséges matematikai
hátteret az első fejezetben fellelhető összefoglaló ismerteti.
A tananyag elsajátítását a fejezetek célszerű felépítése hivatott támogatni. Minden témakör
esetében az elméleti bevezetőt több részletesen kidolgozott példa követi, melyeket
a megértés elősegítése végett igyekeztünk minél több ábrával illusztrálni. Mindezen
felül gyakorlópéldák is találhatóak a könyvben, melyeknél csak a kiindulási adatokat és
a végeredményeket közöltük. Ezeket önálló megoldás céljára szánjuk.
Tapasztalatainkból kiindulva azt ajánljuk, hogy a tanulás során is a fejezetek struktúráját
kövessék: az elmélet és a feladatok megoldásának szokásos menetének áttekintését
követően ne mulasszanak el néhány példát saját maguk megoldani, hiszen mindez nagy
segítség lehet a tantárgy számonkéréseire való felkészülésben. Az így szerzett tapasztalat
és gyakorlottság pótolhatatlan.
Könyvünket hiánypótlónak szánjuk a hallgatóbarát statikakönyvek területén, így az írás
során elsődleges volt az a szempont, hogy a hallgatók könnyen használható, logikus és
lényegre törő segédletet kapjanak tanulmányaik során. Őszintén reméljük, hogy a tanulók
hasznosnak ítélik meg a könyvet, és segítségével még sikeresebben lesznek képesek
ismereteik részévé tenni e nagyszerű tudományt.
Miként a témakör egyik népszerű oktatója gyakorta említette:
„A társadalomtudományokkal szemben a statika tudománya független a politikai rendszerek
változásától, így aki egyszer elsajátítja, azt már nem érheti meglepetés.”
Budapest, 2009
- 5 -
A szerzők

I.) Matematikai összefoglaló
1.) Mátrix számítás alapjai
Definíció: A számok egy bizonyos alakba történő elrendezését mátrixnak nevezzük.
⎡a
⎢
⎢
a
⎢ M
⎢
⎣am
11
21
1
a
a
a
12
22
M
m2
A mátrix elemeit indexszel látjuk el, ami megmutatja, hogy az adott elem a mátrix mely
sorában, illetve oszlopában helyezkedik el. Első szám a sorindex, a második az oszlopindex.
A mátrixoknak több jelölési módja terjedt el. Például: nagybetű kétszer föléhúzva A ,
kétszer aláhúzva A , vagy nyomtatásban a vastag nagybetű A, esetleg [aij] alakú. Ezen
felül szokás indexekkel jelölni a mátrix terjedelmét.
Például: A A m×
n .
m×
n,
Ebben a könyvben a mátrixokat vékony betűvel és két fölévonással fogjuk jelölni: A m×
n
Speciális mátrixok:
- Négyzetes mátrix: A mátrix sorainak és oszlopainak száma megegyezik. (m=n)
- Sormátrix: A mátrixnak egyetlen sora van. (1×n)
- Oszlopmátrix: A mátrixnak egy oszlopa van (m×1)
A mátrixok azon elemei, melyek sorindexe egyenlő az oszlopindexével, alkotják a mátrix
főátlóját. Például: 2×2 mátrixban az a11 és a22 elemek.
1.1.) Mátrixok összeadása és kivonása
Ezek a műveletek csak azonos méretű mátrixok között értelmezhetők.
Adott A m×n melynek elemei aij és B m×n, melynek elemei bij. Az összeadás és kivonás
műveletét az alábbiak szerint értelmezzük: ij ( ) ij ij ij
D −
ij = A − B = a b
illetve kivonásnál: ( ) ij ij ij
- 6 -
L
L
O
L
a
a
a
1n
2n
M
mn
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
C = A + B = a + b
Vagyis az eredménymátrix ij elemét úgy kapjuk meg, hogy a műveletben szereplő mátrixok
ij elemeit a műveletnek megfelelően összeadjuk, vagy kivonjuk.
Példa: Adjuk össze az alábbi 2×2-as mátrixokat.
⎡4
⎢
⎣5
8⎤
⎡7
⎥ +
2
⎢
⎦ ⎣9
1⎤
⎥ =
1⎦
?

Megoldás: A megfelelő helyen lévő elemeket összeadjuk. Tehát 4 + 7 = 11, 8 +1 =9 és
így tovább.
⎡4
8⎤
⎡7
1⎤
⎡11
9⎤
⎢ ⎥ + ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥
⎣5
2⎦
⎣9
1⎦
⎣14
3⎦
1.2.) Mátrixok szorzása skalár számmal
Adott A = [ a ] és λ egy skalár szám. Ekkor ⋅ A = [ λ ⋅ a ]
ij
- 7 -
λ , vagyis egy mátrix szorzását
λ számmal úgy hajtjuk végre, hogy a mátrix minden elemét megszorozzuk a skalár
számmal.
Példa: Szorozzuk meg az alábbi 2×2-es mátrixot kettővel.
⎡4
⎢
⎣5
1.3.) Mátrix szorzása mátrixszal
8⎤
⎡ 8
⎥ * 2 =
2
⎢
⎦ ⎣10
16⎤
4
⎥
⎦
Két mátrixot csak akkor lehet összeszorozni, a szorzás sorrendjét is figyelembe véve, ha
az első tényező oszlopainak száma megegyezik a második tényező sorainak számával.
A n×
m ⋅ Bm×
k = Cn×
k
Ekkor a végeredmény mátrix sorszáma az első tényező sorszámával, az oszlopszáma,
pedig a második tényező oszlopszámával lesz egyenlő.
Négyzetes mátrixok szorzásakor a végeredmény mátrix is négyzetes mátrix lesz, melynek
sor és oszlopszáma megegyezik a tényezőkével.
A mátrix szorzás egy speciális esete, ha sormátrixot oszlopmátrixszal szorzunk. Ebben
az esetben, ugyanis a végeredmény egy 1×1-es mátrix lesz.
× és B
Legyen 1 n = [ a a , a ]
A 11,
22 ? K 1n
n×
1
⎡b11
⎤
⎢ ⎥
⎢
b21
⎥
= ⎢b
⎥ 31
⎢ ⎥
⎢....
⎥
⎢
⎣b
⎥
n1
⎦
A szorzás A ⋅ B eredménye tehát egyetlen szám lesz, melynek értéke a következőképpen
alakul:
⎡b11
⎤
⎢ ⎥
⎢
b21⎥
A ⋅ B = [ a
] ⎢ ⎥
11 , a12
, a13
, K , a1n
⋅ b31
= 11 11 12 21 ... 1n
n1
⎢ ⎥
⎢M
⎥
⎢
⎣b
⎥
n1
⎦
b a b a b a + + + = n
∑ a
1i bi1
i=
1
ij

Általános mátrixok szorzása:
Legyen Am
n [ aij
] m×
n
B n× k = [ bij
] n×
k
× = és
A ×
⋅ B = Am×
n ⋅ B n×
k = C m k .
A C m×
k mátrix elemei:
c = a ⋅b
+ a ⋅b
+ K + a ⋅b
ij
i1
1 j
i2
2 j
in
nj
.
Tehát az eredménymátrix elemeit úgy kapjuk, hogy az A mátrix minden sorát megszo-
rozzuk a B mátrix minden oszlopával.
A sor, oszlop kombinációban végrehajtandó szorzást a speciális sormátrix oszlopmátrixszal
való szorzás szabályai szerint hajtjuk végre.
1.4.) Mátrixok determinánsa
Legyen adva egy négyzetes mátrix. Ennek a mátrixnak a determinánsa egy szám melynek
értékét a mátrixot alkotó elemekből, meghatározott műveleti szabályok szerint számítjuk
ki.
A determináns jelölése: det ( A ) = A .
A 2×2-es mátrix determinánsát az alábbi eljárással határozzuk meg:
det
⎡a
b⎤
a b
( A) = det = = a ⋅ d − b ⋅ c
⎢
⎣c
d
⎥
⎦
Vagyis a főátlóbeli elemek szorzatából kivonjuk a mellékátlóbeli elemek szorzatát.
Tekintsük az alábbi 3×3-as mátrixot:
⎡a
A =
⎢
⎢
a
⎢⎣
a
11
21
31
Válasszuk ki a mátrix valamely elemét és hagyjuk el a kiválasztott elem sorát és oszlopát.
Így egy kisebb méretű (jelenleg 2×2-es) mátrixot kapunk, melynek determinánsa az
előzőek szerint számítható. Ezt a determinánst a kiválasztott elemhez tartozó
aldeterminánsnak nevezzük. Ha kiválasztottuk az a 22 elemet, akkor a hozzá tartozó
aldetermináns:
⎡a
⎢
⎢a
⎢a
⎣
11
21
31
12
32
13
23
33
⎤
⎥ a
⎥ →
⎥
a
⎦
i+ j
Ha az aldeterminánst megszorozzuk még ( )
előjeles aldeterminánst, más néven az adjungáltat.
Az a 22 elemhez tartozó adjungált tehát a következő:
a
a
a
22
i
A
a
a
a
11
31
a
a
a
c
- 8 -
12
22
32
a
a
B
13
33
d
a
a
a
13
23
33
⎤
⎥
⎥
⎥⎦
= a
11
a
33
j
− a
13
a
31
−1 - vel nyerjük a a ij elemhez tartozó
=
i
C
j

2+
2 ( −1)
⋅ ( a a − a a ) = + ( a a − a a )
11
33
13
31
11
33
13
31
Az adjungált előjele az úgynevezett „sakktábla” szabály szerint is meghatározható.
Ilyenkor a mátrix első eleme (bal felső) pozitív, a többi elem előjele az elsőhöz képest
felváltva követi egymást.
⎡ + − + − L⎤
⎢
⎥
⎢
− + − + L
⎥
⎢ + − + − L⎥
⎢
⎥
⎢ − + − + L⎥
⎢
⎣ M M M M O⎥
⎦
A mátrix determinánsát a következő módon számítjuk ki. Válasszunk ki a determináns
tetszőleges sorát vagy oszlopát. A kiválasztott sor vagy oszlop minden elemét megszorozzuk
az adjungáltjával és az így nyert szorzatokat előjelhelyesen összegezzük.
Első sor szerinti kifejtés:
det
.
a22
a23
a21
a23
a21
a22
( A ) = + a11
− a12
+ a13
.
a
32
a
33
A determináns kiszámítása sok esetben egyszerűsödik, ha kihasználjuk a determinánsok
néhány tulajdonságát:
- Ha a determináns két sorát vagy oszlopát felcseréljük, akkor értéke előjelet vált.
- Ha a determináns két sora vagy oszlopa megegyezik, akkor az értéke nulla lesz.
- Ha a determináns valamelyik sorának vagy oszlopának minden elemét megszorozzuk
egy tetszőleges λ számmal, akkor a determináns értéke is λ –szorosára változik.
A determináns kiszámítását célszerű olyan sor vagy oszlop szerint kifejteni, amelyben
sok nulla értékű elem található. Ekkor ugyanis csak a nem zérus elemekhez tartozó
aldeterminánsok kiszámítását kell elvégezni.
2.) Vektorszámítás alapjai
2.1.) A vektoralgebra koordinátamentes értelmezése
2.1.1.) Vektorok fogalma és jelölése
P Q
P
hatásvonal
- 9 -
a
31
a
33
a
31
a
32
Az olyan mennyiségeket, amelyeknek
nemcsak nagysága hanem iránya
is van, vektoroknak nevezzük. A tér
egy P pontjából a Q pontba mutató
vektort a PQ egyenes darab hossza
(nagysága), a térbeli helyzete (állása),
és iránya (értelme) határozza
meg.
A térbeli helyzetet (állást) és az
irányt (értelmet) összefoglalóan csak
iránynak is nevezik. A vektoros jelölése:
PQ , a , a.

Kétféle vektort értelmezünk:
- Szabad vektor: melynek kezdőpontja (támadáspontja) a tér tetszőleges pontjába
helyezhető.
- Kötött vektor: melynek támadáspontja a tér egy meghatározott pontja.
Két kötött vektor akkor egyenlő, ha kezdő és végpontja megegyezik.
Két szabad vektor akkor egyenlő, ha nagyságuk, irányuk és értelmük megegyezik. Ez
azt jelenti, hogy a szabad vektorok önmagukkal párhuzamosan eltolhatók.
A következőkben, többségében szabad vektorokkal fogunk foglalkozni.
2.1.2.) Alapfogalmak
a.) A vektor abszolút értéke:
A vektor abszolút értéke, a vektor hossza, amely egy nem negatív valós
szám.
Jele: v
b.) Zérus vektor vagy nullvektor:
A zérus vektor abszolút értéke nulla és iránya tetszőleges.
c.) Egységvektor:
Az egység vektor abszolút értéke 1. Jelölése: e
Egy v vektor abszolút értékét a következőképpen határozzuk meg:
v
ev =
v
Az egységvektor iránya megegyezik az eredeti v vektor irányával.
d.) Két vektor hajlásszöge:
2.1.3.) Műveletek vektorokkal
v1
v2
v1
a.) Vektorok összeadása:
v 1 + v2
v2
α
A v 1 és 2
figyelembe véve – az a szög, amellyel a v1 vek-
- 10 -
v vektorok hajlásszöge – a sorrendet is
tor pozitív forgatással a v 2 vektor irányba forgatható.
A 1 v és 2
v vektorok összegét a következőképpen
értelmezzük. Az első vektor végpontjához
hozzáillesztjük a második vektor kezdőpontját.
Az első vektor kezdőpontjából a második vektor
végpontjába mutató vektort nevezzük a ( v 1 + v 2 )
vektornak. Ez az összegzési módszer tetszőleges
számú vektor összeadására is használható.
Két vektor összegét a paralelogramma módszer szerint is meghatározhatjuk:
Ennek során a két vektort közös pontból mérjük föl és egy paralelogramma
két szomszédos oldalának tekintjük.

A ( v 1 + v 2 ) vektor a paralelogramma irányított átlója, melynek kezdőpontja
a két vektor közös kezdőpontja.
v1
v2
v +
- 11 -
1 2 v
A vektorok összeadására vonatkozó tulajdonságok:
- Kommutatív azaz felcserélhető:
a + b = b + a
- Asszociatív azaz csoportosítható:
a + b + c = a + b + c = a + b + c
b.) Vektorok kivonása:
b
( ) ( )
Az a és b vektort ( a − b ) különbségén az alábbi vektort
értjük.
A két vektor közös kezdőpontból felmérjük, majd
képezzük a b vektor végpontjából az a vektor végpontjába
mutató vektort.
Az a − b vektort képezhetjük az a + ( −b
) összegeként is.
− b
a
a
a −
b
a − b
c.) Vektorok szorzása skalárral:
− b
Az a vektor és a λ skalár szám szorzata a λ a vektor, melynek a abszolút ér-
téke az a vektor abszolút érté-
kének λ -szorosa, iránya pe-
dig a -val egyező, ha λ pozitív
és ellentétes ha λ negatív.
Ha λ = 0, akkor a szorzás
eredménye zérusvektor
(nullvektor).
a
v + v + v + v
1
2
a − b
a
3
λa
v1 2 v
4
λa
v + v
1
1
2
v + v + v
2
3
v4
v3
ha λ > 0
ha λ < 0

A skalárral való szorzás tulajdonságai:
- Asszociativitás (csoportosíthatóság) : ( λ 1λ2
) a = λ1(
λ2
a)
= λ2
( λ1
a)
- Disztributivitás (szétválaszthatóság): ( λ + λ ) = λ a + λ a és
b
λb
a + b
a
- 12 -
λa
1 2 a 1 2
( a + b)
= λa
λb
λ +
λ(
a + b
d.) Vektor szorzása vektorral skalárisan (skaláris szorzat)
b
α
)
Két vektor skaláris szorzata a két vektor
abszolút értékének és hajlásszögük koszinuszának
szorzata. Jele: a ⋅ b
a ⋅b = a ⋅ b
⋅cosα
Két vektor skaláris szorzata valós számot, skalárt eredményez. Két vektor
skaláris szorzata az alábbi esetekben lehet zérus:
- a = 0
- b = 0
- cosα = 0 ⇒ α = 90°
Vagyis két nem zérus vektor skaláris szorzata zérus, ha a vektorok merőlegesek
egymásra. Másképp fogalmazva: két nem nullvektor skaláris szorzata
csak akkor nulla, ha a két vektor derékszöget zár be egymással.
A skaláris szorzás az alábbi tulajdonságokkal rendelkezik.:
- a ⋅ b = b⋅
a
λ a ⋅ b = λa
⋅ b = a ⋅ λb
- ( ) ( ) ( )
- ( a + b)
⋅ c = a ⋅ c + b ⋅ c
a
b ⋅cosα
Ha két vektor közül az egyik egységvektor, akkor az
e ⋅ a skalár szorzat, az a vektor e vektorra vett merőleges
vetületét adja.
e
a
α
e ⋅a

e.) Vektor szorzása vektorral vektoriálisan (vektoriális szorzat)
a × b
b
• ρ
a
Két vektor vektoriális szorzata vektor. Jele: a × b
(A sorrend fontos!)
Ennek abszolút értéke: a × b = a ⋅ b ⋅sin
ρ
Az ( a × b)
vektor az a és b vektorokra merőleges úgy,
hogy az a , b és a × b vektorok ebben a sorrendben
egy jobb sodrású rendszert alkotnak.
A vektoriális szorzat abszolút értékének
geometriai jelentése: a két vektor által
kifeszített paralelogramma területe.
Két vektor vektoriális szorzata is lehet
zérus, abban az esetben, ha egyik vektor
sem nullvektor. Ha két vektor párhuza-
mos, akkor vektoriális szorzatuk zérus, mert az általuk bezárt szög szinusza
zérus.
Ez a megállapítás fordítva is igaz, ha két nem zérus vektor vektoriális szorzata
zérus, akkor a vektorok párhuzamosak egymással.
A vektoriális szorzás tulajdonságai:
- a × b = − b × a (A tényezők felcserélése előjelváltással jár!)
- ( a + b ) × c = a × c + b × c
- λ ( a × b ) = λa
× b = a × λb
( ) ( ) ( )
- ⎬ ( ) ( ) ( ) ⎭ ⎫
a × b × c = b a c − c a b
a × b × c = b a c − a bc
f.) Vegyes szorzás
- 13 -
Kifejtési tétel.
Három vektor vegyes szorzata egy skalár szám, amely két vektor vektori
szorzatának a harmadikkal való skaláris szorzata.
c ⋅cosρ
a × b
a b c
ρ
c
α
b
a
( a × b ) ⋅ c = a × b ⋅ ⋅ cos ρ
= c
A vegyes szorzat geometriai jelentése az a , b és c vektorok által kifeszített
paralelepipedon térfogata. Annak ellenére, hogy a térfogat a fizikai értelmezés
szerint mindig pozitív értékű, a vegyes szorzat eredménye aszerint
pozitív vagy negatív, hogy a három vektor jobb vagy balrendszert alkot-e.
ρ
b
a
b ⋅sin
ρ

A felcserélési tétel szerint:
a × b ⋅ c = c × a ⋅b
= b × c ⋅ a = − a × c ⋅b
= − b × a ⋅
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) c
A vegyes szorzat zérusértékű lehet akkor is, ha egyik tényezője sem zérus.
Az a b c = 0 egyenlőség áll fenn, ha a három vektor egy síkban van
(komplanáris).
2.2.) A vektor algebra koordinátás értelmezése
2.2.1.) A vektor koordinátás értelmezése
A vektorok koordinátás értelmezése során jobbsodrású koordináta rendszert
használunk.
Legyen az x,y,z koordinátarendszer pozitív tengelyeinek irányába mutató egységvektorok:
i , j,
k .
x
vx
i
z
vz
k
j
A háromdimenziós tér, bármely v vektora előállítható
= v + v + v = xi
+ yj
+ zk
alakban, ahol x,y,z a v vektor koordinátái.
v x y z
y
- 14 -
v
v y
Síkbeli feladatok esetén csak kétdimenziós
koordinátarendszert használunk. Ekkor a
vektoroknak a k egységvektor irányába eső
komponense (koordinátája) zérus értékű.
v = vx
+ v y =
Kétdimenziós esetben a trigonometria is könynyebben
kezelhető.
x = v ⋅ cosα
y = v
y
vy
j
i
⋅sin
α
y
tg α = ctgα
=
x
x
v
vx
x
y
x
xi
+
y
yj
α
v
x
y
x

2.2.2.) Műveletek vektorokkal
a.) Vektorok összeadása
y
j
i
v + v
1
v1
x 1
2
v2
x 2
y 2
y 1
Legyen v1 = x1i
+ y1
j és v2 = x2i
+ y2
j , akkor
v1 + v2
= ( x1
+ x2
) i + ( y1
+ y2
) j .
Két vektor összegének koordinátái az összeadandó
vektorok megfelelő koordinátáinak
összegével egyenlő.
n
n
n
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
v1
+ v2
+ K + vi
+ K+
vn
= ⎜∑
xi
⎟i
+ ⎜∑
yi
⎟ j + ⎜∑
zi
⎟k ⎝ i=
1 ⎠ ⎝ i=
1 ⎠ ⎝ i=
1 ⎠
Mivel a koordináták előjeles számok, ezért az összegzésnél az előjeleket figyelembe
kell venni.
b.) Vektorok különbsége
Két vektor különbségének koordinátái a megfelelő koordináták különbségével
egyenlő.
Legyen = x i + y j + z k és = x i + y j + z k .
v1 1 1 1
- 15 -
v2 2 2 2
Ekkor ( v ) = ( x − x ) i + ( y − y ) j + ( z − z )k
v1 2 1 2 1 2 1 2
− .
Két vektor különbségének ismerete lehetőséget teremt arra, hogy meghatározzuk
két pont közötti vektor koordinátáit.
Az ábrára rajzolt vektorokra
felírhatjuk az alábbi összefüggést:
z
r a + AB = rb
.
B (bx, by, bz )
Az egyenletet átrendezve
kapjuk: AB = rb
− ra
.
Ez azt jelenti, ha ismerjük a két pont
koordinátáit, a két pontot
összekötő vektort úgy határozhatjuk
meg, hogy a végpont koordinátáiból
kivonjuk a kezdőpont koordinátáit.
= b − a i + b − a j + b −a
k
( ) ( ) ( ) .
AB x x y y z z
c.) Vektor szorzása skalárral koordinátás alakban
Egy λ skalár szám és egy vektor szorzatának koordinátái az eredeti vektor
koordinátáinak λ - szorosa.
Legyen v = xi
+ yj
+ zk
, akkor λ v = ( λx)
i + ( λy)
j + ( λz)k
.
x
P
A (a x, a y, a z )
AB
ra
rb
y

d.) Skaláris szorzat koordinátás alakja
Két vektor skaláris szorzata egyenlő a két vektor megfelelő koordinátái szorzatának
összegével.
Legyen x i + y j + z k
ν = x , y , z és legyen
v1 1 1 1
v2 2 2 2
= , vagy másképp [ ]
= x i + y
⎡x
2 ⎤
j + z k , illetve v
⎢ ⎥
2 =
⎢
y2
⎥
.
⎢⎣
z ⎥ 2 ⎦
v ⋅ v = x i ⋅ x i + y j ⋅ x i
1
2
1
+ x i ⋅ y
1
+ x i ⋅ z
1
2
2
2
j
k
+
+
- 16 -
y j ⋅ y
y j ⋅ z
1
1
1
2
2
2
j
1
j
+
+
+
1
1
z k ⋅ z
1
z k ⋅ x i
z k ⋅ y
Mivel i ⋅ i = j ⋅ j = k ⋅ k = 1 és i ⋅ j = i ⋅ k = j ⋅ k = 0 , így
v ⋅ v
1
2
= x ⋅ x + y ⋅ y + z ⋅ z =
1
2
1
2
1
2
[ x , y , z ]
e.) Vektoriális szorzat koordinátás alakja
i
1
1
1
⎡x
2 ⎤
⋅
⎢ ⎥
⎢
y2
⎥
⎢⎣
z ⎥ 2 ⎦
Az i , j , k jobbrendszert alkotó, egymásra merőleges egységvektorok
páronkénti vektoriális szorzata:
i × i = 0 i × j = k i × k = − j
j × i = −k
k × i
k
=
j
j × j = 0
k × j = −i
j × k = i
k × k = 0
Legyen = x i + y j + z k és = x i + y j + z k .
v1 1 1 1 v2 2 2 2
v1 v2
= x1i
+ y1
j + z1k
× x2i
+ y2
j + z2k
Ekkor ( ) ( )
× .
Az előzőeket valamint a disztributivitást felhasználva az eredmény számítható.
A vektori szorzat a mátrixszámítást felhasználva az alábbi alakban írható fel.
⎡ i j k ⎤
⎢ ⎥
v 1 × v2
= det⎢
x1
y1
z1
⎥ =
⎢x2
y2
z ⎥
⎣
2 ⎦
f.) Vegyes szorzat koordinátás alakja
Legyen
j
v1 1 1 1
v2 x2i
+ y2
j + z2
v3 = x3i
+ y3
j + z3
= x i + y j + z k ,
= k ,
k
i
x
x
1
2
Ekkor:
v v
1
2
v
3
y
y
j
1
2
1
1
1
k
z
z
⎡ x
= det
⎢
⎢
x
⎢⎣
x
1
2
1
2
3
2
2
2
k
y
k
y
y
1
2
3
z1
⎤
z
⎥
2 ⎥
z ⎥ 3 ⎦

g.) A vektor abszolút értékének koordinátás előállítása
Egy vektor abszolút értéke, a koordináták négyzetösszegéből vont négyzetgyök.
Legyen = x i + y j + z k , akkor
v 1 1 1
- 17 -
v = x + y + z .
h.) Egységvektor előállítása koordinátás alakban
v x1i
+ y1
j + z1k
Legyen v = x1
i + y1
j + z1k
, ekkor ea = =
v 2 2 2
x + y + z
3.) A tenzor
i.) Vetület előállítása koordinátás alakban
A b vektornak az a vektorra való merőleges vetülete.
Legyen = a i + a j + a k és = b i + b j + b k .
a x y z
b
a
=
3.1.) A tenzor fogalma
2
1
b x y z
a i + a j + a k
1
1
2
1
1
2
1
ba = b ⋅ en
= b ⋅
x y z x x y y z
( bxi
+ by
j + bzk
) ⋅
=
2 2 2
2 2 2
ea
b
a
x
+ a
y
+ a
ρ a
z
ba
a
b
a
+ a
x
b
+ a
y
+ a b
A fizikai rendszerek változását szimbolikusan operátorokkal fejezzük ki. Ha egy v
vektort elforgatunk valamely adott szöggel és ezzel a v * vektorhoz jutunk, akkor
ezt a változást jellemezhetjük az 0 operátorral.
v* = 0v
+ a
n
n
Abban az esetben, ha az operátor rendelkezik a 0 ⋅
⎡
α
⎤
= [ ]
ivi
α i 0vi
tulajdonságokkal – ahol i
α skalár szám – az operátort lineáris, homogén vektoroperátornak
vagy más néven tenzornak nevezzük. A tenzort vastag betűvel és két
felülvonással jelöljük.
Egy tenzort akkor tekintünk egyértelműen meghatározottnak, ha meg tudjuk adni
tetszőleges vektorral képzett szorzatát, vagy ami ugyanezt jelenti, meg tudjuk mondani,
hogy egy adott vektort milyen vektorra képez le.
⎢⎣
∑
i=
1
⎥⎦
∑
i=
1
z
z
a
a

Ehhez elegendő megadni, hogy a tenzor a tér három nem komplanáris (nem egy síkban
fekvő) vektorát mely vektorokra transzformálja. Legyen a tér három nem
komplanáris vektora a ,b , c és a transzformáció a következő:
d *
c *
x
a *
a
i
c
k
z
b *
- 18 -
j
a*
= T a
b*
= Tb
c*
= T c
Mivel a b c ≠ 0,
a tér bármely d vektora felírható. = λ a + λ b + λ c alakban.
Alkalmazva a d vektorra, a transzformációt, kapjuk:
d
b
d 1 2 3
( λ a + λ a + λ a ) = λ T a + λ Tb
+ λ c = λ a * + λ b * + c *
d λ
* = T d = T 1 2 3 1
2
3 T 1 2 3
Vagyis, a d * (transzformált vektor) előállítható az alapvektorok transzformáltjainak
lineáris kombinációjaként.
Az előzőekből következik, hogy ha a vektorhármast ( a , b , c ) rögzítjük, akkor a
tenzor egyértelműen jellemezhető. Legcélszerűbb, ha e vektorhármasnak a koordinátatengelyeket
kijelölő egységvektorokat e 1 , e2
, e3
választjuk.
Ismerve az
e * = Te
1
2
3
1
e * = Te
e * = Te
2
3
⎡a
e
⎢
1* =
⎢
a
⎢⎣
a
11
21
31
⎤
⎥
⎥
⎥⎦
⎡a
e
⎢
2* =
⎢
a
⎢⎣
a
12
22
32
⎤
⎥
⎥
⎥⎦
⎡a
e
⎢
3* =
⎢
a
⎢⎣
a
vektorokat, a T tenzort ezekkel, mint vektorrendezőkkel jellemezhetjük.
[ e e *, e * ]
T = 1*,
2 3
Tetszőleges v λ 1e1
+ λ2e2
+ λ3e3
= vektor esetén a leképezés
T v = λ e + λ e * + λ e * , illetve
1 1 * 2 2 3 3
13
23
33
y
⎤
⎥
⎥
⎥⎦

⎡v1
* ⎤ ⎡a
v * =
⎢
v
⎥
=
⎢
2 * λ1
a
⎢ ⎥ ⎢
⎢⎣
v ⎥⎦
⎢
3 * ⎣a
alakban lehetséges.
11
21
31
⎤ ⎡a
⎥
+ λ
⎢
2 a
⎥ ⎢
⎥⎦
⎢⎣
a
12
22
32
⎤ ⎡a
⎥
+ λ
⎢
3 a
⎥ ⎢
⎥⎦
⎢⎣
a
- 19 -
13
23
33
⎤ ⎡a
⎥
=
⎢
a
⎥ ⎢
⎥⎦
⎢⎣
a
11
21
31
a
a
a
12
22
32
a
a
a
13
23
33
⎤⎡λ1
⎤
⎥⎢
λ
⎥
2 ⎥⎢
⎥
⎥⎦
⎢⎣
λ ⎥ 3 ⎦
A tenzort tehát három vektor vagy kilenc skalár adat jellemezheti. Ezeket a skalár
adatokat mátrixba foglalva kapjuk a tenzor mátrixát. Például:
⎡a11
a12
a13
⎤
T =
⎢
⎥
⎢
a21
a22
a23
⎥
⎢⎣
a
⎥
31 a32
a33
⎦
3.2.) Sajátérték, sajátvektor
A vektorok leképezésénél léteznek olyan egységvektorok, amelyekhez az adott
tenzor az eredeti vektorral egyező állású vektort rendel.
x
i
k
z
j
v
Rendezzük át a T v = λv
egyenletet.
( T − ) = 0
v* = λv
Ezeket az vektorokat a T tenzor sajátvektorainak,
a hozzájuk tartozó λ számokat
pedig a tenzor sajátértékeinek nevezzük. A
mechanika oktatás gyakorlatában szimmetrikus
tenzorok fordulnak elő.
A szimmetrikus tenzornak legalább – a
dimenziószámmal megegyező számú –
egymásra páronként merőleges
ei i = 1,
2,
3 sajátvektor-rendszere és en-
( )
nek megfelelően λ1 ≥ λ2
≥ λ3
valós sajátértéke
van. Ezek a sajátértékek illetve sajátvektorok
a mechanika különböző ágaiban
más és más fizikai tartalommal bírnak.
Tv − λ E ⋅v
= λE
v , ahol E az úgynevezett egységtenzor.
A vektoregyenlet mátrixos írásmóddal az alábbi.
y
⎡a11
− λ
⎢
⎢
a21
⎢⎣
a31
a12
a22
− λ
a32
a13
⎤⎡v
x ⎤ ⎡0⎤
a
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
23 ⎥⎢
v y ⎥ ⎢
0
⎥
a − ⎥⎦
⎢⎣
⎥⎦
⎢⎣
0⎥
33 λ vz
⎦
⎡1
ahol v x , v y , vz
a v vektor koordinátái és E =
⎢
⎢
0
⎢⎣
0
0
1
0
0⎤
0
⎥
⎥
1⎥⎦
A homogén lineáris egyenletrendszernek triviálistól különböző megoldása csak akkor
van, ha
⎡a1
− λ
det
⎢
⎢
a21
⎢⎣
a31
a12
a22
− λ
a32
a13
⎤
a
⎥
23 ⎥
= 0
a ⎥ 33 − λ⎦

A tenzor első skalár invariánsa: s 1 = a11
+ a22
+ a33
A tenzor második skalár invariánsa:
s 2
⎡a11
= det⎢
⎣a21
a12
⎤ ⎡a11
⎥ + det
a
⎢
22 ⎦ ⎣a31
a13
⎤ ⎡a
⎥ + det
a
⎢
33 ⎦ ⎣a
Vegyük észre, hogy a második skalár invariáns a tenzor főátlójában található elemekhez
tarozó aldeterminánsok összege.
A tenzor harmadik skalár invariánsa: s 3
⎡a11
= det
⎢
⎢
a21
⎢⎣
a31
a12
a22
a32
a13
⎤
a
⎥
23 ⎥
a ⎥ 33 ⎦
3 2
Az egyenlet így λ − s λ + s λ − s = 0 alakú harmadfokú polinom. Ennek megol-
1
2
3
dásai adják a λ 3 , λ2
, λ1
sajtértékeket.
A λ i sajátértékhez tartozó sajátvektort v i az alábbi egyenletek felhasználásával
tudjuk meghatározni:
⎡a11
− λi
⎢
⎢
a21
⎢⎣
a31
a12
a22
− λi
a32
a13
⎤⎡vix
⎤ ⎡0⎤
a
⎥⎢
⎥
=
⎢ ⎥
23 ⎥⎢
viy
⎥ ⎢
0
⎥
a − ⎥⎦
⎢⎣
⎥⎦
⎢⎣
0⎥
33 λi
viz
⎦
illetve,
2
v
2
v
2
+ v = 1
ix + iy iz
Az előző négy egyenlet közül csak három lineárisan független. Ezek segítségével a
keresett vektorrendezők meghatározhatók.
Síkbeli transzformáció esetén a transzformációt leíró tenzor csak négy elemet tartalmaz.
⎡a11
a12
⎤
T = ⎢ ⎥
⎣a21
a22
⎦
A karakterisztikus egyenlet ennek megfelelően csak másodfokú.
⎡a11
− λ
det⎢
⎣ a21
- 20 -
a12
⎤
⎥ = 0
a22
− λ⎦
Vagyis a tenzornak két sajátértéke és két sajátvektora van. Ezek a vektorok – szimmetrikus
tenzorokról lévén szó – merőlegesek egymásra.
22
32
a
a
23
33
⎤
⎥
⎦

