1. példa Határozzuk meg az F 2.32. ábrán látható téglalap alakú keresztmetszet ‘Ix’ és ‘Iy’ tengelyre számított másodrendő nyomatékait! dA=a·dy A (3.1) képler szerint b
y3 a ⋅ b3 I x = ∫ y dA = a ⋅ ∫ y dy = a ⋅ = 3 3 0 A 0 b
2
2
értelemszerően a3 ⋅b Iy = 3
F 2.32. ábra
2. példa A Steiner-tétel (3.12. képlet) alkalmazásával határozzuk meg az F 2.33. ábrán látható téglalap alakú keresztmetszet másodrendő nyomatékait az ‘xs’ , ‘ys’ tengelyekre . Ix =
a ⋅ b3 3
a ⋅ b3 b I x = I xs + e ⋅ A ⇒ = I xs + ⋅ a ⋅ b 3 2 3 3 3 a ⋅b a ⋅b a⋅b I xs = − = 3 4 12 2
2
Értelemszerően I y =
F 2.33. ábra
a3 ⋅ b 12
3. példa Az ábrán látható két végén támasztott rudat két koncentrált erı terheli. a./
Határozzuk
meg
a
reakcióerıket! b./ Írjuk fel az igénybevételi függvényeket! c./
Rajzoljuk
meg
az
igénybevételi ábrákat!
F 2.34. ábra
a./ Reakcióerık meghatározása Az egyensúlyi egyenletek (2.6) és (2.7) képletek alapján felírhatjuk
∑F
=0
i
∑M
i
=0
Mivel csak ‘y’ irányú erıkomponensek vannak, ezért
∑F
= − FA + F1 + F2 − FB = 0
iy
(1)
A nyomatékokat írjuk fel az ‘A’ pontra. M ∑ ( )
i
= − F1 ⋅ 1.5 − F2 ⋅ 4 + FB ⋅ 6 = 0
(2)
A
(2) egyenletbıl FB =
F1 ⋅ 1.5 + F2 ⋅ 4 4 ⋅ 1.5 + 9 ⋅ 4 42 = = = 7[N ] 6 6 6
Ha az eredmény (+) , akkor helyesen vettük fel az irányt. Behelyettesítve a (1) egyenletbe és FA-t kifejezve FA=6 [N] adódik. b./ Igénybevételi függvények A két koncentrált erı a rudat három szakaszra osztja. A tendelyre merıleges síkok helyeit z1, z2, z3 koordinátákkal, a keresztmetszeteket rendre K1, K2, K3 –al jelölöltük. Az elsı szakasz K1 keresztmetszetének igénybevételei és igénybevételi függvényei: Hajlítás Mh1 = FB⋅(l- z1) - F2⋅(4- z1) - F1⋅(1.5- z1) Nyírás
V1= -FB+F2+F1
Az második szakasz K2 keresztmetszetének igénybevételei és igénybevételi függvényei:
Hajlítás Mh2 = FB⋅(l- z2) - F2⋅(4- z2) Nyírás
V2= -FB+F2
Az harmadik szakasz K3 keresztmetszetének igénybevételei és igénybevételi függvényei: Hajlítás Mh3 = FB⋅(l- z3) Nyírás
V3= -FB
c./ Igénybevételi ábrák a F 2.35. ábrán látható.
F 2.35. ábra
4.példa Határozzuk meg az ábrán vázolt tartó ‘K’ keresztmetszetének igénybevételeit.
