1. Bevezetés, alapfogalmak Erő Statika feladata Egyensúly Alaptételek, axiómák

1. Bevezetés, alapfogalmak ........................................................................................................ 2 1.1. Erő ................................................................................................................................... 2 1.2. Statika feladata ................................................................................................................ 2 1.3. Egyensúly ........................................................................................................................ 3 1.4. Alaptételek, axiómák ....................................................................................................... 3 1.5. Nyomaték fogalma (síkbeli erőrendszer esetén) ............................................................. 3 1.6. Vetületi és nyomatéki tétel (síkbeli erőrendszer esetén) ................................................. 4 1.7. Kényszerek, megtámasztási módok (síkbeli erőrendszer esetén) ................................... 4 2. Síkbeli közös metszéspontú erőrendszerek ............................................................................ 7 2.1. Síkbeli közös metszéspontú erőrendszer eredő (helyettesítő) erejének a meghatározása7 2.2. Síkbeli közös metszéspontú erőrendszer kiegyensúlyozása .......................................... 13 3. Síkbeli párhuzamos erőrendszerek ....................................................................................... 30 3.1. Síkbeli párhuzamos erőrendszer eredő erejének meghatározása .................................. 30 3.2. Síkbeli párhuzamos erőrendszer kiegyensúlyozása ...................................................... 38 4. Síkbeli általános erőrendszerek ............................................................................................ 49 4.1. Síkbeli általános erőrendszer eredő (helyettesítő) erejének a meghatározása............... 49 4.2. Síkbeli általános erőrendszer kiegyensúlyozása ........................................................... 58 5. Igénybevételek – rácsos tartók ............................................................................................. 65 6. Igénybevételek – kéttámaszú, egyenes tengelyű tartók........................................................ 84 6.1. Igénybevételi ábrák szerkesztési szabályai ................................................................... 84 7. Igénybevételek – merev befogású, egyenes tengelyű tartók .............................................. 100 8. Igénybevételek – tört tengelyű tartók ................................................................................. 106 9. Igénybevételek – Gerber tartók ......................................................................................... 128 10. Igénybevételek – háromcsuklós keretek .......................................................................... 137 11. Keresztmetszeti jellemzők meghatározása ....................................................................... 153

1

1. Bevezetés, alapfogalmak 1.1. Erő Az erő nem definiálható, fizikai–tapasztalati alapfogalom. Az erő két különböző test egymásra gyakorolt hatásaként tapasztalható, melynek során megváltozik vagy megváltozhat a test(ek) mozgásállapota. (Például ha egy mozgásban lévő testet megállítunk vagy egy nyugalomban lévő testet mozgásba hozunk, akkor erőt fejtünk ki.) Az erő vektormennyiség, amit -

nagysága – ami az erőegységhez viszonyított abszolút szám,

-

iránya – ami az erő hatásvonalával, egyenesével párhuzamos egyenes,

-

értelme/irányítása – amit az erő irányában felvett nyíl határoz meg,

-

támadáspontja,

jellemez. Az erő hatásvonala mentén tetszőlegesen eltolható. Az erő a hatásvonala mentén bárhol tetszőleges irányú vetületekre bontható fel.

 kg ⋅ m  Az erő mértékegysége: Newton [N] =  2  .  s 

1. ábra: Az erő jellemzői

Két test mindig egy felület mentén érintkezik egymással. Az egymásra kifejtett erőhatás e felületen adódik át. Ha ez a felület kicsi, akkor jó közelítéssel pontnak, pontszerűnek tekinthető, és az erőt koncentrált erőnek (F kN), ellenkező esetben megoszló erőnek (vonal (q kN/m), felület (q kN/m2) vagy térfogat (q kN/m3) mentén megoszló) nevezzük. A műszaki, mérnöki gyakorlatban a nehézségi erő a legfontosabb. Ha egyidejűleg több erő is hat egy testre, akkor azt erőrendszernek nevezzük. Ha az erőrendszer erői (hatásvonalai) egy síkba esnek, akkor síkbeli erőrendszerről beszélünk. Ha az erőrendszer erőinek hatásvonalára nem lehet egy síkot ráfektetni, akkor térbeli erőrendszerről beszélünk. 1.2. Statika feladata A statika feladata egyrészről megállapítani azt a legegyszerűbb erőrendszert, amivel egy adott erőrendszer helyettesíthető – ez az eredő meghatározás. Másrészről az a feladat, hogy egy adott

2

testet kiegyensúlyozzunk, meghatározzuk azokat a feltételeket, amelyek mellett a test nyugalomban marad. 1.3. Egyensúly Ha egy nyugalomban lévő, merevnek tekintett test a rá működő erők hatására nyugalomban marad, akkor azt mondjuk, hogy a testre ható erők egyensúlyban vannak, azaz a test egyensúlyban van. 1.4. Alaptételek, axiómák I. Két erő akkor és csak akkor van egyensúlyban, ha a két erő közös hatásvonalú, egyenlő nagyságú és ellentétes értelmű. II. Három erő akkor és csak akkor van egyensúlyban, ha hatásvonalaik egy síkban vannak, a hatásvonalaik egy közös pontban metszik egymást és a vektorháromszög folytonos nyílfolyammal záródik. III. Egyensúlyban lévő erőrendszer esetén nem változik meg az egyensúly, ha az adott erőrendszerhez(től) hozzáadunk vagy elveszünk egy önmagában egyensúlyban lévő erőrendszert. IV. Két test egymásra kifejtett erőhatása párosával egyenlő nagyságú, közös hatásvonalú és ellentétes értelmű (Newton féle akció–reakció, hatás–ellenhatás törvénye). 1.5. Nyomaték fogalma (síkbeli erőrendszer esetén) Adott erő adott pontra vett nyomatéka alatt az erő nagyságának és az erőkarnak a szorzatát értjük, ahol az erőkar alatt adott erő hatásvonalának (egyenesnek) adott ponttól mért távolságát értjük. A nyomaték mértékegysége: [kN ⋅ m ] vagy [N ⋅ m ] . A nyomaték értelmezhető úgy is, mint egy erőpár, ahol a két erő nagysága azonos, hatásvonalaik párhuzamosak, de ellentétes értelműek és nem esnek egy egyenesbe. Ennek az erőpárnak így erőhatása nincs, csak forgatóhatása. A nyomaték meghatározásához szükséges erőkar leolvasása (2. ábra) a következő elgondolás szerint történik: az adott pontból (amire a nyomatékot felírjuk) merőlegest állítunk az adott erő hatásvonalára – a merőleges egyenes hossza az erőkar nagysága.

3

2. ábra: A nyomaték számításához szükséges erőkar fogalma, meghatározása

1.6. Vetületi és nyomatéki tétel (síkbeli erőrendszer esetén) Vetületi tétel: egy erőrendszer egyes elemeinek tetszőleges irányra vett előjelhelyes vetületöszszege egyenlő ugyanazon erőrendszer helyettesítő (eredő) erejének ugyanazon irány szerinti vetületével. Nyomatéki tétel (síkbeli erőrendszerek esetére): egy erőrendszer egyes elemeinek adott pontra vett előjelhelyes nyomatékösszege megegyezik ugyanazon erőrendszer helyettesítő (eredő) erejének ugyanazon pontra vett nyomatékával. 1.7. Kényszerek, megtámasztási módok (síkbeli erőrendszer esetén) A kényszerek olyan testek, amelyek korlátozzák vagy megakadályozzák a tartószerkezeti elemek egymáshoz vagy a talajhoz viszonyított elmozdulását. A kényszerek a tartószerkezetre ható külső erőkkel egyensúlyt tartó reakcióerőket, kényszererőket fejtenek ki. A kényszereket aszerint csoportosíthatjuk, hogy a tartószerkezetet milyen elmozdulásokban akadályozzák meg. Ez alapján a kényszerek kinematikai szabadságfokkal és kötöttséggel rendelkeznek. A síkban egy test, tartószerkezet x, y irányok mentén haladó vagy pont körüli forgó mozgást tud végezni. Emiatt a síkbeli kényszerek kinematikai kötöttsége és szabadságfoka maximum három lehet. 1.7.1. Görgő (vagy támasz) Görgőnek, támasztásnak nevezzük a két test között közvetlen érintkezés által létrejött kapcsolatot. A görgő szimbolikus jelét, piktogramját a 3. ábra mutatja be. A támasztás csak az érintkezési felületre merőleges irányú elmozdulást akadályozza meg, a támasszal párhuzamos elmozdulást és a támasztási pont körüli forgást megengedi. A fellépő reakció erő hatásvonala a támaszra merőleges irányú lesz, nagysága és irányítása ismeretlen. A görgő szabadságfoka kettő, kötöttsége egy.

4

3. ábra: Görgő, támasz

1.7.2. Csukló (vagy álló csukló) Síkbeli csuklónak nevezzük a két test között hengeres csappal létrehozott kapcsolatot. A csukló szimbolikus jelét, piktogramját a 4. ábra mutatja be. A csukló a síkbeli elmozdulást nem engedi meg a tartószerkezetnek, csak a csuklópont körüli elfordulást. A fellépő reakció erő hatásvonalának iránya, nagysága és irányítása ismeretlen. A csukló szabadságfoka egy, kötöttsége kettő.

4. ábra: Csukló, álló csukló

1.7.3. Kötél, rúd Kötélnek, rúdnak nevezzük azokat a kényszereket, amelyek mindkét végén csuklóval kapcsolódik valamilyen testhez, és csak a csuklóban vesznek fel erőhatást. A rúd, kötél az általa öszszekapcsolt két test között olyan rúd– vagy kötélerő átadására képes, melynek hatásvonala a két csukló középpontját összekötő egyenes. A kötél csak húzóerőt, a rúd csak húzó– és nyomóerőt képes felvenni.

5. ábra: Kötél, rúd

1.7.4. Merev befogás A merev befogás a befogási keresztmetszetben a tartószerkezet elmozdulását és elfordulását is megakadályozza. Az ébredő ismeretlen hatásvonalú, irányítású és nagyságú reakcióerő mellett reakciónyomaték is keletkezik.

5

6. ábra: Merev befogás piktogramja

6

2. Síkbeli közös metszéspontú erőrendszerek A fejezetben olyan erőrendszerekkel foglalkozunk, ahol az erőrendszer valamennyi elemének hatásvonala ugyanabban a pontban metszi egymást. 2.1. Síkbeli közös metszéspontú erőrendszer eredő (helyettesítő) erejének a meghatározása E témakörben olyan eseteket vizsgálunk, amikor adott egy erőrendszer valamennyi eleme (nagysága és iránya) és egy viszonyítási koordinátarendszer (ez a viszonyítási koordináta rendszer a példákban adott, de tudni kell, hogy tetszőlegesen felvehető bármilyen elhelyezkedéssel). A feladat ilyenkor a következő: meghatározni az erőrendszer helyettesítő, azaz eredő erejét. Ki kell számolni az eredő erő nagyságát, meg kell határozni az eredő erő hatásvonalának irányát a viszonyítási koordinátarendszerhez képest. E két adat meghatározásából áll az eredő erő számítása közös metszéspontú erőrendszer esetében. 2.1.1. példa Adott a 7. ábra szerinti x–y viszonyítási koordináta rendszer, F1=60 N és F2 =100 N erők. A viszonyítási koordináta rendszer középpontjához csatlakozik két rúd. Egyik rudat az F1, a másik rudat F2 nagyságú és értelmű erő terheli. Határozzuk meg az erőrendszer eredőjét számítással és szerkesztéssel.

7. ábra: Közös metszéspontú erőrendszer eredője

Megoldás számítással – vetületi tétel alkalmazása Egy x irányú vetületi egyenletet írunk fel, azaz összegezzük előjelhelyesen az erőrendszer minden olyan elemét, amelynek hatásvonala párhuzamos az x tengellyel:

∑F

x

= F1 − F2 = 60 − 100 = −40

Az egyenlőségben az F1 erő pozitív előjellel szerepel, mivel F1 iránya egybeesik a viszonyítási koordinátarendszer pozitív irányával, míg az F2 erő negatív előjellel szerepel, mivel iránya ellentétes a viszonyítási koordinátarendszer pozitív irányával. Az eredmény szerint az erőrendszer eredőjének nagysága 40 N, hatásvonala egybeesik az egyes elemek hatásvonalával, míg iránya ellentétes a viszonyítási koordinátarendszer pozitív irányával. Az eredmény feltüntetése helyesen: FR = 40 N( ←) .

Az eredményül kapott erő előjele mindig az erő irányára utal a viszonyítási koordináta rendszer adott pozitív irányához képest.

7

Megoldás szerkesztéssel Először felvesszük a léptéket (8. ábra) – ezt mindig az erők nagyságának és elhelyezkedésének a figyelembevételével tesszük meg. Ezután egy tetszőlegesen választott P pontból az F1 erő hatásvonalával párhuzamost húzunk az F1 erő értelmével megegyező irányban. Az egyenes hossza a léptéknek megfelelően 6 cm (9. ábra).

8. ábra: Lépték felvétele – az erők nagyságának és elhelyezkedésének figyelembevételével

9. ábra: F1 erő nagyságának megfelelő hosszú egyenes

Ezt követően az F1 erő végpontjából az F2 erő hatásvonalával párhuzamost húzunk az F2 erő értelmével megegyező irányban (10. ábra).


Az eredő erő támadáspontja a P pont lesz, azaz az elsőnek felvett F1 erő támadáspontja. A helyettesítő erő végpontja pedig az utolsónak felvett F2 végpontjával egyezik meg. Ezt a két pontot összekötve kapjuk meg az erőrendszer eredőjét (11. ábra).

11. ábra: Eredő erő meghatározása – egyenes húzása P pontból F2 végpontjába

Az eredő erőnek megfelelő egyenes („P”, „F2 végpontja”) hosszát leolvassuk, és a léptéknek megfelelően feltüntetjük az eredő erő nagyságát. Jelen esetben az egyenes hossza 4 cm, ami 40 N –nak felel meg. A szerkesztésből adódóan az eredő erő hatásvonala párhuzamos a viszonyítási koordinátarendszer x tengelyével. Az eredő erő irányítása az ábráról leolvasható, a szerkesztésből adódik.

8

2.1.2. példa Adott (12. ábra) egy közös metszéspontú erőrendszer öt eleme, a nagyság és az irány. Adott F1=18 kN, F2=16 kN, F3=11 kN, F4=25 kN, F5=19 kN és α1=22 °, α2=20 °, α3=28 °, α4=32 °, α5=14 °. A közös metszéspont a viszonyítási koordináta rendszer középpontja. Határozzuk meg az erőrendszer eredőjét számítással és szerkesztéssel. Megoldás számítással – vetületi tétel alkalmazása Felírjuk az x irányú vetületi egyenletet, azaz összegezzük előjelhelyesen az erőrendszer minden olyan elemét vagy elemeinek azon komponenseit (vetületeit), amelyek hatásvonala párhuzamos az x tengellyel:

∑F

x

= F1x + F2x + F3x − F4x − F5x =

= F1 ⋅ cos(α1 ) + F2 ⋅ cos(α 2 ) + F3 ⋅ cos(90° - α 3 ) − F4 ⋅ cos(α 4 ) − F5 ⋅ cos(90° - α 5 ) =

= 18 ⋅ cos(22°) + 16 ⋅ cos(20°) + 11 ⋅ cos(90° - 28°) − 25 ⋅ cos(32°) − 19 ⋅ cos(90° - 14°) = 11,09 kN

12. ábra: Közös metszéspontú erőrendszer eredőjének meghatározása

Az eredmény szerint az erőrendszer eredőjének x tengelyre vett vetületének nagysága 11,09 kN, hatásvonala párhuzamos az x tengellyel, irányítása megegyezik a viszonyítási koordinátatengely pozitív értelmével. Az eredmény feltüntetése helyesen:

∑F

x

= FRx = 11,09 kN(→) .

Felírjuk az y irányú vetületi egyenletet, azaz összegezzük előjelhelyesen az erőrendszer minden olyan elemét vagy elemeinek azon komponenseit (vetületeit), amelyek hatásvonala párhuzamos az y tengellyel:

9

∑F

y

= − F1y + F2y + F3y + F4y − F5y =

= − F1 ⋅ sin (α1 ) + F2 ⋅ sin (α 2 ) + F3 ⋅ sin (90° - α 3 ) + F4 ⋅ sin (α 4 ) − F5 ⋅ sin (90° - α 5 ) =

= −18 ⋅ sin (22°) + 16 ⋅ sin (20°) + 11 ⋅ sin (90° - 28° ) + 25 ⋅ sin (32° ) − 19 ⋅ sin (90° - 14°) = 3,25 kN

Az eredmény szerint az erőrendszer eredőjének y tengelyre vett vetületének nagysága 3,25 kN, párhuzamos az y tengellyel, irányítása megegyezik a viszonyítási koordinátatengely pozitív értelmével. Az eredmény feltüntetése helyesen:

∑F

= FRy = 3,25 kN(↑) .

y

Az eredő erő nagyságát a 13. ábra szerint, a Pithagorasz tétel alkalmazásával kapjuk meg: FR =

FRx + FRy = 11,09 2 + 3,25 2 = 11,56 kN . 2

2

13. ábra: Az eredő erő nagysága és helyzete a viszonyítási koordináta rendszerben

A következő lépés az eredő erő, helyzetének megadása a viszonyítási koordináta rendszerben – hogyan helyezkedik el az eredő erő a viszonyítási koordináta rendszer tengelyeihez képest. Azt szeretnénk megtudni, hogy az eredő erő hatásvonala mekkora szöget zár be a viszonyítási koordinátarendszer tengelyeivel. A 13. ábra jelöléseit használva a vízszintessel bezárt szög legyen α. Meghatározása valamely szögfüggvény alkalmazásával történik.  FRy  F  F   = arccos Rx  = arctan  Ry  = α = arcsin   FR   FR   FRx  .  3,25   11,09   3,25  = arcsin   = arccos  = arctan   = 16,33 °  11,56   11,56   11,09 

A harmadik lépés az eredő erő helyének a meghatározása, azonban közös metszéspontú erőrendszereknél ez egyértelmű, mindig az erőrendszer közös metszéspontján megy át az eredő erő hatásvonala. Megoldás szerkesztéssel 1. lépés: felvesszük a léptéket (14. ábra) – ezt mindig az erők nagyságának és elhelyezkedésének a figyelembevételével tesszük meg.


10

2. lépés: egy tetszőlegesen választott P pontból az F1 erő hatásvonalával párhuzamost húzunk az F1 erő értelmével megegyező irányban. Az egyenes hossza a léptéknek megfelelően 3,6 cm (15. ábra).


3. lépés: az F1 erő végpontjából az F2 erő hatásvonalával párhuzamost húzunk az F2 erő értelmével megegyező irányban (16. ábra).





11




Az eredő erő támadáspontja a P pont lesz, azaz az elsőnek felvett F1 erő támadáspontja. A helyettesítő erő végpontja pedig az utolsónak felvett F5 erő végpontjával egyezik meg. Ezt a két pontot összekötve kapjuk meg az erőrendszer eredőjét (20. ábra). Az eredő erőnek megfelelő egyenes („P”, „F5 végpontja”) hosszát leolvassuk, és a léptéknek megfelelően feltüntetjük az eredő erő nagyságát. Jelen esetben az egyenes hossza 2,31 cm, ami 11,55 kN –nak felel meg. Az eredő erő iránya leolvasható (20. ábra), a szerkesztésből adódik. A 21. ábra mutatja meg pontosan az eredőnek a viszonyítási koordinátarendszer tengelyeivel bezárt szögét.

12

20. ábra: Eredő erő meghatározása – egyenes húzása P pontból F5 végpontjába

21. ábra: Az eredő erő helyzete a viszonyítási koordinátarendszerben

Az eredő erő helye pedig egyértelmű, a támadáspont a közös metszéspontban lesz. 2.2. Síkbeli közös metszéspontú erőrendszer kiegyensúlyozása Kiegyensúlyozási feladatok esetében a tartószerkezetekre ható erőrendszer eredője nullának kell lennie – máskülönben nem lenne egyensúlyban. Az erőrendszert a megadott külső erők és a kényszereknél ébredő ismeretlen kényszer (reakció vagy támasz) erők alkotják. A kényszereknél ébredő reakcióerők tartják egyensúlyban az adott szerkezetet. Ezért hívjuk kiegyensúlyozásnak ezt a típusú feladatot, mert kiszámoljuk, hogy a támaszoknál fellépő erőknek, mekkora nagyságúnak és milyen irányúnak kell lenni, hogy a tartószerkezet ne mozduljon el, azaz egyensúlyban legyen. E témakörben olyan egyszerű eseteket vizsgálunk, amikor adott egy külső terhelő erő, és meg kell határozni a támaszoknál (kényszereknél) ébredő reakció (támasz vagy kényszererőket) erőket. A közös metszéspontú erőrendszer jellegzetessége, hogy az adott külső erők és a támaszerők hatásvonalai egy adott pontban metszik egymást. A feladat megoldásához itt is célszerű felvenni egy viszonyítási koordináta rendszert, amit javasolt az erőrendszer közös metszéspontjában elhelyezni. A feladat ilyenkor a következő: meg kell határozni az erőrendszer hiányzó elemeit, azaz a támaszoknál ébredő ismeretlen reakcióerőket, a nagyságukat – az irányuk (hatásvonal, értelem) adódik.

13

A szerkesztő eljárás során hasonlóan járunk el, mint eredő erő szerkesztésekor. A lépték felvétele után az ismert erőt felmérjük, majd annak támadás – és végpontjában párhuzamosokat húzunk az ismeretlen nagyságú, de ismert hatásvonalú erőkkel. 2.2.1. példa: Adott a 22. ábra szerinti szerkezet, az AC és BC tartószerkezeti elemek, az A, B és C pontok helye (a=3 m, b=2 m, c=4 m) és a C csuklót terhelő F=34 kN koncentrált erő. Határozzuk meg a támaszoknál fellépő reakcióerőket számítással és szerkesztéssel.

22. ábra: Közös metszéspontú erőrendszer kiegyensúlyozása – daruszerkezet

A számító eljárás során először az erőrendszer ismeretlen erőit, nagyságukat és irányukat (értelmüket), meg kell becsülni, feltételeznünk kell azokat. Jelen példában: az A és B csuklóknál fellépő reakciók nagyságát FA–nak és FB–nek feltételezzük. Az irányuk: mivel az AC és BC tartószerkezeti elemeket csak a végükön, a csuklókon keresztül éri hatás, magán a tartószerkezeti elemen nincs erő (önsúlytól eltekintünk) – ez azt jelenti, hogy ebben a két tartószerkezeti elemben rúdirányú erők lépnek fel. Azaz: két végén terhelt, csuklós rudakban csak rúdirányú erő ébred. Amiből következik, hogy ezek a tartószerkezeti elemek rúdirányban akarnak elmozdulni, és a támaszok ezt az elmozdulást akarják megakadályozni. Azaz az ismeretlen támaszerők hatásvonalai párhuzamosak a tartószerkezeti elemek hossztengelyével, a kérdés csak az értelmük. Ha azt nem tudjuk kikövetkeztetni a külső ható erőkből és a tartószerkezet elrendezéséből, akkor feltételeznünk kell (23. ábra). A következő lépésben a vetületi egyenleteket használjuk fel, amit egyensúlyozási feladatok megoldása során vetületi egyensúlyi egyenleteknek nevezünk. Az egyenlőség egyik oldalán az erőrendszer valamennyi, ismert és ismeretlen elemének összegezzük előjelhelyesen a viszonyítási koordinátarendszerrel párhuzamos komponenseit, és ezeket egyenlővé tesszük nullával. Ugyanis ha az erőrendszer eredője nulla, akkor

14

FR =

2 2 FRx + FRy = 0 egyenlőség csak úgy lehet igaz, ha az eredő erő viszonyítási tengelyre

vett komponensei külön – külön egyenlők nullával.

23. ábra: Támaszerők nagyságának és értelmének a feltételezése

∑F

=0 = FA ⋅ cos(α) + FB ⋅ cos( β ) és

∑F

=0 = FA ⋅ sin (α ) + FB ⋅ sin ( β ) − F .

x

y

Előbbi két egyenletben két ismeretlen szerepel. Feladatunk, hogy a két egyenletből álló két– ismeretlenes egyenletrendszert megoldjuk. Az α és β szögek meghatározása:  c   4  α = arctan  = arctan  = 38,66 ° és a +b 3+2 c 4 β = arctan   = arctan   = 63,43° . b 2 Behelyettesítés a vetületi egyenletekbe:

∑F

=0 = FA ⋅ cos (α ) + FB ⋅ cos ( β ) = FA ⋅ cos (38,66°) + FB ⋅ cos (63,43°) és

∑F

=0 = FA ⋅ sin (α ) + FB ⋅ sin ( β ) − F = FA ⋅ sin (38,66°) + FB ⋅ sin (63,43°) − 34

x

y

Az első egyenletből:

FA = −

FB ⋅ cos(63,43°) cos(38,66°) ,

majd behelyettesítve második egyenletbe: 0=−

FB ⋅ cos(63,43°) ⋅ sin (38,66°) + FB ⋅ sin (63,43°) − 34 = cos(38,66°)

 cos(63,43°)  = FB ⋅ − ⋅ sin(38,66°) + sin(63,43°) − 34  cos(38,66°) 

15

, ahonnan

FB =

34

 cos(63,43°)  − cos(38,66°) ⋅ sin(38,66°) + sin(63,43°)  

= 63,37 kN

.

Visszahelyettesítés után FA–ra a következőt kapjuk:

FA = −

FB ⋅ cos(63,43°) 63,37 ⋅ cos(63,43°) =− = 36,3 kN . cos(38,66°) cos(38,66°)

Ezek szerint az ismeretlen támaszerők nagysága FA = 36,3 kN és FB = 63,37 kN . Az FB kényszererőnek feltételezett értelem helyes volt, mivel pozitív értéket kaptunk. Azonban az A támasznál feltételezett támaszerőnek az előjele negatív, ami annyit jelent, hogy az ismeretlen értelmű erőnek a feltételezett irány nem volt jó. A valós irányítása az erőnek éppen ellentétes (24. ábra).

24. ábra: Az ismeretlen támaszerők nagysága és irányítása helyesen ábrázolva

A szerkesztő eljárás során hasonlóan járunk el mint az eredő erő meghatározása esetében. Azzal a különbséggel, hogy kiegyensúlyozási példák esetében a léptékhelyesen felvett erőknek nyílfolytonosan záródniuk kell, hiszen az eredő erő nulla. Jelen példában első lépésként felvesszük a léptéket (25. ábra).


A második lépés, hogy az ismert ható erőt, az F koncentrált erőt léptékhelyesen felvesszük (26. ábra).

16

26. ábra: Ható külső erő felvétele léptékhelyesen

A számolási megoldásnál már kifejtettük, hogy a támaszoknál miért csak a tartószerkezeti elemek (AC és BC elemek) hossztengelyével párhuzamos hatásvonalú erők ébrednek. Ha ezt beláttuk, akkor a szerkesztő eljárás harmadik lépése, hogy párhuzamost húzunk a már felvett F koncentrált erő támadáspontján át az AC tartószerkezeti elem hossztengelyével (27. ábra). Ezután (4. lépés) az F koncentrált erő végpontján át a BC tartószerkezeti elem hossztengelyével húzunk párhuzamost (28. ábra).

27. ábra: Párhuzamos az AC elem hossztengelyével az F erő támadáspontján keresztül

17

28. ábra: Párhuzamos a BC elem hossztengelyével az F erő végpontján keresztül

5. lépésként a két párhuzamost meghosszabbítjuk, hogy metsszék egymást (29. ábra). A metszéspont fogja meghatározni a csuklóknál ébredő reakcióerők nagyságát és értelmét. A nagyságot a felvett lépték alapján határozhatjuk meg, míg a támaszerők irányítása adódik, hiszen folytonos nyílfolyammal kell záródnia a vektorsokszögnek (29. ábra).

18

29. ábra: A reakcióerők nagysága és irányítása a szerkesztő eljárásból

Egy harmadik megoldási lehetőség, hogy az előbbi vektor – háromszöget nem léptékhelyesen, hanem csak vázlatosan vesszük fel (30. ábra). Ebben az esetben a vektorok iránya, azaz az általános háromszög belső szögei és egyik oldala (F erő) ismert. A feladat, hogy a háromszög ismeretlen oldalainak a hosszát trigonometrikus összefüggések felhasználásával kiszámítsuk.

19

30. ábra: A közös metszéspontú erőrendszer elemeiből felvett vektorháromszög vázlata

A sinustétel alkalmazása:

FA FB F , amiből külön – külön kife= = sin ( β − α ) sin (90° − β ) sin (90° + α )

jezhetjük az FA és FB ismeretleneket. Eredményül az előbbi két módszerhez hasonlóan FA=36,3 kN –t és FB=63,36 kN–t kapunk.

