MŰSZAKI MECHANIKA PÉLDATÁR

Pécsi Tudományegyetem Pollack Mihály Főiskolai Kar Gépészeti Intézet Gépszerkezettan Tanszék

MŰSZAKI MECHANIKA PÉLDATÁR

2004.

ERFP-DD2002-HV-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

BEVEZETÉS

A példatár a statika és a szilárdságtan témaköreiből több fejezetet tartalmaz, a kinematika és kinetika témakörből pedig egyet-egyet. Az volt a cél, hogy a példatár a Gépszerkezettan Tanszék által oktatott műszaki mechanika, műszaki fizika és fizika tárgyakhoz egyaránt felhasználható legyen. Mivel a fent felsorolt tárgyak már az első félévtől oktatásra kerülnek, ezért csak a középiskolás matematika tanulmányokra építhetünk. A tananyaghoz szükséges vektorszámítási alapokat a függelékben foglaltuk össze. A példák megoldásánál nemcsak a végeredményeket közöljük, hanem - különösen nehezebb példáknál - sokszor a teljes számítást és szerkesztést is. Nagyon fontos a példatár tanulmányozásánál, hogy a megoldást csak akkor nézzük meg, ha a feladatot megoldottuk. Tehát ne azt ellenőrizzük magunkon, hogy a közölt megoldást értjük-e, hanem szerezzünk gyakorlatot a példák önálló megoldásában. A feladatok számszerű megoldásánál ma kizárólagosan mindenki zsebszámológépet használ, azonban ezek numerikus pontossága nagyobb a szükségesnél. Általában kimondható, hogy 0,2 %-nál nagyobb pontosságot a gyakorlati mérnöki problémáknál nem kívánunk meg. A példatár második kiadását számítógéppel szerkesztettük és kibővítettük a megoldás részt is. Reméljük, hogy a példatár hozzájárul a tananyag sikeres elsajátításához!

ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


4

Szerzők:

Dr. Orbán Ferenc

1.00-16.00 fejezet

Glöckler László

17.00 fejezet

Regőczi Márta

megoldások

A kéziratot lektorálta:

Dr. Tímár Imre

Kiadó:

Pécsi Tudományegyetem Pollack Mihály Műszaki Főiskolai Kar Pécs

A Mechanika Példatár a ERFP-DD2002-HU-B-01.sz Phare pályázat alapján készült



TARTALOMJEGYZÉK

1.00 2.00 3.00 4.00 5.00 6.00 7.00 8.00 9.00 10.00 11.00 12.00 13.00 14.00 15.00 16.00 17.00 1.00 2.00 3.00 4.00 5.00 6.00 7.00 8.00 9.00 10.00 11.00 12.00 13.00 14.00 15.00 16.00 17.00

BEVEZETÉS SÍKBELI ERŐRENDSZEREK KINEMATIKA KINETIKA KÉTTÁMASZÚ TARTÓK IGÉNYBEVÉTELE TÖTVONALÚ TARTÓK SÍKBELI RÁCSOS TARTÓK SÍKBELI CSUKLÓS SZERKEZETEK SÚRLÓDÁS SÍKIDOMOK SÚLYPONTJA ÉS MÁSODRENDŰ NYOMATÉKAI HÚZÁS-NYOMÁS, TISZTA NYÍRÁS HAJLÍTÁS CSAVARÁS EGYIRÁNYÚ ÖSSZETETT IGÉNYBEVÉTELEK TÖBBIRÁNYÚ ÖSSZETETT IGÉNYBEVÉTELEK KIHAJLÁS HAJLÍTOTT TARTÓK ALAKVÁLTOZÁS SZÁMÍTÁSA STATIKAILAG HATÁROZATLAN SZERKEZETEK MEGOLDÁSOK SÍKBELI ERŐRENDSZEREK KINEMATIKA KINETIKA KÉTTÁMASZÚ TARTÓK IGÉNYBEVÉTELE TÖTVONALÚ TARTÓK SÍKBELI RÁCSOS TARTÓK SÍKBELI CSUKLÓS SZERKEZETEK SÚRLÓDÁS SÍKIDOMOK SÚLYPONTJA ÉS MÁSODRENDŰ NYOMATÉKAI HÚZÁS-NYOMÁS, TISZTA NYÍRÁS HAJLÍTÁS CSAVARÁS EGYIRÁNYÚ ÖSSZETETT IGÉNYBEVÉTELEK TÖBBIRÁNYÚ ÖSSZETETT IGÉNYBEVÉTELEK KIHAJLÁS HAJLÍTOTT TARTÓK ALAKVÁLTOZÁS SZÁMÍTÁSA STATIKAILAG HATÁROZATLAN SZERKEZETEK FÜGGELÉK TÁBLÁZATOK



4 5 26 29 34 36 38 40 44 47 50 53 58 61 65 68 71 73 76 92 98 104 113 122 130 139 145 152 156 164 168 176 184 187 194 208 216

3

FELADATOK


1.00 SÍKBELI ERŐRENDSZEREK

1.1.

Adott az x-y koordináta rendszerben rA és rB helyvektorok: r A = 4i + 5 j m, r B = 6i + 8 j m . Határozza meg az A pontból B pontba mutató r AB vektor kétszeresét!

1.2.

A derékszögű lemez sarokpontjaiban az x-y síkban lévő F 1 ,F 2 ,F 3 ,F 4 erők hatnak. F1 = 400 N , F 2 = 600 N , F 3 = 200 N , F 4 = 400 N , α = 600 ,β = 300 Számítsa ki a lemezre ható erők vektorális összegét és az erők összegének abszolút értékét! y F1 α

β F2

x F3

√3

1.2.

1.3.

Ismeretes a és b vektorok nagyságát a = 4 m,

b =6 m α = 30 0 ,

β = 45 0 .

Határozza meg a két vektor a+b összegét, a − b különbségét, a ⋅ b skaláris szorzatát és a xb vektorális szorzatát ! y b

β

a

α x

1.4.

1.3. Az x-y síkban lévő a és b vektorok abszolút értéke és egymással bezárt szöge adott: a = 4 m, b = 3 m, ϕ = 60 0 . Számítsa ki a két vektor a ⋅ b skaláris szorzatát és a xb vektorális szorzatának abszolút értékét ! Ábra a következő oldalon.



5

y a b

x 1.4.

1.5.

Adott az x - y koordináta-rendszerben r A és r B helyvektor: r A = 2i + 1 j m, r B = 6i + 4 j m . Határozza meg az A pontból B pontba mutató egységvektort!

1.6.

Az A ponton átmenő egyenes irányát e egységvektor jelöli ki. r A = 3i + 5 j , e =0,8i + 0,6 j . Írja fel az egyenes egyenletét!

1.7.

Ismert a B és C pontok koordinátája. B (5;2), C (1;7). Határozza meg az r AB és r AC vektor által bezárt szöget, ha az A pont a koordinátarendszer kezdőpontja!

1.8.

Ismert az a vektor: a = 4i + 3 j m . Határozza meg az e egységvektor által kijelölt egyenesre eső vetületét, ha e = 0,92i + 0,285 j !

1.9.

Vizsgálja meg, hogy az alábbi vektorok közül melyek merőlegesek egymásra: a = 2,5i + 6 j, c = 3i + j , a. b. b = 12i − 5 j, d = 0,5i + 2 j .

1.10. Számolja ki az A, B, C, ∆ területét és az ABC síkra merőleges vektor értékét, ha az A pont a koodináta-rendszer kezdőpontja! r B = 3i + 5 j m, r C = 8i m . 1.11. Adott az F 0 erőnek F 1 és F 2 komponense. F 1 = 40i + 50 j kN , F 2 = −20i + 4 j kN . Számítsa ki az F 0 erőt: a.) F0 abszolút értékét, b.) irányát kijelölő egységvektorát! 1.12. Az ábra szerinti 4 erő hat a szemescsavarra. Határozza meg az erők eredőjét a csavaron! ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


6

F 1 = 150 N ,

F2 = 80 N ,

F 3 = 110 N ,

F 4 = 100 N .

A feladatot oldja meg skalárisan és vektorosan is! y 20

30 15

x

1.12.

1.13. Határozza meg az F 1 és F 2 erők X és Y komponenseit! F 1 = 1560 N ,

F 2 = 1360 N .

40

60

y

F1 F2

x

75

25

1.13.

1.14. Az AB huzalban ébredő erő 650 N. Határozza meg az A csuklóban ébredő erő vízszintes és függőleges komponensét, valamint a C csuklóerőt és a Q erő nagyságát! A

y

1,2m

X 0,3

C

Q

B

0,5

1.14. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


7

1.15. Határozza meg az x-y koordináta-rendszer kezdőpontjában támadó erők eredőjének e1 és e 2 egységvektorokkal kijelölt irányokba eső komponenseit! F1 = 400 N , F2 = 100 N , F3 = 200 N , e1 = 0,866i + 0,5 j ,

e 2 = −0,5i + 0,866 j . y e2 30

30

F3 F1

x

F2

1.15.

1.16. Az alábbi vektor egyenletben ismert az R , F 1 és az F 2 hatásvonalát kijelölő e 2 egységvektor. Határozza meg az F 2 és F 3 értékét! R = F1 + F 2 + F 3 , R = 4 kN ,

F 1 = 5 kN , e 2 = 0,6i − 0,8 j .

y

F3

0

F2

R

F1

x

e2 1.16.

1.17. Adott egy három erőből álló erőrendszer. Határozzuk meg az erőrendszer eredőjét! F 1 = 660i + 540 j N , F 2 = −520i − 300 j N , F 3 = 225i − 400 j N . Ábra a következő oldalon.



8

y F1 F2

x

F3 1.17.

1.18.

F1 és F2 erők hatásvonalának lejtővel bezárt szöge ismeretlen. Az F 1 és F 2 erővektorok közti szög 40o . F 1 = 300 N , F 2 = 300 N , F 3 = 500 N .

(

)

Határozza meg az erőrendszer azon eredőjéhez R = F 1 + F 2 + F3 tartozó α szöget, amelynek hatásvonala párhuzamos a lejtővel! F2 40

A 30

1.18. 1.19. Az ábrán látható két szögvas elem egy csomólemezhez kapcsolódik. A szögvas elemeket terhelő erők F 1 és F 2 . határozza meg szerkesztéssel és számítással a csomólemezt terhelő eredő erőket. F 1 = 2500 N , F2 = 2000 N .



9

15

40

x

F2 y F1 1.19. 1.20. Ismertek az F1 és F 2 erők, valamint az F 3 erő iránya. F 1 = 40i + 18 j kN F 2 = −2i + 2 j kN F3 = F3 ⋅ j

Határozza meg az F 3 értékét úgy, hogy az F 1 és F 3 erők összege merőleges legyen F 2 - re! 1.21. Határozza meg a reakcióerőket! 4kN 30 A 2m

B µ0=0

4m

1.21.

1.22. Határozza meg a reakcióerőket! x µ0=0

0,3m

B

y

120 N

A 0,2

0,2

1.22.



10

1.23. Az A pontszerű merev testre 4 erő hat. Határozza meg az eredőt! F 1 = 300 N , F 2 = 173,2 N , F 3 = 200 N , F 4 = 400 N . Y

F4 30

A X

F1 F3

30 F2

1.23. 1.24. Az ábrán látható teher súlya 1000 N. Határozza meg azon legrövidebb lánc-hosszat (ABC), amelyben emelésnél 1300 N erő ébred! C B

1.2

A

3.6 m 1.24.

1.25. Határozza meg az F erő azon értékeit, amelynél mindkét kábel ( AB és BC ) feszes marad! A tg

4 = 3

30 F

C

B

120 N 1.25. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


11

S

0,8 m

1.26. m= 20 kg tömegű golyó (sugara R=0,5 m) függőleges falnak támaszkodva a felületén lévő ponthoz kötött S kötélen függ. Határozza meg a golyó nyugalmi helyzetét és a keletkező reakcióerőket! (g = 10 m/s2 )

G

1.26. 1.27. Az ábrán látható 4 erőből álló erőrendszer egyensúlyban van. F 1 + F 2 + F 3 + F 4 = 0 . Határozza meg az F3 , F4 erők abszolút értékét! F 1 = 1,0 kN ,

F 2 = 2 kN . y

F1

F4 x

30 F3

1.27.

1.28. Határozza meg a reakcióerőket! F = 8 kN. y

S

A

45°

1,2m

F

x

1,9m

1.28.



12

1.29. Határozza meg a Q egyensúlyozó erőt, ha igaz, hogy F 1 + F 2 + F 3 + Q = 0 . F 1 = 500 N ,

F 2 = 300 N ,

F 3 = 573,2 N . y 30

F3 x

F1

30 1.29.

1.30. Határozza meg a reakcióerőket! y B

F=20 N R=0.1 m

A

x 1.30.

1.31. A P pontban ható F erő hatásvonala x - y síkban esik. F = −4i + 2 j kN , r p = 4i + j m . Számítsa ki az F erő a.) A pontra vonatkozó M A nyomatékát! b.) A z tengelyre vonatkozó M Z nyomatékát! y F P rp x

A 1.31.

1.32. Ismeretes a síkbeli erő-nyomaték rendszer. F 1 = −8i − 5 j kN , F 2 = −12i kN , F 3 = −20 j kN , ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


13

M 2 = −12 kNm, B(4,6 )m, C (3,−1)m . Redukálja az erőrendszert az A és C pontra! y

F2

M2 B

F1

A

C

x

F3

1.32.



14

1.33. Redukálja a síkbeli erőrendszert a 0 pontra, majd határozza meg az eredő erő hatásvonalának egyenletét (centrális egyenes)! A (-4; -3) m, B (-4; 2) m, C (8; 4) m, F 1 = −2i − 2 j kN , F 2 = 3i kN , F 3 = 4 j kN . y F3

F2

C

B

A

x

0

F1 1.33.

1.34. Ismert a párhuzamos erőrendszer A pontra számított nyomatéka, valamint F1 ,F 2 és F 4 erők. M A = −14k kNm , F 1 = −2 j kN ,

F 2 = 8 j kN ,

F 4 = 3 j k N . Határozza meg az F3 erőt! y

F2 4m

3

F3

3

2

F1 2

MA

F4

x

A 1.34.

1.35. Az x- y síkban fekvő erőrendszer a p = p (x ) j sűrűségű, x tengely mentén megoszló erőrendszerből és az F O koncentrált erőből áll. p1 = 3 N/m, p2 = 6 N/m, Fo = - 3 N. a.) Redukálja az erőrendszert az A pontra! b.) Hol metszi a centrális egyenes az x tengelyt?



15

1.36. Határozza meg a síkbeli párhuzamos erőrendszer O pontra redukált vektor-kettősét és a centrális egyenes tengellyel való metszéspontjának helyvektorát! F 1 = −4 j N , F2 = 2 j , NF3 = −2 j N .

1.37. Határozza meg kötélsokszög szerkesztéssel a párhuzamos erőrendszer eredőjét! F1 = 3 N, F 2 = 3 N F 3 = 1 N, F 2 = 1 N .

1.38. Határozza meg a síkbeli erőrendszer eredőjét szerkesztéssel és számítással. Redukálja az erőrendszert 0 pontra! Az ábra a túloldalon! F1 = 60 kN ,

F2 = 38 kN ,

F3 = 41 kN .



16

1.39. Határozzuk meg az erőrendszer eredőjét és redukáljuk az A pontra! F1 = 12 kN , F2 = 5 kN , M = 8 kNm .

1.40. Egy többorsós fúrógépen hat furat készül egyszerre. Mindegyik fúró 4 Nm nyomatékot fejt ki a lemezre. Mekkora minimális erőkkel tartható egyensúlyban a lemez az A és C, valamint az A és D pontokon?



17

1.41. Az ábrán vázolt síkbeli erőrendszer egyensúlyban van. Határozza meg az F2 és F3 erőket, ha F1 = 3 kN , F4 = 0,5 kN , M = 6 kNm !

A

0

1.42. Egyensúlyozza az ábrán vázolt erőrendszert az A pontban (erő + nyomaték) ! F1 = 60 N , F2 = 60 N M = 15 Nm .

1.43. Határozza meg a tartó támasztó erőit! F1 = F2 = 8 kN . 3m A F1

F2

B

45

10m

1.43.



18

1.44. Határozza meg a törtvonalú tartó támaszerőit! F1 = 8 kN , F2 = 6 kN , F3 = 5 kN . Az ábra a túloldalon! y

3m

2

F2

F1

F3 2m

B

A

x 2m

2m

1.44.

1.45. Határozza meg a merev test támaszerőit! F1 = 3 kN , F2 = 5 kN , M = 6 kNm . y

6m

4m

1m 2m

F2 B

F1

A

x

M 1.45.

1.46. Határozza meg a tartó támaszerőit! F = 6 kN , M = 3 kNm . y

F

M

A

B 45

x

1m 1m 1m



19

1.47.

Egy merev testre egy ismert erő hat. Határozza meg azt az A pontban ható erő és nyomaték erőrendszert, amely az erővel egyenértékű! F = 50 N . y 0,3m

B

0,5m

A

1,0m

30

x F

1.47-48.

1.48. Az előző feladat egyenértékű erőrendszerét úgy keressük meg, hogy a B pontnál FB = 150 N erő működjön és az A pontnál is egy erő működjön. 1.49. Egy lemezszerű testre 4 erő hat. Határozza meg a lemez oldalait metsző egyensúlyozó erő nagyságát és helyét! F1 = 200 N , F2 = F4 = 250 N , F3 = 100 N . y B

F1

F2

A

F3 C

x 150

F

150

150

D

F4 1.49.

1.50. Határozza meg az ábrán látható erőrendszer eredőjét és annak helyét, majd redukálja az A pontra ! F1 = 5 kN , F2 = 3 kN , p = 1 kN / m . ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


20

Az ábra a túloldalon! F1 F2

y

P x

A

4m

2m

1.50.

1.51. Az F1 , F2 , F3 erők és az M nyomatékú erőpár eredője R . Határozza meg az F1 és F2 erőket ! F3 = 5 kN ,

M = 3 kNm,

R = 2 kN . y

F3

M

R

60° 1m

3

x

1m

0

1 1m

2m

F1

2 F2

1.51.



21

1.52.1. Az F1 erő egyenértékű az ismert hatásvonalú F2 , F3 , F4 erőrendszerrel. Határozza meg az erők abszolút értékeit szerkesztéssel és számítással! F1 = 60 j N . y 0

F1

2

4

x

3m

B

A 2m

2m

3 1.52. 1.53. Határozza meg az F erővel egyenértékű F1 , F2 , F3 erőrendszert szerkesztéssel és számítással! F = 5 kN . y

F3

F2

1,2m

C

F 36,87

F1 A 0,5m

0,5m B

1.53. 1.54. Határozza meg az egyensúlyban lévő szerkezet rúderőit! G = 300 N . A S1

S3 G 4m

3m

S2 B

C 4m 1.54.



22

1.55. A G súlyú hasáb három csúcsán támaszkodik. Határozza meg a támaszerőket! G = 100 N .

0

=0

1,5m

C

0,4m

A G

B

2m

0,3

1.55. 1.56. Határozza meg a tartó egyensúlyát biztosító támaszerőket! F = −1 j kN A tartó keresztmetszeti méretei elhanyagolhatók. F 4m

B S

A

30

30 4m

1.56.

1.57. Határozza meg a merev test egyensúlyát biztosító támaszerőket! F1 = 3 kN , F2 = 5 kN , M = 8 kNm .



23

F2

4

A

M

1 2

F1

6m

3 1

3

2 45

1.57.

1.58. A törtvonalú tartót egy M nyomatékú erőpár terheli. Határozza meg a támaszerők értékét ! M = 5 kNm . 4m

B

1

C

M 1

kötél 45

A 1.58. 1.59. Határozza meg az F erővel egyenértékű F1 , F2 , F3 erőrendszer erőinek abszolút értékét ! F = 400 N . y A 2

4

60 3 F

2

1

0

x

1 2 3 4 B 3 1 1.59.



24

1.60. Határozza meg a törtvonalú tartó támaszerőit! F = 6 N .

B

A

1m

2m

F

C 1m

3m 1.60.



25

2.00 KINEMATIKA 2.1.

Egy tömegpont egyenesvonalú pályán mozog. Írja fel mozgástörvényét és v(t) sebességfüggvényét, ha a gyorsulás állandó; a = 4 m/s2 ! A t = 0 időpillanatban so = 15 m és v0 = 8 m/sec.

2.2.

A tömegpont R = 1,5 m sugarú körpályán állandó pályasebességgel mozog. A szögsebesség ω= 0,6 1/sec. Számítsa ki a normális gyorsulást, a keringési időt, a fordulatszámot és a befutott körívet ∆t = 15 sec múlva!

2.3.

Egy tömegpontot v 0 = 200 km/óra sebességgel hajítunk el vízszintesen. Határozza meg a tömegpont sebességét az elhajítás után 10 sec-el ! Rajzolja meg a mozgás hodográfját! G=9,81 m/s2.

2.4.

Egy tömegpont a [ 0; t1] időszakban a = 1 m/s2 gyorsulással indul és 20 m/s sebességet ér el. A [ t1 ; t2] időszakban egyenletesen halad és az indulástól számítva 1000 m utat tesz meg. Határozza meg a t1, t2 időértékeket, a két időszakban megtett utat és rajzolja meg a foronómiai görbéket!

2.5.

Egy tömegpontot v 0 kezdősebességgel hajítunk el a földről. Határozza meg az emelkedés idejét és magasságát, valamint a földre érés távolságát ! v 0 = 23i + 19,26 j m / s , g=10 m/sec2.

2.6.

Egy tömegpont valamely tetszőleges pályán <0; t3 > időintervallumban a megadott v(t) függvény szerint mozog. Rajzoljuk meg az at(t) pályagyorsulás és s(t) út függvényeket ! A kezdeti időpontban: s0 = 0. v (m/s) 4

t2=5 t1=2

t3=7 t (sec)

-2

2.6. 2.7.

Ismert az xy síkkal párhuzamos síkmozgást végző merev test A pontjának v A sebessége, valamint a B pont sebességének β hatásvonala. (2.7. ábra a túloldalon!) v A = 4i + 4 j m / s . Határozza meg szerkesztéssel a.) a sebességpólust! b.) B és C pontok v B és vC sebességét! c.) a merev test ϖ szögsebességét!



26

y

C

2m

vA

B

A

4m

2.7. 2.8.

1 a szögsebessége. s Határozza meg a vázolt helyzetben a 2 jelű rúd pillanatnyi a.) P sebességpólusát, ϖ 2 szögsebességét és B pontjának v B = sebességét! b.) ε2 szöggyorsulását és B pontjának a B gyorsulását! A forgattyús mechanizmus forgattyújának ϖ 1 = −2k

B

3m

2 y

1,5

A 1

3m

x

2.8. 2.9.

A falhoz támasztott, 5 m hosszú, létraszerű merev test B pontját vB = 0,6 m/s állandó vízszintes sebességgel elcsúsztatjuk. Mekkora lesz az A pont sebessége 1,5 sec múlva? y

3m

A

VB 0

B

4m

x

2.9.



27

y

2.10. Az R sugarú henger vízszintes talajon gördül. 0 pontjának v0 sebessége állandó. R = 4 m; v0 = 20 m/s. a.) Határozza meg a pillanatnyi sebességpólust! b.) Határozza meg a v A , vB és vC sebességeket ! c.) Határozza meg az A, B, C pontok gyorsulását !

R

C

v0

B

0 A x 2.10.

2.11. Az ábrán vázolt A, B, C rúd és a D, B rúd csuklósan kapcsolódnak egymáshoz. A, C pontban csukló van, de a D pont a talajon elmozdulhat vízszintesen. A talaj felületét tökéletesen simának tételezhetjük fel. Ha vD = −1,2i m/sec, határozza meg a v A sebességet ! y

3m

A

2m B D x

VD

30

30

C

2.11.

2.12. Az ábrán látható keverő dob két görgőre támaszkodik. A dob miközben 12 fordulatot tesz meg, fordulatszáma egyenletesen nő 25 1/min-ról 45 1/min-ra t időintervallumban. Ha nincs csúszás a dob és görgők között, határozza meg: a.) az időintervallumot és b.) a görgők szöggyorsulását!

C

Rg =

= RD

12

5

25 B

A 2.12.



28

3.00 KINETIKA

3.1.

Az ábrán látható matematikai inga egy l hosszúságú súlytalannak tekinthető rúdból és m tömegű tömegpontból áll.. Határozza meg a mélypontban szükséges v0 sebességet, ha azt szeretnénk elérni, hogy az inga 1300-os helyzetben feszültségmentes legyen. l = 1,2 m; g = 10m / s 2 . A

R

130

B vo

3.2.

3.1. 3.2.

R sugarú, sima körpályán m tömegű anyagi pont lecsúszik. Számítsa ki a legalsó pontban a pályanyomást és a tömegpont sebességét! m = 2 kg; R = 1 m; g ≅ 10 m/sec2.

3.3.

Függőleges tengely körül csapágyazott vízszintes síkú tárcsán a forgástengelytől r = 0,5 m távolságra G = 30 N súlyú, pontszerűnek tekinthető test helyezkedik el. A test és a tárcsa közötti nyugvásbeli súrlódási tényező µ 0 = 0,1. A tárcsa nyugalmi helyzetből indul és állandó ε szöggyorsulással forog. Határozza meg, hogy az indulástól számítva hány másodperc múlva mozdul el a test a tárcsához viszonyítva! 1 ε = 0,5 2 . s F

ε

10kg

r G

1 2kg 2 4kg

3.4. 3.3.



29

3.4.

Három tömegpontból álló rendszert súlytalan fonalak kötik össze. A rendszert F = 240 N erővel felhúzzuk. Határozza meg a kötélerőket!

3.5.

Az elhanyagolható tömegű, ideálisan sima csigára az ábra szerint három tömegpontnak tekinthető súlyt függesztünk. Határozza meg: a) a rendszer gyorsulását, ha g=10 m/s2, b) a fonalerőket, c) Ha a 2 kg-os súly h = 10 m magasan van, mennyi idő alatt ér le? 2

1

5kg 3kg

3

h=10m

2kg

3.5. 3.6.

Mekkora percenkénti fordulatszámmal lehet a drótkötél végére erősített 200 kg tömegű súlyt síkban forgatni, hogy drótkötél ne szakadjon el? A drótkötél szakítóereje: F = 150 kN. 200kg l=3,5m

3.6.

3.7.

Az l hosszúságú, m tömegű homogén rúd az A pontban csuklóval, a másik végén függőleges fonállal rögzített. Ábra a túloldalon! ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


30

Határozza meg az FA erő értékét, ha a fonalat elégetjük. m = 5 kg; g = 10 m/s2, l = 1,2 m.

y

x

A l 3.7. 3.8.

A kezdetben n0 percenkénti fordulatszámmal forgó, R sugarú tárcsát az f jelű féktuskó rászorításával akarjuk lefékezni. A tárcsa tehetetlenségi nyomatéka a z forgástengelyre Jz. A tárcsa és a féktuskó közötti µ súrlódási tényező megegyezik a mozgásbeli súrlódási tényezővel. y

n0 = 600 1/min; R = 0,2 m; Jz = 1 kgm2; µ = 0,2. n0

R

a) Hányat fordul a tárcsa megállásig, ha F0 = 500 N ?

x

f

b) Mekkora F0, erő esetén áll meg t = 15 sec alatt a tárcsa?

3.8.

3.9.

A z tengely körül forgó R sugarú, m tömegű vékony gyűrű legalsó kiinduló helyzetében a B pont N B 0 sebessége ismert. A z tengellyel párhuzamos, S súlyponton átmenő tengelyre a másodrendű nyomaték JS ≅ mR2; R = 0,625 m; m = 2 kg; g ≅ 10 m/s2; N B 0 = 6,25 m/s. Ábra a túloldalon!



31

Határozza meg a gyűrű induló és 90o-kal elfordult helyzetében. a) a B pont gyorsulását, b) az FA kényszererőt!

y

S1

A

B x

S G

R

m

B 3.9. 3.10. y

2

1

x

Az R sugarú Jz inercianyomaték csigán átvetett köteleken Q1 és Q2 súlyok függenek. A csiga tengelyén súrlódás nélkül forog. Q1=300 N, Q2=100 N, R=0,5 m Jz=1,25 kgm2, g=10 m/s2 a.) Mekkora a rendszer gyorsulása? b.) Kötélágakban ébredő erők?

Q2

Q1 3.10.

0,25l

3.11. Adott v0 kezdősebességű tehergépkocsi négy kerekét fékezzük, teljesen befékezett kerekekkel. vo Határozza meg : a.) a fékezési időt, S b.) a fékutat! c.) A fékezés közben hogyan változik a tengelynyomás? 0,6l 0,4l l =3,2 m, G=65kN G µ=0,12 v 0=65km/h, 3.11. g=9,81 m/s2



32

3.12. A D átmérőjű G súlyú excentrikusan felékelt tárcsa állandó ω0 szögsebességgel forog. R=0,2 m, G=3 kN, e=2 mm, ω0 = 50 1/s, b=0,4 m, l=0,6 m, g=10 m/s2.

y

A

G

S

2R=D

e

ω0 B

FA

x

Számítsa ki, hogy a forgás közben a [FB] értéke milyen határok között változik! Az ellenállásokat hanyagoljuk el!

FB b l

3.12.

3.13. y F0

S

R

mg

A

3.13.

x

A R sugarú, m tömegű homogén körhenger vízszintes érdes pályán gördül. R=0,1 m; m=30 kg; g=10 m/s2; a S = 8i m / s 2 . a.) Mekkora F0 erő hat a hengerre tekert fonál végére? b.) Számítsa ki az FA kényszererőt! c.) Mekkora a gördüléshez szükséges nyugvásbeli súrlódási tényező?



33

S TATI KA

4.00 KÉTTÁMASZÚ TARTÓK IGÉNYBEVÉTELE A feladatokban határozza meg a támaszerőket és az igénybevételi ábrákat!

40kN

20kN

8kN 8kN/m

A

A

2,0m

3,0m

2,5m

D

C

B

1,5m 1,5m

3,0m

4.2.

4.1.

y

1,5kN/m

5 2kN 4kN/m

45

1,5kNm

3kNm A

A

B

D

C 1m 1m

3,0m

D

C

B

x

E

C

B 12 1m

2,0m

1,5m

45°

D 2,0m

1,5 2kN

4.4.

4.3. 2kN

4kN

2kN/m

3kN/m

7kNm

0,4kNm A

B

1m

2m

D

C 4m

A

B 2,0m

4.5.

C12

E

1m 1m 1m 1m

4.6.



D

34

2kN

4kN

11kNm

2kN/m

y

10kN

3kN/m

20kN

A

B12

1m 1m

C 3kN 2m 1m

D

A

B

1kN

2m

3m

8m

4.7.

y

10kN/m

A

2kN

4m

2m

5m

4.8. y

2kN

2kN/m 3kNm

30 C

B

x

D

C 12

D 2m

30

x

A

C

B 12

2m

1,5m

3,0m

4.9.

4.10.

D

1,5m 2kN

4kN 6kN/m

8kNm

y

5kN/m

30kN

30kN A

B 2m

D

C

1m

3m

A 2m

B 12 2m

4.11.

2m

2m

4.12.



x

C

35

30kN

5.00 TÖRTVONALÚ TARTÓK Határozza meg a tartók támaszerőit és rajzolja meg az igénybevételi ábrákat! 2kN

y 2kN/m

D

C

B

5kNm

x 1m 1m

B C D

3kN

4m

A

1kN/m

x A 1,5m 1,5m

3m

5.1.

5.2.

2kN

y

3kN D

E

2 B 5kNm 1 2kN/m

A

40kN C

D

x A 1,5m 1,5m

2m

5.3. y

x

B 4m

4m

C

p=20kN/m

5m

y

5.4.

2kN/m 6kN

B

C

y 1m 2

4m

20kNm 1

E

8kN B 2m

2m x

D 2m

5kN

D

A

C

2m

E 5m

A

5.5.

x

5.6.



36

y

y

2m széles

2kN/m

B

víz

B

A

E

4m

6m

2m

C

3kN

D

x

6m

5.7.

5kN

y 4kNm 4kN

5.8.

2m

1m

2

2kN

1B

C

D

B

y 4m

4m

45

2m 2kN/m A

3kN/m

x

A

D

C

x

4m

3m

5.9.

5.10.

F1=300N

1,5m

1m F2=500N 2

1m

F3=200N

1,5m

4

3

6.3 5 A

x

5.11.



37

6.00 SÍKBELI RÁCSOS TARTÓK Határozza meg a rácsos tartók rúderőit! 1,2m

A 0,9m

1

500N

375

3

1,6m

1200N

2

3

2

1

A

B

400

B

500

6.2.

6.1.

A 5kN 6

2 1 A

1,5m

5kN

3

5

30

30

4

7

y

3kN 1

5

2

7

4

x

6

3 2m

B

2m 3kN

B

6.4.

6.3.

2

4 5

A

y

4kN

3m

3

1

B 3m

4kN

4

A

2 3m

6.5.

x

B

6.6.



5

3m

3

1m

1

2m

650N

38

2kN

6

x

2 4kN

6

2m

3

7

5

1

x

B

B

1,5m

1,5m

3

7

5

4

8

2m

2m

6.7.

9

11

10 180kN 2m

3m

2

4

2kN 1

A y

A

y

80kN

6.8.

y

4kN

1

4m

2

4

5

6kN

3

A

2kN

x

B

4×3=12m 6.9.

400

A

y

5

3

2

4 B

300

1 C

450

300N

D

x

300N

6.10.



39

7.00 SÍKBELI CSUKLÓS SZERKEZETEK E feladatcsoporton belül az összetett szerkezet egyensúlyát biztosító külső erőket (reakció erők) kell meghatározni, valamint a belső (csukló, rúd) erőket. A "tartóknál" az igénybevételi ábrákat is meg kell rajzolni.

y

300N

3m

3m

D

120N

A

B

x

15 15

300N

3m

3m

E

A

C

B 30

9m

100

120N

7.2.

7.1.

3,6m

y

200N

200N

2,7m

A

C

2400N D

2,7m

B

30 30

A

B

Fv =?

E

7.3.

4,8m

7.4.



x

F

40

500N

y

D

B

A

C

2m

4m

3m

7.5.