A ‘K’ keresztmetszet súlypontjában a F 2.37. ábrán láható
módon
derékszögő
koordinátarendszert
választottunk. A keresztmetszet egyik oldalán elhelyezkedı tartórészre ható külsı erırendszer az ‘F’ erıbıl áll, tehát ezt kell redukálni a koordinátarendszer origójába. A F 2.36. ábra
redukált erı a keresztmetszet síkjában fekszik tehát
nyíróerıt ad: V=F A
nyomatékvektor
a
következıképpen számítható: MK = r X F, r = l2i + l1j, F = Fk
i
j
M K = l2 0
l1 0
k 0 = −l1 ⋅ Fi + l 2 ⋅ F j = M cs + M h −F F 2.37. ábra
5.példa Határozzuk meg az F 2.38. ábrán vázolt kéttámaszú tartó igénybevételi ábráit! A szimmetriából következıen a reakcióerık: A=B=
F 100 = = 50[N ] 2 2
A rudat csak a tengelyére merıleges irányú koncentrált erık terhelik, tehát a keresztmetszetek igénybevételei a nyírás és a hajlítás. A nyíróerı szakaszonként állandó, a hajlitónyomaték pedig lineárisan változik. Az
I.
igénybevételeinek
F 2.38. ábra
keresztmetszettıl
szakaszban
a
keresztmetszetek
meghatározására balra
lévı
erıket,
célszerő
a
esetünkben
az egyetlen ‘A’ reakcióerıt felhasználni. Ez felfelé mutat, tehát a szakasz valamennyi keresztmetszetére nézve pozitív nyíróerót ad.
V1 = A = 50 [N].
A hajlitónyomatékot az ‘A’ erı nyomatékaként kapjuk:
MI (z) = A · z = 5o [N] · z.
A II. szakaszban az igénybevételi függvényeket a keresztmetszetektıl jobbra lévı ‘B’ erı felhasználásával célszerő meghatározni: TII = - B = - 50 [N] MII (z) = B· (l- z) = 50 [N]· (4 [m] · z). A nyomatéki ábrát a szakaszhatárokon kiszámított értékek alapján célszerő megrajzolni. Az alátámasztási pontokon a hajlitónyomaték zérus, középen pedig: M max = A ⋅
l F l 100 ⋅ 4 = ⋅ = = 100[Nm] 2 2 2 4
6.példa A F 2.39. ábrán látható egyik végén befogott rudat a f=20 [N/m] intenzitású egyenletesen megoszló terhelés, és a rúd végén az FB=50[N] koncentrált erı terheli. a.
Határozzuk meg a
befogásban ébredı reakciókat! b.
Írjuk
fel
az
igénybevételi függvényeket! c.
Rajzoljuk meg az
igénybevételi ábrákat!
F 2.39. ábra a.
Reakciók a befogásban
Az (1.6) (1.7) egyensúlyi egyenletek alapján a következı egyenletek írhatók fel:
∑ F = 0 = −F ∑M = 0 iy
A
+ f ⋅ l + FB
i
(1)
(2)
A (2) nyomatéki egyenletet az ‘A’ pontra felírva kapjuk MA −
f ⋅ l2 − FB ⋅ l = 0 2
(3)
Az (1) egyenletet rendezve
FA = f ⋅ l + FB = 20 ⋅ 2 + 50 = 90[ N]
Az (3) egyenletet rendezve
MA =
f ⋅ l2 20 ⋅ 2 2 + FB ⋅ l = + 50 ⋅ 2 = 140[ Nm] 2 2
Az eredmény (+) , tehát helyesen vettük fel az irányt.
b.
Az igénybevételi függvények
Az ‘AB’ rudat a ‘z’ koordinátával jellemzett helyen a tengelyvonalára merıleges síkkal képzeletben kettévágjuk. Az elvágás helyén levı ‘K’ keresztmetszet igénybevételei és igénybevételi függvényei a következık: Hajlításra
M h = −f ⋅ (l − z )
(l − z ) − F ⋅ (l − z ) = −f (l − z) 2 B 2
2
− FB ⋅ (l − z)
Nyírásra V = Fb + f ( l-z ) A fenti függvények ‘z’ szerinti deriválásával beláthatjuk a (2.13) és (2.14) összefüggések bizonyítását. (l − z ) 2 d − f − FB ⋅ (l − z) 2 dM h = = f ⋅ l − f ⋅ z + FB = FB + f (l − z ) = V dz dz dV = −f dz c.