2.2.2. példa: Adott a 31. ábra szerinti szerkezet, az AC és BC tartószerkezeti elemek, az A, B és C pontok helye (a=4 m, b=2,5 m, c=4,5 m) és a C csuklót terhelő F=27 kN koncentrált erő. Feladat, hogy meghatározzuk az A és B csuklóknál fellépő támaszerőket számítással és szerkesztéssel. Feltételeznünk kell az ismeretlen reakció erők nagyságát és értelmét (32. ábra). A hatásvonaluk ismert, mivel az AC és BC tartószerkezetei elemeket csak a végükön lévő csuklókon keresztül éri terhelés. Így ezek az elemek hossztengelyükkel párhuzamosan akarnak elmozdulni. Ezt az elmozdulást akadályozzák meg a támaszoknál fellépő kényszererők, amik hatásvonala így az

AC és BC tartószerkezeti elemek hossztengelyével párhuzamos.

20

31. ábra: Közös metszéspontú erőrendszer

32. ábra: Reakció erők nagyságának és értelmének a feltételezése

Következő lépésként célszerű felvenni a viszonyítási koordinátarendszert, és elhelyezni abba a pontba, ahol az erőrendszer elemeinek hatásvonalai metszik egymást – jelen esetben ez a C pont. Ugyanekkor feltüntetjük a két tartószerkezeti elem hossztengelyének (azaz a feltételezett reakcióerők hatásvonalának is egyben) a viszonyítási koordinátarendszer tengelyeivel bezárt szögeit (33. ábra). Ezután kezdhetjük meg a számolást. Először az α és β szögeket számítjuk

 4   4  a a ki: α = arctan  = arctan  = 58° és β = arctan  = arctan  = 41,63° . b c  2,5   4,5  Következő lépésben írhatjuk fel a vetületi egyensúlyi egyenleteket:

ΣFx = 0 = − FA ⋅ cos(α ) + FB ⋅ cos( β ) és ΣF y = 0 = F A ⋅ sin (α ) + F B ⋅ sin ( β ) − F

21

33. ábra: Reakcióerők hatásvonalának és a viszonyítási koordinátarendszer tengelyeinek a bezárt szöge

A két egyenletből álló két ismeretlenes (FA, FB) egyenletrendszer megoldása után a következőket kapjuk eredményül a reakcióerőkre: FA = 20,47 kN és FB = 14,51 kN . Ezek a reakció erők nagysága. Mivel az egyenletrendszer megoldásából pozitív értékeket kaptunk megoldásul, ez annyit jelent, hogy a támaszerőknek feltételezett értelem helyes volt, azok megfelelnek a 33. ábra szerint feltüntetettnek. A szerkesztő eljárást a lépték felvételével kezdjük (1. lépés) (34. ábra).

34. ábra: Lépték felvétele a szerkesztő eljáráshoz

Második lépésként az ismert F koncentrált erőt mérjük fel (35. ábra).

35. ábra: Szerkesztő eljárás – F koncentrált erő felmérése

Ezután (3. lépés) az AC tartószerkezeti elem hossztengelyével húzunk párhuzamost a F erő támadáspontján át (36. ábra), majd (4. lépés) a BC tartószerkezeti elem hossztengelyével húzunk párhuzamost az F erő végpontján át (37. ábra).

22

36. ábra: Szerkesztő eljárás – párhuzamos az A csuklónál ébredő támaszerő hatásvonalával

37. ábra: Szerkesztő eljárás – párhuzamos a B támasznál ébredő kényszererő hatásvonalával

A két párhuzamost meghosszabbítjuk (5. lépés), hogy metsszék egymást, így megkaptuk az erőrendszer elemeinek a vektorháromszögét – az ismeretlen reakcióerők nagyságát a felvett lépték segítségével olvashatjuk le (38. ábra). A támaszerők irányítása pedig adódik abból, hogy az erőrendszer elemeinek folytonos nyílértelemmel kell záródniuk a vektorháromszögben. A feladatot megoldhatjuk úgy is, hogy az erőrendszer elemeinek hatásvonalait vázlatszerűen rajzoljuk meg. Ebben az esetben a háromszög belső szögeinek és egyik oldalának az ismeretében trigonometrikus összefüggések felhasználásával számolhatjuk ki az ismeretlen reakcióerőket (megjegyzés: az eljárást a korábban már ismertettük).

23

38. ábra: Szerkesztő eljárás – reakcióerők leolvasása a lépték ismeretében a vektorháromszögről

2.2.3. példa: Adott a 39. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet, ami egyik végén egy csuklóval (A pont), másik végén egy görgővel (B pont) van megtámasztva. F = 17 kN, a = 1 m, α1=50 ° és α2=30 °. Határozzuk meg a támaszerőket számítással.

39. ábra: Közös metszéspontú erőrendszer kiegyensúlyozása

40. ábra: A viszonyítási koordinátarendszer elhelyezése a közös metszéspontban, reakcióerők nagyságának és irányának feltételezése

Az erőrendszernek három eleme van, az F ható erő és az A és B ismeretlen támaszerők. Ennek a három erőnek kell egyensúlyban lennie. Három erő egyensúlyának a feltétele, hogy hatásvonalaiknak egy pontban kell metszeniük egymást és a vektorsokszögnek folytonos nyílértelemmel kell záródnia. A vetületi egyenleteknek egyenként zérussal kell egyenlőnek lennie. 24

Sinus tételből: b =

2 ⋅ sin (α 1 ) 2 ⋅ sin (50°) = = 1,63 m sin (180° − α 1 − (90° − α 2 )) sin (70°)

Cosinus tételből:

c=

(4a )2 + b 2 − 2 ⋅ (4a ) ⋅ b ⋅ cos(90 − α1 ) = (4 ⋅ 1)2 + 1,632 − 2 ⋅ (4 ⋅1) ⋅1,63 ⋅ cos(90 − 30°) = 3,48 m

 c 2 + (4a )2 − b 2 Cosinus tételből: β = arccos  2 ⋅ c ⋅ (4a )

  3,48 2 + (4 ⋅ 1)2 − 1,632  = arccos   2 ⋅ 3,48 ⋅ (4 ⋅ 1)  

  = 23,9 °  

x és y irányú vetületi egyensúlyi egyenletek: ΣFx = 0 = −F ⋅ cos(α 1 ) + A ⋅ cos( β ) − B ⋅ cos(90° - α 2 ) = = −17 ⋅ cos(50°) + A ⋅ cos(23,9°) − B ⋅ cos(90° - 30°)

ΣFy = 0 = −F ⋅ sin(α1 ) + A ⋅ sin( β ) + B ⋅ sin(90° − α 2 ) =

= −17 ⋅ sin(50°) + A ⋅ sin(23,9°) + B ⋅ sin(90° − 30°)

A két egyenletből álló két–ismeretlenes egyenletrendszer megoldása A–ra és B–re:

A = 16,07 kN és B=7,53 kN. Mivel a mindkét ismeretlen támaszerőre pozitív értéket kaptunk, ezért a támaszerőknek feltételezett irányítások helyesek. Hogy mikor kell az egyensúlyi egyenletekkel, mikor a trigonometrikus egyenletekkel vagy esetleg mikor kell a szerkesztő eljárással a feladatot megoldani, nincs ökölszabály – mindig az adott feladathoz leginkább kézenfekvő eljárást kell alkalmazni. Természetesen ellenőrizni mindig lehet az esetleg bonyolultabb módszerrel.

2.2.4. példa: Adott a 41. ábra szerinti tartószerkezet, ami két csuklóval (A és B pont) van megtámasztva. F = 23 kN, a = 2 m és α=40 °. Határozzuk meg a támaszerőket számítással.


25

42. ábra: A viszonyítási koordinátarendszer elhelyezése a közös metszéspontban, reakcióerők nagyságának és irányának feltételezése

x irányú vetületi egyensúlyi egyenlet: ΣFx = 0 = F ⋅ sin (α ) + A ⋅ sin (α ) = 23 ⋅ sin (40° ) + A ⋅ sin (40° ) →A = –23.

Ez azt jelenti, hogy az A támaszerő nagysága 23 kN, iránya azonban ellentétes azzal, amit feltételeztünk (43. ábra).

43. ábra: Rosszul feltételezett A támaszerő irányának javítása

Az y irányú vetületi egyensúlyi egyenlet: ΣFy = 0 = −F ⋅ cos(α ) − A ⋅ cos(α ) − B = −23 ⋅ cos(40°) − 23 ⋅ cos(40°) − B →B = –35,24.

Ez azt jelenti, hogy az B támaszerő nagysága 35,24 kN, iránya azonban ellentétes azzal, amit feltételeztünk (44. ábra).

26

44. ábra: Rosszul feltételezett B reakcióerő irányának javítása

2.2.5. példa Adott a 45. ábra szerinti tartószerkezet, ami két csuklóval (A és B pont) van megtámasztva. F = 40 kN, a = 3 m, b = 1 m és α=60 °. Határozzuk meg a támaszerőket számítással.


Megoldás: az erőrendszert az F koncentrált erő, és a támaszoknál keletkező ismeretlen reakcióerők alkotják – három erő összesen. Az egyensúly feltétele, hogy ennek a három erőnek a hatásvonala egy pontban metssze egymást. A B pontban a támaszerő hatásvonalának az iránya ismert, mivel a BC tartószerkezeti elemet csak a két, csuklós végén éri terhelés. A B ismeretlen erő nagyságát és értelmét vesszük fel ismeretlenként, és hatásvonalát meghosszabbítva metszésre hozzuk az F erő hatásvonalával (46. ábra). Ez lesz a D pont. Ezen a ponton kell az A támaszerő hatásvonalának is áthaladnia az egyensúly feltételének a teljesítéséhez. Ebben az esetben a tartó geometriájából ki tudjuk számolni a vektorháromszög szögeit, amik a vetületi egyensúlyi egyenletek felírásához kellenek.

27

46. ábra: Támaszerők irányításának feltételezése, majd hatásvonalaik meghosszabbítása az F erő hatásvonaláig

Az A–B távolság (d+c) meghatározása:   a 3  → d + c = tanα =  = 3,46 m tan60° ⋅ 0,5  (d + c ) ⋅ 0,5 

Az α’ meghatározása:  a + b   3 +1  3 +1 a + b  =  tanα =  = 2,31 m → tanα' =   → α' = 73,9° . →c= tan60°  c   (d + c ) − c   3,46 − 2,31 

x irányú vetületi egyensúlyi egyenlet: ΣFx = 0 = F + A ⋅ cos (α' ) − B ⋅ cos(α ) = 40 + A ⋅ cos(73,9° ) − B ⋅ cos(60° ) .

y irányú vetületi egyensúlyi egyenlet: ΣFy = 0 = A ⋅ sin(α' ) + B ⋅ sin(α ) = A ⋅ sin(73,9°) + B ⋅ sin(60°) .

47. ábra: Rosszul feltételezett A reakcióerő irányának javítása

28

A két egyenletből álló, két ismeretlenes egyenletrendszer megoldása: A=–48,08→ A= 48,08 kN, iránya a feltételezettel ellentétes (47. ábra), B=53,34 kN, iránya megegyezik a feltételezett iránnyal (47. ábra).

29

3. Síkbeli párhuzamos erőrendszerek Ebben a témakörben olyan erőrendszereket vizsgálunk melyekben valamennyi erő hatásvonala párhuzamos egymással. Ahogy a közös metszéspontú erőrendszereknél, itt is két típusú példákkal találkozhatunk – eredő erő számítással és kiegyensúlyozással. 3.1. Síkbeli párhuzamos erőrendszer eredő erejének meghatározása A feladat, hogy az erőrendszer eredőjének a nagyságát, helyzetét és helyét meghatározzuk a viszonyítási koordináta rendszerben. A számító eljárás során a viszonyítási koordinátarendszert vesszük fel elsőnek. Ezt célszerű úgy megtenni, hogy valamelyik koordináta tengelyt párhuzamosnak választjuk az erőrendszer elemeinek a hatásvonalával. Az eredő nagyságának meghatározásához a vetületi egyenletet használjuk fel, helyzete egyértelmű, helyének megadásához pedig a nyomatéki tételt fogjuk használni. 3.1.1. példa Adott (48. ábra) egy párhuzamos erőrendszer három eleme és elhelyezkedésük a viszonyítási koordináta rendszerben. Határozza meg az erőrendszer eredőjét számítással és szerkesztéssel. Megoldás számítással – vetületi tétel alkalmazása: y irányú vetületi egyenletet írunk fel, azaz összegezzük előjelhelyesen az erőrendszer valamennyi elemét ΣFy = F1 − F2 + F3 = 32 − 19 + 28 = 41 kN .

Az eredő erő nagysága tehát FR = 41 kN. Helyzete egyértelmű, párhuzamos az erőrendszer egyes elemeinek a hatásvonalával. Irányítása megegyezik a viszonyítási koordinátarendszer y tengelyének pozitív értelmével, mivel a vetületi egyenletből pozitív számot kaptunk.

48. ábra: Párhuzamos erőrendszer eredőjének meghatározása

Az eredő helyét kell meghatározni még a viszonyítási koordinátarendszerben. Ehhez a nyomatéki tételt alkalmazzuk, miszerint egy erőrendszer eredőjének adott pontra vett nyomatéka meg

30

kell, hogy egyezzen az erőrendszer egyes elemeinek ugyanazon pontra vett nyomatékösszegével. Az adott pontot célszerű a felvett viszonyítási koordinátarendszer középpontjának választani, illetve egy viszonyítási forgatási irányt is célszerű felvenni – jelen példában a pozitív forgatási irány az óramutató járásával ellentétes iránynak felel meg (49. ábra).

49. ábra: Párhuzamos erőrendszer eredő erejének a meghatározása – nyomatéki tétel felírása az eredő helyének a számításához

ΣM 0 = FR ⋅ k R = F1 ⋅ k 1 − F2 ⋅ k 2 + F3 ⋅ k 3 .

Amennyiben minden ismert adatot behelyettesítünk az egyenletbe, akkor csak a kR lesz ismeretlen, ami nem más, mint az eredő erő hatásvonalának távolsága a viszonyítási koordinátarendszer y tengelyétől. ΣM 0 = 41 ⋅ k R = 32 ⋅ 1,2 − 19 ⋅ 2,0 + 28 ⋅ 3,0 . Az egyenlőségből, ha kifejezzük a kR–t, a követke-

zőt kapjuk: k R = 2,06 m . Megoldás szerkesztéssel: az áttekinthetőség miatt az erőket egymás mellett rajzoljuk. Első lépésként felvesszük a léptéket (50. ábra).


Ezután a léptéknek megfelelően felmérjük az F1 erőt (51. ábra).

31

51. ábra: Eredő erő szerkesztése – F1 erő felvétele

Következő lépésként az F1 erő végpontjából az F2 erőt mérjük fel léptékhelyesen (52. ábra), majd az F2 erő végpontjából az F3 erőt (53. ábra).


Az eredő erő nagyságát az F1 erő támadáspontjából, kezdőpontjából az F3 erő végpontjába húzott egyenes leolvasása után kapjuk meg (54. ábra). Az eredő erő helyzete, iránya adódik a szerkesztésből. Meg kell még határozni, hogy a felvett viszonyítási koordinátarendszerben hol helyezkedik el az eredő erő.


32

54. ábra: Eredő erő szerkesztése – eredő erő leolvasása

Az eredő erő helyzetének a kiszerkesztéséhez a vektor– és kötélsokszög szerkesztést használjuk. Először is újabb léptéket veszünk fel a távolságok felméréséhez (55. ábra).

55. ábra: Lépték felvétele a távolságok felméréséhez

Az 56. ábra szerint a léptéknek megfelelően felvesszük az erőket a viszonyítási koordinátarendszerben. Az ábrát kiegészítjük a jobb oldalán a már megismert vektorsokszöggel, ami mellé tetszőleges helyre egy P pontot veszünk fel, amit nevezünk póluspontnak (57. ábra). Fontos, hogy a póluspontnak a helye nem befolyásolja a végeredményt, ezért vehetjük fel tetszőleges helyre. Következő lépésekben az erőrendszer egyes elemeit úgynevezett segéderőkkel felbontjuk, helyettesítjük őket. Ehhez a P póluspontot használjuk fel. Először az F1 erőt bontjuk fel/helyettesítjük S1 és S2 segéderőkkel (58. ábra), azaz F1 erő az S1 és S2 eredőjeként fogható fel.

33

56. ábra: Erőrendszer elemeinek léptékarányos felvétele a viszonyítási koordinátarendszerben

57. ábra: A vektorábra és a póluspont felvétele

Következő lépésben az F2 erőt bontjuk fel, annyi megkötéssel, hogy az egyik összetevő az S2 erő ellentettje, azaz –S2 legyen. A másik összetevő S3 erő lesz (59. ábra). Hasonlóan járunk el az F3 erő felbontásával, az egyik összetevő az S3 erő ellentettje, azaz –S3 legyen. A másik öszszetevő S4 erő lesz (60. ábra).

34

58. ábra: F1 erő felbontása S1 és S2 segéderőkkel

59. ábra: F2 erő felbontása –S2 és S3 segéderőkkel

60. ábra: F3 erő felbontása –S3 és S4 segéderőkkel

35

Ezután az S segéderőkkel helyettesítjük az erőrendszer egyes elemeit – a szerkesztést az 60. ábra bal oldalán folytatjuk. Az F1 erőt S1 és S2 erőkre bontottuk fel, tehát a három erő hatásvonala egy tetszőleges pontban, K1 pont, metszik egymást. Ezt a K1 pontot tetszőleges helyen felvesszük az F1 erő hatásvonalán, majd ezen a ponton keresztül párhuzamost húzunk S1 hatásvonalával úgy, hogy másik erő hatásvonalát ne metsszük el (61. ábra).

61. ábra: Párhuzamos S1 segéderő hatásvonalával K1 tetszőlegesen felvett ponton át

Következő lépésében az S2 segéderő hatásvonalával húzok párhuzamost még mindig a K1 ponton keresztül; de úgy, hogy elmetssze az F2 erő hatásvonalát is (K2) – hiszen az S2 segéderőt felhasználtuk az F2 erő felbontása során is (62. ábra).

62. ábra: Párhuzamos S2 segéderő hatásvonalával K1 tetszőlegesen felvett ponton át, kimetszve K2 pontot

36

Az F2, S2 és S3 erők közös metszéspontja a K2 pont lesz. Emiatt következő lépésként S3 segéderővel húzunk párhuzamost K2 ponton át, hogy metssze F3 erő hatásvonalát (63. ábra).

63. ábra: Párhuzamos S3 segéderő hatásvonalával K2 ponton át, kimetszve K3 pontot

Utolsó előtti lépésként S4 segéderővel húzunk párhuzamost a K3 ponton át, mivel az F3 erőt S3 és S4 segéderőkkel helyettesítettük (64. ábra).

64. ábra: Párhuzamos S4 segéderő hatásvonalával K3 ponton át

37

A jobb oldali vektorsokszögből adódik, hogy az eredő erőt S1 és S4 segéderőkkel helyettesítettük. Eszerint az S1 és S4 segéderők, illetve az eredő erő hatásvonala egy pontban kell, hogy metsszék egymást. Utolsó lépésként az S1 és S4 segéderőkkel húzott párhuzamosokat metszésre kell hozni – így megkapjuk a K4 pontot. Ezen a ponton kell átmennie az eredő erő hatásvonalának, aminek az irányát már ismerjük. Ezzel az eredő erő meghatározás feladata teljessé vált.

65. ábra: Eredő helyének meghatározása – S1, S4 segéderő meghosszabbítása, metszése, K4 pont megadása

Az eredő erőnek a helye, távolsága a viszonyítási koordinátarendszertől, leolvasható az ábráról. Eszerint az eredő erő hatásvonala és a viszonyítási tengely távolsága 2,06 m. Az 61. ábra – 65. ábrasorozat jobb oldala a vektorsokszög, míg a segéderőknek a baloldali, párhuzamos része a kötélsokszög. 3.2. Síkbeli párhuzamos erőrendszer kiegyensúlyozása E témakörben olyan eseteket vizsgálunk, amikor egy tartószerkezeti elemre (pl.: gerenda) egy vagy több külső terhelő erő hat, amelyek hatásvonalai egymással párhuzamosak. A tartószerkezetet különböző kényszerek (merev befogás, csukló, görgő) támasztják meg, biztosítva ezzel az egyensúlyt, hogy a tartószerkezet ne mozduljon el. Meg kell határozni a támaszoknál (kényszereknél) ébredő reakció (támasz vagy kényszererőket) erőket. A feladat megoldásához itt is célszerű felvenni egy viszonyítási koordináta rendszert és egy viszonyítási forgatási irányt is. A feladat ilyenkor a következő: meg kell határozni az erőrendszer hiányzó elemeit, azaz a támaszoknál ébredő ismeretlen reakcióerőket, a nagyságukat és az irányukat. A szerkesztő eljárás során hasonlóan járunk el, mint eredő erő szerkesztésekor.

38

3.2.1. példa Adott az 66. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet, baloldali végén egy csuklóval (A pont), jobboldali végén egy görgővel (B pont) megtámasztva. A tartószerkezetet hossztengelyére merőlegesen terheli F1=19 kN, F2=26 kN és F3= 15 kN koncentrált erők. Elhelyezkedésük ismert, a = 1 m. Határozza meg a kényszereknél ébredő támaszerőket számítással és szerkesztéssel.

66. ábra: Párhuzamos hatásvonalú erőrendszer kiegyensúlyozása – reakció erő meghatározás

A számító eljárás során az első lépés, hogy a támaszoknál fellépő támasz erők nagyságát és irányát feltételezzük. Az A csukló megakadályozza a tartószerkezet elmozdulását úgy x, mint y irányban. Ezért ott Ax és Ay erőket is feltételeznünk kell. A B támasz csak a támaszra merőleges elmozdulását akadályozza meg a tartószerkezetnek, így ott csak egy y tengellyel párhuzamos hatásvonalú erő nagyságát és értelmét feltételezzük (67. ábra). A tartószerkezetet terhelő erőrendszernek így öt eleme van jelen példában, F1, F2 és F3 ható erők és FA, FB ismeretlen erők.

67. ábra: Párhuzamos erőrendszer kiegyensúlyozása – támaszerők nagyságának és irányának feltételezése

Az egyensúly feltétele, hogy az eredő nagysága nulla legyen. Ha ez fenn áll, akkor a tartószerkezet sem x, sem y irányban nem mozdul el. Azonban ha az eredő erő zérus, az nem jelenti automatikusan, hogy nem mozdul el a szerkezet. Ugyanis az eredő erő lehet erőpár is. Azaz az erőrendszer eredőjének erőértéke zérus, de nyomatéka van. Ebben az esetben a tartószerkezet egy adott pont körül forgómozgást végez. Természetesen az egyensúly feltétele, hogy a tartószerkezet sem haladó, sem forgómozgást nem végezhet. Ehhez nem elegendő a már ismert két vetületi egyensúlyi egyenletet felírni:

39

ΣFx = 0 = − Ax és ΣFy = 0 = Ay + B y − F1 + F2 − F3 . Matematikai szempontból sem megoldható a két egyenletből álló három–ismeretlenes egyenletrendszer. Az erőrendszerre ugyanúgy érvényes a nyomatéki tétel is. Ha azonban az erőrendszer eredője nulla, annak nyomatéka bármely tetszőlegesen kiválasztott pontra is nulla lesz. Így írhatjuk fel tetszőlegesen választott pontra a nyomatéki egyensúlyi egyenletet. A pontot, amire vesszük az erőrendszer valamennyi elemének a nyomatékösszegét, úgy célszerű felvenni, hogy az egyenletben az ismeretlenek száma minimális legyen. Ezt úgy érhetjük el, hogy a nyomatékot olyan pontra írjuk fel, amelyen minél több ismeretlen erő hatásvonala átmegy. Jelen példában először az A pontra írunk fel egy nyomatéki egyensúlyi egyenletet:

ΣM A = 0 = = −F3 ⋅ (1,5a) + F2 ⋅ (1,5a + 1,75a) − F1 ⋅ (1,5a + 1,75a + 1,75a) + B ⋅ (1,5a + 1,75a + 1,75a + 3a)

.

Az egyenlőségben az egyetlen ismeretlen a B támasznál fellépő B reakcióerő, mivel Ax és Ay hatásvonala is átmegy az A ponton, így nyomatékuk az A pontra zérus. Behelyettesítés után:

ΣM A = 0 = −15[kN] ⋅ 1,5[m] + 26 [kN] ⋅ 3,25[m] − 19 [kN] ⋅ 5 [m] + B ⋅ 8[m] . Az egyenletből B– re a következőt kapjuk: B = 4,125 kN. Mivel eredményül pozitív értéket kapunk, ez azt jelenti, hogy helyes volt a B erőnek feltételezett iránya. Az eredmény felírása helyesen: B = 4,125 kN (↑). A következő lépésben a B pontra is felírunk egy nyomatéki egyensúlyi egyenletet:

ΣM B = 0 = = F1 ⋅ (3a) − F2 ⋅ (3a + 1,75a) + F3 ⋅ (3a + 1,75a + 1,75a) − Ay ⋅ (1,5a + 1,75a + 1,75a + 3a)

.

Az egyenlőségben az egyetlen ismeretlen az A támasznál fellépő Ay reakcióerő, mivel Ax és By hatásvonala is átmegy a B ponton, így nyomatékuk a B pontra zérus. Behelyettesítés után: ΣM B = 0 = 19 [ kN] ⋅ 3[m] − 26 [kN] ⋅ 4,75 [m] + 15 [ kN] ⋅ 6,5 [m] − Ay ⋅ 8 [m] . Az egyenletből Ay–

ra a következőt kapjuk: Ay = 3,875 kN. Mivel eredményül pozitív értéket kapunk, ez azt jelenti, hogy helyes volt az Ay erőnek feltételezett iránya. Az eredmény felírása helyesen: Ay = 3,875 kN (↑). Az x irányú vetületi egyensúlyi egyenletből egyértelműen kiderül, hogy az A pontban feltételezett Ax komponens zérus. Az y irányú vetületi egyenletbe, ha behelyettesítünk, ellenőrizhetjük a nyomatéki egyensúlyi egyenletek eredményeit: ΣFy = 0 = 3,875 + 4,125 − 19 + 26 − 15 . Az egyenlőség fennáll. Az A

40

reakcióerő nagysága megegyezik az Ay–nal ( A =

Ax2 + Ay2 = 0 + 3,8752 = 3,875 kN ), hatás-

vonala párhuzamos az y tengellyel, míg irányítása pozitív a viszonyítási koordinátatengelyhez képest. A szerkesztő eljárás hasonlóan történik, mint a párhuzamos erőrendszer eredőjének a 61. ábra – 65. ábrasorozaton bemutatott eljárása. Úgy az erőnek, mint a távolságnak felvesszük a léptéket (68. ábra), majd léptékhelyesen felvesszük a tartószerkezetet és a rá ható erőket 69. ábra).

68. ábra: Lépték felvétele

69. ábra: A tartószerkezet és a rá ható erők léptékhelyes felvétele

70. ábra: Párhuzamos erőrendszer kiegyensúlyozása – vektorábra rajzolása

41

A következő lépésben az 70. ábra jobb oldalára egymás után felmérjük a ható erőket, az F1, F2 és F3 koncentrált erőket és egy tetszőleges helyre felvesszük a P póluspontot. Az F1, F2 és F3 koncentrált erőket felbontjuk, helyettesítjük S segéderőkkel. Először az F1 erőt bontjuk fel S1 és S2 segéderőkre (71. ábra). Ezután az F2 erőt helyettesítjük –S2 és S3 segéderőkkel (72. ábra), végül F3 erőt bontjuk fel –S3 és S4 segéderőkre (73. ábra). Tudjuk azt, hogy az erőrendszer két ismeretlen elemét, A és B erőket, ha felmérjük a vektorábrába, akkor a vektorsokszögnek folytonos nyílértelemmel kell záródnia. Így lesz az eredő erő nulla, így lesz egyensúly. Az A és B erők nagyságának a megszerkesztéséhez a kötélábrát kell megrajzolnunk.

71. ábra: F1 erő felbontása S1 és S2 segéderőkre

72. ábra: F2 erő felbontása –S2 és S3 segéderőkre

42

73. ábra: F3 erő felbontása –S3 és S4 segéderőkre

Először párhuzamost húzunk S1 segéderővel az A ponton keresztül, hogy metssze F1 erő hatásvonalát (74. ábra) – ugyanis S1 segéderő ellentettje, –S1 az A reakcióerőt helyettesítő erő egyike lesz. Az A reakcióerő hatásvonalának pedig egyetlen pontját ismerjük, magát az A pontot. Azért nem a B pontból indítjuk a szerkesztést, mert a B támaszerőnek a hatásvonala ismert – görgő esetében támaszra merőleges. A kötélábra szerkesztése végén az utolsó segéderőnek (S4) metszeni kellene az A támaszerő hatásvonalát, azaz az A ponton kellene áthaladnia. Ez pedig nem lehetséges – csak véletlenszerűen sikerülhet.

