Alapmőveletek koncentrált erıkkel 1/a. példa Az F 1.17. ábrán feltüntetett, a = 0,5 [m], b = 1,2 [m] és c = 0,7 [m] oldalú hasábot a bejelölt erık terhelik. A berajzolt koordinátarendszer figyelembevételével írjuk fel komponens-alakban az erıvektorokat, az erık A, B, C, D, E támadáspontjainak helyvektorait és az E-ból B-be mutató helyvektort!
F 1.17. ábra A helyvektorok:
rA = a i = 0.5 i [m] r B = a i + ck = 0.5 i + 0.7k [m] r C = b j + ck = 1.2 j + 0.7k [m] r D = a i + bj = 0.5 i + 1.2j [m] r E = a i + bj + ck = 0.5 i + 1.2j+ 0.7k [m] r EB = - bj = - 1.2j [m]
Az erıvektorokat (1.1) képlet alapján, úgy határozzuk meg, hogy az erınagyságot megszorozzuk az irányt mutató egységvektorral. Az általános helyzető egységvektort megkapjuk, ha a hatásvonal két ismert pontja között lévı helyvektort elosztjuk annak nagyságával, azaz a két pont távolságával. A valamelyik tengellyel párhuzamos irányú erı vektor a megfelelı egységvektorral (i, j, k) közvetlenül felírható. Ezek alapján az alábbi erıvektorok írhatók fel: F1 = F1 j = 100 j [N]
F1x = 0
F1y = 100 [N]
F1z = 0
F2 = -F2 i = -200 i [N]
F2x = -200[N]
F2y = 0
F2z = 0
rCD = r D - r C = a i + bj -b j – ck = a i – ck = 0.5 i – 0.7k rCD = a 2 + c 2 = 0.5 2 + 0.7 2 = 0.86
e3 =
r CD a c 0.5 0.7 = i− k= i− k = 0.58i − 0.814k 2 2 2 2 r CD 0.86 0.86 a +c a +c
F3 = F3 ⋅ e3 = 300⋅(0.58 i – 0,814 k) = 174 i – 244 k [N]
1
e4 =
r DF a b c =− i− j+ k = −0.338i − 0.813 j + 0.474k 2 2 2 2 2 2 2 r DF a +b +c a +b +c a + b2 + c2
F4 = F4 ⋅ e4 = -84.5 i – 203.2 j + 118.5 k [N]
e5 =
r EF a b =− i− j = −0.385i − 0.923 j 2 2 2 r EF a +b a + b2
F5 = F5 ⋅ e5 = - 57.7 i – 138.5 j [N]
1./b Határozzuk meg az elızı példában szereplı erık vektoröszszegét! A (1.2) képlet szerint : R = ∑ F i = F1 + F 2 + F 3 + F 4 + F 5 = (∑ Fix ) i + 5
i =1
(∑ F )j + (∑ F ) k = iy
iz
= (0 – 200 + 174 - 84.5 - 57.7) i + (100 + 0 + 0 – 203.2 – 138.5 )j + (0 + 0 – 244 + 118.5 +0)k = = -168.2 i – 241.7 j – 125.5 k
1./c. Határozzuk meg az elsı példában szereplı F5 és rEB vektorok skaláris szorzatát! A (1.3) képlet alapján : F5 · rEB = F5x · rEBx + F5y · rEBy + F5z · rEBz = ( - 57.7) · 0 + ( - 138.5 [N]) · ( -1.2 [m]) + 0· 0 = = 166.2 [Nm]
1./d Határozzuk meg az elsı példában szereplı F4 erı támadáspontja hekyvektorának és az erı vektorának vektoráliális szorzatát! A (1.4) képletnek megfelelıen:
i j k r D × F 4 = 0 .5 1 .2 0 = − 84.5 − 203.2 118.5
= (1.2 ⋅ 118.5 − 0 ) i − (0.5 ⋅ 118.5 − 0) j + (0.5 ⋅ (− 203.2) − (− 84.5) ⋅ 1.2 ) k = 142.2 i – 59.25 j – 0.2 k [Nm]
2
Általános síkbeli erırendszer eredıjének meghatározása 2. példa: Határozzuk meg az F 1.18. ábrán látható síkbeli erırendszereredıjét! Az merev testre ható erık egyenlı nagyságúak, azaz F1=F2=F3=F4= 10 [N]
Az erıvektorokat helyezzük át a koordinátarendszer "0" pontjába. A redukció eredménye a F 1.19. ábrán látható.