Az igénybevételi árák a F 2.40. ábrán látható
F 2.40. ábra
7.példa Vizsgáljuk meg a F 2.41. ábrán látható konzolos tartó igénybevételeit!
F 2.41. ábra Reakció erık kiszámításához írjuk fel a (2.6) (2.7) egyensúlyi egyenletek alapján a következı egyenleteket : (1) ∑F = 0 = A + B+ F− 6⋅f ∑ M = 0 = −3 ⋅ 6 ⋅ f + 6 ⋅ B + 3 ⋅ F − M iy
i
A (2) egyenletbıl B =
(2)
3 ⋅ 6 ⋅ f − 3 ⋅ F + M 3 ⋅ 6 ⋅ 1 − 3 ⋅ 2 + 3 15 = = = 2.5[ N] 6 6 6
Az (1) egyenletbe behelyettesítve és A-ra kifejezve A = 6 ⋅ f − B − F = 6 − 2.5 − 2 = 1.5[ N ] A jellemzı értékek kiszámításához írjuk fel az igénybevételi függvényeket. A könnyebb számolás érdekében ebben az esetben a bal oldali rúdrészre ható külsı erıket redukáljuk.
V(x) Mh(x)
0≤x≤3
3≤x≤6
6≤x≤8
A - f⋅x
A - f⋅x + F
A - f⋅6 + F +B = 0
A⋅x −
f ⋅ x2 2
A⋅x −
f ⋅ x2 + F ⋅ (x − 3) 2
A ⋅ x − f ⋅ 6 ⋅ (x − 3) + F ⋅ (x − 3) + + B ⋅ ( x − 6) = − 3
A matematikai analízis szerint a másodfokú egyenlet ott van szélsı értéke ahol az elsı deriváltja zérust vesz fel. Felhasználva a (3.14) összefüggést felírható dM h ( x ) = V( x ) = 0 dx
⇒
A - f⋅x1 = 0
x1 =
A 1 .5 = = 1.5[m] f 1
f ⋅ x 12 1 ⋅ 1 .5 2 M 1 = M (x 1 ) = A ⋅ x 1 − = 1 .5 ⋅ 1 .5 − = 1.12[ Nm] 2 2 A - f⋅x2 + F = 0 ⇒
x2 =
A + F 1 .5 + 2 = = 3.5[m] f 1
M 3 = M (x 2 ) = A ⋅ x 2 + F(x 2 − 3) − M 2 = M (3) = A ⋅ x −
f ⋅ x 22 1 ⋅ 3 .5 2 = 1 .5 ⋅ 3 .5 + 2 ⋅ 0 .5 − = 0.125[ Nm] 2 2
f ⋅ x2 f ⋅ 32 1 ⋅ 32 = 3⋅ A − = 3 ⋅ 1 .5 − =0 2 2 2
8. példa A F 2.42 ábrán vázolt d1 = 4 [cm] és d2 = 3 [cm] átmérıjő szakaszokból álló, kör keresztmetszető egyenes rudat „F” erıvel terheljük. A megengedhetı legnagyobb feszültség ’σmeg = 108 [Pa] ’ , és a lekerekítés miatt a keresztmetszet hirtelen váltásának zavaró hatásától eltekintünk.