74. ábra: Kötélábra – párhuzamos S1 segéderővel az A ponton át

43

75. ábra: Kötélábra – párhuzamos S2 segéderővel K1 ponton át, metszve F2 hatásvonalát K2 pontban

Következő lépésként S2 segéderővel húzunk párhuzamost a K1 ponton át úgy, hogy S2 hatásvonala metssze F2 hatásvonalát (75. ábra). A metszéspont K2. Ezután S3 segéderő hatásvonalával húzunk párhuzamost K2 ponton át, hogy elmetsszük F3 hatásvonalát a K3 pontban (76. ábra). Végül K3 ponton át húzunk párhuzamost S4 segéderővel, hogy metssze B támaszerő hatásvonalát (77. ábra). A metszéspont K4. Ezután összekötjük A és K4 pontokat, az egyenest záróvonalnak nevezzük (78. ábra).

76. ábra: Kötélábra – párhuzamos S3 segéderővel K2 ponton át, metszve F3 hatásvonalát K3 pontban

44

77. ábra: Kötélábra – párhuzamos S4 segéderővel K3 ponton át, metszve B hatásvonalát K4 pontban

78. ábra: Kötélábra – záróvonal szerkesztés, A és K4 pontok összekötése pontvonallal

Végül a záróvonallal párhuzamost húzunk a vektorábrán szereplő P pólusponton keresztül (79. ábra). Jól látható a kötélábráról, hogy az A támaszerőt a (–)Z és (–)S1 segéderők helyettesítik – ennek a három erőnek a hatásvonala metszi egymást az A pontban, míg a B támaszerőt (–)S4 és Z segéderők helyettesítik – ennek a három erőnek a hatásvonala metszi egymást az K4 pontban.

45

79. ábra: Záróvonal behúzása a pólusponton át, K5 pontot kimetszve a vektorábrából, a reakció erők leolvasása

A vektorábráról leolvashatjuk a felvett lépték segítségével a támaszerők nagyságát. 3.2.2. példa Adott a 80. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet, a viszonyítási koordinátarendszer, az F=11 kN koncentrált erő, q1=5 kN/m és q2=3 kN vonal mentén egyenletesen megoszló erők, illetve az a=2 m távolság. Határozza meg a támaszoknál ébredő kényszererőket számítással.

80. ábra: Párhuzamos erőrendszer kiegyensúlyozása – koncentrált és vonal mentén megoszló erővel terhelt egyenes tengelyű tartószerkezet

Első lépésben a megoszló erőket helyettesítjük koncentrált erőkkel – erre azért van szükség, mert a megoszló erőknek a nyomatékát egy tetszőlegesen választott pontra a helyettesítő erőknek a hatásvonala fogja meghatározni, ezek alapján olvassuk le az erőkarokat. A q1=5 kN/m egyenletesen megoszló terhelés 1,5a = 3 m hosszon hat, míg a q2=3 kN/m egyenletesen megoszló terhelés 3a = 6 m hosszon hat. A helyettesítő erők nagysága:

Q1 = q1 ⋅ (1,5a) = 5 ⋅ (1,5 ⋅ 2) = 15 kN és Q2 = q 2 ⋅ (3a) = 3 ⋅ (3 ⋅ 2) = 18 kN . Látható, a helyettesítő erő nagysága az azt szimbolizáló téglalap területével egyezik meg, a hatásvonalát mindig a megoszló terhelés súlypontjába helyezzük el (81. ábra).

46

81. ábra: Egyenletesen megoszló erők helyettesítése koncentrált erőkkel

Ezután a tartót megtámasztó kényszereknél feltételezzük az ismeretlen reakcióerők nagyságát és irányát. Az A pontban egy csukló a támasz, ami megakadályozza a tartószerkezet elmozdulását x és y irányokban. Így az A pontban Ax és Ay kényszererőket feltételezünk. A B pontban egy görgő a kényszer, így ott a támaszra merőleges hatásvonalú B reakcióerőt feltételezünk (82. ábra). Ezután már felírhatjuk az egyensúlyi egyenleteket.

82. ábra: Reakcióerők nagyságának és irányának, értelmének feltételezése

Először az A pontra írjunk fel egy nyomatéki egyensúlyi egyenletet:

ΣM A = 0 = −Q1 ⋅ = −(q1 ⋅ 1,5a ) ⋅

1,5a a+a+a  − Q2 ⋅ 1,5a +  − F ⋅ (1,5a + a ) + B ⋅ (1,5a + a + a ) = 2 2  

1,5a a+a+a  − (q 2 ⋅ (a + a + a )) ⋅ 1,5a +  − F ⋅ (1,5a + a ) + B ⋅ (1,5a + a + a ) = . 2 2  

q ⋅ (1,5a ) 3a   =− 1 − (q 2 ⋅ 3a ) ⋅ 1,5a +  − F ⋅ (2,5a ) + B ⋅ (3,5a ) 2 2  2

Behelyettesítés után:

5 ⋅ (1,5 ⋅ 2) 3⋅ 2  ΣM A = 0 = − − (3 ⋅ 3 ⋅ 2) ⋅ 1,5 ⋅ 2 +  − 11 ⋅ (2,5 ⋅ 2) + B ⋅ (3,5 ⋅ 2) . 2 2   2

Az egyenlőségből a B ismeretlent kifejezve: B = 26,5 kN. A B pontra írjunk fel egy nyomatéki egyensúlyi egyenletet:

47

1,5a   a +a +a  ΣM B = 0 = Q1 ⋅  a + a + − a  + F ⋅ a − Ay ⋅ (a + a + 1,5a ) =  + Q2 ⋅  2  2    1,5a   a +a +a  = (q 1 ⋅ 1,5a ) ⋅  a + a + − a  + F ⋅ a − Ay ⋅ (a + a + 1,5a ) =  + (q 2 ⋅ (a + a + a )) ⋅  2  2    q 1 ⋅ a 2 ⋅ 8,25 q 2 ⋅ a 2 ⋅ 3 = + + F ⋅ a − Ay ⋅ (3,5a ) 2 2 Behelyettesítés után: ΣM A = 0 =

5 ⋅ 2 2 ⋅ 8, 25 3 ⋅ 2 2 ⋅ 3 + + 11 ⋅ 2 − A y ⋅ 7 2 2

Az egyenlőségből az Ay ismeretlent kifejezve: Ay = 17,5 kN. Ellenőrzésként az y irányú vetületi egyensúlyi egyenletet írjuk fel:

ΣFy = 0 = −q1 ⋅ 1,5a − q 2 ⋅ (a + a + a ) − F + Ay + B = = −5 ⋅ 1,5 ⋅ 2 − 3 ⋅ (2 + 2 + 2) − 11 + 17,5 + 26,5 = 0

Az x irányú vetületi egyenletben csak az Ax ismeretlen szerepel, ami így nullával egyenlő. A keresett reakcióerők eredményei helyesen feltüntetve: Ay = 17,5 kN (↑) és B = 26,5 kN (↑).

48

4. Síkbeli általános erőrendszerek Síkbeli általános erőrendszer esetében az erőrendszer egyes elemei egymáshoz képest teljesen általános helyzetben helyezkednek el. Eddigi ismereteinket felhasználva vagy eredő erő számítás, vagy kiegyensúlyozás a feladatunk. 4.1. Síkbeli általános erőrendszer eredő (helyettesítő) erejének a meghatározása 4.1.1. példa Adott a (83. ábra) az x–y viszonyítási koordináta rendszer, F1 kN, F2 kN és F3 kN erők nagysága és iránya a viszonyítási koordináta rendszerben, M kNm koncentrált nyomaték és a m távolság. F1 = 5 kN, α1 = 85 °, F2 = 4 kN, α2 = 50 °, F3 = 15 kN, α3 = 15 °, M = 19 kNm és a = 1,6 m távolság. Határozza meg az erőrendszer eredőjét számítással és szerkesztéssel.

83. ábra: Közös metszéspontú erőrendszer eredő erejének meghatározása

Megoldás számítással Első lépésben a vetületi tételt alkalmazzuk a viszonyítási koordinátarendszer két tengelyére. Az x irányú vetületi egyenlet:

∑F

x

= − F1x + F2x − F3x = − F1 ⋅ cos α 1 + F2 ⋅ sin α 2 − F3 ⋅ cos α 3 =

(

)

(

)

(

)

(

)

= − F1 ⋅ sin 90 ° − α1 + F2 ⋅ cos 90 ° − α 2 − F3 ⋅ sin 90 ° − α 3 = = −5 ⋅ cos 85° + 4 ⋅ sin 50° − 15 ⋅ cos 15° =

(

)

(

)

= −5 ⋅ sin 90 ° − 85° + 4 ⋅ cos 90 ° − 50° − 15 ⋅ sin 90 ° − 15° = −11,86 Ez azt jelenti, hogy az eredő erő a viszonyítási koordinátarendszer x tengelyére vett vetületének nagysága 11,86 kN, irányítása pedig ellentétes. A vetületi egyenlet eredménye helyesen felírva:

∑F

x

= FRx = 11,86 kN (←) .

Az y irányú vetületi egyenlet:

49

∑F

y

= − F1y + F2y − F3y = − F1 ⋅ sinα1 + F2 ⋅ cosα 2 − F3 ⋅ sinα 3 =

(

)

(

)

(

)

(

)

= − F1 ⋅ cos 90 ° - α1 + F2 ⋅ sin 90 ° - α 2 − F3 ⋅ cos 90 ° - α 3 = = −5 ⋅ sin85° + 4 ⋅ cos50° − 15 ⋅ sin15° =

(

)

(

)

= −5 ⋅ cos 90 ° - 85° + 4 ⋅ sin 90 ° - 50° − 15 ⋅ cos 90 ° - 15° = −6,29 Ez azt jelenti, hogy az eredő erő a viszonyítási koordinátarendszer y tengelyére vett vetületének nagysága 6,29 kN, iránya pedig ellentétes. A vetületi egyenlet eredménye helyesen felírva:

∑F

y

= FRy = 6,29 kN (↓ ) .

Az eredő erő nagyságát a következők szerint kapjuk meg: FR =

FRx + FRy = 11,86 2 + 6,29 2 = 13,42 kN . 2

2

A következő lépés az erőrendszer eredőjének az elhelyezkedése, helyzetének megadása a viszonyítási koordináta rendszerben – hogyan helyezkedik el az eredő erő a viszonyítási koordináta rendszer tengelyeihez képest. Azt szeretnénk megtudni, hogy az eredő erő hatásvonala mekkora szöget zár be a viszonyítási koordinátarendszer tengelyeivel. A 84. ábra jelöléseit használva az α a vízszintessel bezárt szög. Meghatározása valamely szögfüggvény alkalmazásával történik.

84. ábra: Eredő erő nagyságának és helyzetének a meghatározása a viszonyítási koordináta rendszerben

 FRy  F  F   = arccos Rx  = arctan Ry  = α = arcsin  FR   FR   FRx   6,29   11,86   6,29  = arcsin  = arccos  = arctan  = 27,9 °  13,42   13,42   11,86  Végül pedig azt kell meghatároznunk, hogy az eredő erő hol helyezkedik a viszonyítási koordináta rendszerben. Ehhez a nyomatéki tételt használjuk fel, azaz az erőrendszer minden egyes elemének vesszük a nyomatékát egy adott pontra, jelen esetben a viszonyítási koordináta rendszer középpontjára, és előjelhelyesen összegezzük őket. Az egyenlet helyes felírásához és az előjelhelyes összegzéséhez célszerű felvenni egy viszonyítási forgatási irányt (a viszonyítási koordináta rendszerünk jobbforgású, ami egyértelműen meghatározza a viszonyítási forgatási irányt is). Adott pont körüli pozitív forgatásnak az óramutató járásával ellentétes irányt értjük. 50

85. ábra: Erőrendszer egyes elemeinek nyomatéka a viszonyítási koordináta rendszer középpontjára

A 85. ábra az egyes erők hatásvonalának a meghosszabbítását mutatja, illetve az origóból ezen egyenesekre bocsátott merőlegesek (k1, k2, k3) vannak feltüntetve. E merőleges egyenesek hoszszát kellene kiszámolni a nyomatékok meghatározásához, ami lehetséges, de hosszadalmas. Ehelyett a következőket tesszük. Az egyes erőknek a vetületi egyenletek során az x és y irányú komponenseivel számolunk. A nyomatéki tétel értelmében, ha az adott erő egyes komponenseinek a nyomatékát vesszük külön – külön adott pontra, ugyanazt kapjuk, mintha magának az adott erőnek vettük volna a nyomatékát az adott pontra. Ennek figyelembe vételével a nyomatéki tétel első részének alkalmazása: ΣM O = F1x ⋅ (3 ⋅ a ) − F1y ⋅ (a ) − F2x ⋅ (2 ⋅ a ) + F2y ⋅ (a ) + F3x ⋅ (a ) − F3y ⋅ (3 ⋅ a) − M = = F1 ⋅ cos(α 1 ) ⋅ (3 ⋅ a ) − F1 ⋅ sin (α 1 ) ⋅ (a ) − F2 ⋅ sin (α 2 ) ⋅ (1,9 ⋅ a ) + F2 ⋅ cos(α 2 ) ⋅ (a ) + + F3 ⋅ cos(α 3 ) ⋅ (a ) − F3 ⋅ sin (α 3 ) ⋅ (3 ⋅ a) − M = = 5 ⋅ cos(85°) ⋅ (3 ⋅ 1,6) − 5 ⋅ sin (85°) ⋅ (1,6) − 4 ⋅ sin (50°) ⋅ (1,9 ⋅ 1,6) + 4 ⋅ cos(50°) ⋅ (1,6) + + 15 ⋅ cos(15°) ⋅ (1,6) − 15 ⋅ sin (15°) ⋅ (3 ⋅ 1,6) − 19 = −12,53 →

Ez azt jelenti, hogy az erőrendszer egyes elemeinek origóra (O pont) vett eredő nyomatéka 12,53 kNm nagyságú. A forgatóhatás iránya az óramutató járásával megegyező irányú. Ezt onnan tudjuk, hogy az eredményre negatív értéket kaptunk, ami a felvett viszonyítási forgatási irányunkkal ellentétes irányt jelent. Ez az érték és a forgatás iránya meg kell egyezzen az erőrendszer eredőjének ugyancsak az origóra vett nyomatékával. Figyelembe véve, hogy az eredő hogyan (α, β szögek) helyezkedik el a viszonyítási koordinátarendszerben, a 86. ábra szemlélteti az eredő erőnek a helyét. A kérdés a kR távolság. A nyomatéki tétel második részének alkalmazása: ΣM O = 12,53 kNm = k R ⋅ FR , ahonnan kR =

ΣM O 12,53 kNm = = 0,93 m . FR 13,42 kN

51

86. ábra: Eredő erő elhelyezkedése a viszonyítási koordinátarendszerben

Megoldás szerkesztéssel Először felvesszük a léptéket (87. ábra) – ezt mindig az erők nagyságának és elhelyezkedésének a figyelembevételével tesszük meg. Ezután egy tetszőlegesen választott G pontból az F1 erő hatásvonalával párhuzamost húzunk az F1 erő értelmével megegyező irányban. Az egyenes hossza a léptéknek megfelelően 2,5 cm (88. ábra). Következő lépésekben az F2 és F3 erőket mérjük fel (89. ábra és 90. ábra).

87. ábra: Erőlépték felvétele

88. ábra: F1 erő léptékhelyes felvétele


52


Az eredő erő támadáspontja a tetszőlegesen felvett P pont lesz, és az F3 erő végpontjába mutat. Ez meghatározza az eredő irányát és értelmét is (91. ábra).

91. ábra: Az eredő hatásvonalának iránya és az erő irányítása

A következő lépés az eredő helyének (kr) a meghatározása az adott viszonyítási koordinátarendszerben. Ehhez a vektor és kötélsokszöget kell megszerkesztenünk. Azonban mielőtt ezt megtesszük, nagyon lényeges, hogy az erőrendszerben működő nyomatékot (erőpárt) is figyelembe vegyük. Az M nyomatéknak ugyanis az eredő erő nagyságára nincs hatása (erőértéke nulla), de az elhelyezkedésére igen. Először a távolságléptéket vesszük fel (92. ábra). Ezután az M koncentrált nyomatékot helyettesítjük az FM erőpárral (93. ábra). Az FM erő értéke: M = 6 kNm = FM ⋅ 1 + FM ⋅ 1 → FM = 3 kN .

92. ábra: Távolságlépték felvétele

53

93. ábra: A koncentrált nyomaték helyettesítése erőpárral

Ezt az FM erőt kell kétszer felvennünk a vektorsokszögben egy tetszőleges helyre – jelen példában az F2 erő végpontjából mérjük fel. Az erőpár másik, ellentétes értelmű tagja ugyanebbe a pontba fog mutatni (94. ábra), és innen folytatódik az adott erők további felvétele.

94. ábra: Az M koncentrált nyomaték figyelembe vétele, mint erőpár

Most már nekifoghatunk a vektor– és kötélsokszög szerkesztésének. A tetszőleges helyre felvett póluspontot P – vel jelöljük, és megrajzoljuk a S segéderőket. Először az F1 erőt bontjuk fel S1 és S2 segéderőkre a vektorábrán. S1 segéderő hatásvonalával párhuzamost húzunk a kötélábrán, oly módon, hogy egy tetszőleges K1 pontban elmetssze F1 erő hatásvonalát (95. ábra). Ezen a K1 ponton át párhuzamost húzunk S2 erő hatásvonalával is.

54

95. ábra: F1 erő felbontása S1 és S2 segéderőkre, K1 pont meghatározása

Ezután F2 erőt bontjuk fel –S2 és S3 segéderőkre a vektorábrán. A kötélábrán a K1 ponton átmenő S2 segéderő hatásvonalát meghosszabbítjuk, és metszésre hozzuk F2 erő hatásvonalával. A metszéspont a K2 pont lesz, amin keresztül párhuzamost húzunk S3 segéderő hatásvonalával (96. ábra).

96. ábra: F2 erő felbontása –S2 és S3 segéderőkre, K2 pont meghatározása

A következő lépésben a felfelé mutató FM erőt bontjuk fel –S3 és S4 segéderőkre a vektorábrán. A K2 ponton áthaladó S3 segéderőt meghosszabbítjuk a kötélábrán, hogy metssze a felfele mutató FM erő hatásvonalát (97. ábra). K3 lesz a metszéspont, amin keresztül párhuzamost húzunk S4 segéderő hatásvonalával is.

55

97. ábra: FM (↑) erő felbontása –S3 és S4 segéderőkre, K3 pont meghatározása

Ezután a lefelé mutató FM erőt kell felbontani segéderőkre. Ezek a –S4 és S3 erők lesznek. A kötélábrán S4 segéderő hatásvonalát meghosszabbítjuk, és metszésre hozzuk a lefelé mutató FM erő hatásvonalával. K4 lesz a metszéspont. Ezen a ponton át húzunk párhuzamost az S3 segéderővel (98. ábra). Következő lépésként az F3 erőt bontjuk fel –S3 és S5 segéderőkre a vektorábrán. A kötélábrán a K4 ponton átmenő S3 segéderő hatásvonalát meghosszabbítjuk, metszésre hozzuk F3 erő hatásvonalával.

98. ábra: FM (↓) erő felbontása –S4 és S3 segéderőkre, K4 pont meghatározása

K5 lesz a metszéspont (99. ábra), amin keresztül párhuzamost húzunk S5 segéderő hatásvonalával.

56

99. ábra: F3 erő felbontása –S3 és S5 segéderőkre, K5 pont meghatározása

Végül a legelső lépésben a tetszőleges K1 ponton át felett S1 segéderő hatásvonalát metszésre hozzuk a legutolsóként a K5 ponton keresztül felvett S5 segéderő hatásvonalával.

100. ábra: K6 pont, az eredő helyének a meghatározása

K6 lesz a metszéspont. Ezen a ponton kell az eredő erőnek áthaladnia – párhuzamost húzunk az FR eredő hatásvonalával K6 ponton keresztül (100. ábra).

57

101. ábra: A teljes vektor és kötélábra

A teljes vektor és kötélábrát a 101. ábra mutatja. 4.2. Síkbeli általános erőrendszer kiegyensúlyozása 4.2.1. példa Adott a 102. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet, a viszonyítási koordinátarendszer, az F=7 kN koncentrált erő, α=60 °, q1=2 kN/m és q2=3 kN vonal mentén egyenletesen megoszló erők, illetve az a=2 m távolság. Határozza meg a támaszoknál ébredő kényszererőket számítással és szerkesztéssel.

102. ábra: Egyenes tengelyű tartó általános terhelése

Megoldás számítással Előbb felvesszük a kényszereknél az ismeretlen nagyságú és feltételezett irányú erőket (103. ábra), majd nyomatéki egyensúlyi egyenletet írunk fel az A és B pontokra.

58

103. ábra: Ismeretlen nagyságú és irányú reakcióerők felvétele

q ⋅ (1,5a ) a + 1,5a   ΣM A = 0 = − 1 − q 2 ⋅ (a + 1,5a ) ⋅ 1,5a +  − F ⋅ (1,5a + a ) ⋅ sinα + B ⋅ (2 ⋅ 1,5a + a ) = 2 2   2

2 ⋅ (1,5 ⋅ 2 ) 2 + 1,5 ⋅ 2   =− − 3 ⋅ (2 + 1,5 ⋅ 2 ) ⋅ 1,5 ⋅ 2 +  − 7 ⋅ (1,5 ⋅ 2 + 2 ) ⋅ sin60° + B ⋅ (2 ⋅ 1,5 ⋅ 2 + 2 ) 2 2   2

B ismeretlenre a következőt kapjuk: B=15,23 kN (↑). ΣM B = 0 = F ⋅ (1,5a ) ⋅ sinα + = 7 ⋅ (1,5 ⋅ 2 ) ⋅ sin60° +

q 2 ⋅ (a + 1,5a ) 1,5a   + q 1 ⋅ 1,5a ⋅  a + 1,5a +  − Ay ⋅ (2 ⋅ 1,5a + a ) = 2 2   2

3 ⋅ (2 + 1,5 ⋅ 2 ) 1,5 ⋅ 2   + 2 ⋅ 1,5 ⋅ 2 ⋅  2 + 1,5 ⋅ 2 +  − Ay ⋅ (2 ⋅ 1,5 ⋅ 2 + 2 ) 2 2   2

Ay ismeretlenre a következőt kapjuk: Ay =11,84 kN (↑). Az x irányú vetületi egyensúlyi egyenlet felírása után kifejezhetjük az Ax ismeretlent is: ΣF x = 0 = F ⋅ cos α − A x ⇒ Ax =3,5 kN (←).

Az reakcióerő nagysága: A =

Ax2 + Ay2 = 3,5 2 + 11,84 2 = 12,35 kN

Az ismeretlen erőknek feltételezett irányok, értelmek minden esetben jók voltak. Megoldás szerkesztéssel

104. ábra: Erőlépték felvétele

Elsőként felvesszük a léptéket (104. ábra). Lehetőség szerint mind az erő–, mind a távolság léptéket úgy határozzuk meg, hogy a lapon kényelmesen, de jól láthatóan legyenek feltüntetve a tartó méretei, illetve az erők nagyságai. Arra is gondolni kell, hogy a szerkesztés folyamán az erők hatásvonalai egy esetleges távolabbi pontban metsződnek. (Ennek kézi szerkesztésnél van jelentősége, számítógépes kivitelezés esetén természetesen korlátlan felület áll rendelkezésünkre.)

59

105. ábra: Külső erők léptékhelyes felmérése

A következő lépésben (105. ábra) a tartószerkezetet vesszük fel léptékhelyesen az ábra bal oldalán – ez a kötélsokszög kiindulási alapja. Jobbra a tartószerkezetre ható külső, aktív erőket vesszük fel léptékhelyesen – ez a vektorsokszög kiindulási alapja. A megoszló erőket a helyettesítő erőikkel (Q1, Q2) vesszük figyelembe. Ezután (106. ábra) az vektorábrától jobbra tetszőleges helyen felvesszük a P póluspontot. F erőt felbontjuk S1 és S2 segéderőkre. S1 segéderő hatásvonalával párhuzamost húzunk az A ponton keresztül, hogy metssze F erő hatásvonalát. A metszéspont a K1. A következő lépésben (107. ábra) Q1 erőt bontjuk fel –S2 és S3 segéderőkre a vektorábrán, majd a kötélábrán S2 segéderő hatásvonalával párhuzamost húzunk K1 ponton át, hogy elmetsszük a Q1 hatásvonalát. A metszéspont K2. Ezután (108. ábra), ismét a vektorábrán, felbontjuk a Q2 erőt –S3 és S4 segéderőkre. A kötélerő ábrán S3 segéderő hatásvonalával párhuzamost húzunk K2 ponton át, hogy metsszük Q2 hatásvonalát. A metszéspont a K3.

60

106. ábra: F erő felbontása S1, S2 segéderőkre, K1 pont meghatározása

107. ábra: Q1 erő felbontása –S2, S3 segéderőkre K2 pont meghatározása

61

108. ábra: Q2 erő felbontása –S3, S4 segéderőkre K3 és K4 pontok meghatározása

109. ábra: Záróvonal meghatározása, A és B reakcióerők leolvasása a vektorábráról

62

Most az S4 segéderő hatásvonalával húzunk párhuzamost a K3 ponton át, hogy elmetsszük a B támaszerő hatásvonalát. Az újabb metszéspont K4. Tudjuk azt, hogy a vektorábrán Q2 végpontja az egyben az ismeretlen B kényszererő támadáspontja is. A B erő végpontja a szintén ismeretlen A támaszerő támadáspontja lesz. Azt azonban tudjuk, hogy az A erőnek az elsőként felvett F erő kiindulási pontjába kell mutatnia, különben nem áll fenn az egyensúly (ekkor kapunk nullvektort az erőrendszer eredőjére). A jobboldali vektorábrán láthatjuk, hogy egy berajzolt segéderő mindig két erő felbontásakor jelenik meg, csak ellentétes értelemmel. Ez annyit jelent, hogy következő lépésként a K4 ponton keresztül kellene egy párhuzamost húznunk azzal a segéderővel, ami a póluspont és a B erő végpontját köti össze. Ennek a segéderőnek az ellentettjével kellene az A erőt is felbontani. Ennek értelmében ennek az ismeretlen segéderőnek a K4 ponton és az A erő hatásvonalán mindenképpen át kell haladnia. Az erő hatásvonalának pedig egyetlen pontja ismert, mégpedig maga az A pont, ahonnan a kötélábra szerkesztését elkezdtük. A szerkesztés befejezéseként (109. ábra) semmi más dolgunk, mint K4 és A pontokat összekötni a kötélerő ábrán. A két pontot összekötő egyenest nevezzük záróvonalnak. Végül a záróvonallal húzunk párhuzamost a vektorábrán a P pólusponton keresztül. Ez az egyenes fogja kimetszeni nekünk a függőleges helyzetű B támaszerő végpontját, ami az A támaszerő támadáspontja is. A léptéknek megfelelően le kell olvasni az eredményeket. A további példákban a megoldást csak számító eljárással határozzuk meg, a szerkesztő eljárást már nem ismertetjük. 4.2.2. példa Adott a 110. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet, az F=20 kN koncentrált erő, q=5 kN/m vonal mentén egyenletesen megoszló erő, M=8 kNm koncentrált nyomaték, illetve az a=1 m távolság. Határozzuk meg a támaszerőket számítással.

110. ábra: Kéttámaszú tartó kiegyensúlyozása

Megoldás: előbb felvesszük a kényszereknél az ismeretlen nagyságú és irányú erőket (111. ábra), majd nyomatéki egyensúlyi egyenletet írunk fel az A és B pontokra. Az A pontban csak 63

függőleges, y irányú erőt veszünk fel, mivel az Ax kivételével x irányú erő nem működik az erőrendszerben. Így a vízszintes vetületi egyensúly csak úgy teljesül, ha Ax=0.

111. ábra: Ismeretlen támaszerők felvétele / feltételezése

2a + 0,75a   ΣM A = 0 = M − q ⋅ (2a + 0,75a ) ⋅  a + 1,25a +  − F ⋅ a + B ⋅ 4a = 2   2 ⋅ 1 + 0,75 ⋅ 1   = 8 − 5 ⋅ (2 ⋅ 1 + 0,75 ⋅ 1) ⋅ 1 + 1,25 ⋅ 1 +  − 20 ⋅ 1 + B ⋅ 4 ⋅ 1 2   B ismeretlenre a következőt kapjuk: B=15,46 kN (↑). ΣM B = 0 = A ⋅ 4a + F ⋅ 3a + M + q ⋅ 2,5a ⋅ 0,375a = = A ⋅ 4 + 20 ⋅ 3 + 8 + 5 ⋅ 2,5 ⋅ 0,375 A ismeretlenre a következőt kapjuk: A = –18,17 → A=18,17 kN (↑).