4.) Példák a matematikai összefoglaló témakörből
1. példa
Legyen adott az alábbi két mátrix:
⎡1
3 5⎤
⎡6
A =
⎢ ⎥
⎢
2 4 0
⎥
és B =
⎢
⎢
4
⎢⎣
4 0 0⎥⎦
⎢⎣
1
Határozzuk meg a két mátrix összegének, különbségének és szorzatának determinánsát!
a.) Összeg
⎡7
8 5⎤
A + B = C , tehát C =
⎢ ⎥
⎢
6 8 0
⎥
⎢⎣
5 2 7⎥⎦
A determináns meghatározását végezzük el az első sor szerinti kifejtéssel.
b.) Különbség
det C = +
= 7 ⋅
= 7 ⋅
8
7
2
0 6
−8
7 5
- 21 -
0 6
+ 5
7 5
5
4
2
0⎤
0
⎥
⎥
7⎥⎦
[ 8⋅
7 − 2⋅
0]
−8
⋅[
6⋅
7 − 5⋅
0]
+ 5[
6⋅
2 − 5⋅8]
=
[ 56]
− 8⋅[
42]
+ 5⋅
[ − 28]
= 392 − 336 −140
= −84
⎡−
5
A − B = D , tehát D =
⎢
⎢
− 2
⎢⎣
3
A determinánst fejtsük ki a középső sor szerint.
c.) Szorzat
A ⋅ B =
⎡1
H
=
⎢
⎢
2
⎢⎣
4
H
3
4
0
− 2
det D = − ( −2)
⋅
− 2
5 5
+ 0 ⋅
− 7 3
= 2 ⋅ ( 14 + 10)
+ 0 ⋅ (...) − 0 ⋅ (...) = 48
5⎤
⎡6
0
⎥
⋅
⎢
⎥ ⎢
4
0⎥⎦
⎢⎣
1
5
4
2
0⎤
⎡h
0
⎥
=
⎢
⎥ ⎢
h
7⎥⎦
⎢⎣
h
11
21
31
h
h
h
12
22
32
h
h
h
13
23
33
⎤
⎥
⎥
⎥⎦
8
2
=
− 2
0
− 2
5 ⎤
0
⎥
⎥
− 7⎥⎦
5 − 5
− 0 ⋅
− 7 3
− 2
=
− 2

h
h
h
h
h
h
h
h
h
11
12
13
21
22
23
31
32
33
2. példa
Tehát
= 1⋅
6 + 3⋅
4 + 5 ⋅1
= 6 + 12 + 5 = 23
= 1⋅
5 + 3⋅
4 + 5 ⋅ 2 = 5 + 12 + 10 = 27
= 1⋅
0 + 3⋅
0 + 5 ⋅ 7 = 0 + 0 + 35 = 35
= 2 ⋅ 6 + 4 ⋅ 4 + 0 ⋅1
= 12 + 16 + 0 = 28
= 2 ⋅5
+ 4 ⋅ 4 + 0 ⋅ 2 = 10 + 16 + 0 = 26
= 2 ⋅ 0 + 4 ⋅ 0 + 0 ⋅ 7 = 0 + 0 + 0 = 0
= 4 ⋅ 6 + 0 ⋅ 4 + 0 ⋅1
= 24 + 0 + 0 = 24
= 4 ⋅ 5 + 0 ⋅ 4 + 0 ⋅ 2 = 20 + 0 + 0 = 20
= 4 ⋅ 0 + 0 ⋅ 0 + 0 ⋅ 7 = 0 + 0 + 0 = 0
⎡23
H =
⎢
⎢
28
⎢⎣
24
27
26
20
35⎤
0
⎥
⎥
0 ⎥⎦
A determináns értékének meghatározását végezzük el az utolsó oszlop szerinti
kifejtéssel.
28
det H = 35⋅
24
26 23
− 0 ⋅
20 24
= 35 ⋅ ( 28⋅
20 − 24 ⋅ 26)
= − 2240
27 23
+ 0 ⋅
20 28
Határozzuk meg a CA és CB vektorra merőleges
a vektort!
A (4, 2, 0); B (2, 4, 3); C (3, 0, 4)
CA = 1i + 2 j − 4k
CB = −1i
+ 4 j −1k
i
j
k
a = CA × CB = 1 2 − 4 = i ( −2
+ 16)
− j(
−1
− 4)
+ k ( 4 + 2)
= 14i
+ 5 j + 6k
−1
4
−1
Természetesen a CB × CA vektor is merőleges a két vektorra.
i
j
k
CB × CA = −1
4 −1
= i ( −16
+ 2)
− j(
4 + 1)
+ k ( −2
− 4)
= −14i
− 5 j − 6k
1
2
− 4
Amint várható volt, az egyik vektor a másik (-1) - szerese.
- 22 -
x
27
26
4
=
C
•
3
4
3
z
• A
2
B •
4
y

3. példa
Határozzuk meg a CB = b vektor vetületét a CA = a vektorra.
A (4, 4, 2); B (2, 6, 5); C (1, 1, 3)
CB = b = 1i
+ 5 j + 2k
CA = a = 3i
+ 3 j −1k
e a =
a
e a
=
a
a
= +
S = b ⋅ ea
4. példa
9 + 9 + 1 =
3
i +
19
=
19
3
j −
19
⎡
⎢+
⎢
1
k
19
3 ⎤
⎥
19 ⎥
3
19 ⎥
1 ⎥
⎥
19 ⎦
3
[ 1 , 5,
2]
⋅ ⎢+
⎥ = + − = = 2,
065
⎢
⎢
⎢−
⎣
Határozza meg az A, B, C, D pontokkal megadott
paralelepipedon térfogatát!
A (4, -2 3); B (8, 6, -1); C (6, 10, 0); D (9, 7, 5)
A keresett térfogatot, a
BA = a,
BC = c,
BD = d vektorok vegyes szorzata
adja.
a cd
V=216
BA = a = −4i
− 8 j + 4k
BC = c = −2i
+ 4 j + 1k
BD = d = 1i
+ 1 j + 6k
V =
− 4
= − 2
1
acd
−8
4
1
4
19
15
19
2
19
1 = −4⋅
( 24 − 2)
+ 8⋅
( −12
−1)
+ 4⋅
( −2
− 4)
= −88
−104
− 24 = −216
6
- 23 -
x
16
19
x
A
z
C
•
z
D
B
B
•
•
A
C
y
y

5. példa
Bontsuk fel az F vektort AD = a,
BD = b és
CD = c vektorok irányába mutató komponensekre!
A (2, 6 0); B (0, 0, 0); C (4, 0, 0); D (2, 3, 6)
F = −200
i + 300 j + 400k
A felbontás során kapott komponensvektorok összege a felbontandó vektorral egyenlő
F = a * + b * + c * .
A komponensvektorok mindegyike valamely előre megadott vektor irányába néz, tehát
írható, hogy:
a*
= λ a
1
b*
= λ b
2
c*
= λ c
Ezekkel a vektoregyenlet az alábbi alakot ölti: F = λ 1a
+ λ2b
+ λ3c
A megadott pontok alapján a vektorok számíthatók, vagyis
AD = a = 0i
− 3 j + 6k
BD = b = 2i
+ 3 j + 6k
CD = c = −2i
+ 3 j + 6k
A vektoregyenlet megoldására többféle módszer is létezik:
A.) Megoldás:
3
Helyettesítsük be a vektoregyenletbe a megadott F illetve a kiszámított a , b , c
vektorok vektorrendezőit.
− 200i + 300 j + 400k
= λ 1(
0i
− 3 j + 6k
) + λ2
( 2i
+ 3 j + 6k
) + λ3
( −2i
+ 3 j + 6k
)
Az egyenlet jobboldalán végezzük el a skalárral való szorzást, valamint csoportosítsuk
azokat az i , j,
k egységvektorok szerint.
− 200i
+ 300 j + 400k
=
= ( 0λ1
+ 2λ2
− 2λ3
) ⋅i
+ ( −3λ1
+ 3λ2
+ 3λ3
) ⋅ j + ( 6λ1
+ 6λ2
+ 6λ3
) ⋅ k
Két vektor akkor egyenlő, ha a megfelelő vektorrendezők értéke azonos. Ezt figyelembe
véve, az alábbi egyenletrendszert kapjuk.
−
200 =
400 =
1
1
1
300 = −3λ
+ 3λ
+ 3λ
- 24 -
2
2
2
x
0λ
+ 2λ
− 2λ
6λ
+ 6λ
+ 6λ
•
C
3
3
3
•
z
D •
F
B
•
A

A három ismeretlenes egyenletrendszer megoldása során az alábbi értékeket kapjuk:
2400
1200
13200
λ 1 = −
λ2
= −
λ3
=
144
144
144
B.) Megoldás:
Szorozzuk meg a vektoregyenletet jobbról skalárisan a ( b × c)
vektorral.
F ⋅ ( b × c)
=
= λ a(
b × c)
+ λ b ( b × c)
+ λ c(
b × c)
1
Figyelembe véve, hogy a ( c )
2
3
b × olyan vektor, amely merőleges mind a b , mind a
c vektorra, továbbá azt, hogy két egymásra merőleges vektor skaláris szorzata
zérus, a jobb oldalon a második és harmadik tag zérus értékű.
b ⋅ b × c = 0
( )
( b × c ) = 0
c ⋅
Ezzel az egyenlet az alábbi alakot veszi fel.
F ⋅ ( b × c ) = λ 1a(
b × c )
Az egyenletben található vektor műveletek összevontan felírhatók úgynevezett
vegyes szorzatokként.
F ⋅ b × c = Fb
c
( )
( b × c ) = ab
c
a ⋅
Mivel a vegyes szorzatok eredménye skalár szám, írható
Fb
c
λ 1 =
ab
c
A λ 1 értéke, tehát kiszámítható két determináns hányadosaként. A 2
- 25 -
λ kiszámítá-
c × a -
sakor hasonlóan járunk el, azzal a különbséggel, hogy a vektor egyenletet ( )
val szorozzuk meg.
A λ 2 értéke
Fca
− Fac
aFc
λ 2 = = =
b ca
− b ac
ab
c
Itt figyelemmel voltunk arra, hogy a determináns értéke előjelet vált, ha két sorát
felcseréljük. Hasonlóan adódik a
ab
F
λ 3 =
ab
c
A négy determináns kiszámítása az alábbiak szerint történik.
a b c
F
b c
=
=
0
2
− 2
− 200
2
− 2
− 3
3
3
3
3
6
6 = 3⋅
( 12 + 12)
+ 6⋅
6
300
400
6
6
= −200⋅
( 6 + 6)
= 144
( 18 −18)
− 300⋅
( 12 + 12)
+ 400⋅
( 6 + 6)
= −2400

a Fc
a b F
6. példa
0
= − 200
=
Ezekkel
− 2
0
2
− 200
− 3
300
3
− 3
3
300
6
400 = 3⋅
6
6
6
400
= 3⋅
( −1200
+ 800)
+ 6⋅
( − 600 + 600)
= −1200
( 800 + 1200)
+ 6 ⋅ ( 600 + 600)
= 13200
− 2400
−1200
λ 1 = λ2
=
λ3
=
144
144
A kiszámított λ értékekkel a komponensvektorok:
7200 −14400
a*
= λ1a
= 0i
+ j + k
144 144
2400 3600 7200
b*
= λ2b
= − i − j − k
144 144 144
26400 39600 79200
c*
= λ3c
= − i + j + k
144 144 144
Ellenőrzésképpen adjuk össze a komponensvektorokat.
a * + b * + c*
= −200i
+ 300 j + 400k
Ezzel megkaptuk az F vektort.
Határozzuk meg az I tenzor sajátértékeit és sajátvektorait!
⎡ 80 − 50⎤
I = ⎢ ⎥
⎣−
50 20 ⎦
Sajátérték meghatározása:
⎡80
− λ − 50 ⎤
det ⎢
= 0
50 20
⎥
⎣ − − λ⎦
( 80 − λ)
⋅ ( 20 − λ)
2
λ −100λ
+ 1600 − 2500 = 0
2
λ −100λ
− 900 = 0
λ
1,
2
⇒
100 ±
=
1
100
2
− ( −50)
2
λ = 108,
31
2
= 0
+ 4 ⋅900
100 ±
=
2
13600
2
λ = −8,
31
- 26 -
100 ± 116,
62
=
⇒
2
λ 108,
31 sajátértékhez tartozó sajátvektor meghatározása:
1 =
13200
144

⎡80
−108,
31
⎢
⎣ − 50
⎡−
28,
31
⎢
⎣ − 50
− 28,
31⋅
e
− 50 ⋅ e
1x
− 50 ⎤⎡e
⎥⎢
20 −108,
31⎦⎣e
− 50 ⎤⎡e
⎥⎢
− 88,
31⎦⎢⎣
e
1x
− 50 ⋅ e
− 88,
31⋅
e
50
28,
31
1y
1y
2
1x
2
1y
1x
1y
⎤ ⎡0⎤
2 2
⎥ = ⎢ ⎥ és e 1 x + e1y
= 1
⎦ ⎣0⎦
⎤ ⎡0⎤
2 2
⎥ = ⎢ ⎥ és e 1 x + e1y
= 1
⎥⎦
⎣0⎦
= 0
2 2
és e 1 x + e1y
= 1
= 0
e1x = − e1
y = −1,
7662 ⋅e1
y
2 2
( −1,
7662 ⋅ e1 y ) + e1
y = 1 e1
y = ± 0,
49271 e1x
= m0,
87022
e1
y 0,
49271
tgα
= =
e x − 0,
87022
1
⇒
α = −29,
52°
Ha az egység vektort en = cos α i + sinα
j alakban használjuk. Akkor az alábbi megoldást
kapjuk.
−
28,
31 cosα
− 50 sin α = 0
− 50 cos α − 88,
31 sin α = 0
2
2
Ebben az esetben a sin + cos α = 1
ségvektor.
− 28,
31 cos α = 50 sinα
28,
31 sinα
− = = tg α
50 cosα
α = −29,
52°
λ = −8,
31sajátértékhez
tartozó sajátvektor
2
⎡80
⎢
⎣
−
( − 8,
31)
− 50
y
20 −
− 50
α azonosság alapján az 1
⎤ ⎡cos
γ ⎤ ⎡0⎤
⎥ ⋅ ⎢ ⎥ = ⎢
( − 8,
31)
⎥
⎦ ⎣sin
γ ⎦ ⎣0⎦
e2
γ =60,48°
α=-29,52°
e
1
X
88,
31⋅
cos γ − 50sin
γ = 0
88,
31 sin γ
= = tg γ
50 cos γ
γ = 60,
48°
- 27 -
⇒
e vektor biztosan egy-
A két tengely merőleges egymásra.

II.) Erőrendszerek
1.) Alapfogalmak
1.1.) Erő
Az erő mindig két test egymásra kifejtett kölcsönhatása. Ez a kölcsönhatás - kevés kivételtől
eltekintve - a két test közvetlen érintkezése nyomán keletkezik.
Az erőt vektorjellegű mennyiségnek tekintjük - F r -, vagyis jellemzője a nagysága, iránya,
valamint támadáspontja. Az erő kötött vektor.
x
z
F
támadáspont
- 28 -
A támadásponton keresztülfektetett
és az erő irányával párhuzamos
egyenes az erő hatásvonala.
Az erő mértékegysége - Newton F = m ⋅ a törvényét figyelembe véve - (1 kg tömegű
m m
test 1 gyorsulással való gyorsítása): 1 kg 1 1 N
2
2
s
s
= ⋅ .
A két test kölcsönhatásában keletkező erőt az érintkező felületek nagysága alapján az
alábbi módon osztályozzuk:
Koncentrált erő: az érintkező felületek olyan kicsinyek a kölcsönhatásban résztvevő
testekhez képest, hogy pontszerűnek tekinthetőek. A koncentrált
erő tehát relatív fogalom.
Megoszló terhelés: ha az érintkező felületek kiterjedése egyik irányban nagy, a másik
irányban pedig elenyésző, akkor vonal mentén megoszló erőről be-
N
szélünk. Mértékegysége .
m
Ha az érintkező felületek méretei mindkét irányban jelentősek, ak-
N
kor felület mentén megoszló erőről van szó. Mértékegysége . 2
m
Tömegvonzásnál a keletkező erő a test minden egyes térfogatelemére
hat. Ekkor térfogaton megoszló erőről beszélünk. Mértékegy-
N .
sége 3
m
hatásvonal
y

1.2.) Pontra számított nyomaték
Az erőnek forgató hatása van. Ezt a forgató hatást a forgásponthoz kötött nyomatékvektor
jellemzi.
x
A nyomatékvektort a pontból (P) az erő támadáspontjához
(T) irányított vektor ( r ) és az erővektor
r
( F ) vektori szorzata adja: = r × F .
Jobbos rendszert használva a nyomatékvektort úgy ábrázoljuk, hogy a nyíllal szembenézve
a forgató hatás az óramutató járásával ellentétes legyen.
Több erő (erőrendszer) esetén a pontra számított nyomaték a résznyomatékok összegével
egyenlő.
x
Fi
T i
z
z
ri
r2
P
T 2
r1
M
F2
T 1
y
∑
1.3.) Erőpár, koncentrált nyomaték
P
F1
x
- 29 -
∑
z
= M Pi = ri
× Fi
Pi
M P
M = r × F
M P 1
i
P
= r × F
1
i
M P 2
1
= r × F
Az olyan erőrendszert, amely két azonos nagyságú, párhuzamos hatásvonalú, de ellentétes
értelmű erőből tevődik össze, erőpárnak nevezzük.
F
Az erőpár esetében az erők összege zérus.
1
F2
F =
1
P
M P
F
2
r
T F
F
y
∑ Fi
=
= 0 r
2
y
2

Számítsuk ki az erőpár nyomatékát a tér két különböző
pontjára.
M r F
A
B
= ∑ i × i
r
= M A + rBA
× ∑
M F = M
- 30 -
A
, mivel ∑ F = 0
Az erőpár nyomatéki vektortere tehát homogén és a
nyomatékvektor merőleges az erőpár síkjára. Az erő-
komponenseivel megadott erőpárhoz mindig egyértelműen hozzárendelhető a nyomatékvektor,
azonban ismert nyomatékvektorhoz végtelen sok erőpár tartozhat.
M
F1
F1
F2
Az erőpár karjának (a két erő hatásvonalának távolsága) változtatásával - a nyomaték
értékének állandósága mellett - eljuthatunk ahhoz az esethez, amikor az erőpár karja
zérus és az erők végtelen nagyok. Ezzel az absztrakcióval létrehozott erőpárt nevezzük
koncentrált nyomatéknak.
Jele: �, mely mutatja a forgatás irányát, vagy , mely nyomaték vektorral szembenézve
a forgató hatás az óramutató járásával ellentétes. A nyomatékvektort szabad vektorként
kezeljük.
1.4.) Tengelyre számított nyomaték
A fizikai jelenségek tárgyalásánál sok esetben szükség van egy adott tengely körüli forgatóhatás
ismeretére.
x
A
F1
rAB
z
m
M Pm
P
r1
r2
F2
B
M P
M Pe
= λe
F2
F3
F3
Tételezzük fel, hogy ismerjük a
tengely (t) egy pontjához (P) tartozó
nyomatékvektort ( M P ).
Bontsuk fel az M P nyomatékvektort
egy tengelyirányú ( M Pe )
és egy tengelyre merőleges
( M Pm ) komponensre.
A tengely körüli forgatóhatás
jellemzésére az M Pe komponenst
használjuk.
Legyen e a tengely egységvektora, m az e vektorra merőleges egységvektor.
Ekkor = ( M · e)·
e = M · e
M Pe P
t
M Pm M P·
m)·
m = e × ( M P
y
= ( × e)
.
e
+
t

Mivel az M Pe nyomatékvektor az e egységvektortól csak skalár számban különbözik -
melynek értékét az M t = M Pe · e skaláris szorzat adja -, elegendő a tengely körüli forgatóhatás
jellemzésére az M t skalár szám.
A tengelyre számított nyomatékot előjeles skalár számként definiáljuk, ahol a skalár
abszolútértéke megadja a forgatóhatás nagyságát, az előjele pedig a forgatóhatás irányát.
Amennyiben az előjel pozitív, a tengely egységvektorával szembe nézve a forgatás
iránya az óramutató járásával ellentétes.
t P
M
P
M Pe
e
P
M P
M P ⋅ e > 0
M P ⋅ e = 0
M P ⋅ e < 0
Bizonyítható, hogy a tengely bármely pontjára számított nyomatékvektorból számítjuk a
tengelyre számított nyomatékot, az változatlan marad.
y
F
Fy Fx Síkbeli erőrendszer esetén, a síkra merőleges ( z )
tengelyre számított a nyomatékot az alábbi módon is
meghatározhatjuk.
y
= F ⋅t
= F ⋅ y − F ⋅ x
1.5.) Erőrendszer redukálása
- 31 -
e
M t
x y
M Pe
M P
ahol t az F erő hatásvonala és a síkra merőleges tengely
( z ) normál transzverzálisa.
Minden erőrendszer a tér bármely pontjában helyettesíthető egy erőből és egy nyomatékból
álló, vele egyenértékű erőrendszerrel. Ez az egyenértékűség azt jelenti, hogy a
merev testre gyakorolt hatása mindkét erőrendszernek ugyanaz.
Ez az új erőrendszer (vektorkettős) az eredő vektorkettős. Az eredő vektorkettős mindig
egy kijelölt ponthoz tartozik.
M 2
x
t
M t
F3
T 3
T 5
z
F2
T 2
x
T 1
F1
T 4
x
M 1
y
≡
M O
x
M
z
O
FO = ∑ Fi
≡
y
∑ M i + ∑ ri
×
O = Fi
x
M
z
M A
P
A
F
*
∑ M i + ∑ ri
×
A = Fi
∑
y
e
A = Fi
*
ahol ri az origóból a
ahol ri
az A pontból a
támadáspontba mutató helyvektor támadáspontba mutató helyvektor
Az erőrendszer redukálásán mindig az eredő vektorkettős meghatározását értjük.

1.6.) Kényszerek
Ha egy merev testre nem egyensúlyban lévő erőket (terheléseket) helyezünk el, a test a
mechanika törvényeit követve elmozdul.
Ahhoz, hogy bizonyos szerkezetek vagy szerkezeti elemek betöltsék szerepüket (hordozzák
a terhelést) ezeket a szabad mozgásokat meg kell akadályozni.
A síkban három, a térben hat mozgási szabadságfoka van a merev testnek.
z
ω z
y
v x
v y
- mozgás a x tengely irányában
- mozgás az y tengely irányában
- forgómozgás a z tengely körül
x
- 32 -
ω z
z
v z
y
ω y
v x
v y
ω x
- mozgás az x tengely irányában
- mozgás az y tengely irányában
- mozgás a z tengely irányában
- forgó mozgás az x tengely körül
- forgó mozgás az y tengely körül
- forgó mozgás az z tengely körül
Egy merev test akkor tudja hordozni a rá ható terheléseket, ha a környezetéhez képest
nyugalomban van. Ez azt jelenti, hogy az előbb említett mozgási lehetőségeket meg kell
akadályozni. Az akadályozást más merev testek segítségével érhetjük el.
Attól függően, hogy a vizsgált és az akadályozó testek milyen kapcsolatban vannak
egymással más és más mozgási szabadságfokok szűnnek meg.
Azokat a kapcsolatokat, melyek az általunk vizsgált merev testet kényszerítik a nyugalmi
állapotra, kényszereknek nevezzük.
A valóságos kényszerek nagyon sokfélék lehetnek. A következőkben a statikai tanulmányainknál
használatos néhány ideális kényszert mutatunk be. Az ideális kényszereknél
a súrlódást és a gördülési ellenállást elhanyagoljuk. Ezekkel a kényszerekkel számításaink
során sokszor valósághűen tudjuk modellezni a valós megoldásokat.
megtámasztás ( görgős megtámasztás )
támasz
merev test
érintő
jelkép
érintő
Síkban és térben a megtámasztó felületre merőleges irányban képes megakadályozni a
mozgást.
x

csukló ( síkcsukló, gömbcsukló )
csukló
befogás
rúd
kötél
jelkép
jelkép
Síkban kettő, térben három irányú elmozdulást akadályoz
meg. A kényszer az elfordulást nem akadályozza
meg.
A síkban és a térben minden mozgást megakadályoz.
Ennek megfelelően:
- síkban bármilyen irányú erő és a síkra merőleges
tengely körüli nyomaték átadására képes
- térben bármilyen irányú erő és bármilyen irányú
nyomaték átadására képes.
- 33 -
A rúd végtelen merev test, mindkét végén
súrlódásmentes csuklókkal.
A rúd az egyensúly feltételeinek megfelelően
csak rúdirányú illetve a rúdvégeken
található csuklók középpontjait összekötő
egyenes mentén ható erők hatására lehet
egyensúlyban.
A rúd húzó- és nyomóerő felvételére képes.
Csak kötélirányú és csak húzó terhelés felvételére alkalmas.
A kényszererők (reakció erők) megértése érdekében vizsgáljuk meg az alábbi esetet.
Ha a teherautó a vizsgált merev test
G 1
G
jelkép
G 2
merev test
merev test
rúdirány
rúdirány
G1 és G2 a kényszererő
G
jelkép
teherautó
Ha a hidat vizsgáljuk
G 1
híd
G 2
A B
G1 és G2 a
terhelőerő,
A és B a
kényszererők

2.) Erőrendszerek osztályozása
Az erőrendszer redukálásával kapott eredő vektorkettős elemzésével osztályozhatjuk az
erőrendszereket.
Az eredő vektorkettős két tagja az
r
F F és M ∑ M + ∑ r × F .
∑
A = i
A = i i i
a) F A = 0 M A = 0
Ha mindkét tag külön-külön zérus, akkor az erőrendszert egyensúlyi erőrendszernek
nevezzük.
b) F A = 0 M A ≠ 0
Ha az eredő vektorkettős erő tagja zérus, de a nyomatéki tagja nem, akkor az erőrendszer
a tér bármely pontjában helyettesíthető ezzel a nyomatékvektorral.
c) F ≠ 0 M = 0
A
x
A
FA
A
- 34 -
Abban az esetben, amikor az
eredő vektorkettős nyomatéki
tagja zérus értékű, de az erőkomponens
nem nulla, az eredő
egyetlen erőként adható meg a
kijelölt pontban. A pont és az
eredő által meghatározott egyenes
a centrális egyenes, melyre
jellemző, hogy minden pontjában
zérus az eredő vektorkettős
nyomatéki tagja.
Az eredő vektorkettős további elemzésénél már egyik tag sem lehet zérus ( F ≠ 0
és M ≠ 0 ). Ekkor két esetet különböztetünk meg:
A
z
B
M
B
FB
C
FC
centrális egyenes
F F =
A
y
F A ⋅ M A = 0 - a két vektor merőleges egymásra.
F A ⋅ M A ≠ 0 - a két vektor általános helyzetű egymáshoz képest.
C
A

x
d) F ≠ 0 , M ≠ 0 és F = 0
z
A
A
A ⋅ M A
Az M A nyomaték tetszőleges erőpárrá bontható fel. Válasszuk ki ezek közül azt,
amelyiknél az erő értéke megegyezik az F A erő abszolútértékével.
Toljuk el ezt az erőpárt úgy, hogy az erőpár egyik erője és az eredeti erő egy hatás-
vonalon helyezkedjék el. Ekkor a két erő kiegyensúlyozza egymást, és az eredmény
egyetlen, (A ponthoz képest) eltolt hatásvonalú F A erő lesz.
Az eltolás mértékének - a vektor - meghatározását az alábbi meggondolások alap-
ján végezzük:
Mivel az M A nyomatékot bontottuk fel erőpárra, ezért
a × F = M .
A
A
Szorozzuk meg a vektoregyenletet balról F A vektorral vektoriálisan.
F A × ( a × FA
) = FA
× M A
A kifejtési tétel értelmében
a F F − F F a = F × M .
( A A ) A(
A ) A A
Kössük ki, hogy azt az a r vektort keressük, amely merőleges az FA -ra, így a centrális
egyenesre is.
Ekkor az FA ⋅ a = 0 , mivel a két vektor merőleges egymásra.
a F F = F × M
Így ( A A ) A A
és
A
FA
FA
× M A
a = .
F
2
A
y
M A
x
z
FA
FA
FA
- 35 -
A
FA
y
x
z
FA
a
A
y

e) F ≠ 0 , M ≠ 0 és ≠ 0 F
x
x
A
z
z
A
M 1
FA
a
A
A
A ⋅ A M
F
− FA
A
M
FA
A
e
y
y
- 36 -
x
x
z
z
M 1
M 1
FA
a
A
F
A
A
M 2
Bontsuk fel az M A nyomatékvektort egy az erő irányába eső és egy erre merőleges
komponensre.
⎛ F ⎞
A FA
M ( M A e ) e ⎜ M ⎟ 1
1 = ⋅ ⋅ = A ⋅ ⋅ = ⋅ FA
⋅(
M A ⋅ FA
)
⎜ F ⎟
2
⎝
A ⎠
FA
FA
Az ( M A × e ) vektor abszolútértéke éppen az M 2 vektor
e
FA
abszolútértékével egyezik meg.
Az e × ( M A × e ) pedig az M 2 -t adja.
M A ×
e
Tehát
M 2
M 2 = e × M A × e
F ⎛
A F ⎞
⎜ A M ⎟ 1
= × A × = ⋅ FA
× M A × F
F ⎜
A F ⎟ 2
⎝ A ⎠ FA
M A
.Az előző esethez hasonlóan az M 2 felbontásából származik
az eltolás, tehát igaz, hogy
1
1
a × FA
= M 2 = FA
× ( M A × FA
) = − ( M A × FA
) × F
2
2
A ,
FA
FA
1
1
vagyis a = − ( M A × FA
) = ( FA
× M A ) .
2
2
F
F
M1
A
A
( ) ( )
y
y
A

Az M 1 nyomatékvektor önmagával párhuzamosan szabadon eltolható. Így a legegysze-
rűbb eredő a centrális egyenesben ható F A erő és M 1 nyomaték. Az M1 r vektort szokás
főerőpárnak is nevezni.
Ha ez az eredő vektorkettős egy merev testre hat, akkor az erő része haladó mozgásra,
míg a nyomatéki része forgásra kényszeríti a testet. Így a mozgás hasonló a csavarmozgáshoz
és ezért az ilyen erőrendszert erőcsavarnak is nevezik.
3.) Egyensúlyi erőrendszerek
Az erőrendszerek osztályozásánál megállapítottuk, hogy egyensúlyi erőrendszerről akkor
beszélünk, ha az eredő vektorkettős mindkét tagja zérus, vagyis
F
A = ∑ Fi
= 0
és a tér bármely pontjára
x
M M + r × F = 0 .
i
F A
A = ∑ i ∑ i i
k
z
=
xi
+
x A y
j
yj
x = xi
y = yj
z = zk
+
z
zk
FA
y
x
- 37 -
i
z
k
M
z
A
j
M
x
M
y
M
y
M A = M xi
+ M y j + M zk
M i
M x = x
M y = M y j
M z M zk
=
A két egyensúlyt kifejező vektoregyenlet külön-külön skalár egyenletekkel is leírható.
F A
= xi
+ yj
+ zk
= 0
∑ xi
=
∑ yi
=
∑ zi
=
x = 0
y = 0
z = 0
M A = M xi
+ M y j + M zk
M x = 0
M = 0
M
y
z
= 0
A

Az egyensúly feltételét más módon is megfogalmazhatjuk. Egyensúlyi erőrendszerről
akkor beszélünk, ha a vizsgált erőrendszer a tér három, nem egy egyenesre eső pontjára
számított nyomatéka zérusértékű.
M = 0
M
A
B
= 0
M C = 0
Ennél a megfogalmazásnál nem tettünk említést az eredő erőről. Bizonyítható, hogy a
három nyomatéki egyenlet zérus volta csak úgy lehetséges, ha az F = 0 .
Írjuk föl a B és C pontokra a nyomatékokat az M A segítségével:
= M + r × F → 0 = 0 + r × F
M B A BA
BA
M C = M A + rCA
× F → 0 = 0 + rCA
× F
Az egyenleteket rendezve:
0 = rBA × F , illetve 0 = rCA × F .
A vektori szorzat akkor lehet zérus értékű, ha két vektor párhuzamos, vagy legalább az
egyik tényező zérus értékű.
Az ábrán látható, hogy r ≠ 0 és r ≠ 0 .
BA
Továbbá igaz az is, hogy egy zérustól különböző F vektor egyszerre
nem lehet párhuzamos az rBA -val és az rCA -val. Ebből
következik, hogy az F erő értéke valóban zérus.
A három vektoregyenlet skalár egyenletekkel is felírható.
M Ax = 0 M Bx = 0 M Cx = 0
M = 0 M = 0 M = 0
Ay
By
M Az = 0 M Bz = 0 M Cz = 0
Ezek a skalár egyensúlyi egyenletek azt fejezik ki, hogy az egyes nyomatékvektorok
koordináta-tengelyekkel párhuzamos komponense zérus értékű.
A felírt 9 skalár egyenletből azonban csupán hat lineárisan független.
M
A
A
A
M = M ,
BC
r
M
CA
r
BA
AC
M
AB
CB
C
B
B
M BA
M B
M BC
C
M C
M CB
M CA
- 38 -
Cy
CA
Válasszuk ki úgy a tengelyeket, hogy a három
- egy ponton átmenő - tengely közül kettő a
másik két ponton is átmenjen. Felhasználva azt
a tényt, hogy a tengelyre számított nyomaték
(skalár) nem függ attól, hogy a tengely mely
pontjához tartozó nyomatékvektorból számítottuk,
kapjuk, hogy
M AB = M BA,
M = M ,
Vagyis a kilenc skaláregyenletből csak hat a lineárisan független. A fentieket figyelembe
véve az egyensúly feltételeit a következőképpen is megfogalmazhatjuk:
Egyensúlyi erőrendszerről beszélünk akkor, ha egymástól lineárisan független 6 tengelyre
számított nyomaték zérus.
AC
CA

Az egymástól lineárisan független hat tengely megválasztásának
geometriai feltételei az alábbiak:
- háromnál több nem lehet egy síkban (2, 4, 6 )
- háromnál több nem lehet párhuzamos (1, 3, 5 )
- háromnál több nem mehet át egy ponton
- ötnél több nem illeszkedhet a tér egy egyenesére
és a hatodik nem lehet párhuzamos ezzel az
egyenessel.
Síkbeli feladatoknál az egyensúly feltételei a következőképpen alakulnak:
Tekintsük az erőrendszer síkjának az xy síkot.
A síkbeli erőrendszer eredő vektorkettősének erő tagja biztosan benne fekszik az xy
síkban.
Így az F 0 = 0 vektoregyenletnek csak két skaláregyenlet felel meg, vagyis ∑ x i = 0 ,
illetve ∑ y i = 0 .
A vektorkettős nyomatéki tagja biztosan merőleges az xy síkra, vagyis z tengely irányú.
Így az M 0 = 0i
+ 0 j + M zk
alakú, ami skaláregyenlettel felírva M z = 0 .
Síkban tehát csak három skaláregyenlet van.
A térben megfogalmazott, három pontra felírt nyomatékvektornak zérus volta a síkban
egyszerűsödik. Mivel síkbeli erőrendszer csak a síkra merőleges tengely körül tud forgatni,
ezért a vektoregyenletek skaláregyenletekké egyszerűsödnek.
Az M A = 0 , M B = 0 , M C = 0 egyenletek azt fejezik ki, hogy a megadott pontokon
átmenő, az erőrendszer síkjára merőleges tengelyek körül a forgató hatás zérus.
A három pont itt nem eshet egy egyenesre.
y
A
C
B
x
- 39 -
1
6
5
2
4
3

4.) Példák az erőrendszerek témakörből
1. példa
x
F = F ⋅e
.
x
- 40 -
Határozzuk meg a térbeli erőrendszer
nyomatékát az origóra!
F1 80 =
[ N]
F2 60 [ N]
=
F3 40 [ N]
=
A téglatest élein ható erők vektorát
abból a megfontolásból tudjuk meghatározni,
hogy egy vektort az
abszolútértéke és az iránya határoz
meg, vagyis
A fenti elvek alapján
F 80i
1 =
F2 = −60k
F3 = −40
j
Tekintsük az erők támadáspontjának
a hatásvonalakban kijelölt T 1 , T 2 ,
T 3 pontokat. A pontra számított
nyomaték
M = r × F ,
ahol r a pontból az erő támadáspontjához
húzott vektor. A támadáspontokba
mutató vektorok tehát:
r = 5i
+ 4 j + 0k
1
r = 5i
+ 4 j + 3k
2
r = 5i
+ 0 j + 3k
Az erőrendszernek az origóra számított nyomatékát az
= ∑ r × F = r × F + r × F + r × F képlet szerint számítjuk.
M O i i
1
1
2
2
Az egyes vektoriális szorzások eredményeit az alábbi determinánsok adják:
i j k
3
3
( 0 − 0)
− j(
0 − 0)
+ k ( 0 − 320)
= − k
r × F = 5 4 0 = i
320
1
1
80
i
0
j
0
k
( − 240 − 0)
− j(
− 300 − 0)
+ k ( 0 − 0)
= −240i
+ j
r × F = 5 4 3 = i
300
2
i
F3
F3
i
2
4 m
T 3
0
0
z
z
r3
k
O
O
k
r1
− 60
r2
F2
F1
F2
F1
T 2
T 1
5 m
3 m
j
j
y
y
3

i
j
k
( 0 + 120)
− j(
0 − 0)
+ k ( − 200 − 0)
= 120i
− k
r × F = 5 0 3 = i
200
3
3
0
− 40
0
Ezekkel M O = −120i
+ 300 j − 520k
.
A merev testre ható erők a hatásvonalukban eltolhatók anélkül, hogy a testre gyakorolt
hatásuk megváltozna. Ezt kihasználva a három vektoriális szorzat kettőre csökkenthető.
x
r
2
×
- 41 -
Az origóra számított nyomatékot
a következő két vektori szorzás
összegeként is megkaphatjuk:
r × F = −320k
( F × F ) = 5 4 3 = i ( − 240 + 120)
− j(
− 300 − 0)
+ k ( − 200 − 0)
2
3
= −120i
+ 300 j − 200k
M O
2. példa
x
i
0
j
− 40
k
− 60
= −120i
+ 300 j − 520k
i
i
O
k
k
F3
r1
r2
F1 2
3 m
O
t
A
F
T 2
F1
F2
T 1
F3
5 m
4 m
j
y
j
y
1
1
Határozzuk meg a vázolt térbeli erőrendszer
nyomatékát az origóra ( M O ), nyomatékát
az „A” pontra ( M A ), valamint
nyomatékát az „A” ponton átmenő testátlóra,
mint tengelyre ( M At )!
F1 100 [ N ] =
F2 400 [ N ] =
F3 600 [ N ] =
=