1kN

y

3kN

4kNm

2kN

A B 2m

2m

C 2m

E

D

2m

2m

x

F 4m

7.6.

120N

y 1

2 B

A 2m 2m

4m

105N

2m

C

x

5m 7.7.

750N

B

A

C

60

y E

D

F x

80

80

80

80



41

E

560N

y A

100

50

x B

D

C

125

50

75

100

7.9. 100

120

400N

80

B

C

A 200

7.10. 300 360N B

C

45

D A 200

200

50

7.11.

F=? 400Nm 75

175



42

1000kg 0,8m

0,8m A

C

B

0,7m

1,4m

D

g=9,81m/s2

60

H

E

G

1,6m

1,6m

7.13. 2kN/m 1m 1m

4kN

C

B

E

3kN

D

1m

2m

y

A

x 3,0m

2m

1m

7.14.

3

2

1 y

1m

x

G=200N

A

s G

G

7.15.

0

=0

B



43

8.00 SÚRLÓDÁS 8.1.

Legfeljebb mekkora lehet a vízszintes F erő, hogy a test még nyugalomban maradjon? (8.1. ábra) ; G = 100 N .

8.2.

Vizsgálja meg, egyensúlyban van-e a test a lejtőn? Mekkora a súrlódóerő és normálerő? (8.2. ábra) =0,4 0

G

=0,3 0

F=100N

10

G=300N =30

8.2. F

8.1.

8.3.

A két test kábellel kapcsolódik. A test és a vízszintes sík közötti súrlódási tényező µ0 = 0,5. Határozza meg α azon értékét, amikor az A test nem mozdul el!

8.4.

A két henger egymással szemben forog. A kőtörőként használt két henger mekkora s méretű követ tud áthúzni csak a súrlódással? µ0 = 0,35, r = 600 mm, d = 25 mm. s A

B

r

r d

8.3. 8.4.

8.5.

Egy elhanyagolható súlyú éket F erővel két súlyos lemez közé ütünk. (GA = GB = 100 N) Határozza meg az F erő azon értékét, amely hatására az ék elmozdul ! A súrlódási tényező a felületek közt µ0 = 0,35. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


44

8.6.

Az A jelű testre (súlya elhanyagolható) Q = 2000 N erő hat. Mekkora erőt kell kifejteni az éken, ha meg akarjuk emelni az A jelű testet ? µ02 = 0,25 F 75

Q

75

A

B

A F

8

8.5.

8.7.

8.6.

A vázolt súlytalannak tekinthető tartó egy függőleges csövön csúszhat. A súrlódási tényező a cső és tartó között 0,25, határozza meg az F erő hatásvonalának minimális x távolságát amelynél a tartó a csövön nem csúszik le ! x

0,6m

F

0,3m

8.7. 8.8.

Legalább mekkora M nyomaték szükséges, hogy a G = 50 N súlyú, érdes síkon nyugvó hengert a tengelye körül el tudjuk fordítani? r = 30 mm.

G 0

=0,2

r

M



45

8.9.

A dobra 90 Nm nyomaték hat. Határozza meg a legkisebb dugattyú erőt, amelynél a dob nem tud elfordulni a.) óramutató irányában, b.) órával ellentétes irányban! 150 B

A

150

300

C 0 25 0

=0,4

8.9. 8.10. A hidraulikus henger 2400N erőt fejt ki a szerkezetre. Határozza meg a súrlódó erő nyomatékát a dob tengelye körül, ha a dob a.) óramutató irányában forog, b.) óramutatóval ellentétesen forog!

8.11. Egy kötéltartón kétszer vetjük körbe a kötelet! Határozza meg a súrlódási tényező értékét, ha a kötél erők ismertek!

150N

7500N

8.11.



46

9.00 SÍKIDOMOK SÚLYPONTJA ÉS MÁSODRENDŰ NYOMATÉKAI A feladatokban határozza meg a vázolt koordináta- rendszerben (x, y) a síkidomok súlypontját. A súlyponti u, v tengelyekre (párhuzamos az x és u, valamint y és v) határozza meg a másodrendű nyomatékokat, majd a főmásodrendű nyomatékokat és a főtengely helyzetét !

10

y 20

y 100 x

u

30

10

10

S

30

60

v

50

110

x

9.2.

9.1.

y

y

00

60

360

R1

v u 30

150

x

9.3.

x

9.4.

9.5. A negyedkör alakú síkidom statikai adatait a vázolt módon háromszögekből és téglalapokból felépítve közelítéssel számolja ki! y

R40 30

30 30 x



47

9.6-9.9. A súlyponton átmenő u, v tengelyekre határozza meg a másodrendű nyomatékokat!

ys

v

y

u

v

50

30 x

20

S

R2

S

u

x

30

80

0

20

y

20

20

9.7.

9.6.

y v S

60

u R40

x

60

60

9.8. 40

Adatok:

40 U260 y S

Ix=4800cm4

y 1cm

2,4cm

Iz=300cm4

x

A=50cm2

u

y

Ix=30000cm4 Iz=1200cm4

x

A=120cm2

I400

x

9.9.



48

9.10. Mekkorák a keresztmetszet inerciái az x-y tengelypárra? y R3

45

0

40

20

x

30

30

9.10.



49

S Z I L ÁR D S ÁG TAN 10.00 HÚZÁS-NYOMÁS, TISZTA NYÍRÁS Ellenőrizze az ábrán vázolt csapszeges kapcsolatot, ha a csapszeget és lemezt a következő hatások érik: σM = 120 MPa, τM = 84 MPa, σPM = 260 Mpa.

20

10.1.

0 R2

10 14 10

40

F=20kN

10.1. 10.2. Az ábrán vázolt állandó keresztmetszetű rúd húzásra van igénybe véve. Határozza meg az 1 méret, valamint az l méret megváltozását, továbbá az α szöggel meghatározott z tengellyel párhuzamos síkon ébredő feszültségeket ! E = 200 GPa, ν = 0,3. y

a

y

=30

F=180kN x

F=180kN

z

a=30

l=60

10.2. 10.3.

Határozza meg a vízszintes (AB) rúdban ébredő feszültséget és a rúd megnyúlását, ha a rúd körkeresztmetszetű, átmérője d = 24 mm, E = 2l0 GPa.



50

10.4. A vázolt rácsos tartóban az 1 = 3 m hosszú szögvas rúd húzott. Határozza meg a rúdkeresztmetszetben ébredő feszültséget és a rúd megnyúlását ! E = 210 Gpa. 80kN

30kN 4m

1,5m

L50*50*5

45

d

30

A

B 3m

3m

15kN

10.3.

10.4.

10.5. Határozza meg az F erő értékét abban az esetben, ha az A-C rúdban = 120 MPa feszültség ébred! A rúd körkeresztmetszetű, átmérője 20 mm, E = 200 GPa. Határozza meg a B-C rúd összenyomódását, ha a rúd keresztmetszet négyzet, oldal éle 60 mm, E = 10 Gpa! Határozza meg a C pont függőleges elmozdulását! 10.6. Határozza meg a kivágáshoz szükséges erőt, ha az ábrán látható méretű alkatrészt kell lemezből kivágni! A lemez 300 MPa nyírószilárdságú. y A

20

200

3m

*5

4m

C x F=?

10.5.

20*45 400

20

B

10.6.

10.7. A mindkét végén befogott rúd hőmérsékletét ∆ T = 50 0K - el megnöveljük. Határozza meg az A és B befogásoknál keletkező feszültségeket! Ábra a túloldalon! α = 1,2 x 10-5 K-1, E = 200 Gpa. 10.8. Határozza meg az ábrán vázolt fejes csap fejmagasságát és D átmérőjét! Ellenőrizze a csap szárméretét is! Ábra a túloldalon! σM= 100 MPa, τM = 58 MPa, σPM = 200 Mpa.



51

D=?

10

m=?

20

A

80

B

12

40

F=10kN

10.8.

10.7.

10.9. Az ábrán 2 db U idomvas csomólemezre történő bekötése látható. Határozza meg a szükséges illesztett szárú csavar számát ! Ellenőrizze a gyengített U keresztmetszetet! τM = 100 MPa, σPM = 260 MPa, σM = 140 Mpa.

30

12

30

70

120

60

400kN

idomacél 2 területe: 1700mm

16

10.9. 10.10. Milyen átmérőjű körkeresztmetszetű acélrúddal lehet a Földet megemelni? (A feladat során feltételezzük, hogy ez lehetséges földi körülmények között). A rúd önsúlyát elhanyagoljuk, a Föld sűrűsége ρ = 5520 kg/m3, sugara R = 6400 km. A köracél anyagára megengedett feszültség σM = 250 MPa. d=?

10.10.



52

11.00 HAJLÍTÁS (egyenes hajlítás, hajlítás és nyírás)

11.1. Az egyik végén befogott körkeresztmetszetű rudat erőpár terheli. Rajzolja meg a tartó hajlító nyomatéki ábráját és az A keresztmetszet mentén a feszültségek eloszlását! A kereszt- Y metszet

Y

F=20kN A

Z

X 160

F=20kN 3m

6m

11.1.

11.2-4.Az állandó keresztmetszetű kéttámaszú tartó terhelése ismert. Rajzolja meg az igénybevételi ábrákat, határozza meg a maximális normál feszültség értékét és ellenőrizze a tartót, ha anyagára σM = 140 Mpa! A nyírásból származó feszültségeket hanyagoljuk el!

y

2kN

y

20

2kN

A

z

B x

20

0,1m

0,2m

0,1m

11.2.

y

y

A

B x 2m

5

100mm

5kN

5

3m

z 100mm

11.3. 2,25kN

2,25kN y

y A 2m

x

B 4m

2m

60

60

z

100

11.4. ERFP-DD2002-HV-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


53

11.5. Az adott keresztmetszetű kéttámaszú tartó és terhelése az ábrán látható. A tartó anyaga nem egyformán viseli el a húzást és nyomást. Ellenőrizze a tartót! σnyM = 200 Mpa, és σhúzóM=80 Mpa.

y 20

y

60

p=3kN/m s

z 20

30

x 3m

60

11.5. 11.6. A kéttámaszú tartó keresztmetszete a maximális nyomaték helyén ismert. Határozza meg az övlemez szükséges hosszát úgy, hogy a tartó minden keresztmetszetében a σmax ≤ σM feltétel teljesüljön! A nyíró igénybevétel elhanyagolható. σM = 160 Mpa. y övlemez 160kN

y A

500*12

z

B 4,1m

L90*90*11 2db

160kN

230*10

2m

X

4,1m

11.6.

11.7. Ellenőrizze hajlításra az adott terhelésű tartót, ha σM= 7 MPa! A nyíró igénybevétel elhanyagolható. 90

90

y z

20Nm

80Nm y

S A

B 6m

x

2m

11.7.



54

11.8. Ellenőrizze a tartót, ha a nyírás nem hanyagolható el ! Határozza meg a veszélyes keresztmetszet A pontjában ébredő feszültségeket és ábrázolja kiskockán ! σM= 190 MPa, τM = 90 MPa. y

15

y

C

x

D 6m

8 z

425

p=20kN/m

4m A 120

11.8. 11.9. A téglalap keresztmetszetű, egyik végén befogott rudat F erő terheli. a.) Ellenőrizze a rudat a Mohr-féle elmélet szerint, ha a rúd anyagára σM = 120 Mpa! b.) Határozza meg a veszélyes keresztmetszet S, C és D pontjában a feszültségeket!

D

F=30kN

y

y

60

20

C z

x

S

50

20

11.9. 11.10. Határozza meg a tartót terhelő F erő nagyságát a hajlító igénybevétel alapján, ha a rúd kör keresztmetszetű ("A" változat) és teljesül a σM ∠σRED, σM = 80 MPa. Mekkora az F erő, ha a keresztmetszetet átalakítjuk ("B" változat)? A változat

y

y

z

F

=

x

3m

200 B változat

=

y

z

11.10.



55

11.11. Határozza meg az adott T keresztmetszetű tartó veszélyes keresztmetszetének P pontjában ébredő feszültségeket (normál és csúsztató)! Végezze el a tartó ellenőrzését MOHR elmélet szerint ! σM = 195 MPa, τM = 112 MPa. 15kN/m

y 200

F B

A 2,6m

200

x

x

P

20

y

2,6m 20

11.11.

11.12. Az üreges téglalap szelvényű rúd K keresztmetszetének igénybevétele ismert. F = 25 kN, M = 1 kNm. Rajzolja meg a keresztmetszetben a normál feszültségek és a csúsztató feszültségek eloszlását a jellemző metszékek kiszámításával ! 11.13. Az ábrán látható fali konzol terhelése ismert, a tartó keresztmetszete szabványos. U profil (MSZ 326 ). Határozza meg a szükséges profilméretet! σM = 140MPa, τM = 81 MPa.

10

y

F S

y 5

y z

10

50

M z 5

S

p=0,8kN/m

1,5m

1kN x

2,0m

30

11.12.

11.13.

11.14. Egy állandó keresztmetszetű gerendát 2 db kötéllel emelünk. Határozza meg az a távolság értékét úgy, hogy a maximális hajlító nyomaték a legkisebb legyen! A gerenda I 400 (MSZ 325) folyóméter súlya 900 N/m. Határozza meg ebben az esetben a maximális normál feszültséget! Ábra a túloldalon!



56

11.15. Méretezze az ábrán vázolt szigetelő tartót acélcsőből, ha terhelése F = 500 N, D/d = 1,2, σM = 180 MPa, τM = 104 MPa.

I 400 Msz 325

A

a

B a

8m

11.14.

F

2m

d

0,5m

D

11.15.



57

12.00 CSAVARÁS

12.1. Az ábrán vázolt befalazott tartót szélső keresztmetszetében Mt = 1,8 kNm nagyságú erőpár veszi igénybe. Rajzolja meg az igénybevételi ábrát, ellenőrizze a keresztmetszetet és határozza meg a tartó véglapjának szögelfordulását ! τM = 135 MPa, G = 80 Gpa. y

y

Mt

z

x

l=5m

d=40mm 12.1. 12.2. Vékonyfalú csövet Mt = 600 Nm csavarónyomaték terhel. Határozza meg a kijelölt B és C pontban a feszültségek értékét !

y

y

C B

Mt

Mt

45

z

x

98 102 12.2. 12.3. Mekkora M1 nyomatékú erőpár esetén lesz az A keresztmetszet szögelfordulása zérus, ha M2 = 12 kNm? y M1 y A z

B 100

30

M2 200

C x

12.3.



58

d

12.4. Az 1 hosszúságú, d átmérőjű kör keresztmetszetű rudat Mt = 900 Nm csavarnyomaték terheli. Méretezze a rudat, ha a két végkeresztmetszet megengedett szögelfordulása egymáshoz képest - ϕmeg = 2.10-3 rad, G = 80.10 3 MPa és ellenőrizze feszültségcsúcsra, ha τM = 60 MPa ! Mt

Mt l=700 12.4.

12.5. Egy hajtómű tengelynek Mt = 0,8 kNm nyomatékot kell átvenni. Mekkora átmérőjű legyen a tengely, ha τM = 50 MPa? A meghatározott átmérő kerekítése után határozza meg az elcsavarodás mértékét 1 = 500 mm hosszú tengely esetén! 1 ϕ meg = 0 / m , G = 85 Gpa. 4 12.6. A vázolt tengely egyensúlyban van. Mt1 = 20kNm, Mt2 = 50kNm, G=88Gpa. a.) Határozza meg az Mt3 értékét ! b.) Méretezze a tengelyt körkeresztmetszetből ! τM =60 MPa c.) Ha d = 140mm, mekkora a ϕAB szögelfordulás? A

Mt1

B

l1 =3m

Mt2

C

Mt3

l2 =2m

12.6. 12.7. A d átmérőjű rúdhoz mereven kapcsolódó D átmérőjű tárcsa kerületén állandó +F és F erőkből álló erőpár működik. Határozza meg a kijelölt A pontban a főfeszültségek értékét és rajzolja meg a pont MOHR körét! y F D

A

F=5kN D=0,4m d=60mm

F

d

X

12.7.



59

12.8. Egy állandó keresztmetszetű tartó 1 = 150 mm hosszúságú szakaszára Mt = 2 kNm csavarónyomaték hat. Méretezze a tartót kör és körgyűrű keresztmetszetből, ha D/d = 2, τM = 60 MPa ! Hasonlítsa össze a két különböző keresztmetszet esetén a tartó tömegét ! Melyiket alkalmazná? 12.9. Az egyik végén befalazott körkeresztmetszetű lépcsős tengelyre M1 = 12 kNm és M2 = 5 kNm nyomaték hat. Határozza meg a tartóban felhalmozódott belső energiát és a végső keresztmetszet szögelfordulását ! (G = 80 GPa)

600

M2

80

100

M1

400

12.9.

A

F2

80

F1

40

30

12.10. Számítsa ki az alábbi ábrán látható tartó E keresztmetszetében a maximális feszültséget és a ϕE szögelfordulást ! G = 81 Gpa.

E

l2 /2 l1 =300

l2 =500

F1=4kN

B

F2 l3 =600

F2=8kN

F1 D1=200 D2=400

12.10.



60

13.00 EGYIRÁNYÚ ÖSSZETETT IGÉNYBEVÉTELEK

13.1

A téglalap keresztmetszetű rúd K keresztmetszetének igénybevétele ismert. Határozza meg szuperpozíció elve segítségével a keresztmetszet feszültségeloszlását és ellenőrizze a rudat, ha σM = 180 MPa ! Határozza meg a zérusvonal helyét!

13.2. Ellenőrizze a vízszintes rudat, ha keresztmetszete I 100 szabványos idomacél! A nyírás igénybevétele elhanyagolható. σM = 140 MPa. Határozza meg a zérusvonal helyét! y F=1,5kN

z

F=1,5kN

45

x

A

1m

2m

13.1.

1m

B

13.2.

13.3. Az ábrán feltüntetett derékszögű négyszög keresztmetszetű acél rudat F = 15 kN húzóerő az A pontban terheli. Határozza meg a keresztmetszetben ébredő feszültségeket ! 13.4. Egy szabványos I 180 idomacélból készült gerendát M = 3 kNm nyomatékú erőpár hajlításra terheli. Határozza meg a gerenda keresztmetszet A, B, C, D pontjaiban a feszültségeket és a semleges tengely helyét ! F=15kN

z A

B

x

y 10

S

A x 30

18

y

C M=3kNm 30

D

z A

13.3.

13.4.



61

13.5. Határozza meg a maximális nyomaték helyén a T keresztmetszet szélső pontjaiban ébredő feszültségeket ! (A, B,C) y

C

1,0

F2=2kN

40

F3=1kN

30

p=4kN/m

F1 =3kN

2 00

y

40

40

B

2,0m

2,0m

1,0

1,5m

x

z

25

A

13.5. 13.6. Az ismert terhelésű tartó AB szakaszát ellenőrizze! Kihajlás-veszély nincs. σM = 80 MPa. x

16kN/m

B

C

0,5m

0,5m

A I 120 (Msz 325)

z y

13.6. 13.7-8.Határozza meg a maximális nyomaték helyén a szélső pontok feszültségeit a nyírófeszültségek elhanyagolásával ! A terhelések eredője átmegy a keresztmetszetek nyírási középpontján. y

F=5kN

y

B

F C

S

x l=1m

z L 120*80*8 A

13.7.

y y

B U240

p=2,58kN/m x

F

l=5,2m

z

A

13.8.

30



62

13.9. Adott egy téglalap keresztmetszetű oszlop. A keresztmetszetre működő hajlítónyomaték M = 1,0 kNm. Mekkora N normálerőt kell működtetni egyidejűleg a tartóra, hogy a keresztmetszetben csak nyomófeszültség ébredjen? N M=1kNm y

x

y z 80

13.9.

13.10. Határozza meg a tartó K keresztmetszetének feszültség eloszlását, ha a nyírástól eltekintünk ! σRED = ? K-K 40

K 2m

K 0

320

F=125kN

40

2m

20

B

A

180

4,0m

13.10.

13.11. A gerenda terhelése ismert. Mekkora N nyomóerőt kell a súlypontban működtetnünk, ha azt kívánjuk elérni, hogy σhúzó max = 20 MPa legyen? y p=2kN/m

20 N=? x

S

z

B 13.11.

20

A

l=2m

60

y

60



63

13.12. A vázolt keresztmetszetre M nyomatékú erőpár hat, adott síkban. Határozza meg a keresztmetszet szélső pontjaiban ébredő feszültségeket! M = 3,75 kNm. y 60 B

A 6

M z

8

C

80

30

D

13.12.



64

14.00 TÖBBIRÁNYÚ ÖSSZETETT IGÉNYBEVÉTELEK

14.1. Határozza meg a feszített csavar nyírt keresztmetszetében lévő A pont feszültségi állapotát, főfeszültségeit, azok síkjait MOHR kör segítségével ! y F1=22kN

F2=35kN x

A 24

F2=35kN

F1=22kN

14.1.

840 d

D2=

D1= 210

14.2. Határozza meg a szükséges tengelyátmérőt, ha σM = 95 MPa, τM = 50 MPa !

Q=60kN F=15kN 130

320

450

14.2. 14.3. Határozza meg a befalazási keresztmetszet A pontjában ébredő feszültségeket és a MOHR kör szerkesztése alapján a főfeszültségeket, a főirányt ! F=12,7kN

y A x

M=6,3kNm t

y

z

1m

130

14.3.

ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL

Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


65

14.4. Méretezze az ábrán vázolt tengelyt, ha σM = 190 MPa. τM = 100 MPa !

220

B d

A

F2 F1=2kN 450

150

150

D2=

440

14.4. 14.5. Ellenőrizze a kör keresztmetszetű rudat, ha τM = 135 MPa, σM = 230 MPa ! F=12,6kN Mt =1,7kNm 40

14.5.

30

14.6. Ismert a keresztmetszet és a terhelései. Rajzolja meg a feszültségek eloszlását és számítsa ki az "A" pont redukált feszültségét! N = 70 kN, Tx = 20 kN, y Ty = 30 kN, Mx = 12 kNm, My = 5 kNm, A = 4800 mm2, Ix = 792.10-8 m4, My Iy = 184.10-8 m4. Tx Mx x 10

N

10

Ty

60

30

120

A

14.6. 14.7-8.A rudat terhelő erőrendszer ismert. Határozza meg a befogás keresztmetszetének igénybevételeit és a kijelölt pontokban a főfeszültségek és főirányok értékeit!

y

B

T=0,6kN

“A” keresztmetszet

z C

“A” 0,5m

40

14.7. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL



66

T=3kN B C

0,6m 100

14.8. 14.9. Az egységnyi vastag derékszögű háromszöglap befogóira ható normál és nyírófeszültségek ismeretesek. Határozza meg az átfogó oldalán fellépő ρn feszültségeket, ill. ennek normál és nyíró komponensét! σx = 60 N/mm2, σy = 35 N/mm2, τxy = 20 N/mm2. y σx τyx

35° X

τxy

14.9.

σy

14.10. Határozza meg a tartó K keresztmetszetének feszültségeloszlását ! K-K 40

K

320

F=125kN

2m

2m

K ≈0

20 40

B

A

180

4,0m

14.10.




67

15.00 KIHAJLÁS 15.1. Az ábrán látható négy rúd különböző alakú, de azonos keresztmetszetű (A = 1232 mm2). Hasonlítsuk össze a karcsúsági tényező értékeit, feltételezve, hogy a rudak egyenértékű hossza megegyezik. l 0 = 1500 mm! y y

x

x

y

x d

x

a

y

a

L40*40*4 L40*40*4

15.1.

15.2. Ellenőrizze az ábra szerinti megfogású és terhelésű I 180 szelvényű rudat, ha E = 210 GPa, n = 3 ! 15.3. Egyik végén befogott öntöttvas rudat F = 9 kN erő centrikusan terhel. A rúd keresztmetszete az ábrán látható. Ellenőrizze a rudat! 1 = 4 m, E = 100 GPa, n = 10.

F=140kN

20 0

I 180 Msz 325

260

15.2.

15.3.

15.4. Az ábrán vázolt keresztmetszetű rudat ellenőrizze! A rúd egyik végén befogott. F = 700 kN, l = 10 m, σM = 140 MPa.




68

15.5. Ellenőrizze a vázolt rácsos tartót, ha a rudak azonos keresztmetszetű csőből készülnek. D = ∅108 mm, d = ∅100 mm, n = 3, E = 210 GPa, σ M = 140 MPa.

2m

F=60kN

y

175

U 240 Msz 326 z

2m

12

2m

345

A

B 2m

2m

12

2m

15.4.

Az ábrán vázolt szerkezetet F = 4 kN függőleges erő terheli. Ellenőrizze a rudat! A nyomott rúd ellenőrzését ω eljárással végezze. A rudak csőből készülnek. D = ∅40 mm, d = ∅34 mm, σM = 140 MPa.

F=4kN

1m

15.6

15.5.

1,5m

15.6.

3m

15.7. Ellenőrizze a rácsos tartó rúdjait! A kihajlásra történő ellenőrzést ω eljárással végezze. A rudak keresztmetszete azonos 2 db U 100 szabványos idomvasból készül. σM = 160 MPa. (Rúderők a 6.8.-as feladatban!)

2m

2m

2m

180kN

80kN

U 100 (Msz 326)




69

15.8. Mekkora p megoszló terheléssel van terhelve az ábrán látható tartószerkezet, ha a függőleges rúdban éppen a kihajlásra megengedett erő ébred és keresztmetszete 2 db U acél? E = 210 GPa, n = 3. p

a=4800

2a

U 120-4800 (Msz 326)

15.8. 15.9

v

A két szélső rúd hőmérséklete ∆T = 40 K-el csökken, a középső rúdé állandó marad. Mindhárom rúd cső keresztmetszetű, adott méretekkel. Határozza meg, hogy a középső rúd mekkora biztonsággal rendelkezik kihajlás szempontjából ! α = 11,5.10 -6 K-1 , E = 2,2×105 MPa. 0

50*2,5

60*2,5 50*2,5

l0=2500

15.9. 15.10. A következő oldali ábrán látható téglalap szelvényű rúd alul befogott. Felül a hengeres csukló egyik irányban elfordulási lehetőséget biztosít, a másik irányban a rúd befogottnak tekinthető. Határozza meg a és b értékét úgy, hogy a nyomott rúd az adott erő hatására mindkét irányban egyenlő biztonságú legyen kihajlás szempontjából! n = 3, E = 200 GPa. x

x

F

b

z

6000

y b

a

a z

F=50kN




70

16.00 HAJLÍTOTT TARTÓK ALAKVÁLTOZÁS SZÁMÍTÁSA

16.1-2. Határozza meg a tartó C pontjának függőleges elmozdulását és szögelfordulását, ha a rúd hajlító merevsége ismert! IE = 4.10 6 Nm2. F1=400N

y

F2=200N

F=300N

p=100N/m C x

B

A

1,5m

C

6m

1,5m

16.1.

16.2.

16.3-4.Határozza meg a tartó középső keresztmetszetének függőleges elmozdulását és a támaszpontok szögelfordulását ! IE = 7,5.104 Nm2 y

F=200N

y

F=200N

K 400

B x

A

Bx

A 600

F=0,1kN

0,5kN/m

=

600

= 4m

16.3.

16.4.

16.5-8.Határozza meg a kéttámaszú tartók C és D keresztmetszetének függőleges elmozdulását és szögelfordulását! IE = 10.106 Nm2. p=1,5kN/m

y A

C

D

B

F1=5kN

y

x

C

A

1,5m 3,0m

2,0m

3m

16.5.

C

y

D B x

A

2m

D

x

1m 1,5m

16.6.

p=4kN/m

y

B

F2=2kN

F=4kN

A

C

M=2kNm B

D x

1m 2,0m

2,0m

2,0m

16.7.

2,0m

1m




71

16.9. Határozza meg az adott kéttámaszú tartó "A" keresztmetszetében a szögelfordulást, "K" pontban a szögelfordulást és lehajlást ! E = 210 GPa. y

M=104kNm

A

B

K 3,0m

x

12

z

1m

0

160

Y

160

16.9. 16.10. Határozza meg a tartó C pontjának függőleges elmozdulását és szögelfordulását! IE = 4.106 Nm2. 16.11. Határozza meg a törtvonalú tartó B pontjának vízszintes elmozdulását ! IE = 45.106 Nm2

C

C

D

A

B

3m

3,0m

B

p=10kN/m

Y

F=2N

y

3m

x

x

6m

16.10.

16.11.

16.12. Határozza meg az alábbi keretszerkezet "D" keresztmetszetének vízszintes irányú elmozdulását, ha a hajlítási merevség: I.E = 107 Nm2 (Végig állandó) p=2kN/m B

C

6,0m

3m

4m

D F=2kN

A

16.12.




72

17.00 STATIKAILAG HATÁROZATLAN SZERKEZETEK

Számítsa ki az ábrázolt tartók támasztásaiban fellépő egyensúlyozó erőket! Ha a feladatoknál egyéb megjegyzés nincs, akkor a tartószakaszokon a hajlítási merevség állandó. y

3m

2m

p=2N/m

y

C x

2m

B

p=1kN/m

1m

F=3kN

B x

A A

4,0m

17.2.

17.1. y

2m p=1kN/m

A

x 2m

y F=10kN B

x

3m

2m

17.3.

17.4.

y

F=2kN

1m

A

B

F=4kN p=2kN/m

M=6kNm

A

B 3,0m

1m

2m

x

1m

17.5.




73

F2=4kN 3m

3m

3m

B

y

F1 =4kN p=3kN/m 3m

A

B

A

x

x 1m

2m

17.6.

2m

17.7. 1m

A

M=2,5kNm

2m

B p=2kN/m

p=1kN/m

F=2kN

1m

x

4m

2m

2m

F=3kN 1m

y

F2 =6kN

2m

F1=2kN

1m

y

B

A

17.8.

17.9.

Határozza meg az alábbi többtámaszú folytatólagos tartók kényszereiben fellépő erőket és igénybevételi ábráit! A tartók végig állandó keresztmetszetűek. y F1=4kN

F2=6kN p=3kN/m

A

B

1m

4m

p=2kN/m

F3=3kN

C

1m

2m

M=5kNm x

D 1m 1,5m

2m

17.10. y p=3kN/m

y F1=3kN A

M=6kNm B

1m 1m 2,0m

F2 =2kN

F2=3kN C 1m

3m

F1=4,5kN

x

B

A

x

C 1m

2m

17.11.

3m

1,5m

17.12.




74

F1=8kN y p=2kN/m M=2kNm

F2=6kN

A

B

x

D

C 1m

2m 3m

4m

2m

F3=4kN

3m

2m

17.13. F1=800N y p=200N/m A

F2=600N

B

C

4m

D

1m

2m 1m

F3 =400N M=1200Nm

3m

x

2m 4m

17.14.




75

MEGOLDÁSOK


1.0 1.1

SIKBELI ERŐRENDSZER

rAB = rB − rA rAB = (6 − 4 )i + (8 − 5 ) j 2rAB = 4i + 6 j

(m )

1.2. Abszolút értékeik alapján a vektorok:   3 1 ⋅ 400i + ⋅ 400 j  N F1 =  + 2  2  F2 = (0i + 600 j ) N   3 1 F3 =  + ⋅ 200i − ⋅ 200 j  N 2   2 F4 = (− 400i + 0 j ) N F = F1 + F2 + F3 + F4 F = (119,6i + 700 j ) N F ≅ 710 N 1.3.  3 1  a =  4 ⋅ i + 4 ⋅ j  m 2 2    2 2  b =  6 ⋅ i +6⋅ j m 2 2   a + b = (7,61i + 6,24 j ) m a − b = −(0,78i + 2,24 j ) m a ⋅ b = 23,18 m 2 a xb = 6,2 k 1.4.

m2

a ⋅ b = a ⋅ b ⋅ cos ϕ = 4 ⋅ 3 ⋅

1 = 6 m2 2

a xb = a ⋅ b ⋅ sin ϕ = 4 ⋅ 3 ⋅

3 = 10,39 m 2 2



76

rAB = rB − rA = (4i + 3 j ) m

1.5.

rAB = 4 + 32 = 5 e AB =

rAB rAB

e AB = 0,8i + 0,6 j

1.6. Ha P rajta van az egyenesen, akkor a vektorok által kifeszített paralelogramma területe: e x(r − rA ) = 0 e xr − e xrA = 0 e xrA = 2,2k 0,8 y = 0,6 x + 2,2

e xr = (0,8 y − 0,6 x )k 3 y = x + 2,75 4 1.7. cos ϕ =

rAB ⋅ rAC rAB ⋅ rAC

=

19 29 ⋅ 50

ϕ ≅ 60 o 1.8. ae = a ⋅ e a e = 4,535 m 1.9. a ⋅ b = 0 tehát a merőleges b-re csak az a) esetben teljesül. 1.10. n = rB xrC

n = (3i + 5 j )x(8i + 0 j ) n = −40 k A=

1 rB xrC = 20 m 2 2



77

1.11. F0 = F1 + F2 = 20i + 54 j kN e=

F0 F0

F0 = 57,58 kN

e = 0,347i + 0,938 j

1.12. Vektorosan: Fi = Fi ⋅ ei e1 = cos 30 o i + sin 30 o j e2 = − sin 20 o i + cos 20 o j e3 = − 1 j e4 = cos15 o i − sin 15 o j R = F1 ⋅ e1 + F2 ⋅ e2 + F3 ⋅ e3 + F4 ⋅ e4 R = 199,1i + 14,3 j

[N ]

R = 199,6 N tgα =

14,3 → α = 4,1o 199,1

Skalárisan: F1 x = F1 ⋅ cos 30 o

; F1 y = F1 ⋅ sin 30 o

F2 x = − F2 ⋅ sin 20 o

; F2 y = F2 ⋅ cos 20 o

F3 x = 0 F4 x = F4 ⋅ cos15 o 4

; F3 y = F3 ; F4 y = − F4 ⋅ sin 15 o 4

Rx = ∑ Fix

, R y = ∑ Fy

Rx = 199,1

; R y = 14,3 N

i =1

R=

2

i =1

Rx2 + R y2 = 199,6 N



78

1.13. F1 = F1 ⋅ e1 ; F2 = F2 ⋅ e2

; R = F1 + F2

e1 = − cos α 1 ⋅ i + sin α 1 ⋅ j 25 60 i+ j ; F1 = −600i + 1440 j 65 65 e2 = cos α 2 ⋅ i + sin α 2 ⋅ j e1 = −

75 40 i+ j ; F2 = 1200i + 640 j 85 85 F1 x = F1 ⋅ e x ; F1 y = F1 ⋅ e y

e2 =

F2 x = F2 ⋅ e x

;

F2 y = F2 ⋅ e y

e x = 1i + 0 j

;

e y = 0i + 1 j

F1 x = 600 N

F1 y = 1440 N

F2 x = 1200 N

F2 y = 640

N

1.14.

