Dr. Karácsonyi Zsolt

A tananyagfejlesztés a TÁMOP-4.1.1.C-12/1/2012-0010. sz. projekt keretében valósult meg

Nyugat-magyarországi Egyetem Simonyi Károly Műszaki, Faanyagtudományi és Művészeti Kar Műszaki Mechanika és Tartószerkezetek Intézet

Szilárdságtan

Dr. Karácsonyi Zsolt

Digitális jegyzet/tananyag Sopron, 2015

A tananyagfejlesztés a TÁMOP-4.1.1.C-12/1/2012-0010. sz. projekt keretében valósult meg

Szerző: Dr. Karácsonyi Zsolt egyetemi adjunktus

Lektorálta: Dr. Andor Krisztián egyetemi docens

ISBN 978-963-334-267-1 Kiadja: Nyugat-magyarországi Egyetem Kiadó 9400 Sopron, Bajcsy-Zs. u. 4.

Felelős kiadó: Prof. Dr. Németh Róbert tudományos és külügyi rektorhelyettes

A digitális tananyag a TÁMOP-4.1.1.C-12/1/2012-0010. számú projekt keretében, az Európai Unió támogatásával, az Európai Szociális Alap társfinanszírozásával valósult meg.

©Karácsonyi Zsolt, 2015.

Tartalomjegyzék Tartalomjegyzék ......................................................................................................................... 3 Előszó, bevezetés ....................................................................................................................... 4 1. Keresztmetszeti jellemzők (terület, súlypont, súlyponti tengelyre számított inercia, keresztmetszeti tényező, inerciasugár) meghatározása .............................................................. 5 2. Síkbeli erőrendszerek kiegyensúlyozásának ismétlése ........................................................ 18 3. Kéttámaszú, egyenes tengelyű tartók igénybevételeinek ismétlése ..................................... 46 3.1. Igénybevételi ábrák szerkesztési szabályai ................................................................... 46 4. Merev befogású, egyenes tengelyű tartók igénybevételeinek ismétlése .............................. 63 5. Tört tengelyű tartók igénybevételeinek ismétlése ................................................................ 69 6. Gerber tartók igénybevételeinek ismétlése .......................................................................... 93 7. Háromcsuklós keretek igénybevételeinek ismétlése .......................................................... 104 8. Húzó igénybevétel, húzófeszültség .................................................................................... 120 9. Nyomó igénybevétel, nyomófeszültség ............................................................................. 129 10. Hajlító igénybevétel, hajlításból származó normál (húzó-nyomó) és nyírófeszültség..... 133 11. Csavaró igénybevétel, csavarásból származó nyírófeszültség ......................................... 140 11.1. Kör és körgyűrű keresztmetszetek poláris másodrendű nyomatéka és poláris keresztmetszeti tényezője ................................................................................................... 140 11.2. Kör és körgyűrű keresztmetszetek csavarásakor fellépő nyírófeszültség ................. 141 12. Közelítően tiszta nyíró igénybevétel, nyírófeszültség...................................................... 146 13. Kihajlás............................................................................................................................. 149 Felhasznált és ajánlott irodalom ............................................................................................. 154

3

Előszó, bevezetés A mechanika a fizikának egy területe, általánosan úgy lehet megfogalmazni, hogy a testek mozgásával, a testekre ható erőkkel és a kettő közötti összefüggésekkel foglalkozó tudomány. E szerint a mechanika felosztható (1. ábra) kinematikára és dinamikára.

1. ábra: A mechanika felosztása

A kinematika csak a testek mozgását vizsgálja térben és időben, de a mozgást kiváltó okokat (az erőket) nem tárgyalja. A dinamika a testek egymásra hatásával foglalkozik, figyelembe veszi a testekre ható erőket, a mozgások kiváltó okait. Eszerint a dinamika további két csoportra bontható: statikára és kinetikára. A statika azokat a testeket vizsgálja, melyek nyugalomba vannak a rá ható erők következtében, míg a kinetika az erők hatására mozgásban lévő testeket tárgyalja. A merev testek statikájában (röviden statika) vizsgált tartószerkezetek anyagát teljesen merevnek tekintjük. Ez azt jelenti, úgy tekintjük a terhelt testet (tartót), hogy az alakját, méreteit nem változtatja a rá ható erők következtében. A szilárd testek statikájában (röviden szilárdságtan) vizsgált tartószerkezetek anyagát szilárdnak tekintjük. Ez azt jelenti, nem csak a tartóra működő külső erők egyensúlyával, azok eloszlásával (igénybevételek) foglalkozunk, hanem a test (tartó) alakváltozásait és a keletkező/ébredő feszültségeket is vizsgáljuk. A mechanika a mérnökképzések műszaki alapozó tárgya, amelynek az ismeretek elsajátításán túl nagy jelentősége van a mérnöki problémafelismerő és megoldó készség fejlesztésben. A jegyzet döntően a szilárd testek statikájával (szilárdságtan) foglalkozik gyakorlati példák bemutatásán keresztül. Ehhez azonban nagyon fontos ismerni a tartók egyensúlyi helyzetének feltételeit, körülményeit. Emiatt a példatár első felében a lehető legrészletesebben foglalkozunk a merev testek statikájának (statika) átismétlésével és elmélyítésével, míg a második részben háttérbe szorítjuk ezeket, és a szilárdságtani ismeretekre fektetjük a hangsúlyt. Az egyes fejezet címeknek megfelelően fordítjuk a figyelmet a különböző témakörökre. 4