Határozzuk meg először a kijelölt irányokba mutató erővektorokat. Az F 1 erő vektorának
meghatározásánál az alábbiak szerint járunk el:
ν =
e =
v
0i + 3 j − 4k
v
v
0i
+ 3 j − 4k
3 4
=
= 0i
+ j − k
9 + 16 5 5
F = F ⋅ e = 60 j − 80k
1
1
e
A másik két erővektor a koordinátarendszer egységvektorainak irányába mutat, tehát
F 400 j F 600
2 = 3 = k
A nyomatékszámításhoz rögzítsük az erők támadáspontját:
x
r = 5i
+ 0 j + 4k
1
- 42 -
F1
r2 = 0i
+ 3 j + 0k
Az origóra számított nyomatékot az alábbiak
szerint kapjuk:
M O
= r × F + r ×
1
1
2
( F + F )
A vektori szorzatok eredményeit a következő két determináns adja:
i
j
k
( 0 − 240)
− j(
− 400 − 0)
+ k ( 300 − 0)
= −240i
+ 400 j + k
r × F = 5 0 4 = i
300
1
1
0
60
i
− 80
j
k
( F × F ) = 0 3 0 = i ( 1800 − 0)
− j(
0 − 0)
+ k ( 0 − 0)
= i
r ×
1800
2
F1
2
r1
3
z
0
r2
400
600
F3
F2
y
2
3

Az origóra számított nyomaték: = 1560 i + 400 j + 300k
M O
Az erőrendszer eredője: F = ∑ Fi
= 0 i + 460 j + 520k
x
z
F1
F2
F3
y
x
z
M O
Az origóhoz kötött eredő vektorkettős tehát: F O és M O .
FO
- 43 -
y
x
z
M O
rAO
A
F = F
Amennyiben ismerjük az erőrendszer nyomatékát a tér egy pontjára, valamint az eredő
erőt, úgy ezek segítségével könnyedén meghatározhatóak a más pontokhoz tartozó
nyomatékvektorok.
= M + r × F = M + r × F
M A O AO O O AO
A kijelölt vektori szorzat értéke
r AO
×∑
F
= 280i
+ 2600 j − 2300k
i
= − 5
0
j
− 3
460
k
− 4 = i
520
∑
( −1560
+ 1840)
− j(
− 2600 − 0)
+ k(
− 2300 − 0)
Az „A” pontra számított nyomaték tehát = 1840i + 3000 j − 2000k
x
vetület
z
O
A
M A
+
et
t
y
M A
FO
A
M A
A tengelyre számított nyomatékot úgy kapjuk
meg, hogy a tengely egy pontjához tartozó
nyomatékvektort megszorozzuk a tengely
egységvektorával (tehát kiszámítjuk a
nyomatékvektor vetületét a tengelyre).
Az e t egységvektort a következőképpen
állíthatjuk elő:
vOA
et
=
v
5i + 3 j + 4k
5i
+ 3 j + 4k
=
=
25 + 9 + 16 5 2
OA
=
O
y

A tengelyre számított nyomaték
M t = M A ⋅ et
=
=
2040
= 1020
2
[ 1840 , 3000 , − 2000]
⎢ ⎥ = ( 9200 + 9000 − 8000)
2
[ Nm]
4
5 2
2 5
3 2 5
⎡ 5 ⎤
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢
⎣
⎥
⎦
- 44 -
1
5 2
A számított vetület értéke pozitív. Ez azt jelenti, hogy a tengely felvett egységvektorával
szembenézve a forgatóhatás az óramutató járásával ellentétes.
3. példa
5 m
x
F1
Határozzuk meg a vázolt térbeli erőrendszer
nyomatékát az „A” pontra!
F1 200 =
[ N]
F2 100 [ N ] =
F3 400 [ N ] =
M 400
M 700
[ Nm]
[ Nm]
1 = ( xy síkkal párhuzamos lapon )
3 = ( yz síkkal párhuzamos lapon )
M = 100i
+ 200 j − 300k
2
[ Nm]
Első lépésként írjuk fel az erők és nyomatékok vektorát:
F1 = 200i
+ 0 j + 0k
F2 = 0i
+ 0 j −100k
F3 = 0i
+ 400 j + 0k
A nyomatékok vektorának meghatározásánál abból kell kiindulni, hogy a nyomatékvektorral
szembenézve a forgatóhatás az óramutató járásával ellentétes kell, hogy legyen.
M 3
z
O
4 m
M 3
M 1
M 1
F2
A
F3
M
2
3 m
A nyomatékvektorok ennek szellemében a következőek:
M = 0i
+ 0 j + 400k
1
M = 100i
+ 200 j − 300k
2
M 3 = −700i
+ 0 j + 0k
Ezekkel:
= − 600 i + 200 j + 100k
∑
Az F 2 erőnek az „A” pontra a nyomatéka zérus, hiszen átmegy a
ponton. Az erő karja zérus.
y
M 2
M i
F1
F3
r
A
F2
10200
= =
5 2

Az F 1 és F 3 erők nyomatékát egy lépésben ki lehet számítani, hiszen e két erőnek
ugyanazon támadáspontot jelöltük ki.
i j k
( F + F ) = − 3 − 4 0 = i ( 0 − 0)
− j(
0 − 0)
+ k ( −1200
+ 800)
= − k
r ×
400
1
3
200
400
Az „A” pontra számított nyomaték tehát
= ∑ ∑
M A
.
M i + ri
× Fi
=
4. feladat
x
A
5. feladat
F1
x
6. feladat
F3
x
4 m
z
F3
O
F1
z
O
z
O
6 m
F2
F2
8 m
0
F2
( − 600i + 200 j + 100k
) + ( − 400k
) = −600i
+ 200 j − 300k
6 m
5 m
F3
y
F1
Határozza meg az erőrendszer nyomatékát az
„A” pontra!
F 10 77
1 =
F2 200 [ N ] =
F3 300 [ N ] =
- 45 -
[ N]
Eredmény: = 960 i + 1740 j + 0k
3 m
5 m
6 m
y
3 m
y
M A
Határozza meg az erőrendszer
nyomatékát az origóra!
F1 800 =
[ N]
F2 900 [ N ] =
F3 200 [ N ] =
Eredmény:
= 3000i −1200
j − 8400k
M O
Határozza meg a vázolt erőrendszer
eredő vektorkettősét az origóra!
1 = 10 [ N ] F2 = 10 98 [ N ]
F 34
F3 200 [ N ] =
Eredmény:
F O
M O
= −60
i + 120 j + 100k
= −200
i − 300 j + 840k

7. feladat
x
8. példa
x
- 46 -
Határozza meg az eredő vektorkettőst
az „A” pontra ( F A , M A ),
valamint az „A” ponton átmenő
testátlóra a nyomatékok ( M t )!
F1 = 10 61
F2 400 [ N ] =
F3 = 10 41
[ N]
[ N]
Eredmények:
= 60 j − 360k
F A
M A
M t
[ N ]
= −2000
j − 300k
13200
= − = −1504
77
[ Nm]
, 28
[ Nm]
Határozzuk meg az eredő vektorkettőst az
origóra ( F O , M O )!
Határozzuk meg a centrális egyenes egy
pontját, illetve a főerőpárt ( a , M 1 )!
F1 400 [ N]
=
F2 = 10 41
F3 200 [ N ] =
[ N ]
Az origóhoz tartozó vektorkettőst az alábbi ábra alapján határozzuk meg:
F1 = 400k
F
2
=
v
v
⋅ F
= 0i
− 50 j − 40k
F = 0i
+ 200 j + 0k
3
F3
t
z
2
O
0i
− 5 j − 4k
=
⋅10
25 + 16
FO ∑ i
+
z
O
6 m
F2
5 m
F1
= F = 0 i + 150 j 360k
e
F1
41 =
[ N ]
F2
F3
5 m
Az F 2 erőnek nincsen nyomatéka az origóra,
az erő karja zérus.
A
3 m
4 m
y
4 m
y
4 m
x
z
O
5 m
r1
F1
r3
3 m
F2
F3
y

i
j
k
( 2000 − 0)
− j(
1200 − 0)
+ k ( 0 − 0)
= 2000i
− j
r × F = 3 5 0 = i
1200
1
1
0
i
0
j
400
k
( 0 − 800)
− j(
0 − 0)
+ k ( 0 − 0)
= − i
r × F = 0 5 4 = i
800
3
M O
3
0
200
0
= 1200 i −1200
j + 0k
[ Nm]
A centrális egyenes egy pontját kijelölő helyvektort az
1
a = ( FO
× M O ) összefüggés alapján számíthatjuk.
2
F
F
2
O
O
2
= 0
+ 150
i
2
FO × M O = 0
1200
+ 360
2
= 152100
= 432000i
+ 432000 j −180000k
j
150
−1200
k
360 = i
0
( 0 + 360 ⋅1200)
− j(
0 − 360 ⋅1200)
+ k ( 0 −150
⋅1200)
Ezzel
432000 432000 180000
a = i + j − k = 2,
84i
+ 2,
84 j −1,
18k
[ m]
.
152100 152100 152100
A főerőpár - melynek vektora a centrális egyenesben fekszik - párhuzamos az F O vektorral.
M O
A
F OM O
=
⎡ 1200 ⎤
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢⎣
0 ⎥⎦
[ 0 , 150 , 360 ] −1200
= −180000
( M ) ⋅ F = −180000
⋅[
0 , 150 , 360 ]
FO O O
M 1
FO
= 0i
−180000
⋅150
j −180000
⋅ 360k
centrális egyenes
180000 ⋅150
180000 ⋅360
M 1 = 0i
−
j −
k =
152100 152100
= 0i
−177,
52 j − 426,
04k
=
- 47 -
1
M 1 = ⋅ O O ⋅
2
F O
x
z
O
( F M ) F O
a
centrális egyenes
y
=

9. példa
x
Eredmények: = −1200
i + 0 j + 400k
[ N ]
10. példa
F O
M O
Eredmények:
= −260
i − 300 j + 80k
F O
4 m
x
M O
F1
F3
F1
z
z
O
6 m
= 4800 i − 6400 j + 12000k
Határozza meg az eredő vektorkettőst az
origóra ( F O , M O )!
Határozza meg a centrális egyenes egy
pontját kijelölő helyvektort ( a ) és a főerőpárt
( M 1 )!
- 48 -
F1 = 411 80
F2 400 [ N ] =
F3 = 200 80
[ Nm]
[ N ]
[ N ]
256 1632 768
a = i + j + k = 1,
8i
+ 10,
2 j + 4,
8k
160 160 160
115200 38400
M1 = i + 0 j − k = 720i
+ 0 j − 240k
160 160
O
4 m
= 1520 i − 240 j + 240
F2
F2
F3
3 m
8 m
[ N ]
k [ Nm]
[ m]
[ Nm]
Határozza meg az eredő vektorkettőst az
origóra ( F O , M O )!
Határozza meg a centrális egyenes egy
pontját kijelölő helyvektort ( a ), illetve a
főerőpárt ( M 1 )!
F1 200 [ N]
=
F2 100 [ N ] =
F3 300 [ N ] =
528 1840 5184
a = − i + j + k = −0,
32i
+ 1,
12 j + 3,
16k
[ m]
1640 1640 1640
79040 91200 24320
M1 = i + j − k = 481,
95i
+ 556,
1 j −148,
29k
164 164 164
4 m
y
y
[ Nm]

11. példa
F3
x
v = 3 i + 6 j + 6k
Határozza meg a T i támadáspontú, F i
erőkből álló erőrendszer nyomatékát az
A ponton átmenő, v irányvektorú egyenesre!
T1 [ 3 3
T2 [ 0 3
0][
m]
3][
m]
T 3 0 3 m
3 [
A[ 3 3
][ ]
3][
m]
F1 = 30 j [ N ]
F2 = 40k
[ N ]
F = 30i
− 40k
[ N ]
Az erőrendszer nyomatékát az A pontra az alábbiak szerint számíthatjuk:
i j k
r × F = 0 0 − 3 = 90i
1
1
0
i
30
r × F = − 3 0 0 = 120 j
2
2
i
0
j
0
j
0
k
40
r × F = 0 − 3 0 = 120i
+ 90k
3
M A
e =
T 3
3
30
0
k
− 40
= 210 i + 120 j + 90k
v
v
3i
+ 6 j + 6k
1 2 2
=
= i + j + k
9 + 36 + 36 3 3 3
M t = M A ⋅ e = 70 + 80 + 60 = 210
12. példa
z
3 m
O
[ Nm]
Határozza meg az alábbiakban megadott T i támadáspontokkal, illetőleg F i erőkkel
jellemezhető erőrendszer nyomatékát az A ponton átmenő, v irányvektorú egyenesre
( M t )! T 1(
5 3 4)
T 2 ( 3 3 4)
T 3(
6 8 9)
F 100i
+ 200 j + 200k
N F = 200i
+ 400 j + 100k
N ,
1 =
F3 = −300
j −100k
[ N]
A( 3 4 5)[
m]
[ ] , 2
v = 6 i + 6 j + 3k
[ ]
Eredmény: = 400 [ Nm]
M t
A
T 1
F2
F1
T 2
t
3 m
3 m
y
F3
x
3
- 49 -
r3
z
O
e
A
r1
F2
r2
F1
t
y

13. példa
F1
- 50 -
Határozzuk meg a vázolt síkbeli
erőrendszerrel egyenértékű legegyszerűbb
eredő erőt számítással!
T 3,
0 F = −4i
( )
( 6,
0)
( 0,
3)
( 3,
1)
1 −
T F 1 j
2 −
3
1
2 =
T F = −4i
+ 3 j
T F = 2i
+ 2 j
Számítsuk ki először az origóhoz tartozó eredő vektorkettőst ( F O , M O )!
Az eredő erő = ∑ F = −6
i + 6 j .
FO i
Az origóra számított nyomatékvektor biztosan merőleges lesz az xy síkra, hiszen a
helyvektor is és az F vektor is benne van a síkban, a két vektor vektori szorzata pedig
merőleges mindkét vektorra. A nyomaték meghatározásának egyik lehetséges módja:
M r F , vagyis
O
∑ i ×
= i
r × F = 0 , mivel a két vektor párhuzamos ( F 1 erő átmegy az origón)
1
1
i
j
k
× F = − 6 0 0 = k ( − 6 − 0)
= − k r × F = 0 3 0 = k ( 0 + 12)
= 12k
r 6
2
2
i
0
j
1
0
( 6 − 2)
= k
r × F = 3 1 0 = k 4
4
M O
3
F1
F2
T 2
y
4
F2
F3
2
2
T 1
x
F3 x
k
0
y
O
x
3
4
3
i
− 4
Vagyis M O = 10k
, ami koordináta-rendszerben ábrázolva az óramutató
járásával ellentétesen forgat.
M 4
y
M 3x
T 3
y
F3 y
M 2
3 3 3
T 4
F4 y
M 4x
F4 x
F4
1
x
j
3
A síkbeli feladatoknál alkalmazható
egy másik módszer is a nyomaték
számítására.
Az összes erőnek kiszámíthatjuk a
nyomatékát az origón átmenő, a
síkra merőleges tengelyre. A számítás
eredményét nem befolyásolja,
ha az erő helyett annak koordináta
tengelyekkel párhuzamos összetevőit
használjuk.
F 1 erőnek nincs nyomatéka, hiszen
átmegy a tengelyen.
M = 6(
m)
⋅1(
N)
= 6
2
3
4
k
0

M 3 x
= 3(
m)
⋅ 4(
N)
= 12
F3 y -nak a fent említett oknál fogva szintén nincs nyomatéka.
M 4 y
M 4 x
= 3(
N ) ⋅ 2(
m)
= 6
= 1(
m)
⋅ 2(
N)
= 2
Ha előjelhelyesen összeadjuk a nyomatékot, figyelembe véve, hogy az óramutató járásával
ellentétes a pozitív nyomaték, akkor
M O = −6
+ 12 + 6 − 2 = + 10 Nm
Az eredő számítását az alábbi ábrán mutatjuk be:
FO
M O
y
x
k
− FO
FO
FO
y
x
- 51 -
k
FOx
FOy
A
FO
FOx
X
FOy
B
Y
x
centrális egyenes
Helyettesítsük az M O nyomatékot egy olyan erőpárral, amelynek erőtagja éppen F O
nagyságú. Toljuk el az erőpárt olyan állásba, hogy két erő kiegyenlítse egymást. A vázolt
erőrendszer eredője tehát egyetlen erő, mely a centrális egyenesben hat.
A centrális egyenes és a koordinátatengelyek metszéspontja a következő megfontolások
alapján számítható:
Az erő a saját hatásvonalán eltolható. Tegyük fel, hogy az F O erő az A pontban helyezkedik
el. Bontsuk fel az erőt komponenseire ( F Ox , F Oy ). Az F O erőnek az origóra
számított nyomatéka megegyezik a komponens erők origóra számított nyomatékával,
illetve az M O nyomatékkal.
Az FOy -nak az origóra számított nyomatéka zérus, hiszen a hatásvonala átmegy a pon-
ton, így csak az FOx -nek lesz nyomatéka.
F Ox ⋅ Y = M O
amiből
M O 10 5
Y = = = m
FOx
6 3
Az x tengellyel való metszéspontot hasonló gondolatmenettel kapjuk, de itt a B pontban
bontjuk föl az F O erőt.
F ⋅ X = M
Oy
amiből
M
X =
F
O
Oy
O
10 5
= =
6 3
m

14. példa
x
Az F 1 és F 2 erőkből álló erőrendszer
centrális egyenese melyik pontban döfi át
az xy síkot?
F = F = F = 3 N
- 52 -
1
2
A kocka élhossza a = 20 cm
Első lépésként határozzuk meg az origóhoz kötött eredő vektorkettőst.
F O
x
= 3 i + 0 j + 3k
= F ⋅ a ⋅ j + F ⋅ a ⋅i
= F ⋅ a ⋅(
i + j)
= 60(
i + j)[
Ncm]
FO
z
O
M O
M O
1
x
2
centrális
egyenes
y
z
FO
r
M1
P (x O ,y O )
Az F O , M O eredő vektorkettősből létrehozható a centrális egyenesben egy olyan F O ,
M 1 erőrendszer, ahol F O és M 1 párhuzamos. Mivel F O és M 1 szabadon eltolható a
P x , pontban is igaz ez az állítás.
centrális egyenesben, ezért a keresett ( O yO
)
Ha kiszámítjuk a ( x )
P O , yO
ponthoz tartozó eredő vektorkettőst, akkor az O
vektorkettős biztosan párhuzamos egymással, ezért
F O × M P = 0 .
A P pontban a nyomaték
M = M + r × F .
P
O
O
Ha a nyomatékvektort vektoriálisan szorozzuk az F O erővektorral, akkor
( M O + r × F ) = 0
M = −F
× ( r F )
F , illetve
O × O
F ×
×
O
F1
a
O
z
O
O
F2
ahol r = −xOi
− yO
j + 0k
Hajtsuk végre a vektori szorzásokat:
O
a
a
P (x O ,y O )
y
y
F , M P

FO × M O =
r × F
O
= −3y
F
O
×
= −9x
O
i
3
i
= − x
j
k
( 0 −180)
− j(
0 −180)
+ k ( 180 − 0)
= −180i
+ 180 j 180k
3 0 3 = i
+
60
O
i + 3x
O
60
j
− y
0
O
j + 3y
O
0
k
k
0 = i
3
( − 3y
− 0)
− j(
− 3x
− 0)
+ k ( 0 + 3y
)
O
( r × F ) = 3 0 3 = i ( 0 − 9x
) − j(
9y
+ 9y
) + k ( 9x
− 0)
O
O
i −18
y
O
i
− 3y
O
j + 9x
O
3x
k
j
O
k
3y
Felírva a vektoregyenlet mindkét oldalát
− 180 + 180 j + 180k
= 9x
i + 18y
j − 9x
k
i O O O
Látjuk, hogy az egyenlőség
x O = −20
y O = 10
értékkel teljesül.
A döféspont koordinátái tehát
xO = −20
cm és
= 10 cm .
y O
15. példa
3 m
y
M P
= 400 Nm
P = 400 N
F P
2 m 1 m
O
N
p =
300
m
O
x
- 53 -
O
O
O
Határozzuk meg az origóhoz tartozó
eredő vektorkettőst ( F O , M O )!
Hol metszi az eredő erő hatásvonala
az x és y tengelyeket?
Helyettesítsük a megoszló erőhatást
koncentrált erőkkel:
O
=
O
=

3 m
y
M O
FO
x
400 ⋅Y
= M O
1600
Y = = 4 m
400
450 ⋅ X = M O
1600
X = = 3,
56 m
450
16. példa
Határozzuk meg a térbeli háromrudas
bakállványra ható kényszererőket!
T 1(
0,
0,
0)
T 2 ( 4,
0,
0)
T 3(
0,
8,
0)
T 2,
4,
8
4
( )
400
2
3
m
600
400
6
3
m
F = 100 i + 200 j + 200k
150
y
x
Az eredő erő = 400 i + 450 j
FO
M O
M O
FO
x
- 54 -
F O
2 8
= −400
− 400 ⋅3
+ 600 ⋅ −150
⋅
3 3
= −1600k
− FO
T 2
x
z
450
S2
T 1
T 4
S1
400
X
y
450
F
S3
400
T 3
y
FO
Y
x

A vázolt bakállvány csak csuklóin kap terhelést, ezért az egyes rudak csak rúdirányú
terhelést kapnak. A feladat megoldása kétféleképpen lehetséges.
a) Bontsuk fel az F erőt három olyan komponensre, amelyek külön-külön a rudak irányába
néznek.
S2
F3
S1
T 4
F1
F2
S3
F F + F = F
1 + 2 3
S2
F2
− F2
→ kényszererő
Az adott rúd irányába eső erőt teljes egészében a rúd
veszi fel. Ebből az erőből a csomóponthoz kapcsolódó
más rudak nem kapnak igénybevételt.
A rúd egyensúlyából látható, hogy az egyensúly fenntartásához
a rúd végein két azonos nagyságú, de ellentétes
irányú erőnek kell ébrednie. Ha tehát ismerjük a
terhelő erő rúdirányú komponenseit, a kényszererők is
könnyedén meghatározhatóak.
A rudak irányát az ábrán jelölt vektorokkal adhatjuk
meg. Az egyes vektorok tehát
v = 2i
+ 4 j + 8k
v −2i
+ 4 j + 8k
1
2
- 55 -
F3
S3
= v = 2i
− 4 j + 8k
3
− F3
→ kényszererő
A felbontott erő komponensei az előbb meghatározott vektoroktól csak egy skalár
számban térnek el, így
F1 = λ1v1
F2 = λ2v2
F3 = λ3v3
alakban írhatók fel.
A felbontás a következő egyenlettel írható le:
F = F1
+ F2
+ F3
= λ 1v1
+ λ2v2
+ λ3v3
v × vektorral skalárisan.
Szorozzuk meg a vektoregyenletet jobbról ( 2 v3
)
F ⋅( v2
× v3
) = λ 1v1(
v2
× v3
) + λ2v2
( v2
× v3
) + λ3v3
( v2
× v3
)
A fenti vektoregyenlet utolsó két tagja zérus. Ez a következőkből adódik: a ( v × )
2 v3
egy olyan vektort ad, amely merőleges a v2 -re és a v3 -ra is. Ha a v 2 vektort skalárisan
v × vektorral, az eredmény zérus. Hasonló az
megszorozzuk egy rá merőleges ( )
eset a v 3 vektorral is.
Ezzel
F ⋅ v × v = λ v v × v .
( 2 3 ) 1 1(
2 3 )
Az F ( v × ) és a ( v v )
1
2 v3
F v2v3
λ 1 = .
v v v
2
3
1
2
3
2 v3
v × vegyesszorzat eredménye skalár, így írható, hogy
x
v2
z
v1
v3
y

Az előző gondolatmenethez hasonlóan belátható, hogy
F v3v1
λ 2 =
v1v2v3
és
F v1v2
λ 3 = .
v1v2v3
A λ értékeinek meghatározása az alábbi determinánsok kiszámításával lehetséges:
2 4 8
v v
1
2
F v
F v
2
3
1
v
v
v
3
F v v
3
1
2
= − 2
2
100
= − 2
=
=
2
100
2
2
100
2
4
− 4
200
4
− 4
200
− 4
4
200
4
8 = 2
8
200
8
8
200
8
8
200
8
( 32 + 32)
− 4(
−16
−16)
+ 8(
8 − 8)
= 256
= 100
= 100
= 100
− 2 4 8
Ezekkel
12800
λ 1 = = 50
256
− 3200
λ2
= = −12,
5
256
− 3200
λ 3 = = −12,
5
256
A felbontás során nyert erőkomponensek
F = λ v = 100i
+ 200 j + 400k
1
1
1
F = λ v = 25i
− 50 j −100k
2
2
2
F = λ v = −25i
+ 50 j −100k
3
3
3
Az egyes pontokban fellépő reakcióerők tehát
T pontban − F = −100i
− 200 j − 400k
1
2
1
T pontban − F = −25i
+ 50 j + 100k
3
2
T pontban − F = 25i
− 50 j + 100k
3
( 32 + 32)
− 200(
−16
−16)
+ 200(
8 − 8)
= 12800
( − 32 − 32)
− 200(
16 −16)
+ 200(
8 + 8)
= −3200
( 32 − 32)
− 200(
16 + 16)
+ 200(
8 + 8)
= −3200
Az F v3v1
vegyesszorzat v 1F v3
alakban, míg az F v1v2
vegyesszorzat v1 v2F
alakban
is felírható.
A fenti átalakítást figyelembe véve a λ i skalár szám kiszámításához használt tört számlálójában
található determinánst úgy kapjuk, hogy a v 1v2v3 vegyesszorzat determinánsának
i-edik tagját kicseréljük az F erővel.
F v2v3
v1F
v3
v1v2
F
λ 1 =
λ 2 =
λ 3 =
v v v
v v v
v v v
1
2
3
1
2
3
x
- 56 -
T 2
z
1
2
T 1
3
T 3
y

) Egyensúlyozzuk ki az F erőt az egyes rudak irányában ható erőkkel, vagyis
* * *
F + λ 1 v1
+ λ2v2
+ λ3v3
= 0
A számítást az előzőekhez teljesen hasonlóan végezhetjük el, azonban a most kapott
*
λ i értékek a λ i értékeknek (-1)-szeresei lesznek.
*
Vagyis a λ i vi
szorzatok rögtön a kényszererőket adják.
*
λ = −50
x
1
*
1 1
λ v = −100i
− 200 j − 400k
17. példa
Az egyensúlyt leíró vektoregyenlet:
F λ v + λ v + λ v = 0
+ 1 A 2 B 3 C
A vektorok
= 0 i + 4 j + 5k
v A
v B
v C
= 0 i + 0 j + 5k
= 2 i + 0 j + 5k
− F vBv
λ 1 =
v v v
v
AvBv C
A
=
− F v C
Bv
B
z F
A B
0
0
2
4
C
C
= −
4
0
0
30
0
2
5
5 = 2
5
60
0
0
λ 2
− vA
F v
=
v v v
A
( 20 − 0)
= 40
− 40
5
5
C
= −
2
5
B
y
C
C
[ − 60(
0 −10)
] = −600
Határozzuk meg az F A , F B , F C kényszererőket!
F = 30i + 60 j − 40k
- 57 -
λ 3
vA
− vAv
BF
=
v v v
A
B
C
vB
vC

− v AF vC
0
= − 30
2
0
− v F = − 0
vA B
30
4
60
0
4
0
60
5
− 40 = −
5
5
5
− 40
= −
[ − 4(
150 + 80)
+ 5(
0 −120)
] = 1520
[ 30(
20 − 0)
] = −600
− 600
λ 1 = = −15
40
1520
λ 2 = = 38
40
− 600
λ 3 = = −15
40
= λ v = 0i
− 60 j − 75k
= λ v = 0i
+ 0 j + 190k
FA 1 A
FC = λ 3vC
18. feladat
A
19. feladat
= −30i
+ 0 j − 75k
Határozzuk meg a vázolt hat rúdból
álló szerkezet rúderőit!
F = 100i
+ 200 j + 400k
1
F = 200i
− 200 j + 200k
2
x
z
2 m
G
y
G
C
B
3 m
2 m
FB 2 B
A négyzet alakú, vízszintes helyzetű,
G = 2400 N súlyú betonlapot a két sarokpontjához
és az oldalél közepéhez rögzített kötelekkel
emeljük.
Határozza meg a kötélerők nagyságát!
A merev testre ható erők:
= −200
i + 200 j + 600k
F A
F B
F C
x
= −200
i − 200 j + 600k
= 400 i + 0 j + 1200k
F2
Válasszuk szét gondoltban a két 3 rudas bakállványt. Az s 1,
s 2 , s 3 rudakból álló szerkezet
a közös csuklópontban bármilyen irányú erőt kaphat, hiszen statikailag határozott
megtámasztásokkal rendelkezik.
S1
- 58 -
z
S3
5 m
F1
S4 6
S2
S5
S
4 m
3 m
y

v = 4i
+ 0 j + 3k
3
v = 0i
+ 5 j + 0k
4
v = 0i
+ 0 j + 3k
5
v = 4i
+ 0 j + 0k
Bontsuk fel az F 1 erőt S 4 , S 5,
S 6 irányú összetevőkre.
F1 = λ 4v4
+ λ5v5
+ λ6v6
.
Az egyes λ értékeket az alábbiak szerint számíthatjuk:
F1v5v
6
v4F1v
6
v4v5
F1
λ 4 =
λ 5 =
λ 6 =
v v v
v v v
v v v
v
4
v
F v
1
5
5
v
v
6
6
v F v
v
F2
4
4
v
S1
v1
1
5
F
6
1
4
=
=
5
0
0
4
6
100
0
4
= 100
=
S3
0
4
0
0
100
v3
5
0
0
S2
0
3 = −5
0
200
0
0
5
200
0
5
0
200
v4
v2
4
5
6
( 0 −12)
= 60
400
3
0
0
0
= −3
400 = −5
0
3
400
= −5
6
( 0 − 800)
= 2400
( 0 −1600)
= 8000
( 0 − 300)
= 1500
- 59 -
4
5
6
Az S 4 , S 5,
S 6
rudakból álló szerkezet
a közös
pontban ható általános
irányú erő
hatására labilis,
hiszen az S 4 rúd
vége nincs megtámasztva.Egyen-
súlyi állapot úgy következhet be, hogy az S 4 rúd végét hozzákötjük az első bakállványhoz.
Ez azt jelenti, hogy az S 4 rúdban ébredő erő terheli az első bakállványt is.
A számítást tehát az S 4 , S 5,
S 6 rudakból álló bakállványnál kell kezdenünk. Az S 4
rúdban ébredő erő plusz terhelést jelent az S 1,
S 2 , S 3 bakállványnak.
A feladat megoldásához határozzuk meg elsőként a rudak vektorait.
v1 = 0i
+ 0 j + 3k
v6
v2 = 0i
− 5 j + 3k
v5
1 F
S
S4 6
S5

2400
λ 4 = = 40
60
8000
λ 5 = =
60
s = λ v = 0i
+ 200 j + 0k
húzott
4
4
4
s = λ v = 0i
+ 0 j + 400k
húzott
5
5
5
800
6
- 60 -
λ =
6
1500
60
=
150
6
s6 = λ 6v6
= 100i
+ 0 j + 0k
húzott
200 200
Az S 4 rúd egyensúlyát megvizsgálva
megállapíthatjuk, hogy az S 1,
S 2 , S 3
200 bakállvány az S 4 rúdból egy 200 j vektorú
plusz terhelést kap.
Ezzel az S 1,
S 2 , S 3 rudakból álló bakállvány
terhelése
*
F = F + 200 j = 200i
+ 0 j + 200k
értékű lesz.
2
2
Az S 1,
S 2 , S 3 bakállványnál írjuk fel az egyensúlyi egyenletet, vagyis
*
2
F + λ v + λ v + λ v = 0 .
1
1
*
2
F v2v
λ 1 = −
v v v
v v
1
F
*
2
1
2
v
v F
v v
1
v
2
*
2
2
3
v
v
F
3
3
*
2
=
1
=
=
=
0
0
4
2
0
4
3
2
3
200
0
200
4
0
0
200
0
0
2
− 5
3
3
3
1
*
2
v1F
v
λ 2 = −
v v v
3 = 3
0
0
3
− 5
0
0
0
0
− 5
0
3
3
2
3
3
( 0 + 20)
= 60
200
3
3
200 = 0
3
3
200
= −5
= 3
v1v2
F
λ 3 = −
v v v
( 600 − 800)
= 1000
( 0 + 1000)
= 3000
1000 100
3000
λ 1 = − = − λ 2 = 0 λ 3 = − = −50
60 6
60
S = λ v = 0i
+ 0 j − 50k
húzott
1
1 1
S = λ v = 0i
+ 0 j + 0k
vakrúd
2
2
2
S = λ v = −200i
+ 0 j −150k
húzott
3
3
3
1
2
F
*
2
3
2
200
x
200
S1
50
S3
z
150
200

20. feladat
Határozza meg a kényszererőket!
F = 100 i + 200 j + 300k
eredmények:
A = 0 i + 300 j + 0k
B = −400i
+ 0 j − 300k
C = −100
i + 0 j + 0k
D = 0 i − 500 j + 0k
A = 400 i + 0 j + 0k
21. feladat
22. példa
x
x
D
S1
3 m
z
F1
A
S1
z
S2
5 m
S2
S3
F
S4
S4
S3
S5
S6
B
F2
S6
4 m
S5
C
4 m
5 m
3 m
y
y
x
D
Határozza meg a kényszererőket!
F = 100i
+ 100 j + 200k
1
F = 200i
− 200 j + 300k
2
eredmények:
A = 0i + 0 j − 200k
B = 0i + 0 j − 300k
C = −360
i + 100 j + 0k
D = 60 i + 0 j + 0k
Egy súlytalan, végtelen merev lapot a térben
megtámasztunk hat rúddal úgy, hogy a merev
test bármilyen terhelése mellett a szerkezet
stabil marad.
Határozzuk meg a rúderőket!
F = 100 i + 100 j + 100k
- 61 -
S5
z
5 m
S1
C
S6
S4
A
S2
S3
4 m
B
E
3 m
y

A térbeli erőrendszer egyensúlyi feltételeit három különböző módon fogalmaztuk meg.
I. ∑ F = 0 és ∑ M = 0
II. M = 0 , M = 0 és M = 0 .
∑ A
∑ B
∑ C
III. Egymástól lineárisan független hat tengelyre felírt nyomaték zérus.
Nézzük meg, hogy az egyes egyensúlyi feltételek alkalmazásával hogyan oldható meg a
feladat.
I. Vizsgáljuk a merev testre ható erőket. A rudakban - mivel
azok csak csuklóikon terheltek - rúdirányú erők keletkeznek.
Ezeket az erőket a rúdirányú vektoroknak λ -
szorosaiként írhatjuk fel.
S = λ v = λ − 4i
+ 0 j + 5k
1
1
1
( )
2 ( 0i
+ 0 j + k )
3(
4i
− 3 j + k )
4 ( 0i
− 3 j + k )
5 ( − 4i
+ 0 j + k )
( 0i
+ 0 j + k )
1
S = λ v = λ 5
2
2
2
S = λ v = λ 5
3
3
3
S = λ v = λ 5
4
4
4
S = λ v = λ
5
5
5
5
S = λ v = λ 5
6
6
6
6
A ∑ F = 0 vagyis, F + S1
+ S2
+ S3
+ S4
+ S5
+ S6
= 0 vektoregyenlet i , j , k
egységvektorokhoz tartozó együtthatói külön-külön zérus értékűek.
(1) − 4λ 1 + 0λ2
+ 4λ3
+ 0λ4
− 4λ5
+ 0λ6
+ 100 = 0
(2) λ + 0λ
− 3λ
− 3λ
+ 0λ
+ 0λ
+ 100 = 0
F
0 1 2 3 4 5 6
5λ 1 + 5λ2
+ 5λ3
+ 5λ4
+ 5λ5
+ 5λ6
(3) + 100 = 0
A ∑ M = 0 egyensúlyi egyenlet szerint a tér bármely
pontjára felírt nyomaték zérus.
Válasszuk ki az F erő támadáspontját annak a pontnak,
amelyre felírjuk az erők nyomatékát. Vegyük figyelembe,
hogy erre a pontra az S 1,
S 2 , S 4 és F erőknek zérus a
nyomatéka, hiszen hatásvonaluk átmegy a kiválasztott ponton.
Ennek megfelelően
M = r × S + r × S + S =
∑
r × S
1
= i
3
=
1
3
2
( ) 0
( 0 − 0)
− j(
20λ
− 0)
+ k ( −12λ
− 0)
= 0i
− 20λ
j −12λ
k
2
i
4
4λ
3
3
( S + S )
5
6
j
0
− 3λ
i
3
3
− 4λ
5
3
5
0
k
0
5λ
j
3
6
=
3
( 5λ
+ 5λ
)
5
k
6
=
( 15λ
+ 15λ
− 0)
− j(
0 − 0)
+ ( 0 + 12 )
r × = 0 3 0 = i
k λ
5
- 62 -
6
r1
v1
S3
A
v2
v3
F
v4
r2
v5
S5
5
v6
S6