64

5. Igénybevételek – rácsos tartók A tartószerkezetre ható erőrendszer (külső erők és támaszerők együttesen) hatására a tartó belsejében is erők keletkeznek. Ezeket az erőket nevezzük belső erőknek vagy más néven igénybevételeknek. A tartószerkezet egy tetszőleges K keresztmetszetének igénybevételét oly módon határozzuk meg, hogy a K–keresztmetszettől jobbra vagy balra ható erők eredőjét számítjuk ki. Megkülönböztetjük a normál igénybevételt (tartószerkezet hossztengelyével párhuzamos hatásvonalú erők eredője), nyíró igénybevételt (tartószerkezet hossztengelyére merőleges hatásvonalú erők eredője) és a hajlító igénybevételt. Rácsos tartókról abban esetben beszélünk, ha a tartószerkezetet rudakból építjük fel, amelyek csuklóval kapcsolódnak egymáshoz. A külső terheléseket csak a csuklókban visszük fel a tartóra. A közös metszéspontú erőrendszereknél tanultak alapján ilyenkor a tartószerkezeti elemekben, a rudakban csak normál igénybevétel lép fel. Ez az igénybevétel kétirányú lehet – húzás (+) vagy nyomás (–). 5.1.1. példa Adott a 112. ábra szerinti rácsos tartószerkezet, az F=6 kN koncentrált erő, illetve az a=2,4 m távolság. Határozzuk meg a támaszerőket és a rudak igénybevételeit számítással.

112. ábra: Rácsos tartó szerkezet

Megoldás: előbb felvesszük a kényszereknél az ismeretlen nagyságú és irányú támaszerőket (113. ábra), majd nyomatéki egyensúlyi egyenletet az A és B pontokra, végül pedig vetületi egyensúlyi egyenletet írunk fel.

65

113. ábra: Rácsos tartó kiegyensúlyozása – támaszerők felvétele

ΣM A = 0 = F ⋅ 4a + F ⋅ 3a + F ⋅ 2a + F ⋅ a + B ⋅ 2a = = 6 ⋅ 4 ⋅ 2,4 + 6 ⋅ 3 ⋅ 2,4 + 6 ⋅ 2 ⋅ 2,4 + 6 ⋅ 2,4 + B ⋅ 2 ⋅ 2,4

B ismeretlenre a következőt kapjuk: B= –30 →B= 30,0 kN (→),

ΣM B = 0 = F ⋅ 4a + F ⋅ 3a + F ⋅ 2a + F ⋅ a − Ax ⋅ 2a = = 6 ⋅ 4 ⋅ 2,4 + 6 ⋅ 3 ⋅ 2,4 + 6 ⋅ 2 ⋅ 2,4 + 6 ⋅ 2,4 − Ax ⋅ 2 ⋅ 2,4 Ax ismeretlenre a következőt kapjuk: Ax = 30,0 kN (←), ΣFy = 0 = −4 ⋅ F + Ay = −4 ⋅ 6 + Ay

Ay ismeretlenre a következőt kapjuk: Ay = 24 kN (↑). Most már ismerjük a tartószerkezetre működő külső erőrendszer minden elemét (114. ábra).

114. ábra: Rácsos tartóra ható erőrendszer

A következő lépésben az egyes rudak igénybevételeit kell meghatároznunk. Ezt kétféle módszerrel tehetjük meg. Az egyik az úgynevezett csomóponti módszer, a másik a 3–as átmetszés módszere.

66

A csomóponti módszer lényege, hogy a rácsos tartószerkezetnek egy olyan csomópontját, csuklóját választjuk ki először, amelybe legfeljebb két ismeretlen tartószerkezeti elem, rúd csatlakozik. A kiválasztott csomópontot, mint egy egyensúlyban lévő közös metszéspontú erőrendszert tekinthetjük. A feladat, hogy ennek az egyensúlyi erőrendszernek az ismeretlen elemeit, azaz a csomópontba befutó két ismeretlen rúderőt meghatározzuk. Minden csomópontban külön – külön is teljesülnie kell a függőleges és vízszintes vetületi egyenletnek. Jelen példában kettő olyan csomópontot találunk, amelyikbe maximum két ismeretlen rúd csatlakozik be. Az egyik a B, a másik a 4–es csomópont. Válasszuk el a 4–es csomópontot a tartó többi részétől) a külső erővel együtt, ha van. (115. ábra). Ezzel gondolatban elmetszettük az S4,5 és S3,4 rudakat. Felszabadítottuk, láthatóvá tettük az átvágott rudakban lévő belső erőket, igénybevételeket. Megjelenítjük a belső erőket oly módon, hogy az átmetszésnél a rúd hossztengelyével párhuzamos irányban felvesszük az S4,5 és S3,4 ismeretlen rúderőket (116. ábra).

115. ábra: A 4–es csomópont különválasztása a tartószerkezettől

116. ábra: Ismeretlen rúderők megjelenítése

Hogyan kell értelmeznünk a felvett ismeretlen rúderőket? Az S4,5 és S3,4 rudak belső erőket jelölnek. A nyilak irányításai azt mutatják meg nekünk, hogyan reagál az adott rúd anyaga, belső része a két végén lévő terhelések hatására. Ha a 116. ábra szerinti feltételezéseket vesszük alapul, akkor a 4–5 rúd másik, 5–ös csomópont felőli végén éppen ellentétesen kell mutatnia S4,5 rúderőnek. Ehhez hasonlóan a 3–4 rúd 3–as csomópont felőli oldalán is ellentétes irányban kell feltételezni az S3,4 rúderőt (117. ábra).

67

117. ábra: Rudak ismeretlen belső erőinek feltételezése

A 117. ábra bal oldala szerinti jelölés azt jelenti, hogy a 4–5 rudat a két végén nyomják a külső erők, míg a jobb oldala szerint a 4–3 rudat húzzák a külső erők (118. ábra).

118. ábra: Normál (húzó vagy nyomó) igénybevétel értelmezése

Ezek alapján írjuk fel a két vetületi egyensúlyi egyenletet a 4–es csomópontra ható erőrendszer kiegyensúlyozása végett (116. ábra). Ehhez előbb meg kell határoznunk az S4,5 rúderő vízszintessel bezárt szögét (α):  2a  α = arctan  = 26,57° ,  4a 

∑F

= 0 = S 3,4 − S 4,5 ⋅ cosα és

∑F

= 0 = − F − S 4,5 ⋅ sin α → S4,5 = –13,41 → S4,5 = 13,41 kN (húzott, (+)).

x

y

Mivel S4,5 rúderőre negatív értéket kaptunk, ez azt jelenti, hogy a belső erőnek felvett értelem (irány) nem jó, éppen ellentétes (119. ábra). Azaz 4–5 rúd húzott tartószerkezeti elem lesz.

119. ábra: 4–5 rúd normál igénybevétele helyesen

Az x irányú vetületi egyenletet írjuk fel ismét, immár a 4–5 rúd igénybevételének ismeretében:

68

∑F

x

= 0 = S 3,4 + S 4,5 ⋅ cosα → S3,4 = –12,0 → S3,4 = 12,0 kN (nyomott, (–)) (120. ábra).

Mivel negatív értéket kaptunk, azt jelenti, hogy a húzottnak feltételezett rúd nem jó, ezért lesz nyomott a 3–4 jelű rúd.

120. ábra: 3–4 rúd normál igénybevétele helyesen

Következő lépésként tovább léphetünk egy újabb csomópontra, ahova csak két ismeretlen rúd csatlakozik. Ez a 3–as csomópont, amit különválasztunk a tartótól, és az átmetszett ismeretlen rúderőket (belső erőket) felvesszük (121. ábra).

121. ábra: A 3–as csomópontba csatlakozó ismeretlen (S3,5, S3,2) rúd(belső)erők feltételezése

A 3–as csomópontra felírt vetületi egyenletek:

∑F

= 0 = S 3,4 + S 3,2 → S3,2 = –S3,4 = –12,0 → S3,2 = 12,0 kN (nyomott, (–)),

∑F

= 0 = S 3 ,5 → S3,5 = 0, azaz 3–5 rúd úgynevezett vakrúd (122. ábra).

x

y

122. ábra: 3–5 és 3–2 rudak normál igénybevétele helyesen

Most már az 5–ös csomópontot is vizsgálhatjuk, ahova 2–5 és 5–6 ismeretlen rudak csatlakoznak. Az eddigiekhez hasonlóan különválasztjuk a csomópontot a környezetétől, és az elmetszett ismeretlen igénybevételű rudaknak felvesszük az igénybevételeit (123. ábra).

123. ábra: Az 5–ös csomópontba csatlakozó ismeretlen (S2,5, S5,6) rúd(belső)erők feltételezése

Az 5–ös csomópontra felírt vetületi egyenletek:

69

∑F

x

= 0 = −S 4,5 ⋅ cosα + S 5,6 ⋅ cosα + S 2,5 ⋅ cosα → S 2,5 = S 4,5 − S 5,6 = 13,41 − S 5,6

és

∑F

y

= 0 = − S 4,5 ⋅ sinα − F + S 5,6 ⋅ sinα − S 2,5 ⋅ sinα .

Behelyettesítés után: 0 = -13,41 ⋅ sin26,57 ° − 6 + S 5,6 ⋅ sin26,57 ° − 13,41 ⋅ sin26,57 ° + S 5,6 ⋅ sin26,57 ° →

S 5,6 =

13,41 ⋅ sin26,57° + 6 + 13,41 ⋅ sin26,57° = 20,12 [kN] (húzott, (+)) → S2,5 = –6,71→ S2,5 = 2 ⋅ sin26,57°

6,71 kN (nyomott, (–)) (124. ábra).


Ezután a 6–os csomópontot vizsgálhatjuk, ahova 6–7 és 2–6 ismeretlen rudak csatlakoznak. Az eddigiekhez hasonlóan különválasztjuk a csomópontot a környezetétől, és az elmetszett ismeretlen igénybevételű rudaknak felvesszük az igénybevételeit (125. ábra).

125. ábra: A 6–os csomópontba csatlakozó ismeretlen (S6,7, S2,6) rúd(belső)erők feltételezése

A 6–os csomópontra felírt vetületi egyenletek:

∑F

= 0 = −S 5,6 ⋅ cosα + S6,7 ⋅ cosα → S 6,7 = S 5,6 = 20,12 kN (húzott, (+)), és

∑F

= 0 = − S 5,6 ⋅ sin α − F − S 2,6 + S 6,7 ⋅ sin α → S 2,6 = − 6 → S 2,6 = 6,0 kN (nyomott,(–)) (126.

x

y

ábra).

70


Következő lépésben a 2–es csomópontot vizsgálhatjuk, ahova 2–7 és 1–2 ismeretlen rudak csatlakoznak. Az eddigiekhez hasonlóan különválasztjuk a csomópontot a környezetétől, és az elmetszett ismeretlen igénybevételű rudaknak felvesszük az igénybevételeit (127. ábra).

127. ábra: A 2–es csomópontba csatlakozó ismeretlen (S2,7, S1,2) rúd(belső)erők feltételezése

Mielőtt felírnánk a vetületi egyensúlyi egyenleteket, meg kell határoznunk az S2,7 rúderő hatásvonalának vízszintessel bezárt szögét (β).  3a  β = arctan   = 56,31 ° .  2a 

A 2–es csomópontra felírt vetületi egyenletek:

∑F

x

= 0 = S 3,2 + S 2,5 ⋅ cosα + S 2,7 ⋅ cosβ + S 1, 2 =

= 12 + 6,71⋅ cos26,57° + S 2,7 ⋅ cos56,31° + S 1, 2

→ S 1,2 = −18,0 − S 2,7 ⋅ cos56,31 ° ,

és

∑F

y

= 0 = − S 2,5 ⋅ sin α − S 2,6 + S 2,7 ⋅ sin β =

= −6,71 ⋅ sin26,57 ° − 6 + S 2,7 ⋅ sin56,31 °

→ S 2,7 = 1 0,82 [kN] (húzott, (+))

Visszahelyettesítés után: S 1,2 = −18,0 − S 2,7 ⋅ cos56,31 ° = -18 − 10,82 ⋅ cos56,31 ° = −24,0 → S 1,2 = 24,0 kN (nyomott,(–))

(128. ábra).

71


Ezután az 1–es csomópontot vizsgálhatjuk, amit különválasztunk a tartótól, és az átmetszett ismeretlen rúderőket (belső erőket) felvesszük (129. ábra).

129. ábra: Az 1–es csomópontba csatlakozó ismeretlen (S1,7, SA,1) rúd(belső)erők feltételezése

Az 1–es csomópontra felírt vetületi egyenletek:

∑F

= 0 = S1,2 + S A,1 → SA,1 = –S1,2 = –24,0 → S1,2 = 24,0 kN (nyomott, (–)),

∑F

= 0 = S 1,7 → S1,7 = 0, azaz 1–7 rúd is vakrúd (130. ábra).

x

y

130. ábra: 1–7 és A–1 rudak normál igénybevétele helyesen

Most a 7–es csomópontot vizsgálhatjuk, amit különválasztunk a tartótól, és az átmetszett ismeretlen rúderőket (belső erőket) felvesszük (131. ábra).

72

131. ábra: A 7–es csomópontba csatlakozó ismeretlen (SB,7, SA,7) rúd(belső)erők feltételezése

A 7–es csomópontra felírt vetületi egyenletek:

∑F

x

SB,7 =

∑F

y

= 0 = −S6,7 ⋅ cosα − S 2,7 ⋅ cosβ + S A,7 ⋅ cosβ + S B,7 ⋅ cosα → 20,12⋅ cos26,57° +10,82⋅ cos56,31° − S A,7 ⋅ cos56,31° cos26,57°

= 26,83 − 0,62⋅ S A,7

→

,

= 0 = −S6,7 ⋅ sinα − S 2,7 ⋅ sinβ − F − S A,7 ⋅ sinβ + S B,7 ⋅ sinα →

Behelyettesítés után:

0 = −20,12⋅ sin26,57 ° −10,82⋅ sin56,31 ° − 6 − SA,7 ⋅ sin56,31 ° + (26,83− 0,62⋅ SA,7) ⋅ sin26,57 ° →

S A,7 = −10,82→ SA,7 = 10,82 kN (nyomott, (–)) →

SB,7 = 26,83+ 0,62⋅ SA,7 = 26,83+ 0,62⋅10,82= 33,54kN (húzott, (+)) (132. ábra).

132. ábra: A–7 és B–7 rudak normál igénybevétele helyesen

Befejezésként már választhatjuk mind az A, mind a B csomópontot, hogy meghatározzuk az utolsó ismeretlen rúderőt (SA,B). A B csomópontot választva kevesebb számolással érhetünk el eredményt. Különválasztjuk a tartótól, és felvesszük az átmetszett ismeretlen rúderőt (belső erőt) (133. ábra).

73

133. ábra: A B csomópontba csatlakozó ismeretlen (SA,B) rúd(belső)erő feltételezése

A B pontra felírt x irányú vetületi egyenletet eddigi számolásunk ellenőrzéseként írhatjuk fel:

∑F

x

= 0 = −S B,7 ⋅ cosα + B → B = SB,7 = 30 kN (húzott, (+)).

Az y irányú vetületi egyensúlyi egyenletből határozhatjuk meg az SA,B rúderőt:

∑F

y

= 0 = − S B,7 ⋅ sin α − S A,B → S A,B = − S B,7 ⋅ sin α = −33,54 ⋅ sin26,57 ° = −15 → SA,B= 15 kN

(nyomott, (–)) (134. ábra).

134. ábra: A–B rúd normál igénybevétele helyesen

Ezzel a tartószerkezet minden elemének igénybevételét ismerjük, az eredményeket úgynevezett rúderő–táblázatban foglalhatjuk össze. S1,A

S1,2

S2,3

S3,4

húzott rúd nyomott rúd

húzott rúd nyomott rúd

S4,5

S3,5

13,41

∅

24,0

24,0

12,0

12,0

S5,6

S2,6

S2,7

S6,7

S1,7

10,82

20,12

∅

20,12

∅

6,0

74

S2,5

∅

6,71

SA,7

SB,7 33,54

10,82

A másik eljárás a rudak igénybevételének a meghatározására a 3–as átmetszés módszere. Az eljárás lényege, hogy a tartószerkezetünket két különálló részre választjuk szét. Ezt úgy tehetjük csak meg, hogy maximum három rudat vágunk át (135. ábra).

135. ábra: Rácsos tartó rúderőinek (igénybevételeinek) meghatározása 3–as átmetszéssel – S1,2, S2,7, S6,7 rudak átvágása

A 135. ábra szerinti, hullámvonallal jelölt átvágással a tartó S1,2, S2,7 és S6,7 rúdjait vágtuk át, szabadítottuk fel a rúderőket. Az egyik, tetszőlegesen kiválasztatott tartórészen dolgozunk tovább – legyen ez a jobb oldali része a tartónak (136. ábra).

136. ábra: A szétválasztott tartó jobb oldalának a kiválasztása

Felvesszük a felszabadított, de ismeretlen belső erők (az igénybevételek) nagyságát és értelmét (általában húzottnak feltételezünk minden átmetszett rudat) (137. ábra). Ezek lesznek az S1,2,

75

S2,7 és S6,7 rúderők, ez a három felszabadított belső erő fog egyensúlyt tartani a jobboldali tartórészre működő külső erőkkel (F, B, Ax, Ay). Csak azokat a rúderőket vehetjük figyelembe, amelyeket átmetszettünk.

137. ábra: Rúderők feltételezése a 3–as átmetszés módszerében

Ennek megfelelően a már ismert egyensúlyi, a nyomatéki és vetületi egyensúlyi egyenleteket használjuk fel az ismeretlenek meghatározására. Ha a 7–es csomópontra írunk fel nyomatéki egyensúlyi egyenletet, akkor az S4,7, S2,7 rúderők nem fognak szerepelni az egyenlőségben, mivel hatásvonaluk átmegy a kiválasztott ponton.

∑M

7

S 1,2 =

= 0 = − S 1,2 ⋅ 3 ⋅

a a a − Ax ⋅ 3 ⋅ − B ⋅ 2 2 2

→

a a 2,4 2,4 − B⋅ − 30 ⋅ 3 ⋅ − 30 ⋅ 2 2 = 2 2 = −40 . a 2,4 3⋅ 3⋅ 2 2

− Ax ⋅ 3 ⋅

Mivel negatív értéket kaptunk az egyenlőségből S1,2–re, ez azt jelenti, hogy a felvett irányt meg kell fordítani, S1,2 nyomott rúd lesz (a felvett irány mindig a megmaradt csomópontok irányából értelmezendők). S1,2=40 kN (nyomott, (–)). Következő lépésként az 1–2 és 2–7 rudak metszéspontját választjuk ki a nyomatéki egyensúlyi egyenlet felírásához. Ez a pont tulajdonképpen a 2–es csomópont.

∑M

2

S 6,7 =

= 0 = − F ⋅ a − S 6,7 ⋅ sinα ⋅ a + S 6,7 ⋅ cosα ⋅ 3 ⋅

a − B ⋅ 2 ⋅ a + Ay ⋅ 2 ⋅ a 2

Ay ⋅ 2 ⋅ a - B ⋅ 2 ⋅ a − F ⋅ a 24 ⋅ 2 ⋅ 2,4 - 30 ⋅ 2 ⋅ 2,4 − 6 ⋅ 2,4 = = +20,13 a 2,4 sinα ⋅ a − cosα ⋅ 3 ⋅ sin26,57° ⋅ 2,4 − cos26,57° ⋅ 3 ⋅ 2 2

76

→

Mivel pozitív értéket kaptunk az egyenlőségből S6,7–re, ez azt jelenti, hogy amit felvettünk neki értelmet az jó, azaz S6,7 húzott rúd lesz. S6,7=20,13 kN (húzott, (+)). Végül egy vetületi egyensúlyi egyenletet írhatunk fel.

∑F

y

= 0 = − S 6,7 ⋅ sinα − S 2,7 ⋅ sinβ − F + Ay =

= −20,13 ⋅ sin26,57° − S 2,7 ⋅ sin56,31° − 6 + 24

→

Mivel pozitív értéket kaptunk az egyenlőségből S2,7–re, ez azt jelenti, hogy amit felvettünk neki értelmet az jó, azaz S2,7 húzott rúd lesz. S2,7 = 10,81 kN (húzott, (+)). Amennyiben további rúderőket szeretnénk meghatározni, ahhoz egy másik helyen kell az átmetszést elvégezni (138. ábra).

138. ábra: Rácsos tartó rúderőinek (igénybevételeinek) meghatározása 3–as átmetszéssel – S5,6, S5,2, S2,3 rudak átvágása

Ezután ugyanaz az eljárás menete, mint az előbb. A kettéválasztott tartónak most nem a jobb, hanem a bal oldalát tarjuk meg (139. ábra), majd feltételezzük az átvágott rudaknak a nagyságát és értelmét (140. ábra). Végül pedig felírjuk az egyensúlyi egyenleteket.

∑M

5

= F ⋅ a − S 2,3 ⋅

a 2,4 → = 6 ⋅ 2,4 − S 2,3 ⋅ 2 2

S2,3 = 12,0 kN (nyomott, (–)).

77

139. ábra: A második helyen szétválasztott tartó bal oldalának a kiválasztása


∑M

4

= −F ⋅ a + S 2,5 ⋅ sinα ⋅ 2 ⋅ a = −6 ⋅ 2,4 + S 2,5 ⋅ sin26,57° ⋅ 2 ⋅ 2,4 →

S2,5 = 6,71 kN (nyomott, (–)).

∑F

x

= 0 = −S 2,5 ⋅ cosα − S 2,3 − S 5,6 ⋅ cosα = −6,71⋅ cosn26,57° − 12,0 − S 5,6 ⋅ cos26,57° →

S5,6 = –20,13 → S5,6 = 20,13 kN (húzott, (+)). Láthatjuk, hogy a 3–as átmetszés módszerének eredményeit, ha összehasonlítjuk a csomóponti módszer eredményeivel, ugyanazt kapjuk. Azt, hogy mikor melyik módszert kell, illetve célszerű alkalmazni, azt mindig a feladat jellege határozza meg. 5.1.2. példa Adott a 141. ábra szerinti szimmetrikus szerkezetű és terhelésű rácsos tartószerkezet, az F=20 kN koncentrált erő, illetve az a=1,0 m távolság. Határozzuk meg a támaszerőket, az S1,7 rúderőt csomóponti módszerrel, míg S2,3 és S6,7 rudak igénybevételeit a 3–as átmetszés módszerével.

78

141. ábra: Rácsos tartószerkezet

Rúderők meghatározása azok nagyságának és irányának a feltételezése után:

∑M

A

= 0 = B ⋅ 12 ⋅ a − F ⋅ 11 ⋅ a − F ⋅ 8 ⋅ a − F ⋅ 4 ⋅ a − F ⋅ a =

= B ⋅ 12 ⋅ 1 − 20 ⋅ 11 ⋅ 1 − 20 ⋅ 8 ⋅ 1 − 20 ⋅ 4 ⋅ 1 − 20 ⋅ 1

∑F

y

→

B = 40 kN (↑). →

= 0 = B + A y − 4 ⋅ F = 40 + A y − 4 ⋅ 20

Ay = 40 kN (↑).

142. ábra: Adott rácsos tartószerkezetre ható külső erők és a reakcióerők

Az S1,7 rúderő meghatározása csomóponti módszerrel: 79

143. ábra: Az A csomópontra ható erők, az S1,A és SA,7 ismeretlen rúderők feltételezése

α = arctan

∑F

x

= 0 = S1,A ⋅ cosβ + S A,7 ⋅ cosα = S1,A ⋅ cos75,96° + S A,7 ⋅ cos45,0° →

S 1,A = −

∑F

y

3a 4a = 45,0° és β = arctan = 75,96 ° 3a a

S A,7 ⋅ cos45,0° cos75,96°

= 0 = S 1,A ⋅ sin β + S A,7 ⋅ sin α + A y = S 1,A ⋅ sin75,96 ° + S A,7 ⋅ sin45,0 ° + 40

Behelyettesítés után: 0=−

S A,7 ⋅ cos45,0° cos75,96°

⋅ sin75,96° + S A,7 ⋅ sin45,0° + 40

→

SA,7 = 18,86 kN (húzott, (+)). Visszahelyettesítés után:

S1,A = –54,98 → S1,A = 54,98 kN (nyomott, (–)) (144. ábra).

144. ábra: S1,A és SA,7 rudak belső erőinek, igénybevételeinek meghatározása

A következő lépés az 1–es csomópontra ható erők vizsgálata (145. ábra).

80

145. ábra: Az 1–es csomópontra ható erők, az S1,2 és S1,7 ismeretlen rúderők feltételezése

γ = arctan

∑F

x

a 2a = 26,57° és δ = arctan = 33,69° 2a 3a

= 0 = S 1,A ⋅ cosβ + S 1,7 ⋅ cosγ + S 1,2 ⋅ cosδ =

= 54,98 ⋅ cos75,96° + S 1,7 ⋅ cos26,57° + S 1,2 ⋅ cos33,69°

∑F

y

→ S 1,7 = −

13,34 + S 1,2 ⋅ cos33,69° cos26,57°

= 0 = S 1,A ⋅ sinβ + S 1,2 ⋅ sinδ − S 1,7 ⋅ sinγ - F =

= 54,98 ⋅ sin75,96° + S 1,2 ⋅ sin33,69° − S 1,7 ⋅ sin26,57° - 20 Behelyettesítés után: 0 = 54,98 ⋅ sin75,96° + S 1,2 ⋅ sin33,69° + S12 = –41,2

13,34 + S 1,2 ⋅ cos33,69° cos26,57°

⋅ sin26,57° - 20

→

→

S12 = 41,2 kN (nyomott, (–)).

146. ábra: S1,2 és S1,7 rudak belső erőinek, igénybevételeinek meghatározása

Visszahelyettesítés után (figyelem, az S1,2 rúdról immár tudjuk, hogy nyomott tartószerkezeti elem, ezért ezt az x irányú vetületi egyensúlyi egyenletben figyelembe kell venni.):

81

S 1,7 = −

13,34 − S 1,2 ⋅ cos33,69° cos26,57°

=−

13,34 − 41,2 ⋅ cos33,69° cos26,57°

→

S1,7= 23,41 kN (húzott, (+)) (146. ábra). Az S2,3 és S6,7 rúderők meghatározása 3–as átmetszés módszerrel: A megfelelő helyen kettéválasztjuk a tartót oly módon, hogy a keresett rúderőket felszabadítsuk az átmetszéssel. Ezután megtartjuk a kettévágott tartó bal oldali részét és felvesszük az ismeretlen nagyságú és értelmű rúderőket (147. ábra).


Az S7,6 és S2,6 rudak metszéspontja a 6–os csomópont – erre írunk fel először nyomatéki egyensúlyi egyenletet:

∑M

6

= 0 = F ⋅ 2 ⋅ a + F ⋅ 5 ⋅ a − Ay ⋅ 6 ⋅ a − S 2 , 3 ⋅ 2 ⋅ a =

= 20 ⋅ 2 ⋅ 1 + 20 ⋅ 5 ⋅ 1 − 40 ⋅ 6 ⋅ 1 − S 2,3 ⋅ 2 ⋅ 1 S2,3= – 50,0

→

→

S2,3= 50,0 kN (nyomott, (–)). A 7–6 rúd vízszintessel bezárt szöge: ϕ = arctan

a = 18,43[°] . 3a

A nyomatéki egyensúlyi egyenlet a 2–es csomópontra:

∑M

2

= 0 = F ⋅ 3 ⋅ a − Ay ⋅ 4 ⋅ a + S 7,6 ⋅ cosϕ ⋅ 3 ⋅ a − S7,6 ⋅ sinϕ ⋅ a =

= 20 ⋅ 3 ⋅ 1 − 40 ⋅ 4 ⋅ 1 + S 7,6 ⋅ (cos18,43° ⋅ 3 ⋅ 1 − sin18,43° ⋅ 1)

82

→

S7,6= 39,53 kN (húzott, (+)).

83

6. Igénybevételek – kéttámaszú, egyenes tengelyű tartók A tartószerkezetre ható erőrendszer (külső erők és támaszerők együttesen) hatására a tartó belsejében is erők keletkeznek. Ezeket az erőket nevezzük belső erőknek vagy más néven igénybevételeknek. A tartószerkezet egy tetszőleges K keresztmetszetének igénybevételét oly módon határozzuk meg, hogy a K–keresztmetszettől jobbra vagy balra ható erők eredőjét számítjuk ki. Megkülönböztetjük a normál igénybevételt (tartószerkezet hossztengelyével párhuzamos hatásvonalú erők eredője), nyíró igénybevételt (tartószerkezet hossztengelyére merőleges hatásvonalú erők eredője) és a hajlító igénybevételt. Az egyes igénybevételekről, belsőerő típusokról már ejtettünk szót. Ebben a fejezetben olyan egyenes tengelyű tartószerkezetekkel foglalkozunk, amelyekre nemcsak tengelyirányú, hanem hossztengelyre merőleges külső erők is hatnak. Így nemcsak normál, hanem nyíró és hajlító igénybevételek is fellépnek. A feladat, hogy a belső erők változását a tartó hossztengelye mentén megszerkesszük, illetve megrajzoljuk. Ehhez a tartó valamennyi keresztmetszetében ismernünk kell a fellépő igénybevételeket. Az igénybevétel (belső erő) definícióját megismételjük: a tartószerkezet egy tetszőleges K keresztmetszetének igénybevételén az adott K–keresztmetszettől jobbra vagy balra ható erők (külső és reakció erők) eredőjét értjük. 6.1. Igénybevételi ábrák szerkesztési szabályai Jelölések:

N – normálerő ábra T – nyíróerő ábra M – hajlító nyomatéki ábra

1. A tartó azon szakaszán, ahol nincs erőhatás, az N és T ábra vonala a tartótengellyel párhuzamosan halad. 2. Koncentrált erő helyén az N és T ábrán az erő megfelelő irányú összetevőjének megfelelő ugrás van. 3. A nyomatéki ábra vonala lineárisan halad azon a szakaszon, ahol nincs erőhatás. A koncentrált erő helyén az M ábrában törés van. 4. Az M és T ábra között differenciális kapcsolat van. A nyíróerő ábra függvényét integrálva kapjuk a nyomatéki ábra függvényét, illetve a nyomatéki ábra függvényét deriválva kapjuk a nyíróerő ábra függvényét. 5. Előző pontból következik, hogy a nyomaték helyi/lokális szélsőértékei ott lépnek fel, ahol a nyíróerő nulla. 6. A tartó végein, ha nincs koncentrált nyomaték, akkor a nyomaték nulla.

