Acélszerkezeti mintapéldák az Eurocode szabványhoz,

Budapesti Műszaki Egyetem Acélszerkezetek Tanszék

Acélszerkezeti mintapéldák az Eurocode szabványhoz,

angol nyelvű mintapéldák alapján

Fordította: Hegedűs Krisztián Javította: Dr. Iványi Miklós

1. javított változat

1999. május 25.

Hegedűs Krisztián: Acélszerkezeti mintapéldák

Budapest, 1999. április

1. Eurocode acél 1.1. A keresztmetszeti szelvény osztályba sorolása nyomás alapján 1.1.1. HEA 500-as szelvény ADATOK:

f y = 235 N / mm 2

ε = 235 / f y = 1 h = 490mm b = 300mm t f = 23mm t w = 12mm r = 27mm d = h − 2 × t f − 2 × r = 390mm c = 0,5 × b = 150mm

1.1. ábra HEA szelvény

Az öv besorolása: c 150 = = 6,5 < 10 × ε = 10 → 1-es osztály. tf 23

A gerinc besorolása:

d 390 = = 32,5 < 33 × ε = 33 → 1-es osztály. t w 12

Tábl.: 5.3.1(3)

Tábl.: 5.3.1(1)

A tartó ennek következtében az 1-es osztályba tartozik.

Worked Example

2. oldal



1.1.2. IPE 600-as szelvény ADATOK:

f y = 355 N / mm 2

ε = 235 / f y = 0,81 h = 600mm b = 120mm t f = 19mm t w = 12mm r = 24mm d = h − 2 × t f − 2 × r = 514mm c = 0,5 × b = 110mm

1.2. ábra IPE szelvény Az öv besorolása: c 110 = = 5,8 < 10 × ε = 8,1 → 1-es osztály. tf 19

A gerinc besorolása: d 514 = = 42,8 < 42 × ε = 34,0 → 4-es osztály. 12 tw

Tábl.: 5.3.1(3)

Tábl.: 5.3.1(1)

A tartó ennek következtében a 4-es osztályba tartozik.

Worked Example

3. oldal



1.2. A keresztmetszeti szelvény osztályba sorolása hajlítás alapján 1.2.1. HEA 500-as szelvény ADATOK:

f y = 235 N / mm 2

ε = 235 / f y = 1 h = 490mm b = 300mm t f = 23mm t w = 12mm r = 27 mm d = h − 2 × t f − 2 × r = 390mm c = 0,5 × b = 150mm

1.3. ábra HEA szelvény Két különböző esetet lehet figyelembe venni: a) Az y-y tengely körüli hajlítást: Ebben az esetben az öveket egyenletes nyomásra, vagy húzásra kell Tábl.: figyelembe venni. Az övek besorolása tehát: 5.3.1(3) c 150 = = 6,5 < 10 × ε = 10 → 1-es osztály. tf 23

A gerincet pedig hajlításra kell figyelembe venni, a besorolása tehát: d 390 = = 32,5 < 72 × ε = 72 → 1-es osztály. 12 tw

Tábl.: 5.3.1(1)

A tartó ennek következtében az 1-es osztályba tartozik. b) A z-z tengely körüli hajlítást:

Worked Example

4. oldal



Tegyük fel, hogy a tiszta hajlítás hatására a keresztmetszet teljesen Tábl.: képlékennyé válik. Ebben az esetben az övekben egyenletesen eloszló 5.3.1(3) feszültségek; a gerinc egyik felén nyomás, a másikon pedig húzás keletkezik. Az övek besorolása tehát: c 150 = = 6,5 < 10 × ε = 10 → 1-es osztály. tf 23

A z-z tengely körüli tiszta hajlítás esetén, a gerinclemez helyi horpadásának lehetősége elhanyagolható, mert a gerinc a semleges tengelyen helyezkedik el. Így a keresztmetszet az 1-es osztályba tartozik.

Worked Example

5. oldal



1.2.2. IPE 600-as szelvény ADATOK:

f y = 355 N / mm 2

ε = 235 / f y = 0,81 h = 600mm b = 120mm t f = 19mm t w = 12mm r = 24mm d = h − 2 × t f − 2 × r = 514mm c = 0,5 × b = 110mm

1.4. ábra HEA szelvény Két különböző esetet lehet figyelembe venni: a) Az y-y tengely körüli hajlítást: Ebben az esetben az öveket egyenletes nyomásra, vagy húzásra kell Tábl.: figyelembe venni. Az övek besorolása tehát: 5.3.1(3) c 110 = = 5,8 < 10 × ε = 8,1 → 1-es osztály. tf 19

A gerincet pedig hajlításra kell figyelembe venni, a besorolása tehát: d 514 = = 42,8 < 72 × ε = 58,3 → 1-es osztály. 12 tw

Tábl.: 5.3.1(1)

A tartó ennek következtében az 1-es osztályba tartozik.

Worked Example

6. oldal



b) A z-z tengely körüli hajlítást: Tegyük fel, hogy a tiszta hajlítás hatására a keresztmetszet teljesen Tábl.: képlékennyé válik. Ebben az esetben az övekben egyenletesen eloszló nyomás, 5.3.1(3) vagy húzás keletkezik. Az övek besorolása tehát: c 110 = = 5,8 < 10 × ε = 8,1 → 1-es osztály. tf 19

A z-z tengely körüli tiszta hajlítás esetén, a gerinclemez helyi horpadásának lehetősége elhanyagolható, mert a gerinc a semleges tengelyen helyezkedik el. Így a keresztmetszet az 1-es osztályba tartozik.

Worked Example

7. oldal



1.3. A keresztmetszeti szelvény osztályba sorolása hajlítás, és nyomás alapján 1.3.1. HEA 500-as szelvény ADATOK: f y = 235 N / mm 2

ε = 235 / f y = 1 h = 490mm b = 300mm t f = 23mm t w = 12mm r = 27 mm d = h − 2 × t f − 2 × r = 390mm c = 0,5 × b = 150mm F = 400kN

1.5. ábra HEA szelvény Az osztályba sorolás alapja az y-y tengely körüli hajlítás, valamint egy 400kN nagyságú tengely irányú nyomó erő. Az öv besorolása: c 150 = = 6,5 < 10 × ε = 10 → 1-es osztály. tf 23

A gerinc besorolása: d 390 = = 32,5 < 33 × ε = 33 → 1-es osztály. 12 tw

Tábl.: 5.3.1(3)

Tábl.: 5.3.1(1)

Így a keresztmetszet az 1-es osztályba tartozik.

Worked Example

8. oldal



1.3.2. IPE 600-as szelvény ADATOK: f y = 335 N / mm 2

ε = 235 / f y = 0,81 h = 600mm b = 220mm t f = 19mm t w = 12mm r = 24mm d = h − 2 × t f − 2 × r = 514mm c = 0,5 × b = 110mm F = 1200kN

1.6. ábra IPE szelvény Az osztályba sorolás alapja az y-y tengely körüli hajlítás, valamint egy 1200kN nagyságú tengely irányú nyomó erő. Az öv besorolása: c 110 = = 5,8 < 10 × ε = 8,1 → 1-es osztály. 19 tf

A gerinc besorolása: d 514 = = 42,8 t w 12

Tábl.: 5.3.1(3)

Tábl.: 5.3.1(1)

Ez az érték kisebb a tiszta hajlítás esetén, a gerincre vonatkozó bármely határértéknél ( 72 × ε = 58,3 ), ugyanakkor tiszta nyomás esetén túllépi a 3-as osztályt ( 42 × ε = 34 ). A kérdés tehát: Melyik feszültségi eloszlást - a rugalmast, vagy a képlékenyt - lehet használni? Worked Example

9. oldal



Először a teljesen képlékeny állapotot tételezzük fel. Ekkor: N Sd = d N × t w × f y

α × d = (d + d N ) / 2 Ahol: 1  2 

α = × 1 +

3  1   d N  1  N Sd  = × 1 + 1200 × 10  = 0,774  = × 1 +   d  2  t w × f y × d  2  12 × 355 × 514 

Megfigyelhető, hogy (d/t) arány a 2-es osztályra vonatkozó,

456 × ε = 40,8 13 × α − 1

Tábl.: 5.3.1(1)

határértéket is túllépi. Ez azt jelenti, hogy rugalmas feszültségi állapot lép fel.

1.7. ábra Feszültségeloszlás

A feszültségeloszlást a gerincben úgy kell figyelembe venni, mint a szélső szál megfolyását nyomás hatására. A feszültség aránya a hajlítási nyomatékhoz, megegyezik σ b -vel. A gerinc szélső szálában a feszültségek az alábbi kifejezésekkel számítható:

Worked Example

10. oldal



Nyomás hatására: f y = σ b + N W / (d × tW ) = σ b + N Sd / A

ψ × f y = −σ b + N W /(d × tW ) = −σ b + N Sd / A ahol: N W - a tengely irányú erőnek a gerinc által felvett része, és N W = ( AW / A) × N Sd AW = d × tW

A - a keresztmetszeti terület a metszetben

A fenn említett két összefüggésből:

ψ=

1  2 × N Sd  × − 1 fy  A 

 1  2 × 1,2 × 10 6  = 0,431 ×  − ψ= 1 355  15,6 × 10 3  és d / tW ( korlát ) =

42ε 42 × 0,81 = = 41,9 0,67 + 0,33 × ψ 0,67 + 0,33 × (0,431)

Tábl.: 5.3.1(1)

d = 48,8 > 41,9 → 4-es osztály. tW Így a keresztmetszet a 4-es osztályba tartozik.

Worked Example

11. oldal



1.3.3. Hegesztett szelvény ADATOK:

f y = 355N / mm 2

ε = 235 / f y = 0,81 h = 300mm b = 300mm t f = 12mm tw = 8mm a = 6mm 8 − 6 × 2 = 137,5mm 2 F = 300kN

c = 150 −

1.8. ábra Hegesztett szelvény Az osztályba sorolás alapja a z-z tengely körüli hajlítás, valamint egy 300kN nagyságú tengely irányú nyomó erő. Az öv besorolása: Képlékeny feszültségi állapotot tételezve fel, az övekben - a nyomott zónában ébredő - f y -nal arányos egyenletesen eloszló feszültség keletkezik. c 137,5 = = 11,46 > 14 × ε = 11,34 12 tf

Ez az érték túllépi a 3-as osztályra jellemző c lim -t, azaz a 14 × ε = 11,34 -et. Ez azt jelenti, hogy rugalmas állapotot kell figyelembe venni. Azaz a szélső szál nyomás hatására megfolyik.

1.9. ábra Feszültségeloszlás

Worked Example

12. oldal


ψ=


σ2 300.000 = = 0,09 σ 1 9.408 × 355

k σ = 0,57 − 0,21 × ψ + 0,07 × ψ 2 = 0,55

Tábl.: 5.3.3

Az öv karcsúsága: c = 11,46 < 21 × ε × k σ = 21 × 0,81 × 0,55 = 12,6 → 3-as osztály. tf

Tábl.: 5.3.1(3)

A gerinc besorolása: A gerinc nyomás alatt áll, d = h − 2 × t f − 2 × a × 2 = 300 − 2 × 12 − 2 × 6 × 2 = 259mm és ennek karcsúsága:

d 259 = = 32,4 tW 8 Ez kevesebb a 3-as osztály határértékénél ( 42 × ε = 34,02 ), de túllépi a 2-es osztályét ( 38 × ε = 30,78 ). Így a gerincet a 3-as osztályhoz tartozóként kell figyelembe venni. A tartó ennek következtében a 3-as osztályba tartozik.

Worked Example

13. oldal



2. Helyi horpadás 2.1. A feladat Három acél síklemezt, a gerinclemez tengelye körüli egyszerű szimmetriával összehegesztünk, hogy egy hegesztett I tartót alakíthassunk ki. Így a 2.1-es ábrán látható keresztmetszet fel tud venni az axiális erőt, vagy nyomatékot. Az acélminőség S355-ös minden lemezre. A tervezési feszültség megegyezik a minimális folyási feszültséggel, azaz: f y = 355N / mm 2

ε = 235 / f y = 0,813 A feladat tehát: meghatározni az effektív (hatékony) keresztmetszeti tényezőkhöz szükséges értékeket, melyekkel az axiális erőhöz, és a nyomatékhoz tartozó ellenállás ellenőrizhető.

2.1. ábra Keresztmetszet Megjegyzés: A zárójeles számok az 1.3.3-as feladat értékeiből származnak

Worked Example

14. oldal



2.2. ábra Sarokvarrat

Worked Example

15. oldal



2.2. Feltételezések Tételezzük fel az alábbiakat: a. A szelvény tulajdonságainak számítása során, úgy mint: keresztmetszeti terület, inercia… a gerincet az övekhez kapcsoló sarokvarratot figyelmen kívül kell hagyni. b. Az öv és a gerinc kapcsolatánál lévő sarokvarratot, a 2-es ábrán látható módon egyenlő szárú háromszögekkel idealizáljuk. A gerinc tiszta hossza „d” az alsó, és felső hegesztés csúcsa közti belső távolság, 790mm. c. Ha a b/t arány használandó.

túllépi a határértéket, akkor az Eurocode 3 [1]

d. A tervezési kritérium szerint a tervezési folyási feszültség a legterheltebb öv súlypontjára, és nem a legnagyobb feszültségű szélső szálban keletkezik; így a szelvényre jellemző tényezőt ennek megfelelően kell kiszámítani. [1] Eurocode 3: „Acélszerkezetek tervezése”: ENV 1993-1-1: 1.1-es rész: Általános szabályok, és építményekre vonatkozó szabályok, CEN, 1992

Worked Example

16. oldal



2.3. A teljes szelvény keresztmetszeti adatai A teljes keresztmetszeti szelvényekhez tartozó lemezeket, azok névleges méreteivel kell figyelembe venni. A megfelelő számítások a 2.1-es ábrán bemutatott keresztmetszeti szelvényre vonatkoznak, és a következő szelvény adatokat tartalmazzák:

2.3.1. Ag keresztmetszeti terület Ag = ( 400 × 10) + (300 × 10) + (800 × 6) = 11800mm 2

2.3.2. zg súlyponti távolság meghatározása A súlypont helyzete a legszélső alsó szál helyzetének figyelembe vételével határozható meg.

zg =

[(4000 × 815) + (4800 × 410) + (3000 × 5)] = 444mm 11800

2.3.3. Inercianyomaték az y-y tengelyre

[

] [

 (400 × 10 3 ) + (6 × 800 3 ) + (300 × 10 3 )  2 + 4000 × (376 − 5) +   −4 I yy =  12  × 10 = + 4800 × (444 − 410)2 + 3000 × (444 − 5)2    4 = 139033cm

[

] [

]

]

2.3.4. Keresztmetszeti tényező A felső öv súlypontjára vonatkozó:

Wu =

139033 = 3747cm 3 37,1

Az alsó öv súlypontjára vonatkozó:

Wl =

139033 = 3167cm 3 43,9

Worked Example

17. oldal



2.4. Az effektív (hatékony) szelvény, axiális nyomásra 2.4.1. A szelvény meghatározása

keresztmetszeti

osztályának

A lemezelemek b/t arányai, az öv fél „c” szélességének, valamint a gerinc Tábl.: alsó és felső nyakvarratai közötti „d” tiszta hossznak a figyelembe vételével 5.3.1(3) határozhatók meg. A felső övre:

c = 0,5 × 400 = 200mm c 200 = = 20 t 10 Az alsó övre:

c = 0,5 × 300 = 150mm c 150 = = 15 t 10 A gerincre:

d = 800 − 5 − 5 = 790mm d 790 = = 131,7 t 6 A b/t arányok határértékei a 3-as keresztmetszeti osztályra: Az övekre: (c / t )lim = 15 × ε = 12,2

Tábl.: 5.3.1(1)

A gerincre: (d / t )lim = 42 × ε = 34,2 A lemezelemekre vonatkozó határértékeket minden lemezelemre vonatkozó érték meghaladja. Emiatt a szelvény a 4-es keresztmetszeti osztályba tartozik, és minden lemez keresztmetszeti szelvényét redukálni kell.

2.4.2. Az effektív (hatékony) szélesség meghatározása A lemezek nyomott zónáinak ρ hatékonysága kiszámítható:

ρ=

(λ

p

− 0,22)

λ p2

≤1

ahol a lemez λ p normalizált karcsúságának számítása: Worked Example

5.3.5(3)

5.3.5(3)

18. oldal


λp =

fy

σ cr


c   t = 28,4 × ε × k σ

A felső övre:

c = 20; k σ = 0,43 → λ p = 1,32 t ρ = 0,631 beff = 0,631 × 400 = 253mm

Tábl.: 5.3.3

Az alsó övre:

c = 15; k σ = 0,43 → λ p = 0,99 t ρ = 0,786 beff = 0,786 × 300 = 236mm A gerincre:

d = 131; k σ = 4 → λ p = 2,84 t ρ = 0,325 h eff = (0,325 × 790) + 5 + 5 = 268mm

Tábl.: 5.3.2

(Mindkét övnél 134mm-es, egyenlő részeket figyelembe véve.)