∑
( λ + 15λ
) i − 20λ
j + ( 12λ
−12λ
) k = 0i
+ 0 j + k
M =
0
15 5 6 3 5 3
A skaláregyenletek:
(4) 15λ 5 + 15λ6
= 0
(5) − 20λ 3 = 0
(6) 12λ 5 −12λ3 = 0
Az (5) egyenletből λ 3 = 0
A (6) egyenletből λ 5 = 0
A (4) egyenletből λ 6 = 0
A (2) egyenletből
100
λ 4 =
3
Az (1) és (3) egyenletek az eddig kiszámított λ értékek behelyettesítésével az alábbi
alakokat veszik fel:
100
(1) − 4λ 1 + 100 = 0 , amiből λ 1 = = 25
4
100 100
(3) 5 + 5λ
2 + 5 + 100 = 0
4
3
940
λ 2 = −
F
12
A rúderők rendre
S = −100i
+ 0 j + 125k
1
5⋅
940
S2
= 0i
+ 0 j − k
12
S = 0i
+ 0 j + 0k
3
500
S4
= 0i
−100
j + k
3
S = 0i
+ 0 j + 0k
5
S6 = 0i
+ 0 j + 0k
Ellenőrzésképpen adjuk össze a lemezre ható erőket
F = 0 i + 0 j + 0k
∑
II. Válasszunk ki három, nem egy egyenesre eső pontot.
Az A pontra számított nyomatékot az előző pont-
A C ban számoltuk. A B pontra S 3,
S 4 , S 6 erőknek
zérus a nyomatéka, mivel átmennek a ponton. A C
pontra nincs nyomatéka az S 5 és S 6 erőknek.
A következőkben kiszámítjuk az M B és M C nyomatékokat.
y = v × S + v × S + S + F =
x
B
M B
2
5
- 63 -
1
( ) 0
1
S1
2
S2
v1
S5
v2
B

v
2
= i
v
1
× S
5
=
i
0
− 4λ
5
j
0
0
k
5
5λ
( 0 − 0)
− j(
0 + 20λ
) + k ( 0 − 0)
= 0i
− 20λ
j + 0k
×
( S + S + F )
1
2
=
5
5
=
0
− 3
( − 4λ1
+ 100)
100 5λ1
+ 5λ2
+ 100
( −15λ
−15λ
− 300 − 500)
− j(
0 + 20λ
− 500)
+ k ( 0 −12λ
+ 300)
= i 1 2
A skaláregyenletek:
−15λ 1 −15λ2
− 800 = 0
− 20λ 5 − 20λ1
+ 500 = 0
− λ + 300 = 0
v
=
=
1
12 1
×
S1
( S + S + S + F )
1
i
∑
v
2
= i
M C
× S
3
j
= v
=
2
i
1
0
4λ
5
× S
3
- 64 -
k
5
+ v
1
×
=
1
( S + S + S + F ) = 0
( 0 −15λ
) − j(
0 + 20λ
) + k ( 0 − 0)
= −15λ
i − 20λ
j + 0k
i
0
3
3
3
j
0
− 3λ
3
3
1
k
5λ
3
3
2
− 5 =
( − 4λ1
+ 100)
( − 3λ4
+ 100)
( 5λ1
+ 5λ2
+ 5λ4
+ 100)
−3[
( 5λ1
+ 5λ2
+ 5λ4
+ 100)
i − ( − 4λ1
+ 100)
k ] =
( −15λ
−15λ
−15λ
− 300)
i + ( −12λ
+ 300)k
1
F
S2
2
S4
2
4
Az A ponthoz tartozó 3 skaláregyenlet:
(1) 15λ 5 + 15λ6
= 0
(2) − 20λ 3 = 0
(3) 12λ 5 −12λ3 = 0
A B ponthoz tartozó 3 skaláregyenlet:
(4) − λ −15λ
− 800 = 0
15 1 2
v1
S3
=
4
C
v2
1
j
− 3
4
k
0
=
=

(5) − 20λ 5 − 20λ1
+ 500 = 0
(6) −12λ 1 + 300 = 0
A C ponthoz tartozó 3 skaláregyenlet:
(7) −15λ 1 −15λ2
−15λ4
− 300 = 0
(8) 0 = 0
(9) − λ + 300 = 0
12 1
A (2)-ből λ 3 = 0
A (3)-ból λ 5 = 0
Az (1)-ből λ 6 = 0
A (6), (9) vagy (5) egyenletből
300
λ 1 = = 25
12
A (4)-ből
−1175
λ 2 =
15
A (7)-ből
500
λ 4 =
15
A rúderők rendre
S = −100i
+ 0 j + 125k
1
5⋅1175
S2
= 0i
+ 0 j − k
15
S = 0i
+ 0 j + 0k
3
1500 2500
S4
= 0i
− j + k
15 15
S = 0i
+ 0 j + 0k
5
S = 0i
+ 0 j + 0k
6
III. Keressünk hat lineárisan független tengelyt és számítsuk ki rájuk az erőrendszer
nyomatékát.
S3 y
S3z S3x S1
F
S2
S4
S5
S6
t 3
A tengelyek megválasztásánál két fontos szempontot
tartsunk szem előtt:
• olyan tengelyt válasszunk, melyen sok erőnek
a hatásvonala átmegy, mert így ezeknek a
nyomatéka zérus.
• a tengelyre könnyű legyen kiszámolni a nyomatékot
A kijelölt ( t3 ) tengelyre nincs nyomatéka az S 1,
S 2 , S 4 , S 5,
S 6 , F erőknek, mert hatásvonaluk
átmegy a tengelyen.
Bontsuk fel az S 3 rúderőt komponenseire. Az S3 x
hatásvonala átmegy a tengelyen, az S3 y hatásvo-
- 65 -

nala párhuzamos a t 3 tengellyel, így ezek nyomatéka szintén zérus. Az z
nyomatéka a t 3 tengelyre, de az egyensúly miatt ennek is zérusnak kell lennie:
S 3 z ⋅ 4 = 0
ami csak úgy teljesülhet, ha S 3 z = 0 .
Ha az erőnek ez a komponense zérus, akkor maga az erő is zérus, tehát az S 3 rúdban
nem ébred erő.
t5 F S5 z
S5x A kijelölt tengelyre (t5) nincs nyomatéka
az S 1,
S 2 , S 4 , F erőknek, mert hatásvonaluk átmegy
a tengelyen;
S -nak, mert értéke zérus;
3
tengellyel.
S5 x nyomatéka a tengelyre S 5x ⋅ 3 Ennek a nyomatéka
az egyensúly miatt zérus értékű, ezért S 5 x = 0
Mivel az erő egyik komponense zérus, így maga az
erő is zérus értékű:
S 5 = 0
Vagyis az S
F
5 rúdban nem ébred erő.
- 66 -
S1
S2
S 3 -nek van
S -nak, mert hatásvonala párhuzamos a tengellyel;
6
S5z -nek, mert hatásvonala úgyszintén párhuzamos a
A t 6 tengelyre nincs nyomatéka az S 1,
S 2 , S 4 , F , S 3,
S5 -nek.
Az S6 erőnek van nyomatéka a kijelölt tengelyre. Az egyensúly
miatt azonban ennek zérus értékűnek kell lenni
S 6 ⋅3
= 0
t6 S 6 = 0
S rúdban tehát nem ébred erő.
Az 6
Fx
t 4
S1
S4 y
= 100
S1
S2
S4 z
S4
Fz
S2
= 100
Fy
S6
= 100
S4
A t 4 tengelyre nincs nyomaté- ka
S 3,
S 5,
S6 -nak, mert értéke zérus;
S 1,
2
S -nek, mert hatásvonala átmegy a tengelyen;
F z , z
Fx -nek, mert hatásvonala párhuzamos a tengellyel.
Így S 5 − F ⋅5
= 0
S 4 -nek, mert hatásvonala átmegy a tengelyen;
4 y ⋅ y
S 4 y = Fy
vagyis = 100
Az S4 x meghatározása a hasonló háromszögek alapján
lehetséges.
S6

A geometriai háromszög hasonló az erőháromszöghöz,
vagyis
S4
z 5 5 500
= S 4 z = S4
y =
S 3 3 3
4 y
500
Ezzel S4
= −100
j + k
3
t tengelyre nincs nyomatéka
A 1
S 3,
S 5,
S6 -nak, mert értéke zérus;
S 2 , S4 -nek, mert hatásvonala átmegy a
tengelyen;
S1 , Fz -nek, mert hatásvonala átmegy a tengelyen; y
z
zamos a tengellyel.
Így, F x ⋅5 − S1
x ⋅5
= 0
S F = 100
1 x = x
S1 = −100i
+ 125k
t tengelyre nincs nyomatéka
A 2
5 m
x
4 m
A hasonló háromszögek alapján
S
S
S
5
4
1 z
1x
=
1 z
5
= 1x
S
4
S 3,
S 5,
S6 -nak, mert értéke zérus;
S -nek, mert hatásvonala átmegy a tengelyen;
= 125
4
F x , S1x -nek, mert hatásvonala párhuzamos a tengely-
lyel.
Így, S + S ⋅3
+ F ⋅3
+ F ⋅5
= 0
S
S
S
2 ⋅3 1z
z y
2 ⋅3 = − S1z
⋅3
+ Fz
⋅3
+ Fy
⋅
2
2
Fz
S1z ⋅3
= −
S2
1175
= −
3
S1x Fx y
S4
F
t 1
( 5)
5 m
( 125⋅
3 + 100 ⋅3
+ 100 ⋅5)
= −1175
z
- 67 -
3 m
F -nak, mert hatásvonala párhu-
z
Fz
S1z y
S2
S4 z
S1
S1
x =
S1x F
Fx y
S4
100
S4
4 = S y
S1z 100
t 2

A rúderők tehát rendre:
S = −100i
+ 0 j + 125k
1
1175
S2
= 0i
+ 0 j − k
3
S = 0i
+ 0 j + 0k
3
- 68 -
500
S4
= 0i
−100
j +
3
S = 0i
+ 0 j + 0k
5
S = 0i
+ 0 j + 0k
A feladat megoldása - történjen az bármelyik módszer szerint - ugyanarra az eredményre
vezet.
23. példa
Egy 2 m vastagságú végtelen merev
testet hat rúddal megtámasztunk.
Határozzuk meg a rúderőket és a D
pontban ébredő kényszererőt!
t 4
10000 ⋅3 − S 4 ⋅3
= 0
S 4 = 10000
S = 0i
+ 0 j + 10000k
4
10000
S4
S 6 =
6
F2 3000 =
x
0
N
E
S1
A
S6
S2
S6
z
k
F1 10000 =
H
D
3 m
S5
N
B
F
S3
S4
3 m
t 6
G
C
2 m
4 m
y

S1
S
S
S
3 z
3z
3x
⋅3
− 3000 ⋅ 4 + 10000 ⋅3
= 0
= −6000
= −4500
S = −4500i
+ 0 j − 6000k
3
S1
= 10000
10000
t 1
S2 z
S2 y
4m
S 1 = 10000
S = 0i
+ 0 j + 10000k
1
3000
t 2
t 3
10000 ⋅3 + S 2 z ⋅3
= 0
S = −10000
2z
- 69 -
3m
S3x S3z S3z 4 10000 = S
S3
S3x

4m
4500 ⋅3 − S 5 x ⋅3
= 0
S 5 x = 4500
Ennek következében adódik
S 4500
S
5 y =
5 z =
6000
S = 4500i
+ 4500 j + 6000k
5
A rúderők:
S = 0i
+ 0 j + 10000k
1
S = 0i
− 7500 j −10000k
2
S = −4500i
+ 0 j − 6000k
3
S = 0i
+ 0 j + 10000k
4
S = 4500i
+ 4500 j + 6000k
5
S6 = 0i
+ 0 j + 0k
A merev testre a rúderőkön kívül
még hat az 1 F és F 2 erő is.
F = 0i
+ 0 j −10000k
1
F2 = 0i
+ 3000 j + 0k
A merev testre ható összes erő eredője
zérus.
F = 0 i + 0 j + 0k
∑
D kényszererő
D = S = 4500i
+ 4500 j + 6000k
5
3m
S2
S2 x
0
S2 z
t 5
S6
0
0
- 70 -
3 = S x
D
S 2 y =
S5
S5
7500
S = 0i
− 7500 j −10000k
2
4500
S5z − S = −4500i
− 4500 j − 6000k
5
3 = S z
S5x S5 y
6000

24. feladat
x
S4
S2
25. feladat
S3
S5
S1
Egy zérus vastagságú végtelen
merev lapot 6 rúddal
támasztanak meg. Határozza
meg az A pontban ébredő
csuklóerőt!
z
S6
Eredmény:
A = 400i + 500 j − 300k
4 m
3 m
x
F1 = 200i
S3
S2
2 m
z
S1
5 m
- 71 -
2 m
F = −200k
2
y
S6
Egy végtelen merev testet 6
rúddal támasztanak meg az
ábrán látható módon. A testre
F 1 erő hat. Határozza meg a
rúderőket!
S = 0i
+ 0 j + 400k
1
S = −200i
+ 0 j + 0k
2
S = 0i
+ 400 j + 0k
3
S = 0i
+ 400 j + 0k
4
S = 0i
− 800 j + 0k
5
S = 0i
+ 0 j − 200k
6
S5
A
S4
4 m
500 N
y

III.) Igénybevétel
− n
−
F
Általános esetben ez a vektorkettős ( M )
n
− M
e2
F
I.
I.
M
e1
M
II.
F
n
Tételezzük fel, hogy az ábrán vázolt testet
támadó erők (melyek lehetnek terhelések
és kényszererők egyaránt) egyensúlyban
vannak.
Válasszuk ketté a testet a súlyvonalának
bármely pontján átmenő, az adott pontban
a súlyvonalra merőleges síkkal.
Ekkor az egyensúly megbomlik.
Az egyensúly helyreállításakor az elvágás
helyén a keresztmetszet súlypontjában működtetni
kell egy F erővektort és egy M
nyomatékvektort.
Egy rúd tetszőleges keresztmetszetének
igénybevételén a rajta átadódó erőhatást
értjük. Ez egy felületen megoszló erőrendszer,
melynek eloszlását a statika módszereivel
nem tudjuk követni, de az eredőjét
meghatározhatjuk.
A megállapodás alapján egy keresztmetszet
igénybevételén az első (I.) testről a második
(II.) testre átadódó erőhatást értjük. Ez
pontosan megegyezik az első testre ható
erőrendszernek a keresztmetszet súlypontjába
redukált vektorkettősével.
− M
− F
- 72 -
=
=
∑
∑
M
F
i
i
+
∑
r × F
F , felbontható hat komponensre.
e
e2
n
M e2
M n
Fe
2
1
Fe1
Fn
i
M e1
n = a kiválasztott keresztmetszet normálisa.
A hat komponensből négy beleesik a keresztmetszet síkjába, kettő pedig merőleges rá.
Ezek a komponensek az alábbi igénybevételeket jelentik:
i

F n (N) normálerő
F e1
(V) nyíróerő
F e2
(V) nyíróerő
- 73 -
M n (Mcs) csavaró nyomaték
M e1
(Mh) hajlító nyomaték
M e2
(Mh) hajlító nyomaté
Ha a keresztmetszetet egyidejűleg csak egyetlen erő- vagy nyomatékkomponens terheli,
akkor egyszerű igénybevételről beszélünk. Ha több komponens lép fel, akkor összetett
az igénybevétel.
Hogy szemléletes képet kapjunk az egyes keresztmetszetek igénybevételéről, a hely
függvényében ábrázoljuk a keresztmetszetet terhelő normálerőt, nyíróerőt, hajlító és
csavaró nyomatékot. Az igénybevételi ábrák megrajzolásánál mindig követni kell a következő
– megállapodás alapján hozott – szabályokat.
200N -
-
Kijelöljük a haladási irányt.
A nyomatéki metszékeket
40N
20N
mindig a húzott oldalra rajzoljuk.
Ez azt jelenti, hogy a
2m 3m
balról számított nyomaték
akkor pozitív (+), ha a nyo-
200N
maték az óramutató járásával
megegyezően forgat. A jobb-
40N
20N ról számított nyomaték akkor
500N
60N
pozitív, ha az óramutató járásával
ellentétesen forgat.
M -
+
V +
-
N +
-
+
-
- A nyíróerő ábrán balról indulva
a fölfelé mutató irány a
pozitív. Máshogy fogalmazva,
az az irány a pozitív,
amely a pozitív nyomatékot
hozza létre.
- A normálerő ábrán a húzás
pozitív előjelű, míg a nyomás
negatív. Pozitívnak tekintjük
a normálerőt, ha balról számított eredő erő a vizsgált keresztmetszetből kifelé mutat.
+ N
eleje vége
haladási irány
300
200
600
40
200
20

Tört tengelyű tartóknál az egyenes tartónál alkalmazott előjelszabály a mérvadó, de
megfelelően elforgatva.
D
C
eleje vége
M - +
V - +
N - +
D
C
A B
M - +
1.) Koncentrált erőkel terhelt tartó
100N
1400N
M -
+
2800Nm
2m
1000N
1000N
1400N 1000N
V +
-
N +
-
5m
F F
A B
2000N
2000N
3m
2000N
4800Nm
V
+
-
100N
100N
1600N
1600N
100N
- 74 -
N - +
M
V
N
D
-
+
+
-
+
-
eleje vége
- Első lépésként meghatározzuk
a kényszererőket, az
egyensúlyi egyenletek alapján.
- Alkalmazzuk az előzőekben
magadott előjelszabályt.
- Figyelembe vesszük a koncentrált
erőkkel terhelt tartó
nyomatéki ábrájának alábbi
tulajdonságait:
- Szabad végen (a rúd
végein), ha nincs koncentrált
nyomaték, akkor
a hajlító nyomaték
értéke zérus.
- Két erő között a függvény
lineáris. Ezért elég
a függvény két végpontján
lévő értékeket
meghatározni.
- Az erő hatásvonalánál a
függvénynek törése
van.
C

2.) Koncentrált nyomatékkal terhelt tartó
300N
M -
+
V + -
300N
N + -
3.) Megoszló erőrendszerrel terhelt tartó
A
M -
+
p
l / 2
l / 2
F = p ⋅l
A B
p ⋅l
l p ⋅l
⋅ =
2 2 4
p ⋅l
2
V +
-
p ⋅l
A=
2
1000Nm
A D
B
2
600Nm
x
xp
p ⋅l
A = B =
2
M(x)
2000Nm
2m 5m
3m
1000Nm 2000Nm
400Nm
C
1100Nm
900Nm
300N
300N
B
p ⋅l
E 8
p ⋅l
2
2
- 75 -
A koncentrált nyomatékkal terhelt
tartónál, ahol a koncentrált nyomaték
hat, ott a nyomatéki függvényben
– az ott ható nyomaték értékének
megfelelően – ugrás van.
A függvény pontjai rendre (az előjelszabály
figyelembevételével):
− 300⋅ 2 = −600
− 300 ⋅ 2 + 1000 = + 400
− 300⋅ 7 + 1000 = −1100
− 300 ⋅7
+ 1000 + 2000 = + 900
− 300 ⋅10
+ 1000 + 2000 = 0
Az egyes erőhatások közötti szakaszokon
a függvény továbbra is lineáris.
- Megoszló erővel terhelt tartó
esetén a megoszló erőrendszert
helyettesíthetjük egy koncentrált
erővel, amely a megoszló
erőrendszer eredője.
- Meghatározzuk a kényszererőket.
- Megrajzoljuk a nyomatéki ábrát
a koncentrált erőkre.
- Egyenletesen megoszló terhelés
esetén, ahol a nyomatéki függvényt
az alábbi képlet
p ⋅l
x
M ( x)
= ⋅ x − p ⋅ x ⋅
2
határozza meg, a következő
módón rajzolhatjuk meg a másodfokú
függvényt.
2

- Meghatározzuk azt a háromszöget, amelynek segítségével megrajzoljuk a
parabolát. (ABC háromszög)
- A parabola megrajzolásához három pontra és három érintőre van szükségünk.
Ezek rendre a következők:
- A pont AC egyenes, mint érintő
- B pont BC egyenes, mint érintő
- E pont és az E pontban, az AB egyenesekkel párhuzamos érintő.
Az E pontot az alábbiak szerint kapjuk:
- A C ponton át párhuzamost húzunk a megoszló erőrendszer intenzitásával
- Ez az egyenes az AB egyenest a D pontban metszi
- A CD távolságot megfelezzük
A nyíróerő ábrát először megrajzoljuk a koncentrált erőkre. Azon a szakaszon, ahol a
megoszló erőrendszer található a szakasz elején és végén kapott nyíróerő értékeket
egyetlen egyenessel kötjük össze, hiszen ezen a szakaszon a nyíróerő függvényt az
alábbi képlet írja le:
p ⋅l
V ( x)
= − p ⋅ x
2
500Nm p=1000N/m
2
F=1500N
A B
3
2
500Nm
1,5 1,5
Az olyan esetekben, amikor a megoszló terhelés
tartományában erők vagy nyomatékok vannak, az
igénybevételi ábrák megrajzolásához a megoszló
terhelés nem helyettesíthető egyetlen koncentrált
erővel!
A=2200N
B=7300N
A megoszló erő tartományát úgy kell szakaszokra bontani, hogy az egyes szakaszokon
belül a megoszló terhelés tisztán hasson. Ennek megfelelően az ábrán a megoszló terhelést
4 részre bontottuk.
- 76 -

M -
+
V +
-
800N
500Nm
2
500Nm
1600Nm
3300Nm
2200N
3000N 1500N 2000N 1500N 1500N
A B
1,5 1,5 1 1
700Nm
2300N
4.) Másodfokú függvény rajzolása
p
A D
C
B
A H D
C
e 1
J
L
B
E
K
e 2
érintő
- 77 -
0,75
0,75
4000Nm
3000N
4300N
500Nm
0,75
1750Nm
0,75
1125Nm
625Nm
Jelen esetben ismertnek tételezzük fel az
A,B,C pontokat, valamint az egyes pontokat
összekötő egyeneseket.
A megoszló erőrendszer intenzitása a rajznak
megfelelő.
1. B ponton keresztül párhuzamost húzunk
az intenzitás irányával,
2. BD távolság felezésével kapjuk meg
az E pontot,
3. E pontban AC egyenessel párhuzamost
húzunk.
Ezzel megkapjuk a parabola 3 pontját és az
érintőjét.

További pontok szerkesztése
1. AC szakaszon kijelölünk egy pontot H
2. H ponton keresztül párhuzamost húzunk a BC illetve AB egyenesekkel
3. kijelöljük a J és K pontokat. A JK egyenest megrajzoljuk
4. H ponton keresztül párhuzamost húzunk a DB szakasszal
5. Megkapjuk az L pontot
Az L pont valamint a JK egyenes adja a parabola újabb pontját, valamint a hozzá tartozó
érintőt.
5.) Összefüggés a hajlítónyomatéki és nyíróerő függvények között
M
V
dx
Vizsgáljuk meg a dx hosszúságú elemi tartódarab
egyensúlyát.
Írjuk fel az S (keresztmetszet súlypontja) pontra
a nyomatékokat
dx
− M + Vdx + pdx ⋅ + ( M + dM ) = 0
2
0
2 ≡
dx
pdx ⋅ (kis számokról lévén szó)
- 78 -
Vdx + dM = 0
dM = −Vdx
dM
illetve = −V
dx
Ez az összefüggés azt fejezi ki, hogy a hajlítónyomatéki függvény x szerinti első differenciálhányadosa
a nyíróerő függvény. Ebből az is következik, hogy ahol a nyíróerő
függvény zérus értékű, ott a nyomatéki függvénynek helyi szélsőértéke van.
A függőleges erők egyensúlyát a
p
V + pdx − ( V + dV ) = 0
egyenlet írja le, amiből
p
dx
S
V+dV
M+dM
pdx − dV = 0
dV
illetve = p
dx
Vagyis a nyíróerő függvény differenciálhányadosa megegyezik a terhelő megoszló erőrendszer
adott pontbeli intenzitásával. Ezekből az összefüggésekből az alábbi, a gyakorlatban
használatos következtetések vonhatók le:
1. Mivel a levezetéseknél, a vizsgált szakaszokon megoszló terhelést vettünk figyelembe,
ezért az eredmények érvényessége csak olyan szakaszokra vonatkozik,
ahol nem lép fel koncentrált erő vagy nyomaték.
Másképpen fogalmazva az összefüggések csak koncentrált erőhatások (erők,
nyomatékok) közötti szakaszokon érvényesek.
2. A hajlítónyomatéki függvény x szerinti első differenciálhányadosa a nyíróerő
függvény. Ebből két dolog következik:
- Ahol a nyíróerő függvény zérus értékű, ott a nyomatéki függvénynek helyi
szélsőértéke van.

- A vizsgált szakaszon a nyomatéki függvény értékének változása az ugyanahhoz
a szakaszhoz tartozó nyíróerő függvény alatti területtel egyezik meg.
ΔM = Vdx
∫
3. Azon a szakaszokon, ahol egyenletesen megoszló terhelés van,
- A nyíróerő függvény lineáris
- A nyomatéki függvény másodfokú függvény.
6.) Példák az igénybevételek témakörből
1. példa
M A
900Nm
A y
700N
M -
+
700N
V +
-
N +
-
700N 200N
2m 3m
700N 200N
A x
számítási modell
700N 200N
200N
900Nm
valós erőjáték
200N
500Nm
500Nm
500Nm
500Nm
- 79 -
Rajzoljuk meg a tartó igénybevételi
ábráját!
Egyensúlyi egyenletek:
∑ X = 0 A X + 200 = 0
= −200
N
A X
∑Y = 0 A Y − 700 = 0
= 700 N
∑ ( A)
A Y
M = 0 M − 700 ⋅2
+ 500 = 0
A
M A
= 900 Nm

2. példa
300N
nyíróerő ábra alatti terület, vagyis
- 80 -
Rajzoljuk meg a tartó igénybevételi
ábráját!
Határozzuk meg a maximális
nyomaték helyét és nagyságát!
Egyensúlyi egyenletek:
∑ X = 0 − 300 + B X = 0
= 300 N
B X
∑ M ( A)
= 0
⋅1−1200 ⋅2
+ BY
500 ⋅4
+ 800 = 0
B Y
= 275 N
∑Y = 0
− 500 −1200
+ 625 + A Y = 0
= 1425 N
A Y
A nyíróerő függvénye
925 − 300⋅
x = 0
925
x = = 3,
083&
mm
300
A maximális nyomaték értéke
M
=
4,
083&
∫
0
Vdx
Ez az előjelhelyes összeg a
925⋅
3,
083&
− 500 ⋅1+
= 925,
9 Nm
2
Ez a nyomaték jobbról is számítható.
Itt azonban figyelembe kell venni, hogy a 800Nm-es koncentrált nyomaték is hat, vagyis
= M Vdx
M max
500N
300N
M -
+
V
500N
500Nm
925Nm
+
-
N +
-
1m 4m
∑ + ∫
300N/m
1200N
A y By
500Nm
2050Nm
2m
B x
275Nm
300N
275⋅
0,
916&
Számszerűen: + 800 + = 925,
9 Nm
2
x
800Nm
800Nm
925,9Nm

3. példa
1600Nm
M -
+
2533,4N
V
+ -
1600N
+
N
-
2p
2m
4m 2m
1600N 3200N 800N
A
3466,8Nm
666,6N
A maximális nyomaték értéke
1600⋅
2 2533,
4&
⋅3,
16&
− +
= 2411Nm
2 2
Vagy jobbról
( 1466,
6&
+ 666,
6&
) ⋅ 2 666,
6&
⋅0,
83&
+ =
2
2
x
p
B
2411Nm
1466,6Nm
1466,6N
- 81 -
Rajzoljuk meg a tartó igénybevételi
ábráját!
Határozzuk meg a maximális
nyomaték helyét és nagyságát!
p=400N/m
Egyensúlyi egyenletek:
∑ X = 0
= 0 N
∑ M ( A)
A X
= 0
−1600 ⋅1+
3200⋅
2 + 800⋅
5 − B ⋅6
= 0
B 1466, 6 N & =
∑Y = 0
−1600
+ A − 3200 − 800 + 1466,
6&
= 0
A 4133, 4 N & =
A két parabola egyenlete eltér
egymástól, de a kapcsolódási
pontban az érintőjük azonos.
A maximális nyomaték helye
2533 , 4&
−800 ⋅ x = 0
x = 3,
17m

4. példa
A x
200N
A y
500N
200N
200N
M A
5m
200N
1900Nm
200N
500N
2m
500N
500N
2m
500N
Rajzoljuk meg a tartó igénybevételi ábráit!
Egyensúlyi egyenletek
∑ X = 0 A X + 200 = 0 AX = −200
N
∑Y = 0 A Y + 500 = 0 AY = −500
N
∑ ( A)
M A
M = 0 M + 500 ⋅3
+ 200⋅
2 = 0
- 82 -
A
= −1900
1900Nm 600Nm
200N
Nm
Bontsuk részeire a törttengelyű tartót és a csatlakozó
pontokban állítsuk helyre az egyensúlyt!
500N
500N
200N
200N
500N
1000Nm
200N
200N
500N
600Nm
1000Nm
500N

Rajzoljuk meg külön-külön az egyes részek igénybevételi ábráit, majd rajzoljuk össze.
M -
+
1900Nm
M -
+
600Nm
M - +
1000Nm
600Nm
1000Nm
- 83 -
1900Nm
A nyomatéki metszékek mindig a húzott oldalon vannak!
V
N
+ -
500N
200N
+
-
500N
V +
V
-
- +
N +
N
-
- +
200N
200N
500N
500N
+200N
500N
-200N
600Nm
1000Nm
200N
200N
-500N
-500N

5. példa
300Nm
M
N
A
-
+
V + -
200N/m
960N
3m 5m
A B
960N
+ -
600N 1000N
300Nm
200N
500N
400N
1100Nm
x
B
440N
Számított értékek alapján rajzoljuk meg
a tartó nyomatéki és nyíróerő ábráját!
Határozzuk meg a maximális nyomaték
nagyságát és helyét!
- 84 -
Egyensúlyi egyenletek
∑ M A
= 0
600 ⋅1, 5 − 960⋅
3+
1000⋅
5,
5 −8B
= 0
B = 440 N
∑Y = 0
A − 600 + 960 −1000
+ 440 = 0
A = 200 N
Maximális nyomaték helye
440
x = = 2,
2m
200
440⋅
2,
2
M max = = 484 Nm
2

6. példa
A
1m
1000N/m
A y
600Nm
300N
2m
B
2m
5000N
300N
B y
1000N
2m
14000Nm
2000Nm
14000Nm
B x
12000Nm
2m
2m
2000N
1000N
14000Nm
Határozzuk meg a nyomatéki ábra jellemző értékeit!
Egyensúlyi egyenletek
∑ X = 0 B x −1000
= 0
= 1000 N
B x
∑ M B
A y
Ay = 0
⋅3
− 5000⋅
0,
5 + 2000⋅
3−
1000⋅
2 − 300⋅
2 = 0
= −300
N
∑Y = 0
300 − 5000 − 2000 − 300 + = 0 B
− y
B y
= 7600 N
- 85 -

7. példa
M
V +
-
N
2kN
4kN/m
45°
2m 2m 4m
2kN 16kN
-
+
+ -
A y
4kNm
6kN
8kNm
A x
2kN
B y
20kNm
x
B x
10kN
8kN
Határozzuk meg a maximális nyomaték helyét
és nagyságát, valamint rajzoljuk meg az M, V,
N ábrákat!
Egyensúlyi egyenletek
∑ X = 0 A x + Bx
= 0
∑Y = 0 A y + By
− 2 −16
= 0
∑ A
x
M = 0 2 2 −16
⋅4
+ ⋅6
= 0 B
A = A
B y
y
= 10
- 86 -
kN
Ay x
Bx = −8kN
⋅ y
= 8 kN → A = 8kN
10
x = = 2,
5m
4
10⋅
2,
5
M max = = 12,
5kNm
2

8. példa
1,5m
M
3kNm
V
2kN
3kN
2kN
N
3kN
3kN/m
2m 4m
12kN
3kN B
Ay 2kN
3kNm
2kN
x
3kNm
6,75kN
B y
10,5kN
x
5,25kN
Határozzuk meg a maximális nyomaték
helyét és nagyságát, valamint rajzoljuk
meg az M, V, N ábrákat, a jellemző értékek
feltüntetésével!
Egyensúlyi egyenletek
∑ X = 0 2 − B x = 0 Bx = 2kN
- 87 -
∑ M B
A y
= 0
= 5,
25
2 1,
5 − 3⋅
2 + 12⋅
2 − ⋅4
= 0 A
⋅ y
kN
∑Y = 0 − 3 + y −12
+ 5,
25 = 0
B
= 9,
75kN
B y
5,
25
x = = 1,
75m
3
5,
25⋅1,
75
M max = = 4,
59kNm
2

9. példa
5kNm
5kNm
5kNm
2m
2kN/m
A 5kNm
B
2m 4m 1,5m
4kN
-
M +
1kNm
V +
-
N + -
5kN
A
5kNm
B
5kNm
x
8kN
8kNm
3,5m
6kNm
7kN
4kN
4kN
4kN
- 88 -
Határozzuk meg a maximális
nyomaték helyét és nagyságát,
valamint rajzoljuk meg az M, V,
N ábrákat!
Egyensúlyi egyenletek
∑ M A
= 0
− 5 + 4⋅1
+ 5 + 8⋅
4 − B ⋅6
+ 4⋅
7,
5 = 0
B = 11kN
∑Y = 0
A − 4 − 8 − 4 + 11 = 0
A = 5kN
5
x = = 2,
5m
2
A maximális nyomaték jobbról
7 ⋅3,
5
M max = −4
⋅1,
5 + = 6,
25kNm
2
vagy balról
5⋅
2,
5
M max = −5
+ + 5 = 6,
25kNm
2

10. példa
1,5m
2kN
3kNm
2kN 2kN
A B
2m 2m 1m 2m
9kN
2kN 2kN
Ay
2kN
3kNm
1kNm
M
V
N
2kN
2kN
2kN
2kN
A x
B y
4kNm
3kNm
7kN
2kN
- 89 -
Rajzoljuk meg az M, V, N ábrákat!
Egyensúlyi egyenletek
∑ X = 0 − 2 + x = 0 A
= 2kN
A x
∑ M A = 0
⋅1, 5 − 2⋅
2 + 9⋅
2 − y B
2 ⋅3
+ 2⋅
5 = 0
B y
= 9kN
∑Y = 0
A y
= 4kN
− y
2 + − 9 + 9 − 2 = 0
A

11. példa
2kN 1kN/m
2kN
M
+ -
+
V -
N + -
A B
2m 4m 2m
2kN 4kN
A
x
2kNm
3kN
A y
2kN
x
2kN
B y
3kNm
1kN
2kNm
2kNm
2kNm
- 90 -
Határozzuk meg a maximális
nyomaték helyét és nagyságát,
valamint rajzoljuk meg az M, V,
N ábrákat, a jellemző értékek
feltüntetésével!
Egyensúlyi egyenletek
∑ X = 0 2 − Ax
= 0
= 2kN
∑ M A
B y
A x
= 0
= 1kN
2 1−
4⋅
2 − ⋅4
+ 2 = 0 B
⋅ y
∑Y = 0 − 2 + y − 4 + 1 = 0
A
= 5kN
A y
A maximális nyomaték helye
3
x = = 3m
1
Maximális nyomaték nagysága
balról számítva
2⋅
2 3⋅
3
M max = − + = 2,
5kNm
2 2
illetve jobbról
1⋅1
M max = 2 + = 2,
5kNm
2

12. példa
1,8kN
1,8kN
M
-
+
1,8kN
+
V -
N + -
1,44kNm
4kN/m
0,8m 1,6m
2,88kNm
x
6,4kN
M A
A y
0,8kNm
4,6kN
A x
Határozzuk meg a maximális nyomaték helyét és
nagyságát, valamint rajzoljuk meg az M, V, N
ábrákat, a jellemző értékek feltüntetésével!
Egyensúlyi egyenletek
∑ X = 0 Ax = 0kN
∑ A
M A =
M = 0 1 , 8 2,
4 − 6,
4⋅
0,
8 + M = 0
0,
8
- 91 -
kNm
⋅ A
∑Y = 0 1 , 8 − 6,
4 + y = 0 A
= 4,
6kN
A y
A maximális nyomaték helye
1 , 8
x = = 0,
45m
4
Maximális nyomaték nagysága balról számítva
1,
8⋅
0,
45
M max = 1,
8⋅
0,
8 + = 1,
845kNm
2
illetve jobbról
4,
6⋅1,
15
M max = −0,
8 + = 1,
845kNm
2