84

7. Koncentrált erő helyén a nyomatéki ábrában törés van. 8. Megoszló terhelés alatt a T ábra vonala ferde helyzetű egyenes, meredeksége a teherintenzitás. 9. Megoszló terhelés alatt az M ábra parabola, adott pontjához húzott érintő iránytangense az adott hely nyíróereje. 10. Az N és T ábrán a koncentrált nyomaték nem okoz változást. 11. A koncentrált nyomaték helyén, az M ábrán a nyomatéknak megfelelő ugrás van. 6.1.1. példa Adott a 148. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet. F=7 kN, q1=2 kN/m és q2= 3 kN/m, a = 2 m és α=60 °. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat.

148. ábra: Egyenes tengelyű, kéttámaszú tartó – terhelések és támaszerők

A támaszerők kiszámítását lásd 4.2.1 példában. Először mindig a normál igénybevételi ábrát rajzoljuk meg. Azokat az erőket összegezzük az egyes keresztmetszetekben, amelyek hatásvonala párhuzamos a tartó hossztengelyével. Ebben az esetben az Ax–ből és az F erő x irányú komponenséből származik normál igénybevétel. A 149. ábra mutatja a normál igénybevételnek az eloszlását a tartó hossztengelye mentén. A szerkesztési szabályoknak megfelelően láthatjuk, hogy a tartóra két helyen koncentrált normál erő (Ax és F) hat. Ezeken a helyeken azonos nagyságú, de ellentétes irányú ugrás található, mivel a két erő irányítása ellentétes. A terheletlen szakaszon a tartó hossztengelyével párhuzamosan haladunk. Nagyon egyszerűen ellenőrizhetjük, hogy jól dolgoztunk–e. Ugyanazon keresztmetszetben két oldalról nézve a belső erőknek ki kell egyensúlyozniuk egymást. Azaz azonos keresztmetszetet két oldalról vizsgálva azonos nagyságú, de ellentétes irányítású erőket kell kapnunk eredményül.

85

149. ábra: Normálerő ábra

Előbb az A ponttól tetszőleges x < 5 m távolságban található K keresztmetszetet vizsgáljuk. A 150. ábra felső részén láthatjuk, hogy a K keresztmetszettől jobbra eső tartószerkezeti részt megtartottuk. A balra található összes (jelen esetben egy) normálerőnek a hatását vettük figyelembe a vizsgált K keresztmetszetre. A 150. ábra alsó részén a tartó bal oldali részét tartottuk meg, és a K keresztmetszettől jobbra lévő normálerők hatását összegeztük a vizsgált keresztmetszetre. Látható, hogy két oldalról nézve ugyanazon K keresztmetszetben a belső erő nagysága azonos, irányítása ellentétes.

150. ábra: Normál igénybevétel értelmezése ugyanazon K keresztmetszetben, két oldalról nézve

A normálerő ábra alá közvetlenül rajzoljuk a nyíróerő ábrát. Azoknak az erőknek a hatását vizsgáljuk, melyeknek a tartó hossztengelyére merőleges komponense van. Ezek az Ay, q1, q2, Fy és B erők. A tartó bal oldalán az A pontban az Ay koncentrált erőhatás miatt az erő nagyságának megfelelően ugrunk (151. ábra), a nyíró igénybevétel értéke az A keresztmetszetben 11,84 kN – első lépés. Onnan q1 terhelés miatt ferde helyzetű egyenessel indulunk el az ugrással ellentétesen, mivel q1 és Ay egymással ellentétes irányba mutatnak – második lépés. A C keresztmetszet nyíró igénybevételének meghatározás a keresztmetszettől jobbra és balra eső nyíróerők eredőjének külön – külön meghatározásával (152. ábra).

86

151. ábra: Nyíróerő ábra – első, második lépés

152. ábra: C keresztmetszet nyíró igénybevételének értelmezése két oldalról nézve

Ha a C keresztmetszettől balra eső nyíró erőket összegezzük:

∑T

b C

= Ay − q1 ⋅ 3 = 11,84 − 2 ⋅ 3 = 5,84

→

∑T

b C

= 5,84 kN (↑ ) .

Ha C keresztmetszettől jobbra eső nyíró erőket összegezzük:

∑T

j C

= B − Fy − q 2 ⋅ 5 = 15,23− 6,06 − 3 ⋅ 5 = −5,83 →

∑T

j C

= 5,83 kN(↓ ) .

Láthatjuk, hogy ugyanazon keresztmetszetben két oldalról vizsgálva a két nyíró igénybevétel éppen kiegyenlíti egymást. Azaz a C keresztmetszetben fennáll az egyensúly, mivel a nagyság megegyezik (a minimális eltérés a kerekítésekből adódik), míg az irányok ellentétesek egymással. Innen a q2 megoszló terhelés intenzitásának megfelelő meredekségű egyenessel haladunk tovább egészen az F koncentrált erő támadáspontjáig – harmadik lépés, ahol az F erő y komponensének megfelelően ugrunk lefele (153. ábra) – negyedik lépés.

87

153. ábra: Nyíróerő ábra – harmadik, negyedik lépés

∑T

b D

= Ay − q1 ⋅ 3 − q 2 ⋅ 2 = 11,84 − 2 ⋅ 3 − 3 ⋅ 2 = −0,16

→

∑T

b D

= 0,16 kN (↓ ) .

Az ábrán az erők nagysága és a geometria miatt nehezen látható, de a nyíró erő értéke a tengely alá esik a vizsgált keresztmetszetben. Ezután jön az F erő y komponensének a figyelembevétele:

∑T

b D

= Ay − q1 ⋅ 3 − q 2 ⋅ 2 = 11,84 − 2 ⋅ 3 − 3 ⋅ 2 = −0,16 → −Fy = −0,16 − 6,06 = −6,22 →

b D

= 6,22 kN (↓ ) .

∑T

Ha D keresztmetszettől jobbra eső nyíró erőket összegezzük:

154. ábra: D keresztmetszet nyíró igénybevételének értelmezése két oldalról nézve

∑T

j D

= B − q 2 ⋅ 3 = 15,23 − 3 ⋅ 3 = 6,23

→

∑T

j D

= 6,23 kN (↑ ) .

Az F erő y komponensének a figyelembevétele: → ∑TDj = B − q 2 ⋅ 3 = 15,23 − 3 ⋅ 3 = 6,23 → −Fy = 6,23 − 6,06 = 0,17 →

∑T

j D

= 0,17 kN (↑ ) .

88

Innen továbblépve a q2 megoszló terhelésnek megfelelően ferde helyzetű egyenessel haladok tovább a következő koncentrált erőhatásig, ami a B erő – ötödik lépés. Végül pedig a B koncentrált erő nagyságának megfelelően felfelé ugrunk – hatodik lépés (155. ábra).

155. ábra: Nyíróerő ábra – ötödik, hatodik lépés

A B keresztmetszetet vizsgálata mindkét oldalról hasonló módon történik, mint a C és D keresztmetszeteké. Az utolsó igénybevétel fajta a hajlító nyomaték és eloszlásának a vizsgálata a tartó hossztengelye mentén. Ezt az ábrát közvetlenül a nyíróerő ábra alá rajzoljuk. Fontos tudnivaló (ahogy a szerkesztési szabályoknál már említettük), hogy a nyomatéki és nyíróerő ábra között differenciális kapcsolat áll fenn. Ennek figyelembevételével legelőször megnézzük, melyik keresztmetszetben áll fenn a T = 0 egyenlőség – ott lokális (adott keresztmetszet közeli) szélsőértéknek kell lenni. Ezután, megnézzük, hogy a tartó végein működik–e koncentrált nyomaték – ha nem, ott a nyomaték értéke zérus. Végül pedig megtekintjük, hogy a tartón működik–e valahol koncentrált nyomaték – ha igen, ott ugrás lesz a nyomatéki ábrán. Ezek figyelembevételével tesszük meg az első lépést a nyomatéki ábra rajzolásakor. A 156. ábra mutatja, hogy T = 0 a D keresztmetszet közvetlen közelében lesz – mivel nagyon kis távolságról van szó, ezért úgy tekintjük, hogy a D keresztmetszetben van a zérus. Azt is láthatjuk, hogy a tartón sehol, se a végeken, se a tartószerkezeten nem működik koncentrált nyomaték, így a tartó két végén zérus a nyomaték, és nem lesz ugrás sem a nyomatéki ábrában.

89

156. ábra: Nyomatéki ábra szerkesztése – első lépés

Következő lépésben a D keresztmetszet hajlító igénybevételét vizsgáljuk meg két oldalról nézve, megkeressük a lokális szélsőértéket (157. ábra).

157. ábra: D keresztmetszet hajlító igénybevételének értelmezése két oldalról nézve

∑ M Db = ∑M ∑M

q 2 ⋅ 22 3 ⋅ 22 + q 1 ⋅ 3 ⋅ 3,5 − Ay ⋅ 5 = + 2 ⋅ 3 ⋅ 3,5 − 11,84 ⋅ 5 = −32,2 → 2 2

b D

= 32,2 kNm ( ) és

j D

= −q 2 ⋅ 3 ⋅ 1,5 + B ⋅ 3 = −3 ⋅ 3 ⋅ 1,5 + 15,23 ⋅ 3 = 32,19

→

∑M

j D

= 32,19 kNm ( ).

Láthatjuk, hogy a hajlító igénybevétel nagysága mindkét esetben 32,2 kNm, és mindkét esetben az alsó a húzott oldal. Ugyanazon D keresztmetszetben két oldalról nézve az igénybevételek kiegyenlítik egymást, azaz az egyensúly fennáll.

90

Következő lépésben a C keresztmetszet hajlító igénybevételét vizsgáljuk meg két oldalról nézve (158. ábra).

158. ábra: C keresztmetszet hajlító igénybevételének értelmezése két oldalról nézve

q1 ⋅ 32 2 ⋅ 32 ∑ M = 2 − Ay ⋅ 3 = 2 − 11,84 ⋅ 3 = −26,52 → b C

∑M

b C

= 26,52 kNm ( ) és

q 2 ⋅ 52 3 ⋅ 52 − Fy ⋅ 2 + B ⋅ 5 = − − 6,06 ⋅ 2 + 15,23 ⋅ 5 = 26,53 2 2

∑M

j C

=−

∑M

j C

= 26,53 kNm ( ).

→

Láthatjuk, hogy a hajlító igénybevétel nagysága mindkét esetben 26,52 kNm, és mindkét esetben az alsó a húzott oldal. Ugyanazon C keresztmetszetben két oldalról nézve az igénybevételek kiegyenlítik egymást, azaz az egyensúly fennáll. Ezután már csak össze kell kötni az eddig meghatározott pontokat (159. ábra). Négy „nevezetes” pontunk van. Mivel a tartó hossztengelye mentén végig megoszló terhelés működik, ezért a nyomatéki ábra végig másodfokú függvény (parabola) szerint változik.

91

159. ábra: Nyomatéki ábra szerkesztése – második lépés

6.1.2. példa Adott a 160. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet. F=15 kN, q=4 kN/m, a = 1 m és α = 30 °. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat.

160. ábra: Egyenes tengelyű, kéttámaszú tartó – támaszerők felvétele és meghatározása a terhelések és geometria ismeretében

A feladat megoldását, a felírt egyenleteket most már kevesebb magyarázó szöveggel egészítjük ki.

92

Először a támaszerőket kell meghatározni. X irányú vetületi egyensúlyi egyenlet felírása:

∑F

= 0 = − Ax − F ⋅ cos α = − Ax − 15 ⋅ cos30°

x

→

Ax = −13

→

Ax = 13 kN (→).

Az A pontra felírt nyomatéki egyensúlyi egyenlet:  7⋅a  = 0 = −q ⋅ 7 ⋅ a ⋅  + a  − F ⋅ sin α ⋅ 5 ⋅ a + B ⋅ 6 ⋅ a =  2  →  7 ⋅1  = −4 ⋅ 7 ⋅ 1 ⋅  + 1 − 15 ⋅ sin 30° ⋅ 5 ⋅ 1 + B ⋅ 6 ⋅ 1  2 

∑M

A

B = 27,25 kN (↑). A B pontra felírt nyomatéki egyensúlyi egyenlet:

∑M

B

= 0 = q ⋅ 7 ⋅ a ⋅ 1,5 ⋅ a + F ⋅ sin α ⋅ a − A y ⋅ 6 ⋅ a = 4 ⋅ 7 ⋅ 1 ⋅ 1,5 ⋅ 1 + 15 ⋅ sin 30° ⋅ 1 − A y ⋅ 6 ⋅ 1 →

Ay = 8,25 kN (↑) (161. ábra).

A C keresztmetszet vizsgálata két oldalról nézve, normál igénybevétel szempontjából (162. ábra):

∑N

b C

= Ax = 13,0 kN (→) és

∑N

j C

= − Fx ⋅ cos 30° = 13,0 kN (←).

161. ábra: Támaszerők és normál igénybevételi ábra

A C keresztmetszet vizsgálata két oldalról nézve, nyíró igénybevétel szempontjából:

∑T

= Ay = 8,25 kN (↑) és

∑T

= − q ⋅ 7 ⋅ a − Fx ⋅ sin 30° + B = −4 ⋅ 7 ⋅ 1 − 15 ⋅ sin 30° + 27,25 = -8,25 → ∑ TCj = 8,25 kN

b C j C

(↓).

93

A D keresztmetszet vizsgálata két oldalról nézve, nyíró igénybevétel szempontjából:

162. ábra: A C keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata két oldalról nézve

∑T

b D

= A y − q ⋅ 4 ⋅ a = 8,25 − 4 ⋅ 4 ⋅ 1 = −7,75

∑T

b D

= 7,75 (↓) és

j D

= −q ⋅ 3 ⋅ a + B = −4 ⋅ 3 ⋅ 1 + 27,25 = 15,25 kN (↑)

∑T

∑T

b D

→

= 7,75 (↓) + Fy (↓) = 15,25 kN (↓).

A B keresztmetszet vizsgálata két oldalról nézve, nyíró igénybevétel szempontjából:

∑T

b B

∑T ∑T

= Ay − q ⋅ 5 ⋅ a - Fy = 8,25 − 4 ⋅ 5 ⋅1 - 7,5 = −19,25

∑T

b B

= 19,25 (↓) és

j B

= −q ⋅ 2 ⋅ a = −4 ⋅ 2 ⋅1 = −8,0

∑T

j B

b B

→

= −19,25 + B = −19,25 + 27,25 = 8 kN (↑).

→

= 8,0 kN (↓) (163. ábra).

163. ábra: Nyíró–igénybevételi ábra

94

Az F keresztmetszet pontos helyének a meghatározása fontos, mert ott a nyíróerő értéke nulla lesz. Ez azt jelenti, hogy az F (és B) keresztmetszet(ek)ben lokális nyomatéki szélsőérték lesz. Az F keresztmetszet helye a C–től számítva: xF =

TC [kN ] 8,25 = = 2,063 m , q [kN/m ] 4

Az F keresztmetszet helye a D–től számítva: xF =

T D [kN ] 7,75 = = 1,937 m (163. ábra). q [kN/m ] 4

Az F keresztmetszet vizsgálata két oldalról nézve, nyíró igénybevétel szempontjából (164. ábra):

∑T ∑T

b F

= A y − q ⋅ 2,063 = 8,25 − 4 ⋅ 2,063 = ~ 0

j F

= −q ⋅ 4,937 − Fy + B = −4 ⋅ 4,937 − 7,5 + 27,25 = ~ 0

164. ábra: Az F keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata két oldalról nézve

A hajlító igénybevétel meghatározása az F keresztmetszetben két oldalról nézve:

∑ M Fb = − A y ⋅ 3,063 + q ⋅

∑M

b F

→

= 16,75 kNm ( ),

∑ M Fj = −q ⋅

∑M

→

2,063 2 2,063 2 = −8, 25 ⋅ 3,063 + 4 ⋅ = −16 ,75 2 2

j F

4,937 2 4,937 2 − Fy ⋅ 1,937 + B ⋅ 2,937 = −4 ⋅ − 7,5 ⋅ 1,937 + 27,25 ⋅ 2,937 = 16 ,75 2 2

= 16,75 kNm ( ) (166. ábra).

A hajlító igénybevétel meghatározása a B keresztmetszetben két oldalról nézve:

∑M

b B

= − Ay ⋅ 6 +

∑ M Bj = −

q ⋅ 52 4 ⋅ 52 + Fy ⋅ 1 = −8,25 ⋅ 6 + + 7,5 ⋅ 1 = 8,0 2 2

q ⋅ 22 4 ⋅ 22 =− = −8,0 2 2

→

∑M

j B

→ ∑ M Bb = 8,0 kNm ( ),

= 8,0 kNm ( ) (167. ábra).

A hajlító igénybevételi ábra (165. ábra) szélsőértékeinek a meghatározásán kívül tetszőleges keresztmetszet igénybevételének a meghatározását hasonló módon kell elvégezni. Ami érdekes

95

lehet számunkra, annak a keresztmetszetnek a meghatározása, ahol a hajlító igénybevétel értéke zérus. Láthatjuk, hogy ez a keresztmetszet valahol közelítően a D és B keresztmetszetek közé esik. Pontos meghatározása:

∑M

j ...

= 0 = B ⋅ (x - 2 ) −

q ⋅ x2 4 ⋅ x2 = 27,25 ⋅ (x - 2 ) − 2 2

→

A másodfokú egyenletből: x1 = 11,2 m és x2 = 2,44 m. Mivel a tartó hossza összesen nincs 11m, ezért csak az x2 = 2,44 m a jó megoldás. Azaz a nyomaték a tartó jobb oldali végétől (E keresztmetszet) 2,44 m–re lesz zérus.

165. ábra: Nyomatéki ábra

166. ábra: Hajlító igénybevétel maghatározása az F keresztmetszetben két oldalról nézve

96

167. ábra: Hajlító igénybevétel maghatározása a B keresztmetszetben két oldalról nézve

6.1.3. példa Adott a 168. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet. F=15 kN, q=4 kN/m, a=1 m és α = 30 °. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat.

168. ábra: Egyenes tengelyű, kéttámaszú, két oldalt konzolosan túlnyúló tartó

∑M

A

= 0 = q1 ⋅ 3 ⋅ a ⋅ 0,5 ⋅ a - F ⋅ 2,5 ⋅ a - q 2 ⋅ 5 ⋅ a ⋅ (2,5 ⋅ a + a) + B ⋅ 4,5 ⋅ a =

= 3 ⋅ 3 ⋅ 1 ⋅ 0,5 ⋅ 1 - 12 ⋅ 2,5 ⋅ 1 - 4 ⋅ 5 ⋅ 1 ⋅ (2,5 + 1) + B ⋅ 4,5 ⋅ 1

→

B=21,22 kN (↑),

∑M

B

= 0 = q 2 ⋅ 5 ⋅ a ⋅ a + q1 ⋅ 3 ⋅ a ⋅ (1,5 ⋅ a + 3,5 ⋅ a) + F ⋅ 2 ⋅ a - Ay ⋅ 4,5 ⋅ a =

= 4 ⋅ 5 ⋅ 1 ⋅ 1 + 3 ⋅ 3 ⋅ 1 ⋅ (1,5 ⋅ 1 + 3,5 ⋅ 1) + 12 ⋅ 2 ⋅ 1 - Ay ⋅ 4,5 ⋅ 1

→

Ay=19,78 kN (↑), Ax=0. Az A keresztmetszet nyíró igénybevételének számítása:

∑T

b A

= − q 1 ⋅ 2 ⋅ a = −3 ⋅ 2 ⋅ 1 = − 6

∑T

b A

= −6 + A y = 13,78 kN (↑).

→

∑T

b A

= 6 kN (↓), majd ugrás az ábrán

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének számítása:

∑T

b C

= −q 1 ⋅ 3 ⋅ a + A y = −3 ⋅ 3 ⋅ 1 + 19,78 = 10,78 kN (↑).

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének számítása:

97

∑T rán

b D

= −q 1 ⋅ 3 ⋅ a - q 2 ⋅ 1,5 ⋅ a + A y = −3 ⋅ 3 ⋅ 1 - 4 ⋅ 1,5 ⋅ 1 + 19,78 = 4,78 kN (↑), majd ugrás az áb-

∑T

b D

→

= 4,78 − F = 4,78 − 12 = −7,22

∑T

b D

= 7,22 kN (↓).

A B keresztmetszet nyíró igénybevételének számítása:

∑T

b B

= −q 1 ⋅ 3 ⋅ a - q 2 ⋅ 3,5 ⋅ a + A y − F = −3 ⋅ 3 ⋅ 1 - 4 ⋅ 3,5 ⋅ 1 + 19,78 − 12 = -15,22 →

∑T

b B

= 15,22 kN (↓), majd ugrás az ábrán

∑T

b B

= -15,22 + 21,22 = 6 kN (↑).

169. ábra: Nyíró igénybevételi ábra

Az A keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása:

∑ M Ab =

2 q 1 ⋅ (2 ⋅ a ) 3 ⋅ (2 ⋅ 1) = = 6 kNm ( ). 2 2

∑ M Aj = − =−

2

q1 ⋅ a 2 − q 2 ⋅ 5 ⋅ a ⋅ (2,5 ⋅ a + a) − F ⋅ 2,5 ⋅ a + B ⋅ 4,5 ⋅ a = 2 →

3 ⋅ 12 − 4 ⋅ 5 ⋅ 1 ⋅ (2,5 ⋅ 1 + 1) − 12 ⋅ 2,5 ⋅ 1 + 21,22 ⋅ 4,5 ⋅ 1 = -6 2

∑M

j A

= 6 kNm ( ).

A D keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása:

∑ M Dj = −

2 q 2 ⋅ (3,5 ⋅ a ) 4 ⋅ (3,5 ⋅ 1) + B⋅2⋅a = − + 21,22 ⋅ 2 ⋅ 1 = 17,94 kNm ( ), 2 2 2

∑ M Db = q 1 ⋅ 3 ⋅ a ⋅ (1,5 ⋅ a + 1,5 ⋅ a) +

q 2 ⋅ (1,5 ⋅ a ) − A y ⋅ 2,5 ⋅ a = 2 → 2

4 ⋅ (1,5 ⋅ 1) − 19,78 ⋅ 2,5 ⋅ 1 = −17,95 2 2

= 3 ⋅ 3 ⋅ 1 ⋅ (1,5 ⋅ 1 + 1,5 ⋅ 1) +

98

∑M

b D

= 17,95 kNm ( ).

A B keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása:

∑ M Bj = − ∑ M Bb =

2 q 2 ⋅ (1,5 ⋅ a ) 4 ⋅ (1,5 ⋅ 1) =− = 4,5 kNm ( )., 2 2 2

q 2 ⋅ (3,5 ⋅ a ) + q 1 ⋅ 3 ⋅ a ⋅ (1,5 ⋅ a + 3,5 ⋅ a ) + F ⋅ 2 ⋅ a − A y ⋅ 4,5 ⋅ a = 2 → 2

4 ⋅ (3,5 ⋅ 1) + 3 ⋅ 3 ⋅ 1 ⋅ (1,5 ⋅ 1 + 3,5 ⋅ 1) + 12 ⋅ 2 ⋅ 1 − 19,78 ⋅ 4,5 ⋅ 1 = 4,49 2 2

∑M

b B

= 4,49 kNm ( ).

170. ábra: Hajlító igénybevételi ábra

99

7. Igénybevételek – merev befogású, egyenes tengelyű tartók A mereven befogott tartók reakcióerőinek a számítására korábban nem tértünk ki, ezért ezzel most részletesen foglalkozunk. 7.1.1. példa Adott a 171. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet. F=8 kN, q=2 kN/m, M= 25 kNm és a=1 m. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat. Első lépésben a kényszernél fellépő ismeretlen nagyságú és irányú reakciókat kell meghatározni. A merev befogás megakadályozza a tartó x és y irányú elmozdulását, illetve az elfordulást a sík normálisa, a z irány körül. Ennek megfelelően az A pontban x és y irányú támaszerők (Ax és Ay) és forgatónyomaték (MA) ébred. Ezek nagyságát és irányát vesszük fel a 172. ábra szerint.

171. ábra: Egyenes tengelyű, mereven befogott tartó

172. ábra: Egyenes tengelyű, mereven befogott tartó –ismeretlen reakciók felvétele

Az ismeretlenek meghatározásához a vetületi és nyomatéki egyensúlyi egyenleteket használjuk fel: x irányú vetületi egyensúlyi egyenlet:

∑F

x

= 0 = Ax ,

y irányú vetületi egyensúlyi egyenlet:

∑F

y

→

= 0 = Ay − q ⋅ 6 ⋅ a − F = Ay − 2 ⋅ 6 ⋅ 1 − 8

Ay=20 kN (↑),

az A pontra felírt nyomatéki egyensúlyi egyenlet:

∑MA = 0 = M A + M −

q ⋅ (6 ⋅ a ) 2 ⋅ (6 ⋅ 1) − F ⋅ 6 ⋅ a = M A + 25 − − 8 ⋅ 6 ⋅1 → 2 2 2

2

MA=59 kNm ( ).

100

Normál igénybevétel nem lesz a tartón, a nyíró igénybevételi ábra szerkesztését az eddig tanultak szerint végezzük el. Az A pontban az Ay, tengelyre merőleges erő hat, mint nyíró erő. Ennek megfelelően ugrás lesz ebben a pontban, és a C pontban is az F koncentrált erő miatt, ami a tartó másik végén helyezkedik el (173. ábra). A nyomatéki ábra szerkesztése során annyi újdonság lesz az eddigi példákhoz képest, hogy a szerkesztési szabályok (6.1) 12. pontja értelmében a tartón működő koncentrált nyomatéknak megfelelő ugrás lesz a hajlító igénybevételi ábrán. A tartó bal oldali végén (az A pontban) az MA koncentrált nyomaték működik. Mivel a nyomaték értékét kivétel nélkül a tartó húzott oldalára mérjük fel, abba az irányba ugrunk, amelyik oldalt a koncentrált nyomaték húzza.


Az A keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata két oldalról nézve:

∑M

b A

= M A = 59 kNm ( ), és

∑ M Aj = −

q ⋅ (6 ⋅ a ) 2 ⋅ (6 ⋅ 1) − F⋅6⋅a + M = − − 8 ⋅ 6 ⋅ 1 + 25 = −59 2 2 2

2

→

∑M

j A

= 59 kNm

( ). Láthatjuk, mindkét esetben azonos eredményt kapunk, a nyomaték nagysága 59 kNm és a felső a húzott oldal. A B keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata két oldalról nézve (174. ábra):

∑ M Bb = M A +

q ⋅ (3 ⋅ a ) 2 ⋅ (3 ⋅ 1) − A y ⋅ 3 ⋅ a = 59 + − 20 ⋅ 3 ⋅ 1 = 8 kNm ( ) és az M koncentrált 2 2 2

2

nyomaték figyelembevétele:

∑M

b B

= 8 ( ) + 25 ( ) =33 kNm ( ).

101

174. ábra: A B keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata két oldalról nézve

∑ M Bj = −

q ⋅ (3 ⋅ a ) 2 ⋅ (3 ⋅ 1) − F⋅3⋅a = − − 8 ⋅ 3 ⋅ 1 = -33 → ∑ M Bj = 33 kNm ( ) és az M kon2 2 2

2

centrált nyomaték figyelembevétele:

∑M

j B

= 33 kNm ( ) – 25 kNm ( ) = 8 kNm ( ).

A hajlító igénybevételi ábrát a 175. ábra mutatja.


102

7.1.2. példa Adott a 176. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet. F1=10 kN, F2=15 kN, q=3 kN/m, M= 40 kNm, a=2 m, b=2,5 m, c=d=1 m, e=1,5 m és α=68 °. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat.

176. ábra: Egyenes tengelyű, mereven befogott tartó

Egyensúlyi egyenletek:

∑F

= 0 = A x + F1 ⋅ cosα = A x + 10 ⋅ cos68 ° →

∑F

= 0 = A y − q ⋅ (d + e) − F1 ⋅ sinα + F2 = A y − 3 ⋅ (1 + 1,5) − 10 ⋅ sin68 ° + 15 →

x

y

Ax=3,75 kN (←),

Ay=1,77 kN (↑), d +e  = 0 = M A + M + F2 ⋅ (a + b + c + d) − q ⋅ (d + e ) ⋅  a + b + c +  − F1 ⋅ sinα ⋅ (a + b) = 2   1 + 1,5   M A + 40 + 15 ⋅ (2 + 2,5 + 1 + 1) − q ⋅ (1 + 1,5) ⋅  2 + 2,5 + 1 +  − 10 ⋅ sin68° ⋅ (2 + 2,5) 2  

∑M

A

→ MA=45,15 kNm ( ).

