A rögzített tengely körül forgó testek kiegyensúlyozottságáról – kezdőknek Bevezetés A faiparban nagyon sok forgó mozgást végző gépelem, szerszám használatos, melyek rendes működésének feltétele azok kiegyensúlyozottsága. Ez olvasható az [ 1 ] műben: „ A gépre való felszerelés előtt gondoskodni kell az összes körforgó szerszám statikus kiegyensúlyozásáról, az n > 1000 min– 1 fordulatszámmal forgókat pedig dinamikusan is ki kell egyensúlyozni.” Az idézett mondat mintegy feltételezi, hogy olvasója tisztában van a mondott kiegyensúlyozási módok mibenlétével, elméleti és gyakorlati tudnivalóival, így azok már nyilván nem szorulnak magyarázatra. A tapasztalatok szerint a helyzet nem ilyen rózsás: a jelenlegi alap - és középfokú faipari szakképzés nem igazán teremti meg a lehetőségét a fenti jelenségekre vonatkozó elméleti tudnivalók kellő alapokat nyújtó, ámde nem túlzó kifejtésének. Valójában az történik, hogy a tanulót tájékoztatják a jelenségek létezéséről, hatásairól, majd bemutatják a gyakorlatban viszonylag könnyen elvégezhető tennivalókat – [ 2 ]. Ez az eljárásmód könnyen érthető: ~ nem bonyolódunk bele olyan kérdésekbe, melyekhez szükséges előismeretekkel nem rendelkezünk; ~ az átadott – főként gyakorlati – ismeretek birtokában mégiscsak lesz valami fogalmunk a dolgokról. A mai számítógépesített világban sok bonyolult fizikai jelenség viszonylag egyszerűen és veszélytelenül bemutatható, a jelenségek felszíne könnyen tanulmányozható. Ez jó. Az viszont már komoly gond, hogy egy mechanikai jelenséget azért nem tudunk szakszerűen megragadni, mert nem értünk a mechanika nyelvén. Meglepő ( ? ) tapasztalat, hogy a faipari technikusi képzés előfeltételeként előírt középiskolai érettségi teljesítése során a tanulók túlnyomó többsége elkerüli a Fizika tantárgyat, továbbá matematikai ismereteik is erősen hiányosak. Ez a technikusi tanulmányok során persze kiderül, így a tanárnak erősen beszűkül a mozgástere. Vagy mégsem olyan reménytelen a helyzet? Ebben a dolgozatban – és talán másokban is – azokat az eredményeket, tapasztalatokat igyekszünk összefoglalni, melyek birtokában talán mégiscsak vállalkozhatunk a címbeli jelenségkör alaposabb megismertetésére, fogalmak és tények magyarázatára. Ennek előfeltétele az elemi matematika és a fizika bizonyos mértékű alkalmazása, egy elvárható alapismeret - minimum megléte. Hogy ez mi és mennyi, az menet közben kiderül. Írásunk elsősorban a témakör feldolgozásában érintett tanároknak szól, és csak másodsorban az erősen érdeklődő középiskolai tanulóknak. Mondanivalónk kifejtését egyszerű modellekkel indítjuk, és csak fokozatosan, kis lépésekkel közeledünk az elvontabb, általánosabb fogalmakhoz, tételekhez. Vállalkozásunk igazából egy módszertani kísérlet arra, hogy hogyan pótoljunk egy a faipari szakképzésben folyamatosan meglévő hiányt, lehetőleg nem túl nagy erőfeszítéseket igénylő módon. Reméljük, kísérletünk sikeres lesz, melynek eredményeként felszáll a lila köd. Kezdődjenek a kalandok!