Q 1,2m

Három közös metszéspontú egyensúlyt tartó erő, melyeknek FAB egységvektorai 0 a geometriából felírhatók:

0,2 0,3m

Q

eA = − FAB

FC

0,5 1,2 i+ j 1,3 1,3

FA = FA ⋅ e AB FA = −250i + 600 j FAX = 250 N

C

FAY = 600 N

1.14.

A C - B rúdra ható erők egyensúlyát számoljuk. (Az A és B csuklókra a kapott értékekkel ellentétesek hatnak.) ec =

0,2 0,72 i+ j 0,75 0,75

eQ = 0i − 1 j

Fc = Fc ⋅ ec

és Q = Q ⋅ l Q

0 = FA + Fc + Q

ϖ  0,2 0,72  Fc i + Fc j  + 0i − Q j / . j; i 0 = (− 250i + 600 j ) +  0,75  0,75  0,2 0,75 I . − 250 + Fc = 0 → Fc = 250 ⋅ ≅ 937,5 N 0,75 0,2 0,72 II . + 600 + Fc − Q = 0 → Q = 1500 (N ) 0,75

(

Fc = 250i + 900 j

)

Q = 0i − 1500 j



79

Vagy a vektorrendszerek egyenértékűsége alapján, „C”-re felírva a nyomatékvektorokat:

∑M

c

= 0 = rCB × FA − rQ × Q

Determinánsként felírva i

j

k

rCB × FA = 0,5 0 0 = (− 300 − 0 )k = −300 k 250 600 0 i rQ × Q = 0,2

j 0

k 0 = −0,2 ⋅ Q − k

Q

Q

0

Q = −300k + 0,2 Q k

/⋅ k

0 = −300k + 0,2 Q Q =

300 = 1500 N 0,2

1.15. Határozzuk meg először az eredőt! F1 = 0i − 400 j

F2 = 100i + 0 j; F3 = −100i + 173,2

R = −226,79 j

N

j

R1 = R ⋅ e1 = −113,4 N R2 = R ⋅ e2 = −196,4 N 1.16. R = F1 + F2 + F3

i j

0 = F1 + X 2 − F3 − R = −Y2 F2 = F2 ⋅ e2 = 0,6 ⋅ F2 i − 0,8F2 j 4 = 5 kN 0,8 F3 = F1 + X 2 = 6 + 0,6 ⋅ 5 = 8 kN

Y2 = 4 kN

→ F2 =

1.17. R = F1 + F2 + F3 R = 365i − 160 j R ≅ 398,5 N



80

Skalárisan megoldva: F1 x = 660 N

→

F1 y = 540 N

↑

F2 x = 520 N

←

F2 y = 300 N

↓

F3 x = 225 N

→

F3 y = 400 N

↓

Rx = ∑ Fx = 365 → R y = ∑ Fy = −160 N ↓ R = R x2 + R z2 ≅ arctgα R =

400 N

160 ≅ 23,7 0 365

1.18. Ebben az esetben nincs az eredőnek lejtőre merőleges összetevője. F 12 = 2 F 1 cos 20° F1 ⋅ sin α + F2 ⋅ sin (α + 400 ) − F3 ⋅ sin 30 0 = 0

300 ⋅ sin α + 300 ⋅ sin (α + 40 0 ) − 250 = 0 Célszerűbb előbb az F1

és F2 erők eredőjét megkeresni.

F1, 2 = 563,8 N

563,8 ⋅ sin (α + 20 0 ) = 250 α ≅ 6,3 0

1.19. F1 = F1 sin 150 i + F1 ⋅ cos150 j = 647i + 2414,8 j F2 = F2 ⋅ sin 400 i + F2 ⋅ cos 400 j = 1285,6i + 1532,1 j R = F1 + F2 = 638,5i + 3946,9 j R = 3998,2 N x α ≈81°

F1

R≈4000N F2 y 1.19. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


81

1.20.

F1,3 = F1 + F3 = 40i + (18 + F3 ) j F1,3 ⋅ F2 = 0 F3 = 22 kN y (F3) F13

F3 F2

18j

F1 45°

45°

x

40i 1.20. 1.21. y (F3)

FB

F2

18j

F1

Skalárisan számítva:

45°

45°

[kN ] = −1,15i − 2 j [kN ]

FA = 1,15i + 6 j

F13

F3

A határvonalak – így az erő egységvektorai – ismeretében a három erő egyensúlyából:

x

40i 1.20.

∑M

A

= 0 − ból FBy = 2 kN ↓

FxB FBx = 1.15 kN ← 2 FB = 2,3 (kN )

tg 30 o =

M B = 0 − ból FAy = 6 kN ↑

∑F

xi

= 0 − ból FAx = 1,15 kN →

FA = 6,1 kN α FA = 79,15 o

1.22. M ∑ ( )

i

= 0,5 FB − 120 ⋅ 0,2 = 0

A

FB = 48 j

N

FA = 72i + 48 j

N

1.23. X = 300 − 400 ⋅ sin 30 0 − 200 ⋅ sin 30 0 = 0 Y = 400 ⋅ cos 30 0 − 200 ⋅ cos 30 0 − 173,2 = 0 Tehát egyensúlyi erőrendszer. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


82

1.24.

F

G sin α = 2 F α = 22,6 o 1,8 l = 2⋅ = 3,9 m cos α

α

G F 1.24.

A két határeset van. Az első esetben: FB = 0

1.25. FA =R G

30°

3 4 + F ⋅ − 120 = 0 2 5 FA 3 ∑ Xi − 2 + F ⋅ 5 = 0 6 FA = F ; FMIN = 65,2 N 5 A második esetben: FA = 0 → FMAX = 150 N

∑Y

i

F FY α

FX FB=R

G

= FA ⋅

F α 1.25. FN = 83,3 N S = 216,7 N

S

G S FN FN

G

1.26.



83

1.27.

∑ X = 0 = F + F ⋅ cos 30 ∑ Y = 0 = − F + F ⋅ sin 30

0

i

1

i

3

2

− F4

0

3

3 − F4 = 0 2 1 − 2 + F3 = 0 2 F3 = 4 kN ; F4 = 4,46 kN

1 + F3

1.28.

∑M

A

= −8 ⋅ 1,9 + S y ⋅1,2 = 0

S y = 12,67 kN ↓ S x = 12,67 ← kN

S = 17,91 kN

∑ Y = 0 − ból ∑ X = 0 − ból

FAY = 20,67 kN ↑

i

i

FAx = 12,67 kN →

FA = 24,24 kN

SX Sy

SX

(3 , 64

3,1m

1,9m AY

Sy

S

)

y

F

Ax

FA

x

Faz

F FAX 1.28.

1.29.

∑ X = 0 = − F ⋅ sin 30° − F ∑ Y = 0 = − F ⋅ cos 30° + F 1

1

Q = 400i − 400 j

N

FA = −20i − 20 j

N

2

⋅ sin 30° + Q x

2

⋅ cos 30° + Q y

1.30. FB = 20 j

N



84

1.31. M A = rp × F Mz = MA ⋅k

M A = (4i + j ) × (− 4i + 2 j ) = 8 − (− 4 ) = 12 k

kNm

M z = 12 kNm 1.32. F = F1 + F2 + F3 = −20i − 25 j kN M A = 0 + 72k − 60k − 12k = 0k

rBC = [1;7 ]

rCA = [− 3;1]

M C = 23k + 84k + 0 − 12 = 95k

[F ; M ] = [− 20i − 25 j [F ; M ] = [− 20i − 25 j A

;

0k

C

; 95k

] ]

1.33. F = ∑ Fn = (1i + 2 j )kN 3

n =1

3

M o = ∑ rn xFn = (8 − 6 ) + (0 − 6 ) + (32 − 0 ) = 28k

kNm

n =1

M0 − r × F = 0 28 + y − 2 x = 0 1.34. 4

M A = ∑ ri xFi i =1

F3 = −4 j kN − 14 = 6 ⋅ 2 − 4 ⋅ 8 + 3 ⋅ F3 + 6 ⋅ 3 F 3 = 4kN 1.35. A megoszló erőrendszer helyettesíthető eredőjének a súlypontba való helyezésével! F ( A) = F0 + F1 + F2 + F3 F1 = p1 ⋅ 6 = 18 N 1 1 = 1,5 N ; F3 = p 2 ⋅ 2 ⋅ = −6 N 2 2 F ( A) = −3 j + 18 j − 1,5 j − 6 j = 10,5 j F2 = p1 ⋅ 1 ⋅

3

M A = ∑ ri × Fi i =0

M A = (− 8 ⋅ 3 + 18 ⋅ 3 + 1,5 ⋅ 6,3 − 6 ⋅ 8,3)k = −10,4 k A centrális egyenes helye: r0 A

kNm



85

(r0 A = x0 i − y 0 j )

0 = M A − r0 A × FA

(r0 A = xoAi − y 0 A j ) (m )

x 0 = −1 1.36.

F (0 ) = −4 j

N

M 0 = (20 − 20 + 28)i = 28i Nm rp = 7k

m

1.37. 1cm=1N

y

1,3 F2

F1

F3

3

4

F4

F

5

2 1

4

P

5 2

7 F

1.37.

1.38. Irjuk fel először az erőket vektoros alakban. F1x = 51,96 kN

←

F1 y = 30

kN

↓

F2 x = 9,8

kN

←

F2 y = 36,7 kN

↓

F3 x = 31,4

kN

→

F3 y = 26,35 kN

↓

Rx = 30,39 kN

←

R y = 93,05 kN

↓

R = 97,89 kN M 0 = 101,83k kNm x R = −1,09 y R = 3,35 1.39. F( A ) = −5i − 12 j kN M A = −70 k x R = 5,83 m ;

kNm y R = −14 m



86

1.40. A lemezt terhelő nyomaték összeg: M össz = 6 ⋅ 4 = 24 Nm Az erőpár nyomatéka alapján M FA = FC = ö = 80 N rAC FA = FD =

Mö = 64 N rAD

1.41. Az egyensúlyban lévő erőrendszer nyomatéka a sík bármely pontjára zérus. Írjunk fel a nyomatékot az F3 erő támadáspontjára.

∑M

Ai

= − F1 ⋅ 3 − M + F2 ⋅10 = 0

9+6 = 1,5 kN ↑ 10 ∑ X i = 3 − X 3 − 0,5 = 0 F2 =

∑Y

= −Y3 + 1,5

i

X 3 = 2,5 kN

; Y3 = 1,5 kN

F3 = −2,5i − 1,5 j kN

1.42. Az A pontban ható erők és nyomaték, valamint az F1 , F2 , M egyensúlyi erőrendszert alkot.

∑ X = F ⋅ cos 30 − X = 0 ∑ Y = − F ⋅ sin 30 + F − Y = 0 ∑ M = Y ⋅ 3 − 60 ⋅ 1,5 − M + M = 0 0

i

1

A

0

1

i

i

2

1

A

A

X A = 51,96 N

; Y A = 30 N ; M A = 15 kNm

1.43. Mivel az F1 , F2 erők erőpárt alkotnak, a támaszerők is erőpárt kell hogy alkossanak! ∑ M Ai = −24 + YB ⋅ 10 = 0 X B = YB = 2,4 kN

FA = FB = 2,4 2 + 2,4 2 = 3,394 kN



87

1.44.

M ∑ ( )

= FB ⋅ 4 + F3 ⋅ 2 − F2 ⋅ 2 − F1 ⋅ 3 = 0

i

A

24 + 12 − 10 = 6,5 kN 4 ∑ Yi = − F2 + YA + FB = 0 FB =

Y A = −0,5 kN

∑X

i

= F1 − F3 + X A = 0

(←)

X A = 3 kN

FA = 3 2 + 0,5 2 = 3,04 kN

1.45.

∑M

Bi

= 0 − ból

0 = FAy ⋅ 10 − 3 ⋅ 2 − 5 ⋅ 6 − 6 FAy = 4,2 j kN

FA = 4,2 kN

FBy = F2 − FA = 0,8 j kN FBx = F1 = −3i

1.46.

∑M

Ai

kN

FB = 3,1 kN

= YB 3 − F ⋅ 1 + M = 0

YB = 1 kN FA = i + 5 j kN FB = −i + j kN

1.47. FAx = 25 N FAy = −43,3 N M A = −25 ⋅ 0,5 + 43,3 ⋅ 1 = 30,8 Nm

1.48. Írjuk fel a nyomatéki egyenletet az A pontra! ∑ M i = −30,8 + X B ⋅ 0,3 = 0 ( A)

X B = 102,66 N

; YB = FB2 − X B2 = 109,37 N

X A = 77,66 N ; Y A = 66,06 N

vagy 152,66 N



88

1.49. Határozzuk meg előbb a 4 erő eredőjét. X 2 = Y2 = 176,77 N X = −200 N Y = 100 N M c = −26,52 Nm x R = −265 mm y R = −132,6 mm Az egyensúlyozó erő az eredővel ellentétes irányú az eredő hatásvonalán. xR R

y

F2

F2

F3 x

(M)

F1

F4

yR

(100=)F3

R 0

Q F1(=200) F4 1.49.

1.50. A megoszló teher eredőre Q = 6 kN

x Q = −3 m

R = F1 + F2 + Q = −14 j kN x R ⋅ R = F1 ⋅ 6 + F2 ⋅ 4 + Q ⋅ 3 x R = −4,29 m M A = 60k kNm 1.51. Írjuk fel a nyomatéki egyenletet az 1. pontra. R ⋅ 2 = + M + F2 ⋅ 3 − X 3 ⋅ 2 − 4 = 3 + F2 ⋅ 3 − 2,5 ⋅ 2 6 = −2 kN ; F1 = −0,5i + 2,33 j 3 − R = −X1 + X 3 F2 = −



89

1.52. y F1

F2

F2

x s F3

F3

s F4

1cm=20N

F1

1cm=1m

F4

1.52. Nyomatéki egyenlet az 0 pontra: F1 ⋅ 2 = F4 ⋅ 2,4 ; F4 = 50 N Nyomatéki egyenlet a B pontra: − F1 ⋅ 2 = − F3 ⋅ 4 ; F3 = 30 N ↑ Nyomatéki egyenlet az A pontra: 60 ⋅ 2 = F2 ⋅ 3 ; F2 = 40 N ←

1.53. Nyomatéki egyenlet a C pontra: F1 ⋅ 1,2 = X ⋅ 1,2 ; X = 4 kN ; Y = 3 kN (az F erő összetevői) Nyomatéki egyenlet az A pontra: Y ⋅ 0,5 = Y3 ⋅ 1 ; Y3 = 1,5 ; F3 = 1,625 kN Nyomatéki egyenlet a B pontra: Y ⋅ 0,5 = Y2 ⋅ 1 ; Y2 = 1,5 kN ; F2 = 1,625 kN 1.54. Nyomatéki egyenlet a C pontra: G ⋅ 2 − S1 ⋅ 3 = 0 ; S1 = 200 N Nyomatéki egyenlet az A pontra: G ⋅ 6 − S 3 ⋅ 3 = 0 ; S 3 = 600 N Függőleges vetületi egyenlet: Y2 = G = 300 N ; S 2 = 500 N

S1

S3

S2 G G

S3

S2 S1



90

1.55.

∑Y

= 0 = FB − G

i

FB = 100 N Nyomatéki egyenlet az A pontra: FB ⋅ 0,3 − G ⋅ 1,15 + Fc ⋅ 1,1 = 0 ; FC = FA = 77,27 N 1.56.

FA = 0,423 kN FB = 1 kN S = 0,58 kN

(hatásvonala merőleges a talajra) (hatásvonal merőleges a tartóra) (rúderő)

1.57. Nyomatéki egyenlet az A pontra: − S1 ⋅ 10 + 5 ⋅ 6 + 3 ⋅ 2 + 8 = 0 S1 = 4,4 kN

∑X

i

= 0 = X1 − X 2 = 0

X 2 = 3 kN ; F1 = 4,243 kN Nyomatéki egyenlet az 1-es és 2-es rúd metszéspontjára: 8 ⋅ 3 + 5 ⋅ 4 − 8 − S 3 ⋅ 10 = 0 ; S 3 = 3,6 kN 1.58. Nyomatéki egyenlet a C pontra: FA ⋅ 2 + M = 0 FB = 2,5 kN ← FA = 2,5 kN ↑ Fkötél ≅ 3,54 kN 1.59. Nyomatéki egyenlet az A pontra: F1 ⋅ 4 = 346,4 ⋅ 2 F1 = 173,2 N Nyomatéki egyenlet az O pontra: F3 ⋅ 2,828 = 346,4 ⋅ 2 F3 = 245 N Nyomatéki egyenlet a B pontra: F2 ⋅ 4 = 200 ⋅ 4 + 346,4 ⋅ 2 F2 = 373,2 N

1.60.

FA = F = 6 N 6 ⋅ 2 = FB ⋅ 1 FB = FC = 12 N ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


91

SZILÁRDSÁGTAN 10.0 HÚZÁS, NYOMÁS, TISZTA NYIRÁS 10.1. A csapszeg igénybevétele nyírás, ahol a nyíródó keresztmetszetek nagysága: A nyírt = 10 2 ⋅ π τ=

(mm ) 2

F 20 ⋅ 10 3 [N ] ≅ 32 MPa ; τ= 2 ⋅ A ny 2 ⋅ 10 2 ⋅ π mm 2

[

]

palástnyomás: A = 20 ⋅ 14 (mm 2 ) felületen σ p = 71,4 MPa τ

〈 τM

és σ p

〈 σ pM tehát a szegecs megfelel!

A lemez igénybevétele húzás; a legjobban igénybevett keresztmetszet: A min = 40 ⋅ 14 − 20 ⋅ 14 (mm 2 ) az ∅ 20-as furat „gyengítése” miatt. σ max =

F ; A min

σ max

〈 σ M ; tehát a lemez is megfelel!

σ max = 71,4 MPa

10.2. ∆l =

F ⋅ lo ; A⋅ E

ε ker eszt ε hossz

mivel ν =

180 ⋅ 103 ⋅ 60 = 0,06 mm 302 ⋅ 200 ⋅ 103 ∆a a = 0 ∆l l0

∆l =

∆l ; ∆a = 0,009 mm lo F 180 ⋅ 103 σx = = = 200 MPa A 30 2 ∆a = − a ⋅ ν ⋅

τα =

1 σ x ⋅ sin 2α − az α síkban ébredő nyírófeszültség 2

σ α = σ x ⋅ cos 2 α − az α síkra merőlegesen ébredő húzófeszültség σ α = 150 MPa

τ α = 86,6 MPa



152

10.3. Reakcióerők a szerkezet egyensúlyából, az A pontra felírt nyomatéki Egyenlet alapján:

∑ M = 80 ⋅ 3 + 30 ⋅ 4 − F ⋅ 6 = 0 − ból F = 60 és ∑ F = 0 ∑ F = 0 alapján F = 30 A

B

x

B

y

Ax

kN ↑ kN ←

FAy = 20 kN ↑

SAB rúderő a „B” csomópont egyensúlyából: FB 4 = SAB 3

SAB = 45 kN húzott rúd

σ=

SAB ; A AB

∆l =

SAB ⋅ l A AB ⋅ E

σ = 99,5 MPa ∆l = 2,84 mm

10.4. A terhelő erő (T) támadáspontjánál lévő csomópontban:

F

T=15 kN

30 10.4

F = 30 kN ;

σ =

F ; AL

σ = 62,5 MPa

AL = 480 mm 2 ∆l =

F=

F ⋅l ; AL ⋅ E

∆l = 0,9 mm

3 ⋅ FAC 5



153

10.5. σ AC =

FAC ; AAC

FAC = 37,68 kN ;

FBC = 30,14 kN ∆l AC =

∆l AC =

F = 22,6 kN

FBC ⋅ lBC = −3,35 mm összenyomódás ABC ⋅ E

FAC ⋅ l AC = 3 mm megnyúlás AAC ⋅ E

„C” függőleges elmozdulása

a rúdhosszak megváltozásával:

a = ∆l BC + ∆l AC ⋅ cos α y c = a ⋅ ctg α + ∆lAC ⋅ sin α A F C

B

C

FAC

FBC

C’ 10.5 4 4 3  y c =  3,35 + 3 ⋅  ⋅ + 3 ⋅ = 9,47 mm 5 3 5  10.6.

Fnyíró = τ ⋅ Anyirt Anyirt = lemez kerület . vastagság = 5244 mm Fny ≅ 1573 kN

10.7. A rúd teljes alakváltozása: ∆l = α(l1 + l2 ) ⋅ ∆t = 0,072 mm A rúdban nyomóerő ébred, mivel ezt a ∆l -t „nem tudja megnyúlni”. ∆l1 + ∆l 2 = ∆l F ⋅ l1 F ⋅ l2 + = 0,072; F = 12,57 kN A1 ⋅ E A2 ⋅ E



154

A nyomófeszültségek: F σA = σA = 160 MPa A1 σB =

F A2

σ B = 40 MPa

10.8. Fej méretezése a nyomó igénybevétel alapján: F σ PM ≥ σ max = A nyomott A nyomott = (50 mm 2 ) =

D 2π d 2 π − 4 4

D = 14,41 mm

Fejmagasság a nyíró igénybevétel alapján: F τM ≥ τmax = A nyírt = d ⋅ π ⋅ m = 172,4 mm 2 A nyirt

m = 4,57 mm

A szár húzásra van igénybe véve: F σ max = σ max = 88,4 MPa 〈σ M , megfelel. Aszár 10.9. τ max ≤ τ M alapján

n=

F τM ⋅ 2 ⋅ A csav

Egy-egy csavar kétszeresen nyírt ! N = 9,95 ≈ 10 db szükséges. F A u = 1700 − 2 ⋅ 7 ⋅ 16 = 1476 mm2 2 ⋅ Au σ u = 135 MPa 〈 σ M , megfelel! Egyenletes feszültségelosztást feltételezve palástnyomásra is megfelel. σu =

10.10. mF = ρ ⋅

4R 3 π ; 3

G F = 5,9 ⋅ 10 25

GF = m ⋅ g N

σM

≤

G d 2min π 4

d min ≅ 5,5 ⋅ 105

km

Ez kb. 34-szer nagyobb a Föld átmérőjénél!



155

2.0

2.1.

KINEMATIKA

a (t ) = 4 m / s 2

v(t ) = vo + a ⋅ t = 8 + 4 ⋅ t m / s s (t ) = s o + v ⋅ t +

1 ⋅ a ⋅ t 2 = 15 + 8 ⋅ t + 2 ⋅ t 2 2

m

2.2. a n = R ⋅ ω 2 = 1,5 ⋅ 0,6 2 = 0,54 m / s 2 2 Rπ 2π = = 10,47 sec R ⋅ω ω n = 60 / T = 5,73 f / perc s = R ⋅ ω ⋅ t = 1,5 ⋅ 0,6 ⋅ 15 = 13,5 m

T=

2.3.

v o = 200 km / ó = 55,6 m / s A pálya paraméteres egyenlete: 1 x = vo ⋅ t = 55,6 ⋅ t y = ⋅ g ⋅ t 2 = 4.9 ⋅ t 2 2 VX

v x = vo = 55.6 m / s v y = g ⋅ t = 98,1 m / s

hodográf

Vy

v = v x2 + v y2 = 55,6 2 + 98,12 = = 112,76 m / s

2.3. ábra 2.4.

v(t1 ) = a ⋅ t1 = 20 m / s 20 = 20 sec 1 1 s1 = a ⋅ t12 = 200 m 2 s = s1 + s 2 = s1 + v1 ⋅ (t 2 − t1 )

t1 =

1000 = 200 + 20 ⋅ (t 2 − 20 ) t2 =

800 + 20 = 60 sec 20



92

s [m] s2 s1 t1

t2 t[sec]

t1

t2 t[sec]

t1

t2 t[sec]

v [m/s]

a 2 [m/s ]

2.4.ábra

2.5. h v0

h max

vy0 vx0

s 2.5. ábra

v 0 = 23i + 19,26 m / sec Az emelkedés ideje: v0 y t1 = = 1,926 sec g v y = v yo − g ⋅ t = 0 ; t1 = 1,93 sec 1 ⋅ g ⋅ t12 = 18,5 m 2 s = 2 ⋅ v x 0 ⋅ t1 = 88,8 m

hMAX = v y 0 ⋅ t1 −



93

2.6. s[m] 8 6 4 2 1

2

3

4

5

6

7

t[sec]

V[m/s] 4 t2=5 -2

t3=7 t[sec]

2

a[m/s ] 2 t[sec] -2 2.6. 2.7. a.) rp = 2i + 2 j m b.) v B = 4 j m / s vC = 4i − 4 j m / s c.) ϖ = 2k

1/ s



94

vAB

β

y

P

B

vB

vA

vBC

0 x

A

C

vA

vB

vC

β

vc

2.7. ábra 2.8. v A = ω1 xrA = (− 2k )x1,5 j = 3i

m/s

v B = v A + ω 2 xrAB v B = 3 m / s; ω 2 = 1 1 / s; r p = 4,5 j m a A = −6 j m / s 2 ; a B = a A + ε 2 × rAB − ω 22 ⋅ rAB 0 = 0 − 3 ⋅ ε 2 − 3 ; ε 2 = −1

1 s2

a B = −6 − 3 − 3 = −12 m / s 2 1cm = 2 m / s 2 y

a B = −12 j

B x

aA

aB

ε =1

[m / s ] 2

1 s2

-ω22×rAB

ε2×rAB 2.8.



95

2.9. y A 3m

v B ⋅ t = 0,9 m

P

0 A , = 5 2 − 4,9 2 = 0,995 m

P′

ω=

A′ B

B′ x

0 4m

vB 0 A'

= 0,603

1 s

v A = ω ⋅ A' P' = 2,955

m s

VB*t

2.9. 2.10. a.) A pillanatnyi sebességpólus az A pont. ω=

v0 = 5 1 / s ; ϖ = −5k R

1/ s

b.) v A = 0; v B = 20i + 20 j m / s vC = 40i

m/s

A gyorsulás pólus a henger középpontja, így : c.) a A = 100 jm / s; a B = 100i

m/s

a C = −100 j m / s 2.11. P

v B = v D = 1,2 m / s vB ⋅5 = 3 m/ s 2 v A = −1,5i − 2,6 j m / s vA = 2m

VD

1

30°

30°

VB=1,2

2.11.



96

2.12. 2πn 1 = 2,62 60 sec 2πn 1 = 4,71 ω2 = 60 sec ω + ω1 ϕ= 2 ⋅ t ; ϕ = 24 ⋅ π 2 48π t= = 20,57 s ω1 + ω 2

a.) ω1 =

b.) v g1 = Rd ⋅ ω 1 = 0,3275 m / s

ω

ω2

ω1 t

t

2.12.ábra

v g 2 = Rd ⋅ ω 2 = 0,5888 m / s αg =

ω 2 g − ω1g t

= 0,508 1 / s 2



97

3.00 KINETIKA 3.1. v1 l

v

FK

0,77N1

m×g 40°

40°

3.1. ábra Fk = 0 A fonalerő nulla. Az impulzus tétel felhasználásával: v12 0 mg ⋅ sin 40 = m ⋅ l v1 = l ⋅ g ⋅ sin 40 0 = 2,777 m / s A munkatétel segítségével: 1 m(N 02 − N 12 ) = m ⋅ g ⋅ l (1 + sin 40 0 ) 2 v 0 = 7,71 + 24 ⋅ 1,64 = 6,87 m / s 3.2. Felhasználható a munkatétel, majd pedig az impulzustétel. 1 2⋅ g ⋅ R ⋅ m ⋅ (v12 − v02 ) = G ⋅ R; v B = 2 ⋅ g ⋅ R = 4,47 m / s; a n = = 2⋅g 2 R N − G = m ⋅ a n ; FB = 3 ⋅ G = 60 N a

FB G 3.2. ábra 3.3. at = r ⋅ ε

a n = r ⋅ ω 2 = r ⋅ (ε ⋅ t )

2



98

ω

Az impulzus tétel alkalmazásával: m⋅a = S

ε

r

G

3.3. ábra A súrlódó erő maximális értéke: µ 0 ⋅ m ⋅ g

m ⋅ a n = m ⋅ r ⋅ (ε ⋅ t ) = S1 ; m ⋅ at = m ⋅ ε ⋅ r = S 2 2

S12 + S 22 = µ 0 ⋅ m ⋅ g ; r 2 ⋅ ε 4 ⋅ t 4 + ε 2 ⋅ r 2 = µ 02 ⋅ g 2 t = 2,78 sec

3.4. Az impulzus tétel felhasználásával: F = ∑ mi ⋅ a 240 − 160 = 5 m/ s2 16 F − K 1 − G1 = m1 ⋅ a

a=

K 1 = (F − G1 ) − m1 ⋅ a = 240 = 90 N

K 2 = m3 ⋅ (g + a ) = 60 N Próba:

(K1 − K 2 ) = m 2 ⋅ a

K1

30 N = 2 ⋅ 15 m2 K2

3.4. ábra



99

Az impulzus tétel felhasználásával: A gyorsító erő: 40 N 40 a= = 4 m / s2 10

S1 − 30 = 12 N S1 = 42 N

1

S 2 = S1 = 42 N

2

S 3 = 12 N 1 ⋅ a⋅t2 2 2⋅h t= = 2,24 sec a h=

3

h=10m

3.5. ábra 3.6. v2 = m ⋅ l ⋅ω 2 l F ω= = 14,6 1 / s m ⋅l 60 ⋅ ω n= = 139,5 f / p 2π F = m⋅

200kg

F=150

3.6. ábra 3.7. A perdülettétel felhasználásával : l M A = J a ⋅α ; M A = G ⋅ 2 3⋅ g 1 α= = 12,5 2 2⋅l s Impulzus tétel a súlypontra: F = m ⋅ as G − FA = m ⋅ ε l / 2; FA = 12,5 N



100

3.8. A perdülettétel felhasználásával: 2π ⋅ n a) ω = = 62,83 1 / s 60 J z ⋅ ε = M f = Fs ⋅ R ε=

0,2 ⋅ 500 ⋅ 0,2 = 20 1 / s 2 1

ω

t=

3.8. ábra

3,14

ω = 3,14 1 / s ε

t

ϕ = 98,64 → 15,7 − et fordul. µ ⋅F ⋅R b) ε = 0 0 Jz t=

ω ⋅ Jz → µ 0 ⋅ F0 ⋅ R

F0 =

62,83 = 104,7 0,2 ⋅ 15 ⋅ 0,2

N

3.9. A függőleges kiinduló helyzetben. N2 a B = BO = 31,25 m / s 2 2R Az impulzus tétel alkalmazásával: FA + G = m ⋅ a s FA = G + ma s = 20 + 31,25 = 51,25 N A gyűrű szögsebességét és a szöggyorsulását a munkatétel és perülettétel segítségével határozhatjuk meg. 1 J a (ω 12 − ω 02 ) = −mg ⋅ R 2 J s = mR 2 = 0,78125 kgm 2 ω1 = 3 m / s J a ⋅α = m ⋅ g ⋅ R ε= aB,

g = −8 1 / s 2 2R = 11,25i − 10 j N

Az impulzus tétel újbóli alkalmazásával: FA = 11,25i + 10 j N ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


101

3.10. a.) A csiga tengelyére felírt perdülettételből: J zα = (S1 − S1 ) ⋅ R Q1 − S1 = m1 ⋅ a S 2 − Q2 = m 2 ⋅ a α=

a R

Q1 − Q2 200 = = 4,44 m / s 2 Q1 + Q2 J Z 40 + 5 + 2 g R b.) Impulzus tétel felhasználásával: a=

Q1 ⋅ a = Q1 − S1 g S1 = 300 − 133,3 = 166,8 N

S1

a

S 2 = 100 + 44,4 = 144,4 N Q1

3.10. ábra 3.11. v 0 = 65km / h = 18,06 m / s Az impulzus tétel felhasználásával: ∆v F = m ⋅ ; m ⋅ v0 = −G ⋅ µ ⋅ t ; t = 15,34 sec ∆t 1 A munkatételből: − ⋅ m ⋅ v02 = −G ⋅ µ ⋅ s 2 s = 138,5 m − m ⋅ a = 7,8 kN a

-m×a

G 26kN

39kN

1,95kN

1,95kN

3.11. ábra Az első kerékre 40,95 kN, a hátsó kerékre 24,05 kN erő hat. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


102

3.12. Alsó helyzetben: FA + FB − G = m ⋅ e ⋅ ω 2 = 1500 N FA + FB = G + m ⋅ e ⋅ ω 2 = 4500 N Felső helyzetben: FA + FB = G − m ⋅ e ⋅ ω 2 = 1500 N FB = 0,5 − 2,5 kN FA+FB e

G 3.12. ábra 3.13 a.) Perdülettétel az A pontra: F0 ⋅ 2 R = J a ⋅ ε J a ⋅ as = 180 N 2 ⋅ R2 3 J a = m ⋅ R 2 = 0,45 kgm 2 2 b.) Az impulzus tételből: ma s = F0 + G + FA F0 =

FA = 60i + 300 j 60 c.) µ 0 = = 0,2 300

N



103

4.0

EGYENES TENGELYŰ TARTÓK IGÉNYBEVÉTELI ÁBRÁI

4.1. 20kN

40kN

A

D

C

B FB

FD

26 + T -

14

20kN 50kN M + 28

4.1. M ∑ ( )

i

= FD ⋅ 5 − 40 ⋅ 3 + 20 ⋅ 2,5 = 0

B

70 = 14 kN 5 FB = 46 kN FD =

4.2.

p=8kN/m

A FA

T[kN] 20 + -

F=8kN

B Q=24N

1,5m 1,5m

3m

x0

C

4

D x FD

12

x

+ M[kNm]

x

MMAX (30)

MB=24

MC=18



104

M ∑ ( )

= − FA ⋅ 6 + 24 ⋅ 4,5 + 8 ⋅ 1,5 = 0

i

D

24 ⋅ 4,5 + 8 ⋅ 1,5 = 20 kN 6 ∑ Yi = FA − Q − 8 + FD = 0 FA =

FD = 12 kN X0 =

FA px = 2,5 m; M MAX = FA ⋅ X 0 − 0 = 25 kNm 2 p

4.3. y

p=4kN/m

F=5Ö2kN

A

B

FAY

3(m)

N

D

C 1

M

1

E

x

FD 1,5

5

+ -

x

T 10

+ -

x0

-2

-7

12

x

+

MMAX

M[kNm]

(15)

10

3

3

x

12 4.3.