N 1[Pa ] = 1 m 2 a. Mekkora lehet a maximális húzóerı? b. Mekkora a maximális húzóerıvel terhelt rúd megnyúlása, ha E = 2⋅1011 [Pa] ? c. Mennyivel csökken a d2 átmérı, ha a Poisson-tényezı értéke: m =
F 2.42. ábra
10 ? 3
a. Mivel a befogás helyén „F” nagyságú reakció erı ébred, a rúd egész hosszában a húzóerı értéke egyenlı. Ebbıl következik viszont, hogy a kisebb átmérıjő rúdrészben nagyobb feszültség ébred .(F 2.43. ábra) σ1 =
F A1
(1)
σ2 =
F = σ meg A2
(2)
F 2.43. ábra „F” meghatározásakor tehát a kisebb átmérıjő rúdrész terhelhetıségét kell figyelembe venni. A (2) egyenlet alapján
F = A 2 ⋅ σ meg
d 22 ⋅ Π 0.03 2 [m 2 ] ⋅ 3.14 N = ⋅ σ meg = ⋅ 10 8 2 = 70685[ N] 4 4 m
b. A megnyúlás egyenesen arányos a hosszal és a feszültséggel. Mivel a rúd két szakaszánál rúdrész
mindketı más értékő, a két
megnyúlását
külön-külön
kell
meghatározmi, majd összegezni.(F 2.44. ábra) A
(3.23)
képlet
felhasználásával
felírható:
∆l = ∆l1 + ∆l2
F 2.44. ábra
∆l1 = ∆l = ∆l1 + ∆l2 =
l F l1 + 2 E A1 A 2
A1 =
F ⋅ l1 A1 ⋅ E
∆l 2 =
F ⋅ l2 A2 ⋅ E
d 12 ⋅ Π 0.04 2 ⋅ 3.14 = = 1.2566 ⋅ 10 −3 [m 2 ] 4 4
A 21 =
d 22 ⋅ Π 0.03 2 ⋅ 3.14 = = 0.7068 ⋅ 10 −3 [m 2 ] 4 4
∆l =
70685[ N] 0.5[m] 0.2[m] + = 0.24 ⋅ 10 −3 [m] −3 2 −3 2 N 1.2566 ⋅ 10 [m ] 0.7068 ⋅ 10 [m 2 ⋅ 1011 2 m
c. Az átmérıcsökkenést a keresztirányú fajlagos hosszváltozás, ‘ε k’ alapján számíthatjuk.
εk = m= ε=
∆d 2 d2
ε εk
⇒
∆d 2 = ε k ⋅ d 2
⇒
εk =
ε m
σ E
∆d 2 = ε k ⋅ d 2 =
ε σ ⋅ d2 = ⋅ d2 = m E⋅m
10 8 10 2 ⋅ 1011 ⋅ 3
⋅ 0.03 = 4.5 ⋅ 10 − 6 [m]
9. példa A ’G’ súlyú terhet két acélhuzal tartja a F.2.45 ábra szerint Terheletlen állapotban a huzalok helyzetét az ’AC’ és ’BC’ egyenesek jelölik ki. Mekkora a teher felfüggesztési pontjának ∆h lesüllyedése? Adatok:
d = 0.8 [cm] l0 = 100 [cm] h = 20 [cm] G = 1600 [N] E = 2.1⋅ 1011 [Pa] =
N 2.1⋅ 107 2 cm F 2.45. ábra
Egyelıre tekintsünk el ‘C’ pont elmozdulásától. Legyen α az acélhuzaloknak a vízszintessel bezárt szöge. A F 2.46. ábra szerint a ‘G’ súly egyensúlyából: G = 2 ⋅ S ⋅ sin α = 2 ⋅ S ⋅
h l
(1)
ahol ‘S’ a huzalban ébredı erı ‘l’ egy-egy huzal eredeti hossza l = ‘AC’ = ‘BC’ = l 02 + h 2 = 100 2 + 20 2 = 102[cm]
F 2.46. ábra
A (1) egyenletbıl S =
A huzal keresztmetszete A = A huzalok megnyúlása: λ =
G ⋅ l 1600 ⋅ 102 = 4080[ N] = 2⋅h 2 ⋅ 20
d 2 ⋅ Π 0.8 2 ⋅ 3.14 = = 0.5026[cm 2 ] 4 4
S⋅l = A⋅E
4080[ N] ⋅ 102[cm] = 0.0394[cm] 2 7 N 0.5026[cm ] ⋅ 2.1 ⋅ 10 2 cm
F 2.47. ábra sin α = ∆h =
h λ , a F 2.47. ábrából pedig sin α = , így l ∆h
l 102 ⋅λ = ⋅ 0.0394 = 0.2[cm] h 20
A számítás közelítı, mert eltekint α változásától, holott az elıbbiek szerint sin α kb. 1%kal nı a ‘C’ pont elmozdulása következtében.