177. ábra: Normál és nyíró erő ábra

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének számítása (177. ábra):

103

∑T

b C

= Ay = 1,77 kN (↑), majd az F1 erő y komponensének megfelelő ugrás:

+ F1y (↓) = 1,77 – 9,27=–7,5 →

∑T

j C

∑T

b C

= 1,77 (↑)

7,5 kN (↓).

= F2 − q ⋅ (d + e) = 15 − 3 ⋅ (1 + 1,5) = 7,5 kN (↑), majd az F1 erő y komponensének megfe-

lelő ugrás:

∑T

j C

→

= 7,5 (↑) + F1y (↓) = 7,5 – 9,27=–1,77

1,77 kN (↓).

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének számítása (177. ábra):

∑T

b D

= Ay − F1y − q ⋅ d = 1,77 − 9,27 − 3 ⋅ 1 = -10,5 →10,5 kN (↓), majd az F2 erőnek megfelelő

ugrás:

∑T

b D

= 10,5 (↓) + F2 (↑) = –10,5 +15=4,5 kN (↑).

∑T

j D

= −q ⋅ e = −3 ⋅ 1,5 = −4,5 → 4,5 kN (↓), majd az F2 erőnek megfelelő ugrás:

∑T

j D

= 4,5 (↓) + F2 (↑) = –4,5 +15=10,5 kN (↑).

178. ábra: Nyomatéki ábra

104

A nyomatéki ábrán (178. ábra), a tartó bal oldali végén az MA nyomatéknak megfelelően ugrunk. Az alsó oldalt húzza, ezért lefele ugrunk. A B keresztmetszet nyomatékának számítása:

∑M

b B

= −M A − Ay ⋅ a = −45,15 − 1,77 ⋅ 2 = −48,69 → ∑ M Bb = 48,69 kNm ( ), majd az M ug-

rásnak megfelelően ugrás a nyomatéki ábrán:

∑M

b B

= 48,69 ( ) + 40 ( )=–48,69+40=–8,69→8,69 kNm ( ).

d+e  = F2 ⋅ (b + c + d) − F1y ⋅ b − q ⋅ (d + e) ⋅  + b + c =  2   1 + 1,5  = 15 ⋅ (2,5 + 1 + 1) − 9,27 ⋅ 2,5 − 3 ⋅ (1 + 1,5) ⋅  + 2,5 + 1 =  2 

∑M

j B

=8,7 kNm ( ), majd az M ugrásnak megfelelően ugrás a nyomatéki ábrán:

∑M

j B

= 8,7 ( ) + 40 ( ) = 8,7+40 = 48,7 kNm ( ).

A C keresztmetszet nyomatékának számítása:

∑M

b C

= −M A + M − Ay ⋅ (a + b) = −45,15 + 40 − 1,77 ⋅ (2 + 2,5) = −13,12 → ∑ M Cb = 13,12

kNm ( ),

∑M

j C

d+e   1 + 1,5  = −q ⋅ (d + e) ⋅  + c  + F2 ⋅ (c + d) = −3 ⋅ (1 + 1,5) ⋅  + 1 + 15 ⋅ (1 + 1) = 13,13  2   2 

kNm ( ).

105

8. Igénybevételek – tört tengelyű tartók Ebben a fejezetben a törttengelyű tartók igénybevételei ábráinak a megszerkesztését és az egyes keresztmetszetek egyes igénybevételeinek kiszámítását tanulmányozzuk. Az belső erőkre vonatkozó szabályok, definíciók változatlanok, ugyanúgy kell alkalmazni azokat, mint az előző két fejezetben. A nehézséget a következő szokta okozni. Egyenes tengelyű tartók esetében hozzászoktunk, egyértelmű volt, hogy a tartó hossztengelye egybe esik az x viszonyítási tengellyel. Ebből adódóan magától értetődőnek tűnik, hogy egy x iránnyal párhuzamos hatásvonalú erő normál igénybevételt okoz. Előbbi, tulajdonképpen hibás megállapítás a tört tengelyű tartókra nem érvényes. Mindig az adott külső erő (terhelés és reakció erő) és a vizsgált tartószerkezeti rész hossztengelyének egymáshoz képesti elhelyezkedését kell szem előtt tartanunk és vizsgálnunk. Azokra kell alkalmazni a már megtanult definíciókat, szerkesztési szabályokat. 8.1.1. példa Adott a 179. ábra szerinti tört tengelyű tartószerkezet. F=10 kN, q=3 kN/m, a=0,5 m. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat.

179. ábra: Tört tengelyű tartó

Először a kényszernél felvesszük az ismeretlen nagyságú és irányú támaszerőket (179. ábra), majd felírjuk az egyensúlyi egyenleteket.

∑F

= 0 = A x − F = A x − 10 →

∑F

= 0 = A y − q ⋅ 3 ⋅ a = Ay − 3 ⋅ 3 ⋅ 0,5

x

y

∑MA = 0 = F⋅a +

Ax=10 kN (→), →

Ay=4,5 kN (↑),

q ⋅ (3 ⋅ a ) 3 ⋅ (3 ⋅ 0,5) − M A = 10 ⋅ 0,5 + − M A → MA=8,38 kNm ( ). 2 2 2

2

A vízszintes tartószerkezeti elem (AB) normál igénybevételének meghatározása során azoknak az erőknek a hatását vizsgáljuk, amelyek hatásvonala megegyező irányú (Ax és F) a tartórész hossztengelyével.

106

Az A keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata:

∑N

b A

= 0 , majd az Ax–nek megfelelően ugrás

∑N

b A

= 0 + A x = 10 kN (→).

180. ábra: Normál igénybevételi ábra – vízszintes (AB) tartó elem

A B keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a vízszintes (AB) tartórészen:

∑N

b B

= A x = 10 kN (→), illetve

∑N

j B

= -F = − 10 →

∑N

j B

= 1 0 kN (←).

A függőleges tartószerkezeti elem (BC) normál igénybevételének meghatározása során azoknak az erőknek a hatását vizsgáljuk, amelyek hatásvonala megegyező irányú (Ay és q) a tartórész hossztengelyével. A B keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a függőleges (BC) tartórészen:

∑N

b B

= A y − q ⋅ 3 ⋅ a = 4,5 − 3 ⋅ 3 ⋅ 0,5 = 0 , illetve ha a B keresztmetszettől jobbra lévő normál

(y iránnyal párhuzamos hatásvonalú) erőket szeretnénk összegezni, láthatjuk, hogy nincs ilyen erő. A függőleges tartószerkezeti elem normál igénybevétele zérus (181. ábra).

181. ábra: Normál igénybevételi ábra – függőleges (BC) tartó elem

A vízszintes tartószerkezeti elem (AB) nyíró igénybevételének meghatározása során azoknak az erőknek a hatását vizsgáljuk, amelyek hatásvonala merőleges irányú (Ay és q) a tartórész hossztengelyére. Az A keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata:

∑T ∑T

b A

= 0 , majd az Ay–nak megfelelően ugrás

b A

= 0 + A y = 4,5 kN (↑).

A B keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a vízszintes (AB) tartórészen:

107

∑T

= A y − q ⋅ 3 ⋅ a = 4,5 − 3 ⋅ 3 ⋅ 0,5 = 0 .

b B


A B keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a függőleges (BC) tartórészen:

∑T

= A x = 10 kN (→).

b B

A hajlító igénybevételi ábra megrajzolásához először megnézzük, hogy a tartó két végén (A és C pontok) van–e koncentrált nyomaték. Mivel az A pontban van (MA), ezért ott ugrás lesz a nyomatéki ábrán. Ezután megnézzük, hogy működik–e valahol a tartó hossztengelye mentén koncentrált nyomaték. Ha a nyíróerő ábrát vizsgáljuk meg, akkor láthatjuk, hogy nyomatéki lokális szélsőértékhelyet nem kell keresnünk, mivel a nyíró igénybevételi ábra sehol sem metszi a nulla vonalat. Az A keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

∑M

b A

= 0 , majd az MA–nak megfelelően ugrás

∑M

b A

= 0 + M A = 8,38 kNm ( ).

A B keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

∑M

b B

= M A + q ⋅ 3 ⋅ a ⋅ 1,5 ⋅ a − A y ⋅ 3 ⋅ a = 8,38 + 3 ⋅ 3 ⋅ 0,5 ⋅ 1,5 ⋅ 0,5 − 4,5 ⋅ 3 ⋅ 0,5 = 5

∑M

j B

= − F ⋅ a = −10 ⋅ 0,5 = −5 → ∑ M Bj = 5 kNm ( ) (183. ábra).

183. ábra: A B keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata két oldalról nézve

184. ábra: A vízszintes (AB) tartószerkezeti elem hajlító igénybevételi ábrája

108

kNm ( ),

A B keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata során arra kell figyelni, hogy a sarokkapcsolat a nyomatékot továbbadja egyik tartószerkezeti elemről a másikra (185. ábra). A nyomatéki ábrán az értékeknek a megfelelő, húzott oldalra kell kerülni.

185. ábra: A függőleges (BC) tartószerkezeti elem hajlító igénybevételi ábrája

8.1.2. példa Adott a 186. ábra szerinti tört tengelyű tartószerkezet. F=15 kN, q=3 kN/m, M=4,0 kNm, a=1,0 m. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat.

186. ábra: Tört tengelyű tartó; támaszerők feltételezése

Először a kényszereknél felvesszük az ismeretlen nagyságú és irányú támaszerőket (186. ábra), majd felírjuk az egyensúlyi egyenleteket.

∑M

A

= 0 = −M + F ⋅ 3 ⋅ a − q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ a + B ⋅ 4,5 ⋅ a = −4 + 15 ⋅ 3 ⋅ 1 − 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 1 + B ⋅ 4,5 ⋅ 1

B = –7,78

∑M

C

→

B=7,78 kN (→),

= 0 = Ax ⋅ 4,5 − M − F ⋅ 1,5 ⋅ a − q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ a = Ax ⋅ 4,5 − 4 − 15 ⋅1,5 ⋅ 1 − 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 1 →

Ax = 7,22 kN (→), 109

→

∑M

B

= 0 = q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a - F ⋅ 1,5 ⋅ a - M + Ax ⋅ 4,5 ⋅ a − A y ⋅ 3 ⋅ a =

= 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 2 ⋅ 1 - 15 ⋅ 1,5 ⋅ 1 - 4 + 7,22 • ⋅ 4,5 ⋅ 1 − A y ⋅ 3 ⋅ 1

→

Ay = 6,0 kN (↑) (187. ábra).

187. ábra: A tartóra ható külső erők a kiszámolt támaszerők feltüntetésével

A függőleges tartószerkezeti elem (AC) normál igénybevételének meghatározása során azoknak az erőknek a hatását vizsgáljuk, amelyek hatásvonala megegyező irányú (Ay és q) a tartórész hossztengelyével. Az A keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata:

∑N

b A

= 0 , majd az Ay–nak megfelelően ugrás:

∑N

b A

= 0 + A y = 6 kN (↑).

A C keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a függőleges (AC) tartórészen (188. ábra):

∑N

b C

= A y = 6 kN (↑), illetve

∑N

j C

= -q ⋅ 2 ⋅ a = -3 ⋅ 2 ⋅ 1 = −6 →

∑N

j C

= 6 kN (↓).

110

188. ábra: Az AC tartószerkezeti elem normál igénybevétele

A vízszintes tartószerkezeti elem (BC) normál igénybevételének meghatározása során azoknak az erőknek a hatását vizsgáljuk, amelyek hatásvonala megegyező irányú (Ax, F és B) a tartórész hossztengelyével. A C keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a vízszintes (BC) tartórészen:

∑N

b C

= A x − F = 7,22 − 15 = −7,78 →

∑N

j C

= B = 7,78 kN (→).

∑N

b C

= 7,78 kN (←), illetve

A B keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata:

∑N ∑N ∑N

j B

= 0 , majd a B–nek megfelelően ugrás

j B

= 0 + B = 7,78 kN (→), illetve

b B

= A x − F = 7,22 − 15 = −7,78 →

∑N

b B

= 7,78 kN (←) (189. ábra).

189. ábra: A BC tartószerkezeti elem normál igénybevétele

A függőleges tartószerkezeti elem (AC) nyíró igénybevételének meghatározása során azoknak az erőknek a hatását vizsgáljuk, amelyek hatásvonala merőleges irányú (Ax, F és B) a tartórész hossztengelyére. Az A keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata:

∑T

b A

= 0 , majd az Ax–nek megfelelően ugrás:

∑T

b A

= 0 + A x = 7 ,22 kN (→).

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a függőleges (AC) tartórészen (190. ábra):

∑T

b C

= A x − F = 7,22 − 15 = −7,78 →

j C

= B = 7 ,78 kN (→).

∑T

∑T

b C

= 7,78 kN (←), illetve

111

190. ábra: Az AC tartószerkezeti elem nyíró igénybevétele

A vízszintes tartószerkezeti elem (BC) nyíró igénybevételének meghatározása során azoknak az erőknek a hatását vizsgáljuk, amelyek hatásvonala merőleges irányú (Ay és q) a tartórész hossztengelyére. A C keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a vízszintes (BC) tartórészen:

∑T ∑T

b C

= A y = 6 kN (↑), illetve

j C

= -q ⋅ 2 ⋅ a = -3 ⋅ 2 ⋅ 1 = −6 → ∑ TCj = 6 kN (↓).

A B keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata:

∑T

j B

= 0.

191. ábra: A BC tartószerkezeti elem nyíró igénybevétele

A hajlító igénybevételi ábra megrajzolásához először megnézzük, hogy a tartó két végén (A és B pontok) van–e koncentrált nyomaték. Mivel nincs, ott a nyomaték értékek zérus. Ezután megnézzük, hogy működik–e valahol a tartó hossztengelye mentén koncentrált nyomaték. A függőleges tartószerkezeti elemen működő M koncentrált nyomaték miatt a hajlító igénybevételi ábrán ugrás lesz abban a pontban. Ha a nyíróerő ábrát vizsgáljuk meg, akkor láthatjuk, hogy nyomatéki lokális szélsőértékhelyet a függőleges tartószerkezeti elemen kell keresnünk. A D keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (192. ábra):

112

192. ábra: A D keresztmetszet hajlító igénybevételének meghatározása

∑M

b D

= A x ⋅ 1,5 ⋅ a = 7,22 ⋅ 1,5 ⋅ 1 = 10,83 kNm ( ), majd az M–nek megfelelően ugrás

∑M

b D

= 10,83 − 4 = 10 ,83 − 4 = 6,83 kNm ( ),

∑M

j D

= F ⋅ 1,5 ⋅ a − q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ 1 ⋅ a − B ⋅ 3 ⋅ a = 1 5 ⋅ 1,5 ⋅ 1 − 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 1 − 7,78 ⋅ 3 ⋅ 1 = −6,84 →

∑M

j D

= 6,84 kNm ( ), majd az M–nek megfelelően ugrás

∑M

j D

= −6,84 − 4 = −10 ,84 → ∑ M Dj = 10 ,84 kNm ( ).

A C keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (193. ábra):

193. ábra: A C keresztmetszet hajlító igénybevételének meghatározása

∑M

b C

= A x ⋅ 4,5 ⋅ a - M - F ⋅ 1,5 ⋅ a = 7,22 ⋅ 4,5 ⋅ 1 - 4 - 15 ⋅ 1,5 ⋅ 1 = 6,0 kNm ( ),

∑M

j C

= − q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ 1 ⋅ a = −3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 1 = −6,0 → ∑ M Cj = 6,0 kNm ( ).

Az E keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (194. ábra):

113

194. ábra: Az E keresztmetszet hajlító igénybevételének meghatározása

∑M

b E

= − A y ⋅ 3 ⋅ a + A x ⋅ 4,5 ⋅ a - M - F ⋅ 1,5 ⋅ a + q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a =

= − 6 ⋅ 3 ⋅ 1 + 7,22 ⋅ 4,5 ⋅ 1 - 4 - 15 ⋅ 1,5 ⋅ 1 + 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 2 ⋅ 1 = 0,0

∑M

j E

= 0, 0 .

Ezek alapján már megrajzolhatjuk (megszerkeszthetjük) a hajlító igénybevételi ábrát (195. ábra).

195. ábra: A hajlító igénybevételi ábra

8.1.3. példa Adott a 196. ábra szerinti tört tengelyű tartószerkezet. F1=15 kN, F2=10 kN, q=4 kN/m, M=15 kNm, α=40 °, a=1,0 m. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat.

114

196. ábra: Tört tengelyű tartó; támaszerők irányainak feltételezése

∑M

B

= 0 = q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ a + M + F1 ⋅ sinα ⋅ 3,5 ⋅ a − F1 ⋅ cos α ⋅ 2 ⋅ a − F2 ⋅ a − A ⋅ 5 ⋅ a =

4 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 1 + 1 5 + 1 5 ⋅ sin40 ° ⋅ 3,5 ⋅ 1 − 1 5 ⋅ cos40 ° ⋅ 2 ⋅ 1 − 1 0 ⋅ 1 − A ⋅ 5 ⋅ 1

A=4,75 kN (↑),

∑M

C

= 0 = B x ⋅ 2 ⋅ a - q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ a + M + F1 ⋅ sin α ⋅ 3,5 ⋅ a + F2 ⋅ a − A ⋅ 5 ⋅ a =

= B x ⋅ 2 ⋅ 1 - 4 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 1 + 1 5 + 1 5 ⋅ sin40 ° ⋅ 3,5 ⋅ 1 + 1 0 ⋅ 1 − 4,75 ⋅ 5 ⋅ 1

→

Bx=–13,49 → Bx=13,49 kN (←) és

∑M

D

= 0 = F2 ⋅ a - F1 ⋅ sinα ⋅ 1,5 ⋅ a + M - q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ a − B x ⋅ 2 ⋅ a + B y ⋅ 5 ⋅ a =

= 1 0 ⋅ 1 - 15 ⋅ sin40 ° ⋅ 1,5 ⋅ 1 + 1 5 - 4 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 1 − 1 3,49 ⋅ 2 ⋅ 1 + B y ⋅ 5 ⋅ 1

→

By=4,89 kN (↑).

197. ábra: A tartóra ható külső erők a kiszámolt támaszerők feltüntetésével

115

→

Az igénybevételi ábrák megrajzolása (megszerkesztése) során a három tartószerkezeti elemet (AD, DC és BC) külön – külön vizsgáljuk. Az egyes részek különböző igénybevételének a meghatározásánál mindig az adott tartószerkezeti elem hossztengelyének és a tartó egészén működő egyes erők hatásvonalának a viszonyát kell szem előtt tartanunk. A függőleges tartószerkezeti elemek (AD és BC) normál igénybevételi ábráit a tartórészek hossztengelyével párhuzamos hatásvonalú erők (A, F1y és By) határozzák meg. A vízszintes tartószerkezeti elem (DC) normál igénybevételi ábráját a tartó hossztengelyével párhuzamos hatásvonalú erők (F2, F1x, q és Bx) határozzák meg (198. ábra). Az A keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata:

∑N

b A

= 0 , majd az A–nak megfelelően ugrás

∑N

b A

= 0 + A = 4,75 kN (↑).

A D keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata az AD függőleges tartórészen:

∑N

b D

= A = 4,75 kN (↑), illetve

∑N

j D

= − F1y + B y = −15 ⋅ sin 40 ° + 4,89 = −4,75 →

∑N

j D

= 4,75 kN (↓).

A D keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata az DC vízszintes tartórészen:

∑N

b D

= F2 = 10 kN (→), illetve

∑N

j D

= F1x − q ⋅ 2 ⋅ a − B x = 15 ⋅ cos40 ° − 4 ⋅ 2 ⋅ 1 − 13,49 = −10,0 →

∑N

j D

= 10 ,0 kN (←).

Az E keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata:

∑N

j E

= − q ⋅ 2 ⋅ a − B x = −4 ⋅ 2 ⋅ 1 − 13,49 = − 21,49 →

∑N

= 21,49 kN (←), majd az F1x –nek

j E

megfelelő ugrás:

∑N

j E

= −21,49 + F1 ⋅ cosα = −21,49 + 15 ⋅ cos40 ° = −1 0,0 →

∑N

b E

= F2 = 10 kN (→), majd az F1x–nek megfelelő ugrás:

∑N

b E

= 10 + F1 ⋅ cosα = 10 + 15 ⋅ cos40 ° = 21,49 kN (→).

∑N

j E

= 10 kN (←), illetve

A C keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a DC vízszintes tartórészen:

∑N

b C

= F2 + F1 ⋅ cosα = 10 + 15 ⋅ cos40 ° = 21,49 kN (→), illetve

∑N

j C

= − q ⋅ 2 ⋅ a − B x = −4 ⋅ 2 ⋅ 1 − 13,49 = −21,49 →

∑N

j C

= 21,49 kN (←).

A C keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a CB függőleges tartórészen:

∑N

b C

= A − F1 ⋅ sinα = 4,75 − 15 ⋅ sin40 ° = −4,89 →

∑N

j C

= B y = 4,89 kN (↑).

∑N


116

b C

= 4,89 kN (↓), illetve

∑N

b B

= 0 , majd a By–nak megfelelően ugrás

∑N

b B

= 0 + B y = 4,89 kN (↑).

198. ábra: Normál igénybevételi ábra

A függőleges tartószerkezeti elemek (AD és BC) nyíró igénybevételi ábráit a tartórészek hossztengelyére merőleges hatásvonalú erők (F2, F1x, q és Bx) határozzák meg. A vízszintes tartószerkezeti elem (DC) nyíró igénybevételi ábráját a tartó hossztengelyére merőleges hatásvonalú erők (A, F1y és By) határozzák meg (199. ábra). Az F keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata:

∑T

b F

= 0 , majd az F2–nek megfelelően ugrás:

∑T

b F

= 0 + F2 = 10 ,0 kN (→).

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata az AD függőleges tartórészen:

∑T

b D

= F2 = 10 ,0 kN (→), illetve

∑T

j D

= F1x − q ⋅ 2 ⋅ a − B x = 1 5 ⋅ cos 40 ° − 4 ⋅ 2 ⋅ 1 − 1 3,49 = −1 0,0 →

∑T

j D

= 10 ,0 kN (←).

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata az DC vízszintes tartórészen:

∑T

b D

= A = 4,75 kN (↑), illetve

∑T

j D

= − F1y + B y = − 15 ⋅ sin40 ° + 4,89 = − 4 , 75 →

∑T

j D

= 4,75 kN (↓).

Az E keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata:

∑T

j E

= B y = 4 ,89 kN (↑), majd az F1y –nak megfelelő ugrás:

∑T

j E

= 4,89 − F1 ⋅ sinα = 4,89 − 15 ⋅ sin40 ° = − 4,75 →

∑T

b E

= A = 4,75 kN (↑), majd az F1y–nak megfelelő ugrás:

∑T

b E

= A − F1 ⋅ sinα = 4,75 − 15 ⋅ sin40 ° = -4,89 → ∑ T Eb = 4,89 kN (↓).

∑T

j E

= 4,75 kN (↓), illetve

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a DC vízszintes tartórészen:

117

∑T

b C

∑T

j

= A − F1 ⋅ sinα = 4,75 − 15 ⋅ sin40 ° = -4,89 → ∑ TCb = 4,89 kN (↓), illetve = B y = 4 ,89 kN (↑).

C

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a CB függőleges tartórészen:

∑T

= F2 + F1 ⋅ cosα = 10 + 15 ⋅ cos40 ° = 21,49 kN (→), illetve

∑T

= − q ⋅ 2 ⋅ a − B x = −4 ⋅ 2 ⋅ 1 − 13,49 = −2 1,49 → ∑ TCj = 2 1, 49 kN (←).

b C

j C


∑T

= 0 , majd a Bx–nek megfelelően ugrás:

∑T

= 0 − B y = 0 − 1 3, 49 = −13, 49 → ∑ TBb = 13,49 kN (←).

b B b B


A hajlító igénybevételi ábra megszerkesztését, megrajzolását a következők határozzák meg: a tartó végein, illetve magán a tartón működő koncentrált nyomaték(ok), a lokális szélsőértékhelyek (T=0 helyek) és az egyes keresztmetszetek hajlító igénybevételei. Az F keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (200. ábra):

200. ábra: A F keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása

∑M

b F

= 0 , illetve

118

∑M

j F

= − F1 ⋅ sinα ⋅ 1,5 ⋅ a − F1 ⋅ cosα ⋅ 1,0 ⋅ a + M − B x ⋅ 1,0 ⋅ a + B y ⋅ 5,0 ⋅ a =

= − 15 ⋅ sin40 ° ⋅ 1,5 ⋅ 1,0 − 15 ⋅ cos40 ° ⋅ 1,0 ⋅ 1,0 + 15 − 13,49 ⋅ 1,0 ⋅ 1,0 + 4,89 ⋅ 5,0 ⋅ 1,0 = ~ 0

A D keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (201. ábra):

201. ábra: A D keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása

∑M

b D

= F2 ⋅ a = 10 ⋅ 1,0 = 10,0 kNm ( ), illetve

∑M

j D

= − F1 ⋅ sinα ⋅ 1,5 ⋅ a + M − q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ a − B x ⋅ 2,0 ⋅ a + B y ⋅ 5,0 ⋅ a =

= − 15 ⋅ sin40 ° ⋅ 1,5 ⋅ 1,0 + 15 − 4 ⋅ 2 ⋅ 1,0 ⋅ 1,0 − 1 3, 49 ⋅ 2,0 ⋅ 1,0 + 4,89 ⋅ 5,0 ⋅ 1,0 = − 10

∑M

j D

→

= 10 ,0 kNm ( ).

Az E keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (202. ábra):

202. ábra: Az E keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása

∑M

b E

= − A ⋅ 1,5 ⋅ a + F2 ⋅ a = −4,75 ⋅ 1,5 ⋅ 1,0 + 10 ⋅ 1,0 = 2,88 kNm ( ), illetve

∑M

j E

= M − q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ a − B x ⋅ 2,0 ⋅ a + B y ⋅ 3,5 ⋅ a =

= 15 − 4 ⋅ 2 ⋅ 1,0 ⋅ 1,0 − 1 3, 49 ⋅ 2,0 ⋅ 1,0 + 4,89 ⋅ 3,5 ⋅ 1,0 = − 2,87

→ ∑ M Ej = 2,87 kNm ( ).

A G keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (203. ábra):

119

203. ábra: A G keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása

∑M

b G

= − A ⋅ 3,5 ⋅ a + F2 ⋅ a + F1 ⋅ sinα ⋅ 2 ⋅ a = −4,75 ⋅ 3,5 ⋅ 1,0 + 10 ⋅ 1,0 + 15 ⋅ sin40 ° ⋅ 2,0 ⋅ 1,0 = 12 ,66

kNm ( ), majd az M–nek megfelelő ugrás:

∑M

b G

= 1 2,66 + M = 12,66 + 15 = 27 ,66 kNm ( ), illetve

∑M

j G

= − q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ a − B x ⋅ 2,0 ⋅ a + B y ⋅ 1,5 ⋅ a =

= − 4 ⋅ 2 ⋅ 1,0 ⋅ 1,0 − 13, 49 ⋅ 2,0 ⋅ 1,0 + 4,89 ⋅ 1,5 ⋅ 1,0 = − 27 ,65

→ ∑ M Gj = 27 ,65 kNm ( ), majd az

M–nek megfelelő ugrás:

∑M

j G

= −27 ,65 + M = −27 ,65 + 15 = −12 ,65 → ∑ M Gj = 12 ,65 kNm ( ).

A C keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (204. ábra):

204. ábra: A C keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása

∑M

b C

= M + F1 ⋅ sin α ⋅ 3,5 ⋅ a + F2 ⋅ a − A ⋅ 5,0 ⋅ a =

= 15 + 15 ⋅ sin40 ° ⋅ 3,5 ⋅ 1,0 + 10 ⋅ 1,0 − 4,75 ⋅ 5,0 ⋅ 1,0 =

=35,0 kNm ( ), illetve

∑M

j C

= − q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ a − B x ⋅ 2,0 ⋅ a = −4 ⋅ 2 ⋅ 1,0 ⋅ 1,0 − 1 3, 49 ⋅ 2,0 ⋅ 1,0 = ~ −35,0 →

kNm ( ). A tartó hajlító nyomatéki igénybevételi ábrája (205. ábra):

120

∑M

j C

= ~ 35 ,0

205. ábra: Hajlító nyomatéki igénybevételi ábra

8.1.4. példa Adott a 206. ábra szerinti tört tengelyű tartószerkezet. F=16 kN, q=3 kN/m, M=20 kNm, a=1,25 m. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat.