M ∑ ( )

i

= 3 + FD ⋅ 5 − 5 ⋅ 4 − 12 ⋅ 1,5 = 0

A

FD = 7 kN

∑Y

= YA − 12 − 5 + FD = 0

X0 =

FA = 2,5 m ; M MAX = 12,5 kNm p

i

Y A = 10 kN ; X A = 5 kN



105

4.4. y p

M

XA A Fay

B 1

2m

FC

F x

D

C

2m 1,5

N[kN]

x

T[kN] 0,5 xo

1,5 -2,5

x

-3 -2 M(kNm) M1max 0,5

-0,5

x

4.4. M ∑ ( )

i

= −1,5 ⋅ 5 + FC ⋅ 3 − 1,5 − 3 ⋅ 1,0 = 0

A

FC = 4 kN

∑Y

= YA − 3 + FC − 1,5 = 0

i

Y A = 0,5 kN

∑X

= − X A + 1,5 = 0

i

X A = 1,5 kN

4.5. M ∑ ( )

i

= 12 − 2 + 2 ⋅ 4 + 0,4 − FB ⋅ 6 = 0

D

FB = 5,4 kN

∑Y

i

= FB − 2 − 12 + FD = 0

FD = 8,6 kN 3,4 3 ⋅ 1,3332 X0 = = 1,33 m ; M MAX = 10,4 + = 12,33 kNm 3 2



106

4.6. M ∑ ( )

i

= 2 ⋅ 1 + 4 ⋅1 − 7 − FB ⋅ 3 + 4 ⋅ 4 = 0

E

FB = 5 kN

∑Y

i

= −4 + FB − 4 + FE + 2 = 0

FE = 1 kN

4.7. p

F1 A

B

1

Fa 1

C

2

F2 1

FD

-4

-1

-3

-4

-4

8

i

2

-1

x

-3 4

M ∑ ( )

x F3

D

2

+ T -

M +

M

2

x

4.7.

= 1 ⋅ 6 + FD ⋅ 4 + 3 ⋅ 3 − 8 ⋅ 2 − 11 + 4 ⋅ 1 = 0

A

FD = 2 kN

∑Y

i

= −4 + FA − 8 + 3 + FD + 1 = 0

FA = 6 kN



107

4.8. 10kN

3kN/m

20kN

A

B

C

Q=24kN

MD D x FD

T + -

x 24 96

168 148

M +

34 318

x 4.8.

∑Y

= −24 − 10 + FD = 0

M ∑ ( )

i

i

FD = 34 kN = 24 ⋅ 12 + 10 ⋅ 5 − 20 − M D = 0

D

M D = 318 kNm



108

4.9. y

F1Y F1

p1 A

YA

p2

F2

F1X

XA

D

C

B

2

4m

FD FDY 2

2

N[kN] + -

-24,7

-26,4 [kN]

T+ -

FDX

x

x

2 x

x0 -9,25 -10,25

-12,25 2

+ -

x

M[kNm]

22,5

Mmax 43 61,5

M ∑ ( )

i

4.9.

= YD ⋅ 8 − 40 ⋅ 2 − 4 ⋅ 1 − 2 ⋅ 6 − 2 ⋅ 9 = 0

A

YD = 14,25 kN XD =

YD = 24,68 kN tg 30 0

∑ X = X − 1,73 − X = 0 ; X ∑ Y = Y − 40 − 1 − 2 + Y − 2 = 0 i

i

X0 =

A

A

D

D

A

= 26,41 kN ; YA = 30,75 kN

YA = 3,075 m ; M MAX = 47,28 kNm p



109

4.10. 2kN/m Q=6kNm B

A

3kNm

D

2kN

3,5 + T X0 M

C

0,5

2,5

+ 1,5

0,5

0,75

4,5 5,25 4.10. M ∑ ( )

i

= FD ⋅ 6 + 2 ⋅ 4,5 − 3 − 6 ⋅ 1,5 = 0

A

FD = 0,5 kN

∑Y

= FA − 6 + 2 + FD = 0 ; FA = 3,5 kN

X0 =

FA = 1,75 m ; M MAX = 3,0625 kNm p

i



110

4.11. 4kNm

8kNm

6kN/m

B FB

A

D

Q=12kN

12

+ T -

2 6 12

6

M

+ 6 8

M ∑ ( )

i

8

4.11.

= −12 ⋅ 5 − 4 ⋅ 1 + FD ⋅ 4 − 8 = 0

B

FD = 18 kN

∑Y

i

= FB − 4 + 18 − 12 = 0

FB = −2 kN



111

4.12. 30kNm A

XC C

B FA

N

30kN YC

Q=10kN

+ 30

20 T+ -

30 20

20

M

30kN

30

+ 40

10 4.12.

M ∑ ( )

i

50

= − FA ⋅ 4 + 30 − 10 ⋅ 1 + 30 ⋅ 2 = 0

C

FA = 20 kN

∑ Y = 20 + Y i

C

− 10 + 30 = 0

YC = −40 kN X C = 30 kN



112

5.0 TÖRTVONALÚ TARTÓK 5.1. X A=3

2 kN/m 1

Q=6

3 kN

YA=4

1

FD =2.0 kN 4

3

3 2

N

T

3

3 6

M

2

5.1

X A = F = −3 kN ← p ⋅ 3 ⋅ 1,5 − F ⋅ 1 = 2 kN ↑ 3 Y A = 4 kN ↑ FD =

M max = 4 kNm M B = 3 kNm,

(x 0 = 2m − nél ) M C = 0,

MD = 0



113

5.2. X A = −4 kN ←,

Y A = 2 kN ↑,

M A = 6 kNm,

M B = 2 kNm,

M C = M D = 5 kNm

2 kN 5 kNm

Q= 4 kNm

MA= 6 kNm

X A= 4 kN

YA= 2 kN

1,5

2

1,5

2 2 2

N 2

T

4

6

5

5

M

5.2



114

5.3.

X A = p ⋅ 4 − F2 = 5 kN ← Y A = F1 = 2 kN ↑ M A = p ⋅ 4 ⋅ 2 − M + F1 ⋅ 1,5 − F2 ⋅ 4 = −2 kNm M C = −3 kNm,

M B1 = 4 kNm

M B 2 = −1 kNm,

M D = 0 kNm

M max = −0,75 kNm

( y0

= 2,5 m − nél ) 2 kN 3 kN

Q=8 kN

5 kNm

=5 N N AXX=5 A

MA=2 kNm A YA =2 kN A

3

2

2

3

3

1

2

N

T

5

2

4

M

5.3



115

5.4.

X A = 100 kN ,

Y A = 40 kN ,

M A = −330 kNm

M B = −170 kNm,

M C = 80 kNm,

M D = 0 kNm

YA =40 kN X A=100 kN MA =330 kNm Q=100 kN 40 kN

330

40

170 100

40 100

80

40 N

T

M

80 80

5.4



116

5.5.

X A = 5 kN ,

Y A = 7 kN ,

M B = −30 kNm,

FE = 3 kN

M C = −20 kNm,

Q=10

MD = 0

5kN

XA=5 kN FE=3 kN

YA=7kN

7

30

20

5

20 3

5

7

N

3

5

T

M

5.5



117

5.6. X A = −8 kN ,

Y A = −8 kN ,

FE = 14 kN

M B = M C1 = 16 kNm,

M C 2 = 36 kNm,

M D = 28 kNm

6 kN 20 kNm

E

FE =14 kN

8 kN

XA=8 kN

A Y =8 kN A

8

16

8

36

14 36

8

N

8

T

28 16

M

5.6

5.7. kN m2 Ez a 2 m széles AB szakaszon 120 kN/m (x-mentén) megoszló terhelést jelent. A függőleges oldalfalon (y-mentén) lineárisan változó megoszló terhelés jelentkezik: A víz nyomása a fenéken: h ⋅γ = 6m ⋅ 10 4 N / m 3 = 60

Q1 = 120 ⋅ 6 = 720 kN 1 ⋅ 120 ⋅ 6 = 360 kN 2 M A = 0 − ból

Q2 =

YB = 480 kN ↑, majd

FA = 240 kN ↑

X B = Q2 = 360 kN ←



118

Q2=360 kN Q1 =720 kN A

XB =360 kN B

FA =240 kN

YB =480 kN

5.7

5.8.

X A = 3 kN ,

Y A = 5,5 kN ,

M B = −12 kNm,

FD = 2,5 kN

M C = 6 kNm,

M E = 0 kNm

Q=8 kN

3kN

XA=3 kN

A

D

YA=5,5 kN

FD =2,5 kN 12

5,5

6 3

3

3

12

6

2,5

3

5,5

N 2,5

3

M

T

5.8



119

5.9.

∑M

A

= p ⋅ 4 ⋅ 2 − 4 ⋅ 4 − 4 + 5 ⋅ 2 − YD ⋅ 3 − X D ⋅ 4 = 0

X D = YD = 2 kN ←↑ Y A = F1 − FDy = 3 kN ↑ X A = p ⋅ 4 − F2 − FDx = 6 kN ← 5kN

4kN

XD=2kN

4kN YD =2kN

Q=6

XA=6kN

YA =3kN

3

3

2

6

4 2

4

2 12

3 N

6

T

M

5.9

5.10.

Q = 10 kN 4 Qx = Q = 8 kN 5 3 Q y = Q = 6 kN 5 Y A = 3 kN ↑, X A = 8 kN ← FD = 5 kN ↑



120

2kN

6

Q=10 8

FD=5kN XA=8kN

A

YA=3kN 2,4

1,8 3

10

16

5

16,81=Mmax

2,4 N

T

8,2

M

5.10

5.11.

1

X A = 200 N ;

Y A = 800 N ;

M A = 100 Nm

M 1 = 300 Nm;

M 2 = 300 Nm; M 3 = 500 Nm

M 4 = 200 Nm,

M 5 = 100 Nm

F =300N 300 F2=500N

300 500

F3=200N

200

XA=200N

M

MA=100Nm

100

YA=800N

5.11



121

6.0 SIKBELI RÁCSOS TARTÓK 6.1. Határozzuk meg először a támaszerőket!

∑M

A

= FB ⋅ 400 − 1200 ⋅ 900 = 0

FB = 2700 N

∑Y

i

= FA + FB − 1200 = 0

FA = 1500 N ↓ A rúderők a csomópontok egyensúlyából határozhatók meg. S3 375

S3

1500 N

900

S1 S1 S1

1500 N S2

S1

375

FB S2

500

FB

6.1 S1 = −3600; S 2 = −4500 N ; S 3 = 3900 N 6.2. Határozzuk meg először a támaszerőket!

∑M

A

= −500 ⋅ 1,2 + FB ⋅ 2,5 = 0

FB = 240 N

Vetületi egyenletekből: X A = 240 N ← ; Y A = 500 N ↑



122

500

240 N

A 240

500 N

S3

S1 S3 0,9

S1 +O

1,2 240 N

S3

1,6

S3 S2

1,2 S2 240 N B

S1 = 300 N

6.2

; S 2 = −400 N

; S 3 = 320 N

6.3. A szimmetrikus terhelés valamint a terhelés szimmetriája miatt S1 = S 7 ; S 2 = S 6 ; S 3 = S 5 A 2-es, 3-as és 4-es rudak átmetszéséből S 4 = 5 kN . (a támaszerők zérusok). 5 kN

5 kN O

O

30

30

S2

S1

S1

S2

6.3



123

∑ X = −S + 5 = 0 ∑ Y = −S + S = 0 i

2x

i

1

tg 30 0 =

2y

S2 y S2x

S1 = S 2 y = 2,87 kN ; S 2 = S 6 = 5,77 kN Az A csomópont egyensúlyából következik S 3 = S 2 = 5,77 kN . 6.4. Határozzuk meg először a támaszerőket.

∑M

A

= FB ⋅ 1,5 − 3 ⋅ 2 − 3 ⋅ 4 = 0

FB = 12 kN

Az A csomópont egyensúlyából következik: S1 = 12 kN S 7 = 6 kN S1

P3

YA 3 kN

S2

X

S1

A

A S3

3 kN

S7 6.4

A hármas átmetszésből meghatározható az S 2

és S 3 .

Nyomatéki egyenlet a P3 pontra. − 3 ⋅ 2 − S 3 ⋅ 1,5 = 0 S 3 = −4 kN Vetületi egyenletből: S 2Y = 6 kN így S 2 = −10 kN A további rúderők: S 4 = 6 kN



124

6.5.

A szerkezet és a terhelés szimmetriája miatt: FA = FB = 325 N . A 3-as rúdban ébredő erőt a 2-es 3-as és 4-es rudak átmetszéséből kapjuk. FB ⋅ 1,5 − S 3 ⋅ 1,5 = 0 S 3 = 325 N

A B csomópont egyensúlyából.

S5

FB

S4

1 3

B FB

+

S4 S5

6.5 1 cm = 100 N S1 = S 4 = −689,4 N S 2 = S 5 = 513,9 N 6.6. Határozzuk meg a támaszerőket!

∑M

A

= −4 ⋅ 3 − 4 ⋅ 3 + FB ⋅ 3 = 0

FB = 8 kN

A vetületi egyenletekből következik: X A = 4 kN ← ; Y A = 4 kN ↓ 4 kN

S1 A

4 kN

S3

6.6

S5 B



125

A B pontra felírt nyomatéki egyenletből: S1 ⋅ 3 − 4 ⋅ 3 = 0 S1 = 4 kN A 3-as és 1-es rudak metszéspontjára írt nyomatéki egyenletből: − S5 ⋅ 3 + 4 ⋅ 3 = 0 S 5 = 4 kN Az S 3 -as erő vetületi egyenletből határozható meg: S 3 = −4 2 = −5,65 kN A további rúderők: S 4 = 0 ; S1 = 4 kN 6.7. Határozzuk meg először a támaszerőket.

∑M

A

= FB ⋅ 2 − 4 ⋅ 1,5 − 2 ⋅ 3 − 2 ⋅ 1 = 0

FB = 7 kN X A = 5 kN ; YA = 6 kN

A vetületi egyenletekből:

S1

1

S1

1.5

S2 2 kN

2 kN S2

S1 S3 S6

2 kN

4 kN 6.7



126

S1 = 3,6 kN S 2 = −3 kN Az 1-es és 6-os rudak metszéspontjára írt egyenletből: S 3 = 4 kN A 3-as és 1-es rudak metszéspontjára írt egyenletből: S 6 ⋅1 − 2 ⋅ 1,5 = 0 S 6 = −3 kN A további rúderők: S 4 = 6 kN ; S 5 = −4,8 kN ; S 7 = 2,66 kN 6.8. A rúderők a támaszerők meghatározása nélkül is meghatározhatók. A B csomópont egyensúlyából követezik: S1 = 0 .

S1 S 4 FB A

S2

S3

S4

C

180 kN

80 kN

6.8 Az A pontra írt nyomatéki egyenletből: − 180 ⋅ 4 − 80 ⋅ 6 − S 4 ⋅ 3 = 0 S 4 = −400 kN A C pontra írt nyomatéki egyenletből: − 180 ⋅ 2 − 80 ⋅ 4 + S 2 ⋅ 3 = 0 S 2 = 226,67 kN Vetületi egyenletből: S 3Y = 260 kN S 3 = 312,5 kN



127

A további rúderők: S 5 = 260 kN

; S 6 = 53,33 kN ; S 7 = 312,5 kN

S 8 = −226,7 kN ; S 9 = −80 kN

; S10 = −53,3 kN

S11 = 96,1 kN 6.9. Határozzuk meg a támaszerőket!

∑M

B

= 6 ⋅ 4 + 4 ⋅ 3 + 2 ⋅ 9 − FA ⋅ 12 = 0

FA = 4,5 kN P2

S1

S4 S2 S3

A FA

P1 2 kN 6.9

Nyomatéki egyenlet a P1 - pontra. − 4,5 ⋅ 6 + 2 ⋅ 3 − S1 ⋅ 4 = 0 S1 = −5,25 kN Nyomatéki egyenlet a P3 - pontra. − 4,5 ⋅ 3 + S 3 ⋅ 4 = 0 S 3 = 3,375 kN

∑Y

1

= 0 = − S 2Y − 2 + 4,5 = 0

S 2 = 3,125 kN

Újabb átmetszésből következik: S 4 = −2,5 kN S 5 = 5,625 kN



128

6.10. A támaszerők meghatározása nélkül A S2 S3 300 N B S4

C

D

300 N

300 N

S2 S1

6.10 Az A pontra felírt nyomatéki egyenletből: − 300 ⋅ 300 − 300 ⋅ 750 − S 4 ⋅ 400 = 0 S 4 = −787,5 N A D pontra felírt nyomatéki egyenletből: − S 3Y ⋅ 450 + 300 ⋅ 450 = 0 S 3Y = 300 N S 3 = 375 N A D pont egyensúlya miatt szerkeszthető. S1 = −562,5 kN

; S 2 = 637,5 kN

Az 5-ös rúdban nem ébred erő, vakrúd.



129

7.0 SIKBELI CSUKLÓS SZERKEZETEK 7.1. Reakcióerők: X A = 600 N ←

∑M

A

= 300 ⋅ 3 + 300 ⋅ 9 − FB ⋅ 0

FB = 400 N ↑ X A = 600 N ← ; Y A = 400 N ↓ Rúd és csuklóerőket, a rudak külön-külön való egyensúlya alapján határozhatjuk meg. 400

D

600 300N

C

E

600

300N A XA= 600N

B 400 YA= 400N

FB=400N

7.1 B-D rúd: M D = 0 − ból S CE = 600 N A-D rúd: YD = Y A = 400 N X D = 600 N

7.2.

M ∑ ( )

i

FD = 721,1 N

= S AB ⋅ 30 − 120 ⋅ 130 = 0

C

S AB = 520 N FC = 400 N



130

120 N SAB

C

7.2 7.3. l 200 ⋅ l ⋅ cos 30 0 − H 1 ⋅ ⋅ sin 30 0 = 0 2 2 ⋅ 200 H1 = − cos 30 0 = 400 ⋅ tg 30 0 = 692,8 N 0 sin 30 200

200

O

30

200

H1

H1

200

200

200 H1

H2 200

200

7.3

1 l 200 ⋅ l ⋅ cos 30 0 + H 1 l ⋅ sin 30 0 − H 2 ⋅ ⋅ sin 30 0 = 0 2 2 0 cos 30 H 2 = 800 ⋅ = 1385,6 N sin 30 0



131

7.4. A

1800

C

B

2400N D

1800

1200

1200 XB

XC

2400 3600

3600

F

E

1800N 600 N

YE=600N

1800

7.4 ACF rúd egyensúlyából:

∑M

A

= 1800 ⋅ 4,8 − 3600 ⋅ 2,4 + X C ⋅ 2,7 = 0

XC = 0 N

7.5.

B

500

M= 1200 F=300 A

F=200 C

1200 M +-

F= 300 B 600 7.5

B-C egyensúlyából ∑ M C = 0 alapján FB = 300 N ↑ így

FC = 200 N

FA = 300 N ↑ M A = 1200 Nm Csuklóban a nyomaték nulla! ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


132

7.6. M ∑ ( )

i

= −(FB ⋅ 2 + FD ⋅ 2 ) + 4 = 0

C

− 2 − FD ⋅ 2 + 4 = 0 FD = 1 kN 1 kN

3 kN

FB

4 kNm 2 kN

A

B

C

2

FF=1 kN

FE=3 kN

FA=2kN

4 2

2 M+

4 kNm

2

F= 1 B

F= D 1

C

7.6 7.7. YA =

120 ⋅ 4 + 105 ⋅ 7 = 135 N 9 105N 120N

X A=55N

X B=65N

YA=135N

YB=30 N 7.7



133

Nyomatéki egyenlet a B pontra. M ∑ ( )

i

= −120 ⋅ 4 − 105 ⋅ 7 + Y A ⋅ 9 = 0

B

Y A = 135 N ↑

∑Y

= 0 = Y A − 105 + YB

i

YB = 30 N ↓ A 2. rész egyensúlyából M ∑ ( )

i

= −YB ⋅ 5 + X B ⋅ 6 − (120 ⋅ 2 ) = 0

C

X B = 65 N →

∑X

= X C − 120 + 65 = 0

i

X C = X A = 55 N →

7.8. 750 FD

YD

D X= 200 D

250

500

200 150

N C X=200 C Y= 600N C

400

300 7.8

M ∑ ( )

i

= 750 ⋅ 80 − YD ⋅ 320 − X D ⋅ 60 = 0

C

YD = 0,75 XD 3 X D ⋅ 320 − X D ⋅ 60 = 0 4 = 200 N

750 ⋅ 80 − XD

YD = 150 N 7.9. Az egész szerkezet egyensúlyából következik: X B = 560 N



134

560 N

YA

XA A

FC M ∑ ( )

i

= −560 ⋅ 50 + FC ⋅ 175 = 0

A

FC = 160 N Y= A 160 N X= A 560 N

FC

B

XB

D

YB

FD 7.9

M ∑ ( )

i

= FD ⋅ 200 − 160 ⋅ 125 − 160 ⋅ 50 − 560 ⋅ 50 = 0

B

FD = 280 N

; YB = 280 N

; X B = 560 N

7.10. 400

200 500

A X A=500 N

C

YA =200 N 7.10



135

X A = 500 N

, Y A = 200 N

X C = −500 N X B = 500 N

, YC = 200 N , YB = −200 N

7.11. 360 N C

B

YA

YD X

XA A

D

− 360 ⋅ 300 + YD ⋅ 400 = 0 YD = 270

45

FD

YD 200

X

D

7.11 YD X = D 45 200 X D = 1200 N 7.12. A kisebbik karon nyomatékkal nyomaték tart egyensúlyt. Y ⋅ 0,25 − 400 = 0 Y = 1600 N F = 5600 N

FR FR

Y

F 7.12



136

7.13. Felső lemezre ható erők: F= 9810 FB

FAD

i

B

C

AD

=0

; FB = FC = 4905 N FB

FB FBC

FD XE

FBC 1.212m

i

0.606

∑ X = 0 feltételből F ∑Y = 0 = F − F + F

FC

60

YE

0.35 0.7m

7.13 A geometriából: 0,606 tgα = = 0,2126 ; α = 12 0 3,2 − 0,35 A B pont egyensúlyából: FBC = FB ⋅ tg 30 0 = 2832 N M ∑ ( )

i

= − FB ⋅ 0,7 − FBC ⋅ 1,212 + FD (0,606 ⋅ cosα + 0,35 ⋅ sin α ) = 0

E

FD = 10316 N 7.14.

X D ⋅ 1 + YD ⋅ 5 − 16 − 9 − 3 = 0 YD ⋅ 2 − X D ⋅ 2 − 4 = 0 X A = 0 ; Y A = 5 kN ↑ ; YD = 5 kN ↑ ; X D = 3 kN ←



137

/ X= 3 kN C Y= 1 kN C 3 kN

Y= 5 kN A 6

5 6 3

X=0.5 O

3 5

N

T

M

7.14 7.15. A felső henger egyensúlyából: F1,3 G F2,3

F1,3

F2,3

G= 200 N O

60O

30

F1,3 = F2,3 = 115,47 N Az 1 jelű henger egyensúlyából: F1,3

O

S

G

60

FA

FA = 300 N ; S = 57,7 N

G FA S F1,3

7.15



138

8.0 SÚRLÓDÁS 8.1. Ha F = 0 G ⋅ sin α ≤ µ 0 ⋅ G ⋅ cos α = 29,54 N Ha F ≠ 0 F 2 + (G ⋅ sin α ) = µ 0 ⋅ G ⋅ cos α 2

FMAX =

(µ 0 ⋅ G ⋅ cosα )2 − (G ⋅ sin α )2

= 23,9 N

FMAX ≅ 23,9 N 8.2. A test addig van egyensúlyban míg: G ⋅ sin α − F ≤ FS 50 ∠ 104 N FS ≤ µ 0 ⋅ FN ≅ 104 N FN = G ⋅ cosα = 260 N Tehát fennáll az egyensúly! 8.3. GC cos

GA FT

GC

8.3 Határesetben: µ 0 (G A + GC ⋅ sin α ) = GC ⋅ cos α , µ 0 (100 + 80 ⋅ sin α ) = 80 ⋅ cosα 50 + 40 ⋅ sin α = 80 ⋅ cosα α = 29,4 0 8.4. Az elmozdulás-nyugalom határ-helyzetben: FN ⋅ sin α = FS ⋅ cos α FS = µ 0 ⋅ FN



139

S

FN

FS

α

8.4 Igy:

FN ⋅ sin α = µ 0 ⋅ FN ⋅ cosα µ 0 = tgα d 2 cos α = s r+ 2 Ebből: s = 97,9 mm r+

8.5. Az ék egyensúlyából:

∑Y

= 0 = − F + 2 N ⋅ sin 15 0 + 2 µ 0 ⋅ N ⋅ cos15 0

N=

F 2(sin 15 + µ 0 ⋅ cos15 0 )

i

0

A lemez súlyából: ∑ X i = S A − N ⋅ cos150 + S ⋅ sin 150 = 0

∑Y

i

= −G A + FTA − S ⋅ cos15 0 − N ⋅ sin 15 0 = 0

A fenti egyenletekből: N = 52,47 N F = 62,64 N



140

F 2

S

N

O

15

O

15

75

O

N O

75 S FTA

GA

SA

8.5 8.6 Q 1 FT1

S1,2

N1,2

S1,2

2

F

O

8

S N 8.6



141

Az 1 jelű test egyensúlyából:

∑X = F −S ∑ Y = −Q + N i

T1

i

1, 2

⋅ cos 8 0 − N 1, 2 sin 8 0 = 0

1, 2

⋅ cos 8 0 − S1, 2 ⋅ sin 8 0 = 0

S1, 2 = µ 02 ⋅ N1, 2 = 523,3 N N 1, 2 =

Q = 2093,2 N cos 8 − µ 02 ⋅ sin 8 0 0

A 2 jelű test egyensúlyából:

∑X = N ∑Y = − N i

i

⋅ sin 8 0 + S1, 2 ⋅ cos 8 0 + S − F = 0

1, 2 1, 2

cos 8 0 + S1, 2 ⋅ sin 8 0 + N = 0

N = 1932,2 − 67,9 = 2000 N

S = 500 N F = 1273,5 N 8.7. N1

S1 F

O O

S2

N2

0 0,3 m 8.7 arctgρ 0 = 0,25 ρ 0 = 14,04 0 0,3 x x = 1,2 m

tgρ 0 =

8.8.

Fs = Gµ 0 = 10 N 2 M ≥ FS ⋅ r = 200 Nmm 3 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


142

F

S

M

3

_2

FS

8.8 8.9.

FN

A

FS FD M

8.9 a) Óramutató irányában forog. 90 FS = = 360 N 0,25 F FN = S = 900 µ0 FD =

900 ⋅ 450 + 360 ⋅ 150 = 3060 N 150

b) Órával ellentétesen forog. FD = 2340 N



143

8.10. FN

A

FS FD M

8.10 a) Irjunk fel nyomatéki egyenletet az A pontra. FD ⋅ 150 − FN ⋅ 450 − µ 0 ⋅ FN ⋅ 150 = 0 2400 ⋅ 150 = 705,88 N 450 + 60 FS = µ 0 ⋅ FN = 282,35 N FN =

M = 70,58 Nm b) FD ⋅ 150 − FN ⋅ 450 + µ 0 ⋅ FN ⋅ 150 = 0 2400 ⋅ 150 = 923 N 450 − 60 M = 92,3 Nm FN =

8.11 T1 = e µ 0⋅α T0 ln

T1 = µ 0 ⋅ 4π T0

µ0 =

ln

7500 150 = 0,3114 4π



144

9.0 SIKIDOMOK SÚLYPONTJA ÉS MÁSODRENDŰ NYOMATÉKA (INERCIÁK) „Összetett keresztmetszetek másodrendű nyomatékait a részterületek inerciájának összegezésével számítjuk, figyelembe véve az un. „Steiner”-tagokat. 9.1.

30 ⋅ 60 ⋅ 15 + 110 ⋅ 30 ⋅ 85 = 60 mm 30 ⋅ 60 + 110 ⋅ 30 yS = 0

xS =

30 ⋅ 60 3 110 ⋅ 30 3 + = 78,8 ⋅ 10 4 mm 4 12 12  30 3 ⋅ 60  110 3 ⋅ 30  + 45 2 ⋅ 30 ⋅ 60 +  Iv =  + 25 2 ⋅ 110 ⋅ 30 = 917 ⋅ 10 4  12   12  Iu =

I v = I1 9.2.

mm 4

és I u = I 2 főmásodrendű nyomatékok, mivel I uv = 0

x S = 12,3 mm ; I u = 173 ⋅ 10

y S = 41 mm

; I v = 24,2 ⋅ 10 4

4

mm 4

A vegyes másodrendű nyomaték: 2

I uv = x1 (− y1 )A1 + (− x 2 )y 2 ⋅ A2 + (− x3 ) ⋅ y 3 ⋅ A3

S3

I uv = 12,7 ⋅ (− 36) ⋅ 500 + (− 7,3) ⋅ 9 ⋅ 800 +

A3

+ (− 2,3) ⋅ (54) ⋅ 200 = −30,6 ⋅ 10 4

A2

mm

I + Iv  I + Iv  = u ±  u  + I uv2 2 2   2

I1, 2

S2

S

I1 = 179,1 ⋅ 10 4

mm 4

I 2 = 18,2 ⋅ 10 4

mm 4

S1 A1 9.2 Főtengelyek helyzete: tg 2α 0 =

I uv ; α 0 = 11,2 0 Iu − Iv 2



145

9.3.

x S = 10 mm,

yS = 20 mm

30 ⋅ 603 303 ⋅ 60 = 18 ⋅ 104 mm4 ; I v = = 4,5 ⋅ 104 36 36 302 ⋅ 602 =− = −4,5 ⋅ 10 4 mm4 α 0 = 16,80 72

Iu = I uv

mm4

9.4. x S = 101,4 mm ;

y S = 198 mm

150 ⋅ 3603   2004 π 2002 π  Iu =  + 182 ⋅ 150 ⋅ 360 +  + 622 ⋅ 8   12   128 1503 ⋅ 360  Iv =  + 26,32 ⋅ 150 ⋅ 360 +  12  2 2 4 2 2  200 π  4 ⋅ 100  200 π  4 ⋅ 100  200 π  + − + + 48,7  ⋅  ⋅  8  8  3π   3π   128

1

S2 S A2

S1 A1

48,7

9.4

vagy: I v = I v ,−(48,7 ) ⋅ ( A1 + A2 ) 2

150 3 ⋅ 360 200 4 π + − 48,7 2 ⋅ 69700 3 128 8 4 I u = 7 ⋅ 10 mm , I v = 2,8 ⋅ 108 mm 4 , I uv = 1,15 ⋅ 10 8 I v' =

I1 = 8,4 ⋅ 10 8

mm 4 , I 2 = 1,4 ⋅ 10 8

mm 4 ,

mm 4 , α 0 = −14,3 0

9.5.



146

x S = y S = 16,5 mm

I u = ∑1 (I u ,i + v si2 ⋅ A i ) 6

ahol; Iu,i - az i-edik részterület u-val párhuzamos súlyponti tengelyére számított „saját” inerciája. vsi - a súlypontok v koordinátája, Ai - a részterület nagysága. Iv=Iu a szimmetria miatt: I u = I v = 12,7 ⋅ 10 4 I uv = −3,87 ⋅ 10 4 I1 = 16,5 ⋅ 10 4 I 2 = 8,8 ⋅ 10 4

mm 4

mm 4 mm 4

mm 4

α 0 = 45 0

(

I uv = ∑1 I u ,v,i + u si ⋅ v si⋅ Ai 6

)

Iu,v,i

ahol az a részterület súlyponti tengelyére számított vegyes másodrendű nyomatékok. A négyszögeké és az S3 súlypontú háromszögé nullával 5,4 2 ⋅ 20 2 egyenlő, I u ,v , 1 = I u ,v, 6 = − 72

5,4 14,6

S1 S2

S3 S

20

S4

S5

R40 S6

20

14,6 34,6

5,4

9.5



147

9.6.

∑x = 3

xs

1

i

⋅ Ai

Aossz

50 2 π 4 ⋅ 25 20 2 π ⋅ − ⋅ 50 8 3 4 π xs = 50 2 π 20 2 π 80 ⋅ 50 − − 8 4 x s = 49,5 mm ≈ 52 mm 80 ⋅ 50 ⋅ 40 −

80 ⋅ 50 3 50 4 π 20 4 π − − 3 128 64 3 4 80 ⋅ 50 50 π  20 4 π 20 2 π Iy = − −  + 50 2 ⋅ 12 128  64 4 I ys = I y − x s2 ⋅ Aössz Ix =

  

I x = 67,2 cm 4 ; I ys & 95,9 cm 4 I x = 68 cm 4 ; I yS = 95 cm 4 Mivel

I xyS = 0; I x = I 2 , I yS = I1

2α 0 = 60 0 " R" =

I yS − I x 2

= 14,35

Iv − Iu =" R"⋅ cos 60 0 = 7,18 2 I uv =" R"⋅ ⋅ sin 60 0 = 12,43 cm 4 4

10

IUV

V U

70

80

60

90

4

(1) X

(68)

R “ ”

(2)

-10

9.6



148

I yS + I x

Iv − Iu = 74,37 cm 4 2 2 I yS + I x I v − I u + = 88,73 cm 4 Iv = 2 2 Iu =

9.7.