10.példa Az “l” hosszúságú sineket ‘t1’ hımérsékleten fektetik le, ‘K’ hézaggal. (F 2.48. ábra) Mekkora erık lépnek fel a sinekben ‘t2’ hımérséklet esetén? Megfelel-e a hézag? Adatok:
l = 25 [m]
K = 4 [mm]
t1 = 10 [°C]
t2 = 50 [°C]
A = 20 [cm2]
E = 2⋅1011[Pa]
1 α t = 12.5 ⋅ 10 −6 o C
F 2.48. ábra
σmeg = 8.5⋅107 [Pa] Két szomszédos sin közepét helytállónak tekintjük.
A hımérséklet növekedésével a sinek megnyúlnak. ‘K’ hézag elérése után a további nyúlást megakádályozandó erék lépnek fel a sinekben. Irjuk fel a sindarabok nyúlását: λ t + λ F = α t ⋅ ∆t ⋅ l −
F⋅l =K A⋅E
(1)
λt – a sin hımérséklet hatására bekövetkezı megnyúlása λF – a sinekben keletkezı nyomóerı okozta rövidülés Az (1) egyenletbıl F = (α t ⋅ ∆t ⋅ l − K ) ⋅
A⋅E = l
N 2 ⋅ 10 −3 [m 2 ] ⋅ 2 ⋅ 1011 2 1 m = = 12.5 ⋅ 10 −6 o ⋅ (50 − 10 ) c C ⋅ 25[m] − 0.004[m] ⋅ 25[m] C
[ ]
= 8.5 ⋅10-3 ⋅ 1.6 ⋅107 = 136 [kN] σ=
F 1.36 ⋅ 10 5 [ N] = = 6.8 ⋅ 10 7 [Pa ] −3 2 A 2 ⋅ 10 [m ]
Mivel σ < σmeg a hézag megfelel.
11. példa Méretezzük az F 2.49. ábrán látható fali vezetéktartó kart, ha a keresztmetszete tégéalap, „U” szelvény, illetve csı.
F 2.49. ábra G = 500 [N]
σmeg = 108 [Pa] = 104
N cm 2
A konzol nyomatéki ábrája a F 2.50. ábrán látható.
A
F 2.50. ábra
nyomaték
a
befogás
keresztmetszetében maximális.
M max = 100[cm] ⋅ G + 75[cm] ⋅ G + 50[cm] ⋅ G = 225[cm] ⋅ 500[ N] = 112500[ Ncm] A szükséges keresztmetszeti tényezı: K sz =
M max 112500[ Ncm] = = 11.25[cm 3 ] σ meg N 10000 2 cm
Téglap keresztmetszet esetén válasszuk: b = 2a (Ez a választás önkényes, más is lehet.) a ⋅ b2 K= 6
a ⋅ (2a ) 2 K= = a3 6 3 2
⇒
a=3
3 3 K = 3 11.25 = 2.5649[cm] 2 2
b = 2a = 5.1298 [cm]
„ U „ szelvény esetén a melléklet táblázatából vehetjük a szükségeshez legközelebb esı, nagyobb keresztmetszeti tényezıvel rendelkezı szelvényt. Ez alapján: Ky = 13.8 [cm3]
U 160
Acélcsı esetén a külsı és belsı átmérı viszonyát válasszuk meg d = 0 .8 D
d = 0.8D
(
)
D4 ⋅ Π d4 ⋅ Π Π 4 4 − D − (0.8 ⋅ D ) I D3 ⋅ Π 64 = 64 K = = 64 = 1 − 0.8 4 = 0.058 ⋅ D 3 D D e 32 2 2 D=3
(
)
K 11.25 =3 = 5.79[cm] 0.058 0.058