1. Keresztmetszeti jellemzők (terület, súlypont, súlyponti tengelyre számított inercia, keresztmetszeti tényező, inerciasugár) meghatározása 1.1.1. példa Adott a 2. ábra szerinti keresztmetszet. Határozzuk meg a keresztmetszeti jellemzőket, a síkidom területét, súlyponti koordinátáit (xS; yS) a súlyponti tengelyeire vett inerciákat és keresztmetszeti tényezőket, illetve az inerciasugarakat. Adott: a = 2,5 cm.

2. ábra: Súlypontszámítás, viszonyítási koordinátarendszer elhelyezése

A megoldáshoz a keresztmetszetek elsőrendű statikai nyomatékának a definícióját használjuk fel. Először egy viszonyítási koordinátarendszert veszünk fel – lehetőség szerint a megadott keresztmetszet valamelyik szélső, sarokpontjában (2. ábra). Ezután felosztjuk a síkidomunkat olyan szabályos keresztmetszetrészekre, melyek súlypontjának a helye egyértelmű (3. ábra). Ez négyszög, háromszög, kör vagy félkör is lehet. A keresztmetszet területét az egyes keresztmetszet részek területeinek összegzésével kapjuk.

A1 = a ⋅ (a + 0,75 ⋅ a + 1,5 ⋅ a ) = 3,25 ⋅ a 2 = 3,25 ⋅ 2,52 = 20,31 cm2. A 2 = 1,5 ⋅ a ⋅ 0,75 ⋅ a = 1,125 ⋅ a 2 = 1,125 ⋅ 2,52 = 7,03 cm2. A 3 = A1 = 20,31 cm2.

∑ A =A

1

+ A 2 + A 3 = 3,25 ⋅ a 2 + 1,125 ⋅ a 2 + 3,25 ⋅ a 2 = 7,625 ⋅ a 2 = 20,31 + 7,03 + 20,31 =

=47,65 cm2.

5

A súlypont meghatározásához az elsőrendű statikai nyomatékot írjuk fel a felvett viszonyítási koordinátarendszer tengelyeire külön - külön.

3. ábra: Az összetett keresztmetszet felosztása súlypontszámításhoz

4. ábra: A súlyponti tengelyek helyzete a viszonyítási koordinátarendszerhez képest

A keresztmetszet x’ tengelyre vett statikai nyomatéka:

∑S

x'

= ∑ A ⋅ y S = A 1 ⋅ y1 + A 2 ⋅ y 2 + A 3 ⋅ y 3 →

→ 7,625 ⋅ a 2 ⋅ y S = (3,25 ⋅ a 2 ) ⋅ 3 ⋅ a + (1,125 ⋅ a 2 ) ⋅ 1,75 ⋅ a + (3,25 ⋅ a 2 ) ⋅ 0,5 ⋅ a

6

→

→ 7 ,625 ⋅ a 2 ⋅ y S = 9,75 ⋅ a 3 + 1,97 ⋅ a 3 + 1,63 ⋅ a 3 →

amiből: y S =

13,35 ⋅ a 3 = 1,75 ⋅ a = 1,75 ⋅ 2,5 = 4,38 cm 7,625 ⋅ a 2

Látható, hogy az x súlyponti tengely éppen a keresztmetszet y irányú hosszának a felébe esik. Ha alaposan szemügyre vesszük 4. ábra elrendezését, látható, hogy az x súlyponti tengely szimmetria tengely is egyben. A későbbiekre nézve azt a megállapítást tehetjük, hogy amennyiben egy keresztmetszet rendelkezik szimmetriatengellyel, akkor az egyben súlyponti tengely is. A keresztmetszet y’ tengelyre vett statikai nyomatéka:

∑S

y'

= ∑ A ⋅ xS = A1 ⋅ x 1 + A 2 ⋅ x 2 + A 3 ⋅ x 3 →

→ 7,625 ⋅ a 2 ⋅ x S = (3,25 ⋅ a 2 ) ⋅ 1,625 ⋅ a + (1,125 ⋅ a 2 ) ⋅ 1,375 ⋅ a + (3,25 ⋅ a 2 ) ⋅ 1,625 ⋅ a