206. ábra: Tört tengelyű tartó; támaszerő irányainak feltételezése

A reakció erők kiszámítása (207. ábra):

∑M

B

= 0 = M + q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 5,6 ⋅ a + F ⋅ 2,4 ⋅ a − A ⋅ 7,6 ⋅ a =

= 2 0 + 3 ⋅ 4 ⋅ 1, 25 ⋅ 5,6 ⋅ 1, 25 + 16 ⋅ 2,4 ⋅ 1, 25 − A ⋅ 7,6 ⋅ 1, 25

→

A=18,21 kN (↑),

∑F

x

∑M

= 0 = B x = 0 és A

= 0 = M − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a - F ⋅ 5,2 ⋅ a + B y ⋅ 7,6 ⋅ a =

= 2 0 − 3 ⋅ 4 ⋅ 1, 25 ⋅ 2 ⋅ 1, 25 - 16 ⋅ 5,2 ⋅ 1, 25 + B y ⋅ 7,6 ⋅ 1, 25

121

→

By=12,79 kN (↑).

207. ábra: A tartóra ható erőrendszer – külső erők és a kiszámolt támaszerők

A normál igénybevételi ábra (209. ábra) megszerkesztését, megrajzolását a következők határozzák meg: az erőrendszer egyes elemeinek az adott tartószerkezeti elem hossztengelyével párhuzamos hatásvonalú elemei. Az A keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata:

∑N

b A

∑N ∑N

b A

j A

= 0 , majd az A–nak megfelelően ugrás: = 0 + A = 18 , 21 kN (↑), illetve = − q ⋅ 4 ⋅ a − F + B y = − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,25 − 16 + 12,79 = − 18,21 →

∑N

j A

= 18,21 kN (↓), majd az

A–nak megfelelően ugrás:

∑N

j A

= −18,21 + A = − 18,21 + 18,21 = 0 .


∑N

b D

= A = 18,21 kN (↑), illetve

∑N

j D

= − q ⋅ 4 ⋅ a − F + B y = − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,25 − 1 6 + 1 2,79 = − 18 , 21 →

∑N

j D

= 18,21 kN (↓).

A D keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata az DE vízszintes tartórészen:

∑N

b D

= 0 , illetve

∑N

j D

= 0.

Az E keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a ferde helyzetű tartórészen (208. ábra):

122

208. ábra: Az EB tartószerkezeti elemre ható normál és nyíró erők

∑N

b E

= A ⋅ sinα − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ sinα = 18,21 ⋅ sin39,8 ° − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,25 ⋅ sin39,8 ° = 2,05 kN ( ), illetve

∑N

j E

= − F ⋅ sin α + B y ⋅ sin α = − 16 ⋅ sin39,8 ° + 12,79 ⋅ sin39,8 ° = − 2 ,05 →

∑N

j E

= 2,05 kN ( ).

Az F keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata (208. ábra):

∑N

b F

= A ⋅ sinα − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ sinα = 1 8,21 ⋅ sin39,8 ° − 3 ⋅ 4 ⋅ 1, 25 ⋅ sin39,8 ° = 2,05 kN ( ), majd FII –

nak megfelelően ugrás:

∑N

b F

= 2,05 − F ⋅ sinα = 2,05 − 16 ⋅ sin39,8 ° = −8,19 →

∑N

j F

= B y ⋅ sin α = 12,79 ⋅ sin39,8 ° = 8 ,19 kN (

∑N

j F

= 8,19 − F ⋅ sinα = 8,19 − 16 ⋅ sin39,8 ° = −2,05 →

∑N

b F

= 8,19 kN ( ), illetve

), majd FII –nak megfelelően ugrás:

∑N

j F

= 2,05 kN ( ).

A B keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata (208. ábra):

∑N

b B

= A ⋅ sin α − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ sin α − F ⋅ sin α =

= 1 8, 21 ⋅ sin39,8 ° − 3 ⋅ 4 ⋅ 1, 25 ⋅ sin39,8 ° − 1 6 ⋅ sin39,8 ° = − 8,19

→

→ ∑ N Bb = 8,19 kN ( ), majd B yII –nak megfelelően ugrás:

∑N

b B

= − 8,19 + B y ⋅ sin α = − 8,19 + 12,79 ⋅ sin39,8 ° = 0 , illetve

∑N

j B

= 0 , majd B yII –nak megfelelően ugrás:

∑N

j B

= 0 + B y ⋅ sin α = 0 + 12,79 ⋅ sin39,8 ° = 8,19 kN (

123

).


A nyíró igénybevételi ábra (210. ábra) megszerkesztését, megrajzolását a következők határozzák meg: az erőrendszer egyes elemeinek az adott tartószerkezeti elem hossztengelyére merőleges hatásvonalú elemei. Az A keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata:

∑T

b A

= 0 , illetve

∑T

j A

=0.


∑T

b D

= 0 , illetve

∑T

j D

=0.

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata az DE vízszintes tartórészen:

∑T

b D

= A = 18,21 kN (↑), illetve

∑T

j D

= − q ⋅ 4 ⋅ a − F + B y = − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,25 − 16 + 12,79 = − 18,21 →

∑T

j D

= 18,21 kN (↓).

Az E keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata az DE vízszintes tartórészen:

∑T

b E

= A − q ⋅ 4 ⋅ a = 18,21 − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,25 = 3,21 kN (↑), illetve

∑T

j E

= − F + B y = − 16 + 12,79 = − 3, 21 →

∑T

j E

= 3,21 kN (↓).

Az E keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a ferde helyzetű tartórészen (208. ábra):

∑T

b E

= A ⋅ cosα − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ cosα = 18,21 ⋅ cos39,8 ° − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,25 ⋅ cos39,8 ° = 2,47 kN ( ), illetve

∑T

j E

= − F ⋅ cos α + B y ⋅ cos α = − 16 ⋅ cos39,8 ° + 12,79 ⋅ cos39,8 ° = − 2,47 →

∑T

j E

= 2,47 kN ( ).

Az F keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata (208. ábra):

∑T

b F

= A ⋅ cosα − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ cosα = 18,21 ⋅ cos39,8 ° − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,25 ⋅ cos39,8 ° = 2,47 kN ( ), majd F⊥ –

nek megfelelően ugrás:

∑T

b F

= 2,47 − F ⋅ cosα = 2,47 − 16 ⋅ cos39,8 ° = −9,82 →

∑T

j F

= B y ⋅ cos α = 12,79 ⋅ cos39,8 ° = 9 ,82 kN (

∑T

j F

= 9,82 − F ⋅ cosα = 9,82 − 16 ⋅ cos39,8 ° = −2,47 →

∑T

b F


), majd F⊥ –nek megfelelően ugrás:

124

∑T

j F

= 2,47 kN ( ).

A B keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata (208. ábra):

∑T

b B

= A ⋅ cos α − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ cos α − F ⋅ cos α =

= 18,21 ⋅ cos39,8 ° − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,25 ⋅ cos39,8 ° − 16 ⋅ cos39,8 ° = − 9,82

→

→ ∑ TBb = 9,82 kN ( ), majd B y ⊥ –nek megfelelően ugrás:

∑T

b B

= − 9,82 + B y ⋅ cos α = − 9,82 + 12,79 ⋅ cos39,8 ° = 0 , illetve

∑T

j B

= 0 , majd B y ⊥ –nek megfelelően ugrás:

∑T

j B

= 0 + B y ⋅ cos α = 0 + 12,79 ⋅ cos39,8 ° = 9 ,82 kN (

).


A hajlító igénybevételi ábra megszerkesztését, megrajzolását a következők határozzák meg: a tartó végein, illetve a magán a tartón működő koncentrált nyomaték(ok), a lokális szélsőértékhelyek (T=0 helyek) és az egyes keresztmetszetek hajlító igénybevételei (215. ábra). A C keresztmetszet hajlító igénybevételének a vizsgálata (211. ábra):


125

∑M

j C

= −q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − F ⋅ 5,2 ⋅ a + B y ⋅ 7,6 ⋅ a =

= −3 ⋅ 4 ⋅1,25 ⋅ 2 ⋅1,25 − 16 ⋅ 5,2 ⋅1,25 + 12,79 ⋅ 7,6 ⋅1,25 = −20,0

→ ∑ M Cj = 20,0 kNm ( ), majd a

M koncentrált nyomatéknak megfelelően ugrunk:

∑M ∑M ∑M

j C

= −20,0 + M = −20,0 + 20,0 = 0 .

b C

= 0 , majd a M koncentrált nyomatéknak megfelelően ugrunk:

b C

= 0 + M = 0 + 20,0 = 20,0 kNm ( ).

A D keresztmetszet hajlító igénybevételének a vizsgálata (212. ábra):


∑M

j D

= −q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − F ⋅ 5,2 ⋅ a + B y ⋅ 7,6 ⋅ a =

= −3 ⋅ 4 ⋅1,25 ⋅ 2 ⋅1,25 − 16 ⋅ 5,2 ⋅1,25 + 12,79 ⋅ 7,6 ⋅1,25 = −20,0

∑M

b D

→ ∑ M Dj = 20,0 kNm ( ), illetve

= M = 20,0 = 20,0 kNm ( ).

Az E keresztmetszet hajlító igénybevételének a vizsgálata (213. ábra):


∑M

j E

= − F ⋅ 1,2 ⋅ a + B y ⋅ 3,6 ⋅ a = −16 ⋅1,2 ⋅1,25 + 12,79 ⋅ 3,6 ⋅1,25 = 33,56 kNm ( ), illetve

126

∑M

b E

= q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a + M − A ⋅ 4 ⋅ a = 3 ⋅ 4 ⋅1,25 ⋅ 2 ⋅ 1,25 + 20 − 18,21 ⋅ 4 ⋅1,25 = −33,55 →

∑M

b E

= 33,55 kNm ( ).

Az F keresztmetszet hajlító igénybevételének a vizsgálata (214. ábra):

214. ábra: Az F keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása

∑M ∑M

j F

= B y ⋅ 2,4 ⋅ a = 12,79 ⋅ 2,4 ⋅1,25 = 38,37 kNm ( ), illetve

b F

= q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 3,2 ⋅ a + M − A ⋅ 5,2 ⋅ a = 3 ⋅ 4 ⋅1,25 ⋅ 3,2 ⋅1,25 + 20 − 18,21 ⋅ 5,2 ⋅ 1,25 = −38,37 →

∑M

b F

= 38,37 kNm ( ).


127

→

9. Igénybevételek – Gerber tartók Ebben a fejezetben olyan egyenes tengelyű tartók igénybevételei ábráinak a megszerkesztésével foglalkozunk, amelyekbe egy (vagy több) plusz csuklót építünk be. A többletcsuklók számának megfelelően a kényszerek szabadságfokának a számát is ugyanúgy növeljük a szerkezet stabilitásának megőrzése miatt. A belső erőkre (igénybevételekre) vonatkozó szabályok változatlanok, ugyanúgy kell alkalmazni azokat, mint az előző fejezetekben. Amit tudni kell, hogy a szerkezetbe épített csukló(k) az erőket (N, T) átadják, de a nyomatékot nem. A nyomatéki ábra a csukló pontjában zérus értéket vesz fel. Ezt használjuk ki a többlet kényszer(ek)nél ébredő ismeretlen támaszerő(k) meghatározására. 9.1.1. példa Adott a 216. ábra szerinti Gerber tartószerkezet. F1=35 kN, F2=20 kN, q=4 kN/m, a=2,0 m. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat.

216. ábra: Gerber tartó; támaszerők irányainak feltételezése

Reakcióerők meghatározása (217. ábra): Tudjuk, hogy a D pontban beépített csukló nyomatékot nem ad át, ami annyit jelent, a D keresztmetszet hajlító igénybevétele zérus:

∑ M Dj = 0 = C ⋅ 1,35 ⋅ a −

∑M

b D

= ∑ M Dj =0 .

q ⋅ (1,35 ⋅ a) 2 4 ⋅ (1,35 ⋅ 2,0) 2 →C=5,4 kN (↑). = C ⋅ 1,35 ⋅ 2,0 − 2 2

q ⋅ a 2 q ⋅ (5 ⋅ a) 2 − − F2 ⋅ a + B ⋅ 2,25 ⋅ a + C ⋅ 5 ⋅ a = 2 2 → B=24,0 kN (↑). 4 ⋅ 2,0 2 4 ⋅ (5 ⋅ 2,0) 2 = 35 ⋅ 2,0 + − − 20 ⋅ 2,0 + B ⋅ 2,25 ⋅ 2,0 + 5,4 ⋅ 5 ⋅ 2,0 2 2

∑M

A

∑M =

C

= 0 = F1 ⋅ a +

=0 =

q ⋅ (6 ⋅ a) 2 + F2 ⋅ 4 ⋅ a + F1 ⋅ 6 ⋅ a − B ⋅ 2,75 ⋅ a − A ⋅ 5 ⋅ a = 2 → A=73,6 kN (↑).

4 ⋅ (6 ⋅ 2,0) 2 + 20 ⋅ 4 ⋅ 2,0 + 35 ⋅ 6 ⋅ 2,0 − 24,0 ⋅ 2,75 ⋅ 2,0 − A ⋅ 5 ⋅ 2,0 2

∑F

x

= 0 = Ax .

128


A tartó hossztengelyével párhuzamos hatásvonalú erő nincs, ezért a tartón normál igénybevétel nem ébred. Az E keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

∑T

= 0 , majd ugrás az F1 erőnek megfelelően:

∑T

= 0 − F1 = 0 − 35 = −35 → ∑ TEb = 35 kN (↓), illetve

b E b E

∑T

j E

= Ay + C + B − F2 − q ⋅ 6 ⋅ a = 73,6 + 5,4 + 24 − 20 − 4 ⋅ 6 ⋅ 2,0 = 35 kN (↑), majd ugrás az F1

erőnek megfelelően:

∑T

j E

= 35 - F1 = 35 - 35 = 0 .

Az A keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

∑T

b A

= − F1 − q ⋅ a = −35 − 4 ⋅ 2,0 = −43 → ∑ T Ab = 43 kN (↓), majd ugrás az Ay erőnek megfe-

lelően:

∑T

b A

= −43 + A y = −43 + 73,6 = 30,6 kN (↑), illetve

∑T

j A

= C + B − F2 − q ⋅ 5 ⋅ a = 5,4 + 24 − 20 − 4 ⋅ 5 ⋅ 2,0 = −30,6 → ∑ T Aj = 30,6 kN (↓), majd

ugrás az Ay erőnek megfelelően:

∑T

j A

= −30,6 + A y = −30,6 + 73,6 = 43 kN (↑).

Az F keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

∑T

b F

= − F1 − q ⋅ 2 ⋅ a + A y = −35 − 4 ⋅ 2 ⋅ 2,0 + 73,6 = 22,6 kN (↑), majd ugrás az F2 erőnek

megfelelően:

∑T

b F

= 22,6 − F2 = 22,6 − 20 = 2,6 kN (↑), illetve

∑T

j F

= C + B − q ⋅ 4 ⋅ a = 5,4 + 24 − 4 ⋅ 4 ⋅ 2,0 = −2,6 → ∑ TFj = 2,6 kN (↓), majd ugrás az F2

erőnek megfelelően:

∑T

j F

= −2,6 − F2 = −2,6 − 20 = −22,6 → ∑ TFj = 22,6 kN (↓).

A B keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata: 129

∑T

b B

= − F1 − q ⋅ 3,25 ⋅ a − F2 + A y = −35 − 4 ⋅ 3,25 ⋅ 2,0 − 20 + 73,6 = −7,4 → → ∑ TBb = 7,4 kN

(↓), majd ugrás a B erőnek megfelelően:

∑T

b B

= −7,4 + B = −7,4 + 24 = 16,6 kN (↑), illetve

∑T

j B

= C − q ⋅ 2,75 ⋅ a = 5,4 − 4 ⋅ 2,75 ⋅ 2,0 = −16,6 → ∑ TBj = 16,6 kN (↓), majd ugrás a B erő-

nek megfelelően:

∑T

j B

= −16,6 + B = −16,6 + 24 = 7,4 kN (↑).

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

∑T

b D

= − F1 − F2 − q ⋅ 4,65 ⋅ a + Ay + B = −35 − 20 − 4 ⋅ 4,65 ⋅ 2,0 + 73,6 + 24 = 5,4 kN (↑), il-

letve

∑T

j D

= C − q ⋅ 1,35 ⋅ a = 5,4 − 4 ⋅ 1,35 ⋅ 2,0 = −5,4 → ∑ TDj = 5,4 kN (↓).

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

∑T

b C

= A y + B − F1 − F2 − q ⋅ 6 ⋅ a = 73,6 + 24 − 35 − 20 − 4 ⋅ 6 ⋅ 2,0 = −5,4 → ∑ TCb = 5,4 kN

(↓), majd ugrás a C erőnek megfelelően:

∑T ∑T ∑T

b C

= 5,4 − C = 5,4 − 5,4 = 0 , illetve

j C

= 0 , majd ugrás a C erőnek megfelelően:

j C

= 0 + C = 0 + 5,4 = 5,4 kN (↑).


130

A hajlító igénybevételi ábra megszerkesztését, megrajzolását a következők határozzák meg: a tartó végein, illetve magán a tartón működő koncentrált nyomaték(ok), a lokális szélsőértékhelyek (T=0 helyek), az egyes keresztmetszetek hajlító igénybevételei (220. ábra). A nyíró erő az A, G, B és H pontokban lesz zérus. A G és H pontok helyének a megadása (219. ábra): x FG =

TF 2,6 T 7,4 = = 0,65 m vagy x BG = B = = 1,85 m és q 4 q 4

x BH =

T TB 16,6 5,4 = = 4,15 m vagy xCH = C = = 1,35 m. q 4 q 4

219. ábra: A nyíróerő zérus értékei – a hajlító nyomaték lokális szélsőérték helyei

Az A keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

∑ M Ab = F1 ⋅ a +

q ⋅a2 4 ⋅ 2, 0 2 = 35 ⋅ 2,0 + = 78,0 kNm ( ), illetve 2 2

q ⋅ (5 ⋅ a) 2 = 2 → ∑ M Aj = 78,0 kNm ( ). 2 4 ⋅ (5 ⋅ 2,0) = 5,4 ⋅ 5 ⋅ 2,0 + 24 ⋅ 2,25 ⋅ 2,0 − 20 ⋅ 2,0 − = −78,0 2

∑ M Aj = C ⋅ 5 ⋅ a + B ⋅ 2,25 ⋅ a − F2 ⋅ a −

A G keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata: q ⋅ (2,325 ⋅ a) 2 − A ⋅ 1,325 ⋅ a = 2 4 ⋅ (2,325 ⋅ 2,0) 2 = 35 ⋅ 2,325 ⋅ 2,0 + 20 ⋅ 0,325 ⋅ 2,0 + − 73,6 ⋅ 1,325 ⋅ 2,0 = 2

∑ M Gb = F1 ⋅ 2,325 ⋅ a + F2 ⋅ 0,325 ⋅ a +

= 23,96 kNm ( ), illetve

131

q ⋅ (3,675 ⋅ a) 2 = 2 → ∑ M Gj = 23,96 kNm ( ). 2 4 ⋅ (3,675 ⋅ 2,0) = 5,4 ⋅ 3,675 ⋅ 2,0 + 24 ⋅ 0,925 ⋅ 2,0 − = −23,96 2

∑ M Gj = C ⋅ 3,675 ⋅ a + B ⋅ 0,925 ⋅ a −

A B keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata: q ⋅ (3,25 ⋅ a) 2 − A ⋅ 2,25 ⋅ a = 2 4 ⋅ (3,25 ⋅ 2,0) 2 = 35 ⋅ 3,25 ⋅ 2,0 + 20 ⋅ 1,25 ⋅ 2,0 + − 73,6 ⋅ 2,25 ⋅ 2,0 = 2

∑ M Bb = F1 ⋅ 3,25 ⋅ a + F2 ⋅ 1,25 ⋅ a +

= 30,8 kNm ( ), illetve q ⋅ ( 2,75 ⋅ a) 2 = 2 → ∑ M Bj = 30,8 kNm ( ). 2 4 ⋅ ( 2,75 ⋅ 2,0) = 5,4 ⋅ 2,75 ⋅ 2,0 − = −30,8 2

∑ M Bj = C ⋅ 2,75 ⋅ a −

A H keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata: q ⋅ (5,325 ⋅ a) 2 − A ⋅ 4,325 ⋅ a − B ⋅ 2,075 ⋅ a = ∑ M = F1 ⋅ 5,325 ⋅ a + F2 ⋅ 3,325 ⋅ a + 2 4 ⋅ (5,325 ⋅ 2,0) 2 = 35 ⋅ 5,325 ⋅ 2,0 + 20 ⋅ 3,325 ⋅ 2,0 + − 73,6 ⋅ 4,325 ⋅ 2,0 − 24 ⋅ 2,075 ⋅ 2,0 = 2 b H

= –3,65→ ∑ M Hb = 3,65 kNm ( ), illetve

∑ M Hj = C ⋅ 0,675 ⋅ a −

q ⋅ (0,675 ⋅ a) 2 4 ⋅ (0,675 ⋅ 2,0) 2 = 5, 4 ⋅ 0,675 ⋅ 2,0 − = 3,65 kNm ( ). 2 2


132

9.1.2. példa Adott a 221. ábra szerinti Gerber tartó. F=16 kN, q=3 kN/m, a=2,0 m. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat.

221. ábra: Gerber tartó; támaszerők irányának feltételezése

Reakcióerők meghatározása (222. ábra):

∑M

b C

= ∑ M Cj =0 .

∑ M Cj =0 = B ⋅ a −

q ⋅a2 3 ⋅ 2, 0 2 → B=3,0 kN (↑). = B ⋅ 2, 0 − 2 2

q ⋅ (3,25 ⋅ a) 2 + B ⋅ 3,25 ⋅ a = A 2 → MA=83,875 kNm ( ). 3 ⋅ (3,25 ⋅ 2,0) 2 = M A − 16 ⋅ 1,25 ⋅ 2,0 − + 3 ⋅ 3,25 ⋅ 2,0 2

∑M

= 0 = M A − F ⋅ 1,25 ⋅ a −

q ⋅ (3,25 ⋅ a) 2 + F ⋅ 2 ⋅ a + M A − Ay ⋅ 3,25 ⋅ a = 2 → Ay=32,5 kN (↑). 3 ⋅ (3,25 ⋅ 2,0) 2 = + 16 ⋅ 2 ⋅ 2,0 + 83,875 − Ay ⋅ 3,25 ⋅ 2,0 2

∑ M B =0 =

∑F

x

= 0 = Ax


A tartó hossztengelyével párhuzamos hatásvonalú erő nincs, ezért a tartón normál igénybevétel nem ébred. Az A keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

∑T

b A

= 0 , majd ugrás az Ay erőnek megfelelően:

133

∑T

b A

= 0 + A y = 0 + 32,5 = 32,5 kN (↑), illetve

∑T

j A

= −q ⋅ 3,25 ⋅ a − F + B = −3 ⋅ 3,25 ⋅ 2,0 − 16 + 3 = −32,5 → ∑ T Aj = 32,5 kN (↓), majd ugrás

az Ay erőnek megfelelően:

∑T

j A

= −32,5 + A y = −32,5 + 32,5 = 0 .

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

∑T

b D

= A y − q ⋅ 1,25 ⋅ a = 32,5 − 3 ⋅ 1,25 ⋅ 2,0 = 25 kN (↑), majd ugrás az F erőnek megfelelően:

∑T

b D

= 25 − F = 25 − 16 = 9,0 kN (↑), illetve

j D

= −q ⋅ 2 ⋅ a + B = −3 ⋅ 2 ⋅ 2,0 + 3 = −9,0 → ∑ TDj = 9,0 kN (↓), majd ugrás az F erőnek

∑T

megfelelően:

∑T

j D

= −9,0 − F = −9,0 − 16 = −25 → ∑ TDj = 25,0 kN (↓).

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

∑T

= A y − q ⋅ 2,25 ⋅ a − F = 32,5 − 3 ⋅ 2,25 ⋅ 2,0 − 16 = 3 kN (↑), illetve

∑T

= −q ⋅ a + B = −3 ⋅ 2,0 + 3 = −3 → ∑ TCj = 3,0 kN (↓).

b C

j C

A B keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

∑T ∑T

j B

= 0 , majd ugrás a B erőnek megfelelően:

j B

= 0 + B = 0 + 3 = 3,0 kN (↑), illetve

∑T

b B

= −q ⋅ 3,25 ⋅ a − F + A y = −3 ⋅ 3,25 ⋅ 2,0 − 16 + 32,5 = −3,0 → ∑ TBb = 3,0 kN (↓), majd ug-

rás a B erőnek megfelelően:

∑T

b B

= −3,0 + B = −3,0 + 3,0 = 0 .


134

A hajlító igénybevételi ábra megszerkesztését, megrajzolását a következők határozzák meg: a tartó végein, illetve magán a tartón működő koncentrált nyomaték(ok), a lokális szélsőértékhelyek (T=0 helyek) és az egyes keresztmetszetek hajlító igénybevételei (225. ábra). A nyíró erő az E pontban lesz zérus. A E pont helyének a megadása (224. ábra): x DE =

TD 9,0 T 3,0 = = 3 m vagy x BG = B = = 1,0 m. q 3 q 3


Az A keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

∑M ∑M

b A

= 0 , majd az MA koncentrált nyomatéknak megfelelően ugrunk:

b A

= 0 + M A = 0 + 83,875 = 83,875 kNm ( ), illetve

q ⋅ (3,25 ⋅ a) 2 = 2 → ∑ M Aj = 83,875 kNm ( ), majd az 2 3 ⋅ (3,25 ⋅ 2,0) = 3 ⋅ 3,25 ⋅ 2,0 − 16 ⋅ 1,25 ⋅ 2,0 − = −83,875 2

∑ M Aj = B ⋅ 3,25 ⋅ a − F ⋅ 1,25 ⋅ a −

MA koncentrált nyomatéknak megfelelően ugrunk:

∑M

j A

= −83,875 + M A = −83,875 + 83,875 = 0 .

A D keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

∑ M Db = M A +

q ⋅ (1,25 ⋅ a) 2 3 ⋅ (1,25 ⋅ 2,0) 2 − A y ⋅ 1,25 ⋅ a = 83,875 + − 32,5 ⋅ 1,25 ⋅ 2,0 = 12,0 2 2

kNm ( ), illetve

∑ M Dj = B ⋅ 2 ⋅ a −

q ⋅ (2 ⋅ a) 2 3 ⋅ (2 ⋅ 2,0) 2 = 3 ⋅ 2 ⋅ 2,0 − = −12 → ∑ M Dj = 12,0 kNm ( ). 2 2

A C keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

135

q ⋅ (2,25 ⋅ a) 2 + F ⋅ a − A y ⋅ 2,25 ⋅ a = 2 , illetve 3 ⋅ (2,25 ⋅ 2,0) 2 = 83,875 + + 16 ⋅ 2,0 − 32,5 ⋅ 2,25 ⋅ 2,0 = 0 2

∑ M Cb = M A +

∑ M Cj = B ⋅ a −

q ⋅a2 3 ⋅ 2,0 2 = 3 ⋅ 2,0 − =0. 2 2

Az E keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata: q ⋅ (2,75 ⋅ a) 2 + F ⋅ 1,5 ⋅ a − A y ⋅ 2,75 ⋅ a = 2 → ∑ M Eb = 1,5 kNm ( ), 2 3 ⋅ (2,75 ⋅ 2,0) = 83,875 + + 16 ⋅ 1,5 ⋅ 2 − 32,5 ⋅ 2,75 ⋅ 2,0 = −1,5 2

∑ M Eb = M A +

illetve

∑ M Ej = B ⋅ 0,5 ⋅ a −

q ⋅ (0,5 ⋅ a) 2 3 ⋅ (0,5 ⋅ 2,0) 2 = 3 ⋅ 0,5 ⋅ 2,0 − = 1,5 kNm ( ). 2 2


136

10. Igénybevételek – háromcsuklós keretek A háromcsuklós keretek támaszainál ébredő reakcióerők meghatározásánál ugyanazt az elvet használjuk fel, mint a Gerber–tartók esetében. Az eltérés annyi lehet, hogy itt legfeljebb egy csuklót építünk be a szerkezetbe. Az igénybevételi ábrák meghatározása során ugyanazon szabályok érvényesek, mint a tört tengelyű tartók esetében. 10.1.1. példa Adott a 226. ábra szerinti tört tengelyű tartószerkezet. F=15 kN, q=4 kN/m, M=25 kNm, a=1,0 m. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat.