F 1.18. ábra
Így nyerünk egy ‘0’ ponton átmenı hatásvonalú Fl, F2, F3 és F4 erırendszert és Ml , M3 nyomatékokat. (Az F2 erı ‘0’-ra számított M2 nyomatéka és az F4 erı ‘0’-ra
F 1.19. ábra
számított nyomatéka zérus, mert hatásvonala keresztül megy az origón) Keressük az ‘0’ ponton átmenı erık Fe összegét. Elıször összegezzük az ‘x’ irányú erıket, ez adja az eredı ‘x’ irányú összetevıjét /Fex/, majd összegezzük az ‘y’ irányú erıket, ez adja az eredı ‘y’ irányú összetevıjét /Fey/. Ezek ismeretében az eredı az alábbiak szerint adódik
Fe = Fex2 + Fey2
Példánkban: 4
Fex = ∑ Fix = F1x − F4 x = 10 − 10 = 0[N ] i =1 4
Fey = ∑ Fiy = F2 y + F3 y = 10 + 10 = 20[N ] i =1
Tehát az Fe az ‘y’ irányában felfelé mutató 20 [N] nagyságú vektor . Az Me vektor az M1 és M3 összege. 4
M e = ∑ M i = −F1 ⋅ a − F3 ⋅ a = −40[Nm] i =1
Az Me negatív elıjele arra utal, hogy a nyomaték forgatási értelme az óramutató járásával megegyezı értelmő. Pozitvnak az óramutató járásával ellentétes forgatási értelmét tekintjük.
3
Tehát az Me vektor abszolút értéke 40 [Nm], forgatási értelme az óramutató járásával megegyezı .
Az Fe és Me vektorok összegezhetık (erı és erıpár összegezése) és így nyerjük az alábbi
F 1.20. ábra F1.20. ábrán látható erırendszerrel
egyenértékő legegyszerőbb erırendszert, vagyis az Fe
hatásvonalával párhuzamosan "a" távolsággal eltolt hatásvonalú egyetlen Fe erıt . Ez lesz az erırendszer EREDİJE, vagyis a vele egyenértékő legegyszerőbb erırendszer.
3.példa Határozzuk meg a F1.21. ábrán feltüntetett erırendszer eredıjét! Adatok: F1 = 100 [N]; F2 = 200 [N]; F3 = 250 [N]; F4 = 150 [N].
F 1.21. ábra A számításhoz felhasználjuk az x, y koordinátarendszert.Az erıket ‘x’ és ‘y’ irányú összetevıire bonjuk és a (1.2) képletnek megfelelıen a komponenseket összegezzük. Az eredı komponenseit : ix
= - F1 + F3 cos 450 + F4 cos 300 = -100 + 250 • 0,707 + 150 • 0,866 = 206,7 [N]
iy
= F2 + F3 sin 450 - F4 • sin 300 = 200 + 250 • 0,707 - 150 • 0,5 = 301.8[N]
∑F Ry = ∑ F
Rx =
4
Az eredı nagysága: R = R 2x + R 2y = 206.7 2 + 301.8 2 = 365.8 [ N] Az eredı az “x” tengellyel bezárt szöge: tg α R =
Ry Rx
=
301.8 = 1.46 206.7
αR = 55º 35’
Az eredı hatásvonalának távolsága az origótól: kR =
∑M
0i
=
∑x
i
⋅ Fiy
R R − 21.5 = = −0.0587[m ] 365.8
=
2 ⋅ F3 ⋅ sin 45° − 5 ⋅ F4 ⋅ sin 30° 2 ⋅ 250 ⋅ 0.707 − 5 ⋅ 150 ⋅ 0.5 = = R 365.8
Az eredı hatásvonala az “x” tengelyt az origótól xR távolságban metszi:
xR =
∑M Ry
0i
=
− 21.5 = −0.071 [m] 301.8
5
Párhuzamos térbeli erırendszer eredıje 4.példa Határozzuk meg a F 1.22. ábrán látható és a következı adatokkal megadott párhuzamos térbeli erırendszer eredıjét! F1 = 100 [N] , xl = 30 [cm]; yl = 10 [cm]; F2 = -150 [N]; x2 = 15 [cm]; y2 = 30 [cm]; F3 = 200 [N]; x3 = -10 [cm]; y3 = 20 [cm]; F4 = 250 [N], x4 = -20 [cm]; y4 = - 20 [cm]; F5 = -300 [N]; x5 = 10 [cm]; y5 = - 25 [cm];.