−

x S = 4,9 mm;

y S = 18,35 mm

2  20 4 π   20 3 ⋅ 20 20 2 π   40 3 ⋅ 20 2 2 20  Iu =  + 1,65 2 ⋅ + + ⋅ ⋅ + + ⋅ 1 , 65 20 40 11 , 68      2   12 2   8   36

 20 4 π  20 2 π 20 2 π   20 3 ⋅ 40 Iv =  − 8,5 2 ⋅ + 13,4 2 ⋅ + 5,12 ⋅ 20 ⋅ 40 + + 8 8   12  128   20 3 ⋅ 20 20 2  + + 21,8 2 ⋅  2   36 20 2 π 20 2 ⋅ 20 2 20 2 I uv = −4,9 ⋅ 1,65 ⋅ + 5,1 ⋅ 1,65 ⋅ 20 ⋅ 40 − − 11,7 ⋅ 21,8 ⋅ 2 72 2 4 4 4 4 4 I u = 21,40 ⋅ 10 mm ; I v = 27,71 ⋅ 10 mm ; I uv = −6,04 ⋅10 mm 4 Mohr − kör " jellegre" helyesen : I + Iv  I − Iu  = u ±  v  + I uv 2 2  2  2

I1, 2

I1 = 31,4 ⋅ 10 4

tg 2α 0 =

mm 4 ; I 2 = 17,7 ⋅ 10 4

mm 4

I(C)

I uv Iv − Iu 2 α 0 = −31,2 0

1

I 2 I -I

2

1

I(t)

2

9.7.



149

9.8. − 60 2 40 2 π  4 ⋅ 40  ⋅ 20 + 60 2 ⋅ 30 − ⋅  60 −  2 4  3π  xs = 60 2 40 2 π + 60 2 − 2 4 2 2 60 40 π 4 ⋅ 40 ⋅ 20 + 60 2 ⋅ 30 − ⋅ 2 4 3π ys = 2 60 2 40 π + 60 2 − 2 4 x S = 4,34 mm;

y S = 29,6 mm

I u = I x − y ⋅ Aössz 2 s

 60 3 ⋅ 60 60 4 40 4 π  2 + − Iu =   − 29,6 ⋅ 4144 12 3 16   3 2  60 ⋅ 60  60   60 4 Iv =  + 24.3 2 ⋅ + 25,7 2 ⋅ 60 2  − + 2   12  36   40 4 π 40 2 π 40 2 π  − − 17 2 ⋅ + 55,7 2 ⋅ 4 4   16

[

]

 60 2 ⋅ 60 2 60 2  2 I uv =  + (− 24,3) ⋅ (− 9,6 ) ⋅  + 0 + 25,7 ⋅ 0,4 ⋅ 60 − 72 2    40 2 π  − 0,0165 ⋅ 40 4 + 38,7 ⋅ (− 12,6 )  4   I u = 126,68 ⋅ 10 4 ; I v = 286 ⋅ 10 4 ; 1

I uv = 120,7 ⋅ 10 4

mm 4 2

S R40

9.8

I + Iv I −I  = u ±  v u  + I 2uv 2  2  2

I1, 2

tg 2α 0 =

I uv Iv − Iu 2



150

9.9 120 ⋅ 20 + 50 ⋅ 38,6 + 16 ⋅ 43 120 + 50 + 16 y s ≅ 27 cm ys =

 44  I u = 30000 + 7 2 ⋅ 120 + 300 + 11,6 2 ⋅ 50 +  + 16 2 ⋅ 16  12  4 4 I y == 1200 + 4800 + 12 4 I u = 47025 cm I y = 6021 cm 4

[

] [

I u = I1 ;

Iy = I2;

]

mivel I uv = 0

9.10. 30 4 π 20 3 ⋅ 30 60 3 ⋅ 30 45 ⋅ 20 3 + + − 8 3 12 12 4 3 3 30 π 30 ⋅ 20 30 ⋅ 60 22.5 3 ⋅ 20 Iy = + + − 2⋅ 8 3 12 12 2 2  30 ⋅ 60 30 ⋅ 60  I xy = [(− 15) ⋅ (− 10 ) ⋅ 20 ⋅ 30] +  + 10 ⋅ (− 20 ) ⋅  2   72 Ix =

I x = 90,8 ⋅ 10 4

mm 4 , I y = 59,5 ⋅ 10 4

mm 4 , I xy = −4,5 ⋅ 10 4



mm 4

151

11.0 HAJLITÁS 11.1. Az „A” keresztmetszet igénybevétele: hajlítás M A = −20 ⋅ 9 + 20 ⋅ 6 = −60 kNm(∩ ), TA = 0 , tehát itt nyírás nincs. T

20 kN X 60 kNm

+

6m

9m

X

M

Mivel M A a z tengellyel párhuzamos, (" M z ") x irányú feszültséget ébreszt: a σ x =

Mz ⋅y Iz

függvény írja le a feszültség változását a keresztmetszetben. y= ± 80 mm-nél (szélső szálban): 60 ⋅ 106 [Nmm] ± σ max = ⋅ 80 [mm] = 149,3 MPa 1604 π 4 mm 64

[

]

0 16

MA

11.1 11.2. A reakcióerők: FA = FB = 2 kN A tartón x=0,1 m-től 0,3 m-ig állandó, M z = 0,2 kNm a legnagyobb hajlítónyomaték. 20 4 A keresztmetszet inerciája: I z = 12 M   20 σ x max = z max ⋅ y max mm   y max = Iz 2   ± σ x max = 212,1 MPa 〈 σ M , a tartó nem felel meg !



156

11.3.

∑M

A

= 0 = −5 ⋅ 2 + FB ⋅ 5 − ből ; FB = 2 kN ↑

FA = − F + FB = 3 kN ↑ így x=2m-nél M z max = 6 kNm 100 4 90 4 − ≈ 2,87 ⋅ 10 6 mm 4 12 12 ± σ x max = 104,5 MPa 〈 σ M - megfelel ! Iz =

11.4.

∑M

A

= 0 = 2,25 ⋅ 2 + FB ⋅ 4 − 2,25 ⋅ 6

FB = 2,25 kN ↑ FA = 4,5 − 2,25 = 2,25 kN ↑ így a nyomatéki ábra: 4.5

M

+

2m

6m 11.4

x = 0 − 4(m ) − ig , M z max = 4,5 kNm I z = σ x max = 146 MPa 〉 σ M , nem felel meg !

100 ⋅ 86 3  2  ;  y max = ⋅ 86  36 3  

3⋅ 3 = 4,5 kN ↑ 2 3 ⋅ 1,52 x = 1,5m − nél (középen) M z max = 4,5 ⋅ 1,5 − = 3,375 kNm 2 60320 203 ⋅ 60 Iz = + − 102 ⋅ 2 ⋅ 20 ⋅ 60 = 1,36 ⋅ 106 mm 4 3 3 y=50 mm-nél felső σ nyomó max = 124,1 MPa 〈 σ hM

11.5. Reakció erők egyformák: F =

y= -30 mm-nél alsó σ húzó

max

= 74,4 MPa 〈 σ nyM

A tartó megfelel! 11.6. ÖvlemÖvlemez nélkül: 5003 ⋅ 12 Iz = + 4 ⋅ (138 ⋅ 104 + 223,82 ⋅ 1870) + 12  103 ⋅ 230  + 2 ⋅  + 2552 ⋅ 2300  12  ahol az L szelvény adatai táblázatból! (MSZ 328)



157

I z = 804,7 ⋅ 106

σ max

mm4

K Z = 3,095 ⋅ 106 mm3 így: = 212 MPa 〉 σ meg !

F

FA

FB

F

X

0

-

+

X

M0

M

M = 656 kNm

11.6  103 ⋅ 230  I z' = I z + 2 ⋅  + 2652 ⋅ 2300  = 1128 ⋅ 106 Övlemezzel  12  Ha σ max ≤ σ meg =

mm4 , K z' = 4,18 ⋅ 106

mm3

M0 → M 0 = 494,4 kNm Kz

M0 = 3,09 m-től van szükség erősítésre, FA M l=4,02 m hosszon, így σ max = max = 157 MPa K!z x0 =

11.7.

∑M

A

= 0 = 80 + FB ⋅ 6 − 20 alapján

FB = 10 kN ↓ és FA = 10 kN ↑ Nyomatéki ábra:

-

+

6

Mh

8m

11.7

M

max=

80 kNm

x = 0-nál

σmax= 2,63 MPa < σ M



158

11.8.

FC = 35 kN

FD = 175 kN

TMAX = 91 kN M MAX = 168 kNm A veszélyes keresztmetszet tehát„D” alátámasztásnál van; x=6 m-nél. 2 4253 ⋅120 (425 − 30 ) (120 − 8 ) Iz = − ≅ 19244 ⋅ 10 4 mm 4 12 12 ± σmax = 185,5 MPa Nyírófeszültség: T y ⋅ M st (z ) τ xy = Iz ⋅v P

FD

FC 84

35

T

-91

-168

M

15

21

425

T M

A

A 120

11.8 A fél keresztmetszet statikai nyomatéka a hajlítás tengelyére: 212,5 197,5 M st ( Z ) = 212,5 ⋅ 120 ⋅ − 197,5 ⋅ 112 ⋅ = 525025 mm3 2 2 T ⋅ M st ( Z ) τ MAX = max = 31,04 MPa IZ ⋅ v ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


159

Az „A” pont feszültségi állapota: σA = − τxyA = A

M max ⋅ yA Iz

; y A = 197,5

Tmax ⋅ M st öv Iz ⋅ v gerinc

σ redA = σ 2A + 4τ2A

15   M st öv = 120 ⋅ 15 ⋅  212,5 −  = 369000 mm 3 2  τ xyA = 21,8 MPa σ A = −172,4 MPa σ redA = 177,8 MPa 11.9. A befogás helyén ébrednek a maximális igénybevételek: Ty max = 30 kN ; M z max = 30 ⋅ 0,05 = 1,5 kNm 3 Ty max 3 30 ⋅ 103 ⋅ = ⋅ = 37,5 MPa 2 A 2 20 ⋅ 60 M 1,5 ⋅ 106 " C" pont : σ x = z max ⋅ y c = 3 ⋅ 20 = 83,3 MPa ; 60 ⋅ 20 Iz 12 3 Ty max ⋅ M mst ( z ) 30 ⋅ 10 ⋅ (20 ⋅ 10 ⋅ 25) = = 20,8 MPa τxy = 603 ⋅ 20 Iz ⋅ v ⋅ 20 12 M 1,5 ⋅106 " D" pont : σ max = z max ⋅ y max = 2 = 125 MPa ; τxy = 0 60 ⋅ 20 Iz 6 "S" pont : σ x = 0 ; τ xy max =

D

+

C S

_

11.9 Mivel σmax < σM nem felel meg a rúd !



160

11.10. A veszélyes helyen (x=1,5 m-nél; középen) a keresztmetszet két szélső száljában ébredő hajlító feszültség: „A” eset: σ hajl max =

M max d ⋅ , Iz 2

M max =

F ⋅ 1,5 2

(kNm ) ,

Iz =

d 4π 64

mivel σ max = σ M ; F = 83,7 kN „B” eset: változik a keresztmetszet inerciája ! 2  r 2π  4r   4 I z = 2 0,11r +   , F = 134,3 kN r − 2  3π   

11.11.

FA = 27,975 kN

FB = 25,975 kN

M max = 67,535 kNm I z = 28,8 ⋅ 106

x = 2,6 m − nél, itt T = FB

mm 4

M st ( P ) = 189600 mm3 P

M

S 142,6

-

T +

11.11 M max ⋅ ymax = 334,6 MPa 〉 σ M Iz Tehát nem felel meg a tartó ! M σ P = max ⋅ yP σ P = 87,8 MPa Iz T ⋅ M st ( P ) τP = , τ P = 8,6 MPa ; σ RED( P ) = 89,5 MPa Iz ⋅ v σ max =



161

11.12. -

F M

+

11.12

Iz = σ max

30 ⋅ 50 3 20 ⋅ 30 3 − ; M stfél ( z ) = 25 ⋅ 30 ⋅ 12,5 − 15 ⋅ 30 ⋅ 7,5 12 12 F ⋅ M stfél ( z ) M = ⋅ y max ; τ max = (v = 2 ⋅ 5 = 10 Iz Iz ⋅v ; σ max = 93,46 MPa

I z = 267500 mm 4 M st fél = 7125 mm

3

; τ max = 66,6 MPa

M st (1)−(2 ) = 10 ⋅ 30 ⋅ 20 = 6000 mm 3 τ 1 = 18,7 MPa

(v = 30) ,

τ 2 = 56,2 MPa

(v = 10)

11.13. Veszélyes keresztmetszet a befalazásnál: M max = 3,1 kNm ; Tmax = 2,6 kN Ha σ max ≤ σ M → K z min =

M max σM

K z min = 22142,9 mm3 = 22,14 ⋅ 10 − 6

m3

MSZ 326-ból választva: K z = 22,4 ⋅ 10 −6 az U 180-as szelvényhez tartozó érték.

m 3 (szabványos).



162

11.14. A gerenda hajlító nyomatéki ábrája változik a felfüggesztések helyének függvényében: Ha M max 1 = M max 2 akkor ez a „legkedvezőbb” eset. 8m *

M

M

M 1*

1

M * 1

M FB

FA M

*

11.14 p ⋅ a2 42 = − p ⋅ + FA ⋅ (4 − a ) ahol p = 900 N/m és FA = FB = 3600 N 2 2 a felfüggesztésnél ébredő erők a = 1,652 m 900 ⋅ 1,657 2 Ekkor M max = = 1,236 kNm K x = 1460 ⋅ 103 mm3 (táblázatból) 2 M és σ max = max ≅ 0,85 MPa Kx 11.15. FA = 2000 N ; K min =

FB = 2500 N ; M max = 1 kNm ( FB − nél )

M max = 5555,5 mm3 σM

(D 4 − d 4 )π 2 ⋅ alapján , ha 64 D D = 1,2 d; d ≅ 40 mm, D = 48 mm

K (cső ) =

F 11.15

FB FA ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


163

12.0 CSAVARÁS 12.1.

M A = M t = 1,8 kNm MT ⋅ rMAX iP

τ CSAVMAX = MT ⋅l IP ⋅G

ϕ=

M

MA

A

M

+ -

12.1

d π = 2,51 ⋅ 10 5 mm 4 32 rmax = 20 mm (a keresztmetszet kerületi pontjai) τ max = 143,4 MPa ϕ = 0,45 rad Ip =

4

12.2. τB =

Mt ⋅ rB Ip

Mt ⋅ rC Ip

− d 4 )π rC = 51 mm ; rB = 49 mm, 32 τ B = 18,7 MPa , τ C = 19,5 MPa Ip =

(D

τC =

4

12.3. ϕCA = ϕCB + ϕBA = 0 0=

(M1 − M 2 ) ⋅ l CB + M1 ⋅ l BA

M1 =

Ip ⋅ G

Ip ⋅ G

M 2 ⋅ lCB = 8 kNm lCB + l BA M1 A

+ M -

C

B M 2

M

M 1

M1 -M2=MC

12.3 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


164

12.4. M t ⋅ l ⋅ 32 ϕM ⋅ G ⋅ π

d min = 4 τ max = τ max

; d min = 79,6 ≈ 80 mm

Mt d Mt ⋅ = Ip 2 Kp

900 ⋅ 103 = = 8,96 MPa 803 π 16

12.5. τ M ≥ τ max =

Mt K p min

Kp =

d 3π 16

d = 43,35 ≈ 45 mm

M t ⋅ l 0,8 ⋅ 103 ⋅ 50 ϕ= = = 0,0117 rad 454 ⋅ π Ip ⋅G ⋅ 85 32 10 így: ϕ Meg / l = 0,5 m − re!/ = = 0,1250 = 0,002 rad 〈ϕ Meg 8 M t ⋅ l ⋅ 32 ezért d min = − bőő számítva ϕ meg ⋅ G ⋅ π d szüks ≅ 70 mm 12.6.

M t1 − M t 2 + M t 3 = 0 M t 3 = 30 kNm = M max d min = 3 ϕ AB =

M max ⋅ 16 = 136,6 ≈ 140 mm τM ⋅ π

M t1 ⋅ l1 = 0,018 rad Ip ⋅ G

A M1

B M2 1

3m

2

M3

C 2m

20

M -30



165

12.7. „A” pont feszültségi állapota kiskockán ábrázolva:

1

2 12.7

τcs max = σ1 = σ 2 =

F⋅D d ⋅ = 47,15 MPa d4π 2 32

12.8. τ M ≥ τ max =

Ip Mt ⋅ rmax → K p = Ip rmax d 4π 2 ⋅ = 32 d (D4 − d 4 )π Kp = 32 ha D = 2d

a.) tömör kör-keresztmetszetnél: K p = b.) cső-keresztmetszetnél:

a.) d=55,4 mm

d 3π 16 2 15d 3π ⋅ = D 32

b.) d=28,3 mm és D=56,6 mm

A tömegek: m = V ⋅ ρ , ahol ρ = 7,85 ⋅ 103 kg / m3 a.) m=2,84 kg b.) m=2,22 kg Tehát a csőkeresztmetszetet célszerű alkalmazni kisebb önsúlya miatt. 12.9. A befalazásnál Mt=M1+M2=17 kNm nyomaték ébred. A tartó belső energiája a két különböző átmérőjű szakaszra külön írható fel. U össz = U1 + U 2 =

M 2t ⋅ l1 M2 ⋅ l + 2 2 2I p1 ⋅ G 2Ip 2 ⋅ G

U össz = 12,6 ⋅ 104

Nmm

ϕ=

M t ⋅ l1 M 2 ⋅ l 2 + = 0,019 rad Ip1 ⋅ G I p 2 ⋅ G ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


166

1

3

2

12.10. A

A

E

M1

-M+M A 1 M

+ -

-MA 1

B

M2

MB

-M+M+M=M A 1 2 B

2

MA és MB irányát előzetesen feltételezve. (Az esetleges negatív eredmény ellentett irányt jelentene !) M 1 = F1 ⋅ D1 = 0,8 kNm M 2 = F2 ⋅ D2 = 3,2 kNm Egyensúly esetén: M 1 + M 2 − M A − M B = 0 és a befalazás miatt: ϕ AB = ϕ 1 + ϕ 2 + ϕ 3 = 0

3

12.10 Részletezve: − M A ⋅ l1 (− M A + M1 ) ⋅ l2 (− M A + M1 + M 2 ) ⋅ l3 + + =0 Ip1 ⋅ G Ip 2 ⋅ G Ip 3 ⋅ G l l  l M1  24 + 34  + M 2 34 d3  l2 d3  MA = l1 l 2 l3 + + d14 d 42 d 34 MA = 0,37kNm →, MB = 3,63 kNm → (az ábrán jelölt értelmek szerint). τ E max =

− M A + M1 d 2 ⋅ I p2 2

− M A ⋅ l1 ϕE = + O p1 ⋅ G

, τ E max = 34,2 MPa

(− M A + M 1 ) ⋅ l2 I p2 ⋅ G

"ϕ "1

2 − 0,012 rad = −0,690

"ϕ 2 *"

(E) keresztmetszet: A negatív előjel értelmezését az ábrán, az elcsavarodási irányok magyarázzák. -

-1 *

+M

12.10



167

13.0 EGYIRÁNYÚ ÖSSZETETT IGÉNYBEVÉTEL 13.1.

‘

“

‘

0

F

“

= +

M

13.1 A keresztmetszetben csak normálfeszültségek ébrednek, a húzás és hajlítás hatására: M 2 ⋅ 106 (Nmm ) ⋅ y max = ⋅ 30(mm ) = 83,3 MPa 40 ⋅ 603 Iz 4 mm 12 F 120 ⋅ 103 " σx = = = 50 MPa A 40 ⋅ 60 + σ x max = 133,3 MPa ; − σ x max = 33,3 MPa ± σ,x max =

(

ahol : σ"x = − σ,x → y0 = σ"x ⋅ 13.2.

)

Iz M

y 0 = 18 mm

A tartóban ébredő normálerő a 450-os felfüggesztés miatt; N=1,5 kN végig. A legnagyobb hajlító nyomaték a két terhelőerő közti szakaszon Mmax =1,5 kNm A szabványos szelvényű idomacél jellemzői táblázatból; I=171.10-8 m4 és A=1060 mm2 ,

σ, max ( hajl . ) = σ"húzó =

M max ⋅ 50 = 43,86 MPa It

N = 1,4 MPa A

qmax=σ’+ σ”=45,3 MPa, tehát megfelel a tartó ! A zérusvonal helye az előző példához hasonlóan számolva: y0 =1,6 mm



168

F erő nemcsak húzó igénybevételt jelent, hanem hajlítja is a rudat, y tengely körül. M y = 15 ⋅ 0,015 kNm F 15 ⋅103 ( N ) = = 27,8 MPa , A 30 ⋅18 ⋅ (mm 2 ) M 0,15 ⋅ 106 30 σ"z ( hajl .) = ± y y max = − ⋅ = ±55,6 MPa 18 ⋅ 303 2 Iy 12 így a függőleges rúd baloldalán a húzott szálakban: + σz = σ,z − σ"z → − σ z max = 27,8 MPa σ!z ( húzó ) =

13.4. Az M nyomatékvektor felbontható komponensekre: C M z = 2,6 kNm M y = 1,5 kNm

B

18

0

M O

30

MZ D

+16.1

Z

82

+75.6

`

-A

X

± σ,x max , =

Mz ⋅ y max Iz

± σ"x max =

My Iy

⋅ z max

táblázatból: Iz=1450.10-8 m4 Iy=81,3.10-8 m4

-

`` X

13.4 Semleges tengely helye; ahol az eredő feszültség nulla. M I y0 σ x, = − σ x" alapján = tg α0 = y ⋅ z ; αo = 84,4o-ra „z”-től felfelé z0 Iy M z σ A = −σ x' − σ x" ,

σ B = +σ x' − σ x"

σ C = σ x' + σ x" σ D = −σ x' + σ x"

σ A = −91,9 MPa, σ B = −59,7 MPa, σ C = 91,9 MPa, σ D = 59,7 MPa



169

Reakcióerők ; a baloldali alátámasztásra (A) felírt egyensúly alapján: − 4 ⋅ 0,5 + 3 ⋅ 2 + 2 ⋅ 4 + 1 ⋅ 6,5 FB = = 3,7 kN ↑ 5 FA = 4 + 3 + 2 + 1 − 3,7 = 6,3 kN ↑ így a hajlítónyomatéki függvény: -2

-1 X

+

7.5m

1m Mmax=2.6

-1.2

M

Mz max=2,6 kNm (F1 támadáspontjánál), x = 3 m-nél A veszélyes keresztmetszetet elforgatva ábrázolva: y’

y

C

120 O

25

‘

A

B

“

+12.6

80

‘

MZ

‘

z

M

M

‘

z

-7

X

X

(MPa)

+ 4,7

(MPa)

13.5 M y , = 1,1 kNm M z , = 2,36 kNm az Mzmax komponensei.



170

Statikai jellemzők: 120 ⋅ 30 ⋅ 15 + 40 ⋅ 170 ⋅ 115 120 ⋅ 30 + 40 ⋅ 170 , ys = 80, 4 ≈ 80 mm y,s =

 30 3 ⋅ 120  170 3 ⋅ 40  + 65 2 ⋅ 30 ⋅ 120 +  + 35 2 ⋅ 40 ⋅ 170 = 4019 ⋅ 10 4 I z, =   12   12  120 3 ⋅ 30 40 3 ⋅ 170 + ≅ 522,6 ⋅ 10 4 mm 4 I y, = 12 12 , M 2,35 ⋅ 10 6 ⋅ 120 = 7 MPa − σ x, max = σ x, = , z ⋅ y , Iz 4018 ⋅ 10 4 σ = " x

M y, I y,

⋅ z,

± σ x" max =

mm 4

1,1 ⋅ 10 6 ⋅ 60 = 12,6 MPa 522 ⋅ 10 4

  2,35 ⋅ 10 6 ,  + σ max = ⋅ 80 = 4,7 MPa  4 4018 ⋅ 10   Tehát: σ A = 17,3 MPa , σ B = 7,9 MPa ,

σC = −7 MPa

13.6. A megoszló terhelés hatására az AB szakaszon nyomó és hajlító igénybevétel lép fel; Nx = Fnyomó = 16.0,5 = 8 kN, és Mz = Mhajl = 16.0,5 = 2 kNm végig a függőleges rúdban N − 8 ⋅ 103 (N ) Nyomásból: σ,x = x = = −5,6 MPa A 1420 mm 2

(

)

Mz 2 ⋅ 10 6 ( Nmm ) ⋅= = ±36,6 MPa (A, és Kz értékei Kz 54,7 ⋅ 10 3 mm 3 táblázatból!) σx max= |-42,2 MPa| , ami kisebb mint σM=80 MPa, tehát a tartó megfelel ! Hajlításból: σ x" max =

(

)

13.7. A keresztmetszet nyomatéki főtengelyei u; v; így kétirányú hajlításra bontható a terhelés. (Mivel feltételezzük, hogy ezek átmennek a nyírási középponton, így csavaró-hatás nincs !) M u = Fv ⋅ l , M v = Fu ⋅ l Maximális nyomatékok a befalazásnál lépnek fel. Táblázatból: tg α = 0,441 → α = 23,80 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


171

F

F

M v = 5 ⋅ sin 23,8 ⋅ 1 = 2,02 kNm M M σ,x , = u ⋅ v és σ"x = v ⋅ u Iu Iv

38,3

+

M u = 5 ⋅ cos 23,8 ⋅ 1 = 4,57 kNm

F

B M M ‘

18,7

Iu = 261 ⋅10 4

mm 4

I v = 45,8 ⋅ 10 4

mm 4

A

-

A vizsgált pontok u, v koordinátái a geometriából – α segítségével – felírhatók, pl.: u A = y A ⋅ sin α − z A ⋅ cos α = 15,9 mm v A = y A ⋅ cos α + z A ⋅ sin α = 82,3 mm

+

“

-

13.7 „A” pont feszültségei: 4,51 ⋅ 10 3 ⋅ 10 3 ⋅ (− 82,3) = −142, 2 MPa 261 ⋅ 10 4 2,01 ⋅ 10 3 ⋅10 3 " ⋅ (− 15,8) = −69,3 MPa = σ xA 45,8 ⋅ 10 4 σ xA ( RED ) = −σ,xA − σ"xA = −211,5 MPa , σ xA =

Ugyanígy: σ xB = −74,8 MPa, σ xC = 191,3 MPa ([u B ; v B ] = [40,6;59,8] [u C ; vC ] = [32,6;27,9]) 13.8.

MV

30 S

A

MU

13.8



172

A maximális hajlítónyomatékok a tartó közepén x=2,6 m-nél számolhatók, a komponensekre bontott reakcióerő (F=6,7 kN) nyomatékaiból: l l M u = Fv ⋅ − Qv ⋅ ≅ 7,6 kNm 2 4 l l M v = Fu ⋅ − Qu ⋅ ≅ 4, 4 kNm 2 4 4 I u = 3600 ⋅ 10 mm 4 , I v = 248 ⋅10 4 mm 4 főinerciák értékei (táblázatból) M M σ x, = u ⋅ v és σ x" = v ⋅ u Iv Iu

„A” pontban: , " σ xA = σ xA + σ xA = , " − σ xB σ xB = −σ xB

4,4 ⋅ 10 6 7,5 ⋅10 6 120 ⋅ 22,3 = 64,9 MPa ⋅ + 248 ⋅ 10 4 3600 ⋅ 10 4 4,4 ⋅ 10 6 7,5 ⋅10 6 120 ⋅ 62,7 = −136,6 MPa ⋅ − =− 248 ⋅ 10 4 3600 ⋅ 10 4

13.9. A hajlításból adódó maximális húzófeszültséggel egyező értékű nyomófeszültséget kell ébreszteni a keresztmetszeten, így a baloldali szélső szálakban nulla, a többi helyen csak negatív feszültség ébred: N M = ⋅ y max és σ ,, x max σ x, ( nyomó ) = ( hajl . ) A IZ M 1 ⋅ 10 3 80 ⋅ = 75 kN ⋅ y max = 80 ⋅ 40 ⋅ 3 Iz 80 ⋅ 40 2 12   3 6 N M 75 ⋅ 10 1 ⋅ 10 = + = + = 46,9 MPa   A Kt 80 ⋅ 40 80 2 ⋅ 40  6 

σ X, = σ X,, − bőő   −σ max   

N = A⋅

13.10. „K” keresztmetszet terhelései (jobbról számítva): N=F=125 kN M z = FB ⋅ 4 + F ⋅ 2 = 500

kNm

125 ⋅ 2   = 62,5 kNm ↓   FB = 4  



173

−N σ x, = −6,5 MPa állandó A M σ x" = z ⋅ y σ x" max = 191,2 MPa Iz Ahol a keresztmetszet jellemzői: σ x, =

A = 2 ⋅ 40 ⋅ 180 + 20 ⋅ 320 = 20800 mm 2 Iy =

180 ⋅ 4003 160 ⋅ 3203 − = 52309 ⋅ 10 4 mm 4 12 12

M ‘

-6

“

N

191. 2 13.10

13.11. 1 l l A legnagyobb hajlítónyomatékból (középen) M z = FA ⋅ − p ⋅ ⋅ = 1 kNm , 2 2 4 ennek hatására a „⊥” szelvényű tartó alsó szálaiban húzó-, a felső szálakban nyomófeszültség ébred: M + σ max = z ⋅ ys = 22,05 MPa (hajlító) Iz -

S +

13.11



174

 60 ⋅ 203 20 ⋅ 603  I z = + 20 2 ⋅ 60 ⋅ 20 + + 202 ⋅ 60 ⋅ 20 = 136 ⋅ 104 12 12  2 A = 2 ⋅ 20 ⋅ 60 = 2400 mm Ha csak 20 MPa húzófeszültség lehet: N = + σ max hajl . − σ nyomó ⋅ A = 2,05 ⋅ 2400 = 4920 N

(

)

(

 mm 4  

)

13.12. Az „M” nyomatékot M z és My komponensekre bontjuk: 3 1 ⋅ M = 3, 247 kNm, M y = M = 1,875 kNm 2 2 A vízszintes tengely körüli hajlításból a „z” feletti szálakban húzó, M alatta nyomófeszültség ébred; σ,x = z ⋅ y. A függőleges tengely Iz körüli hajlítás „y”-tól balra húzó, jobbra nyomófeszültséget okoz; Mz =

y

σ x" = +

B

A

Iy

⋅z

σA = σ,x max + σ"x max

MYY

σB = σ,x max − σ"x max `

M ZZ C

My

D _

σC = −σ,x max + σ"x max σD = −σ,x max − σ"x max

_ σ x, max = ±92,8 MPa

+

σ x" max = ±59,2 MPa ``

13.12 60 ⋅ 803 44 ⋅ 683 − ≅ 140 ⋅ 104 mm 4 12 12 3 80 ⋅ 60 68 ⋅ 443 Iy = − ≅ 95 ⋅ 10 4 mm 4 12 12 σ A = 152 MPa, σ B = 33,6 MPa, Iz =

σ C = −33,6 MPa,

σ D = −152 MPa



175

14.0 TÖBBIRÁNYÚ ÖSSZETETT IGÉNYBEVÉTEL 14.1.

T

Ny

δy

A

τxy

δy τ τyx τ xy δ1

1

δy δx

δ

2α

δ2

τyx

α

- δ2

2

δ1

14.1

σ1, 2 =

σy + σx 2

 (σ y − σ x )2  ±   + τ 2xy 2    d 2π   húzás A szár = 4  

σy =

Ny

τ yx =

Tx F = 2 = 77,4 MPa tiszta nyírás A A szár

A

=

F1 = 48,6 MPa A szár

σ 1 = 105,4 MPa tg 2α =

τ yx σ y −σ x

σ 2 = −56,8 MPa α = 36,30

2



176

14.2. A

F M 42,8

+

T-

Q

B

d

A méretezés a veszélyes keresztmetszet terheléseivel történik:

M 27,8

Reakcióerők:

32,2

M +-

FB =

+

14,5

+

M-

-

0,13 ⋅ 15 + 0,45 ⋅ 60 = 32,2 kN ↑ 0,9

FA = F + Q − FB = 42,8 kN ↑

6,3

M MAX = 14,5 kNm

14.2

TMAX = FB = 32,2 kN Mt = F⋅

D2 D = Q ⋅ 1 = 6,3 kNm 2 2

A veszélyes keresztmetszet feszültségei: A legnagyobb redukált feszültség „A”.A*” A pontokban tehát: M

σ MEG

M B

δ

T

τ ny

≥ σ RED A = σ h2 + 4τ cs =

τ cs

σ RED A =

M h2 4 M tt2 + K t2 K p2

M h2 + M t2 M red = Kt K t2

K    K t = p ! 2  

A* τ cs

σ REDA =

2

M RED ; d 3π 32

d min = 3

M RED ⋅ 32 ≅ 119,3 σ MEG ⋅ π

Ezt ellenőrizni kell „τ”-ra, mivel „B”-ben: τ MAX = τ csMAX + τ nyMAX τ MAX =

Mt 4 + Kp 3

T A

τ max = 22,2 MPa 〈 τ meg , tehát megfelel !