Worked Example

19. oldal



2.4.3. Keresztmetszeti adatok Az effektív (hatékony) keresztmetszet a 2.3-as ábrán szerepel, az adatok megegyeznek a 2.4.2-es fejezetben ismertetettekkel.

2.3. ábra Az effektív (hatékony) keresztmetszet axiális nyomásra

2.4.4. Aeff,N keresztmetszeti terület Aeff , N = (253 × 10) + (268 × 6) + (236 × 10) = 6498mm 2

2.4.5. zg súlyponti távolság meghatározása z g,N =

[(2530 × 815) + (1608 × 410) + (2360 × 5)] = 421mm 6498

2.4.6. A súlypont eltolódása e N = z g − z g , N = 444 − 421 = 23mm Ez az eltolódás egy másodlagos hajlítási nyomatékot okoz: ∆M = N Sd × e N ami az M Sd értékét növeli.

Worked Example

20. oldal



2.5. Effektív (hatékony) szelvény hajlításra 2.5.1. A szelvény osztályának meghatározása A lemez b/t arányát a 2.4.1-es fejezet mutatja A 3-as osztályú nyomott övre vonatkozó határérték: c   = 15 × ε = 12,2  t  lim

Tábl.: 5.3.1(3)

amit az öv lemezaránya meghalad. Az övszelvény így a 4-es osztályba tartozik, mert a hajlító merevséget legnagyobb mértékben az övek adják. Ajánlott először - a szelvény magassága menti feszültségeloszlás számítása előtt redukálni a nyomott övet, és különös képen a feszültségarányt a gerincben, melynek (d/t)lim határértéke a gerinctől függ. A nyomott öv effektív (hatékony) szélességét a 2.4.2-es fejezet mutatja. beff = 253mm

2.4. ábra Keresztmetszet a gerinc feszültség arányának megállapításához

A keresztmetszetet a 2.4-es ábrán meghatározott gerinc feszültség aránynak megfelelően kell figyelembe venni. A keresztmetszet területe 10330mm2, és a súlypontja az alsó szélső száltól 392mm-re helyezkedik el. Az ábrán látható σ l , Worked Example

21. oldal



és σ u feszültségek arányosak a súlyponttól mért távolságokkal. Így a gerinc Ψ feszültség aránya a következő: Ψ=

σl 377 =− = −0,913 σu 413

2.5. ábra A gerinc feszültség arányának megállapításához alkalmazott keresztmetszet

A 3-as keresztmetszeti osztály gerinchez tartozó (d/t)lim határértéke az Tábl.: alkalmazott Ψ értékre: 5.3.1(1) 42 × ε = 93 0,64 + 0,33 × Ψ Ezt a határértéket jelentősen meghaladja a (d/t)=131,7 értéket, így a szelvény tehát a 4-es keresztmetszeti osztályba tartozik, és a gerincet is redukálni kell.

2.5.2. Az effektív (hatékony) szélességek meghatározása A nyomott öv effektív (hatékony) szélességeit a 2.4.2-es fejezetben már kiszámítottuk. A húzott öv teljes mértékben hatékony (a nyírófeszültség hatása elhanyagolható). Így figyelembe véve a gerincre ható nyomás, és hajlítás kombinációját, Ψ feszültségi aránnyal jellemezhető, első közelítésként Ψ=-0,913. A gerinclemezre vonatkozó horpadási együttható:

Worked Example

Tábl.: 5.3.2

22. oldal



k σ = 7,81 − 6,29 × Ψ + 9,78 × Ψ 2 = 21,7

amiből a gerinc normalizált karcsúsága:

5.3.5(3)

λ = 1,22 valamint a gerinc hatékonysági tényezője:

ρ=

(1,22 − 0,22) 1,22 2

5.3.5(3)

= 0,672

Ez a hatékonysági tényező nyomófeszültség esetén érvényes a d magasság dc részére. A nyomott zóna következésképpen az alábbi magasság esetén hatékony:

(d c )eff

= 0,672 × 413 = 278mm (A veszteség=413-278=135mm.)

amit szétosztunk a legjobban, és legkevésbé nyomott szálakra:

(d c )eff ,u = 0,4 × 278 = 111mm (d c )eff ,l = 0,6 × 278 = 167mm

Tábl.: 5.3.2

A (d c )eff ,u távolság a felső nyakvarrattól csúcsától mérendő.

2.5.3. Szelvény adatok Az effektív (hatékony) keresztmetszet a 2.6-os ábrán szerepel, megegyezve a 2.5.2-es fejezet adataival.

2.6. ábra Effektív (hatékony) keresztmetszet hajlításra Worked Example

23. oldal



2.5.4. Aeff,M keresztmetszeti terület Aeff , M = (253 × 10 ) + [(116 + 549 ) × 6] + (300 × 10) = 9520mm 2

2.5.5. zg,M súlyponti távolság meghatározása z g,M =

[(2530 × 815) + (696 × 752) + (3294 × 284,5) + (3000 × 5)] = 372mm 9520

2.5.6. Az inercianyomaték az y-y tengelyre

[

] +

 (253 × 10 3 ) + (6 × 116 3 ) + (6 × 549 3 ) + (300 × 10 3 )  12  2 2 I y ′′y ′′ = + 2530 × 443 + 696 × (438 − 58) +  2 2 + 3294 × (362 − 274,5) + 3000 × 367  = 110986cm 4

[

[

] [

] [

]

]

  −4  × 10 =   

2.5.7. Keresztmetszeti tényező A felső öv súlypontjától számítva. Wu =

110986 = 2505cm 3 44,3

Az alsó öv súlypontjától számítva. Wl =

11986 = 3024cm 3 36,7

2.5.8. További lehetséges javítás A 2.5.3-as fejezetben meghatározott effektív (hatékony) szelvényhez alkalmazható egy második Ψ feszültség arány is. Ψ=

362 − 5 = 0,82 438 − 5

A feszültség arány javított értékeivel: k σ = 19,7

λ = 1,28 ρ = 0,647

(d c )eff

Tábl.: 5.3.2 5.3.5(3)

= 0,647 × 433 = 280mm

Worked Example

24. oldal



Az előbbi értéktől (278mm) való eltérés, a további számítások folyamán nem jelent számottevő különbséget.

Worked Example

25. oldal



3. Húzott szerkezeti elemek I. BEVEZETŐ MEGJEGYZÉSEK

Minden számítás igazodik az Eurocode 3-hoz [1]. A húzott szerkezeti elemek általában a szerkezet részeihez nyírt kapcsolattal kapcsolódnak, a következő tönkremeneteli lehetőségek figyelembe vételével: a. a csavarok nyírási ellenállása; b. a súrlódási ellenállás a kapcsolat síkjában; c. a kapcsolódó elemek palástnyomási ellenállása. A csavarlyukak elhelyezése alkalmazkodik az Eurocode 3 [1] 6.5.1-es fejezetéhez. [1] Eurocode 3: „Acélszerkezetek tervezése”: ENV 1993-1-1: 1.1-es rész: Általános szabályok, és építményekre vonatkozó szabályok, CEN, 1992

Worked Example

26. oldal



3.1. Lemezek nyírt kapcsolatainak vizsgálata merőleges lyukkiosztás, valamint A, B és C kategóriájú csavarozott kapcsolatok szerint 3.1.1. A feladat A következő elemek tervezési húzási ellenállásának kiszámítása az alábbiak alapján: a. 10.9-es előteher nélküli csavarok („A” kategóriához kapcsolódó 6.5.3.1 palástnyomásra működő nyírási kapcsolat.) b. 10.9-es előterhelt csavarok ellenőrzött előfeszítéssel („B” kategóriához kapcsolódó, használati határállapotban megcsúszásmentes nyírási kapcsolat.) c. 10.9-es előterhelt csavarok ellenőrzött előfeszítéssel („C” kategóriához kapcsolódó, használati határállapotban megcsúszásmentes nyírási kapcsolat.)

3.1. ábra Csavarozott kapcsolat

Worked Example

27. oldal



3.1.2. Adatok

Fe 360-as acél

Csavarok névleges átmérője: db =16mm

Csavarlyukak névleges átmérője: d0 =18mm

3.1.3. Megoldás Az egyes részekben a húzóerő tervezési értéke N Sd nem lehet nagyobb a teljes (gyengítetlen) keresztmetszetre vonatkozó tervezési húzási ellenállásnál N t , Rd . a. Az „A” kategóriához tartozó nyírási kapcsolat esetén N t , Rd értéke 5.4.3(1) megegyezik, N pl , Rd , és N u , Rd értékek közül a kisebbikkel. A teljes (gyengítetlen) szelvények N pl , Rd tervezési képlékeny ellenállásának 5.4.3(1) számítása: A× fy

N pl , Rd =

γ M0

ahol a teljes (gyengítetlen) keresztmetszet:

5.4.2.1

A = b p × t p = 230 × 6 = 1380mm 2 f y = 235

γ M 0 = 1,1 N pl , Rd = A

N mm 2

1380 × 235 = 294,8 × 10 3 N = 294,8kN 1,1

hasznos

(gyengített)

keresztmetszet

N u , Rd

tervezési

teherbírási 5.4.3(1)

ellenállásának számítása: N u , Rd =

0,9 × Anet × f u

γ M2

ahol a hasznos (gyengített) keresztmetszet:

Worked Example

5.4.2.1

28. oldal



Anet = (b p − 2 × d 0 ) × t p = (230 − 2 × 18) × 6 = 1164mm 2 N mm 2 = 1,25

f u = 360

γ M2

N u , Rd =

0,9 × 1164 × 360 = 301,7 × 10 3 N = 301,7kN 1,25

Eszerint a keresztmetszet N t , Rd tervezési húzási ellenállása megegyezik: N t , Rd = N pl , Rd = 294,8kN Ha megfelelő nyúlóképesség szükséges, akkor az N pl , Rd tervezési képlékeny 5.4.3(4) ellenállásnak kisebbnek kell lennie a hasznos keresztmetszet N u , Rd tervezési teherbírási ellenállásnál. N pl , Rd < N u , Rd Jelen esetben ez a feltétel teljesül. b. „B” kategőriába tartozó nyírási kapcsolat esetén a csúszás utáni teherbírási határállapot maradó súrlódási ellenállása korlátozott, és a gyakorlatban elhanyagolható. A szerkezeti elemek tervezési húzási ellenállásának számítása megegyezik az „A” kategóriába sorolható nyírt kapcsolatok számításaival. Így N t , Rd : N t , Rd = 294,8kN A megfelelő nyúlóképességű viselkedés követelményei megegyeznek az „A” kategóriájú nyírási kapcsolatéval. c. „C” kategóriába tartozó nyírási kapcsolat esetén a csúszási ellenállást a 5.4.3(2) teherbírási határállapotra kell tervezni, s a hasznos (gyengített) keresztmetszetet az alábbi módon kell figyelembe venni: N net , Rd =

Anet × f y

γ M0

ahol:

Worked Example

29. oldal



Anet = 1164mm 2 f y = 235

γ M 0 = 1,1 N Net , Rd =

N mm 2 1164 × 235 = 248,7 × 10 3 N = 248,7kN 1,1

A szerkezeti elem teherbírási ellenállása: N t , Rd = N Net , Rd = 248,7kN Minden tönkremeneteli forma megfelelő nyúlóképességű.

Worked Example

30. oldal



3.2. Lemezek átlósan eltolt csavarkiosztással 3.2.1. A feladat Kiszámítandó az alábbi feszítetlen, 8.8-as csavarokkal összekötött kapcsolat tervezési húzási ellenállása.

3.2. ábra Átlósan eltolt kiosztású csavarozott kapcsolat

3.2.2. Adatok

S355-ös acél

Csavarok névleges átmérője db =12mm

Csavarlyukak névleges átmérője d0 =13mm

3.2.3. Megoldás Az egyes részekben az N Sd tervezési húzóerő nem lehet nagyobb a teljes keresztmetszetre vonatkozó N t , Rd tervezési húzási ellenállásnál. Az „A” kategóriához tartozó nyírási kapcsolat esetén

N t , Rd

értéke

megegyezik, N pl , Rd , és N u , Rd értékek közül a kisebbikkel. •

A teljes szelvények N pl , Rd tervezési képlékeny ellenállásának számítása: N pl , Rd =

5.4.3(1)

A× fy

γ M0

Worked Example

31. oldal



5.4.2.1

ahol a teljes (gyengítetlen) keresztmetszet: A = b p × t p = 120 × 6 = 720mm 2 f y = 355

γ M 0 = 1,1

720 × 355 = 2323,6 × 10 3 N = 2324kN 1,1

N pl , Rd = •

N mm 2

A hasznos (gyengített) keresztmetszet

N u , Rd

tervezési teherbírási 5.4.3(1)

ellenállásának számítása: N u , Rd =

0,9 × Anet × f u

γ M2

ahol: Anet : a hasznos keresztmetszet területe

5.4.2.2

N mm 2 = 1,25

f u = 510

γ M2

Ebben az esetben két kritikus hasznos keresztmetszetet különböztethetünk meg (lásd a 3.3-as ábrán), s mind a kettő viseli a teljes N húzóerőt

3.3 ábra Átlósan eltolt kiosztású csavarozott kapcsolat hasznos keresztmetszetei

Worked Example

32. oldal

Hegedűs Krisztián: Acélszerkezeti mintapéldák Anet ,1 = (b p − 2 × d 0 ) × t p = (120 − 2 × 13) × 6 = 654mm 2 Anet , 2

 2 × s2 × tp  = bp − 3 × d 0 +  4× p 


5.4.2.2(4)

  ×tp =  

 2 × 30 2 × 6   × 6 = 891mm 2 = 120 − 3 × 13 + 4 × 40   Anet = min( Anet ,1 ; Anet , 2 ) = Anet ,1 = 564mm 2

N u , Rd = •

0,9 × 564 × 510 = 207,1 × 10 3 N = 207,1kN 1,25

Eszerint a keresztmetszet N t , Rd tervezési húzási ellenállása:

N t , Rd = N u , Rd = 207,1kN Megfelelő nyúlóképességű viselkedés esetén:

5.4.3(4)

N pl , Rd < N u , Rd Jelen esetben ez a feltétel nem teljesül.

Worked Example

33. oldal



3.3. Szögacél bekötése egyik szárán 3.3.1. A feladat Az alábbi elemek tervezési húzási ellenállásának kiszámítása a feladat:

3.4. ábra Szögacél bekötése

Worked Example

34. oldal



3.3.2. Adatok

Fe 360-as acél

50x50x6-os szögacél

Csavarok névleges átmérője db =12mm

Csavarlyukak névleges átmérője d0 =13mm

Nem előterhelt 8.8-as csavarok

3.3.3. Megoldás Az egyes szerkezeti elemekben a húzóerő tervezési értéke N Sd nem lehet nagyobb a teljes keresztmetszetre vonatkozó N t , Rd tervezési húzási ellenállásnál . Az „A” kategóriához tartozó nyírási kapcsolat esetén

N t , Rd

értéke 5.4.3(1)

megegyezik, N pl , Rd , és N u , Rd értékek közül a kisebbikkel. •

A teljes szelvény N pl , Rd tervezési képlékeny ellenállásának számítása:

5.4.3(1)

A× fy

N pl , Rd =

γ M0

ahol: f y = 235

γ M 0 = 1,1 N pl , Rd =

N mm 2

569 × 235 = 121,6 × 10 3 N = 121,6kN 1,1

A=569mm2 a teljes keresztmetszet területe •

5.4.2.1 6.6.10

A hasznos keresztmetszet N u , Rd tervezési teherbírási ellenállásának 5.4.3(1) 6.5.2.3 számítása: 6.6.10

N u , Rd =

β 3 × Anet × f u γ M2

ahol:

Worked Example

Tábl.: 6.5.1

35. oldal


β 3 = 0,5 +


0,7 − 0,5  p1 0,7 − 0,5  50   × − 2,5  = 0,5 + ×  − 2,5  = 0,608 5,0 − 2,5  d 5,0 − 2,5  13  

Anet = A − d 0 × t a = 569 − 13 × 6 = 491mm 2 N mm 2 = 1,25

f u = 360

γ M2

N u , Rd =

•

0,608 × 491 × 360 = 86,0 × 10 3 N = 86kN 1,25

Eszerint a keresztmetszet N t , Rd tervezési húzási ellenállása:

N t , Rd = N u , Rd = 86kN Megfelelő nyúlóképességű viselkedés esetén:

5.4.3(4)

N pl , Rd < N u , Rd Jelen esetben ez a feltétel nem teljesül.