F 1.22 ábra Az eredı erı nagysága: R= ΣFi= F1 + F2 + F3 + F4 + F5 =100 - 150 + 200 + 250 - 300= 100 [N] Az eredı hatásvonalának döféspontkoordinátái a (1.11) képletek felhasználásával: xR =
∑x
i
⋅ Fi
yR =
R
∑y
i
⋅ Fi
R
xl F1 = 30 • 100 = 3000 [Ncm]
yl F1 = 10 • 100= 1000 [Ncm]
x2 F2 = 15 • (-150) = - 2250 [Ncm]
y2 F2 = 30• (-150)= - 4500 [Ncm]
x3 F3 = - 10 • 200 = - 2000 [Ncm]
y3 F3 = 20 • 200 = 4000 [Ncm]
x4 F4 = - 20 • 250 = - 5000 [Ncm]
y4 F4 = - 20 • 250 = - 5000 [Ncm]
x5 F5 = 10 • ( -300 ) = - 3000 [Ncm]
y5 F5 = - 25 • (-300 ) = 7500 [Ncm]
= −9250[Ncm]
∑y F
− 9250 = −92.5[cm] 100
yR =
∑x F
i i
xR =
i i
= 3000[Ncm]
3000 = 30[cm ] 100
Az eredményt az F1.23. ábra szemlélteti.
F 1.23 ábra
2
Általános síkbeli erırendszer egyensúlya 5. példa:
F 1.24. ábra Az ábrán látható 1 = 4 [m] hosszú vizszintes egyenes rúd. ‘A’ vége helytálló csuklóhoz kapcsolódik ‘B’ végéhez pedig G = 20 [N] súllyal terhelt függıleges fonál csatlakozik. A rúdon ‘F’ = 50 [N] súlyú henger mozoghat.
Kérdés, hogy a henger milyen helyzetében /x = ?/ marad az ‘AB’ rúd egyensúlyban? Mekkora az ‘A’ csuklóban ébredı FA reakcióerı nagysága? Egyensúly esetén a (1.16) és (1.17) képletek szerint Fe = 0 és Me = 0. Az Fe = 0 feltétel azt jelenti, hogy az ‘AB’ rúdra, mint merev testre ható erık ‘x’ és ‘y’ koordináta irányú összetevıi is zérusok. Így az egyensúlyt kifejezı, egymástól független skaláris STATIKAI EGYENSULYI EGYENLETEK általános síkbeli erırendszer esetén az alábbiak lesznek: Fex = 0 = Σ Fix Fey = 0 = Σ Fiy Me = 0 = Σ Mi Példánkra alkalmazva az egyensulyi egyenleteket /az erık nyomatékát az "A" pontra írjuk fel/
Fex = 0 = ∑ Fix = 0
(1)
M e = 0 = ∑ M iA = 0 = − F ⋅ x + FB ⋅ l A (2) egyenletbıl:
3
Fey = 0 = ∑ Fiy = 0 = FA − F + FB (3)
⇒
FA = F - FB = 50 - 20 = 30 [N]
x=
(2)
FB ⋅ l 20 ⋅ 4 80 = = = 1.6[m] F 50 50
Közös ponton átmenı síkbeli erırendszer egyensulya 6. példa: Határozzuk meg az F 1.25. ábrán látható, négy erıbıl álló, közös pontban metszıdı síkbeli erırendszer eredıjé! Az erık nagyságát és irányát kijelölı szögeket az táblázatban foglaltuk össze.
F1 = 50 [N]
α 1 = 45 0
F2 = 35 [N]
α 2 = 30 0
F3 = 60 [N]
α 3 = 30 0
F4 = 45 [N]
α 4 = 60 0
F 1.25 ábra A vizsgált erırendszer eredıje a négy vektor összege lesz, amit az alábbi F1.26.ábrán.láthatóan szerkesztéssel is meghatároztunk.