177

14.3. A befalazásnál: Ty=F=12,7 kN ↑ Mh=Mz=12,7 kNm

τzx

σx

τxz

Az „A”-ban ébredő feszültségek:

α

σx =

Mz d ⋅ = 58,9 MPa a hajlításból Iz 2

τ xz =

Mt d ⋅ = 14,6 MPa a csavarásból Ip 2

1 σ1

2

Mt=6,3 kNm →

σ2

τxy = 0 a nyírásból

τ[P] 14,6

2α= 26,4° 2α

58,9 δ[Mpa]

-14,6 σ= 3,4 2

σ= 62,3 1

14.4. A tengely egyensúlyából Mcs1=Mcs2 vagyis D D 0,44 F1 ⋅ 2 = F2 ⋅ 1 → F2 = 4 kN M cs = ⋅ 2 = 0,44 kNm 2 2 2 F1 és F2 hatására ébredő reakcióerők: 4 ⋅ 0,15 + 2 ⋅ 0,6 FB = = 2,4 kN ↑, FA = F1 + F2 − F3 = 3,6 kN ↑ 0,75 Legnagyobb hajlítónyomaték a kiskeréknél: M h = 0,15 ⋅ 3,6 = 0,54 kNm A hajlítás és csavarás együttes hatására: M RED = M hMAX + M cs = 0,7 kNm



178

M red Kt

σ RED =

alapján d min = 3

M RED ⋅ 32 ≅ 34 mm σM ⋅ π

Ellenőrizzük nyírásra is: 4 3,6 ⋅ 10 3 0,44 ⋅ 10 6 τ MAX = ⋅ + = 62,3 MPa 〈 τ M , megfelel! 3 34 2 ⋅ π 34 3 ⋅ π 4 16 14.5. A tengely terhelése nyomás és csavarás, ami a kerületi pontokban ébreszti legnagyobb feszültségeket. F (minden pontban !) σ nyomó = A0 M d M τ csavmax = t ⋅ = t (a kerületen) Ip 2 Kp 2

σ RED σ RED

     3  6 12 , 6 ⋅ 10 2 2  + 4 ⋅  1,7 ⋅ 10 = σ nyom + 4τ csav =   40 3 π  40 2 π      4   16 ≅ 271 〉 σ meg , nem felel meg !

     

2

14.6. y +

Tx

Mx

‘

Ty x

σz

σz

-

-

σ2 -

τ

y

2 ‘

σz

τzy

“

My

α

y

τ zx

z

σz

σ1 1

+

τ zy

x

τyz

z

2α

σ

τ yz σz

σz

τ zx

14.6



179

A feszültség-függvények maximumai: N 70 ⋅ 10 3 σ z,= ; = 14,6 MPa A 4,8 ⋅ 10 3 M y 12 ⋅ 10 3 σ z ,, = x ⋅ ; ⋅ 0,06 = 90,9 MPa , I x 2 792 ⋅ 10 −8 σ z ,,, = τ zy = τ zx =

My x 5 ⋅ 10 3 ⋅ ; ⋅ 0,03 = 81,5 MPa I y 2 184 ⋅ 10 −8

T y ⋅ M stx I x ⋅ vx Tx ⋅ M sty I y ⋅ vy

;

30 ⋅ 10 3 ⋅ 90 ⋅ 10 − 6 = 17 MPa 792 ⋅ 10 −8 ⋅ 2 ⋅ 10 −2

;

20 ⋅ 10 3 ⋅ 42 ⋅ 10 −6 = 7,6 MPa 184 ⋅ 10 −8 ⋅ 6 ⋅ 10 −2

Ahol: M stx = 60 ⋅ 60 ⋅ 30 − 40 ⋅ 30 ⋅ 15 = 90000 mm 3 M sty = 120 ⋅ 30 ⋅ 15 − 60 ⋅ 20 ⋅ 10 = 42000 mm 3 a fél keresztmetszet statikai nyomatékai.

"A" pontban: , σ z = −σ z + σ z,,, = +66,4 MPa τ zy = τ zyMAX = 17 MPa σ RED = σ z2 + 4τ zy2 = 74,6 MPa 14.7. B +

M

C

σx

T

‘

M

τ xy

τcsav(τ''xz)

A τcsav(τxy)

14.7



180

B pont: M h 0,6 ⋅ 10 3 ⋅ 0,5 ⋅ 10 3 = = 47,8 MPa Kz 40 3 π 32 6 M 0,4 ⋅ 10 = t = = 31,8 MPa Kp 40 3 ⋅ π 16 (τ nyíró = 0 !)

σ hajl = σ x =

τ csav = τ xz

C pont: τ csav = τ ,xy =

Mt = 31,8 MPa Kp 4 T 4 0,6 ⋅ 10 3 ⋅ = ⋅ = 0,6 MPa 3 A 3 40 2 π 4 (σ hajl = 0)

τ nyíró = τ xy " =

σ σ  = x ±  x  + τ xz2 2  2  2

Feszültségek: B-ben σ 1, 2

C-ben σ 1, 2 = ± (τ xy, + τ xy" )

2

τ xz = 26,5 0 σx 2 α = 45 0

σ 1B = 63,6 MPa, σ 2 B = −15,9 MPa , tg 2α = σ 1C = 32,4 MPa

σ 2C = −32,4 MPa →

14.8. A befalazás igénybevételei és feszültségeloszlásai hasonlóak a 14,7 feladathoz! M hajl D 3 ⋅ 10 3 ⋅ 0,6 ⋅ 10 3 100 σ hajl = σ x = ⋅ = ⋅ = 64,7 MPa Iz 2 (100 4 − 92 4 ) ⋅ π 2 64 B pontban: M D 2 ⋅ 10 6 100 τ csav = τ xz = t ⋅ = ⋅ = 35,9 MPa 4 4 I p 2 (100 − 92 ) ⋅ π 2 32 σ lB = 80,8 MPa σ 2 B = −16 MPa α = 24 0 σ1C = 40,9 MPa

σ 2 C = −σ1C

α = 45 0



181

14.9.

τ[MPa]

y

δx

o

110 10

τx y

‘‘

‘

τxy

20

‘

y

δx

‘

x

55

35

δ[Mpa]

x

τ yx δy

-10 -20

14.9 14.10. y 191

‘

δx

T N

9,3

“

z

Mz

δx

-153 -6

-191

τxy

7,7 0,86

14.10 2 ⋅ 125 = 62,5 kN ↓ 4 FAx = F = 125 kN →; FAy = 62,5kN ↓; FBy = 62,5 kN ↑ Ebből számíthatók a k-k keresztmetszet terhelései: T = 62,5 kN

A keretre ható reakcióerők: FBx = 0; FBy =

N = −125 kN M z = M hajl = 125 ⋅ 4 = 500 kNm

(balról )

400 ⋅ 180 320 ⋅ 160 − ≅ 523 ⋅ 10 6 mm 4 12 12 A = 320 ⋅ 20 + 2 ⋅ 40 ⋅ 180 = 20800 mm 2

Iz =

3

3

M st ( fél )z = 40 ⋅ 180 ⋅ 180 + 160 ⋅ 20 ⋅ 80 = 1,55 ⋅ 10 6 M st (öv ) z = 40 ⋅ 180 ⋅ 180 = 1,29 ⋅ 10 6

mm 3

mm 3



182

Ezekkel: σ ,x =

N ; A

σ "x =

M hajl Iz

⋅ y;

τ xy =

T ⋅ M stat Iz ⋅ v z

σ MAX = −197 MPa 〈 σ MEG τ MAX = 9,1 MPa 〈 τ MEG de az öv-gerinc találkozásánál „σ” és „τ” is fellép, ezért itt is számítandó a σRED ! σ RED ö− g = (−6 − 153) 2 + 4 ⋅ 7,58 2 = 159,7 MPa

〈 σ MEG

Tehát megfelel a tartó!



183

13.0 EGYIRÁNYÚ ÖSSZETETT IGÉNYBEVÉTEL 13.1.

‘

“

‘

0

F

“

= +

M

13.1 A keresztmetszetben csak normálfeszültségek ébrednek, a húzás és hajlítás hatására: M 2 ⋅ 106 (Nmm ) ⋅ y max = ⋅ 30(mm ) = 83,3 MPa 40 ⋅ 603 Iz 4 mm 12 F 120 ⋅ 103 " σx = = = 50 MPa A 40 ⋅ 60 + σ x max = 133,3 MPa ; − σ x max = 33,3 MPa ± σ,x max =

(

ahol : σ"x = − σ,x → y0 = σ"x ⋅ 13.2.

)

Iz M

y 0 = 18 mm

A tartóban ébredő normálerő a 450-os felfüggesztés miatt; N=1,5 kN végig. A legnagyobb hajlító nyomaték a két terhelőerő közti szakaszon Mmax =1,5 kNm A szabványos szelvényű idomacél jellemzői táblázatból; I=171.10-8 m4 és A=1060 mm2 ,

σ, max ( hajl . ) = σ"húzó =

M max ⋅ 50 = 43,86 MPa It

N = 1,4 MPa A

qmax=σ’+ σ”=45,3 MPa, tehát megfelel a tartó ! A zérusvonal helye az előző példához hasonlóan számolva: y0 =1,6 mm



168

13.3. F erő nemcsak húzó igénybevételt jelent, hanem hajlítja is a rudat, y tengely körül. M y = 15 ⋅ 0,015 kNm F 15 ⋅103 ( N ) = = 27,8 MPa , A 30 ⋅18 ⋅ (mm 2 ) M 0,15 ⋅ 106 30 σ"z ( hajl .) = ± y y max = − ⋅ = ±55,6 MPa 18 ⋅ 303 2 Iy 12 így a függőleges rúd baloldalán a húzott szálakban: + σz = σ,z − σ"z → − σ z max = 27,8 MPa σ!z ( húzó ) =

13.4. Az M nyomatékvektor felbontható komponensekre: C M z = 2,6 kNm M y = 1,5 kNm

B

18

0

M O

30

MZ D

+16.1

Z

82

+75.6

`

-A

X

± σ,x max , =

Mz ⋅ y max Iz

± σ"x max =

My Iy

⋅ z max

táblázatból: Iz=1450.10-8 m4 Iy=81,3.10-8 m4

-

`` X

13.4 Semleges tengely helye; ahol az eredő feszültség nulla. M I y0 σ x, = − σ x" alapján = tg α0 = y ⋅ z ; αo = 84,4o-ra „z”-től felfelé z0 Iy M z σ A = −σ x' − σ x" ,

σ B = +σ x' − σ x"

σ C = σ x' + σ x" σ D = −σ x' + σ x"

σ A = −91,9 MPa, σ B = −59,7 MPa, σ C = 91,9 MPa, σ D = 59,7 MPa



169

13.5. Reakcióerők ; a baloldali alátámasztásra (A) felírt egyensúly alapján: − 4 ⋅ 0,5 + 3 ⋅ 2 + 2 ⋅ 4 + 1 ⋅ 6,5 FB = = 3,7 kN ↑ 5 FA = 4 + 3 + 2 + 1 − 3,7 = 6,3 kN ↑ így a hajlítónyomatéki függvény: -2

-1 X

+

7.5m

1m Mmax=2.6

-1.2

M

Mz max=2,6 kNm (F1 támadáspontjánál), x = 3 m-nél A veszélyes keresztmetszetet elforgatva ábrázolva: y’

y

C

120 O

25

‘

A

B

“

+12.6

80

‘

MZ

‘

z

M

M

‘

z

-7

X

X

(MPa)

+ 4,7

(MPa)

13.5 M y , = 1,1 kNm M z , = 2,36 kNm az Mzmax komponensei.



170

Statikai jellemzők: 120 ⋅ 30 ⋅ 15 + 40 ⋅ 170 ⋅ 115 120 ⋅ 30 + 40 ⋅ 170 , ys = 80, 4 ≈ 80 mm y,s =

 30 3 ⋅ 120  170 3 ⋅ 40  + 65 2 ⋅ 30 ⋅ 120 +  + 35 2 ⋅ 40 ⋅ 170 = 4019 ⋅ 10 4 I z, =   12   12  3 3 120 ⋅ 30 40 ⋅ 170 + ≅ 522,6 ⋅ 10 4 mm 4 I y, = 12 12 , M 2,35 ⋅ 10 6 ⋅ 120 = 7 MPa − σ x, max = σ x, = , z ⋅ y , Iz 4018 ⋅ 10 4 σ x" =

M y, I y,

⋅ z,

± σ x" max =

mm 4

1,1 ⋅ 10 6 ⋅ 60 = 12,6 MPa 522 ⋅ 10 4

  2,35 ⋅ 10 6 ,  + σ max = ⋅ 80 = 4,7 MPa  4 4018 ⋅ 10   Tehát: σ A = 17,3 MPa , σ B = 7,9 MPa ,

σC = −7 MPa

13.6. A megoszló terhelés hatására az AB szakaszon nyomó és hajlító igénybevétel lép fel; Nx = Fnyomó = 16.0,5 = 8 kN, és Mz = Mhajl = 16.0,5 = 2 kNm végig a függőleges rúdban N x − 8 ⋅ 103 (N ) , Nyomásból: σ x = = −5,6 MPa = A 1420 mm 2

(

)

Mz 2 ⋅ 10 6 ( Nmm ) = ±36,6 MPa (A, és Kz értékei ⋅= Kz 54,7 ⋅ 10 3 mm 3 táblázatból!) σx max= |-42,2 MPa| , ami kisebb mint σM=80 MPa, tehát a tartó megfelel ! Hajlításból: σ x" max =

(

)

13.7. A keresztmetszet nyomatéki főtengelyei u; v; így kétirányú hajlításra bontható a terhelés. (Mivel feltételezzük, hogy ezek átmennek a nyírási középponton, így csavaró-hatás nincs !) M u = Fv ⋅ l , M v = Fu ⋅ l Maximális nyomatékok a befalazásnál lépnek fel. Táblázatból: tg α = 0,441 → α = 23,80 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


171

F

F

M v = 5 ⋅ sin 23,8 ⋅ 1 = 2,02 kNm M M σ,x , = u ⋅ v és σ"x = v ⋅ u Iu Iv

38,3

+

M u = 5 ⋅ cos 23,8 ⋅ 1 = 4,57 kNm

F

B M M ‘

18,7

Iu = 261 ⋅10 4

mm 4

I v = 45,8 ⋅ 10 4

mm 4

A

-

A vizsgált pontok u, v koordinátái a geometriából – α segítségével – felírhatók, pl.: u A = y A ⋅ sin α − z A ⋅ cos α = 15,9 mm v A = y A ⋅ cos α + z A ⋅ sin α = 82,3 mm

+

“

-

13.7 „A” pont feszültségei: 4,51 ⋅ 10 3 ⋅ 10 3 ⋅ (− 82,3) = −142, 2 MPa 261 ⋅ 10 4 2,01 ⋅ 10 3 ⋅10 3 " ⋅ (− 15,8) = −69,3 MPa = σ xA 45,8 ⋅ 10 4 σ xA ( RED ) = −σ,xA − σ"xA = −211,5 MPa , σ xA =

Ugyanígy: σ xB = −74,8 MPa, σ xC = 191,3 MPa ([u B ; v B ] = [40,6;59,8] [u C ; vC ] = [32,6;27,9]) 13.8.

MV

30 S

A

MU

13.8



172

13.8. A maximális hajlítónyomatékok a tartó közepén x=2,6 m-nél számolhatók, a komponensekre bontott reakcióerő (F=6,7 kN) nyomatékaiból: l l M u = Fv ⋅ − Qv ⋅ ≅ 7,6 kNm 2 4 l l M v = Fu ⋅ − Qu ⋅ ≅ 4, 4 kNm 2 4 4 I u = 3600 ⋅ 10 mm 4 , I v = 248 ⋅10 4 mm 4 főinerciák értékei (táblázatból) M M σ x, = u ⋅ v és σ x" = v ⋅ u Iv Iu

„A” pontban: , " σ xA = σ xA + σ xA = , " − σ xB σ xB = −σ xB

4,4 ⋅ 10 6 7,5 ⋅10 6 120 ⋅ 22,3 = 64,9 MPa ⋅ + 248 ⋅ 10 4 3600 ⋅ 10 4 4,4 ⋅ 10 6 7,5 ⋅10 6 120 ⋅ 62,7 = −136,6 MPa ⋅ − =− 248 ⋅ 10 4 3600 ⋅ 10 4

13.9. A hajlításból adódó maximális húzófeszültséggel egyező értékű nyomófeszültséget kell ébreszteni a keresztmetszeten, így a baloldali szélső szálakban nulla, a többi helyen csak negatív feszültség ébred: N M = ⋅ y max és σ ,, x max σ x, ( nyomó ) = ( hajl . ) A IZ M 1 ⋅ 10 3 80 ⋅ = 75 kN N = A ⋅ ⋅ y max = 80 ⋅ 40 ⋅ 3 σ = σ − bőő Iz 80 ⋅ 40 2 12     3 6 N M ⋅ ⋅ 75 10 1 10 −σ  = + = + = MPa 46 , 9 max 2   A Kt 80 ⋅ 40 80 ⋅ 40   6   , X

,, X

13.10. „K” keresztmetszet terhelései (jobbról számítva): N=F=125 kN M z = FB ⋅ 4 + F ⋅ 2 = 500

kNm

125 ⋅ 2   = 62,5 kNm ↓   FB = 4  



173

−N σ x, = −6,5 MPa állandó A M σ x" = z ⋅ y σ x" max = 191,2 MPa Iz Ahol a keresztmetszet jellemzői: σ x, =

A = 2 ⋅ 40 ⋅ 180 + 20 ⋅ 320 = 20800 mm 2 180 ⋅ 4003 160 ⋅ 3203 Iy = − = 52309 ⋅ 10 4 mm 4 12 12

M ‘

-6

“

N

191. 2 13.10

13.11. 1 l l A legnagyobb hajlítónyomatékból (középen) M z = FA ⋅ − p ⋅ ⋅ = 1 kNm , 2 2 4 ennek hatására a „⊥” szelvényű tartó alsó szálaiban húzó-, a felső szálakban nyomófeszültség ébred: M + σ max = z ⋅ ys = 22,05 MPa (hajlító) Iz -

S +

13.11



174

 60 ⋅ 203 20 ⋅ 603  I z = + 20 2 ⋅ 60 ⋅ 20 + + 202 ⋅ 60 ⋅ 20 = 136 ⋅ 104 12 12  2 A = 2 ⋅ 20 ⋅ 60 = 2400 mm Ha csak 20 MPa húzófeszültség lehet: N = + σ max hajl . − σ nyomó ⋅ A = 2,05 ⋅ 2400 = 4920 N

(

)

(

 mm 4  

)

13.12. Az „M” nyomatékot M z és My komponensekre bontjuk: 3 1 ⋅ M = 3, 247 kNm, M y = M = 1,875 kNm 2 2 A vízszintes tengely körüli hajlításból a „z” feletti szálakban húzó, M alatta nyomófeszültség ébred; σ,x = z ⋅ y. A függőleges tengely Iz körüli hajlítás „y”-tól balra húzó, jobbra nyomófeszültséget okoz; Mz =

y

σ x" = +

B

A

Iy

⋅z

σA = σ,x max + σ"x max

MYY

σB = σ,x max − σ"x max `

M ZZ C

My

D _

σC = −σ,x max + σ"x max σD = −σ,x max − σ"x max

_ σ x, max = ±92,8 MPa

+

σ x" max = ±59,2 MPa ``

13.12 60 ⋅ 803 44 ⋅ 683 − ≅ 140 ⋅ 104 mm 4 12 12 3 80 ⋅ 60 68 ⋅ 443 Iy = − ≅ 95 ⋅ 10 4 mm 4 12 12 σ A = 152 MPa, σ B = 33,6 MPa, Iz =

σ C = −33,6 MPa,

σ D = −152 MPa



175

15.0 KIHAJLÁS 15.1. λ=

l0 i

i=

I A

(Másodrendű nyomatékok és az L szelvény

keresztmetszete táblázatból!) I1 = 4 ⋅ 4,48 ⋅ 10 + 4 ⋅ 28,8 ⋅ 308 = 12,01 ⋅ 10 5 mm 4 λ1 = 48,1 4

2

I 2 = 4 ⋅ 4,48 ⋅ 10 4 + 4 ⋅ 11,2 2 ⋅ 308 = 3,34 ⋅ 10 5

15.2.

I3 =

39,6 4 = 1,208 ⋅ 10 5 64

I4 =

35,14 = 1,26 ⋅ 10 5 12

mm 4 mm 4

 d =  

4A   π 

(a = A )

λ 2 = 118

mm 4

λ3 = 151 λ 4 = 148

0,7 ⋅ l I A 0,7 ⋅ 2800 λ= ≅ 115 〉 100 tehát Euler szerint számítható a FKR 81,3 ⋅ 10 4 2790 (I,A táblázatból). 2 π FKR = 2 ⋅ I min ⋅ E l0 F FKR = 438,2 kN ; n = KR = 3,13 〉 3, megfelel! F λ=

15.3. λ=

2l D −d4 16(D 2 − d 2 ) 4

= 97,6 ≈ 100

π2 (0,26 4 − 0,2 4 )π ⋅100 ⋅10 6 ⋅ 64 (2 ⋅ 4)2 FKR = 2245 kN; így n=250; a rúd megfelel!

Euler szerint számítva: FkR = 15.4.

 345 ⋅ 12 3  I min = I z = 2 ⋅ 3600 ⋅ 10 4 + 2 + 126 2 ⋅ 345 ⋅ 12  = 203,6 ⋅ 10 6  12  2 l A = 16740 mm 2 λ= = 188 → ω = 5,98 (táblázatból ) I A így ω. F terheléssel, mint nyomott rudat ellenőrizzük: ω ⋅F σ = = 250 MPa 〉 σ MEG , nem felel meg ! A ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


mm 4

184

15.5.

60 ⋅ 6 = 180 kN ↑, FA = 120 kN ↓ 2 Legnagyobb húzóerő: (+)S = 120 kN (a baloldali függőleges rudakban) Legnagyobb nyomóerő: (-) S = 180 kN (a jobboldali függőleges rudak) Kihajlás nyomás esetén léphet fel, ha λ > 60. 2000 l λ= = 54,4 〈 60 A rácsrudak esetén λ = alapján: 108 4 − 100 4 I 16(108 2 − 100 2 ) A Az ellenőrzés így a legnagyobb normálerővel, nyomásra: −S Nyomásra: σ MAX = ≅ 138 MPa 〈 σ MEG , megfelel ! A Reakcióerők: FB =

15.6. A vizszintes rúdban ébredő húzóerő Fv = F.1,5 = 6 kN, a ferde rúdban F f 〉 Fv , így nyomásra a nyomóerő F f = 4 2 + 6 2 = 7,2 kN méretezünk a kihajlás figyelembevételével! l ferde (l ferde = 1,8 m) = 137 λ= D4 − d 4 16(D 2 − d 2 ) ω ⋅ Ff ω = 3,14 σ max = = 64,9 MPa 〈 σ M megfelel! A 15.7. Veszélyes lehet nyomásra: S 4 = −400 kN l 4 = 2 m; Húzásra: S 3 = S 7 = 312 kN

S 5 = −260 kN

l5 = 3 m

I min ≅ 380 ⋅ 10 4 mm 4 , A = 2700 mm 2 I min = 2(I y + (b − e ) ⋅ A) ; (ahol a szelvényjellemzők táblázatból!) S S σ 4 = 4 = 148 MPa 〈 σ meg ; σ 3 = 3 = 115,6 MPa 〉 σ meg A A l5 l4 λ4 = = 53,3, λ5 = = 80, tehát az 5-ös veszélyes kihajlásra is: I min I min A A 1,71 ⋅ 260 ω = 1,71 σ 5 KR ≅ = 165 MPa 〉 σ M Tehát ez nem felel meg ! 2700 2

15.8.

[

I min = 2 ⋅ I y + (b − e ) ⋅ A I min

2

≅ 604 ⋅ 10 4

] (szelvény-jellemzők táblázatból!)

mm 4 π2 ⋅ I min ⋅ E a2 F p ⋅ 2a ≤ KR = ; p = 37,6 kN / m . n 2

ha λ > 100, Euler szerint FKR = FKR = 542,8 kN ; Ftényl



185

5.9. Mivel a két szélső rúd összehúzódik, összenyomja a középsőt:  F ⋅ l0 (50 2 − 45 2 )π  A = ∆l = α ⋅ l 0 ∆ t = − bőő F = α ⋅ ∆t ⋅ A ⋅ E 4 A⋅ E  F = 36020 N ≈ 36 kN ; 2 F = 72 kN ;

λ=

l0 I A

=

  

2500 ≈ 123 60 4 − 55 4 16(60 2 − 55 2 )

Tehát Euler szerint π2 FKR = 2 ⋅ I ⋅ E = 61,9 kN l0 Mivel FKR < Fnyomó, nem felel meg kihajlásra! 15.10. Feltételezve, hogy λ 〉 100; FkR =

π2 ⋅ I ⋅ E = n ⋅ F alapján l 02

n ⋅ F (0,5l ) n ⋅ F ⋅ (0,7 ⋅ l ) és I z = 2 π ⋅E π2 ⋅E I y = 0,68 ⋅ 10 6 mm 4 ≅ 68 cm 4 ; I z ≅ 134 cm 4 2

2

Iy =

Mivel: Iy =

a3 ⋅ b 12

és I z =

b3 ⋅ a → a = 49,1 mm, b = 69 mm 12

Tényleges karcsúság : 0,5 ⋅ l 0,7 ⋅ l λz = λy = ; Iy Iz A A

; λ z = λ y ≅ 212 .



186

16.0 HAJLÍTOTT TARTÓK ALAKVÁLTOZÁSA 16.1. Járulékképletekkel: F ⋅ l3 F ⋅ l3 y C = 1 AB + 2 AO + ϕ B(F1 ) ⋅ l BC 3IE 3IE 2 F1 ⋅ l AB F2 ⋅ l 2AC ϕC = + 2IE 2IE ϕ B(F1 ) y C = 7,31 ⋅ 10 −4 m ↓

ϕ C = 3,38 ⋅ 10 −4 rad

16.2. y=

p ⋅ l4 F ⋅ l3 + = 9,45 mm ↓ 8 IE 3 IE

ϕ=

p ⋅ l3 F ⋅ l 2 + = 2,25 ⋅ 10 −3 rad 6 IE 2 IE

16.3. A

F

yK K

F

A

A TA*

0,6 m

0,4 m

0,6 m

B M(X)

T1*

2T1* + 2T2* T =T = = 0,6 kNm 2 2 ϕ a = ϕ B = 80 ⋅ 10 − 4 rad * A

1,2 kNm

FA

Mohr-módszerrel; a nyomaték-függvény alatti területek (T∗) és B azok statikai nyomatékának (M*) segítségével: TA* M *K ϕ = ; y = A K B IE IE FB 1 T1* = M ⋅ 0,6 ⋅ = 0,36 kNm 2 2 * T2 = M ⋅ 0,2 = 0,24 kNm 2

T2* T2*

T1*

* B

M K* = T A* ⋅ 0,8 − T1* ⋅ 0,4 − T2*⋅ ⋅ 0,1 = 0,312 kNm 3

TB* y k = 4,16

mm ↓

16.3

(A „T*” – k a területek súlypontjában hatnak)!



187

16.4. Járulékképletekkel: F ⋅ l3 5p ⋅ l 4 yK = + = 24 mm ↓ 48IE 384 ⋅ IE F ⋅ l2 p ⋅ l3 ϕ A = ϕB = + = 1,91 ⋅ 10 − 2 rad 16 IE 24 IE 16.5. C

Reakciók: FA = 3 − 4 = 1 kN ↓

D

P

A

C

B

D FB

FA

TA*

3 kNm M= 15 , kNm M= B M(X) C T1* T2* TD* T0 TB* TB* 1,5 MD* 0,5

A-B egyensúlyából: ∑ M *B = 0; TA* = 1,5 kNm 2

∑T

1

3m

1,5 ⋅ 2 ⋅ 4 = 4 kN ↑ 3 1 T1* = ⋅ 3 ⋅ 3 = 4,5 kNm 2 2 1 T2* = ⋅ 3 ⋅ 2 = 2 kNm 2 3 FB =

*

= 0;

TB* = 3 kNm 2

B-D egyensúlyából: TB∗ + T2∗ = 5 kNm 2

2m

M *D = T2* ⋅ 1,5 + TB* ⋅ 2 = 9 kNm 3

„C” keresztmetszet alakváltozásához, csak az A-C közti M(x).függvényt kell figyelembe venni, ehhez T0* = 1,125 kNm 2

TC* = −TA* + T0∗ = −0,375 kNm 2

M *C = −TA* ⋅ 1,5 + T0* ⋅ 0,5 = −1,68 kNm 3 TD* = 5 ⋅ 10 − 4 rad iránya (TD* előjeléből ↑↓) IE M* y D = D = 0,9 mm iránya :↓ (M *D előjeléből ∪) IE T* ϕ C = C = −0,375 ⋅ 10 − 4 rad IE M C* yC = = −0,169 mm ↑ A deformált alak az ábrán jelölve. IE ϕD =



188

16.6.

T 3* T * 4

y

(T 0*)

A

T 1*

C

T 2* B D T B* T B*

T A* 3m

2m

Reakcióerők: FA = 0,33 kN ↑

T D*

1

MD*

x

FB = 6,67 kN ↑ Jellemző nyomatékok:

1,5 m

x = 3 m : M (C ) = 0,9 kNm

x 0= 5,3 16.6

x=5 :

M ( F1 ) = 1,5 kNm

x=6 :

MB =3

kNm

x 0 = 5,35 : M = 0 = FA ⋅ x0 − F1 (x0 − 5)

M(x) alatti területek: T1∗ = 3,75 kNm 2 T2∗ = 0,225 kNm 2 T3∗ = −1,05 kNm 2 T4∗ = −2,25 kNm 2 A-B szakasz egyensúlyából:

∑M

* A

= 0 alapján

3

T = * B

∑T ⋅ x i

si

1

= 1,26 kNm 2 ↑;

6 B-D szakaszon (TB* előjelet vált !): TD* = T4* − TB* = 0,99 kNm 2 ↓; TD* = 0,99 ⋅ 10 − 4 rad ; IE T * T * − T0* ϕc = C = A = 0,32 ⋅ 10− 4 rad ; IE IE M* yC = C = 0,366 mm ↓; IE ϕD =

3

TA* = ∑ ⋅ Ti * − TB* = 1,67 kNm 2 1

M D* = −1,42 ⋅ 1,5 + 2,25 ⋅ 1 = 0,36 kNm3 yD =

(T

* 0

M D* = 0,036 mm ↓ IE

= 1,35 kNm 2 )

( M C∗ = 1,65 ⋅ 3 − 1,35 ⋅ 1 = 3,66 kNm3 )

16.7. y T 0* T1 * T 2* T 3* T 4* c A T A*

M(x)

1

1 0,5 0,2

1,5 0,6

x

Reakciók: FA = 2 kN FB = 6 kN

B T B*

Jellemző nyomatékok: x=1 m : MC = 2 kNm x=2 m : MD = 4kNm x0=2,5 m : Mmax = 4,5 kNm (T=0→ FA =p.x alapján)



189

T1* = 4 kNm 2 ;

T2* = 2 kNm 2 ;

T3* = 0,17 kNm 2 ; T4* = 4,5 kNm 2 2 ⋅x⋅M) 3

(T3* , T4* parabola alatti területek; 4

T = * B

∑M

* i

⋅ xsi

1

4

4

TA* = ∑ Ti * − TB* = 4,63 kNm 2 ↑

= 6,04 kNm 2 ↑;

1

T = T − T = 3,63 kNm ; * C

* A

* 0

T = T − T1* = 0,63 kNm 2

2

* D

M C* = 4,5 ⋅ 1 − 1 ⋅ 0,3 = 4,2 Nm3 ;

* A

M D* = 4,5 ⋅ 2 − 4 ⋅ 0,6 = 6,3 kNm3

Tc* = 3,63 ⋅ 10 − 4 rad ; IE T* ϕ D = D = 0,63 ⋅ 10 − 4 rad ; IE

M c* = 0,43 mm ↓ IE M* yD = D = 0,658 mm ↓ IE

ϕC =

yC =

16.8. T3* T* 4 y

* (T) 0

A

C

T1*

T* D

T2* B TB* TB*

TA* 3m

Reakciók: FA = 1,5 kN↑ FB = 2,5 kN↑ T1* = 3 kNm 2

2m

1

MD*

D

x

T2* = 1,8 kNm 2 T3* = −0,8 kNm 2 T4* = −2 kNm 2

1,5 m

x0= 5,3 16.6

A − B szakaszon 3

T = * B

∑T

i

1

*

⋅ xsi

∑M

* A

= 0 alapján:

= 1,33 kNm 2 ↑;

4 A-D szakasz: TD* = T4* − TB* = 0,67 kNm 2 ↓; TD* = 0,67 ⋅ 10− 4 rad ; IE T* −T* ϕ C = A 1 = 0,33 ⋅ 10− 4 rad ; IE ϕD =

3

TA* = ∑ Ti * − TB* = 2,67 kNm 2 ↑ 1

M D* = −1,33 ⋅ 1 + 2 ⋅ 0,5 = −0,33 kNm3 M D* = 0,03 mm ↓ IE M * 2,66 ⋅ 2 − 3 ⋅ 0,66 yC = c = = 0,33 mm ↓ IE IE

yD =



190

16.9. Reakcióerők: FA = FB =

104 = 26 kN ↓↑ 4

M A

/erőpár!/ T1* = 117 kNm 2

B

M(X) TA*

K M= 78 kNm

T1*

T2* M= 26 kNm TB*

2

T2* = 13 kNm 2

1

0,3

0,7

16.10 16.9.