2
A súlyzómodell A súlyzó – v. ö.: [ 3 ] ! – két golyó, mindegyikük tömege m, és egy tömeg nélkülinek képzelt merev karral vannak összekötve. A golyók tömegközéppontjainak távolsága: 2r. A súlyzót úgy rögzítjük mereven a vízszintes helyzetű forgó tengelyhez, hogy ~ a kar forgás közben a forgástengelyre merőleges egyenessel adott α szöget zár be; ~ a golyók tömegközéppontjainak forgástengelytől mért kar menti távolsága : r1 és r2 , ahol r1 + r2 = 2r. Most megvizsgálunk néhány elrendezési alapesetet – v.ö.: [ 4 ] ! – , és meghatározzuk a súlyzónak a forgástengely körüli forgása során a tengely csapágyaiban ekkor ébredő támaszerőket. Az alábbiakban feltételezzük a forgó tengely végtelen nagy merevségét. A forgás szögsebessége: ω = állandó. A súlyzó súlya Gs, a tengelyé Gt. 1. Statikusan és dinamikusan is kiegyensúlyozott súlyzó esete – 1. ábra: ~ r1 = r2 = r; ~ α = 0°.
1. ábra Ekkor a Fizika tanítása szerint az Fc centrifugális erő nagysága – [ 5 ] – :
Fc m r 2 .
(1) Minthogy az Fc és – Fc erők azonos nagyságúak, hatásvonaluk egyező, nyílértelmük ellentétes, ezért kiegyensúlyozzák egymást, így a csapágyakban csak a nyugalmi állapotban is működő G / 2 nagyságú, függőleges hatásvonalú, felfelé mutató nyílértelmű támaszerők lépnek fel forgás közben és nyugalomban is, ahol G = Gs + Gt. A tengely ~ súlyzó rendszer közös súlypontja S, amely forgás közben és nyugalmi helyzetében is a tér ugyanazon pontjában van.
3
2. Statikusan kiegyensúlyozatlan súlyzó esete – 2. ábra: ~ r1 > r2; ~ α = 0°.
t = 0; φ = 0
φ = ωt > 0 2. / a ábra
A 2 / a ábra a kiindulási elölnézeti, valamint a működésbeli oldalnézeti képet mutatja.
2 / b ábra
4
A 2. / b ábra a térbeli helyzetet szemlélteti. A 2. ábrán az e adat a súlyzó Ss súlypontjának távolsága a tengely St súlypontjától. Számítsuk ki az e távolságot! A centrifugális erők eredőjének nagysága:
Fc Fc,1 Fc,2 m r1 2 m r2 2 m 2 r1 r2 ;
(2)
Másrészt a súlyzósúlypontban működőnek gondolt 2m tömeggel ugyanez:
Fc 2 m e 2 ;
(3)
majd ( 2 ) és ( 3 ) - ból:
m 2 r1 r2 2 m e 2 , amiből r r e 1 2 . 2
(4)
A 2. / a ábrát eszerint készítettük el. A 2. / b ábra bal oldalán azt szemléltettük, hogy a súlyzóra ható Fc erőt a csapágyakban ébredő Fc / 2 nagyságú, a súlyzóval együtt forgó reakcióerők egyensúlyozzák. A 2. / b ábra jobb oldalán a nyugvó és a forgó reakcióerők vektori összegzését szemléltettük. Innen közvetlenül leolvasható, hogy az eredő R reakcióerők nagysága az
R max
G Fc , 2 2
(5)
G Fc 2 2
(6)
és az
R min
értékek között ingadoznak, a φ elfordulási szög függvényében. Pontosabban: a 2. / b ábra jobb oldalán található általános háromszögből Pitagorász tételével kapjuk, hogy
G Fc cos Fc sin R 2 , 2 2 2 2
2
majd átalakítások után
G F G F R c 2 c cos . 2 2 2 2 2
2
Az eredő irányára pedig az
R sin
Fc sin 2
egyenletből:
sin
Fc sin , 2 R
majd ( 7 ) - tel is:
(7)
5
arcsin
Fc sin . 2 2 2 G Fc G Fc 2 cos 2 2 2 2
(8)
Még felhasználva az egyenletes körmozgásra vonatkozó
t
(9)
összefüggést is, ( 7 ), ( 8 ) és ( 9 ) - cel:
G F G F R(t) c 2 c cos t ; 2 2 2 2 2
(t) arcsin
2
Fc sin t . 2 2 2 G Fc G Fc 2 cos t 2 2 2 2
( 10 )
( 11 )
A ( 10 ) és ( 11 ) képletek írják le a reakciók időfüggését, esetünkben. Látjuk, hogy az 1. és a 2. eset között az a nagyon lényeges különbség, hogy a 2. esetben a forgás miatt a csapágyakban többlet támaszerők lépnek fel, melyek a forgó testtel együtt forognak. Ezek a csapágyakat és az egész szerkezetet rázzák. Ha e többlet támaszerőket ki akarjuk küszöbölni, akkor meg kell valósítanunk a 2. eset 1. eset, vagyis az e 0 átmenetet. Ezt a műveletet hívjuk statikus kiegyensúlyozásnak. Ennek részleteiről olvashatunk pl. a [ 6 ] műben.