→

→ 7,625 ⋅ a 2 ⋅ x S = 5, 28 ⋅ a 3 + 1,55 ⋅ a 3 + 5, 28 ⋅ a 3 →

amiből: xS =

12,11 ⋅ a 3 = 1,59 ⋅ a = 1,59 ⋅ 2,5 = 3,98 cm . 7,625 ⋅ a 2

5. ábra: A súlyponti tengelyekre számított inerciához a teljes keresztmetszet és az egyes keresztmetszet részek súlyponti tengelyeinek elhelyezkedése

A súlyponti tengelyekre vonatkozó inercia számításához az összegzési, kiegészítési és a Steiner tételeket alkalmazzuk (5. ábra). A keresztmetszet x súlyponti tengelyére vett inerciája:

7

 3,25 ⋅ a ⋅ a 3  0,75 ⋅ a ⋅ (1,5 ⋅ a) 3  2  = I x =  + (3,25 ⋅ a ⋅ a) ⋅ (1,25 ⋅ a )  ⋅ 2 +  12 12    

= 0,54 ⋅ a 4 + 10,16 ⋅ a 4 + 0,21⋅ a 4 = 10,91⋅ a 4 = 10,91⋅ 2,54 = 426,17 cm4. A keresztmetszet y súlyponti tengelyére vett inerciája:  a ⋅ (3,25 ⋅ a ) 3   1,5 ⋅ a ⋅ (0,75 ⋅ a) 3  I y =  + (a ⋅ 3,25 ⋅ a) ⋅ (0,035 ⋅ a ) 2  ⋅ 2 +  + (1,5 ⋅ a ⋅ 0,75 ⋅ a) ⋅ (0,215 ⋅ a ) 2  = 12 12    

= 5,72 ⋅ a 4 + 0 + 0,05 ⋅ a 4 + 0,05 ⋅ a 4 = 5,82 ⋅ a 4 = 5,82 ⋅ 2,54 = 227,34 cm4. A keresztmetszet x súlyponti tengelyére vett keresztmetszeti tényezője: I x 10,91 ⋅ a 4 426,17 = = 6,23 ⋅ a 3 = = 6,23 ⋅ 2,53 = 97,34 cm3. Wx = ty 1,75 ⋅ a 4,38

A keresztmetszet y súlyponti tengelyére vett keresztmetszeti tényezője: Wy =

Iy tx

=

5,82 ⋅ a 4 227 ,34 = 3,51 ⋅ a 3 = = 3,51 ⋅ 2,53 = 54,84 cm3. 1,66 ⋅ a 4,15

A keresztmetszetek jellemzésére gyakran használatos mennyiség az inerciasugár: i =

I . A

A keresztmetszet x súlyponti tengelyére vett inerciasugara:

ix =

10,91⋅ a 4 Ix = = 1,196 ⋅ a = 1,196 ⋅ 2,5 = 2,99 cm. A 7,625 ⋅ a 2

A keresztmetszet y súlyponti tengelyére vett inerciasugara:

iy =

Iy A

=

5,82 ⋅ a 4 = 0,874 ⋅ a = 0,874 ⋅ 2,5 = 2,19 cm. 7,625 ⋅ a 2

1.1.2. példa Adott a 6. ábra szerinti keresztmetszet. Határozzuk meg a keresztmetszeti jellemzőket, a síkidom területét, súlyponti koordinátáit (xS; yS), a súlyponti tengelyeire vett inerciákat és keresztmetszeti tényezőket, illetve az inerciasugarakat. Adott: a = 1,6 cm. A 6. ábra szerint az összetett keresztmetszetet vastag vonallal jelöltük és három téglalapra osztottuk fel. A keresztmetszet területét az egyes keresztmetszet részek területeinek összegzésével kapjuk.

A1 = a ⋅ 1,5 ⋅ a = 1,5 ⋅ a 2 = 1,5 ⋅ 1,62 = 3,84 cm2. A 2 = 2 ⋅ a ⋅ 4,5 ⋅ a = 9 ⋅ a 2 = 9 ⋅ 1,6 2 = 23,04 cm2.

8

A 3 = 2 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a = 4 ⋅ a 2 = 4 ⋅1,6 2 == 10,24 cm2.

∑ A =A

1

+ A 2 + A 3 = 1,5 ⋅ a 2 + 9 ⋅ a 2 + 4 ⋅ a 2 = 14,5 ⋅ a 2 = 3,84 + 23,04 + 10,24 = 37,12 cm2.