Worked Example

36. oldal



4. Húzott szerkezeti elemek II. BEVEZETŐ MEGJEGYZÉSEK

A kötél teherbírásának ellenőrzése megegyezik a tervezési gyakorlattal, a kötélben ébredő - használati terhek esetén, a húzási szilárdság (szakító erő) biztonsági tényezővel csökkentett értékével azonos - húzó erő korlátozásával.

4.1. Elektromos vizsgálata

távvezeték

vezető

kábelének

4.1.1. A feladat Az elektromos kábel egy nyitott spirális fonású kábel, a névleges átmérője 12mm, a tartóoszlopok távolsága 360m. A kábel alatt található házak miatt, a kábelbelógás maximális értéke 17m. A kábelt a szerelés során (t=15˚C) 15m-es belógással rögzítik. Ellenőrzendő a belógás, és a kábel teherviselése az alábbi két tervezési állapotban: •

Téli időszak: A kábel önsúllyal, és a kábelt körülvevő jéggel terhelve. (t=-5˚C).

•

Nyári időszak: A kábel önsúllyal terhelt, magas hőmérséklet mellett. (t=15˚C).

4.1. ábra Elektromos távvezeték

Worked Example

37. oldal



4.1.2. Adatok Kábel: -

Névleges kábelátmérő: 12mm

-

Fémes keresztmetszeti terület: Am = 84,1mm 2

-

Rugalmassági modulus: E = 150

-

Egységnyi hosszra vonatkoztatott önsúly: q w = 0,698

-

1570

-

α hőtágulási együttható: α = 1,2 × 10 −5

kN mm 2

kg m

N szilárdságú kábel esetén, a sodrony szakítóereje: Fu = 119kN mm 2

1 °C

Jég: -

Egységnyi hosszra vonatkoztatott önsúly: q ice = 1,206

(2cm jég -5˚C -on; 180 Pa -os szél, és a jég sűrűsége 0,6

kg m

kg ) dm 3

Az ellenállás ellenőrzésének biztonsági tényezői: -

s=3 nyári időszakban

-

s=2 téli időszakban

4.1.3. Megoldás

4.2. ábra A kábel Ebben a feladatban egy tartóoszlop csak a rajta folyamatosan átfutó egy-egy kábel okozta függőleges erőket veszi fel, (tehát nincsenek transzverzálisan horizontális erők).

Worked Example

38. oldal



Következésképp a szélső kábeleket horizontális irányban rögzítettként kell figyelembe venni. A lelógás, és a húzóerő az alábbi egyenletek segítségével számíthatóak:

σ E

+α ×t −

L2 × γ 2 = állandó 24 × σ 2

ahol: -

t : a hőmérséklet

-

E : rugalmassági modulus

-

α : a kábel hőtágulási együtthatója

-

γ : a kábel fajlagos súlya, téli időszakban ez tartalmazza a jeget is.

A fenti egyenletben szereplő „állandó” a 15˚C-os referencia állapot tanulmányozásával határozható meg. a. A 15˚C-os referencia állapot vizsgálata

A szélső kábel H húzóerejének meghatározása

4.3. ábra A kábel húzóereje f 1 1 Æ használható a parabola egyenlet (a láncgörbe helyett) = < L 24 20

(

q × L2 0,698 × 10 −3 × 9,81 × 360 × 10 3 = H= 8× f 8 × 15 × 10 3

)

2

= 7,4 × 10 3 N = 7,4kN

A kábel σ feszültségének számítása

σ=

H 7,4 × 10 3 N = = 87,9 Am 84,1 mm 2

A kábel ellenállásának ellenőrzése Az ellenállás elégséges feltétele:

Worked Example

39. oldal

Hegedűs Krisztián: Acélszerkezeti mintapéldák H<


Fu S

Jelen esetben: H = 7,4kN

Æ a feltétel kielégített Fu 119 = = 39,7 kN s 3

A „konstans” meghatározása

σ E

+α ×t −

L2 × γ 2 = 24 × σ 2 2

=

87,9 + 1,2 × 10 −5 3 150 × 10

9,81    360 × 10 3 × 0,698 × 10 −3 ×  84,1   × 15 − = 24 × 87,9 2

= −3,864 × 10 −3 b. A 40˚C-os nyári állapot vizsgálata

L2 × γ 2 = +α ×t − E 24 × σ 2

σ

2

9,81    360 × 10 3 × 0,698 × 10 −3 ×  84,1  σ  −5 = + 1,2 × 10 × 40 − = 150 × 10 3 24 × σ 2 σ 35,8 = + 4,8 × 10 − 4 − 2 3 σ 150 × 10 Nyári állapotban a kábel σ feszültségének számítása

σ 150 × 10

3

+ 4,8 × 10 − 4 −

Ebből σ = 85,4

35,8

σ

2

= −3,864 × 10 −3

N , azaz a hőmérséklet emelkedésével a feszültség mm 2

csökken. A kábel ellenállásának ellenőrzése H = σ × Am = 85,4 × 84,1 = 7,2 × 10 3 N = 7,2kN <

Fu 119 = = 39,7 kN s 3

ÆOK.

A kábel belógásának ellenőrzése

Worked Example

40. oldal


f =


(

q × L2 0,698 × 10 −3 × 9,81 × 360 × 10 3 = 8× H 8 × 7,2 × 10 3

)

2

= 15,407 × 10 3 mm = 15,41m

azaz a hőmérséklet emelkedésével a kábelbelógás is nő. f < f max (17m ) ÆOK. f 15,41 1 1 = = < Æ parabola OK. L 360 23,4 20 c. A -5˚C-os téli állapot vizsgálata

γ = γ w + γ ice σ E

+α ×t −

L2 × γ 2 = 24 × σ 2 2

9,81    360 × 10 3 × (0,698 × 1,206) × 10 −3 ×  84,1  σ  −5 = + 1,2 × 10 × (− 5) − = 150 × 10 3 24 × σ 2 σ 266,5 = − 6 × 10 −5 − 3 σ2 150 × 10 Téli állapotban a kábel σ feszültségének számítása

σ 150 × 10

3

− 6 × 10 −5 −

266,5

σ

2

= −3,864 × 10 −3

N , azaz a hőmérséklet csökkenésével, valamint a jég mm 2 súlyának a hozzáadásából a feszültség nő.

Ebből σ = 223,1

A kábel ellenállásának ellenőrzése H = σ × Am = 223,1 × 84,1 = 18,8 × 10 3 N = 18,8kN <

Fu 119 = = 59,5kN s 2

ÆOK

A kábel belógásának ellenőrzése

(

q × L2 (0,698 + 1,206 ) × 10 −3 × 9,81 × 360 × 10 3 f = = 8× H 8 × 18,8 × 10 3

)

2

=

= 16,1 × 10 3 mm = 16,1m

azaz a hőmérséklet csökkenésével, valamint a jég súlyának hozzáadásával a Worked Example

41. oldal



kábelbelógás nő. f < f max (17m ) Æ OK. f 16,1 1 1 = = < Æ parabola OK. L 360 22,4 20

Worked Example

42. oldal



4.2. Kikötött torony vizsgálata 4.2.1. A feladat Az alábbi antennatorony négy megfeszített sodronykötéllel van kikötve. Meghatározandó az antennatorony keresztirányú elmozdulása szél hatására a sodronyok végeinél. Egyszerűsítő feltételek: -

Csak egy irányú szelet vegyünk figyelembe. (Lásd az ábrán.)

-

A szél hatását az antennatoronyra merőlegesen, a sodrony végénél, egy W=80kN -os erővel kell figyelembe venni.

4.4. ábra Kikötött torony

Worked Example

43. oldal



4.2.2. Adatok Kábel: -

Névleges kábelátmérő: 30mm

-

Fémes keresztmetszeti terület: Am = 524mm 2

-

Rugalmassági modulus: E = 160

-

Egységnyi hosszra vonatkoztatott önsúly: q = 4,35

-

1770

-

Kezdeti feszítőszilárdság: σ 0 = 200

kN mm 2

kg m

N szilárdságú kábel esetén, a sodrony szakítóereje: Fu = 817kN mm 2 N mm 2

A teherviselés ellenőrzésének biztonsági tényezője: -

s=3

4.2.3. Megoldás Amikor az antennatoronyra a W szélerő hat. -

Az AF sodrony túlfeszített: σ 0 → σ I > σ 0

-

A CF sodrony kevésbé feszített: σ 0 → σ II < σ 0

σ 0 a sodrony feszültsége a kezdeti megfeszítés hatására σ I ésσ II az AF, és CF sodronyokban ébredő feszültség a W szélterhelés után Vízszintes egyensúly

4.5. ábra Vízszintes egyensúly Worked Example

44. oldal



W + H I − H II = 0 H = Fr × cos α

σ=

Fr Am

( Fr a kábelben ébredő erő.)

σ I − σ II =

80000 W N = = 215,9 (1) Am × cos β 524 × cos 45° mm 2

Az elmozdulások összefüggései

ν

: az antennatorony keresztirányú elmozdulása

∆S I ,vagyII :a sodronykötél hosszváltozása ∆S I > 0

mert megnyúlik

∆S II < 0

mert megrövidül

4.6. ábra Elmozdulások ∆S I − ∆S II = cos 45° sin 45° sin 45° = cos 45°

ν=

∆S I = −∆S II (2)

A sodronykötél hosszának változása ∆S I ,vagyII

 σ γ 2 × S 2 × cos 2 β  −  = +α ×t − 2  S E A × σ 24 × m I   2 2 2  σ0 γ × S × cos β   −  + α × t0 − 0 2  E A × 24 σ × m 0   ahol:

γ I ,vagyII = γ 0 =

q 4,35 × 10 −3 × 9,81 N = = 8,144 × 10 −5 524 Am mm 3

t = t0

Worked Example

45. oldal



S = 70,71 a sodronykötél hossza α: hőtágulási együttható N mm 2 kN E = 160 mm 2

σ 0 = 200

∆S I ,vagyII =

− 48850,4

(σ

)

2

I , vagyII

+ 0,442 × σ I ,vagyII − 87,167 (3)

A sodronykötelek feszültségei az (1), (2) és (3) kifejezések kombinálásával: N mm 2 N = 95,8 mm 2

σ I = 311,88 σ II

F    S I = 163,4kN < u  s   F    S II = 50,2kN < u  s  

valamint a (3)-ból: ∆S I = −∆S II = 50,1mm

ν=

∆S I = 70,9mm cos β

Worked Example

46. oldal



4.7. ábra A sodronykötél feszültségei ν meghatározása, lineáris közelítéssel A sodronykötél hatása egy axiális rugóval helyettesíthető, melynek k rugalmassági merevsége, az ERNST formulával határozható meg.

4.8. ábra Sodronykötél hatásának helyettesítése rugóval Az ERNST formula:

Worked Example

47. oldal


E* =

E

(γ × S × cos β )2 × E 1+


=

12 × σ 03

=

(8,144 × 10 1+

160000 −5

× 50000 12 × 200 3

)

= 155697,5MPa

2

× 160000

A formula két irányú (előre megfeszített) sodronyra alkalmazható. Ezek szerint: 2 × E * × Am × cos 2 45° ×ν S 2 × E * × Am × cos 2 45° 2 × 155697,5 × 524 × 0,5 N k= = = 1153,8 S 70710 mm W 80000 ν= = = 69,3mm k 1153,8 W=

(A 70,9mm helyett)

Worked Example

48. oldal



5. Oszlop tervezése 5.1. A keresztmetszeti alak hatása az oszlop súlyára 5.1.1. A feladat Keressük meg a különböző alakú keresztmetszetek közül a legkisebb súlyú keresztmetszetet, két végén csuklós megtámasztás, és állandó keresztmetszetű oszlop esetén. Az oszlop hossza 4,5m; a tengelyirányú nyomóerő 550kN (lásd az 5.1-es ábrán). A tanulmányozandó keresztmetszetek: -

IPE

-

HEA, HEB

-

négyzetes zártszelvény

-

téglalap alakú zártszelvény (h=2b)

-

csőszelvény

Az összes keresztmetszet melegen hengerelt, és Fe360-as anyagminőségű acélból készült. Két esetet különböztetünk meg: -

minden irányban bekövetkező kihajlás, és

-

csak az erősebb tengely körüli kihajlás.

5.1. ábra Keresztmetszetek, és az oszlop elhelyezkedése Worked Example

49. oldal



5.1.2. Általános szempontok ly

Az oszlop megtámasztásai minden irányban csuklósnak tekinthetők, így az és l z kihajlási hosszok megegyeznek a valós L hosszal, azaz:

l y = l z = L = 4,5m . A Fe360-as anyagminőségű acél folyási határának névleges értéke f y = 235MPa , ha a lemezvastagság t ≤ 40mm . A rugalmas modulus E = 210 × 10 3 MPa . Egy melegen hengerelt szelvény nyomott részének vizsgálata során, amennyiben N Sd a normálerő tervezési értéke (jelen esetben N Sd = 550kN ), akkor elegendő ellenőrizni, hogy: N Sd ≤ N c.Rd

5.4.4(1)

ahol N c.Rd a nyomott keresztmetszet tervezési értéke, ami a teljes szelvény kisebbik képlékeny tervezési ellenállása. N pl . Rd =

A× fy

5.4.4(1)

γ M0

és a tervezési stabilitási ellenállása N b. Rd =

χ × βA × A× fy γ M1

5.5.1.1(1)

ahol:

β A = 1 az 1-es, 2-es, és 3-as keresztmetszeti osztályokra

χ a megfelelő kihajlási csökkentő tényező. Amennyiben χ ≤ 1 , β A = 1 γ M 0 = 1 és γ M 1 = 1,1 , felléphet a kihajlás, valamint N pl . Rd -re mindig igaz, hogy: N pl . Rd ≥ N b.Rd Mértékadó a kihajlás, amennyiben:

χ ≤ 1 amikor λ > 0,2 . Amennyiben a központosan nyomott szelvény melegen hengerelt, a 5.5.1.1(2) megfelelő kihajlási mód hajlítás jellegű. Mivel a tagok állandó értékűek, így a χ csökkentő tényező számítása: Worked Example

50. oldal

Hegedűs Krisztián: Acélszerkezeti mintapéldák 1

χ=

φ + φ2 −λ

2


5.5.1.2(1)

≤1

ahol:

[

(

)

φ = 0,5 × 1 + α × λ − 0,2 + λ λ=

λ π

λ=

l i

βA × A× fy N cr

=

λ π

2

]

βA × fy E

α egy imperfekciós tényező, ami a kihajlási görbétől, a keresztmetszet és a Tábl.: 5.5.1 hajlítási tengely elhelyezkedéstől, valamint a h/b aránytól függ. Kihajlási görbe

α imperfekciós tényező

a

b

c

d

0,21

0,34

0,49

0,76

5.1. táblázat

5.1.3. A gyenge tengely körüli kihajlás Amikor a z gyenge tengely körüli kihajlás nincs megakadályozva, és a kihajlási hosszak minden irányban egyenlők, akkor az oszlopot a z gyenge tengely körül kell vizsgálni. IPE, vagy HPE keresztmetszetek Az általános melegen hengerelt IPE, vagy HPE szelvények övvastagsága általában: t f ≤ 40mm . Ebből a feltételezésből, amikor a gyenge tengely körüli kihajlás kisebb, és -

h > 1,2 akkor a „b” jelű kihajlási görbe használandó, b

-

h ≤ 1,2 akkor a „c” jelű kihajlási görbe használandó. b

Zárt keresztmetszet Melegen hengerelt zárt keresztmetszetű szelvények esetén, minden esetben Tábl.: az „a” jelű kihajlási görbe használandó. 5.5.3 Eredmények A további táblázatok a számítások közbenső, egymástól eltérő eredményeit mutatják. Az első eredmény a h/b arány, az alkalmazható kihajlási görbe,

Worked Example

Tábl.: 5.5.3

51. oldal



valamint az α imperfekciós tényező meghatározása, a második a d t w és c t f arány meghatározása, amivel kizárható, hogy a szelvény nem tartozik a 4-es keresztmetszeti osztályba, a harmadik, a χ csökkentő tényező kiszámítása, az utolsó pedig az N b.Rd tervezési kihajlási ellenállás. Minden esetben adott a megkívánt alak, és a következő. Profil

h (mm) b (mm)

h/b

α

d/tw

c/tf

Osztály

IPE 330

330

160

2,06

0,34

36,1

6,9

2

IPE 360

360

170

2,12

0,34

37,4

6,7

2

HEA 180

171

180

0,95

0,49

20,3

8,4

1

HEA 200

180

200

0,95

0,49

20,6

10,00

1

HEB 160

160

160

1,00

0,49

13,0

6,1

1

HEB 180

180

180

1,00

0,49

14,4

6,4

1

Tábl.: 5.5.3 5.5.1 5.3.1

5.2. táblázat Gyenge tengely körüli kihajlás: geometriai jellegzetességek 1-es keresztmetszeti osztályról van szó, ha: d t w = 33ε , és ha c t f ≤ 10ε .