3. Dinamikusan kiegyensúlyozatlan súlyzó esete – 3. ábra: ~ r1 = r2 = r; ~ α > 0°. Ekkor a súlyzó súlypontja ugyan egybeesik a tengely súlypontjával, de a súlyzó karja nem merőleges a tengelyre. A 3./ a ábra szerint ekkor a két centrifugális erő egyenlő nagyságú, ellentétes értelmű és párhuzamos – tehát nem egybeeső – hatásvonalú erő, azaz erőpár. Ennek forgatónyomatéka: M(F) F k; ( 12 )
6
φ = 180°
φ = 0° 3. / a ábra
itt
F m (r cos ) 2 , k 2 r sin ,
( 13 ) ( 14 )
így ( 12 ), ( 13 ), ( 14 ) - gyel:
M(F) m (r cos ) 2 2 r sin 2 sin cos m r 2 2 , vagy más alakban:
M(F) sin 2 m r 2 2 .
( 15 ) Minthogy erőpárt csak erőpárral lehet egyensúlyozni, ezért a ( C, − C ) csapágyreakciók is erőpárt képeznek, melynek nyomatéka: M(C) C l. ( 16 ) Itt a negatív előjellel azt fejeztük ki, hogy a C - k forgatónyomatéka ellentétes értelmű a súlyzóra ható forgatónyomatékkal. Egyensúly esetén: M(F) M(C) 0, ( 17 ) azaz ( 15 ), ( 16 ), ( 17 ) - tel: sin 2 m r 2 2 C l 0, innen pedig a csapágyreakciók nagysága:
r2 2 C sin 2 m . l
( 18 )
Értelemszerűen: CA = CB = C = C . A 3./ a ábra jól mutatja, hogy – egy adott irányhoz képest – 180 fokonként előjelet vált a tengelyre ható M(F) forgatónyomaték, miközben az erőpár síkjában maradva a C reakciók is körbeforognak. Utóbbi tény szemlélhető a 3. / b ábrán, ahol a csapágyak által a tengelyre egyidejűleg kifejtett reakció - összetevőket is feltüntettük.
7
3. / b ábra A reakcióerő nagysága és iránya a B támasznál – ld. a 3. / b ábra jobb oldali részét is! – a korábbiak szerint:
G R B C B 2 G CB cos , 2 2
B arcsin
C B sin . 2 G CB 2 G C B cos 2
( 19 )
( 20 )
A reakcióerő nagysága és iránya az A támasznál, a korábbiakhoz hasonló számítással:
G R A CA 2 G C A cos , 2 2
( 21 )
8
A arcsin
CA sin . 2 G CA 2 G C A cos 2
( 22 )
A ( 18 ) képletből kiolvasható, hogy a C forgó csapágyreakcióra vonatkozóan: C0, ha α 0. Ezt a műveletet hívjuk dinamikus kiegyensúlyozásnak. Ennek részleteiről is olvashatunk a [ 6 ] munkában.