13. példa
4kNm
4kNm
4kNm
2kN
2kN
A B
2m
A x
A y
3kN/m
6kNm 6kNm
16kNm
2kN
2kN
4m 2m
12kN 6kN
x
B y
20kNm
3kN
3kN
3kN
10kN
M
V
3m
3m
3kNm
3kN
Rajzoljuk meg a tartó nyomatéki ábráját!
Határozzuk meg a maximális nyomaték
helyét és értékét!
- 92 -
Egyensúlyi egyenletek
∑ X = 0 2 + A x = 0
= −2kN
A x
∑ M A = 0
+ 2⋅
6 + 12⋅
2 − 4⋅
y B
4 + 6⋅
5 − 3⋅
6 = 0
B y
= 13
kN
∑Y = 0 A y −12
+ 13 − 6 + 3 = 0
= 2kN
A y
A maximális nyomaték pontos helyének
meghatározásához vizsgáljuk meg a
vízszintes tartó nyíróerő ábráját!
A maximális nyomaték helye
10
x = m
3
A maximális nyomaték értéke jobbról
10
10 ⋅
3⋅1
3⋅1
M
3
max = − + =
2 2 2
100
= = 16,
66&
kNm
6

14. példa
A
A x
500N/m
2m
A y
2700N
B
2m 2m
2000N 1000N
2700N
B x
2m
3m
Rajzoljuk meg a teljes rúdszerkezet
hajlítónyomatéki ábráját!
Az ábrán jelöljük be a számított értékeket!
Egyensúlyi egyenletek
∑ M A
B x
= 0
2000 2 + 2700⋅
2 + 1000⋅
5 − B ⋅3
= 0
= 4800 N
- 93 -
⋅ x
∑ X = 0 A x − 4800 = 0
= 4800 N
A x
∑Y = 0 A y − 2000 − 2700 −1000
= 0
= 5700 N
A y
11,4kNm
17,4kNm
4kNm
1kNm
3kNm
17,4kNm

15. példa
M
A
550N
200N/m 300N/m
3m
320Nm 390N
2m
750Nm
3m
A 320Nm 390N B
-
+
430Nm
+
V -
N +
-
825Nm
600N 900N
x
50N
340N
840Nm
B
330Nm
560N
Határozzuk meg a maximális nyomaték
helyét és nagyságát, valamint rajzoljuk
meg az M, V, N ábrákat, a jellemző értékek
feltüntetésével!
Egyensúlyi egyenletek
∑ M A
- 94 -
= 0
600 ⋅1, 5 − 320 − 390⋅
5 + 900⋅
6,
5 − B ⋅8
= 0
B = 560 N
∑Y = 0
A − 600 + 390 − 900 + 560 = 0
A = 550 N
A maximális nyomaték helye
550
x = = 2,
75m
200
Maximális nyomaték nagysága
550⋅
2,
75
M max = = 756,
25 Nm
2

16. példa
A
A X
A Y
M max
M
-
+
+
V -
5kN
N +
-
2kN/m
4m
8kN
B Y
3kN
B 45°
B X
3kN
6kN
4m
8kN
x
5kN
5kN
10kNm
4kNm
5kN
- 95 -
Határozzuk meg a maximális nyomaték
helyét és nagyságát, valamint rajzoljuk
meg az M, V, N ábrákat, a jellemző
értékek feltüntetésével!
Egyensúlyi egyenletek
∑ X = 0 A x + Bx
= 0
∑ M A
⋅ 2 + y B
= 0
8 ⋅ 4 + 8⋅
6 − 5⋅
8 = 0
B y
= −6
kN
∑Y = 0 A y + 8 − 6 + 8 − 5 = 0
= −5kN
A y
B =
B x
A x
y
B
= −6
x
kN
= 6kN
A maximális nyomaték helye
5
x = = 2,
5m
2
Maximális nyomaték nagysága
5⋅
2,
5
M max = = 6,
25kNm
2

17. példa
3m
A x
Számított értékek alapján rajzoljuk meg a tartó
M,V,N ábráit!
Határozzuk meg a maximális hajlítónyomaték helyét
és nagyságát!
Egyensúlyi egyenletek
∑Y = 0 A y −12
+ 2 = 0
= 10kN
A y
∑ M A = 0
⋅1− 2⋅
4 + 18⋅1,
5 − x B
12 ⋅3
= 0
10, 3kN
& =
B x
∑ X = 0 A + 10 , 3&
x −18
= 0
7, 6kN
& =
A x
Az igénybevételi ábra megrajzolásához gondolatban szedjük szét a tartót és előbb a vízszintes,
majd a függőleges rész ábráit rajzoljuk meg.
A x
8,9kNm
15,45kNm
A y
2m 2m
6kN/m
A
A y
M - +
12kN
B x
12kN
4kNm
B
V y
6kN/m
y
18kN
M=4kNm
V x
V - +
2kN
2kN
7,66kN
10,3kN
2kN
N - +
A Vx és Vy és M a két rúd csatlakozásánál ébredő
erők illetve nyomaték.
Egyensúlyi egyenletek
alapján:
Vx 7, 6kN
& =
Vy = 0kN
M = 4kNm
- 96 -
M=4kNm
B x
-V y
-V x
18kN

Az összesített igénybevételi ábra
8,9kNm
15,45kNm
-7,66kN
4kNm
N
A maximális nyomatékok helyei
10
x = m
6
10,
3
y = m
6
M
4kNm
8kNm
Maximális nyomatékok nagysága
10
Ay
⋅ x
10 ⋅
M
6 100
max = = = = 8,
3&
kNm
2 2 12
10,
3&
10,
3&
⋅
Bx
⋅ y
M
6
max = = = 8,
9 kNm
2 2
10kN
- 97 -
y
7,66kN
10,3kN
V
2kN

18. példa
M
A x
-
+
+
V -
N +
-
p
a
2
p ⋅ a
p ⋅ a p ⋅ a
2
p ⋅ a
A y B y
2
p ⋅ a
2
p ⋅ a
45°
a a
2
p ⋅a
2
p ⋅a
2 p ⋅ a
p ⋅a
B x
p ⋅a
2
p ⋅
a
p ⋅a
Számított értékek alapján rajzoljuk meg a tartó
M,V,N ábráit!
A csuklós megtámasztásnál a 45° miatt Bx=By
Egyensúlyi egyenletek
∑ M A
= 0
a 2 3
⋅ − pa + pa ⋅ a − B ⋅ 2a
+ pa ⋅3a
= 0
2
2
= 2 pa
pa y
B y
B x
A x
= 2 pa
= 2 pa
∑Y = 0
− pa − pa + 2 pa − pa = 0
A y
A y =
pa
- 98 -

19. példa
A x
659,4N
500N
30°
600N
1,5m 1m 1,5m
A y
M
1142,1N
500N
1978,13Nm
433N
600N
2796,9Nm
250N
519,6N
500N/m
3125Nm
300N
4m
2000N
109,4N
218,75N
189,5N
V
N
B
3562,5Nm
- 99 -
Rajzolja meg a tartó M,V,N ábráit a
jellemző értékek feltüntetésével!
Egyensúlyi egyenletek
∑ X = 0 A x = 0
∑ M A
= 0
500 ⋅1, 5 + 600⋅
2,
5 + 2000⋅
6 − B ⋅8
= 0
B = 1781,
25 N
∑Y = 0
A − 500 − 600 − 2000 + 1781,
25 = 0
y
A y
= 1318,
75
N
Bontsuk fel a rúd ferde szakaszára
ható erőket rúdirányú és rúdra merőleges
komponensekre.
250N
α=30°
α 1142,1N
1318,75N
433N
α 519,6N
600N
α
500N 300N
659,4N
A rúdirányú erő hozza létre a
normálerőt, és a rúdra merőleges
erők a nyírást és a hajlítást.
1781,25N

20. példa
Mϕ A y
V
ϕ
N
ϕ
FR
R
F ⋅cos
ϕ
F ⋅sin
ϕ
Ax
Rajzolja meg a tartó M,V,N ábráit a jellemző értékek feltüntetésével!
Egyensúlyi egyenletek
∑ X = 0
A = 0
x
∑ A
M A =
M = 0 − F ⋅ R = 0
F ⋅ R
- 100 -
M A
∑Y = 0 Ay − F = 0
Ay = F
= −M
+ A ⋅ R ⋅(
1−
cosϕ)
= −F
⋅ R + F ⋅ R ⋅(
1−
cosϕ)
= −F
⋅ R ⋅cosϕ
= F sinϕ
φ
M ϕ
M
Ay
= F cosϕ
M
Ay
A
φ
F
F
V
F
− F
N

21. példa
M
M
M
V
ϕ
α
N
V
A
M
M
= ⋅ R ⋅(
1−
cosϕ)
= ⋅(
1−
cosϕ)
2R
2
M
M
= − ⋅ R ⋅(
1−
cosα
) = − ⋅(
1−
cosα
)
2R
2
φ
M
2R
M
M
A =
2R
M
M
φ α
φ α
B
+ - - +
R
M
2R
N
α
V
Rajzolja meg a tartó M,V,N ábráit a jellemző
értékek feltüntetésével!
Egyensúlyi egyenletek
∑ A
M = 0 M + B ⋅2
R = 0
M
B = −
2R
∑Y = 0
0
2 = − M
A
R
M
A =
2R
N
- 101 -
-
φ α
+ - - +
ϕ sinϕ
2 ⋅ = M
V α sinα
R
2 ⋅ = M
V ϕ cosϕ
R
2 ⋅ − =
M
N α cosα
R
2 ⋅ = M
N
R

IV.) Párhuzamos erőrendszerek
1.) Koncentrált erőkből álló párhuzamos erőrendszer
- 102 -
Legyen az erők iránya az e egységvektorral
párhuzamos.
Az origóhoz tartozó eredő vektorkettős
F 0
∑ Fi
= e∑
F
= ∑ri
× Fi
= ( ∑ri
⋅ F ) × e
= i
M 0
i
alakú, ahol F i az i-edik erőhöz tartozó
előjeles szám.
Az eredő vektorkettős elemzésével megállapítható, hogy az alábbi lehetőségek közül
melyikhez tartozik az erőrendszer.
- Egyensúlyi erőrendszer:
0 0 = F és 0 0 = M
- Az eredő egyetlen erőpár:
0 0 = F és 0 0 ≠ M
- Az erő egyetlen erő:
F 0 és M 0 vagy F 0 és 0 M
0 ≠
0 =
0 ≠
Mivel az 0 F és M 0 vektorok biztosan merőlegesek egymásra, az alábbi egyszerűsítésre
adódik lehetőség.
M 0
F2
x
F3
z
ri re
F0
F1
A centrális egyenes egy pontját kijelölő helyvektort ( r k ) azon megfontolás alapján kap-
juk meg, hogy 0 0 M F rk × =
Ezen egyenletbe behelyettesítve az eredő vektorkettős korábbi alakját kapjuk
e F = r ⋅ F ×
rk × ∑ i ( ∑ i i ) e
illetve rk ⋅( ∑ Fi
) × e = ( ∑ri
⋅ Fi
) × e
∑ ri
⋅ Fi
amiből r k =
∑ Fi
.
F2
y
rk
0 ≠
(e)
egyenes
F centrális 0

Ha az erőrendszer minden elemének támadáspontját rögzítjük és az e egységvektor
F irányát is, akkor minden e
irányának változtatásával változtatjuk az egyes erők ( i )
irányhoz ( e e ,..., e )
e1 2 e
x
1 , 2 n tartozik egy centrális egyenes.
2.) Megoszló erőrendszer (síkban)
y
y
e3
z
x dx
l/2 l/2
l
x dx
2 /3 l
l
rk
c3
F p ⋅l
= 0
F0
1 /3 l
K
p0
p0
x
x
c2
c1
y
Bizonyítható, hogy ezek a centrális egyenesek
egy pontban metszik egymást.
Ezt a pontot az erőrendszer erőközéppontjának
nevezzük.
A ∑ r i ⋅ Fi
vektort az erőrendszer statikus
(vagy elsőrendű) nyomatékvektorának nevezzük.
Tekintsünk egy p 0 intenzitású megoszló erőrendszert.
Az erőrendszer eredő erejét az
F
0
- 103 -
l
= ∫ p dx = p l integrál adja.
0
0
Az origóhoz tartozó nyomatékot pedig az
M
0
l
= ∫
0
x ⋅
0
( p dx)
0
p0l
=
2
integrállal kapjuk.
Ezen nyomaték vektora a síkra merőleges.
Az erőrendszer erőközéppontja, ahol az erőrendszer
helyettesíthető egyetlen erővel
2
p0l
x ⋅ p0dx
2 l
rk = ∫ = =
p dx p l 2
∫
0
Tekintsünk egy egyenletesen változó megoszló erőrendszert.
A fenti gondolatmenetet alkalmazva:
l
⎛ p
2
0 ⎞
x x dx p0l
∫ ⋅⎜
⋅ ⋅ ⎟
l 0 ⎝ ⎠ 2
r 3
k =
= = l
l
p
p0l
3
0
∫ ⋅ x ⋅ dx
l
2
0
0
2

3.) Súlypont, tömegközéppont és geometriai középpont
Homogén tömegeloszlású testek esetén az
r dV
∫ ⋅
∫
A test súlypontján a térfogaton megoszló elemi
súlyerők erőközéppontját értjük.
r
k
=
∫
( V )
r ⋅ ρ ⋅ g ⋅ dV
∫
( V )
ρ ⋅ g ⋅ dV
( V )
r k = kifejezés adja meg a súlypont helyét.
dV
( V )
- 104 -
=
∫
( V )
r ⋅ ρ ⋅ dV
∫
( V )
ρ ⋅ dV
=
∫
( V )
r ⋅ dm
A fentiek alapján megállapítható, hogy a testek súlypontja és tömegközéppontja ugyan
az a pont.
Amennyiben homogén tömegeloszlású a test, akkor a geometriai középpont is megegyezik
az előző kettővel.
Összetett testek esetén, amikor ismerjük az egyes összetevők geometriai és tömegadatait,
a következő eljárással számítható a súlypont, illetve a tömegközéppont.
x
g
z
S 1
S 1 (x 1 ,y 1 ,z 1 )
S 2 (x 2 ,y 2 ,z 2 )
S 2
y
X
Y
s
Z
s
s
=
=
=
∑ xi
⋅
∑mi
∑ yi
⋅
∑mi
∑ zi
⋅
∑ mi
m
m
i
m
i
i
r =
∫
( V )
dm
∑ ri
⋅
∑
m
m
i
i

4.) Vonalak súlypontja
x
Több darabból álló vonalak esetén is igaz, hogy
X
s
=
∑ xi
⋅
∑li
l
i
Y
s
=
∑ yi
⋅
∑li
5.) Síkidomok súlypontja
y
z
Összetett síkidomok esetén:
∑ xi
⋅ Ai
X s =
A
∑
S 1 S 2
i
Y
s
l
=
i
x
y
∑ yi
⋅
∑ Ai
A vonalak olyan testeknek tekinthetők, amelyek
keresztmetszete ( A 0 ) rendkívül kicsi.
Ennek megfelelően
r
k
=
Z
∫
( V )
s
∫
- 105 -
r ⋅ dV
( V )
=
dV
∑ zi
⋅
∑li
l
=
i
∫
( V
r ⋅ A0
⋅ dl
)
A ⋅ dl
=
∫
( V )
0
∫
( l )
r ⋅ dl
A síkidomok olyan testeknek tekinthetők, amelyeknek
vastagsága (v) rendkívül kicsi. Ennek
megfelelően
∫ r ⋅ v ⋅ dA ∫ r ⋅ dA
r k
( V )
=
v ⋅ dA
( A)
=
dA
=
A
i
∫
( V )
s
=
∑ zi
⋅
∑
Homogén tömegeloszlás esetén a súlypont mindig rajta van a szimmetriatengelyen.
Z
A
A
i
i
∫
( A)
∫
( l )
dl

6.) Példák a párhuzamos erőrendszerek témakörből
1. példa
y
A szimmetria miatt az Y = 0
X s
=
α
+
2
∫
α
−
2
Rcosϕ
⋅ Rdϕ
α
+
2
∫
α
−
2
ds
=
s
α
+
2
∫
α
−
2
R
2
α
+
2
∫
α
−
2
Határozzuk meg az α nyílásszögű R sugarú
körív súlypontjának koordinátáit!
cosϕ
⋅ dϕ
2 α α
2⋅
R sin 2⋅
Rsin
a
= 2 = 2 =
R ⋅α
α α
R ⋅ dϕ
Félkör alakú vonaldarab súlypontja
y s
2. példa
y
α
2α
x s
R
x s
R
y
φ
S
a=2R
S
S
φ
ds
dφ
x
x
x
dφ
Y s
a
a
π
2R
⋅sin
2 2R
= =
π π
Határozzuk meg a 2α nyílásszögű körcikk
súlypontjának helyét!
- 106 -
R
2
R cosϕ
3
dφ
R ⋅ Rdϕ
dA =
2

A szimmetria miatt az Y = 0
X s
=
+ α
∫
−α
2
R cosϕ
⋅dA
3
=
+ α
∫
−α
dA
s
+ α
∫
−α
Félkör alakú síkidom esetén
3. példa
b
a
∫
x ⋅ dA
0
0
0
X s = = =
a
a
a
∫
0
dA
a
0
xy ⋅ dx
y ⋅ dx
Hasonló megoldással
b
Ys =
3
y s
y
S
x s
x
y
S
dx
a
∫
∫
2
2 R dϕ
R
R cosϕ
⋅
3 2 3
=
+ α
R ⋅ Rdϕ
∫ 2
y s
a
∫
−α
0
Y s
3 + α
∫
−α
- 107 -
cosϕ
⋅ dϕ
2
R α
π
sin
2R 2 4R
= ⋅ =
3 π 3π
2
=
2 3
R sinα
3 2R
sinα
2 a
= = ⋅
2
R α 3α
3 α
Határozzuk meg a vázolt háromszög súlypontjának
koordinátáit!
A háromszög átfogójának egyenlete:
b
y = b − x
a
⎛ b ⎞
2
3
x⎜b
− x⎟dx
a b a
a
b − ⋅
⎝ ⎠
=
2 a 3
2
⎛ b ⎞
b a
⎜b
− x⎟dx
b ⋅ a − ⋅
⎝ a ⎠
a 2
∫
y
x
x
2
⎛ a a ⎞
a ⋅b
a b
⎜ − ⎟
2 3 6 a
=
⎝ ⎠
= =
ab ab 3
2 2

4. példa
R
4
R
y
3
1
R
2
R
Bontsuk fel a síkidomot ismert területű és súlypontú részekre!
i A i x i y i i A x ⋅ i i A y ⋅
1 2
R π
−
2
R 4R
2R
−
3π
3
R π
−
2
3 4
− R π + R
6
2 2R ⋅ 2R
R R 3
4R
3
4R
3 2
R π
2
R 4R
−
3π
3
R π
2
4 3
− R
6
4
∑
X s
R
2
R
−
2
R
2
2R
2
5R 3
7
R
= 2
5R
2
3
=
7
10
R
Y s
=
7
2
x
Határozzuk meg a vázolt síkidom súlypontjának
helyét!
3
R
−
2
3
R
2
7
R
2
7 3 3
R − R π
2
3 3
R − R π
Rπ
= 7R
−
2
5R
5
- 108 -
3

5. példa
- 109 -
Határozzuk meg a vázolt görbe
súlypontját!
Bontsuk fel a görbét ismert hosszúságú és súlypontú görbedarabokra!
Az ∑ri ⋅li
r k = összefüggés alapján az alábbi táblázat kitöltésével megkapjuk a súly-
l
∑
pont koordinátáit.
i
i l i x i y i
z i i l x i i l y i i l z
1 R π 0 R
R
R
π
2
2 + 0 π
2
R
⎛ 2R
⎞
Rπ
⎜2
R + ⎟
⎝ π ⎠
2 2R 0 2R R 0 2
4R
2
2R
3 R
R
2
2R 0
2
R
2
2
2R
0
4 4R R 0 0 2
4R 0 0
5 R
R
-2R
2
0
2
R
2
2
− 2R
0
∑ R + 8R
X
Y
s
Z
s
s
5
π 2
= ∑ ∑
= ∑ ∑
= ∑ ∑
R
x l
l
i i
l
i
y l
i i
i
z l
i i
l
i
x
5 5
= =
( 8 + π ) 8 + π
2
R R
R
2
R ( π + 4)
R(
π + 4)
= =
R(
8 + π ) 8 + π
=
2 2
4R
z
4
1
3
2
R ( π + 1)
2R(
π + 1)
=
R(
8 + π ) 8 + π
R
5R
R
2R
π
y
2
R +
4R
2
π
2 2
2R + 2R

V.) Másodrendű nyomaték
1.) A másodrendű nyomaték értelmezése
- 110 -
Tekintsünk egy síkidomon lineárisan
változó intenzitású megoszló erőrendszert.
Az e egységvektorral kijelölt
egyenes mentén a megoszló erőrendszer
intenzitása zérus, míg a r helyvektorral
jellemzett dT elemi tartományon
az intenzitás
f = λ ( e × r)
.
Képezzük a megoszló erőrendszer nyomatékát a zérus intenzitású egyenes (semleges
tengely) tetszőleges A pontjára.
M = r × [ ( e × r)]
dT = λ r × ( e × r)
dT = λI
A
∫
( T )
λ ∫
( T )
Az I = ∫ r × ( e × r)
dT integrál – az A pont és az e egységvektor megválasztása után
Ae
( T )
– csak a síkidom geometriai viszonyától függ és a másodrendű nyomaték vektorát adja.
A másodrendű nyomaték vektora benne fekszik a síkban!
Az indexek arra utalnak, hogy a nyomatékvektor függ a kiválasztott ponttól és az e
egységvektor irányától.
Ae
Az A pontra illeszkedő végtelen sok egységvektor
közül azonban csak három lehet lineárisan
független egymástól. A három egységvektor
függetlenségének feltétele, hogy
e1e2e3 ≠ 0 vegyes szorzat nem lehet nulla.
Máshogyan fogalmazva a három egységvektor
nem lehet komplanáris (nem lehet egy
síkban).
Ha ismerjük a három egységvektorhoz tartozó I e1
, I e2
, I e3
másodrendű nyomatékvektorokat,
akkor az A ponthoz tartozó bármely egységvektorhoz meg tudjuk határozni a
másodrendű nyomaték vektorát.
Tetszőleges e egységvektor előállítható e = λ 1e1
+ λ2e2
+ λ3e3
alakban a hozzá tartozó
másodrendű nyomaték vektora pedig az alábbi alakban adódik.
I = λ I + λ I + λ I
e
Ie
2
Ie
A
e 3
e1
1 e1
2 e2
3 e3
Ie3
e2
e
Ie1

2.) Másodrendű nyomaték az xyz derékszögű koordinátarendszerben
Az előzőekben alkalmazott e 1 , e2
, e3
egységvektorok helyett válasszuk most a jobbsodrású
xyz derékszögű koordinátarendszer i , j,
k egységvektorait.
k
Az előzőhöz hasonlóan adódik
I
=
y
=
∫
( T )
= −i
∫
∫
( T )
j(
x
( T )
Illetve
I
=
z
=
∫
( T )
= −i
∫
r × ( j × r)
dT
2
+ y
2
xydT + j
∫
( T )
k ( x
( T )
+ y
+ z
∫
( T )
+ z
∫
2
=
∫
) dT −
( x
r × ( k × r)
dT
2
I z
2
xzdT − j
Tetszőleges
( T )
2
2
( T )
+ z
=
∫
j(
r r)
dT −
2
( T )
) dT −
yzdT
e 1 2 3
= λ i + λ j + λ k
∫
( T )
( xi
+ yj
) dT − k
∫
+ k
∫
∫
+
( T )
k ( r r)
dT −
( T )
( xi
+ yj
( T )
( x
2
+ y
∫
( T )
yzdT
+
Az x tengelyhez tartozó másodrendű nyomatékvektor
a definíció szerint
I
=
x
= i
zk
) ydT
2
=
∫
( T )
∫
( T )
∫
( T )
i ( x
( y
- 111 -
r × ( i × r)
dT
2
2
+ y
2
+ z
2
=
2
+ z ) dT − j
∫
∫
( T )
) dT −
( T )
i ( r r)
dT −
∫
( T )
xydT
( xi
+ yj
− k
∫
( T )
∫
( T )
+
r(
i r)
dT
xzdT
=
zk
) xdT
=
A fenti levezetésben felhasználtuk a kifejtési
tételt. (lásd matematikai összefoglaló)
r(
j r)
dT
∫
( T )
) dT
=
r(
k r)
dT
zk
) zdT
Egységvektorhoz tartozó másodrendű nyomaték
I e = λ 1I
x + λ2I
y + λ3
j
(T)
r
I
z
I y
dT
r = xi
+ yj
+
I x
zk
i
Mivel az I e vektor a hozzá tartozó e egységvektornak homogén lineáris függvénye, a
kapcsolat tenzor segítségével is leírható.
=
=
=

Az I másodrendű nyomaték tenzora
I = [ I , I
⎡
⎢
⎢(
= ⎢
⎢
⎢
⎢
⎢⎣
∫
T )
x
( y
−
−
2
∫
( T )
∫
y
( T )
⎡ I
⎢
, I z ] = ⎢ − I
⎢
⎣ − I
+ z
2
xy dT
xz dT
) dT
∫
xx
xy
xz
( T )
−
( x
−
∫
( T )
2
∫
( T )
− I
I
yy
− I
+ z
yx
yz
yxdT
2
yz dT
) dT
− I
− I
I
zz
zx
zy
⎤ ⎡ I
⎥ ⎢
⎥ = ⎢−
I
⎥ ⎢
⎦ ⎣−
I
∫
( T )
−
−
( x
∫
( T
∫
( T
2
x
xy
xz
⎤
zx dT ⎥
) ⎥
zy dT ⎥
⎥
)
⎥ 2
+ y ) dT ⎥
⎥⎦
Az azonos indexű elemeket a megfelelő tengelyre számított (ekvatoriális) másodrendű
nyomatéknak, a vegyes indexű elemeket vegyes (centrifugális, deviációs) másodrendű
nyomatéknak nevezzük. A tenzor felírásából látható, hogy a másodrendű nyomaték
tenzora szimmetrikus és a főátlőbeli elemek mindig pozitívak. A most megismert tenzor
segítségével lehetővé válik tetszőleges – a bázisvektorok metszéspontján átmenő - e
egységvektorhoz tartozó másodrendű nyomatékvektor meghatározása
I e = I ⋅ e
A másodrendű nyomaték tenzora mindig szimmetrikus. A harmadrendű szimmetrikus
tenzornak három sajátérték és három sajátvektora van.
Fizikailag értelmezve a tenzor sajátértékei adják a főmásodrendű nyomatékokat, a sajátvektorok
pedig a főirányokat.
⎡I
e1
0 0 ⎤
A sajátvektorok koordinátarendszerében a tenzor I =
⎢
⎥
⎢
0 I e2
0
⎥
alakú.
⎢⎣
0 0 I ⎥ e3
⎦
A sajátvektorok koordinátarendszerében a főmásodrendű nyomatékok vektora a főirányokba
néz.
Ie1
e1
Ie3
e
3
e2
- 112 -
− I
I
y
− I
yx
yz
− I
− I
I
z
Ie
2
zx
zy
⎤
⎥
⎥ =
⎥
⎦

3.) Síkidomok másodrendű nyomatéka
Illetve
y
= ∫
∫ ∫
( T )
( T )
( T )
Tekintsünk egy az xy síkban fekvő síkidomot.
A másodrendű nyomaték definíciója alapján
az x valamint az y tengelyre számított másodrendű
nyomaték vektorai
I
=
x
= i
=
=
∫
( T )
( T )
i I
( T )
i ( x
∫
x
∫
- 113 -
r × ( i × r)
dT =
+ y
2
y dT − j
2
I r × ( j × r)
dT = −i
yx dT + j x dT = −iI
+
Ezekkel a másodrendű nyomaték tenzora
I = [ I , I
x
y
y
j
⎡ I
] = ⎢
⎣−
I
xx
r
xy
− I
I
I yy
yy
yx
dT
⎡
⎤ ⎢ (
⎥ = ⎢
⎦ ⎢−
⎣
I xy
y
i
r =
xi
+ yj
∫
T )
∫
( T )
j
y
2
dT
yx dT
I yx
X
I xx
−
∫
∫
( T )
2
( T )
I y
−
2
jI
yx
xy
xy dT ⎤
⎥
⎥
x dT ⎥
⎦
I x
2
jI
) dT −
∫
( T )
y
∫
( T )
xy dT
i
∫
( T )
i ( r r)
−
( T )
( xi
+ yj)
xdT
=
=
X
∫
r(
i r)
dT =
Az I x + I y = I p másodrendű nyomatékot a síkidom poláris másodrendű nyomatékának
nevezzük.

4.) Koordinátarendszer forgatása
η
I
I
ξξ
ηξ
= e
ξ
= e
η
⋅ I
⋅ I
eξ
eξ
= e
ξ
= e
η
⋅ I ⋅ e
ξ
⋅ I ⋅ e
ξ
=
=
Tételezzük fel, hogy ismert a síkidom
másodrendű nyomaték tenzora a derékszögű
xy koordinátarendszerben.
Az α szöggel elforgatott ξ η koordiná-
tarendszerhez tartozó I ξ η másodrendű
nyomaték tenzorának meghatározása az
alábbiak szerint lehetséges.
⎡ I xx − I yx ⎤
Legyen I xy = ⎢ ⎥
⎣−
I xy I yy ⎦
⎡ I
⎢
⎣−
I xy
⎡ I
⎢
⎣−
I
- 114 -
Az eξ egységvektorhoz tartozó
I eξ
másodrendű nyomaték vektora
az alábbi módon számítható.
⎡ I xx − I yx ⎤⎡cosα
⎤
I eξ
= I ⋅ eξ
= ⎢ ⎥⎢
⎥
⎣−
I xy I yy ⎦⎣sin
α ⎦
A másodrendű nyomaték vektornak
( I eξ
) van vetülete a ξ és η tengelyekre.
Ezek az alábbi skaláris
szorzattal határozhatóak meg.
− I
I yy
⎤ ⎡cosα
⎤
⎥ ⎢ ⎥
⎦ ⎣sinα
⎦
− I
I yy
⎤ ⎡cosα
⎤
⎥ ⎢ ⎥
⎦ ⎣sinα
⎦
xx
yx
[ cosα
sinα
] = [ skalár]
xx
yx
[ − sinα
cosα
] = [ skalár]
Az eη egységvektorhoz tartozó I eη
illetve ennek vetületei hasonlóan határozhatók meg.
I
I
ηη
ηξ
= e
η
= e
ξ
⋅ I ⋅ e
η
⋅ I ⋅ e
η
Természetesen itt is igaz, hogy I = I ηξ ξη
Az előzőkben kiszámított értékekkel most már az új koordinátarendszerhez tartozó másodrendű
nyomaték tenzora az alábbi.
I
ξη
eη
eη
η
⎡I
= ⎢
⎣I
(T)
Iξη
ξξ
ηξ
y
I
I
ξη
ηη
⎤
⎥
⎦
y
Iξξ
ξ
α
Ieξ
α
eξ
eξ
X
X
ξ
xy

5.) Koordinátarendszer párhuzamos eltolása
A számítások során legtöbbször a síkidom súlypontján átmenő tengelyre határozzuk
meg a másodrendű nyomatékot.
y
A súlyponton átmenő x tengelyre és a vele
párhuzamos ξ tengelyre számított másod-
dT
rendű nyomatékok között a következő öszszefüggés
vezethető le.
ξ
I x
2
= ∫ y dT
( T )
y
t
X
2
2
2
Iξ
= ∫ ( y − t)
dT = ∫ ( y − 2yt
+ t ) dT =
( T )
( T )
=
∫
( T )
= I
x
- 115 -
2
y dT − 2t
+ t
2
T
∫
( T )
y dT
Mivel a súlypontra számított elsőrendű nyomaték, az y dT = 0
Ez azt is jelenti, hogy a síkidomnak a súlypontján átmenő tengelyre a legkisebb a tengelyre
számított másodrendű nyomaték. Bármilyen, a súlyponti tengellyel párhuzamos
tengelyre számított másodrendű nyomaték az úgynevezett Steiner taggal nagyobb.
Ha a súlyponti tengelyről térünk át más vele párhuzamos tengelyre, akkor növekszik a
másodrendű nyomaték.
Ha viszont a külső tengelyről térünk át a súlyponti tengelyre, akkor csökken a másodrendű
nyomaték.
Fontos felhívni a figyelmet arra, hogy két külső tengely között a Steiner tétel nem
alkalmazható!
Hasonló összefüggés vezethető le a vegyes másodrendű nyomatékok esetén is.
I
I
=
xy
ξη
∫
=
=
( T )
∫
( T )
∫
( T )
Sp
xydT
ξη dT
xydT
− t
(T)
=
∫
1
( T )
∫
( T )
ydT
+ t
(T)
∫
Sp
y
( x − t )( y + t ) dT
1
2
( T )
2
xdT
− t t
t 1
=
∫
1 2
( T )
x
∫
( T )
η
ξ
y
1
∫
( T )
dT
t 2
X
2
1 2
η
( xy − yt + xt − t t ) dT
dT
+ t
ξ
=
2
∫
( T )
dT
=

Mivel a súlypontra számított elsőrendű nyomatékok y dT = 0 és x dT = 0
Iξη xy 1 2 xy
= I − t t ⋅T
= I + t )( −t
) ⋅T
( 1 2
A Steiner tag előjele hasonló, mint az előzőekben. Ha a súlyponttól térünk kifelé, akkor
pozitív.
Figyelembe kell venni azonban az eltolás előjeles mértékét. Jelen ábrán az egyik eltolás
pozitív (+t1) a másik negatív (-t2).
Az eltolások előjelét mindig a konkrét feladathoz kell megállapítani.
A centrifugális másodrendű nyomaték a definíció és a párhuzamos tengelykeresztek
közötti kapcsolat alapján negatív, nulla és pozitív értéket is felvehet.
Ha a síkidomnak van szimmetriatengelye, akkor a szimmetriatengelyből
és egy rá merőleges tengelyből álló tengelykeresztre
a centrifugális másodrendű nyomaték zérus értékű
I xy = 0 Iη y = 0 Iξ y = 0
6.) Főmásodrendű nyomaték és főirány
Létezik azonban két kitüntetett irány, amelynél
igaz, hogy = λ ⋅ n
I n
illetve I xy ⋅ n = λ ⋅ n
Rendezve az egyenletet 0 r
I ⋅ n − λ ⋅ n =
⎡1
0⎤
Bevezetve az E = ⎢ ⎥ egységtenzort,
⎣0
1⎦
r
kapjuk ( I − λ E)
⋅ n = 0
xy
0
y
I n2
φ2
n2
xy
I n1
φ 1
X
n1
- 116 -
∫
( T )
∫
( T )
Az xy tengelyekhez tartozó tenzor - I xy -
ismeretében bármely, az x tengellyel φ
szöget bezáró, n egységvektorhoz tartozó
másodrendű nyomaték vektora meghatározható!
A másodrendű nyomaték iránya általában
nem egyezik meg az egységvektor irányával.
sin φ
ey
y
ex
n
cos φ
φ
η
X
ξ
X

⎡I
xx − λ − I xy ⎤⎡e
x ⎤ ⎡0⎤
illetve ⎢
⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥
⎣ − I xy I yy − λ⎦⎣e
y ⎦ ⎣0⎦
A homogén lineáris egyenletrendszernek akkor van a triviálistól különböző megoldása,
ha az úgynevezett karakterisztikus determináns zérus.
⎡I
xx − λ − I xy ⎤
det( I xy − λE
) = 0 illetve det ⎢
⎥ = 0
⎣ − I xy I yy − λ⎦
A determinánst kifejtve egy másodfokú algebrai egyenletre jutunk, melynek gyökei – a
tenzor sajátértékei – a síkidom „0” pontjához tartozó fő másodrendű nyomatékai.
A fő másodrendű nyomatékhoz tartozó főirányokat – a tenzor sajátvektorai – az alábbi
vektoregyenlet megoldásaként kapjuk.
( I
( I
xy
xy
− λ E)
⋅ n
1
− λ E)
⋅ n
2
1
2
= 0
= 0
n
n
1
2
= 1
= 1
A vektoregyenletek skaláris felírásában kétféleképpen járhatunk el, attól függően, hogy
az egységvektor komponenseit hogyan adjuk meg.
⎡I
⎢
⎣
xx
− I
− λ
xy
1
− I xy ⎤⎡e
x ⎤ ⎡0⎤
⎥⎢
⎥ =
I − ⎢ ⎥
yy λ1
⎦⎣e
y ⎦ ⎣0⎦
Illetve
⎡I
xx − λ2
− I xy ⎤⎡cosϕ
⎤ ⎡0⎤
⎢
⎥⎢
⎥ = ⎢ ⎥
⎣ − I xy I yy − λ2
⎦⎣sin
ϕ ⎦ ⎣0⎦
2
2
cos ϕ + sin ϕ = 1
n = cos ϕ i + sinϕ
j
I
n2
n2
y
n1
I n1
X
n = e i + e j
e
2
x
x
+ e
- 117 -
2
y
x
= 1
A főirányhoz tartozó másodrendű nyomaték
vektorának nincs vetülete a főirányra merőleges
tengelyre, vagyis a centrifugális másodrendű
nyomaték zérus.
A főtengelyek koordinátarendszerében a másodrendű
nyomaték tenzora az alábbi
I
n1,
n2
⎡I1
= ⎢
⎣ 0
A sajátvektorok által meghatározott tengelyek a síkidom főtengelyei. A súlyponthoz
tartozó főtengelyeket centrális főtengelyeknek is nevezik.
A szimmetrikus idomoknál, ha a tengelykereszt valamelyik tengelye szimmetriatengely,
akkor a centrifugális másodrendű nyomaték zérus értékű.
Ez azt jelenti, hogy a szimmetriatengely és a rá merőleges tengely egyben főtengely is.
0 ⎤
I
⎥
2 ⎦