∑

T ⋅ xsi = 56,2 kNm 2 ↓ 4 TB* = −TA* + T1* − T2* = 47,8 kNm 2 ↓

∑ M B* = 0 TA* =

2 * 1 i

1604 1204 ⋅ π − = 4,4 ⋅ 107 12 64 I ⋅ E = 9,24 ⋅ 103 kNm 2 Iz =

mm 4

TA* = −6 ⋅ 10− 3 rad ∩ I ⋅E − TA* + T1* ϕK = = 6,6 ⋅ 10− 3 rad ∩ IE ϕA =

M K* = −56,2 ⋅ 3 + 117 ⋅ 1 = −51,6 kNm3 yK =

M K* = −5,6 mm ↑ IE

16.10. Castiglianó tételének – az alakváltozás és a külső munka összefüggése – segítségével: 1 2 W= ⋅ M (x ) dx - ből 2 IE ∫ l ∂W ∂L ∂M (x ) 1 ∂M (x ) f = = ⋅ = ⋅ ∫ M (x ) ⋅ dx az elmozdulás ott, ahol ∂F ∂M ∂F IE 0 ∂F0 F0 működik. l ∂W ∂L ∂M (x ) 1 ∂M (x ) ϕ= = ⋅ = ⋅ ∫ M (x ) ⋅ ⋅ dx a szögelfordulás ott, ∂M 0 ∂M (x ) ∂M 0 IE 0 ∂M 0 ahol M0 működik. Ha a vizsgált keresztmetszetben éppen nem hat „F” ill. „M”, ott feltételezzünk oda F0=0 ill. M0=0 értékűeket ! A törtvonalú tartón szakaszonként felírjuk a nyomatékfüggvényeket ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


191

-

hogy képezhessük a parciális deriváltakat: ∂M ( y ) „f”-hez A-B szakaszon M(y)=3 F; =3 ∂F ∂M (x ) B-C szakaszon M(x)=F.x; =x ∂F F0 = F 3 3 3  1   x 3   1  3 [9Fy]0 + F   f C =  ∫ 3F ⋅ 3 ⋅ dy + ∫ Fx ⋅ x ⋅ dx  = IE  0  3 0   IE  0 fC = 18 mm ↓ ∂M ( y ) =1 ∂M 0 ∂M (x ) (M0 = 0 a B-C szakaszon M (x ) = Fx + M 0 ; =1 ∂M 0 C keresztmetszetben) „ϕ”-hez: A-B szakaszon M ( y ) = 3F + M 0 ;

3 3 3  1     F ⋅ x2 1  3 [3 Fy + M 0 y ]0 +  ϕC = + M 0 ⋅ x   (3 F + M 0 ) ⋅ dy + ∫ (Fx + M 0 ) ⋅ dx = IE  ∫0  0   2 0  IE  ϕ C = 6,75 ⋅ 10− 3 rad

16.11. A-B helyen x irányú F0=0-t kell működtetnünk az elmozduláshoz: Az egyes szakaszok „M”-függvényei: B − D : M 1 = F0 y; D − C : M 2 = 3 F0 +

∂M 1 = y. ∂F0

; p ⋅ x2 2

C − A : M 3 = F0 (3 − y ) + p

∂M 2 = 3. ∂F0

; 62 2

;

∂M 3 = 3− y . ∂F0

f =

3 6 3   1  3 px2  3 p62 p62 2 2    F y dy + 9 F + dx + ( F 3 − y + − ⋅ y ) dy ( ) 0 0 0 ∫ ∫ ∫    IE  0 2  2 2 0 0 

f =

6 3  x3   1  3 y2   [ 0]0 + 15  + 54 p ⋅ y − 18 ⋅ p   = 42 mm → IE  2 0   3 0   



192

16.12. A deformáció számításhoz szükséges nyomaték függvények és deriváltjaik: ∂M 1 =x ∂F ∂M 3 p ⋅ y2 =3 ; C−B M2 = 3⋅ F + ∂F 2 ∂M 3 = 3− y B− A M 3 = F ⋅ (3 − y ) + p ⋅ 4 ⋅ 2 ; ∂F 3 4 6   1  3 py 2  dy + ∫ F ⋅ (3 − y )2 + 8 p (3 − y ) dy  = ⋅  ∫ F ⋅ x 2 ⋅ dx + ∫  9 F + f =  2  I ⋅E 0 0 0  D −C

M1 = F ⋅ x ;

[

]

4 6   Fx 3  3  1 3 py 3   8 py 2   y 3 6 Fy 2  = ⋅ + 9 Fy + + 9 Fy + F ⋅ − + 24 p ⋅ y − = 6  0  3 2 2  0  I ⋅ E   3  0    = 19 mm ←

A koordinátarendszer szerint a változó a D-C szakaszon y, C-B szakaszon x, B-A szakaszon y.



193

17.0 STATIKAILAG HATÁROZATLAN SZERKEZETEK

17.1. Castiglianó-tételének alapján y∆ =

1 ∂M(F ) M (F) ⋅ dl = 0 , azaz elmozdulás nincs. IE ∫ ∂FAy

Az ábrán felvett értelmű FAx; Faz szerint az alakhelyes nyomatéki ábra BY

2 1

BX

M3

M4

F

1

2

M2

FAx

M1

FAy A feladat megoldásához M (F ) = f(FAy)-ra van szükségünk, így: 5 ∑ M B = 0 = 5FAy − 3FAx + 2 ⋅ 3 − 3 ⋅ 2 ⋅ 3,5 melyből FAx = 3 FAy − 5 A nyomatékfüggvények, parciális deriváltjaik és az érvényességi tartományaik: ∂M 1 5 5 M 1 = FAx ⋅ y1 = FAy ⋅ y1 − 5 y1 ; = y1 ha : 0 ≤ y1 ≤ 1 m ; ∂FAy 3 3 M 2 = FAx ⋅ y 2 − F ( y 2 − 1) =

5 FAy ⋅ y 2 − 8 y 2 + 3 ; 3 ∂M 2 5 = y 2 ; ha : 1 ≤ y 2 ≤ 3 m ; ∂FAy 3

px12 M 3 = 3 FAx − 2 F − FAy ⋅ x1 + = 5 FAy − FAy ⋅ x1 + x12 − 21 ; 2 ∂M 3 = 5 − x1 ha : 0 ≤ x1 ≤ m ; ∂FAy

M 4 = 3FAx − 2 ⋅ F − FAy ⋅ x2 + 3 p ( x2 − 1,5) = 5 FAy − FAy ⋅ x 2 + 6 x2 − 30 ; ∂M 4 = 5 − x 2 ; ha : 3 ≤ x2 ≤ 5 m ; ∂FAy



194

3 3 5 1  ∂M 1 ∂M 3 ∂M 3 ∂M 4 ∫ M1 ⋅  + ⋅ + ⋅ + ⋅ dy M dx M dx m dx 1 2 1 3 1 4 2 ∫ ∫ ∫   ∂ ∂ ∂ ∂ F F F F aY aY AY aY 1 0 3 0 

yA = 0 =

1 IE

Mivel az

1 ≠ 0; ezért IE

 5  5  5  5 ∫0  3 FAy ⋅ y1 − 5 ⋅ y1  ⋅  3 y1  ⋅ dy1 + ∫1  3 FAy ⋅ y 2 − 8 ⋅ y 2 + 3  ⋅  3 y 2 dy 2 + 1

0=

3

5  +  y 2 dy 2 + ∫ (5 ⋅ FAy − FAy ⋅ x12 − 21) ⋅ (5 − x1 )dx1 + ∫ (5 FAy − FAy ⋅ x2 + 6 x 2 − 30) ⋅ 3  0 3 ⋅ (5 − x 2 )dx2 3

5

Az összevonásokat és az integrálást és behelyettesítést elvégezve: 0 = 66,67 FAy − 310,1 ; FAy = 4.65 kN egyenletekből: FAx = 2,75 kN ; FBx = 0,25 kN ; FBy = 1,35 kN A számításoknál adódott pozitív eredmények előzetesen felvett erőÉrtelmeket igazolják ! Betti - tételének segítségével: 1 ∂U 2 xA = M (x ) ds, ahol =0= IE ∫l ∂FAx M (x ) = M 0 + m ⋅ FAx , így xA = 0 =

∫M

∂M (x ) =m ; ∂FAx

1 (M 0 + FAx ⋅ m ) ⋅ m ⋅ ds IE ∫l

⋅ mds + FAx ⋅ ∫ m ⋅ ds = 0 → FAx = − 2

o

l

l

∫M

(l )

0

∫m ()

2

⋅ mds ⋅ ds

l

M0 - a határozottá tett szerkezet (törzstartó) nyomatéki függvénye m - az egységnyi teher nyomatéki függvénye B

=

FBX =3kN FBy =3kN

6 6

F=3 kN

6 8,25

A -MO+ FAy =3kN ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


195

Ay

FBx =1kN

3

2,1

1,2

0,6

3

FBy =0,6 kN 2 1 0,5 -

1 kN

FAy =0,6 kN Közelítő számítási eljárással l ∫l M 0 ⋅ mdl = ∑ 6 M 0b ⋅ mb + 4M ok ⋅ mk + M oj ⋅ m j

[

∫ m dl = ∑ 6 [m l

2

2 b

+ 4mk2 + m 2j

+

]

]

l

Így a feladat adatai szerint 2 3 ∫l M 0 ⋅ mdl = 6 [− 4 ⋅ 3 ⋅ 2 − 3 ⋅ 6] + 6 [− 3 ⋅ 6 − 4 ⋅ 8,25 ⋅ 2,1 − 1,2 ⋅ 6] + +

2 [− 6 ⋅ 1,2 − 4 ⋅ 3 ⋅ 0,6] = −66,05 kN 3 6

∫m

2

dl =

l

FAx = −

[

] [

]

3 5 4 ⋅ 1,5 2 + 3 2 + 3 2 + 4 ⋅1,5 2 = 24m 3 6 6

− 66,05 = 2,75 kN 24 FBx

Q=6kN FBy F=3kN FAX =2,75 kN

∑M

FAy B

= 0 = 6 ⋅ 3,5 − 3 ⋅ 2 + 2,75 ⋅ 3 − 5 ⋅ FAy ⇒

FAy = 4,65 kN

∑X

i

= 0 = 2,75 − 3 + FBx

FBx 0,25 kN

∑Y

i

= 0 = 4,65 − 6 + FBy

FBy = 1,35 kNℑ ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


196

17.2. 8 2

M0 +-

B -

+ 2

4m 17.2 FB = −

∫ M mdx = 32 = 1,5 kN ∫ m dx 21,33 0

2

4

∫M

0

mdx =

x =0

4 (− 4 ⋅ 8 − 4 ⋅ 2 ⋅ 2) = −32 kNm 3 6

4 (16 + 4 ⋅ 4) = 21,333 m 3 6 FA = 2,5 kN ; M A = 2 kNm

∫m

2

dx =

17.3.

F= 10 A FB 2m 20

M0

3m

10

+

+

5

4

3

17.3

∫M

0

m 2 dx =

∫F

B

2 (20 ⋅ 5 + 4 ⋅ 10 ⋅ 4) = −86,667 kNm 3 6

mdx = −

=−

5 ( 25 + 4 ⋅ 2,5 2 ) = 41,66 m 3 6

∫ M mdx = 2,08 kN ∫ m dx 0

2

FA = 7,92 kN ; M A = 9,6 kNm ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


197

17.4.

2m kN/m

6

4,5 4 4

A

Q= 2

2m

2

F= 2 kN B 3 3

M0

1m

F= 2 kN

3 2 1

1 17.4 3 2 2 2 2 2 3 ∫ m ds = 6 (4 ⋅ 1,5 + 3 ) + 6 (6 ⋅ 3 ) = 9 + 18 = 27 m 2 2 ∫ M 0 mds = 6 [4 ⋅ 2(− 2) − 3 ⋅ 4] + 6 (− 3 ⋅ 4 − 4 ⋅ 4,5 ⋅ 3 − 3 ⋅ 6) = − 56 + (− 164) − 220 = = = −37,33 kNm 3 6 6 FB = 1,383 kN FAX = 0,617 kN

; FAY = 2 kN ; M A = 1,851 kNm

17.5. 17.5

A

F= 4kN Q= 8 Q= 2 2 Q= F= 4 1 6 3m

1m

M= 6

MB B

2m

8,464 10,7142

10,75 8,5715 12,428 11

7 2 (1 + 4 ⋅ 0,5 2 ) = 2,33 m 3 6 3 3 3 1  ∫ M 0 ⋅ mds = 6  − 4 ⋅ 8,464 ⋅ 14 − 12,428 7  + 6 12,428

∫m

4,857

1 3 14

3 7

4 -7

0,71420,857 0,928

7,1428

T

1,1425 2,8572

=0

B

1m

M0 7,14

40 + 16 − 6 = 7,143kN 7 16 + 12 + 6 FB = = 4,857kN 7 FA =

4,857

+

2

ds =

−4 2  1 8,5715 + 4 ⋅ 3,714(− 0,7142) + 0,98 + 4,857  6 7  6

= −18,6 kNm 3 − 18,6 MB = = 7,983 kNm ; FA = 7,143 kNm ; − 2,33



198

17.6. Castiglianó-tételének alapján: XB =

1 ∂M (F ) M (F ) ⋅ ⋅ dl = 0 ∫ IE l ∂FBx

Az ábrán felvett értelmű FAX ; FAY szerint az alakhelyes nyomatéki ábra:

F2

F1 M3

2

M4

3

FAx A

FB x

FAy

∑M

M1

B FBy

A

M2

M5

1

= 0 = 2 ⋅ 3 + 3 ⋅ 4 − FBy ⋅ 6 → FBy = 3 kN

A nyomaték függvények, parciális deriváltjaik és az érvényességi tartományaik: ∂M 1 = − y1 ∂FBx

M 1 = − FBx ⋅ y1 ;

∂M 2 = −6 , ha 0 ≤ x1 ≤ 3 . ∂FBx

M 2 = − FBx ⋅ 6 + 3 ⋅ x1 ; M 3 = − FBx ⋅ 6 + 3(x 2 + 3) − 4 ⋅ x2

∂M 3 = −6 , ha 0 ≤ x 2 ≤ 3 . ∂FBx

;

M 4 = − FBx ⋅ 6 + 6 ⋅ 3 − 4 ⋅ 3 + FBx ⋅ y 2 ;

∂M 4 = y 2 − 6 , ha 0 ≤ y 2 ≤ 3 . ∂FBx

M 5 = − FBx ⋅ 6 + 6 ⋅ 3 − 4 ⋅ 3 + FBx (3 + y3 ) − 2 ⋅ y 3 ; xB = 0 =

∂M 5 = y 3 − 3 , ha 0 ≤ y3 ≤ 3 . ∂FBx

6 3 3 ∂M 1 ∂M 2 ∂M 3 1  M ⋅ dy + M ⋅ dx + M3 ⋅ dx2 + ∫ 1 1 2 1 ∫ ∫ IE  0 ∂FBx ∂FBx ∂FBx 0 0

3 ∂M 4 ∂M 5 + ∫M4 ⋅ dy 2 + ∫ M 5 ⋅ dy3 ∂FBx ∂FBx 0 0 3

, ha 0 ≤ y1 ≤ 6 .

].



199

1 ≠ 0 , ezért IE

Mivel 6

3

0

0

∫ (− FBx ⋅ y1 ) ⋅ (− y1 )dy1 + ∫ (− FBx ⋅ 6 + 3x1 ) ⋅ (− 6)dx1 +

0= 3

3

0

0

+ ∫ (− 6 ⋅ FBx + 3 x 2 + 9 − 4 ⋅ x2 ) ⋅ (− 6 )dx 2 + ∫ − (6 FBx + 18 − 12 FBx ⋅ y 2 ) ⋅ ( y 2 − 6 )dy 2 + 3

+ ∫ (−6 FBx + 18 − 12 + 3FBx ⋅ FBx ⋅ y 3 − 2 ⋅ y 3 ) ⋅ ( y 3 − 3)dy3 . 0

Az összevonásokat, az integrálást és a behelyettesítést elvégezve: 315 FBx = = 0,875 kN 360 A további reakciók a statikai egyenletekből: FBy = 3 kN ; FAx = 1,125 kN ; FAy = 1 kN Betti tételének segítségével F2

6 6

4,5

7,5 9

F1

6 3

A

FAx= 2 kN FAy=1 kN

B FBy=3 kN

6

6

4,5 3

4,5 3 1,5

1,5

FAx= 1 kN

A

xB =

B

∂U 1 2 =0= M (x ) dl ∫ ∂FBx IE l

-

1,5

+

ahol



200

M (x ) = M 0 + m ⋅ FBx , így

∂M (x ) = m ∂FBx

1 (M 0 + m ⋅ FBx )mdl xB = 0 = IE ∫l

FBx = −

∫M

0

mdl

l

∫M

2

dl

l

∫M

0

⋅ mdl =

l

+

3 [4 ⋅ 3 ⋅ 1,5 + 3 ⋅ 6] + 3 [3 ⋅ 6 + 4 ⋅ 6 ⋅ 4,5 + 6 ⋅ 6] + 3 [6 ⋅ 6 + 4 ⋅ 7,5 ⋅ 6 + 9 ⋅ 6] + 6 6 6

3 [6 ⋅ 9 + 4 ⋅ 6 ⋅ 4,5] = 315 kNm 3 6

∫m

2

dl = 2 ⋅

l

FBx = −

[

] [

]

6 6 4 ⋅ 3 2 + 6 2 + 6 2 + 4 ⋅ 6 2 + 6 2 = 360 m 3 6 6

315 = −0,875 kN 360

Tehát az „1 kN”-os erő felvett értelmével ellentétes a tényleges „FBx” reakcióerő. A további reakcióerők: FBy = 3 kN ; FAx = 1,125 kN ; FAy = 1 kN .

17.7. Az A pontban a támasz elhagyásával tesszük határozottá a tartót.



201

B

5

1 F= 6 2 F= 4 1

2

A

+

1

2

1

2

3

4

5

2 37,5

40,5 43,5

∫m

2

∫M

6

FA =

30,5

5 3 ( 4 ⋅ 2,5 2 + 5 2 ) + (6 ⋅ 5 2 ) = 116,67 m 3 6 6

ds =

0

17,5

1,5

11,375

M0

43,5

mds = 925,88 kNm 3

∫M ∫m

0⋅ mds 2

ds

= 7,936 kN

; FBY = 5,064 kN

FBX = 6 kN ; M B = 2,18 kNm 17.8. Helyezzük az A pontban támasztást a csukló helyett. B

6

6 2

5 A

2 M0

3

0,5 3

1

2,5

17.8



202

2 4 3 ( 4 ⋅ 12 + 2 2 ) + (2 2 + 4 ⋅ 0,5 2 + 3 2 ) + (3 3 + 4 ⋅ 1,5 2 ) = 21 m 3 6 6 6 4 1 2 3 ∫ M 0 ⋅ mds = 6 [4 ⋅ 1(− 0,5) + 6 ⋅ 3] + 6 (3 ⋅ 6 + 4 ⋅ 2,5 ⋅ 6 + 6 ⋅ 2) + 6 (6 ⋅ 2 + 4 ⋅ 1 ⋅ 3) = 33,667 kNm − 33,667 FAX = = 1,6 kN 21 FAY = 4,5 kN

∫m

2

ds =

FBX = 1,4 kN ; FBY = 3,5 kN

17.9. Tegyük határozottá a tartót, úgy hogy a B pontban megtámasztást teszünk.

0,5

2

2

1,5 3,5

3,5

3

M0

3,5

4 F= 1 B

3

2

4

1,5

1 F= 1 B

17.9

∫ m ds = 2 ⋅ 6 (4 ⋅ 2 2

4

2

+ 4 2 ) = 42,67 m 3

3 (4 ⋅ 1,5 ⋅ −0,375 + 1,5 ⋅ 3) + 1 (3 ⋅ 1,5 + 4 ⋅ 3,5 ⋅ 2,5 + 3,5 ⋅ 4) + 1 3,5(4 + 4 ⋅ 3,5 + 3) + 6 6 6 2 1 + (3,5 ⋅ 3 + 4 ⋅ 1,5 ⋅ 2 − 1 ⋅ 0,5 ) + (2 ⋅ 1 + 4 ⋅ 0,5 ⋅ 1) = 30,295 kNm 3 6 6 33,656 XB = = 0,71 kN ; YB = 1,71 kN ; X A = 1,29 kN ; Y A = 1,29 kN 42,66

∫M

0

⋅ mds =



203

17.10. F= 1 4kN 1

A 1m 4

F= 2 6 kN

FA

B

M = 2,55

M+

21

C FB 1m 2,93

4m

F= 3 3 kN FD 1 m 1,5 m

FC

2m

M= 5 kNm

D

2m 3,64

M = 6,12 kNm

[Knm]

0,83 5

6,12 6,88

6,27

3,76

2,88 T = 6,88 kN

T + [KN] -

0,12

2,24 5,73 17.10

4

2,12

Az "ABC" szakaszra felírt Clapeyron egyenlet M A ⋅ l AB + 2M B ⋅ (l AB + l BC ) + M C ⋅ l BC = −

6 l AB

[M K ]A −

[M K ]A

az "AB" különálló szakasz nyomatéki ábrájának a nyomatéka az "A" pontra M max = p1 ⋅

[M K ]C 1

B 4m

M+-

]

2 T = M max ⋅ l AB kNm 2 ; 3 4 l AB l AB 44 [M K ]A = ⋅ T = p1 ⋅ = 3 ⋅ = 32 kNm 3 . 2 24 24

[M K ]C

l BC A

2 l AB [kNm] ; 8

[

6

M

T

a "BC" különálló szakasz nyomatéki ábrájának nyomatéka a "C" pontra.

1⋅ 4 2⋅4 = 2 kNm 2 ; T 2 = = 4 kNm 2 , 2 2 7 4 [M K ]C = ⋅ 2 + ⋅ 4 = 10 kNm 3 . 3 3

T1 =

Viszahelyettesítve a Clapeyron egyenletbe 6 6 − 4 ⋅ 4 + 2M B (4 + 3) + M C ⋅ 3 = − ⋅ 32 − ⋅ 10 4 3

F= 2 6 kN B

1m

2m

1/3

T1

4/3

4

T2



C

204

Rendezve: 14 M B + 3M C = −52 A "BCD" szakaszra felírt Clapeyron egyenlet: 6 M B ⋅ l BC + 2M C (l BC + l CD ) + M D ⋅ l CD = − [M K ]B − 6 [M K ]D l BC l CD [M K ]B a "BC" különálló szakasz nyomatéki ábrájának nyomatéka a "B" pontra (előző ábra) [M K ]B = 2 ⋅ 2 + 5 ⋅ 4 = 8 kNm 3 3 3 [M K ]D a "CD" különálló szakasz nyomatéki ábrájának nyomatéka a "D" pontra: szuperpozicióval: 4

34 = 6,75 kNm 3 24 24 2⋅2 2 ⋅1 = 2 kNm 2 ; T 3 = = 1 kNm 2 T2 = 2 2 [M K ]D 2 = 2 ⋅ 5 + 1 ⋅ 2 = 4 kNm 3 , 3 3 így :

[M K ]D1 = p 2 ⋅ l CD

F= 3 3 kN

= 2⋅

[M K ]D = [M K ]D1 + [M K ]D 2 = 6,75 + 4 = 10,75 kNm 3 .

C

2

D 2m

1m

M+M+-

T1 T2

2/3

2

T3 5/3

Visszahelyettesítve a Clapeyron egyenletbe: 6 6 M B ⋅ 3 + 2 ⋅ M C (3 + 3) + 5 ⋅ 3 = − ⋅ 8 − ⋅ 10,75 3 3 rendezve: 3M B + 12M C = −52,5 (2) az (1) és (2) egyenletből: MC = - 3,642 kNm, MB = - 2,934 kNm. A reakciók: (az ismert nyomatéki metszékek felírásával) M B bal = −2,934 = −5 ⋅ 4 + 4 ⋅ FA − 12 ⋅ 2

⇒ FA = 10,27 kN ,

M C bal = −3,64 = −8 ⋅ 4 + 10,27 ⋅ 7 − 12 ⋅ 5 + 3 ⋅ FB − 6 ⋅ 2 ⇒ FB = 9,49 kN , M C jobb = −3,64 = 5 − 2 ⋅ 3 − 1,5 ⋅ 6 + 3 ⋅ FD ⇒ FD = 2,12 kN , ∑ Fyi = 0 = −4 − 12 − 6 − 3 − 6 + 10,27 + 9,49 + 2,12 + FC ⇒ FC = 9,12 kN . Az ismert kényszererőkkel az igénybevételi ábrák megrajzolhatók!



205

17.11.

M B = −0,5 kNm ; FA = 1,25 kN ; FB = 2,92 kN ; FC = 1,83 kN F1

F2

M A

B FA

FC

4,75

3

M+-

C

FB 0,5 1,25

1,83 1,17

T

+

-

1,78

3

1,83 17.11

17.12.

M B = −0,9 kNm ; FA = 2,55 kN ; FB = 4,25 kN ; FC = 5,7 kN F1 A

C

B

FC

FB

FA

3

0,9

M+-

0,7

1,08 2,55 +

2

0,8

-

T

F2

x= 0,85m

3,45

3,7

17.12 17.13. M B = −5,81 kNm ; M C = −2,21 kNm FA = 7,05 kN ; FB = 12,15 kN ; FC = 6,2 kN ; FD = 7,4 kN



206

F1 F2

p

M

A

FD

B

FA

D

C

FB

FC

5,8

2,2

2 M+-

0,6 8,1

7,05

3,05

+

-

T

F3

8 3,4

3,2

4,95

8,95

2,8

4

17.13

17.14. M B = −665,6 Nm ; M C = −410,65 Nm FA = 858,6 N ; FB = 1526,38 ; FC = 1417,68 N ; FDy = 2,66 N; FDX = 400 N

F1

F2

A

B

FA

C FC

FB 656,51

M+-

FDy F D Dx

F3

P

410,96

M 405,48

100 113,25 794,52

817,2 658,6 T-

+

584,88

802,94 184,98

258,6

2,74

200 541,4

415,12 941,4

615,12

17.14



207

FÜGGELÉK

A függelék a vektorszámítás rövid nyilvánvalóan nem teljes összefoglalása. Csak azokat a részeket tartalmazza – minden levezetés és bizonyítás nélkül – melyek tudása szükséges a Műszaki mechanika című tantárgy megértéséhez. Az anyagban a vektorok erő jellegét hangsúlyozzuk ami természetesen a téma általánosságát nem sérti. A VEKTOR FOGALMA Vektornak nevezzük az olyan fizikai, vagy geometriai mennyiséget, amely számszerű értékével /abszolút értékével/ és irányával adható meg. Ezen tulajdonságuk alapján a vektorokat irányított egyenes szakaszokkal szemléltetjük. Az irányított egyenes szakasz hossza a vektor abszolút értékével arányos. Az erővektorok ábrázolásakor használt NF = 5 kN/cm lépték pl. azt jelenti, hogy az egyenes szakasz 1 cm-re 5 kN abszolút értékű erővektornak felel meg. Ugyanazon egyenes szakasz segítségével két vektort /két irányt/ értelmezhetünk. /1. ábra/ B

h

B

AB=rAB=a

h

BA=-AB

A

A 1.ábra

Az abszolút érték jelölése: AB

=

rAB

=

a

= a

A zérus abszolút értékű vektor zérusvektor, az egységnyi abszolút értékű vektor az egységvektor. A mechanikában előforduló vektorokat általában a testek pontjaihoz kötöttnek gondoljuk és ezen pontot a vektor támadáspontjának nevezzük. Az ilyen vektorokat helyhez kötött vektoroknak nevezzük. /2. ábra/



208

FA

A B hatásvonal 2.ábra Két vektor egyenlő, ha abszolút értékük megegyezik, és egyező irányúak. Két vektor által bezárt szög alatt a vektorok irányai által meghatározott azonos kezdőpontú félegyenesek által bezárt kisebb szöget értjük. /3. ábra/ B

AB ϕ A AC

C

3.ábra Vektor és skalár szorzata Az a vektor és a p sakalár szorzata olyan b vektor: b = melynek abszolút értéke: b

p⋅a

=

p⋅ a

= a⋅p

és iránya az a vektor irányával egyező.

Bármely vektor úgy tekinthető, mint abszolút értékének és az irányát kijelölő egységvektornak a szorzata. a

a ⋅e

;

e = 1

Vektorok összeadása és kivonása A vektorokat úgy összegezhetjük, mint az irányított egyenes szakaszokat. d

= a +b +c

= c + a + b = .....

A vektor összegezésének eredménye független az összegezés sorrendjétől /4.ábra/ Például az x, y koordináta rendszerben adott vektorokat összegezzük. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon


209

y

c b

a

b

b

x

d

c

c

d

a

a 4.ábra

A vektorok kivonása: c

= a −b h

( )

= a + −b = a + h

= −b

Koordináta rendszer Legyen i ,

j, k

;

i = j = k =1

a

Descartesi derékszögű koordináta-rendszer tengelyeit kijelölő egységvektor. /5. Ábra/ a = a x ⋅ i + a y ⋅ j + az ⋅ k . k Szokásos még az egységvektorok alábbi jelölése is: e x = i ; e y = j; e z = k .

a

az×k

ax×í I

j ay×j 5.ábra Az / i , j , k / a Descartes- féle bázis, amelynek elemei a Descartes-féle bázisvektorok. Az ax, ay, az az a vektor i , j , k bázisra vonatkozó koordinátái.



210

Vektorok közötti szorzások Két vektor skaláris szorzata d = a ⋅ b ⋅ = b ⋅ a = a ⋅ b ⋅ cos ϕ , a ⋅ b = a x ⋅ bx + a y ⋅ b y + a z ⋅ bz . Ha egy testre F erő hat és a test s elmozdulást végez, úgy a végzett munka: W = F ⋅ d = F ⋅ s ⋅ cos ϕ . F S ϕ

6.ábra A bázisvektorok skaláris szorzatai: i ⋅i = j ⋅ j = k ⋅k =1, i ⋅ j = j ⋅ k = k ⋅i = 0 . A vektorok skaláris szorzatának értelmezése lehetőséget ad két vektor által bezárt szög számítására cos ϕ =

a ⋅b a ⋅b

.

Most nézzünk egy alkalmazást. Határozzuk meg az F = /5i – 3j/ [N] erőnek az s == 2i + 2 j / [m] elmozdulás vektor irányába eső vetületét! /7. Ábra/



211

NF = 1 N/cm Ns = 1 m/cm

s Fs ϕ

F

7.ábra

F ⋅s s = F ⋅ = F ⋅s0 s F ⋅s

Fs = F ⋅ cos ϕ = F ⋅ ahol: s 0 = s0 = Most: Fs =

s s

az s vektorral egyező irányú egységvektor

2 8 5

i+

2

2 8 3

−

2

j=

1 2

2

i+

2

j

[N ] .

= 2=

Két vektor vektorális szorzata a és b vektorok vektorális szorzata az a c vektor, amelynek abszolút értéke: c = a xb = a ⋅ b

sin ϕ

Irása: a xb vektor merőleges az a var szabály határozza meg.

és b vektorok síkjára, a xb irányát a jobb csa-

Az xyz koordináta rendszer egységvekorainak vektoriális szorzatai: i

x i= j

i

x

j

x i = −k ; k

j = k;

j=k

x j

x k =0

x k = i; k x

j = −i ; i

i= j x k =−j

Határozzuk meg az F = / 4i + 3 j / [kN ] erőnek az A pontra vonatkozó nyomatékát! /8. ábra/



212

M A = r p xF

ϕ

y

F

P(2; 3,5) m k

representative

A 8.ábra

Korábbi tanulmányokból ismert, hogy a nyomaték: r p xF = rp xF , M A = F ⋅ k = F ⋅ r p ⋅ sin ϕ = F ⋅ r p ⋅ rp ⋅ F M A = rp xF = / 2i + 3,5 j / x / 4i + 3 j / = 6k − 14k = −8k

[kNm] .

A vektorális szorzatot egy harmadrendű determináns kifejtéséből is meghatározhatjuk: i

j

k

a xb = a x

ay

a z = i ⋅ / a y ⋅ bz − a z ⋅ b y / − j / a x ⋅ bz − a z ⋅ b x / + k / a x ⋅ b y − a y ⋅ b x / .

bx

by

bz

Egyenes egyenlete A Po ponton átmenő adott a vektorral párhuzamos egyenes egyenletének vektorális alakja. /9. ábra/ a

Po

y ro

r

P a x / r − r0 / = 0

x 9.ábra Ugyanennek az egyenes egyenletének Plücker-féle alakja.



213

a xr − a xr0 = a xr + a x / − r0 / = a xr + b = 0 a

és b ; b ⋅ a = 0

Plücker koordináták.

A koordináta rendszer kezdő pontjában /A/ redukált F

és M A vektorok ismertek.

Keressük azon pontok mértani helyét, ahová az / F , M A / vektorkettős nyomatéka zérus. Egy tetszőleges pontra számított nyomaték: M B = M A + FxrAB

y F

rB

MA

centrális egyenes Itt most: M B = M A + / − rB / xF / , B M A − rB xF = 0 , F xr + M A = 0 .

c d

A

x D

10.ábra Az utóbbi egyenlet egy egyenes egyenlete a centrális egyenesé. A 10. ábrán körívdarabbal jelölt M A az xy síkra merőleges velünk szemben mutató vektor. A következőkben határozzuk meg az egyenes D pontjához mutató vektort. M A − rB xF = M A − / d + c / xF = 0 Fx M A − d xF − c xF = 0 FxM A − F x / d xF / = 0 d =

F xM A F2

Vektorrendszer egyenértékűsége /V,/ vektorrendszert egyenértékűnek mondjuk a /V”/ vektorrendszerrel, ha a tér tetszőleges pontjára számított nyomatékuk megegyezik: MA = MA ,

,,

Mivel ezen értelmezés nem alkalmas az egyenértékűség eldöntésére, ezért az alábbi 3 feltétel egyikét használjuk.



214

1. M A = M A + F , xrAB = M A,, + F ,, xrAB = M B,, , M A, = M A,, és F , = F ,, . 2. Ha A, B, C pont nem esik egy egyenesre: ,

,

M A, = M A,, , M B, = M B,, , M C, = M C,, . azaz a három pontra nézve a két vektor rendszer nyomatékvektorai megegyeznek. 3. Végül a /V,/ és /V”/ vektorrendszer egyenértékű, ha 6 db egymástól lineárisan független tengelyre számított nyomatékok megegyeznek. mk, = mk,, , / k = 1,2.....6 / . Lineárisan független tengelyek a tetraéder oldallapjainak hat metszésvonala. A tengelyre számított nyomatékot úgy számolhatjuk ki, hogy a tengely egy pontjára számított nyomatékot skalárisan szorozzuk a tengely irányát kijelölő egységvektorral. ma = M A ⋅ e A . Egyensúlyi vektorrendszer esetében az egyik vektorrendszer 0 értékű. Igy pl. a 2. feltétel alapján egyensúly van, ha teljesül: MA = 0 , MB = 0 , MC = 0 .