F 1.26 ábra
4
A feladatot számítással is megoldottuk. Az erıket ‘x’ és ‘y’ irányú összetevıkre bontjuk. F1x = F1 cos α 1 = 50 cos 45 0 = 50⋅ 0.7071 = 35.4 F2x = F2 cos α 2 = 35 cos 30 0 = 35⋅ 0.866 = -30.3 F3x = F3 cos α 3 = 60 cos 30 0 = 60⋅ 0.866 = -52 F4x = F4 cos α 4 = 45 cos 60 0 = 45⋅ 0.5 = 22.5 F1y = F1 sin α 1 = 50 sin 45 0 = 50⋅ 0.7071 = 35.4 F2y = F2 sin α 2 = 35 sin 30 0 = 35⋅ 0.5 = 17.5 F3y = F3 sin α 3 = 60 sin 30 0 = 60⋅ 0.5 = -30 F4y = F4 sin α 4 = 45 sin 60 0 = 45⋅ 0.866 = -39
A komponenseket a (1.2) képlet szerint összegezzük. 4
FRx = ∑ Fix = 35.4 − 30.3 − 52 + 22.5 = −24.4[N ] i =1 4
FRy = ∑ Fiy = 35.4 + 17.5 − 30 − 39 = −16.1[N ] i =1
2 2 FR = FRx + FRy = 29.2[N ]
tg ϕ =
FRy FRx
=
− 16.1 = 0.66 − 24.4
⇒ ϕ =330 25’
Látható a számítás eredményeitıl a szerkesztés eredményei kissé eltérnek. Ez a szerkesztésbıl adódó pontatlanságok miatt van.
5
7.példa Az F1.27. ábra derékszögő hasáb alakú testet mutat, amelyet térbeli csuklóval és három rúddal rögzítettünk. Határozzuk meg az F1, F2, F3 aktív erık hatására ébredı reakcióerıket! Adatok: F1 = 200 [N] ; F2 = 500 [N]; F3 = 300 [N].
Az F 1.28. ábrán láthatóan megválasztottuk a derékszögő koordinátarendszert és bejelöltük a reakcióerık pozitív irányát.
F 1.27 ábra Elıször meghatározzuk az α szöget: tg α =
3 = 1 .5 2
α = 56° 20'
majd az erıvektorokat: F1= - F1 · k = - 200 k [N] A = Ax i + Ay j + Az k; F2 = - F2 · j = - 500 j [N] B = B·k F3 = - F3 · i = -300 i [N];
F1.28. ábra
C = C cos α i + C sin α k = 0, 554 C i + 0, 832 C k; D = - D cos α j + D sin α k = - 0, 554 D j + 0, 832 D k. Ezután írjuk fel az egyensúlyi egyenleteket:
∑X (4) ∑ M (1)
i
ix
=0 =0
∑Y = 0 (5) ∑ M = 0 (2)
(1) -300 + Ax + 0. 554 C = 0 (2) -500 + Ay – 0.554 D = 0
6
i
iy
∑Z = 0 (6) ∑ M = 0 (3)
i
iz
(3) -200 + Az + B + 0.832 C + 0.832 D = 0 (4) 1· F2 – 2· B - 2 ·C sin α - 3 ·D cos α = 500 - 2 ·B –1.664 C – 1.664 D = 0 (5) - 2 ·F1 - 1 ·F3 +2 D sin α - 2 ·C sin α + 3 ·C· cos α = - 400 - 300 + 1. 664 D –1.664 C + 1.664 C = - 700 + 1.664 D = 0 (6) -2 ·F3 +2 ·C ·cos α +2 ·D· cos α = -600 + 1.109 C + 1,109 D = 0. Az egyenletrendszer megoldása: (5)-bıl: D =
700 = 421 [N] 1.664
(4)-bıl: B =
500 − 1.664 ⋅ C − 1.664 ⋅ D 500 − 1.664 ⋅ 120 − 1.664 ⋅ 421 = −200 [N] = 2 2
(6)-ból: C =
600 - D = 541 - 421 = 120 [N] 1.109
(1)-bıl: Ax = 300 – 0.554 ·C = 300 – 0.554 • 120 = 233 [N]; (2)-bıl: Ay = 500 + 0.554 D = 500 + 0.554 • 421 = 733 [N]; (3)-ból: Az = 200 – B – 0.832·C – 0.832·D = 300 - 200 - 0.832·541 = - 351 [N]; A = A 2x + B 2y + C 2z = 233 2 + 733 2 + 3512 = 845 [N];
8.példa Az ‘AB’= l hosszúságú, homogén, ‘G” súlyú rúd a függıleges falnak és a vízszintes padlónak támaszkodik. A nyugvásbeli súrlódás értéke a padlón µl, a falon µ2. A tapasztalat azt mutatja, hogy ha a rudnak a padlóval bezárt ‘α’ szöge egy meghatározott ‘αo’ érték alá csökken, a rúd lecsúszik, nem marad egyensulyban.
Határozzuk
meg
az
egyensúly
határhelyzetét jellemzı ' αo’ szög értékét!