Tábl.: 5.3.1

2-es keresztmetszeti osztályról van szó, ha: d t w ≤ 38ε , és ha c t f ≤ 11ε . Profil

iz (mm)

λz

φ

χz

A (cm2)

N b. Rd (kN)

IPE 330

35,5

1,350

1,606

0,404

62,6

540

IPE 360

37,9

1,264

1,480

0,444

72,7

690

HEA 180

45,2

1,060

1,273

0,506

45,3

490

HEA 200

49,8

0,962

1,150

0,562

53,8

646

HEB 160

40,5

1,183

1,441

0,442

54,3

513

HEB 180

45,7

1,049

1,258

0,512

65,3

715

200x100x8

40,5

1,185

1,305

0,540

43,5

501

200x100x10

39,5

1,212

1,341

0,522

59,9

590

Tábl.: 5.5.1.1(1)

5.3 táblázat Gyenge tengely körüli kihajlás: számítási eredmények A téglalap alakú 200x100x10-es zárt szelvény az 1-es osztályba tartozik,

Worked Example

Tábl.: 5.3.1(1)

52. oldal


mert

h − 3t f tw

= 17 < 33ε , és


b − 3t w = 7 < 33ε ( ε = 1 , ha f y = 235MPa ). tf

Figyelembe véve a fajlagos ellenállást (ellenállás osztva a keresztmetszeti területtel), látható hogy az IPE szelvények a legkevésbé hatékonyak, amikor a gyenge tengely körüli kihajlás nincs korlátozva. Ellentétben a 200x8 RHS-es szelvény a leghatékonyabb.

5.1.4. Kihajlás az erős tengely körül Tételezzük fel, hogy a megfelelő megtámasztás a gyenge tengely körüli kihajlást megakadályozza. IPE, vagy HE keresztmetszetek Tábl.: 5.5.3

Az erős tengely körüli kihajlás esetén ha: -

h > 1,2 akkor a „b” jelű kihajlási görbe használandó, b

-

h ≤ 1,2 akkor a „c” jelű kihajlási görbe használandó. b

Zárt keresztmetszetek Ezen szelvények esetén, mindig az „a” jelű kihajlási görbe használandó.

Tábl.: 5.5.3

Eredmények Az alábbi táblázatok - mint az előbb -, a számítások közbenső, valamint egymástól eltérő eredményeit mutatják. Profil

h (mm) b (mm)

h/b

α

d/tw

c/tf

Osztály

IPE 200

200

100

2,00

0,21

28,4

5,9

1

IPE 220

220

110

2,00

0,21

30,1

6,0

1

HEA 140

133

140

0,95

0,34

16,7

8,2

1

HEA 160

152

160

0,95

0,34

17,3

8,8

1

HEB 120

120

120

1,00

0,34

11,4

5,5

1

HEB 140

140

140

1,00

0,34

13,1

5,8

1

Tábl.: 5.5.3 5.5.1 5.3.1

5.4. táblázat Erős tengely körüli kihajlás: geometriai jellegzetességek

Worked Example

53. oldal



Profil

iy (mm)

λy

φ

χy

A (cm2)

N b. Rd (kN)

IPE 200

82,6

0,580

0,708

0,897

28,5

546

IPE 220

91,1

0,526

0,673

0,916

33,4

654

HEA 140

57,3

0,836

0,958

0,702

31,4

471

HEA 160

65,7

0,729

0,856

0,767

38,8

636

HEB 120

50,4

0,951

1,080

0,629

34,0

457

HEB 140

59,3

0,808

0,930

0,719

43,0

661

200x100x5

71,6

0,669

0,773

0,862

28,2

520

200x100x6

71,0

0,675

0,778

0,859

33,4

614

5.5.1.1(1)

5.5 táblázat Erős tengely körüli kihajlás: számítási eredmények A téglalap alakú 200x100x6-os zárt szelvény az 1-es osztályba tartozik, mert b − 3t f d = 30,3 és = 13,7 . tw tf Ebben az esetben, amikor a kihajlás csak az erős tengely körül lehetséges, látható, hogy a HEB szelvények a legkevésbé hatékonyak.

5.1.5. Kétszeresen szimmetrikus szelvények A kétszeresen szimmetrikus szelvényekre, a négyzetes zártszelvényekhez, vagy a kör keresztmetszetűekhez hasonlóan, a gyenge tengely körüli kihajlás nem jellemző. A számítások eredményei az alábbi táblázatban olvashatók. Profil

i (mm)

λ

φ

χ

A (cm2)

N b. Rd (kN)

140x140x6,3

54,0

0,887

0,965

0,743

32,5

515

150x150x6

958,3

0,822

0,904

0,783

33,4

559

168,3x6,3

77,3

0,836

0,916

0,775

32,1

530

168,3x7,1

57,0

0,840

0,920

0,772

36,0

593

5.5.1.1(1)

5.6 táblázat Kettősen szimmetrikus szelvények kihajlása A 150x150x6-os négyzet alakú zárt szelvény az 1-es osztályba tartozik, mert Tábl.: 5.3.1 b − 3t f d = 22 és = 13,7 . A Φ 168,3x7,1-es csőszelvény szintén az 1-es tw tf Worked Example

54. oldal


osztályba tartozik, mert


d = 23,7 < 50ε 2 . tw

5.1.6. Következtetés Összehasonlítva az előbbi keresztmetszeteket, a folyóméterenkénti tömegek megtalálhatóak az alábbi táblázatokban. Amennyiben az ellenállás pontosan nem egyenlő a tengely irányú N Sd = 550kN tervezési erővel, akkor a W550 =

folyóméterenkénti _ tömeg × 550kN N b.Rd

aránnyal, egy kedvezőbb osztályba sorolás érhető el. IPE 360

HEA 200

HEB 180

HS200x200x10

tömeg (kg/m)

57,1

42,3

51,2

41,5

W550 (kg/m)

45,5

36,0

39,4

38,7

5.7. táblázat Gyenge tengely körüli kihajlás IPE 220

HEA 160

HEB 140

HS200x200x6

tömeg (kg/m)

26,2

30,4

33,7

26,3

W550 (kg/m)

22,0

26,3

28,0

23,6

5.8. táblázat Erős tengely körüli kihajlás HS150x150x6

Cső 168,3x7,1

tömeg (kg/m)

26,3

28,2

W550 (kg/m)

25,9

26,1

5.9. táblázat Kettősen szimmetrikus szelvények kihajlása Ezek a táblázatok jól mutatják, hogy a keresztmetszet választása milyen nagy súlykülönbségekhez vezet. Amennyiben a kihajlás minden irányban felléphet, akkor a négyzetes, vagy a kör alakú keresztmetszeti szelvények minden esetben kedvezőbbek a HEA, téglalap keresztmetszetű cső, HEB, és IPE szelvényekkel szemben. Amennyiben csak az erős tengely körüli kihajlás lehetséges, akkor az IPE szelvény a legkedvezőbb a zárt szelvényekkel szemben, s ebben az esetben a HE szelvények a legkevésbé hatékonyak. Mindazonáltal fontos megjegyezni, hogy figyelembe véve az elemek más szerkezeti elemekkel való kapcsolatát gyakran esik a választás a már alkalmazott szelvényekre, mert az IPE, HE szelvények kapcsolatait önmagukkal olcsóbb elkészíteni, mint egyéb szelvények kapcsolatait.

Worked Example

55. oldal



5.2. A karcsúság hatása az oszlop teherviselésére. 5.2.1. A feladat Kiszámítandó hogy egy meghatározott hosszúságú oszlop, mekkora maximális tengely irányú erőt képes elviselni a keresztmetszeti alak függvényében. Az oszlop az erős tengelye körül befogott, és a kihajlás a gyenge tengely körül nem lehetséges. Az oszlop hossza: 9m, anyaga: melegen hengerelt HEB szelvény (HEB100tól, HEB600-ig).

5.2. ábra Befogott oszlop Mivel az oszlop befogott, a kihajlási hossz a teljes hossz fele: ly =

E.2.1 ábra

L = 4,5m 2

A számítások különböző lépései az 5.10 és 5.11-es táblázatokban találhatóak. Meg kell jegyezni, hogy az 5.10-es táblázat adatai a tengely irányú erő nagyságától, és a kihajlási hossztól függetlenek. Ugyanakkor a legnagyobb (HEB600-as) keresztmetszet esetén nem lép fel kihajlás, mert χ = 1 . Worked Example

56. oldal


Profil

h (mm) b (mm)

HEB100

100

100


h/b

α

d/tw

c/tf

Osztály

1,00

0,34

9,3

5,0

1

HEB120

120

120

1,00

0,34

11,4

5,5

1

HEB140

140

140

1,00

0,34

13,1

5,8

1

HEB160

160

160

1,00

0,34

13,5

6,2

1

HEB180

180

180

1,00

0,34

14,3

6,4

1

HEB200

200

200

1,00

0,34

14,9

6,7

1

HEB220

220

220

1,00

0,34

16,0

6,9

1

HEB240

240

240

1,00

0,34

16,4

7,1

1

HEB260

260

260

1,00

0,34

17,7

7,4

1

HEB280

280

280

1,00

0,34

18,7

7,8

1

HEB300

300

300

1,00

0,34

18,9

7,9

1

HEB320

320

300

1,07

0,34

19,6

7,3

1

HEB340

340

300

1,13

0,34

20,2

7,0

1

HEB360

360

300

1,20

0,34

29,9

6,7

1

HEB400

400

300

1,33

0,21

22,1

6,2

1

HEB450

450

300

1,50

0,21

24,6

5,8

1

HEB500

500

300

1,67

0,21

26,9

5,3

1

HEB550

550

300

1,83

0,21

29,2

5,2

1

HEB600

600

300

2,00

0,21

31,3

5,0

1

Tábl.: 5.5.3 5.5.1 5.3.1

5.10. táblázat HEB keresztmetszetek geometriai jellemzői

Worked Example

57. oldal



Profil

iy (mm)

λy

φ

χy

A (cm2)

N b. Rd (kN)

HEB100

41,6

1,152

1,325

0,5,5

26,0

280

HEB120

50,4

0,951

1,080

0,629

34,0

457

HEB140

59,3

0,808

0,930

0,710

43,0

661

HEB160

67,8

0,707

0,836

0,780

54,3

905

HEB180

76,6

0,626

0,768

0,824

65,3

1149

HEB200

85,4

0,561

0,719

0,856

78,1

1428

HEB220

94,3

0,508

0,681

0,881

91,0

1712

HEB240

103

0,465

0,653

0,889

106,0

2037

HEB260

112

0,428

0,630

0,915

118,4

2314

HEB280

121

0,396

0,612

0,928

131,4

2604

HEB300

130

0,369

0,597

0,938

149,1

2989

HEB320

138

0,347

0,585

0,947

161,3

3262

HEB340

146

0,328

0,576

0,954

170,9

3482

HEB360

155

0,309

0,566

0,961

180,6

3707

HEB400

171

0,280

0,548

0,982

197,8

4150

HEB450

191

0,251

0,537

0,989

218,0

4605

HEB500

212

0,226

0,528

0,994

238,6

5068

HEB550

232

0,207

0,522

0,999

254,1

5421

HEB600

252

0,190

0,517

1,00

270,0

5768

5.5.1.1(1)

5.11. táblázat HEB keresztmetszetek számítási eredményei

Worked Example

58. oldal



Az 5.3-as ábrán az „N” tervezési erő, és az oszlop „A” keresztmetszeti területi aránya látható. A pontozott vonal az „A”, és „N” közötti lineáris összefüggést mutatja. A pontok, melyek elválnak ettől az egyenestől, az oszlop teherviselésében a kihajlás csökkentő hatással szerepel.

5.3. ábra Az „N” tervezési erő az „A” keresztmetszeti terület függvényében

Worked Example

59. oldal



Az 5.4-es ábrán az „N” tervezési erő, és az N pl . Rd = A × f y képlékeny határerő hányadosának, valamint a dimenziómentes λ y karcsúsági tényezőnek az aránya látható.

5.4. ábra A tervezési és képlékeny határerő, valamint a karcsúsági tényező aránya Meg kell jegyezni, hogy ezek az eredmények a 4,5m-es kihajlási hosszhoz tartoznak, és nem alkalmazhatóak más hosszokra.

Worked Example

60. oldal



5.3. A gyenge, és az erős tengely kihajlási hosszának hatása az oszlop teherviselésére. 5.3.1. A feladat Kiszámítandó hogy mi az erős, ill. a gyenge tengelyek különböző kihajlási hosszainak hatása nem kilengő állapotban. A tengely irányú tervezési erő 800kN. Az oszlop az erős tengelye körül befogott, gyenge tengelye körül csuklós, de a három helyen elhelyezett oldalsó megtámasztáshoz tartozó kihajlási hosszat kell vizsgálni. Az oszlop IPE szelvényű, Fe360-as anyagminőségű acélból készül.

5.5. ábra Az oldaltámaszok elhelyezkedései A kihajlási hosszak: -

Az y tengely körül: l y =

-

A z tengely körül: l z =

9 = 4,5m 2

9 = 2,5m 4

A tervezés megkezdéséhez, az Euler féle kritikus erőhöz először ki kell számítani az inercianyomatékot.

Worked Example

61. oldal


Fe =


π2 ×E×I l2

A biztonsági tényezővel figyelembe vett érték az y erős tengely körül: I y = γ M1 ×

F × l y2

π2 ×E

= 1,1 ×

800 × 10 3 × 4,500 2 = 859,8 × 10 4 mm 4 2 π × 210000

Valamint az x gyenge tengely körül: I z = γ M1 ×

F × l z2 800 × 10 3 × 2,250 2 = 1 , 1 × = 214,9 × 10 4 mm 4 2 2 π ×E π × 210000

A keresztmetszeti területnek nagyobbnak kell lenni F/fy-nál, vagy: 800 × 10 3 = 3,404mm 2 235 Tekintettel erre a három feltételre az első vizsgálandó IPE szelvény, az IPE240-es, amit kezdő elemként vehetünk figyelembe. A számítások a következő táblázatokban találhatóak, s ebből látható, hogy az IPE240-es az 1-es keresztmetszeti osztályba az IPE270-es, és az IPE300-as pedig a 2-es keresztmetszeti osztályba tartozik, így a β A = 1 érték helyes. Profil

iy (mm)

λy

φ

χy

A (cm2)

N b. Rd (kN)

IPE240

9,97

0,961

1,042

0,693

39,1

579

IPE270

11,2

0,856

0,935

0,762

45,9

747

IPE300

12,5

0,767

0,853

0,814

53,8

936

5.5.1.1(1)

5.12. táblázat Erős tengely körüli kihajlás Profil

iz (mm)

λz

φ

χz

A (cm2)

N b. Rd (kN)

IPE240

2,69

0,891

1,014

0,667

39,1

557

IPE270

3,02

0,793

0,916

0,729

45,9

714

IPE300

3,35

0,715

0,843

0,775

53,8

891

5.5.1.1(1)

5.13. táblázat Gyenge tengely körüli kihajlás A legkisebb IPE, amire N b. z .Rd , és N b. y. Rd > 800kN , az az IPE300-as. Hangsúlyozandó, hogy az éppen szükséges Euler kritikus erőre megfelelő szelvénynél; a geometriai, és anyagi imperfekciók miatt, erősebbet kell Worked Example

62. oldal



alkalmazni. Az Euler kritikus erőn alapuló számítások csak előzetes eredményeket jelenthetnek.

Worked Example

63. oldal



6. Osztott szelvényű oszlop tervezése 6.1. A feladat Megtervezendő egy osztott szelvényű oszlop, ami két melegen hengerelt összekötött IPE szelvényből áll. A szerkezet a 6.1-es ábrán látható. A tartó elemek IPE szelvények, amelyek merevítő elemekkel vannak összekapcsolva. A merevítő elemek az ábrán látható módon az oszlop mindkét oldalát összekötik. A tengely irányú „F” erő 3500kN, az oszlop hossza 10,00m, megtámasztása csuklós, anyaga pedig Fe360-as minőségű acél.

6.1.ábra Osztott szelvényű oszlop A SZERKEZETI ELEMEK KIVÁLASZTÁSA

Tiszta nyomást feltételezve, az „A” teljes keresztmetszeti területre: N Sd ≤ fy A

vagy:

Worked Example

64. oldal


A≥


N Sd 3,500 × 10 3 = = 148,9 × 10 2 mm 2 fy 235

A melegen hengerelt IPE400-as megfelelő lenne, de a kihajlásra való tekintettel a következő IPE450-est vegyük. Két szelvény keresztmetszeti területe: A = 2 × 98,8 = 197,6cm 2 , és a képlékeny ellenállás határértéke: 3 N pl . Rd = 19,760 × 235 = 4,644 × 10 kN . A merevítő rendszer 60x12-es lemezekből készült, ami az ábrán látható módon a két IPE450-es övére varrattal a=1000mm-es, és h0=600mm-es távolságokban vannak felhegesztve.