6. ábra: Összetett keresztmetszet felbontása téglalapokra

A súlypont meghatározásához az elsőrendű statikai nyomatékot írjuk fel a felvett viszonyítási koordinátarendszer tengelyeire külön - külön. A keresztmetszet x’ tengelyre vett statikai nyomatéka:

∑S

x'

= ∑ A ⋅ y S = A 1 ⋅ y1 + A 2 ⋅ y 2 + A 3 ⋅ y 3 →

→ 14,5 ⋅ a 2 ⋅ y S = (1,5 ⋅ a 2 ) ⋅ 3,75 ⋅ a + (9 ⋅ a 2 ) ⋅ 2,25 ⋅ a + ( 4 ⋅ a 2 ) ⋅ 3,5 ⋅ a

→

→ 14 ,5 ⋅ a 2 ⋅ y S = 5,63 ⋅ a 3 + 20 , 25 ⋅ a 3 + 14 ⋅ a 3 →

amiből: y S =

39,88 ⋅ a 3 = 2,75 ⋅ a = 2,75 ⋅ 1,6 = 4,4 cm 14,5 ⋅ a 2

7. ábra: A súlyponti tengelyek helyzete a viszonyítási koordinátarendszerhez képest

9

A keresztmetszet y’ tengelyre vett statikai nyomatéka:

∑S

y'

= ∑ A ⋅ x S = A1 ⋅ x 1 + A 2 ⋅ x 2 + A 3 ⋅ x 3 →

→ 14,5 ⋅ a 2 ⋅ x S = (1,5 ⋅ a 2 ) ⋅ 0,5 ⋅ a + (9 ⋅ a 2 ) ⋅ 2 ⋅ a + ( 4 ⋅ a 2 ) ⋅ 4 ⋅ a

→

→ 14 ,5 ⋅ a 2 ⋅ x S = 0,75 ⋅ a 3 + 18 ⋅ a 3 + 16 ⋅ a 3 →

amiből: x S =

35,75 ⋅ a 3 = 2,4 ⋅ a = 2,4 ⋅1,6 = 3,84 cm . 14,5 ⋅ a 2

A súlyponti tengelyekre vonatkozó inercia számításához az összegzési, kiegészítési és a Steiner tételeket alkalmazzuk (8. ábra). A keresztmetszet x súlyponti tengelyére vett inerciája:

 a ⋅ (1,5 ⋅ a ) 3   2 ⋅ a ⋅ (4,5 ⋅ a ) 3  I x =  + (a ⋅1,5 ⋅ a) ⋅ a 2  +  + (2 ⋅ a ⋅ 4,5 ⋅ a) ⋅ (0,5 ⋅ a ) 2  + 12 12      2 ⋅ a ⋅ (2 ⋅ a) 3  +  + (2 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a) ⋅ (0,75 ⋅ a ) 2  = 12  

= 0,28 ⋅ a 4 + 1,5 ⋅ a 4 + 15,19 ⋅ a 4 + 2,25 ⋅ a 4 + 1,33 ⋅ a 4 + 2,25 ⋅ a 4 = 22,8 ⋅ a 4 = 22,8 ⋅ 1,6 4 = =149,42 cm4. A keresztmetszet y súlyponti tengelyére vett inerciája:

 1,5 ⋅ a ⋅ a 3   4,5 ⋅ a ⋅ (2 ⋅ a) 3  I y =  + (1,5 ⋅ a ⋅ a) ⋅ (1,9 ⋅ a ) 2  +  + (4,5 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a) ⋅ (0,4 ⋅ a ) 2  + 12   12   3  2 ⋅ a ⋅ (2 ⋅ a)  +  + (2 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a) ⋅ (1,6 ⋅ a ) 2  = 12  

= 0,125 ⋅ a 4 + 5,415 ⋅ a 4 + 3 ⋅ a 4 + 1,44 ⋅ a 4 + 1,33 ⋅ a 4 + 10,24 ⋅ a 4 = 21,55 ⋅ a 4 = 21,55 ⋅1,64 = =141,23 cm4. A keresztmetszet x súlyponti tengelyére vett keresztmetszeti tényezője: Wx =

I x 22,8 ⋅ a 4 149,42 = = 8,29 ⋅ a 3 = = 8,29 ⋅1,63 = 33,96 cm3. ty 2,75 ⋅ a 4,4


Iy tx

=

21,55 ⋅ a 4 141,23 = 8,29 ⋅ a 3 = = 8,29 ⋅ 1,6 3 = 33,95 cm3. 2 ,6 ⋅ a 4,16


ix =

Ix 22,8 ⋅ a 4 = = 1,254 ⋅ a = 1,254 ⋅1,6 = 2,0 cm. A 14,5 ⋅ a 2

A keresztmetszet y súlyponti tengelyére vett inerciasugara:

10

iy =

Iy

=

A

21,55 ⋅ a 4 = 1,22 ⋅ a = 1,22 ⋅1,6 = 1,95 cm. 14,5 ⋅ a 2


1.1.3. példa Adott a 9. ábra szerinti keresztmetszet. Határozzuk meg a keresztmetszeti jellemzőket, a síkidom területét, súlyponti koordinátáit (xS; yS), a súlyponti tengelyeire vett inerciákat és keresztmetszeti tényezőket, illetve az inerciasugarakat. Adott: a = 8 cm.

