SZÉCHENYI ISTVÁN EGYETEM
GÉPSZERKEZETTAN ÉS MECHANIKA TANSZÉK
6. MECHANIKA-STATIKA GYAKORLAT Kidolgozta: Triesz Péter egy. ts. Négy erő egyensúlya, Culmann-szerkesztés, Ritter-számítás 6.1. Példa G F1
Egy létrát egy verembe letámasztunk az ábrán látható módon. Adott a létra súlya, valamint a létra és a verem méretei:
1m B S
G G G = (− 100 j ) N . A testek érintkező felülete sima.
G FB
G G
2m
µ0 = 0 G FA A
1,5 m 2m
Feladat:
G Határozza meg azt az F1 max erőt, amelynek hatására a létra még éppen nem mozdul el! a. Szerkesztéssel (Culmann-szerkesztés) és b. számítással (Ritter-számítás)!
Megoldás: a. Elsőként vizsgáljuk meg azt az esetet, mikor a létrára nem hat vízszintes erő, G G vagyis F1 = 0 . Ekkor három erő egyensúlyát vizsgálhatjuk a már tanult módon.
1
G F1 = 0
G G G G G + FA + FB = 0
P B
G G
G FB
G FB G G
S
G FA G FA A Szerkezeti ábra
Erőábra
A másik határeset, mikor a legnagyobb vízszintes erő működik a létra felső végében. Ebben az esetben a létra még éppen nem mozdul meg, vagyis az A pontban ébredő támasztóerő függőleges összetevője éppen nullává válik. Tehát ismert mind a négy erőnek az iránya, egy erő – a súlyerő ismeretében az ún. Culmann-módszer segítségével megszerkeszthetők az ismeretlen támasztóerők, G illetve a szintén ismeretlen F1 max terhelés. D
G G
G G G G G G + F1 + FA + FB = 0
G G FR FAB
G F1 max
B S
G FB
Culmann-egyenes
G FA
C A
Szerkezeti ábra
G G
G FB
G F1 max
Erőábra
b. A B támasznál minden esetben a létra hossztengelyére merőleges támasztóerő G ébred, míg az A sarokban ébredő támasztóerő nagysága és iránya függ az F1 erő G nagyságától. Nyomatéki egyenleteket és az FB erőre vonatkozó geometriai összefüggést fel lehet írni:
2
G FA
M a = 0 = −1,5 G − 3 F1 + 4 FBy , M c = 0 = −4 FAy + 2,5 G − 3F1 , M d = 0 = −0,5 G + 3 FAx − 1 FAy , G és ismerjük az FB erő irányát: tg 45° =
FBy FBx
=1 ⇒
FBy = FBx .
A fenti egyenletekben az F1 erő, mint változó paraméter szerepel. Vizsgáljuk meg először azt az esetet, mikor ez az erő zérussal egyenlő. Ekkor M a = 0 = −1,5 G + 4 FBy , M c = 0 = −4 FAy + 2,5 G, M d = 0 = −0,5 G + 3 FAx − 1 FAy , FBx = FBy . Az egyenletrendszer megoldása:
G G G FA = 37,5i + 62,5 j N, G G G FB = − 37,5i + 37,5 j N.
( (
)
)
A másik eset az, amikor az F1 erő eléri maximális értékét, vagyis amikor a létra G elveszti stabilitását és megmozdul. Ez az a pillanat, mikor az FA erő függőleges összetevője zérussá válik, vagyis FAy = 0 . Az egyenletrendszer ebben az esetben: M a = 0 = −1,5 G − 3 F1 + 4 FBy , M c = 0 = 2,5 G − 3F1 , M d = 0 = −0,5 G + 3 FAx , FBx = FBy . A megoldás: G G F1 max = 83,33i N, G G FA = 16,66i N, G G G FB = − 100i + 100 j N.
( (
(
)
)
)
Az eredmények ellenőrzéséhez célszerű minden esetben a statika alapegyenleteit felhasználni.
3
6.2. Példa Egy hasáb-jellegű testet az ábrán látható módon egy verembe helyezünk. Adott a hasáb súlya és az ábráról leolvasható geometria méretek. A hasáb és a verem érintkezéseinél a súrlódás elhanyagolható: G G G = − 400 j N,
(
)
µ 0 ≈ 0.
A
Feladat:
S C
G G
3m
Határozza meg a támasztóerőket a. szerkesztéssel, b. számítással.
2m B
2,5 m 3m
2m
Megoldás: a. A támasztóerők megszerkesztéséhez a Culmann-módszert alkalmazzuk. G G G G G G G + FA + FB + FC = 0. Az ábrán az FBC erő hatásvonala a Culmann-egyenes.
G FBC
G FA
Culmann-egyenes eBC D
G FA A
S G G
G G FB + FC H
G FC
E
G FB
G G G G FA + G
C
G FC
B G FB Szerkezeti ábra
Erőábra
b. Nyomatéki egyenleteket felírva, az alábbi egyenletrendszert kapjuk: M e = 0 = 0,5 G − 1 FA M h = 0 = 0,5 G − 1 FC Fy = 0 = −G + FB
(1), (2), (3).
4
Az egyenletrendszer megoldása:
(1) (2) (3)
⇒ ⇒ ⇒
G G FA = (200i ) kN ,
FA = 0,5 G = 200 N (→),
FC = 0,5 G = 200 N (←), FB = G = 400 N (↑ ).