- 118 -
7.) Néhány síkidom másodrendű nyomatéka
4
3
3
2
2
3
3
b
a
I
a
b
I
b
a
I
xy
y
x
⋅
=
⋅
=
⋅
=
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⋅
⋅
−
⋅
−
⋅
=
3
4
4
3
3
2
2
2
2
3
a
b
b
a
b
a
b
a
xy
I
0
12
12 3
3
=
⋅
=
⋅
=
xy
y
x
I
a
b
I
b
a
I
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⋅
⋅
=
12
0
0
12
3
3
a
b
b
a
xy
I
0
64
64 4
4
=
=
=
xy
y
x
I
d
I
d
I
π
π
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
64
0
0
64
4
4
π
π
d
d
xy
I
0
128
128
4
4
=
=
=
xy
y
x
I
d
I
d
I
π
π
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
128
0
0
128
4
4
π
π
d
d
xy
I
72
36
36
2
2
3
3
b
a
I
a
b
I
b
a
I
xy
y
x
⋅
=
⋅
=
⋅
=
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⋅
⋅
−
⋅
−
⋅
=
36
72
72
36
3
2
2
2
2
3
a
b
b
a
b
a
b
a
xy
I
y
a
b
y
a
b
x
y
Ød
y
x
Ød
x
y
a
b/3
a/3
b

I
I
I
x
y
xy
3
a ⋅ b
=
12
3
b ⋅ a
=
12
2
a ⋅ b
=
24
2
I xy
3 ⎡ a ⋅ b
⎢
= ⎢
12
2
⎢ a ⋅b
−
⎢⎣
24
8.) Példák a másodrendű nyomaték témakörből
1. példa
- 119 -
2
2 2
a ⋅b
⎤
− ⎥
24
3 ⎥
b ⋅ a ⎥
12 ⎥⎦
Határozzuk meg a vázolt síkidom másodrendű nyomatékát a
kijelölt tengelyre! Írjuk fel a másodrendű nyomaték
tenzorát!
A definíció szerint
I =
2
y dT
I
I
x
y
xy
=
=
∫
( T )
∫
( T )
∫
x
(T )
2
dT
xydT
Az integrálok kiszámításánál tekintsük az alábbi ábrákat.
y
y
dy
y
a
x
b
x
dx
Az x tengelyre számított másodrendű nyomaték
b
b
3
2
2
2 ⎡ y ⎤ ab
I x = ∫ y dT = ∫ y ady
= a∫
y dy = a⎢
=
3
⎥
3
( T )
0
0 ⎣ ⎦ 0
Az y tengelyre számított másodrendű nyomaték
I
b
b
y
y
a
a
x
a
a
2
2
= x dT x bdx
b
y ∫ = ∫ = ∫
( T )
0
0
x
3
2 ⎡ x ⎤
x dx = b⎢
3
⎥
⎣ ⎦
b
a
0
3
x
ba
=
3
3
dy
y
y
x
dx
dT
x

A tengelykeresztre számított vegyes másodrendű nyomaték
I
xy
I xy
a b
a b
a 2
2 a
⎡ y ⎤ b
= ∫ xydT
= ∫ ∫ xydxdy
= ∫ x(
∫ ydy)
dx = ∫ x⎢
dx =
2
⎥
2 ∫
( T )
0 0
0 0
0 ⎣ ⎦
0
3 ⎡ a ⋅b
⎢
= ⎢
3
2
⎢ a ⋅b
−
⎢⎣
4
2. példa
I
p
= I
x
3. példa
b 1
b 2
+ I
y
y
2
Ød
=
∫
( T )
y
2 2
a ⋅b
⎤
− ⎥
4
3 ⎥
b ⋅ a ⎥
3 ⎥⎦
2
y dT +
r
y
Sp
a 2
a 1
∫
( T )
x
dr
2
x
dT
x
=
- 120 -
b
0
xdx
2 2
b ⎡ x ⎤
=
2
⎢
2
⎥
⎣ ⎦
a
0
2
a b
=
4
Határozzuk meg a vázolt félkör másodrendű nyomatékát
a kijelölt tengelyekre!
A félkör tengelyre számított másodrendű nyomatékának
meghatározásához felhasználhatjuk a poláris
másodrendű nyomaték definícióját, mely szerint
∫
( T )
( x
x
2
dT
+ y
2
) dT
I
p
=
= π
=
( T )
∫
∫
( T )
∫
( T )
Ebből
4
d π
I x
128
r
2
dT
2
r dT =
∫
( T )
r
4
3 ⎡r
⎤
r dr = π ⎢
4
⎥
⎣ ⎦
2
( 2rπ
/ 2)
dr =
d / 2
0
4
d π
=
128
4
d π
=
64
= I y
I xy
= 0
Határozzuk meg a vázolt síkidom másodrendű nyomatékát
a kijelölt tengelyekre!
Írjuk fel az xy tengelykereszthez tartozó másodrendű
nyomatékok tenzorát, ha:
a1=6 a2=5
b1=12 b2=11
2

A feladat megoldásához osszuk két részre a síkidomot.
y
y
b 1
1
a 1
x
- =
b 2
2
a 2
- 121 -
x
y
1 - 2
Meghatározzuk az 1-es és 2-es síkidom másodrendű nyomatékát
3
a1b1
I x 1 =
12
3
b1a1
I y 1 =
12
1 0 =
illetve
I xy
3
a2b2
I x 2 =
12
3
b2a
2
I y 2 =
12
2 0 = I xy
Felírhatjuk az eredeti síkidom másodrendű nyomatékát a két síkidom különbségeként.
I x = I x1
− I x2
3 3
3
3
a1b1
a2b2
6 ⋅12
5⋅11
4
= − = − = 309,
42cm
12 12 12 12
I y = I y1
− I y2
3 3
3
3
b1a1
b2a
2 12 ⋅ 6 11⋅
5
4
= − = − = 101,
42cm
12 12 12 12
I I − I = 0
xy = xy1
xy2
Ezzel a tenzort
⎡309,
42 0 ⎤ 4
I xy = ⎢
cm
0 101,
42
⎥
⎣
⎦
Mivel mindkét síkidom, mindkét tengelyre szimmetrikus, ezért a vegyes másodrendű
nyomatékok zérus értékűek. A tengelyek egyben főtengelyek is.
4. példa
4
4
y
2
4
X
Határozzuk meg a vázolt síkidom másodrendű nyomaté-
kát a kijelölt tengelyekre. Írjuk fel az I xy tenzort!
A feladat megoldásánál kihasználjuk azt a lehetőséget,
hogy tetszőleges alakú síkidom másodrendű nyomatékát
meghatározhatjuk ismert másodrendű nyomatékú síkidomok
nyomatékának összegeként. A részekre bontás
tetszőleges lehet és egy feladaton belül is változhat.
Az x tengelyre számított másodrendű nyomaték meghatározásánál
a következő ábrán látható részekre szedtük szét
x

az alakzatot.
8
y
2
1
I x = I x1
+ I x2
8
y
1
+
X
2 ⋅8
=
3
3
4
y
1. ábra
2
2
⎡4 ⋅ 4
+ ⎢
⎣ 3
-
X
3
η
4
ξ
X
⎤
= 341,
3&
+ 85,
3&
= 426,
6&
⎥
cm
⎦
6 2 4
6
2. ábra
y
4
4
η
2
3
3
6 ⋅8
⎡4
⋅ 4
2 ⎤
4
I x = I x1
− I x2
= − 4 4 6 = 1024 − 597,
3&
= 426,
6&
⎢ + ⋅ ⋅ ⎥
cm
3 ⎣ 12 ⎦
Látható, hogy mindkét felbontás ugyanarra az eredményre vezet, de a második esetben
a párhuzamos tengelyek közötti kapcsolatra vonatkozó összefüggést is alkalmaznunk
kellett.
Az y tengelyre számított másodrendű nyomaték számításakor tekintsünk egy új felbontást
4
y
1
6
+
X
4
4
y
η
2
2
ξ
- 122 -
ξ
X
X
4

3. ábra
I y = I y1
+ I y2
3 3
4 ⋅ 6 4 ⋅ 2
4
= + = 288 + 10,
6&
= 298,
6&
cm
3 3
Az I y kiszámítása az 1. ábra felbontás alapján is kiszámítható.
I y = I y1
+ I y2
8⋅
2
=
3
I y a 2. ábra szerint
3
⎡4
⋅ 4
+ ⎢
⎣ 12
3
2 ⎤
+ 4 ⋅ 4 ⋅ 4 = 21,
3&
+ 277,
3&
= 298,
6&
⎥
cm
⎦
3
3
8 ⋅ 6 ⎡4
⋅ 4
2 ⎤
4
I y = I y1
− I y2
= − 4 4 4 = 576 − 277,
3&
= 298,
6&
⎢ + ⋅ ⋅ ⎥
cm
3 ⎣ 12 ⎦
A vegyes másodrendű nyomatékot az első ábra alapján számíthatjuk.
2 2
2 ⋅8
4
I xy = + [ 0 + 4 ⋅ 4 ⋅ 4 ⋅ 2]
= 64 + 128 = 192cm
4
Ezzel az I xy tenzor
⎡426,
6&
−192⎤
I xy = ⎢
⎥
⎣−
192 298,
6&
⎦
1
5. feladat
6
6. feladat
y
10
1
1
y
1 10
1
6
cm
4
X
Határozzuk meg a vázolt L profil másodrendű
nyomatékát a kijelölt koordinátarendszerben.
I x
I y
I xy
11⋅
7
=
3
- 123 -
3
⎛10
⋅ 6
− ⎜
⎝ 12
3
4
+ 10 ⋅ 6 ⋅ 4
2
⎞
= 117,
6&
⎟ cm
⎠
3
3
7 ⋅11
⎛ 6 ⋅10
2 ⎞
= − 10 6 6 = 445,
6&
cm
3 ⎜ + ⋅ ⋅
12
⎟
⎝
⎠
2 2
7 ⋅11
4
= − [ 0 + 6 ⋅10
⋅ 6 ⋅ 4]
= 42,
25cm
4
Határozzuk meg a vázolt U profil másodrendű nyomatékát
a kijelölt koordinátarendszerben.
I x
I y
I xy
X
3
3
7 ⋅12
⎡6
⋅10
2 ⎤
4
= − ⎢ + 6 ⋅10
⋅ 6 ⎥ = 1372cm
3 ⎣ 12
⎦
3
3
12 ⋅ 7 ⎛10
⋅ 6
2 ⎞
4
= − 6 10 4 = 232cm
3 ⎜ + ⋅ ⋅
12
⎟
⎝
⎠
2 2
7 ⋅12
4
= − [ 0 + 6 ⋅10
⋅ 4 ⋅ 6]
= 324cm
4
4
4

7. példa
8
8
y
6
Határozzuk meg a vázolt síkidom másodrendű nyomatékát a kijelölt
koordinátarendszerben!
+
X
y
Sp
3
η
A feladat megoldásánál használjuk fel, hogy a félkör másodrendű nyomatéka
4
4
d π
d π
I ξ*
= és I η = ahol d a félkör átmérője.
128
128
A félkör x tengelyre számított másodrendű nyomatékát az ismert Iξ* másodrendű
nyomaték felhasználásával a következőképp számítjuk.
Mivel ξ * tengely nem súlyponti tengely, ezért erről közvetlenül nem térhetünk át az x
tengelyre. Első lépésként az ξ * tengelyről áttérünk a ξ tengelyre (súlyponti tengelyre
tértünk át, tehát a Steiner tag negatív) majd a ξ tengelyről az x tengelyre (súlyponti
tengelyről tértünk át nem súlypontira, ezért a Steiner tag pozitív).
3 4 2
2 2
2
6 ⋅8
⎡6
π 6 π ⎛ 2 ⋅ 6 ⎞ 6 π ⎛ 2 ⋅ 6 ⎞ ⎤
4
I x = + ⎢ − ⋅⎜
⎟ + ⋅ ⎜8
+ ⎟ ⎥ = 2248,
59cm
3 ⎢⎣
128 8 ⎝ 3π
⎠ 8 ⎝ 3π
⎠ ⎥⎦
I y
I xy
y
6
X
3 4 2
8⋅
6 ⎛ 6 π 6 π 2 ⎞
4
= +
3 = 735,
04cm
3 ⎜ + ⋅
128 8 ⎟
⎝
⎠
2 2
2
6 ⋅8
⎡ 6 π ⎛ 2 ⋅ 6 ⎞⎤
= + ⎢0
+ ⋅ 3⋅
⎜8
+ ⎟⎥
= 825,
29cm
4 ⎣ 8 ⎝ 3π
⎠⎦
8
- 124 -
2d
3π
4
ξ
X
ξ*

8. példa
2 2
2
8 ⋅10
⎡ 8 π ⎛ 2 ⋅8
⎞⎤
I xy = − ⎢0
+ ⋅ 4 ⋅ ⎜10
− ⎟⎥
=
4 ⎣ 8 ⎝ 3π
⎠⎦
⎡ 777,
35 − 765,
36⎤
4
I xy = ⎢
cm
765,
36 876,
43
⎥
⎣−
⎦
9. példa
I x = I x1
− I x2
I y = I y1
− I y2
I
8
y
y
Ød
ØD
10
xy = I xy1
− I xy2
Határozzuk meg a vázolt síkidom másodrendű
nyomatékát a kijelölt koordinátarendszer-
ben és írja fel a I xy tenzort!
3 4 2
10 ⋅8
⎡8
π 8 π 2 ⎤
4
I x = − ⎢ + ⋅ 4 ⎥ = 777,
35cm
3 ⎣128
8 ⎦
3
8⋅10
I y = −
3
4 2
2 2
2
⎡8
π 8 π ⎛ 2 ⋅8
⎞ 8 π ⎛ 2 ⋅8
⎞ ⎤
− ⎢ − ⋅ ⎜ ⎟ + ⋅ ⎜10
− ⎟ ⎥ =
⎢⎣
128 8 ⎝ 3π
⎠ 8 ⎝ 3π
⎠ ⎥⎦
=
876,
43
765,
36
- 125 -
cm
cm
4
4
Határozzuk meg a vázolt síkidom másodrendű nyomatékát a
kijelölt tengelykeresztre.
A feladat megoldásánál abból indulhatunk ki, hogy a vázolt
síkidom két könnyen kezelhető síkidom különbségeként
adódik.
y
y
1
ØD
4 4
4 4
D π d π ( 2D
− d ) π
= − =
64 128 128
4 4
4 4
D π d π ( 2D
− d ) π
= − =
64 128 128
= 0 − 0 = 0
Az x és y tengelyek egyúttal főtengelyek is.
ξ
X
ξ*
X
η
-
X
Ød
2
X

10. példa
y
8
2
I xy
2
10 ⋅ 3
=
4
2
Ezzel a tenzor
+
Határozzuk meg a vázolt síkidom origóhoz tartozó főtengelyét
és főmásodrendű nyomatékát!
Számítsuk ki az xy tengelyhez tartozó másodrendű nyomatékokat.
I x
I y
4
[ 0 + 3⋅
2 ⋅1⋅
4,
5]
= 252cm
⎡1008
− 252⎤
I xy = ⎢
cm
252 216
⎥
⎣−
⎦
3 3
3⋅10
3⋅
2
= + = 1008cm
3 3
3 3
8⋅
3 2 ⋅ 6
4
= + = 216cm
3 3
4
A főmásodrendű nyomatékokat az alábbi egyenlet megoldásaként kapjuk.
⎡1008
− I − 252 ⎤
2
det ⎢
= 0
252 216
⎥ illetve I −1224 ⋅ I + 154224 = 0
⎣ − − I ⎦
Ennek megoldásai – a másodfokú egyenletmegoldó képlet alapján-
I 1 = 1081,
38 > I 2 = 142,
62
A főtengelyek koordinátarendszerében a tenzor
⎡1081,
38 0 ⎤
I 1,
2 = ⎢
⎥
⎣ 0 142,
62⎦
A számítás helyességének ellenőrzésére felhasználhatjuk az a tényt, hogy az azonos
ponthoz tartozó tenzorok főátlóbeli elemeinek összege (első skalár invariáns) nem változik,
vagyis
1008 + 216 = 1081,
38 + 142,
62
A főmásodrendű nyomatékok (a tenzor saját értékei) ismeretében meghatározhatjuk a
főtengelyek irányát. Erre két lehetőség kínálkozik attól függően, hogy az irányt kijelölő
egységvektorokat hogyan definiáljuk.
y
3 3
n e y
φ
e x
cosφ
X
sinφ
X
n
= 1
n = e i + e
vagy
x
e
2
x
+ e
n = cosϕ
i + sinϕ
j
Az I1 főmásodrendű nyomatékhoz tartozó főirányt (a tenzor I 1 sajátértékéhez tartozó
y
j
- 126 -
2
y
= 1
n 1 sajátvektort) az alábbi két mátrixegyenlet valamelyikének megoldásaként kapjuk.
4

⎡(
1008 −1081,
38)
⎢
⎣ − 252
illetve
− 252 ⎤ ⎡e1
x ⎤ ⎡0⎤
⎥ ⎢ ⎥ =
( 216 −1081,
38)
⎢ ⎥
⎦ ⎣e1
y ⎦ ⎣0⎦
⎡−
73,
38
⎢
⎣ − 252
− 252 ⎤ ⎡cosϕ
⎤ ⎡0⎤
⎥ ⎢ ⎥ =
− 865,
38
⎢ ⎥
⎦ ⎣sin
ϕ ⎦ ⎣0⎦
A mátrixegyenlet átalakításával
− 73,
38 ⋅ e − 252 ⋅ e = 0
− 252 ⋅ e
1x
1x
1y
− 865,
38 ⋅ e
1y
= 0
Illetve
− 73,
38 ⋅ cosϕ
− 252 ⋅sin
ϕ = 0
− 252 ⋅ cosϕ
− 865,
38 ⋅sin
ϕ = 0
Bármelyik egyenletrendszert is tekintjük az egyenletek nem függetlenek egymástól,
ugyanis ezen egyenletrendszerek önmagunkban nem elégségesek az ismeretlenek meghatározásához.
Kiegészítő egyenletként felírhatjuk, hogy a bevezetett vektor egységvektor, tehát
2 2
2
2
e 1 + e2
= 1 illetve cos ϕ + sin ϕ = 1
A két egyenletrendszer közül a második megoldása egyszerűbb feladat, hiszen itt felhasználhatjuk
az alábbi trigonometrikus összefüggést
sinϕ
tg ϕ =
cosϕ
Ezzel a szög meghatározása
− 73,
38
tg ϕ = = −0,
2912 amiből ϕ = −16,
24°
252
Az I 2 főmásodrendű nyomatékhoz tartozó főirány kiszámítását az alábbi módszerrel
végezhetjük.
⎡(
1008 −142,
62)
− 252 ⎤ ⎡cosα
⎤ ⎡0⎤
⎢
⎥ ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥
⎣ − 252 ( 216 −142,
62)
⎦ ⎣sin
α ⎦ ⎣0⎦
865,
38
Ebből tg α = = 3,
4341 illetve α = 73,
76°
252
y
α
α+φ=90°
2-es főirány
φ
X
1-es főirány
A két irányt felrajzolva látjuk, hogy a főirányok
merőlegesek egymásra.
A kiszámított szögeket előjelhelyesen kell felrajzolni.
A pozitív irány az óramutató járásával ellentétes.
- 127 -

11. példa
y
4
8
2
Első lépésként határozzuk meg a súlypont koordinátáját.
Y s
y
6
Sp 1
X s
2
η
Sp 2
Határozzuk meg a vázolt síkidom súlypontjához
tartozó főmásodrendű nyomatékokat és főirányokat!
ie
- 128 -
Ai
[cm 2 ]
Ai az egyes síkidomok területe
Xi az egyes síkidomok súlypontjának X koordinátája
Yi az egyes síkidomok súlypontjának Y koordinátája
∑ X i Ai
348
Ezekkel X s = = = 5,
8cm
A 60
Y
s
=
4
Sp 3
∑
∑ Yi
∑
A
A
i
i
i
X
ξ
X
492
= = 8,
2
60
Xi
[cm]
Yi
[cm] XiAi YiAi
1. 32 4 12 128 384
2. 20 7 5 140 100
3. 8 10 1 80 8
Σ 60 348 492
A ξη koordinátarendszerhez tartozó másodrendű nyomatékok kiszámításánál felhasználjuk
a párhuzamos tengelyek közötti kapcsolatra bevezetett összefüggést, valamint azt
a lehetőséget, hogy a síkidom másodrendű nyomatéka a rész síkidomok másodrendű
nyomatékának az összege.
A számításhoz a következő ábrát használjuk.
cm

y
η 1
Sp 1
Sp
η
1,8 1,2
η 2
Sp 2
4,2
ξ 1
ξ 2
Sp 3
Az I. jelű síkidom másodrendű nyomatéka a ξ tengelyre
3
8 ⋅ 4
2
4
I 1ξ
= + 4 ⋅8
⋅ 3,
8 = 504,
75cm
12
Ehhez hasonlóan írható fel a többi síkidom másodrendű nyomatéka
3
2 ⋅10
2
4
I 2ξ
= + 2 ⋅10
⋅ 3,
2 = 371,
47 cm
12
3
4 ⋅ 2
2
4
I 3ξ
= + 4 ⋅ 2 ⋅ 7,
2 = 417,
39cm
12
A teljes profil másodrendű nyomtéka a ξ tengelyre
I = 1293, 61cm
ξ = I1ξ
+ I 2ξ
+ I 3ξ
Az η tengelyre számított másodrendű nyomatékok
3
4 ⋅8
2
4
I 1η
= + 4 ⋅8
⋅1,
8 = 274,
35cm
12
3
10 ⋅ 2
2
I 2η
= + 10 ⋅ 2 ⋅1,
2 = 35,
47 cm
12
3
2 ⋅ 4
2
4
I 3η
= + 2 ⋅ 4 ⋅ 4,
2 = 151,
79cm
12
4
I I + I + I = 461, 61cm
η = 1η
2η
3η
4
A ξη tengelykeresztre számított vegyes másodrendű nyomatékok
I = 0 + 8⋅
4 ⋅3,
2 ⋅ ( −1,
8)
= −218,
88cm
1ξη
I = 0 + 10 ⋅ 2 ⋅1,
2 ⋅ ( −3,
2)
= −76,
80cm
2ξη
I = 0 + 4 ⋅ 2 ⋅ 4,
2 ⋅ ( −7,
2)
= −241,
92cm
3ξη
I = −537,
60cm
ξη
= I1ξη
+ I 2ξη
+ I 3ξη
4
4
4
4
4
η 3
ξ 3
- 129 -
ξ
X
7,2
3,8
3,2

A súlyponti ξη tengelypárhoz tartozó másodrendű nyomaték tenzora
⎡1293,
61 537,
6 ⎤ 4
I ξη = ⎢
cm
537,
6 461,
61
⎥
⎣
⎦
A súlyponti főmásodrendű nyomaték meghatározásához oldjuk meg az alábbi másodfokú
egyenletet!
⎡1293,
61−
I
det ⎢
⎣ 537,
6
537,
6 ⎤
2
= 0
461,
61−
I
⎥ illetve I − 1755,
22 ⋅ I + 308129,
55 = 0
⎦
A főmásodrendű nyomatékok
4
I = 1557, 37 cm és I
4
= 197, 85cm
1
2
Az I 1 főmásodrendű nyomatékhoz tartozó főirányt meghatározó φ szög értékét a következő
egyenletekből határozhatjuk meg.
⎡(
1293,
61−
1557,
37)
⎢
⎣
537,
60
537,
60 ⎤ ⎡cosϕ
⎤ ⎡0⎤
⎥ ⎢ ⎥ =
( 461,
61−
1557,
37)
⎢ ⎥
⎦ ⎣sinϕ
⎦ ⎣0⎦
263,
76
tgϕ = = 0,
4906 illetve ϕ = 26,
13°
537,
60
Az I 2 főmásodrendű nyomatékhoz tartozó főirány is számolható hasonló módon.
A korábbi levezetések azonban már igazolták, hogy a két főirány merőleges egymásra.
Ennek ismeretében rajzoltuk be az ábrába a 2-es főtengelyt.
η
2-es főtengely iránya
12. példa
y
2
8
2 4 4
X
Φ=26,13°
ξ
1-es főtengely iránya
Határozzuk meg a súlyponti főtengelyek helyzetét és
főmásodrendű nyomatékait
- 130 -

A súlypont helyzetét az alábbi ábra alapján egy táblázat segítségével határozhatjuk meg.
y η1 η
ie
10
1
10
Sp
ξ
ξ 1
X
X
Y
s
s
-
=
=
8
∑
∑
∑ Yi
∑
X
A
- 131 -
y
i
A
A
i
i
A
i
η 2
2
2 4
i
Sp
372
= = 5,
47
68
372
= = 5,
47
68
A ξη tengelykereszthez tartozó másodrendű nyomatékok értékei az alábbiak
3
10 ⋅10
2
I 1ξ
= + 10 ⋅10
⋅ 0,
47 = 855,
42
12
3
4 ⋅8
2
4
I 2ξ
= + 4 ⋅8
⋅1,
47 = 239,
82cm
12
4
I I − I = 615, 60cm
ξ = 1ξ
2ξ
cm
illetve
3
10 ⋅10
2
I 1η
= + 10 ⋅10
⋅ 0,
47 = 855,
42cm
12
3
8 ⋅ 4
2
4
I 2η
= + 8 ⋅ 4 ⋅1,
47 = 111,
82cm
12
4
I I − I = 743, 60cm
η = 1η
2η
és
I = 0 + 10 ⋅10
⋅ 0,
47 ⋅ 0,
47 = 22,
09cm
1ξη
I = 0 + 8⋅
4 ⋅1,
47 ⋅1,
47 = 69,
15cm
2ξη
Ai
[cm 2 ]
Xi
[cm]
I = −47,
06cm
ξη = I1ξη
− I 2ξη
Yi
[cm] XiAi YiAi
1. 100 5 5 500 500
2. -32 4 4 -128 -128
Σ 68 372 372
4
A ξη koordinátarendszerhez tartozó másodrendű nyomaték tenzora
⎡615,
60 47,
06 ⎤ 4
I ξη = ⎢
cm
47,
06 743,
60
⎥
⎣
⎦
4
4
4
4
cm
X
cm
ξ 2
ξ

A főmásodrendű nyomatékok meghatározásához oldjuk meg az alábbi másodfokú
egyenletet
2
I − 1359,
27 ⋅ I + 455494,
4 = 0
4
4
I 1 = 759, 36cm
és I 2 = 599, 84cm
A főirányokat az alábbi egyenlet segítségével határozhatjuk meg
−143 , 76cosϕ
+ 47,
06sin
ϕ = 0
143,
76
tg ϕ = = 3,
055
47,
06
ϕ = 71,
87°
illetve
15 , 76cosα
+ 47,
06sin
α = 0
−15,
76
tg α = = −0,
335
47,
06
α = −18,
13°
13. példa
6
η
eη
4
y
Határozzuk meg a vázolt síkidom másodrendű
nyomatékát a ξη tengelykeresztre!
A síkidom másodrendű nyomatékát az xy
koordinátarendszerben könnyen számítható.
3
4 ⋅ 6
I x = = 72cm
12
3
6 ⋅ 4
I y = = 32cm
12
4
I xy = 0cm
Az xy koordináta tengelyekhez tartozó I xy tenzor az alábbi
⎡72
0 ⎤
I xy = ⎢ cm
0 32
⎥
⎣ ⎦
j
i
eξ
4
ξ
φ=30°
X
⎡ 3 1⎤
eξ = cos ϕ i + sinϕ
j = cosϕ
, sinϕ
= ,
A ξ tengely egységvektora [ ] ⎢ ⎥
⎣ 2 2⎦
A η tengely egységvektora eη = −sin
ϕ i + cosϕ
j = [ − sinϕ
, cosϕ
] = ⎢ , ⎥
⎣ 2 2 ⎦
- 132 -
4
4
⎡ 1
−
Az I ξ másodrendű nyomatékvektort (az eξ egységvektorhoz tartozó másodrendű nyomaték
vektort ) a következőképpen kapjuk
⎡ ⎤
⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎡36
3⎤
= ⋅ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎢
1
⎥ ⎣ 16 ⎦
⎢⎣
2 ⎥⎦
2
3
72 0
xy ξ
0 32
e
I ξ = 36 3 ⋅i
+ 16 ⋅ j
Iξ I
= 62,
35 ⋅i
+ 16 ⋅ j
3 ⎤

Az I η másodrendű nyomatékvektor az alábbi
= xy ⋅ e I I
η
I η
η
η
⎡72
= ⎢
⎣ 0
eη
y
j
⎡ 1⎤
0 ⎢
−
⎤ 2⎥
⎡ − 36 ⎤
⎢ ⎥ =
32
⎥ ⎢ ⎥
⎦ ⎢
3
⎥ ⎣16
3⎦
⎢⎣
2 ⎥⎦
eξ
i
Iξ
ξ
X
I η = −36
⋅i
+ 16 3 ⋅ j
- 133 -
= −36
⋅ i + 27,
71⋅
j
Határozzuk meg az I ξ másodrendű nyomatékvektor vetületeit a ξ és η tengelyre!
I = eξ
⋅ I = eξ
⋅ I xy ⋅ eξ
=
ξξ
⎡
= ⎢
⎣
ξ
3 1⎤⎡72
, ⎥
2 2
⎢
⎦⎣
0
1
2
2
⎡ 3 ⎤
0 ⎤⎢
⎥ ⎡
⎥ = ⎢
32
⎥⎢
⎦⎢
⎥ ⎣
⎢⎣
⎥⎦
I = eη
⋅ I = eη
⋅ I xy ⋅ eξ
ξη
ξ
[ cosϕ
, sinϕ
]
⎡ 1
= ⎢−
,
⎣ 2
⎡72
⎢
⎣ 0
eη
I ηξ
3 1⎤
⎡36
3⎤
, ⎥⎢
⎥ = 62cm
2 2⎦⎣
16 ⎦
3 ⎤⎡72
⎥
2
⎢
⎦⎣
0
4
Iη
0 ⎤ ⎡cosϕ
⎤
=
32
⎥ ⎢
sin
⎥
⎦ ⎣ ϕ ⎦
1
2
2
⎡ 3 ⎤
0 ⎤ ⎢ ⎥
⎥ =
32
⎥ ⎢
⎦ ⎢ ⎥
⎢⎣
⎥⎦
⎡ 1
= ⎢−
,
⎣ 2
3 ⎤⎡36
3⎤
⎥⎢
⎥ = −18
2 ⎦⎣
16 ⎦
3 + 8 3 = −10
4
3 cm
Határozzuk meg az I η másodrendű nyomatékvektor vetületeit a ξ és η tengelyre!
I = eξ
⋅ I = eξ
⋅ I xy ⋅ eη
ηξ
⎡
= ⎢
⎣
η
3 1⎤⎡
− 36 ⎤
, ⎥ = −18
2 2
⎢
16 3
⎥
⎦⎣
⎦
I = eη
⋅ I = eη
⋅ I xy ⋅ eη
ηη
Ezzel
Iξη
η
⎡ 62
= ⎢
⎣−10
3
⎡
= ⎢
⎣
3 + 8
⎡ 1
= ⎢−
,
⎣ 2
−10
42
3 1⎤⎡72
, ⎥
2 2
⎢
⎦⎣
0
3⎤
⎥ cm
⎦
3 = −10
3 ⎤⎡72
⎥
2
⎢
⎦⎣
0
4
⎡ 1⎤
0 ⎢
−
⎤ 2⎥
⎥ =
32
⎥ ⎢
⎦ ⎢
3
⎥
⎢⎣
2 ⎥⎦
3 cm
4
Iηη
Iξξ
Iξ
Iξη
eξ
⎡ 1⎤
0 ⎢
−
⎤ 2⎥
⎡ 1 3 ⎤⎡
− 36 ⎤
,
= 42cm
32
⎥ ⎢ ⎥ = ⎢−
⎥
3 2 2
⎢
16 3
⎥
⎦ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣
⎦
⎢⎣
2 ⎥⎦
4

VI.) Rácsos szerkezetek
1.) Síkbeli rácsos szerkezet értelmezése
Síkbeli csuklós szerkezeteknek nevezzük azokat a rúdszerkezeteket, amelyeknek valamennyi
eleme (rúdja) egy közös síkban helyezkedik el, a rudak csuklókkal kapcsolódnak
egymáshoz és a terhelés is a szerkezet síkjában fekszik.
Az olyan szerkezeteket, amelyeknél a külső erők csak a csuklókra hatnak egyszerű rácsos
szerkezeteknek nevezzük.
A legegyszerűbb síkbeli rácsos szerkezetet akkor kapjuk, amikor három rudat úgy kapcsolunk
össze síkcsuklókkal, hogy azok háromszöget alkotnak.
1 3
Ha ezt a szerkezetet statikailag határozott
módon kényszerek segítségével megtámasztjuk,
akkor a fennmaradó csuklóban
ható bármilyen irányú erő hatására a
szerkezet stabil marad.
2
A célnak megfelelő rácsos szerkezetet –
a három rudas alapszerkezetből – a következő
módszerrel tudunk létrehozni:
Az alapszerkezet két csuklópontjához hozzákötünk egy-egy rudat, majd az új rudak végét
síkcsuklóval kapcsoljuk össze. Ezt a folyamatot ismételve bármilyen szerkezet kialakítható.
1
2
3
1
2
5
3 4
- 134 -
1
2
5
3 4
Az ezen elvek alapján kialakított rácsos szerkezet belsőleg statikailag határozott. A statikai
határozottság feltétele (ha a szerkezetet statikailag határozott módon támasszuk
meg):
2 c = r + 3 vagy r = 2c- 3
Ahol c: csuklók száma
r: rudak száma
1
3
4
5
2
6
1
4
3 5
2
c = 4
c = 4
c = 4
r = 6
r = 5
r = 5
6 > 2 ⋅ 4 - 3
5 = 2 ⋅ 4 - 3
5 = 2 ⋅ 4 - 3
r > 2c - 3
r = 2c - 3
r = 2c - 3
statikailag határozatlan statikailag határozott statikailag határozott
1
4
2
3
5
7
6

Rácsos szerkezetnél az ismeretlen erők (kényszererők, rúderők) meghatározásánál – a
számítások könnyebbé tétele érdekében – a következő egyszerűsítő feltételezéseket alkalmazzuk:
1. A rácsrudak és síkcsuklók végetlen merevek, alakjukat nem változtatják
2. Az egy csuklóba befutó rudak középvonalai a csukló középpontjában metszik
egymást.
3. A csuklók és rudak kapcsolatát súrlódásmentesnek tételezzük fel.
4. A rácsos szerkezet csak csuklóin kap terhelést, tehát a rudak terheletlenek.
Ennek következtében a rudakban csak rúdirányú erők keletkeznek (húzás
vagy nyomás).
2.) Rúderők meghatározása csomóponti módszerrel
A csomóponti módszer az egyes csuklóknak, mint csomópontoknak az egyensúlyából
indul ki. Ez azt jelenti, hogy a síkcsukló a ráható külső erők valamint a hozzá kapcsolódó
rudakból származó erők hatására egyensúlyban van.
Az egy csuklón támadó erők közös támadáspontú síkbeli erőrendszert alkotnak. Ezeknél
a felírható egyensúlyi egyenletek száma kettő. Az ismeretlenek száma pedig a csomóponthoz
kapcsolódó rudak számával egyezik. (Mivel ismerjük az erő hatásvonalát csak
a nagysága kérdéses.) Ha követjük a statikailag határozott rácsos tartó felépítésének
módszerét, mindig lesz olyan csomópont, ahol csak két ismeretlen rúderő lesz.
Amennyiben ismerjük valamely rúd egyik végén ébredő erőt, akkor a hatás-ellenhatás
elve alapján már ismerjük a rúd másik végén ható erőt is.
A rúderők meghatározása történhet számítással vagy szerkesztéssel.
y
A
x
A y
1
2m
D
2
3
2m
4
B y
B
5
2m
F=1000N
C
B x
2m
Első lépésként határozzuk meg az A és B
csomópontban ébredő kényszererőket.
M = 0
∑ B
A ⋅ 4 −1000
⋅ 2 = 0
y
A y
- 135 -
= 500 N
∑Y i = 0
− + y B
B y
500 −1000
= 0
∑ X i
B
x
= 1500
A kényszererők ismeretében megállapítható, hogy mind az A mind a C csomópont alkalmas
arra, hogy a számítást elindítsuk.
Ezekben a pontokban csak 2-2 ismeretlen rúderejű rúd csatlakozik.
= 0
= 0
N