6.2. ábra Rácsos osztott szelvényű rúd INERCIANYOMATÉK

A másodrendű nyomaték:

5.9.2.3(1)

I eff = 0,5 × h02 × A f

ahol: A f : Az oszlop övének területe. (itt A f = 98,8cm 2 ) h0 : Az oszlop öveinek súlypontjai közötti távolság (itt h0 = 600mm ) Ezekből: I eff = 0,5 × 600 2 × 9,880 = 1778,4 × 10 6 mm 4

A BELSŐ ERŐK SZÁMÍTÁSA Worked Example

65. oldal



ÖVERŐK:

A merevítők Su nyírási merevsége az alábbi összefüggésből számítható:

5.9.3. ábra

n × E × Ad × a × h02 2 × 210 × 720 × 1000 × 600 2 kN = = 114262 Sν = 3 3 mm 2×d 2 × 781 Az egyik övben ébredő N f .Sd erő megkapható: N f .Sd = 0,5 × N Sd +

5.9.2.4(1)

Ms h0

ahol: Ms =

e0 = N cr

N Sd × e0 N N 1 − Sd − Sd N cr Sy

l 10000 = = 20mm 500 500 π 2 × E × I eff π 2 × 210 × 1778,4 × 10 6 = = = 36859kN l2 10000 2

Így: Ms =

N f .Sd

3500 × 20 = 80054kNmm 3500 3500 1− − 36859 114262 80054 = 0,5 × 3500 + = 1883kN 600

FERDE RUDAK ERŐI

Az átlós rúd Nd ereje az alábbi összefüggésből számítható: Vs =

π ×Ms

=

π × 80054

= 25,1kN

5.9.2.6(1)

l 10000 V × d 25,1 × 781 Nd = s = = 16,3kN n × h0 2 × 600

SZERKEZETI ELEMEK KIHAJLÁSI ELLENÁLLÁSA AZ ÖVEK KIHAJLÁSI ELLENÁLLÁSA

Az erős tengely körül Az erős tengely körül az övek ly kihajlási hossza megegyezik az oszlop

Worked Example

66. oldal



hosszával, azaz 10m-rel. Így szükséges ellenőrizni:

λy =

ly

fy

iy × π

10000 = E 185 × π

235 = 0,576 210000

A számítás χ y = 0,889 -et ad ( α = 0,21 -gyel), és a kihajlási ellenállás: N b. y .Rd =

χ y × β A × A × f y 0,889 × 1 × 9880 × 235 = = 1,898kN 1,1 γ M1

5.5.1.2(1)

Tábl.: 5.5.3 és 5.5.1. 5.5.1.1(1)

A gyenge tengely körül A gyenge tengely körül az lz kihajlási hossz csak a=1m, így:

λz =

lz iz × π

fy E

=

1000 41,2 × π

235 = 0,258 210000

A számítás χ z = 0,979 -et ad ( α = 0,34 -gyel), és a kihajlási ellenállás: N b. z .Rd =

χ z × β A × A × f y 0,979 × 1 × 9880 × 235 = = 2,067kN 1,1 γ M1

5.9.2.5(1)

Tábl.: 5.5.3 és 5.5.1. 5.5.1.1(1)

Az övek ellenőrzése. Az IPE450-es öveket el lehet fogadni, mert az N b. y.Rd = 1898kN , és az N b. z .Rd = 2067 kN egyaránt nagyobb az N f .Sd = 1893kN -nál. AZ ÁTLŐK KIHAJLÁSI ELLENÁLLÁSA

Csak a gyenge tengely körüli kihajlást kell vizsgálni. Az átlós merevítők kihajlási hossza d = 781mm . Az inercia sugár a gyenge tengelyre: id .z =

I d .z b × h3 h 12 = = = = 3,46mm Ad 12 × b × h 12 12

A négyszög keresztmetszetű rúd elemre a megfelelő „c” jelű görbét Tábl.: 5.5.3 ( α = 0,49 ) használva:

λz =

lz i.dz × π

χ z = 0,1425

Worked Example

fy E

=

781 3,46 × π

235 = 2,40 210000

5.5.1.

5.5.1.2(1)

67. oldal


N b. z .Rd =


χ z × β A × A × f y 0,1425 × 1 × 720 × 235 = = 21,9kN 1,1 γ M1

Ez az N b. z .Rd = 21,9kN érték nagyobb az N d = 16,3kN -nál. Az oszlop tehát megfelelő.

Worked Example

68. oldal



7. Effektív kihajlási hosszak 7.1. Nem kilengő számítása

keretek

kihajlási

hosszának

7.1.1. A feladat Kiszámítandó egy nem kilengő keret oszlopának kihajlási hossza, ahol a megfelelő merevséget az átló merevítők biztosítják. A szerkezet a 7.1-es ábrán látható. Ez egy keretet alkot, ahol az oszlopvégek vízszintes mozgását egy átlós merevítő rendszer korlátozza. Meghatározandó a síkban kihajló oszlopok, és az átlós merevítők kihajlási hosszai.

7.1. ábra Merevített keret MEGOSZLÁSI TÉNYEZŐK

A szerkezeti elemek geometriai adatai a 7.1-es táblázatban olvashatók: Szelvény

Típus

I

L

K`=I/L

HEA200

Oszlop

3692cm4

7m

5,274cm3

IPE400

Gerenda

23130cm4

9m

25,700cm3

7.1. táblázat Merevségi együtthatók Az

η1 , η 2 megoszlási tényezők az alábbi módon számíthatóak:

Worked Example

69. oldal


η1 =

Kc K c + K 11 + K 12

η2 =

Kc K c + K 21 + K 22


E mellékl.: E.2(3)

ahol Kc a vizsgált oszlop merevségi együtthatója, és Ki,j a kiválasztott csomópontba futó gerendák effektív (hatékony) merevségi együtthatója. A gerenda nem terhelt normálerővel. Mindkét végén rögzített, és a lehajlása E mellékl.: egyszeri görbület mentén jöhet létre. Így a Kij effektív (hatékony) merevségi E.1. tábl. együtthatóját K ij = 0,5 × K ij -re kell módosítani. A Kc merevségi együtthatót nem kell módosítani.

η1 =

5,274 = 0,291 5,274 + 0,5 × 25,7

η 2 = 0 (Az oszloptalp befogott) KIHAJLÁSI HOSSZAK

Ezek az értékek a kihajlási hossz arányára hozzávetőlegesen 0,54-et adnak. Ezt az alábbi összefüggésekből is számítható: l 2 = 0,5 + 0,14 × (η1 + η 2 ) + 0,055 × (η1 + η 2 ) = L = 0,5 + 0,14 × 0,291 + 0,055 × 0,2912 = 0,545

E mellékl.: E.2.1. ábra E mellékl.: E.2.(12)(a)

vagy: l 1 + 0,145 × (η1 + η 2 ) − 0,265 × η1 × η 2 1 + 0,145 × 0,291 = = = 0,550 L 2 − 0,364 × (η1 + η 2 ) − 0,247 × η1 × η 2 2 − 0,364 × 0,291

Így az oszlop kihajlási hosszának számítása:

l = 0,545 × L = 0,545 × 7 = 3,82m Az átlós merevítők mindkét végén csuklósak. Amennyiben középen nincsen köztük kapcsolat, akkor: l = L = 7 2 + 9 2 = 11,4m

Amennyiben pedig középen össze vannak kapcsolva (a kihajlási hosszat csökkenteni kell): l=

L 11,4 = = 5,7m . 2 2

Worked Example

70. oldal



7.2. Kilengő keretek kihajlási hosszának számítása 7.2.1. A feladat Kiszámítandó egy kilengő keret oszlopának kihajlási hossza. A szerkezet a 7.2-es ábrán látható. Ez egy több emeletes IPE szelvényű gerendákból, és HEA szelvényű oszlopokból álló szerkezet. Az „A” jelű kapcsolaton kívül, amelyik csuklós, az összes kapcsolatot merevnek tételezzük fel.

7.2. ábra Kilengő keret

Worked Example

71. oldal



MEGOSZLÁSI TÉNYEZŐK

Az elemek (gerendák, és oszlopok) geometriai jellemzői az alábbi táblázatban találhatóak. Tagok

Szelvény

Típus

I

L

K`=I/L

AB

HEA340

Oszlop

27690cm4

5m

55,40cm3

BC

HEA320

Oszlop

22930cm4

4m

57,32cm3

DE

HEA300

Oszlop

18260cm4

5m

36,52cm3

EF

HEA300

Oszlop

18260cm4

4m

45,65cm3

GH

HEA300

Oszlop

18260cm4

5m

36,52cm3

HI

HEA300

Oszlop

18260cm4

4m

45,65cm3

BE

IPE500

Gerenda

48200cm4

7m

68,486cm3

CF

IPE500

Gerenda

33740cm4

7m

48,20cm3

EH

IPE500

Gerenda

23130cm4

3m

77,10cm3

FI

IPE500

Gerenda

16270cm4

3m

54,23cm3

7.2. táblázat Merevségi együtthatók

Az

η1 , η 2 megoszlási tényezők az alábbi módon számíthatóak:

η1 =

Kc K c + K 1 + K 11 + K 12

η2 =

Kc K c + K 2 + K 21 + K 22

E mellékl.: E.2(5)

Ahol Kc a vizsgált oszlop merevségi együtthatója, K1 és K2 a szomszédos oszlopok merevségi együtthatója, Ki,j pedig a kiválasztott csomópontba futó gerendák effektív (hatékony) merevségi együtthatója. A gerenda nem terhelt normálerővel. Mindkét végén befogott, és a lehajlása E mellékl.: kétszeri görbület mentén jöhet létre. Így a Kij effektív (hatékony) merevségi E.1. tábl együtthatóját K ij = 1,5 × K ij -re kell növelni. Az η1 és η 2 -re vonatkozó számítási eredmények a 7.3-as táblázatban találhatóak:

Worked Example

72. oldal


Szerkezeti elemek (Csomp.)

Kc

AB (B)

55,40cm3


K1

K11

K12

K2

K21

K22

η1 η2

103,3cm3

0,52

57,32cm3

AB (A)

1,00

BC (C)

57,32cm3

BC (B)

57,32cm3

55,40cm3

DE (E)

36,52cm3

45,65cm3

103,3cm3

72,30cm3

0,44

103,3cm3

0,52

115,6cm3

0,27

DE (D)

0,00

EF (F)

45,65cm3

EF (E)

45,65cm3

GH (H)

36,52cm3

72,30cm3

81,34cm3

0,23

36,52cm3

103,3cm3

115,6cm3

0,27

45,65cm3

115,6cm3

GH (G)

0,42 0,00

HI (I)

45,65cm3

HI (I)

45,65cm3

36,52cm3

81,34cm3

0,36

1155,6cm3

0,42

7.3. táblázat Merevségi együtthatók KIHAJLÁSI HOSSZAK

Az EC3 (E.2.2. ábra) szerint az l/L arány az η1 , és η 2 értékekből számítható. Az alábbi összefüggésből: 1 − 0,2 × (η1 + η 2 ) − 0,12 × η1 × η 2 l = L 1 − 0,8 × (η1 + η 2 ) + 0,6 × η1 × η

E mellékl.: E.2(12)(b)

Az eredmények a 7.4-es táblázatban láthatóak:

Worked Example

73. oldal



Szerkezeti elemek

η1

η2

l/L (E.2.2)

l/L számított

l

AB

0,52

1,00

2,50

2,57

12,9m

BC

0,44

0,52

1,42

1,45

5,80m

DE

0,27

0,00

1,09

1,10

5,50m

EF

0,23

0,27

1,16

1,18

4,72m

GH

0,42

0,00

1,17

1,17

5,85m

HI

0,36

0,42

1,30

1,33

5,32m

7.4. táblázat Merevségi együtthatók, és kihajlási hosszak

Worked Example

74. oldal


7.3. Síkbeli, és számítása

síkból


kitérő

kihajlási

hosszak

7.3.1. A feladat Kiszámítandóak az oszlopok kihajlási hosszai egy szerkezetben, ahol a síkbeli, és síkból kitérő kihajlások is fellépnek. A szerkezet a 7.3-as ábrán látható. A keret síkjában ez egy kilengő keret, de arra merőlegesen meg van támasztva.

7.3. ábra Keret MEGOSZLÁSI TÉNYEZŐK

A geometriai jellemzők, és a merevségi együtthatók az alábbi táblázatban találhatók: Szerkezeti elemek

L

Iy

Iz

K y` =

Iy L

K z` =

Iz L

AB, CD, EF HEB200

5m

5696cm4

2003cm4

11,39cm3

4,006 cm3

6m

16270cm4

1043 cm4

27,12 cm3

1,738 cm3

BD, DF IPE360

7.5. táblázat Merevségi együtthatók Worked Example

75. oldal



A gerendák effektív (hatékony) merevségi együtthatóinak számításához (a E mellékl.: kétszeri görbület miatt) ismét szükséges az 1,5-tel való felszorzás. Az η1 , η 2 E.1. tábl. megoszlási tényezők az alábbi módon számíthatóak:

η1 AB = η1EF = η1CD =

K CD

K AB

E mellékl.: E.2(5)

K AB ′ + 1,5 × K BD

K CD ′ + 1,5 × K DF ′ + 1,5 × K BD

KIHAJLÁSI HOSSZAK

A keret síkjában, az ly kihajlási hosszak a 7.6-os táblázatban találhatók. E mellékl.: Amennyiben η 2 = 0 , akkor az l/L hányados az alábbi összefüggésből számítható: E.2.2. ábra E mellékl.: E.2(12)(b)

1 − 0,2 × η1 l = L 1 − 0,8 × η1

Tagok

η1

η2

ly/L

ly

AB (y)

0,22

0,0

1,08

5,4m

CD (y)

0,12

0,0

1,04

5,2m

EF (y)

0,22

0,0

1,08

5,4m

7.6. táblázat Merevségi együtthatók A keret síkjára merőlegesen az oszlop teteje csuklós ( η 2 = 0 ), az alsó keresztmetszet pedig befogott ( η1 = 1 ). Ebben az esetben: lz = 0,5 + 014 × 1 + 0,055 × 12 = 0,695 L l z = 3,475m

Worked Example

E mellékl.: E.2(12)(a)

76. oldal



8. Oldalirányban megtámasztott gerendák MEGJEGYZÉSEK

fy = Névleges folyási határ fyd = Tervezési folyási határ γM = Parciális biztonsági tényező MSd = Hajlítónyomaték tervezési értéke Mc.Rd = A keresztmetszetek tervezési képlékeny nyomatéka Mpl.Rd = A teljes keresztmetszet tervezési képlékeny nyomatéki ellenállása Wpl = Képlékeny keresztmetszeti tényező VSd = Nyíróerő tervezési értéke minden keresztmetszetben Vpl.Rd = Tervezési képlékeny nyírási ellenállás Av = Nyírási terület MNy.Rd = Az erősebb tengelyre, normálerővel redukált képlékeny nyomaték MNz.Rd = A gyengébb tengelyre, normálerővel redukált képlékeny nyomaték

8.1. Kéttámaszú, I szelvényű gerenda vizsgálata hajlításra, nyírásra, és lehajlásra 8.1.1. A Feladat Válasszunk egy IPE szelvényt, amin a 245kN-os terhelés, a 6m-es fesztávon egyenletesen oszlik meg. A gerenda önsúlyát vegyük 5kN-nak. Az acél Fe360-as minőségi osztályba tartozik.

2.2.3.2

8.1.ábra Kéttámaszú gerenda Worked Example

77. oldal



A teljes teher biztonsági tényező nélkül: 250kN. Az anyagi szilárdság tervezési értéke: feltételezve:

t ≤ 40mm γ M = 1,1 f yd =

fy

γM

Tábl.: 3.1

=

235 N = 213,5 1,1 mm 2

5.1.1

A szerkezetre ható hatások karakterisztikus értékei: Állandó: Gk=5kN Változó: Qk=245kN A teherbírási határállapot megállapításához ezeket az értékeket megfelelően kombinálva megkapható a tervezési érték.