G G FB = 400 j kN ,
(
G G FC = (− 200i ) kN .
)
5
6.3. Példa Az ábrán látható merev FED rudat három másik merev rúddal (AF, BE és CD) támasztottunk meg. Az FED rudat egy vonal mentén egyenletesen megoszló erőrendszer terheli. Adott a szerkezet méretei és terhelése. q0
C
D F
q0 = 4 kN/m
E
2m 1m A 1m
B 2m
2m
2,5 m
Feladat: Határozza meg az A, a B és a C csuklókban ébredő támasztóerőket a. szerkesztéssel és b. számítással! Megoldás: a. A megoszló terhelő erőrendszer eredője: Fq = q l = 4 ⋅ 5 = 20 kN , ahol l a megoszló terhelés hossza, az eredő helye konstans megoszló terhelésnél a hossz felénél van. A támasztóerők meghatározása a Culmann-szerkesztéssel történik.
F eA G FA
P2 e AB
Culmann-egyenes D E eB G Fq
A
G FC
G FB
G FC G FAB
C eC G Fq
B eq
G G G G G Fq + FC + FA + FB = 0
G FAB
G FB
eAB ≡ Culmann-egyenes
P1
Szerkezeti ábra
Erőábra 6
G FA
b. A támasztóerők kiszámíthatók az ún. Ritter-módszerrel, melynek lényege az, hogy a nyomatéki egyenleteket olyan keresztmetszetekre írjuk fel, amelyek a támasztóerők hatásvonalainak metszéspontjaiban helyezkednek el. A támasztó rudakban, így a csuklókban is csakis rúdirányú erők ébrednek, tehát a rudak iránya meghatározza a támasztóerők hatásvonalát. A hatásvonalak az F az E, illetve egy távolabbi P pontban metszik egymást (ld. a fenti szerkezeti ábrát). A nyomatéki egyenletek rendre: 1,5 Fq = 10 kN (↑ ), 3 1,5 Fq = 5 kN (→), M f = 0 = 6 FBx − 1,5 Fq ⇒ FBx = 6 1,5 Fq = 10 kN (↑ ), M e = 0 = −3 FA + 1,5 Fq ⇒ FA = 3 − 1,5 Fq = −5 kN(← ). M p = 0 = −6 FC − 1,5 Fq ⇒ FC = 6
M f = 0 = 3 FBy − 1,5 Fq
⇒ FBy =
Az F keresztmetszetre felírt nyomatéki egyenleteknél azt a tételt lehet kihasználni, hogy egy erő a hatásvonala mentén bárhova eltolható, így ha az E pontba toljuk először, akkor csak az y irányú összetevőjének, ha pedig a P pontba toljuk, akkor az x összetevőjének lesz nyomatéka, mert a másik összetevő hatásvonala keresztülmegy az F keresztmetszeten. G G FA = (10 j ) kN ,
G G G FB = (5i + 10 j ) kN ,
7
G G FC = (− 5i ) kN .
6.4. Példa Az ábrán látható szerkezetet egy koncentrált nyomaték, és egy vonal mentén egyenletesen növekvő, megoszló erőrendszer terheli. Az A pontban az érintkező felület sima, µ ≈ 0 . Adott a szerkezet méretei és terhelése. G M1 q0
C
q 0 max = 4 kN/m,
1,5 m
M 1 = 3 kNm.
A 45° B 3m
Feladat:
Számítsa ki az A, a B és a C csuklókban ébredő támasztóerőket! Megoldás: y F
G FC
G Fq
G M1 E
C D
1,5 m
2m A
45°
G FB
G FA
x
B
3m
Elsőként a megoszló erőrendszer eredőjét és az eredő helyét kell meghatározni. Ebben az esetben az eredő nagysága egyenlő a háromszög területével. Természetesen definíció
8
szerint, a már ismertetett módon felírva a határozott integrált ugyanerre az eredményre jutunk, tehát Fq =
q0 max l = 6 kN . 2
Az eredő hatásvonala áthalad a háromszög súlypontján, ami derékszögű háromszögek esetében a befogókat 1/3 – 2/3 arányban osztják (lásd a fenti ábrát). A feladat Ritter-módszerrel megoldható. A nyomatéki egyenleteket a D, az E és az F keresztmetszetekre írjuk fel. Az A keresztmetszetnél ébredő támaszerő az érintkező felületek közös normálisával megegyező irányú. Esetünkben a támasztó síkra merőleges irányú, vagyis 45°-os szöget zár be a vízszintessel, ez az egyenletek felírásánál is figyelembe vehető. M d = 0 = 1,5 FAy − M 1 − 2 Fq tg 45° =
FAy FAx
⇒ FAy =
M 1 + 2 Fq 1,5
= 10 kN (↑ ),
⇒ FAx = FAy = 10 kN (←),
M f = 0 = 1,5 FC − M 1 − 2 Fq
G G G FA = (− 10i + 10 j ) kN ,
− M 1 − 0,5 Fq
= −4 kN (↓ ), 1,5 M + 2 Fq ⇒ FC = 1 = 10 kN(→). 1,5
M e = 0 = −1,5 FB − M 1 − 0,5 Fq
⇒ FB =
G G FB = (− 4 j ) kN ,
9
G G FC = (10i ) kN .