d = 0.8 D = 4.63 [cm]
12. példa Határozzuk meg az F 2.51. ábrán látható kéttámaszú tartó mértékadó keresztmetszetében ébredı legnagyobb σ feszültséget! Ábrázoljuk a hajlított és nyírt keresztmetszet ’y’ tengelye mentén a σ és τ feszültséget! A szimmetrikus terhelésbıl adódik, hogy a támasztási pontokban a reakció erı F/2 lesz. A tartó nyíró és hajlító igénybevételnek van kitéve. Rajzoljuk fel az igénybevételi ábrákat, melyek az F2.51. ábrán láthatók. Az igénybevételi ábrák alapján a maximális igénybevételek: Ft max =
F 2.51. ábra M max
F 5000[ N] = = 2500[ N] 2 2
F ⋅ l 5000 ⋅ 2 = = 2500[ Nm] 4 4
Mivel a hajlítás tengelye a keresztmetszet fıtengelye, egyenes hajlításról van szó. Elıször meghatározzuk a keresztmetszet súlypontjának helyzetét. (F 2.52. ábra)
A1 = s1⋅ a = 40 ⋅ 20 = 800 [mm2] A2 = s2⋅ b = 15 ⋅ 80 = 1200 [mm2] a 20 = 80 + = 90[mm] 2 2 b 80 y2 = = = 40[mm] 2 2
y1 = b +
F 2.52. ábra
∑y ⋅A ∑A
ys =
i
i
=
i
y1 ⋅ A1 + y 2 ⋅ A 2 90 ⋅ 800 + 40 ⋅1200 = = 60[mm] A1 + A 2 800 + 1200
Igy v1 = y1 – ys = 90 – 60 = 30[mm]
v2 = y2 – ys = 40 – 60 = - 20[mm]
A hajlítás tengelyére vonatkozó másodrendő nyomaték: I xs = I x1 + v12 A1 + I x 2 + v 22 A 2 =
s 1a 3 s b3 + v12 A1 + 2 + v 22 A 2 12 12
40 ⋅ 20 3 15 ⋅ 80 3 + 30 2 ⋅ 800 + + 20 2 ⋅ 1200 = 1.866 ⋅10 6 [mm 4 ] 12 12
I xs =
A szélsı szál távolsága ymax = ys = 60 [mm], így a keresztmetszeti tényezı: Kx =
I xs 1.866 ⋅10 6 = = 3.11 ⋅ 10 4 [mm 3 ] y max 60
A I és II pontok fölött, valamint az S súlypont alatt lévı keresztmetszetrész elsırendő nyomatéka a hajlítás tengelyére:
S rxI ,II = v1 A1 = 30 ⋅ 800 = 24000[ mm 3 ] SrxS
s 2 y s2 15 ⋅ 60 2 = = = 27000[mm3 ] 2 2
A keresztmetszetben ébredı legnagyobb húzófeszültség és a jellemzı τ feszültségek: σ max = τI =
τ II =
M max 2.5 ⋅ 10 6 N = = 80.39 4 2 Kx 3.11 ⋅ 10 mm
Ft max ⋅ S rxI ,II I xS ⋅ s1
=
2500 ⋅ 24000 N = 0.804 6 2 1.866 ⋅10 ⋅ 40 mm
s1 40 N τI = ⋅ 0.804 = 2.144 2 s2 15 mm
τ max =
Ft max ⋅ S rxS 2500 ⋅ 27000 N = = 2.41 6 2 I xs ⋅ s 2 1.866 ⋅10 ⋅15 mm
A számított értékek alapján a feszültségek diagramjait a F 2.53. ábrán rajzoltuk meg.