9. ábra: T alakú keresztmetszet

A keresztmetszet területét az egyes keresztmetszet részek (az ábrán nem tüntettük külön fel, egyértelmű kell legyen) területeinek összegzésével kapjuk.

A1 = a ⋅ 4 ⋅ a = 4 ⋅ a 2 = 4 ⋅ 82 = 256 cm2. A 2 = 4 ⋅ a ⋅ a = 4 ⋅ a 2 = 4 ⋅ 82 = 256 cm2.

∑ A =A

1

+ A 2 = 4 ⋅ a 2 + 4 ⋅ a 2 = 8 ⋅ a 2 = 256 + 256 = 512 cm2.

11

A súlypont meghatározásához az elsőrendű statikai nyomatékot írjuk fel a felvett viszonyítási koordinátarendszer tengelyeire. Mivel az y tengely szimmetria tengely, ezért súlyponti tengely is egyben, ezért csak x’ tengelyre írjuk fel a statikai nyomatékot. A keresztmetszet x’ tengelyre vett statikai nyomatéka:

∑S

x'

= ∑ A ⋅ y S = A 1 ⋅ y1 + A 2 ⋅ y 2 → 8 ⋅ a 2 ⋅ y S = ( 4 ⋅ a 2 ) ⋅ 4,5 ⋅ a + ( 4 ⋅ a 2 ) ⋅ 2 ⋅ a →

26 ⋅ a 3 = 3,25 ⋅ a = 3,25 ⋅ 8 = 26 cm . → 8 ⋅ a ⋅ y S = 18 ⋅ a + 8 ⋅ a → amiből: y S = 8⋅a2 2

3

3

A súlyponti tengelyekre vonatkozó inercia számításához az összegzési, kiegészítési és a Steiner tételeket alkalmazzuk (10. ábra). A keresztmetszet x súlyponti tengelyére vett inerciája:  4⋅a ⋅a3   a ⋅ (4 ⋅ a ) 3  I x =  + (4 ⋅ a ⋅ a) ⋅ (1,25 ⋅ a) 2  +  + (a ⋅ 4 ⋅ a) ⋅ (1,25 ⋅ a ) 2  =  12   12 

= 0,33 ⋅ a 4 + 6,25 ⋅ a 4 + 5,33 ⋅ a 4 + 6,25 ⋅ a 4 = 18,16 ⋅ a 4 = 18,16 ⋅ 84 = 74383 cm4. A keresztmetszet y súlyponti tengelyére vett inerciája: Iy =

a ⋅ (4 ⋅ a) 3 4 ⋅ a ⋅ a 3 + = 5,33 ⋅ a 4 + 0,33 ⋅ a 4 = 5,66 ⋅ a 4 = 5,66 ⋅ 8 4 = 23183 cm4. 12 12


A keresztmetszet x súlyponti tengelyére vett keresztmetszeti tényezője: Wx =

I x 18,16 ⋅ a 4 74383 = = 5,59 ⋅ a 3 = = 5,59 ⋅ 83 = 2861 cm3. ty 3,25 ⋅ a 26


Iy tx

=

5,66 ⋅ a 4 23183 = 2,83 ⋅ a 3 = = 2,83 ⋅ 83 = 1449 cm3. 2⋅a 16


12

18,16 ⋅ a 4 Ix = = 1,51 ⋅ a = 1,51 ⋅ 8 = 12,08 cm. A 8⋅a2

ix =

A keresztmetszet y súlyponti tengelyére vett inerciasugara: Iy

iy =

=

A

5,66 ⋅ a 4 = 0,84 ⋅ a = 0,84 ⋅ 8 = 6,72 cm. 8⋅a2


11. ábra: Aszimmetrikus I alakú keresztmetszet (vastaggal kiemelve) és felosztása téglalapokra

A keresztmetszet területét az egyes keresztmetszet részek (11. ábra) területeinek összegzésével kapjuk.

A1 = a ⋅ 3 ⋅ a = 3 ⋅ a 2 = 3 ⋅ 2 2 = 12 cm2. A 2 = 8 ⋅ a ⋅ a = 8 ⋅ a 2 = 8 ⋅ 2 2 = 32 cm2. A 3 = a ⋅ 5 ⋅ a = 5 ⋅ a 2 = 5 ⋅ 2 2 = 20 cm2.