215

VARRATNÉLKÜLI ACÉLCSÖVEK (MSZ 99 szerint) (Normál falvastagságú méretek jellemző adatai)

Külső átmérő d /mm/ 10 12 14 16 17 18 20 22 25 27 28 30 32 34 38 42 44,5 48 51 54 57 60 63, 5 70 76 83 89 95 102 108 114 127 133 140 152 159 168 178 194 219 245 273 299 324 356 368 406 419

Falvastag- Folyóméterság tömeg s m /mm/ / kg/m / 1,6 0,331 1,6 0,410 1,9 0,542 1,8 0,630 1,8 0,675 2 0,789 2 0,888 2 0,986 2,3 1,288 2,3 1,401 2,3 1,458 2,6 1,757 2,6 1,885 2,6 2,013 2,6 2,270 2,6 2,528 2,6 2,689 2,6 2,911 2,6 3,103 2,6 3,296 2,9 3,869 2,9 4,084 2, 9 4,334 2,9 4,799 2,9 5,228 3,2 6,298 3,2 6,771 3,6 8,115 3,6 8,736 3,6 9,269 3,6 9,801 4 12,13 4 12,73 4 13,42 4,5 16,37 4,5 17,15 4,5 18,14 5 21,33 5,6 26,02 6,3 33,05 6,3 37,09 7,1 46,56 8 57,41 8 62,34 8 68,66 8 71,03 9 88,12 l0 100,8

Felület A /cm2/ 0,422 0,523 0,690 0,803 0,860 1,005 1,131 1,257 1,640 1,785 1,857 2,232 2,401 2,565 2,892 3,218 3,422 3,708 3,953 4,198 4,929 5,202 5,521 6,113 6,660 8,022 8,626 10,34 11,13 11,81 12,49 15,46 16,21 17,09 20,85 21,84 23,11 27,17 33,15 42,10 47,24 59,31 73,14 79,42 87,46 90,48 112,2 128,5

Tehetetlenségi nyomaték tengelyre pontra I Ip 4 /cm / /cm4/ 0,039 0,077 0,072 0,145 0,131 0,262 0,206 0,411 0,252 0,503 0,327 0,653 0,464 0,927 0,635 1,269 1,067 2,135 1,373 2,746 1,545 3,091 2,119 4,238 2,615 5,230 3,183 6,365 4,554 9,I07 6,272 12,54 7,540 15,08 9,586 19,17 11,61 23,22 13,90 27,80 18,08 36,17 21,26 42,51 25, 40 50,80 34,47 68,94 44,55 89,11 63,96 127,9 79,48 159,0 108,1 216,2 134,9 269,7 161,1 322,1 190,4 380,9 292,6 595,2 337,5 675,1 395,5 790,9 567,6 1135 652,3 1305 773 1546 1017 2035 1472 2944 2383 4766 3367 6734 5245 10450 7747 15495 9919 19839 13247 26494 14665 29323 22165 44251 26884 53767

Keresztmetszeti tényező tengelyre pontra K Kp 3 /cm / /cm3 / 0,077 0,154 0,121 0,241 0,187 0,375 0,257 0,514 0,296 0,592 0,363 0,726 0,464 0,927 0,577 1,154 0,854 1,708 1,017 2,034 1,104 2,208 1,413 2,826 1,634 3,269 1,872 3,744 2,397 4,794 2,987 5,973 3,389 6,777 3,994 7,988 4,553 9,106 5,148 10,300 6,345 12,69 7,085 14,17 8,000 16 9,848 19,70 11,72 23,45 15,41 30,82 17,86 35,72 22,76 45,52 26,45 52,89 29,83 59,65 33,41 66,82 46,08 92,16 50,76 101,5 56,50 113,0 74,69 149,4 82,05 164,1 92,02 184 l114,3 228,6 151,7 303,5 217,6 435,2 274,9 549,7 384,3 768,6 518,2 1036 612,3 1225 744,2 1488 797 1594 1090 2180 1283 2566



Inerciasugár

i=

I A

3,02 3,72 4,36 5,06 5,41 5,7 6,40 7,11 8,07 8,77 9,12 9,73 10,44 11,14 12,55 13,96 14,84 16,08 17,14 18,20 19,15 20,21 21,45 23,75 25,87 28,24 30,36 32,34 34,81 36.93 39,05 43,51 45,63 48,10 52,17 54,65 57,83 61,19 66,64 75,23 84,42 94,04 102,9 111,8 123,1 127,3 140,4 144,6

216

A félkeresztmetszet statikai nyomatéka Mst /cm3/ 0,057 0,087 0,135 0,182 0,209 0,257 0,325 0,401 0,595 0,704 0,762 0,979 1,127 1,285 1,632 2,021 2,285 2,682 3,048 3,437 4,248 4,732 5,329 6,533 7,752 10,19 11,78 15,04 17,44 19,63 21,95 30,27 33,29 37,0 48,97 53,72 60,16 74,84 99,41 142,6 179,5 251,1 338,8 399,5 484,5 518,5 709,4 836,6

TÁBLÁZATOK


I szelvény MSZ 325

Szelvény mérte

h1 mm

b mm

v=r mm

t mm

r1 mm

A cm2

80 l00 120 140 160 180 200 220 240 260 280 300 320 340 360 380 400

59 76 92 109 126 142 159 176 192 209 225 242 258 274 290 307 323

42 50 58 66 74 82 90 98 106 113 119 125 131 137 143 149 155

3,9 4,5 5,1 5,7 6,3 6,9 7,5 8,1 8,7 9,4 10,1 10,8 11,5 12,2 13,0 13,7 14,4

5,9 6,8 7,7 8,6 9,5 10,4 11,3 12,2 13,1 14,1 15,2 16,2 17,3 18,3 19,5 20,5 21,6

2,3 2,7 3,1 3,4 3,8 4,1 4,5 4,9 5,2 5,6 6,1 6,5 6,9 T,3 T,B 8,2 8,6

7,58 10,6 14,2 18,3 22,8 27,9 33,5 39,6 46,1 53,4 61,1 69,1 77,8 86,8 97,1 107,0 118,0

h

b

a szelvény mérete mm 50 38 65 42 80 45 100 50 120 55 140 60 160 65 180 7O 200 75 220 80 240 85 260 90 280 95 300 100

h1

t=r

r1

v

e

mm 22 35 48 66 84 100 117 136 154 170 188 204 220 236

mm 7,0 7,5 8,0 8,5 9,0 10,0 10,5 11,0 11,5 12,5 13,0 14,0 15,0 16,0

mm 3,5 4,0 4,0 4,5 4,5 5,0 5,5 5,5 6,0 6,5 6,5 7,0 7,5 8,0

mm 5,0 5,5 6,0 6,0 7,0 7,0 7,5 8,0 8,5 9,0 9,5 10,0 10,0 10,0

cm 1,37 1,42 1,45 1,55 1,60 1,75 1,84 1,92 2,01 2,14 2,23 2,36 2,53 2,70

A

m

A m I

= a keresztmetszet területe = a folyómétertömeg =a másodrendű nyomaték

i=

I a tehetetlenségi sugár A

K Mst

= a keresztmetszeti tényszó = a félkeresztmetszet statikai nyomatéka az x-x tengelyre

m kg /m 5,95 8,32 11,2 14,4 17,9 21,9 26,3 31,1 36,2 41,9 48,0 54,2 61,1 68,l 76,2 84,0 92,6

Ix cm4

Kx cm3

ix mm

Iy cm4

Ky cm3

iy mm

M st cm3

77,8 171 328 573 935 450 2140 3060 4250 5740 7590 9800 12510 15700 19610 24010 29210

19,3 34,2 54,7 81,9 117 161 214 278 354 442 542 653 782 923 1090 1260 1460

32,0 40,1 48,1 56,1 64,0 72 80 88 95,9 104,0 111,0 119,0 127,0 135,0 142,0 150,0 157,0

6,29 12,2 21,5 35,2 54,7 81,3 117 162 221 288 364 451 555 674 818 975 1160

3,00 4,88 7,41 10,7 148 19,8 26,0 33,1 41,7 51,0 61,2 72,2 84,T 98,4 114,0 131,0 149,0

9,1 10,7 12,3 14,0 15,5 17,1 18,7 20,2 22,0 23,2 24,5 25,6 26,7 28,0 29,0 30,2 31,3

11,4 19,9 31,8 47,7 68,0 93,4 125,0 162,0 206,0 257,0 316,0 381,0 457,0 540,0 638,0 741,0 857,0

Ix

Kx

ix

Iy

Ky

iy

Mst

cm3 10,6 17,7 26,5 41,2 60,7 86,4 116,0 150,0 191,0 245,0 300,0 371,0 448,0 535,0

mm 19,2 25,2 31,0 39,1 46,2 54,5 62,1 69,5 77,0 84,8 92,2 99,9 109,0 117,0

cm4 9,1 14,1 19,4 29,3 43,2 62,7 85,3 114,0 146,0 197,0 248,0 317,0 399,0 495,0

cm3 3,75 5,07 6,36 8,49 11,10 14,80 18,30 22,40 27,00 33,60 39,60 47,70 57,20 67,80

mm 11,3 12,5 13,3 14,7 15,9 17,5 18,9 20,2 21,4 23,0 24,2 25,6 27,4 29,0

cm3 15,9 24,5 36,3 51,4 68,8 89,6 114,0 146,0 179,0 221,0 266,0 316,0

cm2 kg/m cm4 7,1 5,6 26 9,0 7,1 58 11,0 8,6 106 13,5 10,6 206 17,0 13,4 364 20,4 16,0 605 24,0 18,8 925 28,0 22,0 1350 32,2 25,3 1910 37,4 29,4 2690 42,3 33,2 3600 48,3 37,9 4820 53,3 41,8 6280 58,8 46,2 8030



217

Egyenlőszárú L- szelvény MSZ 328

A = a keresztmetszet területe m = a folyómétertömeg I =a másodrendű nyomaték

i= K

a szerelvény mérete 40x40x4 4ox40x5 40x40x6 45x45x5 45z45x7 50x50x5 50x50x6 50x50x7 50x50x9 55x55x6 55x55x8 55x55x10 60x60x6 60x60x8 60x60x10 65x65x7 65x65x9 65x65x11 70x70x7 70x70x9 70x70x11 75x75x7 75x75x8 75x75x10 75x75x12 80x80x8 80x80x10 80x80x12 80x80x14 90x90x9 90x90x11 90x90x13 90x90x16 100x100x10 100x100x12 100x100x14 100x100x20 120x120x11 120x120x13 120x120x15 120x120x20 140x140x13 140x140x15 140x140x17 160x160x15 160x160x17 160x160x19 180x180x16 180x180x18 180x180x20 200x200x16 200x200x18 200x200x20

b

v

r

mm mm mm 40 4 6 40 5 6 40 6 6 45 5 7 45 7 7 50 5 7 50 6 7 50 7 7 50 9 8 55 6 8 55 8 8 55 10 8 60 6 8 60 8 8 60 10 8 65 7 9 65 9 9 65 11 9 70 7 9 7O 9 9 70 11 9 75 7 l0 75 8 l0 75 10 l0 75 12 l0 80 8 l0 80 10 l0 80 12 l0 80 14 l0 90 9 11 90 11 11 90 13 11 90 16 11 100 10 12 100 12 12 100 14 12 100 20 12 120 11 13 120 13 13 120 15 13 120 20 13 140 13 15 140 15 15 140 17 15 160 15 17 160 17 17 160 19 17 180 16 18 180 18 18 180 20 18 200 16 18 200 18 18 200 20 18

r1 mm 3 3 3 3,5 3,5 3,5 3,5 3,5 3,5 4,0 4,0 4,0 4,0 4,0 4,0 4,5 4,5 4,5 4,5 4,5 4,5 5,0 5,0 5,0 5,0 5,0 5,0 5,0 5,0 5,5 5,5 5,5 5,5 6,0 6,0 6,0 6,0 6,5 6,5 6,5 6,5 7,5 7,5 7,5 8,5 8,5 8,5 9,0 9,0 9,0 9,0 9,0 9,0

e

w

u

A

m

Ix=Iy

cm 1,12 1,16 1,20 1,28 1,36 1,4 1,45 1,49 1,56 1,56 1,64 1,72 1,69 1,97 1,85 1,85 1,93 2,0 1,97 2,05 2,13 2,09 2,13 2,21 2,29 2,26 2,34 2,41 2,48 2,54 2,62 2,70 2,81 2,82 2,90 2,98 3,20 3,36 3,44 3,51 3,70 3,92 4,0 4,08 4,49 4,57 4,65 5,02 5,10 5,18 5,52 5,60 5,68

cm 2,83 2,83 2,83 3,18 3,18 3,54 3,54 3,54 3,54 3,89 3,89 3,89 4,24 4,24 4,24 4,60 4,60 4,60 4,95 4,95 4,95 5,30 5.30 5,30 5,30 5,66 5,66 5,66 5,66 6,36 6,36 6,36 6,36 7,07 7,07 7,07 7,07 8,49 8,49 8,49 8,49 9,90 9,90 9,90 11,3 11,3 11,3 12,7 12,7 12,7 14,1 14,1 14,1

cm 1,58 1,64 l,70 1,61 1,92 1,98 2,04 2,11 2,21 2,21 2,32 2,43 2,39 2,50 2,62 2,62 2,73 2,83 2,79 2,90 3,01 2,95 3,01 3,12 3,24 3,24 3,31 3,41 3,51 3,59 3,70 3,81 3,97 3,99 4,10 4,21 4,54 4,75 4,86 4,94 5,24 5,54 5,66 5,77 6,35 6,46 6,58 7,11 7,22 7,33 7,80 7,92 8,04

cm2 3,08 3,79 4,48 4,30 5,86 4,80 5,69 6,56 8,24 6,31 8,23 10,1 6,91 9,03 11,1 8,7 11,0 13,2 9,4 11,9 14,3 10,1 11,5 14,1 16,7 12,3 15,1 17,9 20,6 15,5 18,7 21,8 26,4 19,2 22,7 26,2 36.2 25,4 29,7 33,9 44,2 35,0 40,0 45,0 46,1 51,8 57,5 55,4 61,9 68,4 61,8 69,1 76,4

kg/m 2,42 2,97 3,52 3,38 4,60 3,77 4,47 5,15 6,46 4,95 6,46 7,90 5,42 7,09 8,69 6,83 8,62 10,3 7,38 8,34 11,2 7,94 9,03 11,1 13,1 9,66 11,9 14,1 16,1 12,2 14,7 17,l 20,7 15,1 17,8 20,6 28,4 19,9 23,3 26,6 34,7 27,5 31,4 35,3 36,2 40,7 45,1 43,5 48,6 53,7 48,5 54,3 59,9

cm4 4,48 5,43 6,33 7,83 10,4 11,0 12,8 14,6 17,9 1?,3 22,1 26,3 22,8 29,1 34,9 33,4 41,3 48,8 42,4 52,6 61,8 52,4 58,9 71,4 82,4 72,3 87,5 102,0 115,0 116,0 138,0 158,0 186,0 177,0 200 235 311 341 394 446 562 638 723 805 1100 1230 1350 1680 1870 2040 2340 2600 2850

I a tehetetlenségi sugár A = a keresztmetszeti tényszó

Kx=Ky cm3 1,56 1,91 2,26 2,43 3,31 3,05 3,61 4,15 5,20 4,40 5,72 6,97 5,29 6,88 8,41 7,18 9,04 10,8 8,43 10,6 12,7 9,67 11,0 13,5 15,8 12,6 15,5 18,2 20,8 18,0 21,6 25,1 30,1 24,7 29,2 33,5 45,8 39,5 46,0 52,5 67,7 63,3 72,3 81,2 95,6 108,0 118,0 l30,0 145,0 160,0 162,0 181,0 199,0

i x=iy mm 12,1 12,0 11,9 13,5 13,3 15,1 15,0 14,9 14,7 16,6 16,4 16,2 18,2 18,0 17,8 19,6 19,4 19,1 21,2 21,0 20,8 22,8 22,6 22,5 22,2 24,2 24,1 23,9 23,6 27,4 27,2 26,9 26,6 30,4 30,2 30,0 29,3 36,6 36,4 36,3 35,? 42,7 42,5 42,3 48,8 48,6 48,4 55,1 54,9 54,7 61,5 61,3 61,i

Is cm4 2,09 8,64 9,98 12,4 16,4 17,4 20,4 23,1 28,l 27,4 34,8 41,4 36,1 46,1 55,1 53,0 65,4 76,8 67,1 83,1 97,6 83,6 93,3 113 130 115 139 161 181 184 218 250 294 280 328 372 488 541 625 705 887 1010 1150 1280 1750 1950 2140 2690 2970 3260 3740 4150 4540



is mm 15,2 15,1 14,9 17,0 16,7 19,0 18,9 18,8 18,5 20,8 20,6 20,2 22,9 22,6 22,3 24,7 24,4 24,2 26,7 26,4 26,1 28,8 28,5 28,3 27,9 30,6 30,3 30,0 29,6 34,5 34,1 33,9 93,4 38,2 38,0 37,7 36,7 46,2 45,9 45,6 44,8 53,8 53,6 53,3 61,5 61,3 61,0 69,6 79,3 69,0 77,8 77,5 77,2

Iη cm4 1,86 2,22 2,67 3,25 4,39 4,59 5,24 6,02 7,67 7,24 9,35 11,3 9,43 12,1 14,6 13,8 17,2 20,7 17,6 22,0 26,0 21,1 24,4 29,8 34,7 29,6 35,9 43,0 48,6 47,8 57,1 65,9 79,1 73,3 86,2 98,3 134 140 162 186 236 262 298 334 453 506 558 679 757 830 943 1050 1160

218

iη mm 7,8 7,7 7,7 8,7 8,7 9,8 9,6 9,6 9,7 10,7 10,7 10,6 11,7 11,6 11,5 12,6 12,5 12,5 13,7 13,6 13,5 14,5 14,6 14,5 14,4 15,5 15,4 15,3 15,4 17,6 17,5 17,4 17,3 19,5 19,5 19,4 19,3 23,5 23,4 23,4 23,1 27,4 27,9 27,2 31,4 31,3 31,2 35,0 34,9 34,9 39,1 39,0 38,9

Idomacélok, előgyártmányok Melegen hengerelt U acél

DIN 1026 (MSZ 336)

80 mm magasság alatt rúdacél Egy h = 50 mm magasságú és b = 38 mm övszélességű, S 235 JRG1 acélból melegen hengerelt U acél jelölése: U acél DIN 1026-U 50 x 38-S 235 JRG1 (acél az MSZ EN 10 025 szerint) Szállítási hosszak: 3 m…6 m.

80 mm magasságtól idomacél Egy h = 300 mm magasságú, S 235 JRG1 acélból melegen hengerelt U acél jelölése Az övek belső felületének lejtése 8 %

U acél DIN 1026-U 300-S 235 JRG Szállítási hosszak: 4 m…18 m.

Jel

Hajlítási tengely:

Keresztmetszet,

y-y

x-x

y-y

b,

mm mm

mm2

s,

t,

mm

mm

Méterenkénti súly,

távolsága,

FG’

Ix

Wx

·104 mm4 ·103 mm3

Iy ·104 mm4

Wy

mm

N/m

·103 mm3

0 x 15

30

15

4

I 4.5

221

2,53

1,69

0.38

0,39

5.2

17,1

30 x 33

30

33

5

7

544

6.39

4,26

5.33

2,68

13,1

41,9

40 x 20

40

20

5

5.5

366

7.58

3.79

1,14

0,86

6,7

27,0

40 x 35

40

35

5

7

621

14.1

7,05

6,68

3,08

13.3

47.8

50 x 25

50

25

5

6

492

16,8

6,73

2,49

1,48

8.1

42.4

50x38

50

38

5

7

712

26,4

10,6

9,12

3,75

13.7

54,8

60x30

60

30

6

6

646

31,6

10,5

4,51

2,16

9,1

49,7

65 x 42

65

42

5,5

7,5

903

57,5

17,7

14.1

5,07

14,2

69,5

80

80

' 45

6

8

1100

106

26.5

19,4

6,36

14,5

84.7

100

100

50

6

8,5

1350

206

41,2

29,3

8,49

15,5

104,0

120

120

55

7

9

1700

364

60.7

43,2

11,1

16,0

131.4

140

140

60

7

10

2040

605

86,4

62,7

14.8

17,5

157.0

160

160

65

7.5

10,5

2400

925

116

85,3

18,3

18,4

184,4

180

180

70

8

11

2800

1350

150

114

22,4

19,2

215,7

200

200

75

8,5

11,5

3220

1910

191

148

27,0

20,1

248,1

220

220

80

9

12,5

3740

2690

245

197

33,6

21,4

288,3

240

240

85

9,5

13

4230

3600

300

248

39,6

22,3

325.6

260

260

90

10

14

4830

4820

371

317

47,7

23,6

371,7

280

280

95

10

15

5330

6280

448

399

57,2

25.3

410.0

300

300

100

10

16

5880

8030

535

495

67.8

27.0

453.1

320

320

100

14

17,5

7580

10870

679

597

80,6

26,0

583,5

350

350

100

14

16

7730

12840

734

570

75,0

24,0

594,3

380

380

102 13,5

16

8040

15760

829

615

78,7

23,8

613,9

400

400

110

18

9150

20350

1020

846

102

26,5

704,1

14

*

e y,

S,

h,

A tengely



219

Idomacélok, előgyártmányok Melegen hengerelt I tartó (keskeny I tartók)

DIN 1025 (MSZ EN 10 024)

Egy h = 100 mm magasságú, I sorozatú, S 235 JRG1 acélból melegen hengerelt, keskeny I tartó jelölése: I tartó MSZ EN 10 024-100-S 235 JRG1 Anyag: acél az MSZ EN 10 025 szerint. Szállítási hosszak: 6 m...16 m. Az övek belső felületének lejtése ... 14%.

I


Kereszt-

Jel h,

b,

s,

t,

metszet,

mm

mm

mm

mm

S,

Ix

mm2

·104 mm4

x-x


y-y Wx

Iy

FG’

Wy

·103 mm3

·104 mm4

·103 mm3

80

80

42

3,9

5,9

757

77,8

19,5

6,29

3,00

58.3

100

100

50

4,5

6,8

1060

171

34,2

12.2

4.88

81 .6

120

120

58

5,1

7,7

1420

328

54,7

21,5

7,41

109,8

140

140

66

5,7

8,6

1820

573

81,9

35,2

10,7

141,2

160

160

74

6,3

9,5

2280

935

117

54,7

14,8

175,5

180

180

82

6,9

10,4

2790

1450

161

81,3

19,8

214,8

200

200

90

7,5

11,3

3340

2140

214

117

26,0

257,9

220

220

98

8,1

12,2

3950

3060

278

162

33,1

304,9

240

240

106

8,7

13,1

4610

4250

354

221

41,7

355,0

260

260

113

9,4

14,1

5330

5740

442

288

51,0

410,9

280

280

119

10,1

15,2

6100

7590

542

364

61,2

470,7

300

300

125

10,8

16,2

6900

9800

653

451

72,2

531,5

Melegen hengerelt I tartó (középszéles I tartó) IPE-sorozat

N/m

DIN 1025 (MSZ EN 10 034)

Egy h = 300 mm magasságú, IPE sorozatú, S 355 JO acélból melegen hengerelt középszéles I tartó jelölése: IPE tartó MSZ EN 10 034-300-S 355 JO Anyag és szállítási hosszak: mint az MSZ EN 10 024 szerinti I tartóknál.

IPE


Kereszt-

Jel h,

b,

s,

t,

metszet,

mm

mm

mm

mm

S,

Ix

mm2

·104 mm4

x-x


y-y Wx

·103 mm3

Ix ·104 mm4

Wx ·103 mm3

FG’ N/m

80

80

46

3,8

5,2

764

80,1

20,0

8,49

3.,69

100

100

55

4,1

5,7

1030

171

34,2

15,9

5,79

79

120

120

64

4,4

6,3

1320

318

53,0

27,7

8,65

102

140

140

73

4,7

6,9

1640

541

77,3

44,9

12,3

126

160

160

82

5,0

7,4

2010

869

109

68,3

16,7

155

180

180

91

5,3

8,0

2390

1320

146

101

22,2

184

200

200

100

5,6

8,5

2850

1940

194

142

28,5

220

220

220

110

5,9

9,2

3340

2770

252

205

37,3

257

240

240

120

6,2

9,8

3910

3890

324

284

47,3

301

270

270

135

6,6

10,2

4590

5790

429

420

62,2

353

300

300

150

7,1

10,7

5380

8360

557

604

80,5

414

330

330

160

7,5

11,5

6260

11770

713

788

98,5

482

360

360

170

8,0

12,7

7270

16270

904

1040

123

560

400

400

180

8,6

13,5

8450

23130

1160

1320

146

651

450

450

190

9,4

14,6

9880

33740

1500

1680

176

761



59

220

Melegen hengerelt, egyenlőtlen szárú szögacél

DIN 1029 (MSZ 329)

Egy a = 80 mm, b = 40 mm szárhosszúságú és b = 6 mm szárvastagságú. S 235 JO acélból melegen hengerelt egyenlőtlen szárú szögacél jelölése: Szögacél DIN 1029-80 x 40 x 6-S 235 JO Anyag: acél az MSZ EN 10 025 szerint. A "szög" elnevezés helyett az "L" rövidítés is használható.

Jel

Kereszt-

Méterenkén


metszet,

x-x

ti

y-y

súly,

S,

L 30 x 20 x

3

a,

b,

s

mm

mm

mm

30

20

4 40 x 20 x

3

40

20

4 45 x 30 x

4

45

30

5 50 x 40 x

4

50

40

5 60 x 40 x

5

60

40

6 75 x 50 x

7

75

50

9 80 x 40 x

6

80

40

8 90 x 60 x

6

90

60

8 100 x 50 x

8

100

50

10 120 x 80 x

10

120

80

150

75

180

90

12 150 x 75 x

9 11

180 x 90 x

10 12

200 x 100x

10 12

200

100

mm2

yx

ey

Ix

Wx

Iy

Wy

FG’

mm

mm

·104 mm4

·103 mm3

·104 mm4

·103 mm3

N/m

3

142

9,9

5,0

1,25

0,62

0,44

0,29

10,9

4

185

10,3

5,4

1,59

0,81

0,55

0,38

14,2

3

172

14,3

4,4

2,79

1,08

0,47

0,30

13,2

4

225

14,7

4,8

3,59

1,42

0,60

0,39

17,4

4

287

14,8

7,4

5,78

1,91

2,05

0,91

22,1

5

353

15,2

7,8

6,99

2,35

2,47

1,11

27,2

4

346

15,2

10,3

8,54

2,47

4,86

1,64

26,6

5

427

15,6

10,7

10,4

3,02

5,89

2,01

32,9

5

479

19,6

9,7

17,2

4,25

6,11

2,02

36,9

6

568

20,0

10,1

20,1

5,03

7,12

2,38

43,7

7

830

24,8

12,5

46,4

9,24

16,5

4,39

63,8

9

1050

25,6

13,2

57,4

11,6

20,2

5,49

80,7

6

689

28,5

8,8

44,9

8,73

7,59

2,44

53,1

8

901

29,4

9,5

57,6

11,4

9,68

3,18

69,3

8

869

28,9

14,1

71,7

11,7

25,8

5,61

66,9

B

1140

29,7

14,9

92,5

15,4

33,0

7,31

87,9

8

1150

35,9

11,3

116

18,0

19,5

5,04

88,2

10

1410

36,7

12,0

141

22,2

23,4

6,17

108,9

10

1910

39,2

19,5

276

34,1

98,1

16,2

147,1

12

2270

40,0

20,3

323

40,4

114

19,1

174,6

9

1950

52,8

15,7

455

46,8

78,3

13,2

150,0

11

2360

53,7

16,5

545

56,6

93,0

15,9

182,4

10

2620

62,8

18,5

880

75,1

151

21,2

202,1

12

3120

63,7

19,3

1040

89,3

177

25,1

240,3

10

2920

69,3

20,1

1220

93,2

210

26,3

225,6

12

3480

70,3

21,0

1440

111

247

31,3

267,8



221

Melegen hengerelt, egyenlő szárú szögacél DIN 1028 (MSZ 328) Egy a = 80 mm szárhosszúságú, s = 6 mm szárvastagságú, S 235 JO acélból melegen hengerelt, egyenlő szárú szögacél jelölése: Szögacél DIN 1028-80 x 6-S 235 JO Anyag: acél az MSZ EN 10 025 szerint. Megjegyzés: x-x = y-y

ex= ev Ix=Iv

Szállítási hosszak: 6 m ... 12 m.

W x=Wv A piros színű méretek előnyben részesítendők. Jel

Kereszt-


Méteren-

Kereszt-


Méteren-

metszet,

x-x=y-y

kénti

metszet,

x-x=y-y

kénti

súly,

S,

súly,

mm2

FG’

S,

L 3 4 3 25x 4 5 3 30x 4 5 3 35x 4 5 6 3 4 40x 5 6 4 5 45x 6 7 4 5 50x 6 7 8 20x

a,

s,

mm

mm

20 25

30

35

40

45

50

3 4 3 4 5 3 4 5 3 4 5 6 3 4 5 6 4 5 6 7 4 5 43,9 7 8

mm2

e,

l

W

mm

·104

·103

mm4

mm3

Jel

FG’ N/m

L

a,

s,

mm

mm

e,

l

W

mm

·104

·103

4

112 145 142 185 226 174 227 278 204 267 328 387 235 308 379 448 349 430 509 586 389 480

6.0 6,4 7,3 7,6 8,0 8,4 8,9 9,2 9,6 10,0 10,4 10,8 10,7 11,2 11,6 12,0 12,3 12,8 13,2 13,6 13,6 14,0

0.39 0,48 0,79 1,01 1,18 1,41 1,81 2,16 2,9 2,96 3,56 4,14 3,45 4,48 5,43 6,33 6,43 7,83 9,16 10,4 8,97 11,0

0,28 0,35 0,45 0,58 0,69 0,65 0,86 1,04 0,90 1,18 1,45 1,71 1,18 1,56 1,91 2,26 1,97 2,43 2,88 3,31 2,46 3,05

6.8 11,2 11,0 14,2 17,4 13,3 17,5 21,4 15,7 20,1 25,2 29,8 18,0 23,7 29,1 34,5 26,9 33,1 39,2 45,1 30,0 37,0

656 741

14,9 15.2

14,6 16.3

4,15 4,68

50.5 57.1

5 6 8 10 7 8 80x 10 12 8 9 90x 11 13 8 10 100x 12 14 11 120x 13 15 16 180x 18 20 16 200x 18 20 60x

60

80

90

100

120

180

200

5 6 8 10 7 8 10 12 8 9 11 13 8 10 12 14 11 13 15 16 18 20 16 18 20

582 691 903 1110 1080 1230 1510 1790 1390 1550 1870 2180 1550 1920 2270 2620 2540 2970 3390 5540 6190 6840 6180 6910 7640

16,4 16,9 17,7 18,5 22,1 22,6 23,4 24,1 25,0 25,4 26,2 27,0 27,4 28,2 29,0 29,8 33,6 34,4 35,1 50,2 51,0 51,8 55,2 56,0 56.8



N/m

3

mm

mm

19,4 22,8 29,1 34,9 64,2 72,3 87,5 102 104 116 138 158 145 177 207 235 341 394 446 1680 1870 2040 2340 2600 2850

4,45 5,29 6,88 8,41 11,1 12,6 15,5 18,2 16,1 18,0 21,6 25,1 19,9 24,7 29,2 33,5 39,5 46,0 52,5 130 145 160 162 181 199

44.8 53,2 69,5 85,2 83,3 94,7 116,7 138,3 106,9 119,6 144,2 167,7 119,6 148,1 174,6 202,0 195,2 228,5 260,9 426,6 476,6 526,6 484,4 532,5 587,4

222

Az „ω” tényező értékei 37-es acélminőségre Karcsúsági tényező 0 10 20 30 40

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

1,10 1,14 1,18 1,23 1,29

1,10 1,14 1,19 1,23 1,30

1,11 1,14 1,19 1,24 1,30

1,11 1,15 1,19 1,24 1,31

1,11 1,15 1,20 1,25 1,32

1,12 1,16 1,20 1,26 1,33

1,12 1,16 1,20 1,26 1,34

1,12 1,17 1,21 1,27 1,35

1,13 1,17 1,21 1,28 1,36

1,13 1,18 1,22 1,28 1,37

Karcsúsági tényező 0 10 20 30 40

50 60 70 80 90

1,37 1,46 1,57 1,71 1,88

1,38 1,47 1,58 1,73 1,90

1,39 1,48 1,60 1,75 1,92

1,40 1,49 1,61 1,77 1,94

1,40 1,50 1,63 1,78 1,96

1,41 1,51 1,64 1,79 1,98

1,42 1,52 1,65 1,81 2,00

1,43 1,53 1,66 1,83 2,02

1,44 1,55 1,68 1,85 2,04

1,45 1,56 1,69 1,87 2,05

50 60 70 80 90

100 110 120 130 140

2,06 2,31 2,58 2,87 3,27

2,08 2,34 2,60 2,91 3,31

2,11 2,36 2,62 2,95 3,35

2,13 2,39 2,65 2,99 3,39

2,16 2,41 2,68 3,03 3,43

2,19 2,44 2,71 3,06 3,47

2,21 2,47 2,74 3,10 3,51

2,24 2,50 2,77 3,14 3,55

2,26 2,52 2,80 3,18 3,59

2,28 2,55 2,84 3,22 3,64

100 110 120 130 140

150 160 170 180 190

3,69 4,13 4,65 5,18 5,71

3,73 4,18 4,70 5,23 5,76

3,77 4,23 4,75 5,28 5,82

3,82 4,29 4,80 5,33 5,88

3,86 4,33 4,85 5,38 5,95

3,91 4,39 4,90 5,43 6,02

3,95 4,44 4,95 5,48 6,08

3,99 4,49 5,00 5,54 6,14

4,04 4,54 5,06 5,59 6,21

4,09 4,59 5,12 5,65 6,27

150 160 170 180 190

200 210 220 230 240 250

6,33 6,94 7,58 8,26 8,93 9,7

6,39 7,00 7,65 8,33 9,01

6,45 7,06 7,72 8,41 9,10

6,50 7,13 7,80 8,48 9,18

6,56 7,19 7,87 8,55 9,27

6,62 7,25 7,94 8,62 9,35

6,68 7,31 8,00 8,67 9,42

6,75 7,38 8,07 8,73 9,50

6,81 7,45 8,14 8,80 9,57

6,87 7,51 8,20 8,86 9,64

200 210 220 230 240



223

MŰSZAKI MECHANIKA PÉLDATÁR

Recommend Documents