F 1.29. ábra
A ‘G’ súlyerı hatására a rúd csak lecsúszhat, ezért az ébredı FSl és FS2 surlódóerık iránya csak az F 1.29 ábrán berajzolt irányú lehet. A surlódóerık nagysága, mivel az egyensúly HATÁRHELYZET-érıl van szó: FS1 = µl·FN1 FS2 = µ2 ·FN2
7
A STATIKAI EGYENSÚLYI EGYENLETEK: xi
= 0 = FN 2 −µ1 ⋅ FN1
yi
= 0 = FN 1 +µ 2 ⋅ FN 2 − G
∑F ∑F
(1) (2)
nyomaték "B" pontra
∑M B
i
l = 0 = G ⋅ ⋅ cos α 0 − FN 2 ⋅ l ⋅ sin α 0 − µ 2 ⋅ FN 2 ⋅ l ⋅ cos α 0 2
A (3) egyenlet rendezésével és átalakitásával, l G ⋅ ⋅ cos α 0 = FN 2 ⋅ l ⋅ sin α 0 + µ 2 ⋅ FN 2 ⋅ l ⋅ cos α 0 2 G = 2·FN2·tg αo + 2 · µ2·FN2 (4) A (1)- bıl kifejezhetjük FN1-et
FN1 =
FN 2 µ1
a (2) egyenletbe behelyettesítve és “G”-re rendezve kapjuk
G=
FN 2 + µ 2 ⋅ FN 2 µ1
(5)
A (4) = (5) és FN2-vel egyszerősítve kapjuk
1 + µ 2 − 2 ⋅ tg α 0 − 2 ⋅ µ 2 = 0 µ1
tg α 0 =
1 − µ1 ⋅ µ 2 2 ⋅ µ1
Egyensúly van ha a rúd α hajlásszöge ≥ αo
8
(3)
Súlypont számítás 9.példa Határozzuk meg az F 1.30. ábrán vázolt “T” alakú síkidom súlypontját! Az idomot két téglalapra bonthatjuk, amelyeknek a területe: Al = 20• 60 = 1200 mm2 ; A2 = 20 • 40 = 800 mm2 . A keresett súlypont az idom szimmetriatengelyén (a ‘y’ tengelyen ) helyezkedik el. ⇒ xs = 0
F 1.30 ábra A számítást az x, y koordinátarendszer felhasználásával végezhetjük el ySl = 40 + 10 = 50 mm; yS2 = 20 = 20 mm;
yS =
∑y ⋅A ∑A Si
i
i
=
y S1 ⋅ A1 + y S2 ⋅ A 2 50 ⋅ 1200 + 20 ⋅ 800 = = 38 A1 + A 2 2000
10 példa Határozzuk meg az F 1.31. ábrán vázolt síkidom súlypontját! A síkidom érdekessége, hogy a körön belül lévı terület nem tartozik a tartományhoz. Bontsuk fel e tartományt három részre, a teljes négyzetre (1), a kör belsejére (2) és a háromszögre (3). A kör területét negativ elıjellel kell számítani, így kompenzáljuk figyelembevételével F 1.31. ábra
a
teljes keletkezı
négyzet többletet.
A
negatív elıjel azt jelenti, hogy ezen a területen a
többivel ellentétes irányú megoszló erı hat. Ez az erı és a teljes négyzet ugyanezen pozitív területrészén ható erı egyensúlyi erırendszert alkot. Ez megfelel a valóságnak: s kör belseje nem tartozik a tartományhoz, benne erı nem hat. A részterületek:
9
A1= 1502 = 22500 mm2; A2 = -502 Π= - 7854 mm2; A3 = 0.5 A1=11250 mm2 A vázolt koordinátarendszerben a részidomok sulypontjainak koordinátái: xSl = 75 mm; xS2 = 60 mm; xS3 = 150 + 50 = 200 mm; ySl = 75 mm; yS2 = 90 mm; yS3 =
150 = 50 mm 3
A sulypont koordinátái:
xS =
∑x ⋅A ∑A Si
i
=
x S1 ⋅ A 1 + x S2 ⋅ A 2 + x S3 ⋅ A 3 75 ⋅ 22500 − 60 ⋅ 7854 + 200 ⋅ 11250 = = 134[mm] A1 + A 2 + A 3 22500 − 7854 + 11250
i
=
y S1 ⋅ A1 + y S 2 ⋅ A 2 + y S3 ⋅ A 3 75 ⋅ 22500 − 90 ⋅ 7854 + 50 ⋅ 11250 = = 59.6[mm] A1 + A 2 + A 3 22500 − 7854 + 11250
i
yS =
∑y ⋅A ∑A Si
i
10