∑ A =A

1

+ A 2 + A 3 = 3 ⋅ a 2 + 8 ⋅ a 2 + 5 ⋅ a 2 = 16 ⋅ a 2 = 12 + 32 + 20 = 64 cm2.

A súlypont meghatározásához az elsőrendű statikai nyomatékot írjuk fel a felvett viszonyítási koordinátarendszer tengelyeire. Mivel az y tengely szimmetria tengely, ezért súlyponti tengely is egyben, ezért csak x’ tengelyre írjuk fel a statikai nyomatékot. A keresztmetszet x’ tengelyre vett statikai nyomatéka:

∑S

x'

= ∑ A ⋅ y S = A 1 ⋅ y1 + A 2 ⋅ y 2 + A 2 ⋅ y 2 →

→ 16 ⋅ a 2 ⋅ y S = (3 ⋅ a 2 ) ⋅ 9,5 ⋅ a + (8 ⋅ a 2 ) ⋅ 5 ⋅ a + (5 ⋅ a 2 ) ⋅ 0,5 ⋅ a → 16 ⋅ a 2 ⋅ y S = 28,5 ⋅ a 3 + 40 ⋅ a 3 + 2,5 ⋅ a 3 →

13

→

amiből: y S =

71 ⋅ a 3 = 4,4375 ⋅ a = 4,4375 ⋅ 2 = 8,88 cm . 16 ⋅ a 2

A súlyponti tengelyekre vonatkozó inercia számításához az összegzési, kiegészítési és a Steiner tételeket alkalmazzuk (12. ábra).


A keresztmetszet x súlyponti tengelyére vett inerciája:

 3⋅a ⋅a3   a ⋅ (8 ⋅ a ) 3  I x =  + (3 ⋅ a ⋅ a) ⋅ (5,06 ⋅ a) 2  +  + (a ⋅ 8 ⋅ a) ⋅ (0,56 ⋅ a ) 2  +   12   12  5⋅a ⋅a3  +  + (5 ⋅ a ⋅ a) ⋅ (3,94 ⋅ a) 2  =  12 

= 0,25 ⋅ a 4 + 76,81⋅ a 4 + 42,67 ⋅ a 4 + 2,51⋅ a 4 + 0,42 ⋅ a 4 + 77,62 ⋅ a 4 = 200,28 ⋅ a 4 = 200,28 ⋅ 2 4 = 3204 cm4. A keresztmetszet y súlyponti tengelyére vett inerciája: a ⋅ (3 ⋅ a) 3 8 ⋅ a ⋅ a 3 a ⋅ (5 ⋅ a) 3 Iy = + + = 2,25 ⋅ a 4 + 0,67 ⋅ a 4 + 10,42 ⋅ a 4 = 13,34 ⋅ a 4 = 13,34 ⋅ 2 4 = 12 12 12

213 cm4. A keresztmetszet x súlyponti tengelyére vett keresztmetszeti tényezője: Wx =

I x 200,28 ⋅ a 4 3204 = = 36 ⋅ a 3 = = 36 ⋅ 2 3 = 288 cm3. ty 5,5625 ⋅ a 11,12


Iy tx

=

13,34 ⋅ a 4 213 = 5,34 ⋅ a 3 = = 5,34 ⋅ 2 3 = 42,6 cm3. 2,5 ⋅ a 5

A keresztmetszet x súlyponti tengelyére vett inerciasugara: ix =

Ix = A

200,28 ⋅ a 4 = 3,54 ⋅ a = 3,54 ⋅ 2 = 7,08 cm. 16 ⋅ a 2

14

A keresztmetszet y súlyponti tengelyére vett inerciasugara: iy =

Iy

=

A

13,34 ⋅ a 4 = 0,91 ⋅ a = 0,91 ⋅ 2 = 1,82 cm. 16 ⋅ a 2


13. ábra: Szimmetrikus I alakú keresztmetszet (vastaggal kiemelve)

A keresztmetszet területét az egyes keresztmetszet részek területeinek összegzésével kapjuk. A 1 = A 3 = a ⋅ 5 ⋅ a = 5 ⋅ a 2 = 5 ⋅ 3 2 = 45 cm2.

A 2 = 8 ⋅ a ⋅ a = 8 ⋅ a 2 = 8 ⋅ 32 = 72 cm2.

∑ A =A

1

+ A 2 + A 3 = 5 ⋅ a 2 + 8 ⋅ a 2 + 5 ⋅ a 2 = 18 ⋅ a 2 = 45 + 72 + 45 = 162 cm2.