Fd = G d + Qd = γ G × G k + γ Q × Qk = 1,35 × G k + 1,5 × Qk =

2.3.2.2

= 1,35 × 5 + 1,5 × 245 = 375kN

2.3.3.1 Tábl.: 2.2

8.1.2. Hajlítás Egyenletesen megoszló terhelés. M Sd =

Fd × L 375 × 6 = = 281,25kNm 8 8

A nyomaték tervezési értékéhez szükséges feltétel:

M c. Rd ≥ M Sd

5.4.5.1

Feltételezve, hogy a szelvény az 1-es keresztmetszeti osztályba tartozik:

M c.Rd = M pl .Rd = W pl . y × f yd W pl . y =

281,25 × 10 3 = 1317,3cm 3 213,5

Válasszuk a 404x182x75,7 (IPE 400 O), ahol W pl = 1502cm 3 . Keresztmetszeti adatok:

Worked Example

78. oldal



h = 404mm b = 182mm d = 331mm t f = 15,5mm t w = 9,7mm r = 21mm I yy = 1564cm 4 I xx = 26750cm 4 A = 96,4cm 2 Az önsúly ellenőrzése:

G k = 96,4 × 10 −4 × 78,5 × 6 = 4,54kN Az előzőekben számított G k = 5kN → OK. A keresztmetszeti osztályba sorolás: f y = 235

N -hez tartozó ε = 1 . mm 2

Az övre:

c 182 2 = = 5,87 ≤ 10ε tf 15,5

Az gerincre:

Tábl.: 5.3.1

d 331 = = 34,12 ≤ 72ε t w 9,7

A szelvény az 1-es keresztmetszeti osztályba tartozik, és a keresztmetszet nyomatéki ellenállása megfelelő. Valamint: t f < 40mm . ( f y = 235

N ). mm 2

8.1.3. Nyírás A nyíróerő tervezési értéke az alátámasztásnál:

V Sd =

375 = 187,5kN 2

A tervezési képlékeny nyírási ellenállás szükséges feltétele:

Worked Example

79. oldal



V pl . Rd ≥ V Sd

V pl . Rd =

5.4.6

 fy   Av ×   3  

[96,4 × 10

γM 2

=

[A − 2 × b × t =

f

 fy   + (t w + 2 × r ) × t f ×   3  

]

γM

=

]

 235   − 2 × 182 × 15,5 + (9,7 + 2 × 21) × 15,5 ×   3 = 1,1

= 592 × 10 3 N = 592kN → A szelvény nyírásra OK.

8.1.4. Lehajlás Ellenőrzendő a lehajlás a használhatósági terhelésre:

γ f = 1,0 E = 210000

2.3.4(6) N mm 2

3.2.5

A lehajlás maximális értéke:

δ max = δ 1 + δ 2 − δ 0

4.2.2

ahol:

δ 0 előzetes felhajlás δ 1 lehajlás az állandó terheléshez δ 2 lehajlás a változó terheléshez Jelen esetben δ 0 = 0 . Az Eurocode 3 határértékei:

δ2 ≤ δ max

Tábl.: 4.1

L 300 L ≤ 250

(Megjegyzés: Ha δ max ≤

L , akkor mindkét feltétel kielégített.) 300

δ max számításához a szerkezet hatásainak tervezési értéke:

Worked Example

80. oldal


Fd = G k + Qk = 250kN

δ max

Fd × L3 5 5 250 × 6 3 × 1012 = × = × = 12,5mm 384 384 2,1 × 10 5 × 26750 × 10 9 E×I


2.3.4(5) Egyenlet: 2.17

L 6 × 10 3 = = 20mm 300 300 L δ max ≤ 250 L δ2 ≤ 300 → A szelvény lehajlásra OK. Alkalmazandó szelvény 404x182x75,7 (IPE 400 O)

Worked Example

81. oldal



8.2. Téglalap keresztmetszetű konzol tartó ellenőrzése kéttengelyű hajlításra, nyírásra, és lehajlásra 8.2.1. A feladat Válasszunk egy RHS konzolos tartógerendát 1,8m-es konzollal, aminek a végén 5,6kN-os vízszintes, és 2,0kN-os függőleges koncentrált erők hatnak. A gerenda önsúlyát vegyük 0,4kN-nak. Az acél Fe360-as minőségi osztályba tartozik.

2.2.3.2

8.2. ábra Konzol Az anyagszilárdság tervezési értéke: feltételezve:

Tábl.: 3.1

t ≤ 40mm γ M = 1,1 f yd =

fy

γM

5.1.1 =

235 N = 213,5 1,1 mm 2

A szerkezetre ható hatások karakterisztikus értékei: Állandó: Gk=0,4kN (megoszló) Változó: Függőleges: Qk=5,6kN (kocentrált) Vízszintes: Qk=2,0kN (kocentrált) Az előző feladatban használt parciális biztonsági tényezőkhöz hasonlóan, a teherbírási határállapot megállapításának tervezési értékéhez az alábbi kombinációkat kell elvégezni.

Worked Example

82. oldal



G d = γ G × G k = 1,35 × G k = 1,35 × 0,4 = 0,54kN Qd = γ Q × Qk = 1,5 × Qk = 1,5 × 5,6 = 8,4kN Qd = γ Q × Qk = 1,5 × Qk = 1,5 × 2,0 = 3,0kN

8.2.2. Hajlítás 1,8 + 8,4 × 1,8 = 0,486 + 15,2 = 15,6kNm 2 = 3 × 1,8 = 5,4kNm

M y .Sd = 0,54 × M z .Sd

V y .Sd = 0,54 × 1,8 + 8,4 = 9,372kN Mivel a szelvénynek ki kell elégítenie az interakciós feltételt, válasszunk egy 5.4.8.1 próbaszelvényt, és vizsgáljuk ennek az ellenállását: Próbáljuk a 120x80x6,3 RHS (EN 10210-2) Keresztmetszeti adatok: W pl . y = 91,3cm 3 h = 120mm W pl . z = 68,2cm 3 b = 80mm t = 6,3mm I y = 440cm 4 A = 23,2cm 2 Vizsgáljuk az önsúlyt: G k = 23,2 × 10 −4 × 78,5 × 1,8 = 0,33kN A szelvény keresztmetszeti osztályba sorolása: f y = 235


Tábl.: 5.3.1

d h − 3 × t 120 − 3 × 6,3 = = = 16 ≤ 72ε 6,3 tw t b − 3 × t 80 − 3 × 6,3 = = 9,7 ≤ 33ε 6,3 t

A szelvény az 1-es keresztmetszeti osztályba tartozik. Mivel nyírásra a V Sd ≤ 50% -a a V pl . Rd lehetséges nyírási ellenállásnak, ezért 5.4.7

Worked Example

83. oldal



M c.Rd teljes értékével kell számolni. Vizsgálandó: α

5.4.8.1(11)

β

 M y.Sd   M z .Sd    +  ≤1  M Nz . Rd   M Ny .Rd 

ahol

α=β =

1,66 ≤6 1 − 1,13 × n 2

Amennyiben nincs tengely irányú erő: n = 0 , és

α = β = 1,66  M y.Sd   M Ny .Rd

α

β

  M z .Sd   +  = M   Nz . Rd  1, 66

    15,6 × 10 6 5,4 × 10 6 = +    3 3  91,3 × 10 × 235 1,1  68,2 × 10 × 235 1,1 = 0,690 + 0,192 = 0,882 ≤ 1

1, 66

=

→ A szelvény hajlításra OK, amennyiben a nyíróerő értéke a fenti feltételezés szerint alacsony. Ezt most ellenőrizzük.

8.2.3. Nyírás A függőleges teherre: V pl . Rd =

A × h f y 3 23,2 × 10 2 × 120 235 3 × = × = 173,7kN b+h 80 + 120 1,1 γM

5.4.6

Mindkét -vízszintes, ill. függőleges- teherre V Sd ≤ V pl . Rd

8.2.4. Lehajlás Ezt csak a függőleges terhekre vizsgáljuk.

Worked Example

84. oldal



δ max = δ 1 + δ 2 G k × L3 0,4 1,8 3 × 1012 = × = 0,3mm δ1 = 8× E × I 8 2,1 × 440 × 10 9

δ2 = δ max

Qk × L3 5,6 1,8 3 × 1012 = × = 11,8mm 3× E × I 3 2,1 × 440 × 10 9 = 0,3 + 11,8 = 12,1mm

A konzolos tartóra, L-et vegyük a tervezett hossz kétszeresének, így az EC3 Tábl.: 4.1 4.1-es táblázatából az elfogadható értékek: 2 × 1,8 × 10 3 = 14,4mm 250 2 × 1,8 × 10 3 δ2 = = 12,0mm 300

δ max =

4.2.2(2)

→ A szelvény lehajlásra OK.

Worked Example

85. oldal


8.3. Egyszeresen vizsgálata

szimmetrikus


darupályatartó

8.3.1. A feladat Vizsgáljuk meg a teherbírását egy összetett darupályatartónak, ami egy 500x200x90,7 IPE-ből, és egy a felső övére erősített 260x90x37,9-es U szelvényből áll. Ez a szelvény egy 267kNm-es függőleges nyomatékkal, valamint a felső övben egy 20,6kNm-es vízszintes nyomatékkal van terhelve. Az acél Fe360-as minőségi osztályba tartozik. Megjegyzés:

A valóságban ezt a gerendát, az effektív (hatékony) oldalsó- és csavarási befogás pontjai között, oldalról megtámasztás nélkülire tervezték. Jelen esetben az egyszeresen szimmetrikus keresztmetszetekre alkalmazott nyomatéki ellenállás meghatározásának folyamatát mutatja be. Az elcsavarodó kihajlást figyelembe vevő szükséges számítások a 9.2-es mintapéldában találhatóak.

8.3. ábra Darupályatartó Az U szelvény, és az IPE 500-as KB szelvények adatai: hc = 260mm

hB = 500mm

t fc = 10mm

b = 200mm

t wc = 14mm

t wB = 10,2mm

y c = 2,36cm

t fB = 16mm

Ac = 48,3cm 2

AB = 116cm 2

I zzc = 317cm 4

I yyB = 48200cm 4

I yyc = 4820cm 4

I zzB = 2142cm 4

Worked Example

86. oldal



f y = 235

3.2.21

γ M = 1,1

5.1.1(1)

h   Ac × y c + AB ×  t wc + B  2   y= = Ac + AB  500 × 10 −1  −1  48,3 × 2,36 + 116 × 14 × 10 + 2   = 19,33cm = 193,3mm = 48,3 + 116

(

I yy = I zzc + Ac × y − y c

)

2

2

+ I yyB

h   + AB ×  t wc + B − y  = 2   2

50   2 = 317 + 48,3 × (19,33 − 2,36 ) + 48200 + 116 × 1,4 + − 19,33  = 2   4 = 68225cm Wel . yc = Wel . yt =

I yy y

=

68225 = 3529cm 3 19,33

I yy hB + t wc − y

Wel . z ( fent ) =

=

53460,34 = 2127cm 3 514 × 10 −1 − 19,33

1 2142 4820 + × I zzB 2 2 = 453,15cm 3 = −10  260 × 10   hc      2  2  

I yyc +

A hajlító nyomaték: M c.Rd =

Wel × f y

5.4.5.1

γM

A nyomott övre: M cy. Rd =

3,529 × 235 = 754kNm 1,1 × 10 3

A húzott övre: M cy.Rd =

2127 × 235 = 454kNm 1,1 × 10 3

A nyomott öv vízszintes nyomatékára: M cz .Rd =

453,15 × 235 = 96,8kNm 1,1 × 10 3

Worked Example

87. oldal



Hajlításra a felső övben: M y .Sd Wel . y × f yd

+

M z .Sd ≤1 Wel . z × f yd

5.4.8.2

267 × 10 6 20,6 × 10 6 + = 0,354 + 0,213 = 0,567 ≤ 1 3,529 × 10 3 × 235 1,1 453 × 10 3 × 235 1,1

Függőleges kihajlásra az egyedüli M Sd = 267kNm kevesebb mint a húzott öv 454kNm -es nyomatéki ellenállása. A választott keresztmetszet OK.

Worked Example

88. oldal



9. Oldalirányban megtámasztás nélküli gerendák 9.1. Kéttámaszú I gerenda 9.1.1. A feladat Vizsgáljuk meg a Fe360-as minőségi osztályú acélból készült 500x200x90,7 (IPE) gerenda teherbírását. Ezt a gerendát egy 24kN/m-es egyenletesen megoszló teherrel terheljük. A gerenda fesztávja 6m, s mindkét vége szögacélokkal az oszlopok öveihez van rögzítve.

9.1. ábra Kéttámaszú gerenda A gerenda végeinek ilyen jellegű kapcsolata esetén, a függőleges síkban értelemszerűen egyszerű alátámasztást feltételezhetünk, oldal irányban teljesen korlátozott az eltolódás, valamint az elfordulás. Egyszerűsítésként ebben az első feladatban tegyük fel, hogy a teher a nyírási középpontban hat. A felső öv terhelése λ LT meghatározása esetén lehetséges. A szelvény keresztmetszeti osztályba sorolása: f y = 235


Az övre:

c 200 2 = = 6,25 ≤ 10ε 16 tf

Az gerincre:

Tábl.: 5.31

d 426 = = 41,76 ≤ 72ε t w 10,2

A szelvény az 1-es keresztmetszeti osztályba tartozik.

Worked Example

89. oldal



h = 500mm b = 200mm d = 426mm t f = 16mm t w = 10,2mm W pl . y = 2194cm 3 i z = 4,31cm Karcsúság:

0,9 ×

λ LT = 1

(C1 ) 2

F mellékl.: 2.2(5)

L iz

 1  L i z × 1 + ×  20  h t f 

1

   

2

4   

Az F.1.2-es táblázatból megoszló terhelésre, és egyik végén sem befogott Tábl.: esetre a k=1,0. F.1.2 C1 = 1,132 0,9 ×

λ LT =

(1,132) λ LT =

1 2

6 × 10 3 43,1

(

)

2  1  6 × 10 3 43,1     × 1 + ×    20  500 16  

1 4

= 99,1

1 λ LT × (β w ) 2 λ1

Tábl.: 5.5.2

ahol: 1

 235  2  = 93,9 λ1 = 93,0 ×   f  y  

β w = 1 (1-es, és 2-es keresztmetszeti osztály esetén.) λ LT =

99,1 = 1,05 93,9

Az „a” jelű görbe alkalmazandó.

5.5.2(4)

χ LT = 0,640

Tábl.: 5.5.2

Worked Example

90. oldal



valamint M b.Rd = χ LT × β w ×

W pl . y × f y

γM

=

2194 × 10 3 × 235 = 0,64 × 1 × = 299979 Nm = 300kNm 1,1 Egyszerű megtámasztás esetén 6m-es fesztávolságra: M Sd =

24 × 6 2 = 108kNm < 300kNm 8

Mivel a nyomatéki ellenállás meghaladja ezt az értéket, így a szelvény megfelelő.

Worked Example

91. oldal



9.2. Egyszeresen szimmetrikus darupályatartó 9.2.1. A feladat Állapítsuk meg a kifordulási stabilitását egy portáldaru összetett darupálya tartójának, ami egy 750x222x222 IPE-ből, és egy a felső övére erősített 400x110x71,8-as U szelvényből áll. Az effektív (hatékony) oldalsó- és csavarási befogás pontok 10m-es távolságokban helyezkednek el. A teherbírási tervezési nyomaték 2000kNm. Az acél Fe360-as minőségi osztályba tartozik.

9.2. ábra Darupálya tartó Az U szelvény, és az IPE szelvény adatai:

t f = 18mm

h = 778mm b = 269mm t f = 29,5mm

t w = 14mm

t w = 17mm

b = 110mm

A = 283cm 2

A = 91,5cm 2

I z = 9604cm 4

I z = 20350cm 4

I t = 605cm 4

I t = 81,6cm 4

g y = 2,65cm

h = 400mm

W pl . y = 8225cm 2 Az egyesített szelvény adatai:

Worked Example

92. oldal



A = 283 + 91,5 = 374,5cm 2 I z = 9604 + 20350 = 29954cm 4  29954  iz =    374,5 

0,5

= 8,94cm

2,95 × 26,9 3 = 25135,1cm 4 I fc = 20350 + 12 3 2,95 × 26,9 = 4785,17cm 4 I ft = 12

βf =

I fc I fc + I ft

F mellékl.: 1.4

= 0,84

I w = β f × (1 − β f ) × I z × hs2 = = 0,84 × (1 − 0,84) × 29954 × (778 + 14 − 29,5) = 2341 × 10 6 cm 6 2

h  h  Z j = 0,8 × (2 × β f − 1) × 1 + c  × s = h 2   110  762 = 0,8 × (2 × 0,84 − 1) × 1 + = 236,2mm × 792  2  I t = I tc + I tt = 81,6 + 605 = 686,6cm 4

λ LT számításához először szükséges kiszámolni az Mcr rugalmas kritikus nyomatékot. Ehhez az értékek: kw=1,0 és k=1. C1 = 1,365 C 3 = 1,730 (Megjegyzendő, hogy C2 értékre nincs szükségünk.)