4. Statikusan és dinamikusan is kiegyensúlyozatlan súlyzó esete – 4. ábra: ~ r1 > r2; ~ α > 0°.
φ = ωt > 0°
φ = 0° 4. / a ábra
A 4. / a ábra bal oldalán a φ = 0° szögadattal jellemzett függőleges síkban kapott erőtani képet rajzoltuk meg, a jobb oldalán pedig a φ > 0° adattal jellemezhető általánosabb helyzetre rajzoltunk egy oldalnézeti képet. Utóbbit arra is felhasználtuk, hogy a centrifugális erők St tengely - súlypontra való redukálásának eredményét feltüntessük. A redukálás eredménye: az Fc erő és az Mc nyomatékú erőpár.
9
Ezek nagyságát az alábbiak szerint számíthatjuk ki. Fc nagysága:
Fc1 m r1 cos 2 ;
( 23 )
Fc2 m r2 cos 2 ;
( 24 )
Fc Fc1 Fc2 ;
( 25 )
most ( 23 ), ( 24 ), ( 25 ) - tel:
Fc m r1 cos 2 m r2 cos 2 , Tehát
Fc m r1 r2 cos 2 .
( 26 )
Mc nagysága:
M c Fc1 r1 sin Fc2 r2 sin m r1 cos 2 r1 sin m r2 cos 2 r2 sin sin cos m r12 r22 2
sin 2 m r12 r22 2 , 2
tehát
Mc
sin 2 m r12 r22 2 . 2
( 27 )
Most ( 26 ) és ( 4 ) - gyel:
Fc 2 m e cos 2 .
( 28 )
Ezután a 4. / a ábra bal oldali részéről leolvassuk, hogy
r1 r e, r2 r e,
( 29 )
majd utóbbiak felhasználásával:
r12 r22 r e r e r 2 2 r e e 2 r 2 2 r e e 2 2
2
2 r 2 2 e 2 2 r 2 e 2 , tehát
r12 r22 2 r 2 e 2 .
Most ( 27 ) és ( 30 ) - cal:
Mc
sin 2 m 2 r 2 e2 2 sin 2 m r 2 e2 2 , 2
( 30 )
10
tehát
M c sin 2 m r 2 e 2 2 .
( 31 )
Most határozzuk meg a csapágyakban ébredő reakcióerőket! Először a súlyerőkkel kapcsolatos statikus reakciókat határozzuk meg – ld. 4. / b ábra!
Függőleges síkban
Forgó síkban
4. / b ábra A bal oldali ábrarész szerint a súlyzó Ss súlypontja egy körpályát ír le a függőleges síkban, így a támaszoktól való távolsága forgás közben is ugyanaz marad. Így tehát:
Gt G sA ; 2 G G B t G sB . 2 GA
( 32 ) ( 33 )
Nyomatéki egyensúlyi egyenlettel:
l G sA l G s e sin 0, innen 2 G 2e G sA s 1 sin . 2 l
( 34 )
Vetületi egyenlettel:
GsA GsB G s 0, innen G sB G s G sA , majd ( 34 ) - gyel is: G 2e G sB s 1 sin . 2 l
( 35 )
11
Most ( 32 ) és ( 34 ) - gyel:
GA
G t G s 2 e 1 sin , 2 2 l
( 36 )
majd ( 33 ) és ( 35 ) - tel:
GB
G t G s 2 e 1 sin . 2 2 l
( 37 )
Ezután a centrifugális erőkkel kapcsolatos reakciókat határozzuk meg. A jobb oldali ábrarész szerint:
Fc CA , 2 F Bdin c C B . 2 A din
( 38 ) ( 39 )
Nyomatéki egyenlettel: M c CB l 0, innen
CB
Mc . l
( 40 )
Figyelembe véve, hogy
CA CB ,
( 41 )
( 27 ), ( 40 ) és ( 41 ) - ből kapjuk, hogy
r 2 e2 2 C A C B sin 2 m . l
( 42 )
Most ( 28 ), ( 38 ) és ( 42 ) - vel:
A din
Fc r 2 e2 2 2 CA m e cos sin 2 m 2 l r 2 e2 m e cos sin 2 2 , l
tehát
A din
r 2 e2 m e cos sin 2 2 . l
Majd ( 28 ), ( 39 ) és ( 42 ) - vel:
( 43 )
12
Fc r 2 e2 2 2 Bdin CB m e cos sin 2 m 2 l 2 r 2 e2 m e cos sin 2 , l tehát
r 2 e2 Bdin m e cos sin 2 2 . l
( 44 )
A térbeli viszonyokat a 4. / c ábra szemlélteti.