Bontsuk elemeire a C csukló környezetét!
A C csuklóban egy ismert erő és kettő ismert hatásvonalú rúderő
hat.
A C csukló egyensúlyát biztosító erőket az ábrán látható vektorháromszög segítségével
határozhatjuk meg. A vektorháromszög folytonos nyílfolyamú, ami azt jelenti, hogy az
erők összege zérus.
Ugyancsak az előző ábrán berajzoltuk a C csuklót terhelő erőket, valamint a hatásellenhatás
elvének megfelelően a kapcsolódó rudak erőjátékát is megadtuk.
Ennek értelmében a 4-es számú rúd 1000N nagyságú erővel húzott, az 5-ös számú pedig
1000 2 N erővel nyomott igénybevételű.
A
A
D
500N
R 1
R 4
R 1
R 5
D
R 4
R 1
F
C
R 1 R 3
R 2
y
R 4
R 4
x
R 1
B
1500N
R 1
B
D
R 4
R 5
R 5
R 3
R 5
R 3
R 4
R 5
Az ábrán felrajzoltuk a még ismeretlen rúderejű rudakból
álló szerkezetet valamint a csomópontban működő erőket.
Az ábra alapján megállapítható, hogy bármely csomópontot
is választjuk kiindulásnak mindig csak két rúd rúdereje
az ismeretlen. Rajzoljunk meg a D és A csomópontok
erőjátékát.
1000N
R 3
R 4
R 5
F
R 5
R 3
C
R 3
B
- 136 -
F
R 4
R 5
45°
R 1 R 3
R 4 (1000N)

Az előző ábra alapján az R1 rúdban 500 2 N nagyságú húzó igénybevétel az R3 rúdban
500 2 N nagyságú nyomó igénybevétel ébred.
A
R 1
R 2
500N
R 1
R2
R 1
R 1
R 1
D
R 2 R 2 R2
B
- 137 -
R 1
R 2
500N
Az előző ábrán az R1 rúdban ébredő igénybevétel az A csukló egyensúlyából állapítottuk
meg Amint látható a rúd igénybevétele ugyanolyan, mint az előző esetben.
Az alábbi táblázat mutatja a szerkezet kiszámított rúderőit.
rúdszám rúderő
1 + 500 2 N
2 − 500 N
3 − 500 2 N
4 + 1000 N
5 −1000 2 N
rúderők előjelének jelentése:
+ húzott
- nyomott rúd
A csomópontok egyensúlyát vizsgálva, a hálózatban találhatunk olyan rudakat is, melyekben
zérus nagyságú rúderő ébred. Ezeket a rudakat vakrudaknak nevezzük és a rúdra
rajzolt körrel jelöljük.
A számítandó szerkezeten ránézésre is kiszűrhetők azok a rudak, amelyekben zérus
nagyságú az igénybevétel.
Terheletlen csomópontoknál az alábbi esetekben kapunk vakrudakat:
α
a) Ha két rúd szögben találkozik (α

Az előbbi főleg szerkesztésen alapuló módszer helyett választhatjuk a számításos módszert
is. Itt is csomópontról csomópontra haladunk.
Vizsgáljuk meg a C csukló egyensúlyát
y
R5 x
R5 y
= R5
⋅ cos45° = R5
⋅
= R5
⋅sin
45°
= R5
⋅
Síkbeli erők akkor vannak egyensúlyban, ha az alábbi egyenletek teljesülnek
∑ M = 0 ∑ X i = 0 Y = 0
∑ i
A ∑ M = 0 automatikusan teljesül, hiszen három erő egy közös metszésponton halad
át, így erre a pontra a nyomatékuk összege zérus.
Írjuk fel a másik két egyenletet
∑ i
x
R 5x
2
X = 0 − R4 − R5
x = 0 → − R4
− R5
= 0
2
∑Y = 0
i
Ezekből
− F − R5
y = 0 → − F − R5
2
= 0
2
2F
R5 = − = −F
2
R 4
2
F=1000N
2 ( − F 2)
F
R 4 = −R5
2
= −
2
2
=
Ezen eredménynek szerint az R4 rúdban 1000N húzóerő az R5 rúdban 1000
móerő ébred.
Ez megfelel az előző számításunknak.
2 N nyo-
A módszer tovább folytatható a következő csomópontoknál. Mindig felírjuk az egyensúlyi
egyenleteket, melyekből az ismeretlen rúderők számíthatók.
A két módszer bármelyikét használhatjuk, az eredmény nem változik.
A számítós módszer egyenleteinek felírása egyes esetekben több munkát igényel, mert
az erők komponensre bontásához szükséges szögeket a geometriai adatokból kell kiszámolni.
3.) Háromrudas átmetsző módszer
C
R 5 R 5y
A csomóponti módszerrel a rúderőket csak egymás után határozhatjuk meg. Terjedelmesebb
szerkezetnél ez a módszer eléggé hosszadalmas. Sok esetben előfordul, hogy
csak néhány rúderőre vagyunk kíváncsiak. Az ilyen esetekben alkalmazható a
háromrudas átmetsző módszer.
A módszer lényege a következő: Az egyensúlyban lévő rácsos szerkezetet egy képzeletbeli
átmetszéssel két részre bontjuk. A metszésvonal által elmetszett rudak hatásvonalai
nem mehetnek át egy ponton.
- 138 -
2
2
2
2

F 2
F 1
F 4
F 3
Ha az elvágás helyén a megfelelő rúdirányú erőket működtetünk, az egyensúly mindkét
szerkezeti részre külön-külön helyreállítható. Az egyensúlyt biztosító erők lesznek az
elvágott rudakban ébredő rúderők.
Vizsgáljuk meg, az előző feladatban szereplő szerkezetet!
2m 1
3
A
500N
D
4
2
B
2m 2m 2m
5
1500N
F 2
1000N
C
Síkbeli erőrendszer esetén az egyensúly feltételét az alábbi egyenletekkel fogalmazhatjuk
meg.
∑ M = 0 vagy 0
1 = ∑ M (A három kiválasztott pont
1,2,3 nem illeszkedhet a sík
∑ X = 0
0
i
2 egy egyenesére!)
= ∑ M
∑Y = 0
0
i
3 = ∑ M
Keressünk 3 olyan pontot, amelyre az erők nyomatékát könnyű kiszámítani.
Ha a B pontot választjuk, akkor a nyomatéki egyenlet a következő:
500 ⋅ 4 − S4 ⋅ 2 = 0 → S4
= 1000 N
Az S4 erőre kapott eredmény előjele +, ezért a feltételezett irány helyes. Ez azt jelenti,
hogy az S4 erő húzza a rúd végét, tehát a rúd húzott.
A B pont kiválasztásánál az játszott szerepet, hogy az S2 és S3 rúderők hatásvonala is
átmegy a ponton, így ezek nyomatéka zérus. Azt a pontot, ahol két ismeretlen rúderő
hatásvonala átmegy, főpontnak nevezzük.
Válasszuk most a D pontot és írjuk fel erre a pontra az erőrendszer nyomatékát.
500 ⋅ 2 + S 2 ⋅ 2 = 0 → S 2 = −500
N
Az eredmény előjele – , ezért az előre felvett irány nem megfelelő. Ha az erő irányát
megfordítjuk, akkor az S2 rúd nyomottá válik. A D pont ugyancsak főpont.
Az S2, S3 rudak B illetve az S3,S4 rudak D metszéspontját már kiválasztottuk. A harmadik
főpont az S2, S4 rudak metszéspontja lenne. Mivel ezek párhuzamosak, a főpont a
végtelenben van, így nem használható.
Az ismeretlen S3 rúderő meghatározására két lehetőségünk van:
F 1
- 139 -
A
500N
S 1
S 2
S 3
D
S 1
S 3
S 2
S 2
S 3
F 4
B
S 4
F 3
C

y
- Válasszunk egy harmadik pontot, amely nem megy át az S3 rúd hatásvonalán.
Erre felírhatjuk a nyomatéki egyenletet, amiből meghatározható az S3 rúderő.
Ebben az esetbe az S3 rúderő karjának meghatározása nehézkes.
- Felbonthatjuk a kiválasztott részre ható erőket komponensekre, és felhasználjuk
a X = 0 és Y = 0 egyenleteket az ismeretlenek meghatározására.
x
∑ i
∑ i
- 140 -
∑ X
i
− 500 + S 3 x + 1000 = 0
S3x = −500
N
∑Y = 0
i
500 3 0 = − − A
500N
S3x S S
3y 3
500N
S
S 45°
3
3y
S3x
S y
S3 y = −500
N
Az eredmények előjelének figyelembevételével az S3 rúd nyomott és az erő értéke
500 2 N
4.) „K” rácsozású tartók számítása
Az úgynevezett „K” rácsozású tartónál a szerkezet két részre osztásakor legkevesebb 4
rúd elmetszése szükséges.
Q
a a a
a
a
Ay By 2
Az= Q
3
Az előző ábrán bejelölt csomópont erőjátékát elemezve az alábbi eredményre jutunk.
S 5
S 6
D
S 2
S 3
1000N
S 2
S 3
S 2
S 3
S 2 +S 3
vagy
S 6
Q
S 5
S 2
S 3
S 2
S 3
= 0
S 1
S 3
S 4
S 2
S 2 +S 3

A négy rudat összekapcsoló csap csak úgy lehet egyensúlyban, ha az S2 és S3 erők eredőjének
vízszintes komponense zérus. Az S2+S3 eredő erővel szemben az S5 és S6 rúd
fejti ki erőhatást. Ezeket figyelembe véve az átmetszést az alábbi módon hajtjuk végre.
C
B
A
2
Q =
3
Ay
2
Q
3
D
E
F
Q
Q
S 1
S 4
1
Q
3
A D pontra felírva a nyomatéki egyenletet
M = 0 ⋅ a − S ⋅ 2a
= 0
∑ D
A y
Ay
Q
S4
= =
2 3
Az F pontra felírva a nyomatéki egyenletet
M = 0 ⋅ a + S ⋅ 2a
= 0
∑ F
S
1
A y
Ay
Q
= − = −
2 3
E
- 141 -
S 3
4
1
Az S2 és S3 rúdágban olyan erőknek kell ébredni, hogy az
2
S2+S3, Q , Q erők a függőleges irányban egyensúlyt tart-
3
sanak. Ebből adódik, hogy az S2+S3 erő felfelé mutat és
1
értéke Q nagyságú.
3
Az alábbi ábrán a sraffozott két háromszög hasonló. Ebből
1
Q
3
1
Q
a
= 6
a 2 S2
S2 1/3Q
a 2
a
S 2 = Q
2
6
→ S3
= Q
2
6
S3 a
a
Az S2 és S3 erők iránya az erőháromszögben látható.
Az előző esetben kiszámított S2, S3 erők az
E csomópontra hatnak.
Ennek megfelelően az S2 rúd húzott, az S3
rúd nyomott.
S 2
S 3
S 2
S 2
S 3

5.) Példák a rácsos szerkezetek témakörből
1. példa
6000N
- 142 -
Határozzuk meg a
vázolt szerkezet rúderőit!
A megoldáshoz vezető első lépés a vakrudak kijelölése (ha van ilyen). A vakrudak
ugyanis kihagyhatók a szerkezetből, így a számítás is könnyebb.
6000N
A x
A y
B y
6000N
A x
8
4 6
Következő lépésként határozzuk meg a kényszererőket.
∑ i
∑ A
∑ i
8
4
1
3
5
7
2
9
10
6
11
X = 0 6000 − = 0 → A = 6000 N
12
13
14
Ax x
M = 0 6000 ⋅ 6 − ⋅8
= 0 → B = 4500 N
By y
Y = 0 + B = 0 → A = −B
→ A = −4500
N
15
2m 2m 2m 2m
16
17
18
Ay y
y y
y
1
C E
9 12
16
20 G
Különösebb számítás nélkül meghatározható, hogy a R22,R26,R29 rudak nyomottak és az
erők értéke 4500N
A G csomópont egyensúlya
19
20
A y
21
23
24 25
28
2
27
22
26
29
10
D
2m
2m
2m
13
14
17
18
F
21
22
26
29
B y

R 20
Mivel az R16 és R20 rudak hatásvonala közös
R = R = −4500
N
16
20
Hajtsuk végre az alábbi 3 rudas átmetszést
E
R 16
R 17
R 18
4500N
R 17
R 17X
9000N
∑ F
M = 0 4500 ⋅ 2 + R 16 ⋅ 2 = 0
- 143 -
R = −4500
N nyomott
20
R 4500 2 N + = húzott
R = −4500
N nyomott (egyezik az előző értékkel)
16
∑ E
M = 0 R ⋅ 2 − 4500 ⋅ 4 = 0
18
R14 = 9000 N húzott
R18 = 9000 N húzott
∑ i
R17 x =
∑ i
R17 y
X = 0 R + 9000 − 4500 = 0
−4500
N
17 x
21
Y = 0 R + 4500 = 0
= −4500
N
17 y
R = −4500
2 N nyomott
17
R 21
Az R9,R12,R13,R14 rúderők meghatározására az alábbi 3 rudas átmetszést alkalmazzuk.
D
20
R 13
R 12
R 14
R 21
16
18
21
17
R 17Y
R 20
F
12
13
14
20
21
E
R20
R 21
R 21
G
4500N
4500N
4500N
4500N
22
4500N
F
R 13
R 14
R 20
4500N
G
4500N
4500N
∑ M
E
= 0
R 14 ⋅ 2 − 4500 ⋅ 4 = 0
R14 = 9000 N húzott
R18 = 9000 N húzott
∑ M
D
= 0
R 12 ⋅ 2 + 4500 ⋅ 6 = 0
R12 = −13500
N nyomott
R = −13500
N nyomott
9

∑ i
R13 y =
Y = 0 R + 4500 = 0
4500 N
R 4500 2
− 13 y
N
13 = húzott
Vizsgáljuk meg az A csomópont egyensúlyát
6000N
R 1
∑ X = 0
i
+ − x
R2y
4500N
R 2x
R 2
α
R 2x
6000 2 0 = R N
R2 x 6000 =
A hasonló háromszögek alapján
R2
y 4
= → R2
y
R2
x 2
Az R2 rúderő
= 2R2
x = 12000 N
R
R 2y
- 144 -
α
2m
2 2
2
2
= R + R = 6000 + 12000 = 6000 5 N húzott
2 2 x 2 y
R 6000 5
N
6 = húzott
∑Y i
= 0
− R 1 + 12000 − 4500 = 0 R1 = −7500
N nyomott
R = R = −7500
N nyomott
4
8
Az R10 meghatározásához vizsgáljuk meg a C csomópontot
6000N
R 10y
∑ X = 0
i
+ x
13500N
7500N
R 10x
R 10y
R 10x
R 10
6000 R 10 −13500
= 0
7500 N
∑Y i
− 10 y
= 0
R10 x =
R + 7500 = 0 7500 N
R 7500 2
N
10 = húzott
R10 y =
4m
táblázatosan összefoglalva
rúdszám rúderő
1 − 7500 N nyomott
2 + 6000 5 N húzott
4 − 7500 N nyomott
6 + 6000 5 N húzott
8 − 7500 N nyomott
9 −13500
N nyomott
10 + 7500 2 N húzott
12 −13500
N nyomott
13 + 4500 2 N húzott
14 + 9000 N húzott
16 − 4500 N nyomott
17 − 4500 2 N nyomott
18 + 9000 N húzott
20 − 4500 N nyomott
21 + 4500 2 N húzott
22 − 4500 N nyomott
26 − 4500 N nyomott
27 − 4500 N nyomott

2. példa
1m
A x
F A
60° 60°
1,5m 1,5m
F 2
F 1
- 145 -
F 1
A B
A
A y
1
1
5
5
D E
C
2
6 7
C
M 1
F 2
D E
F 2
2
6 7
4
4
3
3
F 1
F B
B
M 2
B y
Határozzuk meg az A és B reakcióerőt,
valamint a rúderők
nagyságát és jellegét!
F1= 1000N F2=2000N
Elsőnek az F1 és F2 eredőerejét,
majd a reakcióerőket határozzuk
meg. Ezek ismeretében
már nem nehéz – csomópontról
csomópontra haladva-
a rúderők meghatározása. Az
A csomópont egyensúlyának
megrajzolásánál az A reakcióerő
végpontjából az 5-ös,
kezdőpontjából az 1-es rúddal
húzunk párhuzamost. Megállapíthatjuk,
hogy az 5-ös rúd
húzott, az 1-es pedig nyomott.
A többi rúderőt ugyancsak
vektorháromszögekkel lehet
meghatározni. A végeredményeket
az alábbi táblázat és a
hozzá tartozó ábra mutatja.
A feladat természetesen számításos
módszerrel is megoldható.
A
S 5
S 1
F 2
A
F 1
rúderő
jele nagysága
1 -900N
2 -1000N
3 -1750N
4 +1250N
5 +1600N
6 +750N
7 +1500N
B

3. példa
A
∑ A
M = 0 ⋅ 2 , 5a
− B ⋅ 2a
= 0
F y
2 , 5
By = F ⋅ = 1250 N
2
F = 0 A = 0
∑ x
∑ y
x
F = 0 + B − F = 0
Ay y
Ay = −F
+ By
= −1000
+ 1250 = 250 N
S1 meghatározása átmetsző módszerre:
S 1
a
a
a
S 6
60°
S 1
S 7
C
a a
S 2
S8 S3 F
S 5
D
a a
C
60°
∑ C
S 4
B
F
M = 0 S ⋅ a − F ⋅ a = 0
1
Határozza meg a kijelölt rudakban ébredő
igénybevételek típusát és nagyságát, valamint
határozza meg A és B reakcióerőt!
F=1000N a=1,5m
S = F = 1000 N
1
A x
- 146 -
A
A y
D
B
B y
F

S2 meghatározása átmetsző módszerrel:
A felső részre ható vízszintes irányú erők egyensúlyából:
F = 0 = → S = 0 N
∑ x
S2 x
0 2
Ennek megfelelően S2 vakrúd.
B csomópont egyensúlya (csomóponti módszerrel):
F = 0 − S ⋅sin
60°
= 0
S 5
∑ y
∑ x
A csomópont egyensúlyából:
A x
S 7
S 4
S 8
S 2
A y
D
B y
S 6
S 7
S 3
F
S 5
B y
S
4
4
By
= =
sin 60°
S 1443,
38 N
- 147 -
1250
3
2
=
4 = nyomott
F = 0 S ⋅ 60°
− S = 0
∑ y
S
6
4
cos 5
1443,
38
1
S5 = S 4 ⋅ cos60°
= 1443,
38⋅
= 721,
69 N
2
S 721,
69 N
5 = húzott
F = 0 − + S ⋅ cos30°
= 0
A y
Ay
250
= = =
cos30°
3
2
6
288,
68
S6 = 288,
68 N húzott
F = 0 S ⋅ 30°
− S = 0
∑ x
6
N
sin 7
1
S = S ⋅sin
30°
= 288,
68 ⋅ = 144,
34 N
7 6
2
S = 144,
34 N nyomott
7
D csomópont egyensúlyából:
F = 0 − S ⋅ 60°
+ S ⋅ sin 60°
= 0
∑ y
∑ x
8
3
S = S
sin 8
3
F = 0 S + S − S ⋅ 60°
− S ⋅ cos60°
= 0
7
5
8
cos 3
S7
+ S5
144,
34 + 721,
69
S = =
= 866,
03 N
3
2 ⋅ cos60°
1
2 ⋅
2
S = 866,
03 N nyomott.
3
N

4. feladat
Határozzuk meg a vázolt síkbeli rácsos tartó rúdjaiban ébredő igénybevételeket!
2m
2m
x
A 19 B 4 C 10
18 2 8 5 11 12
E
1
y
H
3
F G
9
6
13
17 7 15
3m
I
3m J
Határozzuk meg a vakrudakat!
S 1
S 8
S 9
S 2
Felhasználva a hasonló háromszögek
tulajdonságait az egyes
rúderők a geometria ismeretében
meghatározhatók.
rúd nagysága
1 -300 nyomott
2 -75√13 nyomott
3 75√13 húzott
4 -225 nyomott
5 -75√13 nyomott
6 75√13 húzott
7 225 húzott
900N
8 150 húzott 9 -150 nyomott 10 450 húzott
11 -300 nyomott 12 150√13 húzott 13 300 húzott
14 -150√13 nyomott 15 450 húzott 16 -300 nyomott
17 0 18 0 19 0
S 15
S 14
3m
300N 600N
900N
S 5
S 6
S 3
S 8
S 9
S 11
S 13
S 4
S 5
S 7
S 12
S 6
S 14
S 11
S 13
S 7
S 6
S 12
S 10
900N
S 1
S 13
14
S 16
S 15
S 2
S 3
16
- 148 -
D
K
Teljességként megadjuk az egyes
csomópontokban az erőjátékokat.
S 8
S 2
S 3
S 9
S 5
S 4
S 14
S 15
S 1
S 4
S 5
S 7
S 6
S 4
S 7
S8 S S3 2
S 10
S 11
S 16
600N
S 11
S 13
S 12
S 10
S 15
S 10
S 14
S 12
S 16
300N 600N
900N
S 16
S 9

VII.) Súrlódás
1.) A súrlódás fizikai értelmezése
A statikai számítások során gyakran élünk azzal a számításokat egyszerűbbé tevő feltételezéssel,
hogy az érintkező testek végtelen merevek és felületük abszolút sima. Bár a
technika fejlődése egyre „erősebb” (merevebb) anyagokat és egyre „simább” (finomabb
megmunkálású) felületeket képes előállítani, de a végtelen merev és abszolút sima szerkezeti
elemek nem léteznek. A testek felszíne még a leggondosabb megmunkálás esetén
is érdes (egyenetlenségeket, bemélyedéseket, kitüremkedéseket tartalmazhat).
Következő vizsgálattal arra adunk választ, hogy az ilyen felületű testek érintkezésekor,
milyen erők lépnek fel.
mg
N
- 149 -
Az ábrán feltüntetett m tömegű
test és az alátámasztó asztal végtelen
merev és abszolút sima. Az
asztal pedig vízszintes helyzetű.
A homogén tömegeloszlású m
tömegű test és az asztal érintkezési
felületén p intenzitású
egyenletes megoszló erőrendszer
keletkezik. Az erőrendszer eredője
F és − F .
A merev test egyensúlyát az − m g + F = 0 vektoregyenlet, illetve a − mg + F = 0
skalár egyenlet írja le!
Ha ugyanezt a kísérletet elvégezzük úgy, hogy mind az m tömegű test, mind az asztal
érdes felületű, az eredményt leíró egyenletek nem változnak.
A fenti két eset egyikében sem akartunk relatív mozgást előidézni a test és az asztal
között. Végezzük el most a következő két kísérleteket.
a,
m
F
Érdes felületen nyugvó m tömegű testre, hassunk
az időben folyamatosan növekvő F(t) erővel,
mindaddig, amíg a test meg nem mozdul,
F
majd olyan erővel, amivel az egyenletes mozgást
biztosítani tudjuk.
F0 Az erő változását az idő függvényében mutatja
F
F2 az ábra.
Amikor az F(t)=0, akkor a merev test egyensúlyát
leíró egyenlet az alábbi
F 1
m
m
p
− p
t
m ⋅
g
F
− F
p
− p
− mg + N = 0
N , a felületeket összeszorító erő

Ha F(t)=F1
Y
Ha F(t)=F2, akkor
− mg + N = 0
S
β
N
F 2
− mg + N = 0
− S + F = 0
1
→
S = F
− S + F2
= 0 → S = F2
Ha az F(t)=F0, a testet az elmozdulás határhelyzetébe kerül,
− mg + N = 0
1
- 150 -
S =súrlódásból adódó erő
− S + F0
= 0 → S = F0
Az elmozdulás határhelyzetében mért súrlódási erő (S=F0) és a felületeket összeszorító
erő (N) hányadosaként értelmezhetjük az úgynevezett nyugvásbeli (nyugvó) súrlódási
tényezőt.
F0 0
N
= μ
A test egyenletes mozgatásához az F0 erőnél kisebb erő is elegendő. Megcsúszás után
bármekkora erő is mozgatja a testet a súrlódási erő állandó és nem nagyobb, mint a felü-
leteket összeszorító erő és a csúszási súrlódási tényező szorzata.
Vagyis S = μ ⋅ N ahol μ az úgynevezett csúszási súrlódási tényező.
Addig a pillanatig, amíg a test meg nem csúszik, csak akkora súrlódási erő keletkezik,
ami megakadályozza a mozgást.
A két súrlódási tényező között az alábbi reláció áll fent
μ > μ
b,
0
S
α
mg
N
F 1
tgα
= μ0
F 1
F 2
X
F 3
F 4
A μ 0 súrlódási tényezőjű érdes felületen elhelyezett súlytalan
testre az ábrán vázolt hatásvonalú (F1,F2,F3,F4) erőkkel
hatunk külön-külön.
Mindaddig, amíg az erő hatásvonala az α = arctg μ0
fél
kúpszögű kúp szélső alkotóin belül hat, a testre ható erők
képesek egyensúlyt tartani.
Az F2 erő alkalmazásakor az erők egyensúlyát az alábbi egyenletek
fejezik ki.
− F cos β + N = 0
2
S − F sin β = 0
2

A ténylegesen fellépő súrlódási erő
S = F2
sin β .
A két test között lévő súrlódásból az érintkezési síkon létrejöhető súrlódási erő
S 0 = μ0N = μ0F2
cos β .
Mindaddig, amíg S0>S, a két test nem mozdul el egymáshoz képest.
Képezzük az alábbi hányadost
S0 μ0F2
cos β μ0
= =
S F2
sin β tg β
Ez a hányados β =α értéknél válik eggyé, vagyis a ténylegesen fellépő súrlódási erő
megegyezik az érintkezési síkban létrejöhető súrlódási erővel.
S0
μ0
μ0
= = = 1.
S tg β μ
0
Ha β >α akkor a statikai egyensúly már nem biztosítható.
A 2 α nyílásszögű kúpot súrlódási kúpnak nevezzük. A kúp tengelye megegyezik az
érintkező felületek közös normálisával.
mozgásbeli nyugvásbeli
Súrlódási erő S = μ ⋅ N = állandó
az egyensúly fenntartásához szükséges
S μ ⋅ N felső határral
Súrlódási erő irá- pillanatnyi sebességgel az elmozdulást kiváltani kívánó erőnya
ellentétes
vel ellentétes irányú
Súrlódás tényező μ μ < μ 0
μ 0
Kísérlet: Fogjunk két telefonkönyvet, és laponként, egyesével lapozzuk őket egymásba.
Vajon mekkora erőre van szükség ahhoz, hogy a két telefonkönyvet szétszedjük?
A válasz a fejezet végén a példák előtt található.
2.) Gördülési ellenállás
A testek a valóságban nem végtelen merevek. Külső erő hatására deformálódnak. Ezek
a deformációk bizonyos mozgásformák esetén a mozgással vagy annak létrejöttével
szemben ellenállást fejtenek ki. Ha egy kör keresztmetszetű test egy másik testen az
érintkező felületek egymáson történő lefejtődése útján legördül, akkor gördülő mozgásról
beszélünk. Ha egy korongot szeretnénk egy másik testen legördíteni, akkor külső
erőhatásra van szükség, mert a két test közötti érintkezési felületeteken a deformációk
miatt ellenállás alakul ki. Ezt a legördülést akadályozó ellenállást gördülési ellenállásnak
nevezzük.
Vizsgáljuk meg az elmozdítani kívánt korongra ható erőket, ha a mozgást erőhatással
akarjuk kiváltani.
- 151 -
≤ 0

Az elmozdulás határhelyzetében lévő korongra ható
három erő egyensúlyban van. A hatásvonalaik egy
közös ponton mennek át.
Egyenletekkel kifejezve
G + R + F = 0
A talajról átadódó R erővektor felbontható két komponensre.
R = S + N
f gördülési ellenállás karja
Az ábrán látható h távolság a kis deformációk miatt
elhanyagolhatók.
Ezeket figyelembe véve az alábbi egyensúlyi egyenletek írhatók fel
X = 0 F − S = 0
∑
∑
∑
Y = 0
i
M
i
A
= 0
− G + N = 0
− F ⋅ r + N ⋅ f = 0
(Az S ⋅ h = 0 feltételezéssel)
Az S súrlódó erő értéke csak véges nagyságot érhet el.
Smax = μ0N
Ha az F erő ennél nagyobb értékű, a korong megcsúszik.
Az egyensúlyi egyenletekből
f
F = N
r
A gördülés feltétele
f
F ≤ S illetve N ≤ μ0N
r
f
amiből ≤ μ0
r
Az f kar nagyságát az érintkező testek deformációja szabja meg. Az f értéke a mérnöki
gyakorlatban igen kicsi, ezért a gördülés jelentősen kisebb ellenállást jelent, mint a csúszás.
A gördülési sugarat a gördülési ellenállás csökkentése érdekében kívánatos minél nagyobbra
választani.
f értékei néhány anyagra: Acél-acélon f=0,05 cm
Gördülő csapágy f=0,0005 cm
Vizsgáljuk meg a korongra ható erőket abban az esetben is, amikor koncentrált nyomaték
terheli a korongot.
r
G
A
G
A
f
f
F
r
R
M 0
s
N R
h
Mindaddig, amíg gördülés nem jön létre, (a korong nem
indul meg) az egyensúlyi egyenletek az alábbiak szerint
alakulnak
X = 0
∑
∑
∑
Y = 0
i
M
i
A
= 0
− G + R = 0
− M
0
- 152 -
+ R ⋅ f = 0
Ez azt jelenti, hogy M 0 ≤ R ⋅ f esetben az egyensúly
biztosításához nem kell súrlódási erő.

Ha az M0> R ⋅ f , akkor az ( U M - R f
0 U ⋅ ) nyomaték a korong gyorsítására törekszik.
Ekkor már fellép a súrlódási erő, és a test gyorsulása következtében a tehetetlenségi erő
is.
S
G
N
M 0
M f
= f ⋅ N
v a megvalósuló mozgási irány.
3.) Kötélsúrlódás
µ= a kötél és a dob közötti súrlódási tényező
v
a
v a kötél és a koron közötti relatív mozgás.
Vizsgáljuk meg a ds hosszúságú
kötélelem egyensúlyát.
- 153 -
K+dK
A dT kényszererő a μ súrlódási tényezőnek megfelelő
ρ szöget zár be a normális iránnyal. Kis szögek
miatt sin d ϕ = 0
K ⋅ dϕ
= dN
, cosdϕ
= 1
dK = μdN
= μKdϕ
dK
ebből = μdϕ,
K
K1
∫
v
K 0
dK
K
illetve
α
μ
= ∫
0
µ
dϕ
→
α
K
ln
K
1
0
dφ
= μα
μα
K1 = K0e
(ahol α szög radiánban értendő)
μα
K1 K0e
≤
ds
K 1 K0
Az egyensúly mindaddig fennáll, amíg
φ
µdN
dN
ρ
dT
K
tg ρ = μ (ρ a súrlódási félkúpszög)
dφ
K+dK
K
dN
µdN
dT
µdN
dT

4.) Csapsúrlódás
N
A
R
0
B
M cs
r 0
N
F
F
F
C
Ideális csap esetén, ahol a testek végtelen merevek és a felületük
végtelenül simák. A csap egyensúlya csak az ábrán feltűntetett
módon jöhet létre.
Valóságos csap esetén, ahol van súrlódás és a testek is deformálódnak,
a csap valamely véges (A-C) felületen fekszik fel.
Ha a csap terhelése nem a csap középpontján halad át, akkor a
felfekvő felületen súrlódó erő is ébred, amely – bizonyos határokon
belül – megakadályozza a mozgást.
A csapra ható F erő hatásvonalát a csap középpontjától távolítva
elérünk egy határhelyzetet, ahol a csap megcsúszik.
Ehhez a határhelyzethez tartozó r0 sugarú kört nevezzük a
csapsúrlódás körének.
Az r 0 = R ⋅sin
ρ , ahol R a csak sugara ρ a felületek közötti
súrlódási félkúpszög. tg ρ = μ
Számításaink során a csap súrlódását az ábrán látható helyettesítéssel
vehetjük figyelembe.
≤ N ⋅ r
M cs
0
A kísérlet megoldása: a telefonkönyv lapjai óriási felületet biztosítanak, valamint a
papírlapok apró egyenetlenségei növelik a súrlódási együtthatókat. Ehhez járul még
hozzá az is, hogy a papírlapok tömege bár nagyon kicsi, de nem elhanyagolható, és a
S = μ ⋅ N összefüggés alapján a mozgató hatás ellen lép fel a súrlódás. Így a súrlódás itt
akkora erővel hat az elmozdulás ellen, hogy emberi erővel két 800 oldalas összelapozott
telefonkönyvet lehetetlen szétválasztani.
Gépi erővel több, mint 30 kN erőre van szükségünk, hogy szétszakítsuk őket. (Forrás:
Mythbusters)
- 154 -

5.) Példák a súrlódás témakörből
1. példa
5m
N 2
5
A
µ=0
x *
G l
2
2m
x
G e
1
x
G e
N 1
S 1
µ=0,3
h
h
h
Adott méretű, G l =400N súlyú létra alsó része az érdes
(µ=0,3) talajon, felső rész a teljesen sima függőleges
falnak támaszkodik.
Milyen magasra mehet fel a Ge=800N súlyú ember a
létrára, hogy éppen ne csússzon meg?
∑
S
1
1
∑
M
= 0
*
S ⋅5
− N ⋅ 2 + G ⋅1
+ G ⋅ x = 0
1
= μ ⋅ N
Y = 0
G + G − N = 0
e
i
A
l
1
1
1 1 ( e l ) G G N S + = ⋅ = μ μ
a hasonló háromszögek alapján
x h
=
2 5
2
* 2
x = h x = 2 − h
5
5
l
- 155 -
e
2
μ(
Ge + Gl
) ⋅5
− ( Ge
+ Gl
) ⋅ 2 + Gl
⋅1
+ Ge(
2 − h)
= 0
5
2
0,
3(
800 + 400)
⋅ 5 − ( 1200)
⋅ 2 + 400 + 800(
2 − h)
= 0
5
1400 = 320h
h = 4,
375
m

2. példa
tgρ
= μ
1
2
1
tgρ
= μ
∑
∑
∑
X
M
2
= 0
Y = 0
i
i
A
= 0
F
max
1
G ⋅ a + S
− S − N = 0
1
N − G − S = 0
μ 1N
1 = S1
μ 2N
2 = S2
F
max
1
1
= μ G + N ( 1+
μ μ )
2
2
1
1
2
1
2
2
2
⋅ 2a
− N
2
2
1
⋅ b = 0
2
Mekkora az a maximális erő (Fmax), amelynél
a rúd nem csúszik meg a falsarokban?
µ1=0,1 µ2=0,2
a=2m b=3m
G=700N
2
1
- 156 -
1
2
2
1
Négy erő egyensúlyaszerkesztéssel
= S + N = μ N + N = μ ( G + S ) + N = μ G + μ S + N = μ G + μ μ N + N =
G ⋅ a + μ2 N2
⋅ 2a − N2
⋅b
= 0 → G ⋅ a = N2
⋅b
− μ 2 ⋅ 2 ⋅ a ⋅ N2
= N2(
b − μ2
⋅ 2 ⋅ a)
G ⋅ a 700 ⋅ 2
N2 = =
= 636,
4 N
b − μ ⋅ 2a
3 − 0,
2 ⋅ 2 ⋅ 2
F
F max
A
ρ1
F
max
µ 1
A
2
a a
G ⋅ a
= μ 1G
+
( 1+
μ1μ2
)
b − μ ⋅ 2 ⋅ a
2
G
G
ρ2
700 ⋅ 2
Fmax = 0,
2 ⋅ 700 + ( 1+
0,
1⋅
0,
2)
= 140 + 649 = 789 N
3 − 0,
8
B
B
µ 2
b
G
B
F max S1
F
N 1
A
G
1
2
N 2
S 2
2
2