F 2.53. ábra
13. példa A F 2.54. ábrán motoros watt óraszámláló forgórészének vázlata látható. A nyomatékot adó motorrész és az örvényáramú fékezıkorong l = 5 [cm] hosszú tengellyel kapcsolódik egymáshoz. Az átadandó maximális üzemi nyomaték Mü = 2.5 [Ncm]. Méretezzük a tengelyt, ha zárlatkor tízszeres nyomatéklökés keletkezik és a tengely anyagára τmeg = 3⋅ 107 [Pa]. Számítsuk ki a tengely szögelfordulását! G = 8 ⋅ 1010 [Pa] A zárlati nyomaték: Mz = 10 ⋅ Mü = 10 ⋅ 2.5 [Ncm] = 25 [Ncm] = 0.25 [Nm] Tömör tengely esetén a keletkezı csavaró feszültség:
F 2.54. ábra
M τ= z R Ip τ=
R=3
D4 ⋅ Π R 4 ⋅ Π Ip = = 32 2
2 ⋅ Mz ≤ τ meg R3 ⋅Π
2 ⋅ Mz 2 ⋅ 0.25 =3 = 1.744 ⋅ 10 −3 [m] = 0.174 [cm] 7 τ meg ⋅ Π 3 ⋅ 10 ⋅ Π
D = 0.348 [cm]
Az elcsavarodás:
(
M ⋅l ϕ= z Ip ⋅ G
D 4 ⋅ Π 3.48 ⋅ 10 −3 Ip = = 32 32
)
4
⋅Π
= 1.44 ⋅ 10 −11 [m 4 ]
0.25 ⋅ 0.05 = 0.01085[rad ] = 0.62 o −11 10 1.44 ⋅ 10 ⋅ 8 ⋅ 10
ϕ=
14. példa Egy URH adóantenna súly F = 260 [N]. Ezt a háztetı felett l = 12 [m] magasan kell elhelyezni. (F 2.55. ábra).A szerelvény vascsıre erısíthetı fel. Méretezzük a csövet kihajlásra! λp = 105
7 ⋅ 1011 Megengedett kritikus feszültség: σkmeg = λ2
Tegyük fel, hogy a rúd karcsúsági tényezıje nagyobb, mint 105. Ekkor Euler képlet (3.53) szerint méretezhetünk. σ=
F A
λ2 =
F 7 ⋅ 1011 = 2 ⋅I A lk ⋅ A
Mivel σkmeg = σ
F 2.55. ábra
l 2k l 2k ⋅ A = I i2
Legyen D = 2d, ekkor I =
I=
F ⋅ l 2k 7 ⋅ 1011
F ⋅ l 2k D4 − d4 15 ⋅ d 4 ⋅Π = Π= 64 64 7 ⋅ 1011
A 2.30. ábrából látható, hogy lk = 2 ⋅ l = 24 [m]
F ⋅ (2 ⋅ l ) ⋅ 64 260 ⋅ 24 2 ⋅ 64 d = = = 2.9056 ⋅ 10 −7 [m] 11 11 7 ⋅ 10 ⋅ Π ⋅ 15 7 ⋅ 10 ⋅ Π ⋅ 15 2
4
d = 0.0232 [m],
D = 0.0464[m]
Ellenırzésül ki kell számítani a rúd karcsúsági tényezıjét: I=
D4 − d4 0.0464 4 − 0.0232 4 ⋅Π = ⋅ Π = 2.1331⋅ 10-7[m4] 64 64
A=
D2 − d2 0.0464 2 − 0.0232 2 Π= Π = 1.2682 ⋅ 10 −3 [m2] 4 4
i=
I 2.1331 ⋅ 10 −7 = = 1.29339 ⋅ 10 − 2 [m] −3 A 1.2682 ⋅ 10
λ=
lk 24 = = 1943 > λ k i 1.29339 ⋅ 10 − 2
Tehát helyesen alkalmaztuk az Euler formulát.