4. / c ábra Az eredő csapágyreakciók nagysága és iránya a már látott módon számítható. Megjegyezzük, hogy az ábrán feltüntetett ΦA és a ΦA* szögek közül a kényelmesebben használhatót választjuk.
13
F F R A G c CA 2 G A c CA cos ; 2 2 2
2 A
Fc CA sin 2 . A arcsin 2 F F G 2A c CA 2 G A c CA cos 2 2
( 45 )
( 46 )
Hasonlóan:
F F R B G c CB 2 G B c CB cos ; 2 2 2
2 B
Fc CB sin 2 . B arcsin 2 F F G 2B c CB 2 G B c CB cos 2 2
( 47 )
( 48 )
Most vegyük ismét elő a Fc és Mc képleteit! Ezek:
Fc 2 m e cos 2 .
( 28 )
M c sin 2 m r 2 e 2 2 .
( 31 ) Az eddigiek alapján belátható, hogy a teljes kiegyensúlyozás érdekében el kell végezni az Fc 0 és az Mc 0, ill. az ezekkel egyenértékű e 0 és az α 0 átmeneteket. Ezt a műveletet hívhatnánk összetett kiegyensúlyozásnak is. Ennek részleteiről ld.[ 6 ]! Megjegyzések: M1. A forgó tengelyt, melyre gondolatban a súlyzót szereltük, tökéletesen kiegyensúlyozottnak képzeljük. M2.A súlyerőket a gyorsan forgó gépelemek, szerszámok esetén el szokták hanyagolni a tehetetlenségi erők mellett, a súlyerők elenyésző hatása miatt – ld. [ 7 ]! M3. A [ 6 ] műben megjegyzik, hogy az ún. dinamikus kiegyensúlyozó gépek a statikus kiegyensúlyozatlanság megszüntetésére is alkalmasak, így összetett kiegyensúlyozásról külön nem beszélünk.
14
Számpélda a súlyzómodellhez Az alábbiakban az összetett kiegyensúlyozatlanság esetére nézünk egy példát. Adatok:
3 1 l 0,90 m; r1 2 m; r2 2 m; = 45 ; 2 2 1 m 1 kg; G t 20 N; n = 1 . s Keressük: ~ a csapágyakban fellépő erők legnagyobb és legkisebb értékeit, irányait; ~ a statikus és dinamikus reakciók százalékos arányát. Megoldás: ( 29 ) - ből:
r1 r2 2 m; 2 r r 2 e 1 2 m. 2 2 r
(a) (b)
A Fizikából ismert képlet szerint:
G s 2 m g 2 kg 10
m 20 N. s2
(c)
A ( 36 ), ( c ), (b ) képletekkel:
2 2 m 20 N 20 N G t G s 2 e 2 GA 1 sin 1 sin 45 2 2 l 2 2 0,90 m 1 10 N 10 N 1 8,889 N, 0,90 tehát
G A 8,889 N.
(d)
A ( 37 ), (c ), ( b ) képletekkel:
GB tehát
G t G s 2 e 1 1 sin 10 N 10 N 1 31,111 N, 0,90 2 2 l
15
G B 31,111 N.
(e)
A szintén a Fizikából ismert képlettel:
2 n 2 1
1 1 6, 2832 , s s
(f)
majd a ( 28 ), ( b ), ( f ) képletekkel:
2 1 1 Fc 2 m e cos 2 1 kg m 6, 2832 39, 479 N, 2 s 2 2
2
tehát
Fc 39, 479 N.
(g)
Most a ( 31 ), ( a ), ( b ), ( f ) képletekkel: 2 2 2 M c sin 2 m r e sin 90 1 kg 2 m m 6, 2832 2 1 1 1 kg 2,5 m 2 39, 4796 2 98, 697 Nm, s 2
2
2
1 s
tehát
M c 98, 697 Nm.