3. példa
µ
4. példa
F
Egyensúlyi egyenletek:
Qx − μ N
= 0
Qy + N − G = 0
Fmin megakadályozza, hogy a test lecsúszszon.
F min
S
Gcosα
N
Gsinα
F min + S − Gsin
α = 0
N − G cos α = 0
S = μ ⋅ N
F
F
F
min
min
min
Q y
G
N
µ
G
α
Q
S=µN
G
Q x
α
+ μ ⋅ N − Gsin
α = 0
+ μ ⋅ G cosα
− Gsin
α = 0
= G(
μ cosα
− sinα
)
- 157 -
Mekkora az a maximális Q erő, ahol a
test még nem mozdul meg?
A korong csapágyazott és súrlódásmentesen
forog.
G, μ ,α adott!
Qx
Qy
+ − G = 0
μ
Qcosα
Qsin
α + − G = 0
μ
cosα
Q (sinα
+ ) = G
μ
G
G ⋅ μ
Q =
=
cosα
sinα
+
cosα
+ μ sinα
μ
α
Q
Mekkora az a minimális F erő, amivel a rendszer
egyensúlyban tartható? Mekkora az a maximális F
erő, amelynél a rendszer nem mozdul meg?
Adott G, μ ,α
Fmax a felfelé való elmozdulás határhelyzetébe
hozza a testet
F max
N
Gcosα
S
Gsinα
F max − S − Gsin
α = 0
N − G cos α = 0
S = μ ⋅ N
F
F
F
max
max
max
− μ ⋅ N − Gsin
α = 0
− μ ⋅ G cosα
− Gsin
α = 0
= G(
μ cosα
+ sinα
)

5. példa
S 1
K
G 1
N 1
K
− S1
= 0
1 = μ N1
K = μ ⋅G1
S ⋅
N − G = 0
1
1
F ⋅ α = μ ⋅ G + μ(
G − F sinα
)
cos 1 2
F (cosα + μ sinα
) = μ ⋅G1
+ μ ⋅G2
= μ(
G1
+ G2)
μ(
G1
+ G2)
F =
cosα
+ μ sinα
6. példa
S 2
G 1
m 2
G 2
α
N 2
L 2
K
µ
K
m 1
µ
G 2
- 158 -
Számítsuk ki az elmozdulás határhelyzetében
a K kötélerőt és az F értékét!
Adott: G1,G2,α,µ
= 0
Fx = F ⋅ cosα
Fy = F ⋅sin
α
− − 2 + x F S K 2 S K Fx = +
Fy − G2
+ N2
= 0
y F G N − = 2 2
2
2
2 2 ( 2 y
S = μ ⋅ N
) F G N S − = ⋅ = μ μ
K − S − G sinα
= 0
2
α
F
2
F
S 2
G 2
F y
K F x
N 2
Mekkora F erővel lehet a testeket a felfelé
való elmozdulás határhelyzetébe hozni?
m1=100kg m2=200kg
α=20° µ=0,1
2
g = 10m / s
S2 = μ ⋅ N2
= μ ⋅G2
cosα
L 2 = G2
sinα
K = μ ⋅G
α + G sinα
= G ( μ cosα
+ sinα
)
2 cos 2
2

K + μ( F sinα
+ G1
cosα)
+ G1
sinα
= F cosα
K + μ ⋅ F sinα + μ ⋅ G1
cosα
+ G1
sinα
= F cosα
G μ cosα
+ sinα
) + G ( μ cosα
+ sinα
) = F(cosα
− μ ⋅sin
α)
2(
1
μ cosα
+ sinα
)( G1
+ G ) 1307,
968
= F = = 1444,
5 N
cosα
− μ sinα
0,
9055
( 2
7. példa
0,8 m
K K =
x
y
- 159 -
FL = F cosα
L 1 = G1
sinα
F sinα
N = G cos
FN = 1 1 α
K + S1
+ L1
= FL
S = μ FN
+ N ) = μ(
F sinα
+ G cosα
)
1
( 1
1
Mekkora F erővel lehet a G=1200N súlyú testet az
elmozdulás határhelyzetébe hozni?
S = μ ⋅ N
h = 1,
6 ⋅ cos45°
K y − G + N = 0
F ⋅ h − K ⋅ 0 , 8 = 0
K x
α
45°
− S = 0
K
S 1
0,8 m
•
S
K
K x
K
G 1
G
K y
N 1
L 1
F L
0,
8 1
F = K ⋅ = K = K
1,
6 ⋅ cos45°
2
2 ⋅
2
G
N
F
µ=0,5
α
F
F N
h
2
2
•
K
F

K
y
− G + N = K
x
− G + N = K
x
K x − G + = 0
μ
⎛ 1 ⎞
K x ⎜1
+ ⎟ = G
⎝ μ ⎠
G
F =
1
1+
μ
2 ⋅
2 G 1200
= = = 400 N
2 1 1
1+
1+
μ 0,
5
=
1
1+
μ
G
K x K =
2 2
K x + K y = K x 2
8. példa
K
9. példa
h
K
S 1
S 2
N 1
µ 2
G 1
µ 0
N 1
G 2
N 2
A
S 1
G 1
G 2
F
Mekkora F erővel lehet az alsó téglát megmozdítani?
Egy tégla súlya G=25N
A súrlódási tényezők: µ1=0,4, µ2=0,3
G 1 − N1
= 0 N1 = G1
= 25 N
K − S1
= 0 K = 10 N
S = μ ⋅ N S = 0,
4 ⋅ 25 = 10 N
1
1
1
1
N 1 + G1
− N2
= 0
N2 = 50 N
S2 = μ 2 ⋅ N2
S2 = 0,
3⋅
50 = 15 N
S + S − F = 0
F = S + S = 25 N
S
1
a b
l
µ 1
F
2
B
α
- 160 -
1
2
A gépkocsit csak a hátsó
tengelynél fékezzük be.
Milyen αmax esetén marad
nyugalomban?
A gördülési ellenállás elhanyagolható.
Adott: a,b,l,h, µ0,G,α

∑ M A = 0
GN a + GL
⋅ h − N B
N
B
⋅ ⋅l
= 0
G
=
N
⋅ a + G
l
L
⋅ h a ⋅ G cosα + h ⋅ Gsin
α
=
l
b ⋅ G cosa
− h ⋅ Gsin
α
μ0 = Gsin
α
l
μ ⋅ b ⋅ G α − μ ⋅ h ⋅ Gsin
α = l ⋅ Gsin
α
0
cos 0
- 161 -
GN = G cosα
GL = Gsin
α
S μ ⋅ N
A = 0
A
Lejtő irányú erők egyensúlya
S A − GL
= 0
= G = Gsin
α
S A L
∑ M B = 0
N A l + GL
⋅ h − GN
μ ⋅b ⋅ G α = l ⋅ Gsin
α + μ ⋅ h ⋅G
sinα
= sinα
( l ⋅ G + μ ⋅ h ⋅G)
0
N A
cos 0
0
b ⋅ μ0
⋅ G μ0
⋅b
=
= = tgα
l ⋅G
+ μ ⋅ h ⋅ G l + μ ⋅ h
0
0
⋅ ⋅b
= 0
− h ⋅ Gsin
α + b ⋅G
cosα
=
l
Az előzőkben számított szög az a maximális szög, melynél a gépjármű nem csúszik
meg.
10. példa
µ 1
S 1
S A
N A
F max
G N
α GL
a b
A
G=500N
B
N 1
0,3 m 0,2 m
F max
A B S 2
500N
N 2
µ 2
N B
∑ i
∑ i
α
0,15 m
Mekkora Fmax erőt működtethetünk,
hogy még éppen egyensúly legyen?
A súrlódási tényezők: µ1=0,1, µ2=0,2
X = 0 S + S − F = 0
1
2
max
Y = 0 N − + N = 0
1
500 2
∑ M A = 0
F max ⋅ 0, 15 − 500 ⋅ 0,
3 + N2
⋅
S1 = μ 1 ⋅ N1
S2 = μ2
⋅ N2
0
, 5
= 0

F = S + S = μ ⋅ N + μ ⋅ N = μ ( −N
+ 500)
+ μ ⋅ N
max
1
2
500 ⋅ 0,
3 − 0,
15⋅
F
=
0,
5
1
1
max
N2 = ⋅ − ⋅
F
F
max
max
max
2
2
1
1000 0,
3
2
0,
3 F
= μ ⋅ − μ ⋅ N + μ ⋅ N = μ ⋅500
− N ( μ − μ )
1 500 1 2 2 2 1
2 1 2
50 − ( 300 − 0,
3⋅
max )( μ1 − μ2)
= F
F = 50 + 30 − 0,
03⋅
F
80
Fmax = = 77,
67 N
1,
03
11. példa
F N
F
max
F cosα = Gsin
α + μ ⋅ F sinα
+ μ ⋅ G cosα
F(cosα − μ ⋅ sinα
) = Gsin
α + μ ⋅ G cosα
max
- 162 -
2
2
Mekkora lehet Fmax értéke, hogy még éppen ne induljon
meg a test felfelé?
Adott: α=30° µ=0,2 G=800N
FL − Gsin
α − S = 0 FL = F cosα
FN + G cos α − N = 0 FN = F sinα
F L
= G sinα
+ S = G sinα
+ μ ⋅ N =
= G sinα
+ μ(
F ⋅ sinα
+ G cosα
)
⎛ 3 ⎞
800⎜0,
5 0,
2 ⎟
Gsin
G cos G(sin
cos )
⎜
+
α + μ ⋅ α α + μ α
2 ⎟
F =
=
=
⎝
⎠
= 703N
cosα
− μ ⋅sin
α cosα
− μ ⋅ sinα
3
− 0,
2 ⋅ 0,
5
2
12. példa
b/2=0,4m b/2=0,4m
F 2
F 3
F G
α
F L
α
F=1,8kN
µ
Gsinα
α
µ 1
G=2kN
a=0,6m
µ 2 =0,4
F N
Gcosα
α
N
F L
S
a, Mekkora F3 erővel lehet a G1 súlyú testet az elmozdulás
határhelyzetébe hozni, ha µ1=0,2?
Mekkora b értéknél lenne önzáró (b=?)?
b, Mekkora F2 erővel lehet a G súlyú testet az elmozdulás
határhelyzetébe hozni, ha µ1=0?

a,
b,
F 3
F 2
F=1,8kN
F
S 1
S 2
13. példa
N 2
N 1
N 1
G
S 2
a=0,8m
G 1
S1 = μ1
⋅ N1
N 1
N 1
G
N 2
G 2
b=1,2m
µ 0
µ 0
F
b
F ⋅ + μ 1 N1
⋅b
− N1a
= 0
2
F ⋅b
N 2 720
1 = = ≈ 1636 N
a − μ b 0,
44
1
N2 = N1
+ G ≈ 3636 N
S1 = μ 1 ⋅ N1
= 1454,
4 N
S2 = μ 2 ⋅ N2
= 327,
2 N
F = S + S = 1781,
6 N
3
1
Önzárás
2
Ha N 1 → ∞ ⇒ a − μ1
⋅ b = 0
a − μ 1 b = 0
a 0,
6
b = = = 3m
vagy nagyobb
μ 0,
2
1
b
F − N1
⋅ a = 0
2
Fb
N1
2a
=
Fb
N 2 = N1
+ G = + G
2a
S = μ ⋅ N
2
2
2
⎛ Fb ⎞ ⎛1800
⋅ 0,
8 ⎞
F2 = S2
= μ 2⎜
+ G⎟
= 0,
4⎜
+ 2000⎟
= 1280 N
⎝ 2a
⎠ ⎝ 2 ⋅ 0,
6 ⎠
Mekkora F erővel lehet a G1=450N súlyú rúd alsó vége
alatt levő deszkalapot megmozdítani?
A deszkalap súlya: G2=60N
A nyugvásbeli súrlódási tényező
- 163 -
1
0
3
= μ

S 1
S 2
14. példa
µ
G 1
N 1
G 2
N 2
m 1
α
m 2
m 1 gsinα
m 2 gsinα
N 1
S 1
N 1
S 2
Feltétel: K1=K2
S 1
F
K1 sin − S
K1 sin ⋅ N
Írjuk fel a rúdra ható erők nyomatékát a csuklópontra.
a
G 1 − N1a
− S1b
= 0
2
A határhelyzetben S1 = μ 0 ⋅ N1
1
450 ⋅ 0,
4 − 0,
8⋅
N 1 − ⋅ N1
⋅1,
2 = 0
3
N1 = 150 N illetve S1 = 50 N
N 1 + G2
− N2
= 0 N2 = 210 N
S2 = μ ⋅ N2
S2 = 70 N
S + S − F = 0 F = S + S = 120 N
1
m 1 x
S 1
m 2
µ
N 1
N 2
2
K 1
m 1 gcosα
K 2
x
m 2 gcosα
- 164 -
1
2
Mekkora legyen α szög értéke, hogy a testek
még éppen nyugalomban legyenek?
m1=50kg m2=25kg
µ=0,15
A határhelyzet elérése után az m1 tömegű test
lefelé mozdulna meg.
∑ i
∑ i
X = 0 S + K − m g sinα
= 0
1
Y = 0 N − m g cosα
= 0
∑ i
∑ i
1
1
1
1
S = μ ⋅ N
X = 0 m g α + S + S − K = 0
2
1
1
sin 2 1 2
m2g
cos − 2
Y = 0 N + α N = 0
2
1
S = μ ⋅ N
= m1g
α 1
K 2 m2g
sin + S1
+ S2
= m1g
α − μ 1
K 2 = m2g
sinα + μ ⋅ m1g
cosα
+ S2
= α
2

K = m g α − μ ⋅ m g cosα
1
1
sin 1
N 2 = N1
+ m2g
cosα = m1g
cosα
+ m2g
cosα
K = m g α + μ ⋅ m g cosα
+ μ ⋅ m g cosα
+ μ ⋅ m g cosα
2
2
sin 1
1
2
m1g sinα − μ ⋅ m1g
cosα
= m2g
sinα
+ μ ⋅ m1g
cosα
+ μ ⋅ m1g
cosα
+ μ ⋅ m2g
cosα
sinα ( m1g − m2g)
= cosα
( 3m1gμ
+ μ ⋅ m2g)
μ(
3m1
+ m2)
0,
15⋅
( 150 + 25)
tgα
=
=
= 1,
05
m1
− m2
25
α = 46,
4°
15. példa
2,2m
h max
A lecsúszás határhelyzetében
G
h=1m
0,9m
Határozza meg azt a tartományt, amelybe az F érték
bele kell, hogy essék, hogy a G súlyú test az adott
helyen nyugalomban maradjon.
Elméletileg milyen magasra tudjuk felhúzni a súlyt, ha
tetszés szerint növelhetjük F nagyságát?
0,
9
tg α = = 36,
87°
1,
2
+ S − G = 0
Fy Fy = F cosα
N − Fx
= 0 Fx = F sinα
S = μ ⋅ N
F cos α + μ ⋅ F sinα
− G = 0
A felfelé való elmozdulás határhelyzetében
Fy F
Fy − S − G = 0
N − Fx
= 0
S = μ ⋅ N
G
F y
α
S
S
µ=0,3
F x
F x
F
N
N
F
r=0
F cos α − μ ⋅ F sinα
− G = 0
- 165 -
G
F ≥
cos α + μ sinα
G
F ≤
cosα − μ sinα

Ha cos α − μ sinα
= 0 akkor önzárás jön létre és F = ∞
cos α − μ sinα
= 0
1
= tgα
μ
1 0,
9
=
μ 2,
2 − hmax
0,
9
tgα
=
2,
2 − h
2, 2 − h max = μ ⋅ 0,
9
hmax 1,
93m
=
16. példa
S
A
A
max
∑ M C
- 166 -
Az AC rúd alsó vége érdes felületen
támaszkodik, ahol a µ=0,3
Egyensúly esetén mekkora lehet F
értéke, ha α=30°
= 0
∑ X = 0 - S + F = 0
μ ⋅G(cos
30°
) 129,
9
F = S = μ ⋅ N =
= = 63,
93N
2(cos30°
+ μ sin30°
) 2,
032
17. példa
µ 0 =0,2
N
l
l
30°
α
α
G
G
C
B
B
C
µ 0 =0,2
F
F
l
G ⋅ cos30°
− N ⋅l
cos30°
− μ ⋅ N ⋅ l sin30°
= 0
2
G
cos30°
− N ⋅ (cos30°
+ μ sin30°
) = 0
2
G cos30°
N =
2(cos30°
+ μ sin30°
)
Mekkora α szögben lehet a létrát kinyitni,
hogy ne csússzon szét?
A létra súlya 2G.

18. példa
∑ M = 0
l α
α α
G sin + μ0
⋅G
⋅ l cos − G ⋅ l sin = 0
2 2
2 2
α
sin
2 α α
+ μ0
cos − sin = 0
2 2 2
α ⎡1 ⎤ α
sin 1 = −μ0
cos
2 ⎢
−
⎣2
⎥
⎦ 2
α − μ0
μ0
tg = = = 2μ0
2 1 1
−
2 2
α
= 21,
8°
→ a = 43,
6°
2
- 167 -
Mekkora F erővel lehet az érdes
síkon fekvő G súlyú félgömböt
megindítani?
R=1,2 m
G=9000N
µ0=0,4
A tartórúd súlya elhanyagolható!
A tehetetlen tört tengelyű rúd csak a csuklóit összekötő egyenes mentén ható erőre lehet
egyensúlyban.
Rúd egyensúlya
M = 0
∑ A
B y ⋅ , 4 − Bx
B
S=µ 0 N
1,8m
y
2 ⋅1,
8 = 0
1,
8
= B
2,
4
A
A
x
=
B y
l
3
4
B
x
G
B x
B
α/2
G
l⋅ sin( α/2)
2,4m
µ 0
A korong egyensúlya
M = 0
∑ B
S ⋅ R − F ⋅ R = 0
F = S
∑ M P
F = B
l⋅ cos(
α/2)
x
= 0
F ⋅ R − B ⋅ R = 0
x
S μ ⋅ N
= 0
B
R
F
F = μ0N
→ N =
μ
0
F
B x
S
B y
G
N
P
F

∑Y i
By 3
4
= 0
+ N − G − F = 0
B x
F
+ − G − F = 0
μ
0
3 F
F + − G − F = 0
4 μ
⎛ 3 1 ⎞
F ⎜ + −1
⎟ = G
⎝ 4 μ0
⎠
G 9000 9000
F = =
= = 4000 N
3 1
1
+ −1
0,
75 + −1
2,
25
4 μ
0,
4
19. példa
l 1
A
0
l 2 /4
A
G 1
G 1
S
l 2
r
B x
B y
B y
G 2
N
B
M
B x
G 2
0
M
µ
∑ M A
= 0
168
Mekkora M nyomatéknak kell hatnia a
kerékre az elfordulás határhelyzetében?
Milyen l1 méret mellet nem lehet a
hengert megforgatni? (Önzárás mikor
alakul ki?)
l1=0,8m l2=3,2m r=0,6m
G1=1600N G2=400N µ=0,3
A gördülési ellenállás elhanyagolható!
l2
+ Bx
l1
− B l
4
G1 y 2
= 0
A koronghoz tartozó egyensúlyi egyenletek
∑ i
∑ i
X = 0 B = 0
S − x
x B S =
Y = 0
0 − − G B
∑ B
N y
G B N y + =
2
2 =
M = 0 M − S ⋅ r = 0 M = S ⋅ r
S = μ ⋅ N

⎛ l2
⎞
⎜ G1
+ Bxl1
⎟
4
⎛ G1
l ⎞ 1
S = μ ⋅ N = μ(
By
+ G2)
= μ⎜G
2 + ⎟ = μG2
+ μ Bx
l
⎜ +
2
4 l ⎟ =
2
⎜
⎟ ⎝ ⎠
⎝
⎠
G1
l1
G1
l1
= μG2
+ μ + μBx
= μG2
+ μ + μS
4 l
4 l
2
⎛ l ⎞ 1
G1
S ⎜
⎜1−
μ = μG2
+ μ
l ⎟
⎝ 2 ⎠ 4
⎛ 1 l ⎞ 1 G1
S ⎜ − G
l ⎟ = 2 +
⎝ μ 2 ⎠ 4
M = S ⋅ r = 155,
7 Nm
⇒
G1
G2
+
800
S = 4 = = 259,
5 N
1 l1
−
3,
083&
μ l2
Önzárás akkor alakul ki, amikor a súrlódó erő képletének nevezője nulla.
1 l1
− = 0
μ l
⇒
l2
3,
2
l1
= = = 10,
6&
m
μ 0,
3
2
20. példa
2
169
Mekkora α szögnél
válik a rendszer önzáróvá?
G és µ0 adott
A hasábok magassága
elhanyagolható!
A középső rúd egyensúlyának feltétele, hogy az 1-es és 2-es rúdban a rúderők azonosak.
R
α
R x
R y
S 1
α α
µ 0 µ 0
G
1-es rúd
R x
G
R y
N 1
2-es rúd
S 2
R x
G
R y
G
N 2
F
F
R x
α
R
R y

S1 = μ ⋅ N
− S 0
R x
R y
0 1
1 =
− + N G
1 =
0
S
R sinα
+ G −
μ
1 =
Rcosα
R sinα
+ G − = 0
μ
0
0
⎛ cosα
⎞
R ⎜
⎜sinα
− ⎟ = −G
⎝ μ0
⎠
G
Gμ0
R =
=
cosα
− sinα
cosα
− μ0
sinα
μ
0
0
R x
R y
2
- 170 -
+ S − F = 0
2
− + N G
S = μ ⋅ N
0
2
Ry = Rsin
α
Rx = Rcosα
F = R
x
+ S
2
2 =
= Rcosα
+ μ
= Rcosα
+ μ
0
= Rcosα
+ μ N
[ R + G]
[ Rsin
α + G]
= Rcosα
+ μ Rsin
α + μ G =
R(cosα
+ μ sinα
) + μ G
Gμ
⎛
⎞
0
cosα
+ μ0
sin
F =
⋅ (cosα
+ μ sin ) + = ⎜
⎜1+
⎟
0 α μ0G
Gμ0
cosα − μ0
sinα
⎝ cosα
− μ0
sin ⎠
Ha cosα − μ0
sin = 0 akkor F a végtelenhez tart.
21. példa
r
cos 0
α = μ sin
⎟ 1
⎛ 1 ⎞
= tg α → α = arctg ⎜ Ennél nagyobb α szög esetén a rendszer önzáró!
μ0
⎝ μ0
⎠
G
α
µ
G súlyú, r sugarú koronghoz kapcsolt kötél végét a függőleges falhoz
rögzítjük. Határozzuk meg a nyugalmi állapotot biztosító µ súrlódási
tényező értékét, ha α,r és G értékei ismertek!
Kcosα K
α
Ksinα
G
S=µN
N
0
0
0
0
y
=
0
∑ M 0 = 0
K ⋅r − S ⋅ r = K ⋅ r − μ ⋅ N ⋅ r = 0
K = μ ⋅ N
∑ X i
= 0
K sin α − N = 0
N = K sinα
∑Y i
= 0
K cos α − G + μ ⋅ N = 0
K
K = μ ⋅ N → μ =
N
K K 1
μ = = =
N K sinα
sinα
0
0
=
2
=

22. példa
µ 0
∑Y i
F
K
= 0
cosα
− F − G + S = 0
S = F + G − F
μ =
F
F
S
N
23. példa
K
cosα
F + G − FK
cosα
=
=
F sinα
r
G
α
r
a
F K
G
K
Q
r
α
µ
k
α
r
G
α
A
Mekkora az a minimális F erő, ahol a korong nem csúszik le.
Mekkora a minimális µ az egyensúly biztosításához?
α=30° G=1000N µ0=0,3
S
N
μ0α FK = F ⋅ e
k = r + r cosα = r(
1+
cosα
)
∑ M A
FK k
μ
= 0
⋅ − F ⋅ 2 ⋅ r − G ⋅ r = 0
0 α
F ⋅ e ⋅ k − F ⋅ 2 ⋅ r − G ⋅ r = 0
μ0
α [ e ⋅ r(
1+
cos ) − 2r]
− G ⋅ r = 0
μ0α
[ e ( 1+
cosα
) − 2]
G
F α
F =
G
F =
= 5457 N
μ 0α
e ( 1+
cosα
) − 2
= 6385 N
F K
0,
29
∑ X i
F
K
- 171 -
= 0
sinα
− N = 0
N = F
K
sinα
Mekkora Q értéknél csúszik meg a korong?
r=0,5m
a=0,25m
G=1000N
µ=0,1

24. példa
dA = ρ ⋅ dϕ
⋅ dρ
dN = p ⋅ dA
F
p = 2 2
( R − r ) π
dS = μ ⋅ dN
1 = 0
∑Y i =
K K ⋅ e
0
μα
K 0 + K1
− G − Q = 0
∑ M = 0
K r + a)
− K ( r − a)
− G ⋅ a = 0
0 ( 1
μα
Q = G − K − K = G − K − K ⋅ e = G − K ( 1+
e
K
0
0
1
0
μα
μα
⋅ r + K ⋅ a − K ⋅ e ⋅ r + K ⋅ e ⋅ a − G ⋅ a = 0
0
μα μα
K ( r + a − r ⋅ e + a ⋅ e ) = G ⋅ a
0
G ⋅ a
K
r + a − r ⋅ e + a ⋅ e
K 613,
2 N
0
- 172 -
0
0
0 = =
μα μα
0,
1⋅π
0,
1⋅π
0 =
0
μα
1000 ⋅ 0,
25
0,
5 + 0,
25 − 0,
5⋅
e + 0,
25 ⋅ e
Az ábrán látható két rúdvéget összeszorító erő F=6000N. A
rúdvégek között a súrlódási tényező µ=0,08. Mekkora nyomatékkal
lehet a rúdvégeket az elcsúszás határhelyzetébe hozni?
D=0,22m
d=0,1m
dM = ρ ⋅ dS = ρ ⋅ μ ⋅ dN = ρ ⋅ μ ⋅ p ⋅ dA = ρ ⋅ μ ⋅ p ⋅ ρ ⋅ dϕ
⋅ dρ
M
K 0
=
∫
( T )
G
F
dM = μ 2 2
( R − r ) π
F
= μ ⋅
2 2
( R − r ) π
Q
2π
∫
3
2 R − r
= ⋅ μ ⋅ F ⋅ 2
3 R − r
0
K 1
2π
R
0 r
3 3
3 3
R − r
F ⎛ R − r ⎞
dϕ
= μ
2 =
2 2
3 ( R r ) ⎜
3 ⎟ π
− π ⎝ ⎠
3
2
=
2
3
∫∫
2
F
ρ dρ
⋅ dϕ
= μ ⋅
2 2
( R − r ) π
3 3
0,
11 − 0,
05
⋅ 0,
08⋅
6000 ⋅
=
2 2
0,
11 − 0,
05
40,
2
∫
3 ⎡ ρ ⎤
⎢
3
⎥
⎣ ⎦
Nm
dS
R
r
ρ
dϕ
=
dφ
)
dρ
dA

25. példa
α=15°
N = G cosα
L = Gsin
α
Mekkora oldalirányú vízszintes erővel lehet a
lejtőn álló G=100N súlyú testet megmozdítani?
2 2
F + L = μ ⋅ N
sin α μ cosα
2 2 2
F + G = ⋅G
2 2 2 2
F + G sin α = μ ⋅ G
F
2
F = G
2 2
2
F = 100 ⋅ 0,
4 ⋅ cos 15°
− sin 15°
= 100 ⋅ 0,
2869 = 28,
69 N
26. példa
a
F
S=µN
R
L
A rúdra felírt nyomatéki egyenlet
∑ M = 0
F ⋅ l + μ ⋅ N ⋅ R − N ⋅ a = 0
N( a − μ ⋅ R)
= F ⋅ l
F ⋅ l
N =
( a − μ ⋅ R)
S = μ ⋅ N
l
F
F e
M
µ
µ=0,4
N
L
µ=0,4
F
G
- 173 -
2
cos
2 2 2
2
= G ( μ cos α − sin α)
2 2
μ cos α − sin
Mekkora M nyomatékkal hozható a dob az elfordulás
határhelyzetébe?
Adott a,l,R, µ és F
R
a
S
2
α
N
l
2
α
N
M
µ
S=µN
F

A korongra felírt nyomatéki egyenlet
∑ M = 0
S ⋅ R − M = 0
F ⋅l
M = μ ⋅ N ⋅ R = μ ⋅ R
( a − μ ⋅ R)
27. példa
l 2
Korongra felírt nyomatéki egyenlet
∑ M B
= 0
G ⋅ R − S ⋅ R = 0
S = G
G
− G ⋅ l3
+ ⋅ l2
μ 335
F =
= = 3350 N
l 0,
1
28. példa
h 0
l 1
A
F
l 3
1
F
G
µ
a a
B
µ 0
R
b
b
G
Mekkora F erőt kell működtetni, hogy a
rendszer egyensúlyban legyen?
l1=0,1m l2=0,3m l3=0,08m
R=0,08m G=500N µ=0,4
S
F
- 174 -
N
N
S
Rúdra felírt nyomatéki egyenlet
∑ M A
1
= 0
F ⋅ l + S ⋅l
− N ⋅l
S
F ⋅ l1
+ S ⋅l3
− ⋅l
μ
3
2
2
= 0
= 0
A G súlyú test érdes felületen áll. Minimálisan mekkora
magasságban működtessük az F erőt, hogy a
test megbillenjen?
Mekkora a megmozdításhoz szükséges minimális
erő?
a=1m b=3m
G=10000N µ0=0,4
R
G

h 0
h 0
F
F
29. példa
N 1
µ
N
G
G
N
F
α
α
S
Q
α α
Q
S
α α
Bizonyos magasság alatt működtetett F erő hatására a test
elcsúszik.
Ekkor F = S = μ 0 ⋅ N = μ0
⋅G
vagyis F = 0 , 4 ⋅10000
= 4000 N
Egy h0 magasság elérésekor a test a billenés határhelyzetébe
jut
∑ i
X = 0 F = S
F ⋅ h − G ⋅ a = 0
0
μ G ⋅ h = G ⋅ a
μ
0 ⋅ 0
0 ⋅ h 0 =
a
a
h 0 =
μ0
Ezen magasság felett a test megbillen, alatta megcsúszik és
súrlódva halad!
N 2
Mekkora F erővel mozdítható el az ék az
ékhoronyban?
- 175 -
Adott: Q, µ,α
Q
N 2
α
α
N 1
N =
1
N
2
Q
N 1 sinα
=
2
Q
N = N1
= N2
=
2sinα

A súrlódási erő S1 = S2
= μ ⋅ N .
Egyensúlyi egyenleteket az F irányban felírva
2μ
⋅ Q μ ⋅Q
F = S1
+ S2
= μ(
N + N)
= μ ⋅ 2N
= =
2sinα
sinα
μ
Vezessük be μ '= → F = μ'Q
sinα
Ha az α szöget növeljük, akkor vele együtt az F erő csökken, az α szög csökkentésével
az F erő nő!
30. példa
r
- 176 -
Mekkora erővel hozható az ábrán vázolt
korong a lejtőn a felfelé való elmozdulás
határhelyzetébe, ha a gördülési
ellenállás karja f=2,5mm?
Mekkora minimális súrlódási tényező
szükséges ahhoz, hogy a korong a lejtőn
ne csússzon meg?
G=100N r=0,4m α=30°
∑ M = 0 (az érintkezési pontra)
G r − F ⋅ r + M = 0
x ⋅ x
f
Gx = Gsin
α Gy = G cosα
Fx = F cosα
F sinα
= f ⋅ N
M f
∑Y i = 0
Gy − Fy
+
∑ X i = 0
− G x − S + Fx
F y =
− N = 0
A ∑ M = 0 és ∑Y i = 0 egyenletek felhasználásával
G sin 30°
⋅ r − F cos30°
⋅ r + f ( G cos30°
+ F sin30°
) =
= 0
100 ⋅ 0,
5⋅
0,
4 + 100 ⋅ 0,
0025 ⋅
Gsin
30°
⋅ r + G ⋅ f cos30°
F =
=
r cos30°
− f sin30°
3
0,
4 ⋅ − 0,
0025⋅
0,
5
2
3
2 = 58,
195 N
A X = 0 egyenletből a szükséges súrlódási erő
∑ i
S = Fx
− Gx
y
G x
α
y
G
F y
G y
M f
N
F x
= 50 , 4 − 50 =
0,
4
S 0,
4
A minimális súrlódási tényező μ = = = 0,
0035
N 115,
7
S
N
x
F
x
0

31. példa
Egyensúlyi egyenletek:
Határozza meg F értékét úgy, hogy a G súlyú test
a fölfelé való elmozdulás határhelyzetébe kerüljön!
Az F erővel terhelt éket súlytalannak tekintjük!
µ0=0,1 µ1=0,15 µ2=0,2
G=1000N α=15°
0
- 177 -
S = μ ⋅ N
0
S1 = μ 1 ⋅ N1
S = μ ⋅ N
2
1
2
N x = N
1
1
N y = N
1
0
2
sinα
cosα
S x = N μ cosα
1
1
S y = N μ sinα
N S − N = 0
+ − = 0 N S G N μ
2 − 1x
1x
2 μ1N1 cosa − N1
2
1
1
1
1
2 + 1y
1y
2 G + μ1N1
sinα − 1
N − sinα
= 0
μ N + N cosα
= 0
x + N1
+ S0
− F = 0
μ 1 N1 cosα + N1
sinα
+ N0μ
0 − F = 0
y − N1
+ N0
= 0
μ 1 N1 sinα + N1
cosα
+ N0
= 0
S1 x
S1 y
N 2 = N1
sinα + μ1N1
cosα
μ2 N 1 sinα + μ1μ2
N1
cosα
+ G + μ1N1
sinα
− N1
cosα
= 0
N1 [ μ2 sinα + μ1μ2
cosα
+ μ1
sinα
− cosα
] = −G
N 1 =
μ
− G
α + μ μ cosα
+ μ sinα
− cosα
2 sin 1 2
1
−1000
=
0,
2 ⋅ sin15°
+ 0,
15 ⋅ 0,
2 ⋅ cos15°
+ 0,
15 ⋅sin15°
− cos15°
N1 = 1181,
53N
N = N α − μ N sinα
= 1095,
4 N
N 1
N 2
S 1y
0
µ 2
G
α
S 2
S 1y
S 1
S 1x S 1
α
S 1x
G
N 1
N 1y
µ 1
N 1y
N 1
N 1x
S 0
µ 0
N 1x
N 0
1 cos 1 1
0 N0
+ N1
sinα + μ1N1
F = μ
cosα
= 586,
5 N
F
F
2

32. példa
Q
Q
Q
r
N N
M cs
Q+F min
M cs
Q+F max
F
R
F min
F max
Az R sugarú korongra kötelet rögzítünk, úgy, hogy az
nem csúszhat meg.
A korongot r sugarú csapon támasztjuk fel, ahol ismerjük
a csap súrlódási kör r0 sugarát. A kötél egyik
végére Q súlyú testet helyezünk.
Határozzuk meg Fmin illetve Fmax értékét úgy, hogy a
korong ne mozduljon meg.
min 0 ) ( r F Q M cs = + ⋅
∑ M = 0
⋅ R − M − F ⋅ R = 0
Q cs
- 178 -
min
Q ⋅ R − Q ⋅ r − F ⋅ r − F ⋅ R = 0
0
min
F R + r ) = Q(
R − r )
F
min ( 0
0
min
R − r
= Q ⋅
R + r
0
0
0
min
M cs = ( Q + Fmax
) ⋅ r0
= 0
∑ M = 0
Q ⋅ R + Q ⋅ r + F ⋅ r − F ⋅ R = 0
F
F
0 max 0
max ( r0
0
max
max
− R)
+ Q(
R + r ) = 0
R + r0
= Q ⋅
R − r
0

33. példa
γ
ØD
µ
l 1
M 1
M 2
∑ M = 0 (korongra)
D D
M 1 + K0
⋅ − K1
⋅ = 0
2 2
D
( π + γ ) ⋅μ
D
M1
+ K0
⋅ − K0
⋅ e ⋅ = 0
2
2
2
M1
K 0 = D
μ ( π +γ )
e −1
l 2
K 0
K 0
F
Mekkora F erővel lehet megállítani az M1 illetve M2
nyomatékkal terhelt korongot?
D, M1, M2, l1, l2, µ, γ
K1 = K0
⋅ e
α =
π + γ
M 2
K 1
K 1
α ⋅μ
- 179 -
( radián )
∑ M = 0 (tartóra)
K ⋅ l − F ⋅ l = 0
0
1
2
M1
D ⋅l
( ) 1 − F ⋅l
μ π + γ
e −1
2
M1
l1
F = D ⋅
μ ( π +γ )
e −1
l
F
2
2
2
= 0

- 180 -