15. példa F 2.56. ábrán vázolt távvezetékoszlopot a súlyerık nyomásra, a vezetékhúzás hajlításra veszi igénybe. Határozzuk meg a a veszélyes (befogási) keresztmetszetben ébredı feszültségeket, és a semleges vonal helyzetét! Adatok:
l = 12 [m]
a = 12 [cm]
F = 1500 [N]
b = 20 [cm]
G = 8500 [N]
Megoldás: Maximális hajlítófeszültség: σ h max =
M K
M = F ⋅ l = 1500 [N] ⋅ 12 [m] = 18 000 [Nm] K=
a ⋅ b 2 12 ⋅ 20 2 = = 800[cm 3 ] = 8 ⋅10 −4 [m 3 ] 6 6
σ h max = F 2.56. ábra
18000 = 2.25 ⋅ 10 7 [Pa ] 8 ⋅10 − 4
Nyomófeszültség:
σ ny =
G A
A = a ⋅ b = 12 ⋅ 20 = 240 [cm2] = 2.4 ⋅ 10-2 [m2]
σ ny =
8500[ N] = 3.54 ⋅10 5 [Pa ] −2 2 2.4 ⋅10 [m ]
Az alsó szálban a húzófeszültségek összegzıdnek.
σ = 225 ⋅105 + 3.54 ⋅ 105 = 228.54⋅ 105 [Pa] A semleges szál helyzetének meghatározásához írjuk fel a hajlításból eredı σ feszültségfüggvényét:
σ=
M ⋅y I
I=
a ⋅ b 3 12 ⋅ 20 3 = = 8000[cm 4 ] = 8 ⋅10 −5 [m 4 ] 12 12
σ=
18000 ⋅ y = 2.25 ⋅ 10 8 ⋅ y −5 8 ⋅ 10
A semleges szálban a húzó és nyomófeszültségek abszolut értéke azonos
σh = σny 2.25 ⋅ 108 ⋅ t = 3.54 ⋅ 105 t=
3.54 ⋅ 10 5 = 1.573 ⋅ 10 −3 [m] = 0.1573[cm] 2.25 ⋅10 8
A feszültségeloszlást a F 2.57. ábra szemlélteti.
F 2.57. ábra
16. példa Határozzuk meg a F 2.58. ábra szerinti tengely I. szakaszának mértékadó keresztmetszetében a redukált feszültséget!
F 2.58. ábra A tengely közepén fogaskerék adja át az Mt = 0.15 [Nm] csavarónyomatékot. A tengely I. szakaszát csavaró és hajlító igénybevétel terheli.
A csavaró terhelésbıl:
τ=
Mt d ⋅ Ip 2
d 4 ⋅ Π 0 .4 4 ⋅ Π Ip = = = 2.5133 ⋅10 −3 [cm 4 ] = 2.5133 ⋅10 −11[m 4 ] 32 32 τ=
0.15[ Nm] 0.004[m] ⋅ = 1.19 ⋅ 10 7 [Pa ] −11 4 2 2.5133 ⋅ 10 [m ]
F=
M t 0.15[ Nm] = = 15[ N] r 0.01[m]
A hajlítónyomaték: Mhajl = F ⋅ l = 15[N] ⋅ 0.03[m] = 0.45[Nm] K=
d 3 ⋅ Π 0 .4 3 ⋅ Π = = 6.286 ⋅10 −3 [cm 3 ] = 6.286 ⋅ 10 −9 [m 3 ] 32 32
σ hajl =
M hajl K
=
0.45[ Nm] = 7.16 ⋅10 7 [Pa ] −9 3 6.286 ⋅10 [m ]
A redukált feszültség Mohr szerint:
σ red = σ 2hajl + 4 ⋅ τ 2 =
(7.16 ⋅10 )
7 2
(
+ 4 ⋅ 1.19 ⋅10 7
)
2
= 7.545 ⋅10 7 [Pa ]
Melléklet
2.3 Táblázat