(h)
Most a ( 40 ), ( 41 ) és ( h ) képletekkel: M 98,697 Nm CA CB C c 109,663 N, l 0,90 m tehát
CA CB C 109, 663 N.
(i)
A csapágyreakciók nagyságát, irányát a 4. / c ábra jobb oldali részének segítségével számítjuk ki. Az ( e ), ( g ), ( i ) képlettel is: F 39, 479 N R B,max G B c CB 31,111 N 109,663 N 160,514N , 2 2 tehát R B,max 160,5 N. (j) Szintén a szemlélet alapján:
B,max 0. R B,min G B
(k)
Fc 39, 479 N CB 31,111 N 109, 663 N 98, 292 N , 2 2
2
16
tehát
R B,min 98,3 N.
(l)
Megint a szemlélet alapján:
B,min 180. R A,max G A CA
(m)
Fc 39, 479 N 8,889 N 109, 663 N 98,813 N, 2 2
tehát
R A,max 98,8 N.
(n)
A szemlélet alapján:
A,max 0. R A,min G A C A
(o)
Fc 39, 479 N 8,889 N 109, 663 N 81, 035 N , 2 2
tehát
R A,min 81, 0 N.
(p)
A szemlélet szerint:
A,min 180.
(q)
A statikus és a dinamikus reakciók nagyságának százalékos aránya, ( e ) és ( j ) - vel is: GB 31,111 N B 100 100 19,39 %, tehát R B,max 160,5 N
B 19,39 %. Hasonlóan: GA 8,889 N A 100 100 9, 00 %, tehát R A,max 98,813 N
A 9, 00 %. Ezzel a számpéldát megoldottuk. Megjegyezzük, hogy a fordulatszám növekedésével a dinamikus reakció - összetevők a fordulatszám négyzetével arányosan, tehát rohamosan nőnek.
17
A valóságos forgórészekről A fentebb alkalmazott súlyzómodell nagy előnye, hogy a súlyzó súlypontjának helye, ill. excentricitása / külpontossága ( e ) és a golyók középpontjait – a súlyzórészek súlypontjait – összekötő egyenes iránya ( α ) közvetlenül, a szemlélet alapján is adódik. A valóságos, bonyolult alakú, egyenlőtlen tömegeloszlású testeknél jóval összetettebb a számítási feladat, hiszen pl. az ottani megfelelő e és α mennyiségek is előzetesen meghatározandók, gyakran hosszadalmas számítással. A jelen bevezető, azaz kezdőknek, ill. kezdők tanárainak szánt dolgozat nem alkalmas arra, hogy az említett számítások részleteibe bocsátkozzunk. Helyette nézzünk meg néhány képet – ld. [ 4 ]!
Az ábrákon korongokat látunk, egy vízszintes forgástengelyre felerősítve. A korongok egyenletes tömegeloszlásúak. Az ábrákon C a korong tömegközéppontja, ill. súlypontja, O pedig a forgástengely és a korong középsíkjának döféspontja. Az α szög a korong geometriai és fizikai forgástengelye által bezárt szög. A bal felső ábrán azt látjuk, hogy OC ≡ e = 0, α = 0°; ez megfelel a fenti 1. esetnek: a korong statikai és dinamikai szempontból egyaránt kiegyensúlyozott.