Worked Example

F mellékl.: 1.2 2.2

93. oldal


M cr


0,5 2  2    ( ) I k L G I × × × k t   × w + + Iz π 2 × E × Iz π 2 × E × I z  k w   = C1 × ×   2 2 (k × L ) + (0 − C 3 × Z j )   − (0 − C 3 × Z j )

= 1,365 ×

π 2 × 210 × 10 3 × 29954 × 10 4

(12000)2

  − =   

×

0,5 2 2  12 4  ( ) 1 2340 , 6 10 12000 81000 686 , 6 10 × × × ×     × + +  1  29954 × 10 4 π 2 × 21000 × 29954 × 10 4  ×  + (0 − 1,73 × 236,2)2    − (0 − 1,73 × 236,2)

{

= 5884966,9 × [7813981,4 + 128996,35 + 166975,2]

0,5

  − =   

}

+ 408,626 =

= 1,9164 × 10 Nmm = 19164kNm 10

h   Ac × g y + AB ×  t wc + B  2   y= = Ac + AB 77,8   91,5 × 2,65 + 283 × 1,4 +  2   = 31,1cm = 311mm = 91,5 + 283 Mivel a képlékeny semleges tengely (PNA) a gerendában található, így a gerendatartó képlékeny keresztmetszeti tényezője az alábbi módon számítható: A teljes terület: AB + AC = 283 + 91,5 = 374,5cm 2 A képlékeny semleges tengely (PNA) alatti terület: AB + AC 283 + 91,5 = = 187,25cm 2 2 2

A középvonal alatti terület: AB 283 = = 141,5cm 2 2 2

A vonalkázott diagramm területe (lásd a diagrammot)= „PNA alatti terület” „a középvonal alatti terület”=187,25-141,5=45,75cm2 Ahol:

Worked Example

94. oldal


χ=


45,75 × 100 = 269,2mm 17

A portáldaru összetett darupálya tartójának képlékeny keresztmetszeti tényezője: La = W pl . y

hB 778 + t wc − g y = + 14 − 26,5 = 37,65cm 2 2 = W pl . y .B − χ 2 × t w.B + Ac × La =

= 8225 − 26,92 2 × 1,7 + 91,5 × 37,65 = 10438cm 3

λ LT

 π 2 × E × W pl . y =  M cr 

λ LT =

   

0,5

 π 2 × 210000 × 10,438 × 10 6 =  19164 × 10 6 

λ LT 33,6 0,5 × (β w ) = = 0,357 λ1 93,9

Az „a” jelű görbe alkalmazandó.

χ LT = 0,965

  

0,5

= 33,6 F.2.1

Tábl.: 5.5.2

valamint M b.Rd = χ LT × β w × = 0,965 × 1 ×

W pl . y × f y

γM

=

10,438 × 235 = 2151,9kNm 1,1

Ez meghaladja az M Sd = 2000kNm -es értéket. A választott szelvény OK.

Worked Example

95. oldal


9.3. Oldalirányban gerenda

megtámasztott


folytatólagos

9.3.1. A feladat Egy 9,8m-es fesztávolságú gerendára a bal oldali végétől számítva 4,30 valamint 6,30m-es távolságokban egy-egy keresztgerenda támaszkodik. Az oszlopgerenda mindkét végét, és a terhelési pontokat is oldalirányú kitérésre, valamint csavarásra teljesen merevnek tekinthetjük. A gerenda nyomatéki eloszlása: A

bal vég

-130kNm

B

1. keresztgerenda

260kNm

C

1. keresztgerenda

208kNm

D

jobb vég

0kNm

Megvizsgálandó, hogy vajon egy Fe360-as minőségi osztályú acélból készült 500x200x90,7 (IPE) szelvény megfelel-e. A gerenda, és a nyomatéki ábra alább látható. Az összes szakaszt AB, BC, és CD-t, az arra vonatkozó nyomatéki ábra alapján oldalirányú stabilitásra kell megvizsgálni.

9.3. ábra Folytatólagos gerenda

Worked Example

96. oldal



Keresztmetszeti jellemzők: h = 500mm W pl . y = 2194cm 3 t f = 16mm i z = 4,31cm  235   λ1 = 93,9 ×   f  y  

0,5

= 93,9

Az EC3 F.1-es táblázatból, k=1 esetén AB ψ =

− 130 = −0,5 260

C1 = 2,704

BC ψ =

208 = 08 260

C1 = 1,112

CD ψ =

0 = 0,0 260

C1 = 1,879

F.2.2(5)

AB-re: L iz

λ LT =

(C1 )0,5 =

2   L iz   1   × 1 + ×  20  h t f     3 4,3 × 10 43,1

0 , 25

=

2  1  4,3 × 10 3 43,1   0,5   (2,704) × 1 + ×  500 16    20   54,73 λ LT = = 0,5828 93,9

0 , 25

= 54,73

Az „a” jelű görbét használva

χ LT = 0,8968 M b.Rd

Tábl.: 5.5.2

0,8968 × 1 × 2194 × 10 3 × 235 = 420,35kNm = 1,1 × 10 6

BC-re:

Worked Example

97. oldal



2,3 × 10 3 43,1

λ LT =

(1,112)0,5

2  1  2,3 × 10 3 43,1     × 1 + ×  500 16    20  

0 , 25

= 48,91

48,91 = 0,52 93,9

λ LT =

χ LT = 0,9174 M b.Rd

0,9174 × 1 × 2194 × 10 3 × 235 = = 430kNm 1,1 × 10 6

CD-re:

3,2 × 10 3 43,1

λ LT =

(1,879)0,5 λ LT =

2  1  2,3 × 10 3 43,1     × 1 + × 500 16    20  

0 , 25

= 50,9

50,9 = 0,542 93,9

χ LT = 0,91 M b.Rd =

0,91 × 1 × 2194 × 10 3 × 235 = 426,53kNm 1,1 × 10 6

Szakasz

MSd [kNm]

Mb.Rd [kNm]

AB

260

420,35

BC

260

430,00

CD

208

426,53

9.1. táblázat

Mivel a kihajlási ellenállás nagyobb mint a szakaszokra jutó alkalmazott nyomaték, így megfelel az 500x200x90,7-es IPE.

Worked Example

98. oldal


10. Gerenda- oszlop nyomása kéttengelyű hajlítása


és

egy-,

ill.

10.1. H szelvény nyomása, és gyenge tengelye körüli kihajlása 10.1.1.

A feladat

Vizsgáljuk meg, hogy ha az alábbi keresztmetszetet 4m hosszú oszlopként használjuk, és egy tengely irányú NSd=250kN-os normálerővel terheljük, akkor a gyengébb tengelye körüli 6kNm-es nyomatékot biztonságosan elviseli. Tegyük fel, hogy ez a nyomaték egy szabályos, egyszeresen görbült kihajlást eredményez. Az acél az Fe360-as minőségi osztályba tartozik. Az oszlopvégek úgy vannak megtámasztva, hogy relatív elfordulás nem jöhet létre, de a forgás nincs korlátozva.

10.1. ábra Nyomás, és gyenge tengely körüli hajlítás

Keresztmetszeti jellemzők HE160A (Euronorm 53-62): h = 152mm b = 166mm t f = 9mm t w = 6mm A = 38,8cm 2 Worked Example

i y = 6,57cm i z = 3,98cm

W pl . y = 245cm 3

W y = 220cm 3

W pl . z = 118cm 3

W z = 76,9cm 3

99. oldal



Mivel a kihajlás a gyenge tengely síkjában jelentkezik, így nem lép fel kifordulás. Az oszlop karcsúságának megfelelően, a kifordulás a tervezést is befolyásolja, és ezért a teherviselés számításához az EC3 5.5.4-es pontot kell alkalmazni. Mivel My.Sd egyenlő 0-val: N Sd k × M z .Sd + z + 0 ≤1 χ min × A × f y W pl . z × f y

5.5.4(1)

Ezt feltételezve az EC3 5.3-assal megegyezően a keresztmetszet az 1-es, 5.3 vagy a 2-es osztályba tartozik. A vizsgálat során kiderül, hogy a legszigorúbb feszültségeloszlásra, az egyenletes nyomásra, a szelvény az 1-es keresztmetszeti osztályba tartozik. Az osztályba sorolás: f y = 235


Tábl.: 5.3.1

c 80 = = 8,88 ≤ 10ε 9 tf

d 104 = = 17,3 ≤ 33ε 6 tw A szelvény az 1-es keresztmetszeti osztályba tartozik.

Mivel i z < i y , így χ min = χ z .

5.5.1.1

β A =1 λ1 = 93,9 ∈= 93,9 4000 39,8 λ = 1,0703 λ z = × 10,5 = 93,9 λ1 h 152 = = 0,95 ≤ 1,2 b 160

t f ≤ 40mm

5.5.3

A gyengébb tengely körüli kihajláshoz a „c” jelű görbét kell használni.

χ z = 0,5

Worked Example

Tábl.: 5.5.2

100. oldal


Mivel ez egy szabályos, egyszeresen görbült kihajlás, így:


5.5.3 ábra

ψ = 1,0 β Mλ = 1,1  118 − 76,9   = −1,392 ≤ 0,9  76,9 

µ z = 1,0703 × (2 × 1,1 − 4) + 

5.5.4(1)

 − 1,392 × 250 × 10 3   = 1,763 k z = 1 −   0,5 × 38,8 × 100 × 235 

de mivel k z ≤ 1,5

így: k z = 1,5

Behelyettesítve az értékeket: N Sd k × M z .Sd + z + 0 ≤1 χ min × A × f y W pl . z × f y 250 × 10 3 1,5 × 6 × 10 6 + + 0 ≤1 0,5 × 38,8 × 10 2 × 235 1 118 × 10 3 × 235 1 0,548 + 0,324 ≤ 1 0,873 ≤ 1 →OK. HE 160 A szelvényt alkalmazunk.

Worked Example

101. oldal



10.2. H szelvény nyomása, és erős tengelye körüli kihajlása 10.2.1.

A feladat

Vizsgáljuk meg, hogy az előbbi feladatban szereplő szelvény, az erős tengelye körüli 15kNm-es nyomatékot is biztonságosan elbírja. Tegyük fel, hogy a 4m-es fesztávon ez a nyomaték az előbbiekhez hasonlóan egy szabályos, egyszeresen görbült kihajlást eredményez. Mivel az alkalmazott nyomatékok az erős tengely körüliek, így a rúdrészek 5.5.4 vagy meghajlanak a síkban, vagy kihajlanak abból, esetleg mindkét jelenség egyszerre lép fel. Így mindhárom esetet meg kell vizsgálni.

10.2. ábra Nyomás, és erős tengely körüli hajlítás Az erősebb tengely körüli, a síkban létrejövő kihajlás esetén a gyengébb 5.51 Egyenlet tengely körül nem lép fel nyomaték, így: χ y = χ min . Mivel Mz.Sd egyenlő 0-val: N Sd

χ min × A ×

Worked Example

fy

γ1

+

k z × M z .Sd + 0 ≤1 fy W pl . z ×

5.5.4(1)

γ1

102. oldal



β A =1 λ1 = 93,9ε = 93,9 ly 4000 λ λz = = = = 0,631 λ1 i y × λ1 67,5 × 93,9

5.5.1.1 5.5.1.2

h 152 = = 0,95 ≤ 1,2 b 160 Az y-y erősebb tengely körüli kihajláshoz a „b” jelű görbét kell használni.

χ y = 0,8204 β M . y = 1,1  245 − 220  µ y = 0,631 × (2 × 1,1 − 4) +   = −1,022 ≤ 0,9  220   − 1,022 × 250 × 10 3   = 1,34 k y = 1 −   0,8204 × 38,8 × 100 × 235 

Tábl.: 5.5.3 Tábl.: 5.5.2 9.5.3 ábra 5.5.4(1)

250 × 10 3 1,34 × 15 × 10 6 + + 0 ≤1 0,8204 × 38,8 × 10 2 × 235 1 245 × 10 3 × 235 1 0,334 + 0,349 ≤ 1 0,683 ≤ 1 A szelvény a síkban létrejövő kihajlásra megfelelő, ezek után meg kell vizsgálni a síkból való kihajlást, és a kifordulást. k LT × M y .Sd N Sd + + 0 ≤1 χ z × A × f y γ M 1 χ LT × W pl . y × f y γ M 1

5.5.4(2)

λ1 = 93,9 β w = 1,0

5.5.2(5)

Amennyiben ψ = 1 és k = 1 . Az elem csuklós végű. Így:

Tábl.: F.1.1

C1 = 1,0

Worked Example

103. oldal


0,9 × L i z

λ LT =

(C1 )

0,5

=

(2,704)0,5 λ LT =

2   L iz   1    × 1 + ×  20  h t f     3 0,9 × 4,0 × 10 39,8

0 , 25


F.2.2.4

=

2  1  4,0 × 10 3 39,8     × 1 + × 152 9  20   

0 , 25

= 70,109

λ LT 70,109 0,5 × β w0,5 = × 1 = 0,7466 λ1 93,9

5.5.2.(5)

A hengerelt szelvényekre az „a” jelű görbét kell használni.

5.5.2.(4)

χ LT = 0,8234

Tábl.: 5.5.2

µ LT = 0,15 × λ z × β M . LT − 0,15 = 0,15 × 1,0703 × 1,1 − 0,15 = 0,0266 ≤ 0,9 k LT = 1 −

µ LT × N Sd 0,0266 × 250 × 10 3 =1− = 0,985 χz × A× fy 0,5 × 38,8 × 10 2 × 235

5.5.4(2)

250 × 10 3 0,985 × 15 × 10 6 + + 0 ≤1 0,5 × 38,8 × 10 2 × 235 1 0,8234 × 245 × 10 3 × 235 1 0,548 + 0,312 ≤ 1 0,86 ≤ 1 →OK. HE 160 A szelvényt alkalmazunk.

Worked Example

104. oldal



10.3. H szelvény nyomása, és mindkét tengelye körüli kihajlása 10.3.1.

A feladat

Vizsgáljuk meg, hogy az előbbi feladatban szereplő szelvény, az NSd=250kN normálerőt, a gyenge tengelye körüli My.Sd=10kNm-es nyomatékkal, és az erős tengelye körüli Mz.Sd=2,7kNm-es nyomatékkal együtt is biztonságosan elbírja. Tegyük fel, hogy a 4m-es fesztávon mindkét nyomaték az előbbiekhez hasonlóan egy szabályos, egyszeresen görbült kihajlást eredményez. Az EC3 5.5.4(1)-es, és az 5.5.4(2)-es feltételeket is ki kell elégíteni. A szükséges adatok megtalálhatóak az előbbi két feladatban.

10.3. ábra Nyomás, és mindkét tengely körüli hajlítás k y × M y.Sd k z × M z .Sd N Sd + + ≤1 χ min × A × f y W pl . y × f y W pl . z × f y

5.5.4(1)

250 × 10 3 1,35 × 10 × 10 6 1,5 × 2,7 × 10 6 + + ≤1 0,5 × 38,8 × 10 2 × 235 1 245 × 10 3 × 235 1 118 × 10 3 × 235 1 0,548 + 0,234 + 0,146 ≤ 1 0,928 ≤ 1

→OK.

Worked Example

105. oldal



k LT × M y .Sd N Sd k × M z .Sd + + LT ≤1 χ z × A × f y χ LT × W pl . y × f y W pl . z × f y

Tábl.: 5.5.4(2)

250 × 10 3 0,985 × 10 × 10 6 + + 0,50 × 38,8 × 10 2 × 235 1 0,8234 × 245 × 10 3 × 235 1 1,5 × 2,7 × 10 6 + ≤1 118 × 10 3 × 235 1 0,548 + 0,208 + 0,146 ≤ 1 0,902 ≤ 1 +

→OK. Vizsgáljuk meg a keresztmetszetet teherbírását az EC3 5.4.8 felhasználásával is. 2

5n

 M y .Sd   M    +  z .Sd  ≤ 1 M  M   Nz . Rd   Ny .Rd  N Sd 250 n= = = 0,274 N pl . Rd 235 × 3,88

5.4.8(11)

5n = 5 × 0,274 = 1,371 5n := 1,0

M N . y = 1,11 × M pl . y × (1 − n ) = 1,11 × 245 × 235 × (1 − 0,274) 10 3 = 46,4kNm M N . z = 1,56 × M pl . z × (1 − n ) × (n + 0,6) =

= 1,56 × 118 × 235 × (1 − 0,274) × (0,274 + 0,6 ) 10 3 = 27,45kNm 2

1

 10   2,7    +  ≤1  46,4   27,45  0,046 + 0,0984 ≤ 1 0,144 ≤ 1

Mivel kihajlásra, és helyi teherbírásra megfelelő, ezért ez a szelvény alkalmazható.