226. ábra: Tört tengelyű tartó – három csuklós keret; támaszerők feltételezése


∑M

B

= 0 = M + q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 5,6 ⋅ a + F ⋅ 2,4 ⋅ a − A y ⋅ 7,6 ⋅ a + A x ⋅ a =

= 25 + 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 5,6 ⋅ 1,0 + 15 ⋅ 2,4 ⋅ 1,0 − A y ⋅ 7,6 ⋅ 1,0 + A x ⋅ 1,0

→

0 = 150 ,6 − A y ⋅ 7 ,6 + A x → A x = A y ⋅ 7 ,6 − 150 ,6

∑M

b E

= 0 = M + q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − A y ⋅ 4 ⋅ a − Ax ⋅ 2 ⋅ a =

= 2 5 + 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 − A y ⋅ 4 ⋅ 1,0 − A x ⋅ 2 ⋅ 1,0

→

0 = 57 − A y ⋅ 4 − A x ⋅ 2 = 57 − A y ⋅ 4 − ( A y ⋅ 7 ,6 − 150 , 6 ) ⋅ 2 = 0 →

Ay=18,66 kN (↑) → Ax= −8,78→ Ax= 8,78 kN (→).

∑M

A

= 0 = M − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − F ⋅ 5,2 ⋅ a + B y ⋅ 7,6 ⋅ a + B x ⋅ a =

= 2 5 − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 − 15 ⋅ 5,2 ⋅ 1,0 + B y ⋅ 7,6 ⋅ a + B x ⋅ a 0 = − 85 + B y ⋅ 7 ,6 + B x → B x = 85 − B y ⋅ 7 ,6

137

→

∑M

j E

= 0 = B y ⋅ 3,6 ⋅ a + B x ⋅ 3 ⋅ a − F ⋅ 1,2 ⋅ a =

= B y ⋅ 3,6 ⋅ 1,0 + B x ⋅ 3 ⋅ 1,0 − 1 5 ⋅ 1,2 ⋅ 1,0

→

0 = B y ⋅ 3,6 + B x ⋅ 3 − 18 = B y ⋅ 3,6 + (85 − B y ⋅ 7 ,6 ) ⋅ 3 − 18 = 0 →

By=12,34 kN (↑) → Bx= −8,78 → Bx= 8,78 kN (←).


A normál igénybevételi ábra (229. ábra) a következők határozzák meg: az erőrendszer egyes elemeinek az adott tartószerkezeti elem hossztengelyével párhuzamos hatásvonalú elemei. Az A keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata:

∑N

b A

= 0 , majd az Ay–nak megfelelően ugrás:

∑N

b A

= 0 + A y = 18 , 66 kN (↑), illetve

∑N

j A

= − q ⋅ 4 ⋅ a − F + B y = − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 − 15 + 12,34 = − 18,66 →

∑N

j A

= 18,66 kN (↓), majd az

Ay–nak megfelelően ugrás:

∑N

j A

= − 18,66 + A y = − 18,66 + 18,66 = 0 .


∑N

b D

= A y = 18 ,66 kN (↑), illetve

∑N

j D

= − q ⋅ 4 ⋅ a − F + B y = − 4 ⋅ 4 ⋅ 1, 0 − 1 5 + 1 2 ,34 = − 18 ,66 →

∑N

j D

= 18,66 kN (↓).

A D keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a DE vízszintes tartórészen:

∑N

b D

= Ax = 8,78 kN (→), illetve

∑N

j D

= − B x = − 8,78 → ∑ N Dj = 8,78 kN (←).

138

Az E keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a DE vízszintes tartórészen:

∑N

b E

= A x = 8,78 kN (→), illetve

∑N

j E

= − B x = − 8,78 → ∑ N Ej = 8,78 kN (←).

Az E keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a ferde helyzetű tartórészen (228. ábra):

228. ábra: Az EB ferde helyzetű tartószerkezeti elemre ható erők felbontása normál és nyíró összetevőkre

∑N

b E

= A y ⋅ sinα − A x ⋅ cosα − q ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ sinα =

= 18,66 ⋅ sin39,8 ° − 8,78 ⋅ cos39,8 ˙° − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ sin39,8 ° = − 5,04

→

→ ∑ N Eb = 5,04 kN ( ), illetve

∑N

j E

= − F ⋅ sin α + B y ⋅ sin α + B x ⋅ cos α = − 15 ⋅ sin39,8 ° + 12,34 ⋅ sin39,8 ° + 8,78 ⋅ cos39,8 ° = 5 , 04

kN ( ). Az F keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata (228. ábra):

∑N

b F

= A y ⋅ sinα − A x ⋅ cosα − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ sinα =

= 1 8,66 ⋅ sin39,8 ° − 8,78 ⋅ cos39,8 ° − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ sin39,8 ° = − 5,04

→ ∑ N Fb = 5,04 kN ( ), majd

FII –nak megfelelően ugrás:

∑N

b F

= −5,04 − F ⋅ sinα = −5,04 − 15 ⋅ sin39,8 ° = − 14 ,64 →

∑N

∑N

j F

= B y ⋅ sin α + B x ⋅ cos α = 12,34 ⋅ sin39,8 ° + 8,78 ⋅ cos39,8 ° = 1 4 , 64 kN (

b F

= 14,64 kN ( ), illetve

), majd FII –nak

megfelelően ugrás:

∑N

j F

= 14,64 − F ⋅ sinα = 14,64 − 15 ⋅ sin39,8 ° = 5,04 kN ( ).

A B keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata (228. ábra):

∑N

b B

= A y ⋅ sin α − A x ⋅ cos α − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ sin α − F ⋅ sin α =

= 18,66 ⋅ sin39,8 ° − 8,78 ⋅ cos39,8 ° − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ sin39,8 ° − 15 ⋅ sin39,8 ° = − 14 , 64

→ ∑ N Bb = 14 ,64 kN ( ), majd B yII és B xII –nak megfelelően ugrás:

139

→

∑N

b B

= − 14,64 + B y ⋅ sin α + B x ⋅ cos α = − 14,64 + 12,34 ⋅ sin39,8 ° + 8 , 78 ⋅ cos39,8 ° = 0 , illetve

∑N

j B

= 0 , majd B yII és B xII –nak megfelelően ugrás:

∑N

j B

= 0 + B y ⋅ sin α + B x ⋅ cos α = 0 + 12,34 ⋅ sin39,8 ° + 8,78 ⋅ cos39,8 ° = 1 4 , 64 kN (

).


A nyíró igénybevételi ábra (230. ábra) egyes értékeit az erőrendszer egyes elemeinek az adott tartószerkezeti elem hossztengelyére merőleges hatásvonalú elemei határozzák meg. Az A keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata:

∑T

b A

= 0 , majd az Ax erőnek megfelelő ugrás:

∑T

b A

= 0 + A x = 8,78 kN (→), illetve

∑T

j A

= − B x = −8,78 → ∑ T Aj = 8,78 kN (←).


∑T

b D

= Ax = 8,78 kN (→), illetve

∑T

j D

= − B x = −8,78 → ∑ T Dj = 8,78 kN (←).

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata az DE vízszintes tartórészen:

∑T

b D

= A y = 18,66 kN (↑), illetve

∑T

j D

= − q ⋅ 4 ⋅ a − F + B y = − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 − 15 + 12,34 = − 18,66 →

∑T

j D

= 18,66 kN (↓).

Az E keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a DE vízszintes tartórészen:

∑T

b E

= A y − q ⋅ 4 ⋅ a = 18,66 − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 = 2,66 kN (↑), illetve

∑T

j E

= − F + B y = − 15 + 12,34 = − 2 , 66 →

∑T

j E

= 2,66 kN (↓).

Az E keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a ferde helyzetű tartórészen (228. ábra):

∑T

b E

= A y ⋅ cosα + A x ⋅ sinα − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ cosα =

= 18,66 ⋅ cos39,8 ° + 8,78 ⋅ sin39,8 ° − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ cos39,8 ° = 7,66

140

→ ∑ T Eb = 7,66 kN ( ), illetve

∑T

j E

= − F ⋅ cos α + B y ⋅ cos α − B x ⋅ sin α =

= − 15 ⋅ cos39,8 ° + 12,34 ⋅ cos39,8 ° − 8,78 ⋅ sin39,8 ° = − 7 , 66

→ ∑ TEj = 7,66 kN ( ).

Az F keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata (228. ábra):

∑T

b F

= A y ⋅ cosα + A x ⋅ sinα − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ cosα =

= 18,66 ⋅ cos39,8 ° + 8,78 ⋅ sin39,8 ° − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ cos39,8 ° = 7,66

→ ∑ T Fb = 7,66 kN ( ), majd

F⊥ –nek megfelelően ugrás:

∑T

b F

= 7,66 − F ⋅ cosα = 7,66 − 15 ⋅ cos39,8 ° = −3,86 →

∑T

∑T

j F

= B y ⋅ cos α − B x ⋅ sin α = 12,34 ⋅ cos39,8 ° − 8,78 ⋅ sin39,8 ° = 3,86 kN (

b F


), majd F⊥ –nek

megfelelően ugrás:

∑T

j F

= 3,86 − F ⋅ cosα = 3,86 − 15 ⋅ cos39,8 ° = −7,66 →

∑T

j F

= 7,66 kN ( ).

A B keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata (228. ábra):

∑T

b B

= A y ⋅ cos α + A x ⋅ sin α − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ cos α − F ⋅ cos α =

= 18,66 ⋅ cos39,8 ° + 8,78 ⋅ sin39,8 ° − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ cos39,8 ° − 1 5 ⋅ cos39,8 ° = -3,86

→

→ ∑ T Bb = 3,86 kN ( ), majd B y ⊥ és BxII–nak megfelelően ugrás:

∑T

b B

= − 3,86 + B y ⋅ cos α − B x ⋅ sin α = − 3,86 + 12,34 ⋅ cos39,8 ° − 8 , 78 ⋅ sin39,8 ° = 0 , illetve

∑T

j B

= 0 , majd B y ⊥ és BxII–nak megfelelően ugrás:

∑T

j B

= 0 + B y ⋅ cos α − B x ⋅ sin α = 0 + 12,34 ⋅ cos39,8 ° − 8 , 78 ⋅ sin39,8 ° = 3,86 kN (

).


A hajlító igénybevételi ábra megszerkesztését, megrajzolását a következők határozzák meg: a tartó végein, illetve a magán a tartón működő koncentrált nyomaték(ok), a lokális szélsőértékhelyek (T=0 helyek), az egyes keresztmetszetek hajlító igénybevételei és az E pontban található csukló (235. ábra). A C keresztmetszet hajlító igénybevételének a vizsgálata (231. ábra):

141


∑M

j C

= −q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − F ⋅ 5,2 ⋅ a + B y ⋅ 7,6 ⋅ a − B x ⋅ 2 ⋅ a =

= −4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 − 15 ⋅ 5,2 ⋅ 1,0 + 12,34 ⋅ 7,6 ⋅ 1,0 − 8,78 ⋅ 2 ⋅ 1,0 = −33,78

→ ∑ M Cj = 33,78 kNm

( ), majd a M koncentrált nyomatéknak megfelelően ugrunk:

∑M

j C

= −33,78 + M = −33,78 + 25,0 = −8,78 → ∑ M Cj = 8,78 kNm ( ), illetve

∑M

b C

= Ax ⋅ a = 8,78 ⋅ 1,0 = 8,78 kNm ( ), majd a M koncentrált nyomatéknak megfelelően ug-

b C

= 8,78 + M = 8,78 + 25,0 = 33,78 kNm ( ).

runk:

∑M

A D keresztmetszet hajlító igénybevételének a vizsgálata (232. ábra):


∑M

j D

= −q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − F ⋅ 5,2 ⋅ a + B y ⋅ 7,6 ⋅ a − B x ⋅ 3 ⋅ a =

= −4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 − 15 ⋅ 5,2 ⋅ 1,0 + 12,34 ⋅ 7,6 ⋅ 1,0 − 8,78 ⋅ 3 ⋅ 1,0 = −42,57 kNm ( ), illetve

∑M

b D

= M + Ax ⋅ 2 ⋅ a = 25,0 + 8,78 ⋅ 2 ⋅ 1,0 = 42,56 kNm ( ).

Az E keresztmetszet hajlító igénybevételének a vizsgálata (233. ábra):

142

→ ∑ M Dj = 42,57


∑M

j E

= − F ⋅ 1,2 ⋅ a + B y ⋅ 3,6 ⋅ a − B x ⋅ 3,0 ⋅ a = − 15 ⋅ 1,2 ⋅ 1,0 + 12,34 ⋅ 3,6 ⋅ 1,0 − 8,78 ⋅ 3,0 ⋅ 1,0 =

= 0,08 ≅ 0

illetve

∑M

b E

= q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a + M − A y ⋅ 4 ⋅ a + Ax ⋅ 2 ⋅ a =

4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 + 25 − 18,66 ⋅ 4 ⋅ 1,0 + 8,78 ⋅ 2 ⋅ 1,0 = −0,08 ≅ 0.

Az F keresztmetszet hajlító igénybevételének a vizsgálata (234. ábra):

234. ábra: Az F keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása

∑M

j F

= B y ⋅ 2,4 ⋅ a − B x ⋅ 2,0 ⋅ a = 12,34 ⋅ 2,4 ⋅ 1,0 − 8,78 ⋅ 2,0 ⋅ 1,0 = 12,06 kNm ( ), illetve

∑M

b F

= q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 3,2 ⋅ a + M − Ay ⋅ 5,2 ⋅ a + Ax ⋅ a =

= 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 3,2 ⋅ 1,0 + 25 − 18,66 ⋅ 5,2 ⋅ 1,0 + 8,78 ⋅ 1,0 = −12,05

143

→

∑M

b F

= 12,05 kNm ( ).

,


10.1.2. példa Adott a 236. ábra szerinti tört tengelyű tartószerkezet. q1=4 kN/m, q2=3 kN/m, q3=3 kN/m, a=1,0 m. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat.

236. ábra: Tört tengelyű tartó – három csuklós keret; támaszerők feltételezése


∑M

B

= 0 = q1 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 6 ⋅ a + q 2 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − q 3 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − Ay ⋅ 8 ⋅ a =

= 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 6 ⋅ 1,0 + 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 − A y ⋅ 8 ⋅ 1,0

144

→

→ A y = 12 ,0 kN (↑).

∑M

A

= 0 = −q 1 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − q 2 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 6 ⋅ a − q 3 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a + B y ⋅ 8 ⋅ a =

= − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 6 ⋅ 1,0 − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 + B y ⋅ 8 ⋅ a

→

→ B y = 16 ,0 kN (↑).

∑M

j D

= 0 = By ⋅ 4 ⋅ a + Bx ⋅ 5 ⋅ a − q 2 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a =

= 16 ⋅ 4 ⋅ 1,0 + B x ⋅ 5 ⋅ a − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0

→

→ Bx= −8 → Bx= 8,0 kN (←).

∑M

b D

= 0 = q 1 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − A y ⋅ 4 ⋅ a − Ax ⋅ 5 ⋅ a + q 3 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 3 ⋅ a =

= 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 − 1 2 ⋅ 4 ⋅ 1,0 − A x ⋅ 5 ⋅ 1,0 + 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 3 ⋅ 1,0

→

→ Ax= 4,0 kN (←).


A normál igénybevételi ábra (240. ábra) megszerkesztését, megrajzolását a következők határozzák meg: az erőrendszer egyes elemeinek az adott tartószerkezeti elem hossztengelyével párhuzamos hatásvonalú elemei. Az A keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata:

∑N ∑N

∑N

b A

= 0 , majd az Ay–nak megfelelő ugrás:

b A

= 0 +Ay=0+12=12,0 kN (↑), illetve

j A

= −q1 ⋅ 4 ⋅ a − q 2 ⋅ 4 ⋅ a + B y = −4 ⋅ 4 ⋅1,0 − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 + 16 = −12 → ∑ N Aj = 12,0 kN (↓),

majd az Ay–nak megfelelő ugrás: 145

∑N

j A

= −12 + Ay = −12 + 12 = 0.

A C keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata az AC függőleges tartószerkezeti elemen:

∑N

b C

= Ay=12,0 kN (↑), illetve

∑N

j C

= −q1 ⋅ 4 ⋅ a − q 2 ⋅ 4 ⋅ a + B y = −4 ⋅ 4 ⋅1,0 − 3 ⋅ 4 ⋅1,0 + 16 = −12 → ∑ N Cj = 12,0 kN (↓).

A C keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a CD ferde helyzetű tartószerkezeti elemen:

238. ábra: A CD ferde helyzetű tartószerkezeti elemre ható erők felbontása normál és nyíró összetevőkre

∑N

b C

= Ay ⋅ sinα − Ax ⋅ cosα + Q3 ⋅ cosα = 12 ⋅ sin14° − 4 ⋅ cos14° + 12 ⋅ cos14° = 10,67 kN ( ),

illetve

∑N

j C

= −Q1 ⋅ sinα − Q 2 ⋅ sinα + B y ⋅ sinα − Bx ⋅ cosα =

= −16 ⋅ sin14° − 12 ⋅ sin14° + 16 ⋅ sin14° − 8 ⋅ cos14° = −10,67

→ ∑ N Cj = 10,67 kN ( ).

A D keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a CD ferde helyzetű tartószerkezeti elemen:

∑N

b D

= Ay ⋅ sinα − Ax ⋅ cosα + Q 3 ⋅ cosα − Q1 ⋅ sinα =

= 12 ⋅ sin14° − 4 ⋅ cos14° + 12 ⋅ cos14° − 16 ⋅ sin14° = 6,79

→ ∑ N Db = 6,79 kN ( ), illetve

∑N

j D

= −Q 2 ⋅ sinα + B y ⋅ sinα − Bx ⋅ cosα = −12 ⋅ sin14° + 16 ⋅ sin14° − 8 ⋅ cos14° = −6,79 →

∑N

j D

= 6,79 kN ( ).

A D keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a DE ferde helyzetű tartószerkezeti elemen:

∑N

b D

= − Ay ⋅ sinα − Ax ⋅ cosα + Q 3 ⋅ cosα + Q1 ⋅ sinα =

= −12 ⋅ sin14° − 4 ⋅ cos14° + 12 ⋅ cos14° + 16 ⋅ sin14° = 8,73

146

→ ∑ N Db = 8,73 kN ( ), illetve

∑N

j D

= Q 2 ⋅ sinα − By ⋅ sinα − Bx ⋅ cosα = 12 ⋅ sin14° − 16 ⋅ sin14° − 8 ⋅ cos14° = −8,73 →

∑N

j D

= 8,73 kN ( ).

Az E keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a DE ferde helyzetű tartószerkezeti elemen:

∑N

b E

= − Ay ⋅ sinα − Ax ⋅ cosα + Q 3 ⋅ cosα + Q1 ⋅ sinα + Q 2 ⋅ sinα =

= −12 ⋅ sin14° − 4 ⋅ cos14° + 12 ⋅ cos14° + 16 ⋅ sin14° + 12 ⋅ sin14° = 11,63

→ ∑ N Eb = 11,63 kN (

), illetve

239. ábra: A DE ferde helyzetű tartószerkezeti elemre ható erők felbontása normál és nyíró összetevőkre

∑N

j E

= −B y ⋅ sinα − Bx ⋅ cosα = − 16 ⋅ sin14° − 8 ⋅ cos14° = −11,63 → ∑ N Ej = 11,63 kN ( ).

Az E keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata az EB függőleges helyzetű tartószerkezeti elemen:

∑N ∑N

b E

= Ay − q1 ⋅ 4 ⋅ a − q 2 ⋅ 4 ⋅ a = 12 − 4 ⋅ 4 ⋅1,0 − 3 ⋅ 4 ⋅1,0 = −16 → ∑ N Eb = 16,0 kN (↓), illetve

j E

= By = 16,0 kN (↑).


∑N

b B

= Ay − q1 ⋅ 4 ⋅ a − q 2 ⋅ 4 ⋅ a = 12 − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 − 3 ⋅ 4 ⋅1,0 = −16 → ∑ N Bb = 16,0 kN (↓), majd

ugrás a By–nak megfelelően:

∑N

b B

= −16 + By = −16 + 16 = 0 , illetve

∑N

j B

= 0 , majd ugrás a By–nak megfelelően:

∑N

j B

= 0 + B y = 0 + 16 = 16,0 kN (↑).

147


A nyíró igénybevételi ábra (241. ábra) megszerkesztését, megrajzolását a következők határozzák meg: az erőrendszer egyes elemeinek az adott tartószerkezeti elem hossztengelyére merőleges hatásvonalú elemei. Az A keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata:

∑T ∑T

b A

= 0 , majd az Ax–nek megfelelő ugrás:

b A

= 0 − Ax = 0 − 4 = −4 −4,0 → ∑ T Ab = 4 kN (←), illetve

∑T ∑T

j A

= q 3 ⋅ 4 ⋅ a − Bx = 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 − 8 = 4,0 kN (→), majd az Ax–nek megfelelő ugrás:

j A

= 4 − Ax = 4 − 4 = 0 .

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata az AC függőleges tartószerkezeti elemen:

∑T

= q 3 ⋅ 4 ⋅ a − Ax = 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 − 4 = 8,0 kN (→), illetve

∑T

= − Bx = −8 → ∑ TCj = 8,0 kN (←).

b C

j C

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a CD ferde helyzetű tartószerkezeti elemen:

∑T

b C

= Ay ⋅ cosα + Ax ⋅ sinα − Q3 ⋅ sinα = 12 ⋅ cos14° + 4 ⋅ sin14° − 12 ⋅ sin14° = 9,71kN ( ), il-

letve

∑T

j C

= −Q1 ⋅ cosα − Q 2 ⋅ cosα + B y ⋅ cosα + Bx ⋅ sinα =

= −16 ⋅ cos14° − 12 ⋅ cos14° + 16 ⋅ cos14° + 8 ⋅ sin14° = −9,71

→ ∑ TCj = 9,71 kN ( ).

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a CD ferde helyzetű tartószerkezeti elemen:

148

∑T

b D

= Ay ⋅ cosα + Ax ⋅ sinα − Q 3 ⋅ sinα − Q1 ⋅ cosα =

= 12 ⋅ cos14° + 4 ⋅ sin14° − 12 ⋅ sin14° − 16 ⋅ cos14° = −5,81

∑T

j D

→ ∑TDb = 5,81 kN ( ), illetve

= −Q 2 ⋅ cosα + By ⋅ cosα + Bx ⋅ sinα = −12 ⋅ cos14° + 16 ⋅ cos14° + 8 ⋅ sin14° = 5,81 kN( ).

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a DE ferde helyzetű tartószerkezeti elemen:

∑T

b D

= Ay ⋅ cosα − Ax ⋅ sinα + Q 3 ⋅ sinα − Q1 ⋅ cosα =

= 12 ⋅ cos14° − 4 ⋅ sin14° + 12 ⋅ sin14° − 16 ⋅ cos14° = −1,95

∑T

j D

→ ∑ TDb = 1,95 kN ( ), illetve

= −Q 2 ⋅ cosα + B y ⋅ cosα − Bx ⋅ sinα = −12 ⋅ cos14° + 16 ⋅ cos14° − 8 ⋅ sin14° = 1,95 kN( ).

Az E keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a DE ferde helyzetű tartószerkezeti elemen:

∑T

b E

= Ay ⋅ cosα − Ax ⋅ sinα + Q 3 ⋅ sinα − Q1 ⋅ cosα − Q 2 ⋅ cosα =

= 12 ⋅ cos14° − 4 ⋅ sin14° + 12 ⋅ sin14° − 16 ⋅ cos14° − 12 ⋅ cos14° = -13,59

→ ∑ TEb = 13,59

kN( ), illetve

∑T

j E

= By ⋅ cosα − Bx ⋅ sinα = 16 ⋅ cos14° − 8 ⋅ sin14° = 13,58 kN ( ).

Az E keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata az EB függőleges helyzetű tartószerkezeti elemen:

∑T ∑T

b E

= − Ax + q 3 ⋅ 4 ⋅ a = −4 + 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 = 8,0 kN (→), illetve

j E

= −Bx = − 80 → ∑TEj = 8,0 kN (←).


∑T ∑T

b B

= − Ax + q 3 ⋅ 4 ⋅ a = −4 + 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 = 8,0 kN (→), majd ugrás a Bx–nek megfelelően:

b B

= 8 − Bx = 8 − 8 = 0 , illetve

∑T

= 0 , majd ugrás a Bx–nek megfelelően:

j B

∑T

j B

= 0 − Bx = 0 − 8 = −8 → ∑TBj = 8,0 kN (←).

149


A hajlító igénybevételi ábra megszerkesztését, megrajzolását a következők határozzák meg: a tartó végein, illetve a magán a tartón működő koncentrált nyomaték(ok), a lokális szélsőértékhelyek (242. ábra) (T=0 helyek), az egyes keresztmetszetek hajlító igénybevételei és a D pontban található csukló (243. ábra).


A G keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

∑M

b G

= − Ax ⋅ x AG + q 3 ⋅ x AG ⋅

x AG 1,33 = −4 ⋅ 1,33 + 3 ⋅ 1,33 ⋅ = −2,67 → 2 2

→ ∑ M Gb = 2,67 kNm ( ), illetve xGC − q 1 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − q 2 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ (2 ⋅ a + 4 ⋅ a ) + B y ⋅ 8 ⋅ a − B x ⋅ x AG = 2 → 2,67 = −3 ⋅ 2,67 ⋅ − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ (2 ⋅ 1,0 + 4 ⋅ 1,0) + 16 ⋅ 8 ⋅ 1,0 − 8 ⋅ 1,33 = 2,67 2

∑M

j G

= −q 3 ⋅ xGC ⋅

150

→ ∑ M Gj = 2,67 kNm ( ). A C keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

∑M

b C

= − Ax ⋅ 4 ⋅ a + q 3 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a = −4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 + 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 = 8,0 kNm ( ), illetve

∑M

j C

= −q 1 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − q 2 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ (2 ⋅ a + 4 ⋅ a ) + B y ⋅ 8 ⋅ a − B x ⋅ 4 ⋅ a =

∑M

j C

= 8,0 kNm ( ).

= −4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ (2 ⋅ 1,0 + 4 ⋅ 1,0 ) + 16 ⋅ 8 ⋅ 1,0 − 8 ⋅ 4 ⋅ 1,0 = −8

→

Az F keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

∑M

b F

= − Ax ⋅ (4 ⋅ a + xCF ⋅ sinα ) − Ay ⋅ xCF ⋅ cosα + q 3 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ (2 ⋅ a + xCF ⋅ sinα ) +

 x ⋅ cosα  + q 1 ⋅ xCF ⋅ cosα ⋅  CF = 2   → = −4 ⋅ (4 ⋅ 1,0 + 2,58 ⋅ sin14°) − 12 ⋅ 2,58 ⋅ cos14° + 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ (2 ⋅ 1,0 + 2,58 ⋅ sin14°) +  2,58 ⋅ cos14°  + 4 ⋅ 2,58 ⋅ cos14° ⋅   = −4,51 2  

→

∑M

∑M

j F

b F

= 4,51 kNm ( ), illetve

= − B x ⋅ (4 ⋅ a + x CF ⋅ sinα ) + B y ⋅ (8 ⋅ a − xCF ⋅ cosα ) − q 2 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ (8 ⋅ a − x CF ⋅ cosα − 2 ⋅ a ) −

 4 ⋅ a − x CF ⋅ cosα  − q 1 ⋅ (4 ⋅ a − xCF ⋅ cosα ) ⋅  = 2   = −8 ⋅ (4 ⋅ 1,0 + 2,58 ⋅ sin14 °) + 16 ⋅ (8 ⋅ 1,0 − 2,58 ⋅ cos14 °) −  4 ⋅ 1,0 − 2,58 ⋅ cos14 °  − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ (8 ⋅ 1,0 − 2,58 ⋅ cos14 ° − 2 ⋅ 1,0 ) − 4 ⋅ (4 ⋅ 1,0 − 2,58 ⋅ cos14 °) ⋅  = 2   = 4,51 →

∑M

j F

= 4,51 kNm ( ).

A D keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

∑M

b D

= − Ax ⋅ 5 ⋅ a − A y ⋅ 4 ⋅ a + q 3 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 3 ⋅ a + q 1 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a =

= −4 ⋅ 5 ⋅ 1,0 − 12 ⋅ 4 ⋅ 1,0 + 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 3 ⋅ 1,0 + 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 = 0

∑M

j D

= −q 2 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a + B y ⋅ 4 ⋅ a − B x ⋅ 5 ⋅ a =

= −3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 + 16 ⋅ 4 ⋅ 1,0 − 8 ⋅ 5 ⋅ 1,0 = 0

, illetve

.

Az E keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

∑M

b E

= q 2 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a + q 1 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ (2 ⋅ a + 4 ⋅ a ) + q 3 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − Ay ⋅ 8 ⋅ a − Ax ⋅ 4 ⋅ a =

= 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 + 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ (2 ⋅ 1,0 + 4 ⋅ 1,0) + 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 − 12 ⋅ 8 ⋅ 1,0 − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 = 32

→ ∑ M Eb = 32,0 kNm ( ), illetve

∑M

j E

= − B x ⋅ 4 ⋅ a = −8 ⋅ 4 ⋅ 1,0 = −32 → ∑ M Ej = 32,0 kNm ( ).

151

→


152

1. Bevezetés, alapfogalmak Erő Statika feladata Egyensúly Alaptételek, axiómák

Recommend Documents