18
A bal alsó ábrán azt látjuk, hogy e ≠ 0, α = 0°; ez megfelel a fenti 2. esetnek: a korong statikailag kiegyensúlyozatlan. A jobb felső ábrán azt látjuk, hogy e = 0, α ≠ 0°; ez megfelel a fenti 3. esetnek: a korong dinamikailag kiegyensúlyozatlan. A jobb alsó ábrán azt látjuk, e ≠ 0, α ≠ 0°; ez megfelel a fenti 4. esetnek: a korong statikailag és dinamikailag is kiegyensúlyozatlan. Most képzeljük el, hogy a korong geometriai forgástengelye mentén több ugyanilyen korongot fűzünk fel! Ekkor a megfelelő ábrák egy egyenes körhenger alakú test kiegyensúlyozottságának, ill. kiegyensúlyozatlanságának lehetnek a szemléltető ábrái. A korong, a henger: forgástestek, így velük könnyebb boldogulni, a szemlélet szerint is. A tetszőleges alakú és tömegeloszlású testek esetében a helyzet lényegesen nehezebben tekinthető át. Ezzel a következő, már haladóknak szánt dolgozatunk foglalkozik.
Összefoglalás A fentiek után már ismerősek lesznek az alábbiak. ~ Statikailag kiegyensúlyozatlan a merev fix tengely körül forgatott test, ha a forgás miatt fellépő csapágyreakciók egyirányú erők, melyek a testtel együtt forognak. ~ Dinamikailag kiegyensúlyozatlan a merev fix tengely körül forgatott test, ha a forgás miatt fellépő csapágyreakciók erőpárt képeznek, mely a testtel együtt forog. ~ Statikailag és dinamikailag is kiegyensúlyozatlan a merev fix tengely körül forgatott test, ha a forgás miatt fellépő csapágyreakciók közt erők és erőpár is szerepelnek, melyek a testtel együtt forognak. ~ Statikailag és dinamikailag is kiegyensúlyozott a merev fix tengely körül forgatott test, ha a forgás miatt nem lépnek fel csapágyreakciók. A forgórészek kiegyensúlyozásának az a célja, hogy a csapágyakban nyugvó – azaz nem forgó – reakcióerők ébredjenek. Ez azt jelenti, hogy a forgás miatt fellépő tehetetlenségi erők önmagukban egyensúlyban lévő erőrendszert alkotnak. Ha sikerült a kiegyensúlyozás, akkor a test egy ún. szabad tengely körül forog. E célt rendszerint nem lehet tökéletesen megvalósítani, csak valamilyen mértékben megközelíteni. Ennek a feladatnak a leginkább az erre a célra szerkesztett kiegyensúlyozó gépek alkalmazásával lehet megfelelni. Példa erre az autósok által is ismert centírozógép.
Zárszó Ennek a dolgozatnak a célja a kiegyensúlyozás főbb fogalmainak bevezetése, a jelenség egyszerű modellen való tanulmányozása révén. A leíráshoz használt eszközök az érettségire készülők számára ismerősek, a felhasznált matematikai és fizikai ismeretek egyszerűnek mondhatók. Azonban tudjuk, hogy a témakör alaposabb kifejtése, a fogalmak és tételek precízebb megfogalmazása már nem sikerül a mechanika eszköztárának ismerete, felhasználása nélkül. Erre a feladatra e dolgozat második részében kerülhet sor.
19
Irodalom: [ 1 ] – Lugosi Armand: Faipari szerszámok és gépek kézikönyve Műszaki Könyvkiadó, Budapest, 1987 [ 2 ] – Zsarnai Szilárd: Faipari géptan I. 2. kiadás, Műszaki Könyvkiadó, Budapest, 1995. [ 3 ] – Anderlik Előd ~ Feimer László: Mechanika Pallas Irodalmi és Nyomdai Rt., Budapest, 1935. [ 4 ] – M. I. Baty ~ G. Ju. Dzsanelidze ~ A. Sz. Kel’zon: Teoreticseszkaja mehanika v primerah i zadacsah , II. 5. kiadás, Nauka, Moszkva, 1972. [ 5 ] – Szalay Béla: Fizika 4. kiadás, Műszaki Könyvkiadó, Budapest, 1970. [ 6 ] – Ludvig Győző: Gépek dinamikája 2. kiadás, Műszaki Könyvkiadó, Budapest, 1983. [ 7 ] – Muttnyánszky Ádám: Szilárdságtan Műszaki Könyvkiadó, Budapest, 1981.
Összeállította: Galgóczi Gyula mérnöktanár Sződliget, 2009. február 15.