Worked Example

106. oldal


11. Gerendakihajlása

oszlop

nyomása,


kéttengelyű

11.1. H szelvény nyomása, és mindkét tengelye körüli kihajlása, változó nyomatékkal 11.1.1.

A feladat

Vizsgáljuk meg, hogy az előbbi feladatban szereplő szelvény, az NSd=250kN normálerőt, a gyenge tengelye körüli My.Sd=20kNm-es nyomatékkal, és az erős tengelye körüli Mz.Sd=7kNm-es nyomatékkal együtt is biztonságosan elbírja. Tegyük fel, hogy a 4m-es fesztávon mindkét nyomaték egy szabályos, kétszeresen görbült hajlítást eredményez. Az EC3 5.5.4(1)-es, és az 5.5.4(2)-es feltételeket is ki kell elégíteni. Mivel ezeket a kihajlási vizsgálatokat, az alkalmazott nyomatékok teljes értékénél alacsonyabb értékekkel végezzük, így az előbbi feladatokhoz képest a keresztmetszeti szilárdság kritikusabb. A szükséges adatok megtalálhatóak az előbbi három feladatban.

11.1. ábra Nyomás, és mindkét tengely körüli hajlítás k y × M y .Sd k y × M z .Sd N Sd + + ≤1 χ min × A × f y W pl . y × f y W pl . z × f y

Worked Example

5.5.4(1)

107. oldal


β M . y = 2,5


5.5.3. ábra

ψ = −1,0 , és β M . z = 2,5 β M , LT = 2,5  118 − 76,9   = 1,605, de ≤ 0,9  76,9 

µ z = 1,0703 × (2 × 2,5 − 4) + 

5.5.4.1

µ z = 0,9   0,9 × 250 × 10 3  = 0,506 ≤ 1,5 k z = 1 −   0,50 × 38,8 × 100 × 235  k z = 0,506

 245 − 220   = 0,745 ≤ 0,9  220 

µ y = 0,631 × (2 × 2,5 − 4) +  µ z = 0,745

 0,745 × 250 × 10 3   = 0,748 ≤ 1,5 k y = 1 −   0,81 × 38,8 × 100 × 235  k y = 0,748 250 × 10 3 0,748 × 20 × 10 6 0,506 × 7 × 10 6 ≤1 + + 0,5 × 38,8 × 10 2 × 235 1 245 × 10 3 × 235 1 118 × 10 3 × 235 1 0,548 + 0,260 + 0,127 ≤ 1 0,935 ≤ 1 →OK. Vizsgáljuk a kifordulást: k LT × M y .Sd N Sd k × M z .Sd + + z ≤1 χ z × A × f y χ LT × W pl . y × f y W pl . z × f y

5.5.4.(2)

µ LT = 0,15 × 1,0703 × 2,5 − 0,15 = 0,251 ≤ 0,9 µ LT = 0,251 0,251 × 250 × 10 3 = 0,862 ≤ 1,0 0,5 × 38,8 × 10 2 × 235 = 0,862

k LT = 1 − k LT

λ1 = 93,9 β w = 1,0

Worked Example

5.5.2.(5)

108. oldal


λ LT =


0,9 × L i z  L i (C1 )0,5 × 1 + 1 ×  z  20  h t f 

F.2.2.(4)    

2

   

0 , 25

Amennyiben ψ = 1 , és k = 1 . Az elem csuklós végű.

Tábl.: F.1.1

Így: C1 = 2,752

λ LT =

70,109

(C1 )

0,5

=

70,109 = 42,26 2,752 0,5

λ   42,262  λ LT =  LT  × (β w )0,5 =   × 1 = 0,45  93,9   λ1 

5.5.2(5)

A hengerelt szelvényekre az „a” jelű görbét kell használni.

5.5.2(4)

χ LT = 0,9386

Tábl.: 5.5.2

250 × 10 3 0,8621 × 20 × 10 6 0,506 × 7 × 10 6 + + ≤1 0,5 × 38,8 × 10 2 × 235 1 0,9386 × 245 × 10 3 × 235 1 118 × 10 3 × 235 1 0,548 + 0,319 + 0,127 ≤ 1 0,994 ≤ 1 →OK.  M y .Sd  M  Ny .Rd

2

   +  M z .Sd M   Nz .Rd 

2

 20   7    +   46,4   27,4  0,186 + 0,255 ≤ 1 0,44 ≤ 1

  

5.2.8(11)

5n

≤1

5n

≤1

→OK. Mivel kihajlásra, és helyi teherbírásra megfelelő, ezért ez a szelvény alkalmazható.

Worked Example

109. oldal



11.2. H szelvény nyomása, és mindkét tengelye körüli hajlítása, az erős és a gyenge tengely körüli különböző nyomatékkal 11.2.1.

A feladat

Vizsgáljunk meg, egy 7,2m-es alul csuklós végű oszlopot, ami a felső végén az erős, ill. a gyenge tengelye körül, valamint a közepén a gyenge tengely körül egy-egy gerendával van megtámasztva. Vizsgáljuk meg, hogy a szelvény, az NSd=250kN normálerőt, a gyenge tengelye körüli My.Sd=15kNm-es nyomatékkal, és az erős tengelye körüli Mz.Sd=2,7kNm-es nyomatékkal együtt is biztonságosan elbírja. Meg kell vizsgálni az erős tengely határállapotát a teljes magasságra, valamint a gyenge tengely határállapotát a felső részre.

11.2. ábra Nyomás, és mindkét tengely körüli hajlítás Figyelembe véve az oszlop teherbírását:

λy =

λy

× (β A )

0,5

=

7200 65,7 × 1 = 1,167 93,9

5.5.1 5.5.1.2

λ1 λ 3600 39,8 λ z = z × ( β A )0 , 5 = × 1 = 0,963 93,9 λ1

Worked Example

110. oldal



h = 0,93 ≤ 1,2 A kihajláshoz a „b”, és „c” jelű görbét kell használni. b

Tábl.: 5.5.3

χ y = 0,4969

5.5.1

χ z = 0,562 5.5.3

Az erős tengelyre:

ψy =0

β M . y = 1,8

A gyenge tengelyre:

β M . y = 1,45

A felső részre: ψ z = 0,5 Az alsó részre: ψ z = 0

 118 − 76,9   = −0,525 ≤ 0,9  76,9 

µ z = 0,9632 × (2 × 1,45 − 4) + 

5.5.4(1)

µ z = −0,525  0,525 × 250 × 10 3   = 1,256 ≤ 1,5 k z = 1 +   0,562 × 38,8 × 100 × 235  k z = 0,256

 245 − 220   = −0,353 ≤ 0,9  220 

µ y = 0,167 × (2 × 1,8 − 4) +  µ z = −0,353

  0,353 × 250 × 10 3  = 1,195 ≤ 1,5 k y = 1 +   0,4969 × 38,8 × 100 × 235  k y = 1,195 250 × 10 3 1,195 × 15 × 10 6 1,526 × 2,7 × 10 6 + + ≤1 0,49 × 38,8 × 10 2 × 235 1 245 × 10 3 × 235 1 118 × 10 3 × 235 1 0,560 + 0,311 + 0,122 ≤ 1 0,993 ≤ 1 →OK. Vizsgáljuk a kifordulást: A felső részre: β M . LT = 1,45

5.5.3. ábra 5.5.4(2)

Worked Example

111. oldal



µ LT = 0,15 × 0,9632 × 1,45 − 0,15 = 0,059 ≤ 0,9 µ LT = 0,059 0,059 × 250 × 10 3 = 0,97 ≤ 1,0 0,55 × 38,8 × 10 2 × 235 = 0,97

k LT = 1 − k LT

Amennyiben ψ = 0,5 és k = 1 . Az elem csuklós végű. Így:

Tábl.: F.1.1

C1 = 1,323

0,9 × 3600 39,8

λ LT =

(1,323) λ LT =

0,5

2  1  3600 39,8     × 1 + ×   20  152 9  

0 , 25

= 56,662

F.2.1(4)

56,662 × 1 = 0,603 93,9

A kihajláshoz az „a” jelű görbét kell használni.

5.5.2(4)

χ LT = 0,89

Tábl.: 5.5(2)

250 × 10 3 1,97 × 15 × 10 6 1,262 × 2,7 × 10 6 + + ≤1 0,55 × 38,8 × 10 2 × 235 1 0,89 × 245 × 10 3 × 235 1 118 × 10 3 × 235 1 0,449 + 0,284 + 0,123 ≤ 1 0,906 ≤ 1 →OK. 2

1

 25   2,7    +  ≤1  46,4   27,4  0,290 + 0,099 ≤ 1

F.5.4.8. (11)

0,39 ≤ 1

→OK. Mivel kihajlásra, és helyi teherbírásra megfelelő, ezért ez a szelvény alkalmazható.

Worked Example

112. oldal



Tartalomjegyzék

1.

Eurocode acél __________________________________________________________ 2 1.1. A keresztmetszeti szelvény osztályba sorolása nyomás alapján _____________________ 2 1.1.1. HEA 500-as szelvény __________________________________________________________ 2 1.1.2. IPE 600-as szelvény ___________________________________________________________ 3

1.2. A keresztmetszeti szelvény osztályba sorolása hajlítás alapján _____________________ 4 1.2.1. HEA 500-as szelvény __________________________________________________________ 4 1.2.2. IPE 600-as szelvény ___________________________________________________________ 6

1.3. A keresztmetszeti szelvény osztályba sorolása hajlítás, és nyomás alapján ___________ 8 1.3.1. HEA 500-as szelvény __________________________________________________________ 8 1.3.2. IPE 600-as szelvény ___________________________________________________________ 9 1.3.3. Hegesztett szelvény ___________________________________________________________ 12

2.

Helyi horpadás ________________________________________________________ 14 2.1. A feladat ________________________________________________________________ 14 2.2. Feltételezések_____________________________________________________________ 16 2.3. A teljes szelvény keresztmetszeti adatai _______________________________________ 17 2.3.1. 2.3.2. 2.3.3. 2.3.4.

Ag keresztmetszeti terület ______________________________________________________ zg súlyponti távolság meghatározása ______________________________________________ Inercianyomaték az y-y tengelyre ________________________________________________ Keresztmetszeti tényező _______________________________________________________

17 17 17 17

2.4. Az effektív (hatékony) szelvény, axiális nyomásra ______________________________ 18 2.4.1. 2.4.2. 2.4.3. 2.4.4. 2.4.5. 2.4.6.

A szelvény keresztmetszeti osztályának meghatározása _______________________________ Az effektív (hatékony) szélesség meghatározása ____________________________________ Keresztmetszeti adatok ________________________________________________________ Aeff,N keresztmetszeti terület ____________________________________________________ zg súlyponti távolság meghatározása ______________________________________________ A súlypont eltolódása _________________________________________________________

18 18 20 20 20 20

2.5. Effektív (hatékony) szelvény hajlításra _______________________________________ 21 2.5.1. 2.5.2. 2.5.3. 2.5.4. 2.5.5. 2.5.6. 2.5.7. 2.5.8.

3.

A szelvény osztályának meghatározása____________________________________________ Az effektív (hatékony) szélességek meghatározása __________________________________ Szelvény adatok _____________________________________________________________ Aeff,M keresztmetszeti terület ___________________________________________________ zg,M súlyponti távolság meghatározása ____________________________________________ Az inercianyomaték az y-y tengelyre _____________________________________________ Keresztmetszeti tényező _______________________________________________________ További lehetséges javítás______________________________________________________

21 22 23 24 24 24 24 24

Húzott szerkezeti elemek I._______________________________________________ 26 3.1. Lemezek nyírt kapcsolatainak vizsgálata merőleges lyukkiosztás, valamint A, B és C kategóriájú csavarozott kapcsolatok szerint ___________________________________ 27 3.1.1. A feladat ___________________________________________________________________ 27 3.1.2. Adatok_____________________________________________________________________ 28 3.1.3. Megoldás ___________________________________________________________________ 28

3.2. Lemezek átlósan eltolt csavarkiosztással ______________________________________ 31 3.2.1. A feladat ___________________________________________________________________ 31 3.2.2. Adatok_____________________________________________________________________ 31 3.2.3. Megoldás ___________________________________________________________________ 31

3.3. Szögacél bekötése egyik szárán ______________________________________________ 34 3.3.1. A feladat ___________________________________________________________________ 34

Worked Example

113. oldal



3.3.2. Adatok_____________________________________________________________________ 35 3.3.3. Megoldás ___________________________________________________________________ 35

4.

Húzott szerkezeti elemek II. ______________________________________________ 37 4.1. Elektromos távvezeték vezető kábelének vizsgálata _____________________________ 37 4.1.1. A feladat ___________________________________________________________________ 37 4.1.2. Adatok_____________________________________________________________________ 38 4.1.3. Megoldás ___________________________________________________________________ 38

4.2. Kikötött torony vizsgálata __________________________________________________ 43 4.2.1. A feladat ___________________________________________________________________ 43 4.2.2. Adatok_____________________________________________________________________ 44 4.2.3. Megoldás ___________________________________________________________________ 44

5.

Oszlop tervezése _______________________________________________________ 49 5.1. A keresztmetszeti alak hatása az oszlop súlyára ________________________________ 49 5.1.1. 5.1.2. 5.1.3. 5.1.4. 5.1.5. 5.1.6.

A feladat ___________________________________________________________________ Általános szempontok _________________________________________________________ A gyenge tengely körüli kihajlás_________________________________________________ Kihajlás az erős tengely körül ___________________________________________________ Kétszeresen szimmetrikus szelvények ____________________________________________ Következtetés _______________________________________________________________

49 50 51 53 54 55

5.2. A karcsúság hatása az oszlop teherviselésére. __________________________________ 56 5.2.1. A feladat ___________________________________________________________________ 56

5.3. A gyenge, és az erős tengely kihajlási hosszának hatása az oszlop teherviselésére. ____ 61 5.3.1. A feladat ___________________________________________________________________ 61

6.

Osztott szelvényű oszlop tervezése _________________________________________ 64 6.1. A feladat ________________________________________________________________ 64

7.

Effektív kihajlási hosszak________________________________________________ 69 7.1. Nem kilengő keretek kihajlási hosszának számítása _____________________________ 69 7.1.1. A feladat ___________________________________________________________________ 69

7.2. Kilengő keretek kihajlási hosszának számítása _________________________________ 71 7.2.1. A feladat ___________________________________________________________________ 71

7.3. Síkbeli, és síkból kitérő kihajlási hosszak számítása _____________________________ 75 7.3.1. A feladat ___________________________________________________________________ 75

8.

Oldalirányban megtámasztott gerendák ____________________________________ 77 8.1. Kéttámaszú, I szelvényű gerenda vizsgálata hajlításra, nyírásra, és lehajlásra _______ 77 8.1.1. 8.1.2. 8.1.3. 8.1.4.

A Feladat ___________________________________________________________________ Hajlítás ____________________________________________________________________ Nyírás _____________________________________________________________________ Lehajlás ____________________________________________________________________

77 78 79 80

8.2. Téglalap keresztmetszetű konzol tartó ellenőrzése kéttengelyű hajlításra, nyírásra, és lehajlásra ________________________________________________________________ 82 8.2.1. 8.2.2. 8.2.3. 8.2.4.

A feladat ___________________________________________________________________ Hajlítás ____________________________________________________________________ Nyírás _____________________________________________________________________ Lehajlás ____________________________________________________________________

82 83 84 84

8.3. Egyszeresen szimmetrikus darupályatartó vizsgálata ___________________________ 86 8.3.1. A feladat ___________________________________________________________________ 86

9.

Oldalirányban megtámasztás nélküli gerendák ______________________________ 89 9.1. Kéttámaszú I gerenda _____________________________________________________ 89

Worked Example

114. oldal



9.1.1. A feladat ___________________________________________________________________ 89

9.2. Egyszeresen szimmetrikus darupályatartó ____________________________________ 92 9.2.1. A feladat ___________________________________________________________________ 92

9.3. Oldalirányban megtámasztott folytatólagos gerenda ____________________________ 96 9.3.1. A feladat ___________________________________________________________________ 96

10. Gerenda- oszlop nyomása és egy-, ill. kéttengelyű hajlítása_____________________ 99 10.1.

H szelvény nyomása, és gyenge tengelye körüli kihajlása ______________________ 99

10.1.1. A feladat ___________________________________________________________________ 99

10.2.

H szelvény nyomása, és erős tengelye körüli kihajlása ________________________ 102

10.2.1. A feladat __________________________________________________________________ 102

10.3.

H szelvény nyomása, és mindkét tengelye körüli kihajlása ____________________ 105

10.3.1. A feladat __________________________________________________________________ 105

11. Gerenda- oszlop nyomása, kéttengelyű kihajlása ____________________________ 107 11.1.

H szelvény nyomása, és mindkét tengelye körüli kihajlása, változó nyomatékkal__ 107

11.1.1. A feladat __________________________________________________________________ 107

11.2. H szelvény nyomása, és mindkét tengelye körüli hajlítása, az erős és a gyenge tengely körüli különböző nyomatékkal _____________________________________________ 110 11.2.1. A feladat __________________________________________________________________ 110

Worked Example

115. oldal

Acélszerkezeti mintapéldák az Eurocode szabványhoz,

Recommend Documents