A keresztmetszet x és y tengelye is szimmetriatengely, így súlyponti tengelyek is. A súlyponti tengelyekre vonatkozó inercia számításához az összegzési, kiegészítési és a Steiner tételeket alkalmazzuk.  5⋅a ⋅a3  a ⋅ (8 ⋅ a ) 3 I x = 2 ⋅  + (5 ⋅ a ⋅ a) ⋅ ( 4,5 ⋅ a) 2  + = 0,83 ⋅ a 4 + 202,52 ⋅ a 4 + 42,67 ⋅ a 4 = 12  12  = 246 ⋅ a 4 = 246 ⋅ 3 4 = 19926 cm4.

A keresztmetszet y súlyponti tengelyére vett inerciája:  a ⋅ (5 ⋅ a) 3  8 ⋅ a ⋅ a 3  + I y = 2 ⋅  = 20,83 ⋅ a 4 + 0,67 ⋅ a 4 = 21,5 ⋅ a 4 = 21,5 ⋅ 34 = 1741,5 cm4. 12  12  A keresztmetszet x súlyponti tengelyére vett keresztmetszeti tényezője: Wx =

I x 246 ⋅ a 4 19926 = = 49,2 ⋅ a 3 = = 49,2 ⋅ 33 = 1328,4 cm3. ty 5⋅a 15

15


Iy tx

=

21,5 ⋅ a 4 1741,5 = 8,6 ⋅ a 3 = = 8,6 ⋅ 33 = 232,2 cm3. 2,5 ⋅ a 7,5

A keresztmetszet x súlyponti tengelyére vett inerciasugara: ix =

Ix = A

246 ⋅ a 4 = 3,7 ⋅ a = 3,7 ⋅ 3 = 11,1 cm. 18 ⋅ a 2

A keresztmetszet y súlyponti tengelyére vett inerciasugara: iy =

Iy A

=

21,5 ⋅ a 4 = 1,09 ⋅ a = 1,09 ⋅ 3 = 3,27 cm. 18 ⋅ a 2

1.1.6. példa Adott a 14. ábra szerinti keresztmetszet. Határozzuk meg a keresztmetszeti jellemzőket, a síkidom területét, súlyponti koordinátáit (xS; yS), a súlyponti tengelyeire vett inerciákat és keresztmetszeti tényezőket, illetve az inerciasugarakat. Adott: Ød = 20 cm.

14. ábra: Kör keresztmetszet (vastaggal kiemelve)

A keresztmetszet területe:

∑A =

d 2 ⋅ π 20 2 ⋅ π = == 314,16 cm2. 4 4

A keresztmetszet x és y tengelye is szimmetriatengely, így súlyponti tengelyek is. A súlyponti tengelyekre vonatkozó inercia számítása: Ix = Iy =

d 4 ⋅ π 20 4 ⋅ π = = 7854 cm4. 64 64

A súlyponti tengelyekre vonatkozó keresztmetszeti tényező számítása: d4 ⋅ π 20 4 ⋅ π I d3 ⋅ π 20 3 ⋅ π Wx = W y = = 64 = = 4 64 = = 785,4 cm3. d d 20 32 32 2 2 2

A súlyponti tengelyekre vonatkozó inerciasugár számítása:

16

Ix = A

ix = i y =

Iy A

=

d4 ⋅ π 4 2 64 = d ⋅ π ⋅ 4 = d = d = 20 = 5 cm. d2 ⋅ π 64 d 2 ⋅ π 16 4 4 4

1.1.7. példa Adott a 15. ábra szerinti keresztmetszet. Határozzuk meg a keresztmetszeti jellemzőket, a síkidom területét, súlyponti koordinátáit (xS; yS), a súlyponti tengelyeire vett inerciákat és keresztmetszeti tényezőket, illetve az inerciasugarakat. Adott: ØD = 15 cm, Ød = 11 cm.

∑A =

A keresztmetszet területe:

(D

2

)

(

)

- d 2 ⋅ π 152 - 112 ⋅ π = = 81,68 cm2. 4 4

15. ábra: Gyűrű (cső) keresztmetszet (vastaggal kiemelve)

A keresztmetszet x és y tengelye is szimmetriatengely, így súlyponti tengelyek is. A súlyponti tengelyekre vonatkozó inercia számítása: Ix = Iy =

(D 4 − d 4 ) ⋅ π (154 − 114 ) ⋅ π = = 1766 cm4. 64 64

A súlyponti tengelyekre vonatkozó keresztmetszeti tényező számítása: (D 4 − d 4 ) ⋅ π (154 − 114 ) ⋅ π 4 4 I (D − d ) ⋅ π (154 − 114 ) ⋅ π 64 64 Wx = W y = = = = = = 235,5 cm3. d D 15 32 ⋅ D 32 ⋅ 15 2 2 2

A súlyponti tengelyekre vonatkozó inerciasugár számítása:

Ix = A

ix = i y =

A

(D - d ) = 16 ⋅ (D - d ) 4

=

Iy

4

2

2

(D =

)

4

- d4 ⋅ π 64 = 2 D - d2 ⋅ π 4

(

)

(D

4

)

(15 -11 ) = 4,65 cm. 16 ⋅ (15 - 11 ) 4

4

2

(

)

- d4 ⋅ π 4 D4 - d 4 ⋅ 2 2 = = 64 D -d ⋅π 16 ⋅ D2 - d 2

2

17

(

)

(

)

2. Síkbeli erőrendszerek kiegyensúlyozásának ismétlése 2.1.1. példa: Adott a 16. ábra szerinti szerkezet, az AC és BC tartószerkezeti elemek, az A, B és C pontok helye és a C csuklót terhelő koncentrált erő. Határozzuk meg a támaszoknál fellépő reakcióerőket számítással és a zárt szelvény keresztmetszetű AC tartóelemet ellenőrizzük tiszta húzásra. Adott: a=3 m, b=2 m, c=4 m, F=34 kN. A keresztmetszet: 80X60X2 zárt szelvény, A = 5,39 cm2. A rúd szilárdsága: f h.=100 N/mm2. A számító eljárás során először az erőrendszer ismeretlen erőit, nagyságukat és irányukat (értelmüket), meg kell becsülni, feltételeznünk kell azokat. Jelen példában: az A és B csuklóknál fellépő reakciók nagyságát FA–nak és FB–nek feltételezzük. Az irányuk: mivel az AC és BC tartószerkezeti elemeket csak a végükön, a csuklókon keresztül éri hatás, magán a tartószerkezeti elemen nincs erő (önsúlytól eltekintünk) – ez azt jelenti, hogy ebben a két tartószerkezeti elemben rúdirányú erők lépnek fel. Azaz: két végén terhelt, csuklós rudakban csak rúdirányú erő ébred. Amiből következik, hogy ezek a tartószerkezeti elemek rúdirányban akarnak elmozdulni, és a támaszok ezt az elmozdulást akarják megakadályozni.

16. ábra: Közös metszéspontú erőrendszer kiegyensúlyozása – daruszerkezet

Azaz az ismeretlen támaszerők hatásvonalai párhuzamosak a tartószerkezeti elemek hossztengelyével, a kérdés csak az irányításuk. Ha azt nem tudjuk kikövetkeztetni a külső ható erőkből és a tartószerkezet elrendezéséből, akkor feltételeznünk kell (17. ábra). A következő lépésben a vetületi egyenleteket használjuk fel, amit egyensúlyozási feladatok megoldása során vetületi egyensúlyi egyenleteknek nevezünk. Az egyenlőség egyik oldalán az erőrendszer valamennyi, ismert és ismeretlen elemének összegezzük előjelhelyesen a viszonyítási koordinátarendszerrel párhuzamos komponenseit, és ezeket egyenlővé tesszük nullával. Ugyanis ha az erőrendszer

18

2

2

eredője nulla, akkor FR = FRx + FRy = 0 egyenlőség csak úgy lehet igaz, ha az eredő erő viszonyítási tengelyre vett komponensei külön – külön egyenlők nullával.

17. ábra: Támaszerők nagyságának és értelmének a feltételezése

∑F

=0 = FA ⋅ cos(α) + FB ⋅ cos( β ) és

∑F

=0 = F A ⋅ sin (α ) + FB ⋅ sin ( β ) − F .

x

y

Előbbi két egyenletben két ismeretlen szerepel. Feladatunk, hogy a két egyenletből álló két– ismeretlenes egyenletrendszert megoldjuk. Az α és β szögek meghatározása:

 c   4  α = arctan  = arctan  = 38,66° és a +b 3+2 c  4 β = arctan  = arctan  = 63,43° . b  2 Behelyettesítés a vetületi egyenletekbe:

∑F

=0 = FA ⋅ cos (α ) + FB ⋅ cos ( β ) = FA ⋅ cos (38,66°) + FB ⋅ cos (63,43°) és

∑F

= 0 = FA ⋅ sin (α ) + FB ⋅ sin ( β ) − F = F A ⋅ sin (38,66°) + FB ⋅ sin (63,43° ) − 34

x

y

Az első egyenletből:

FA = −

FB ⋅ cos(63,43°) cos(38,66°) ,

majd behelyettesítve második egyenletbe:

19

FB ⋅ cos(63,43°) ⋅ sin (38,66°) + FB ⋅ sin (63,43°) − 34 = cos(38,66°)

0=−

 cos(63,43°)  = FB ⋅ − ⋅ sin(38,66°) + sin(63,43°) − 34  cos(38,66°)  FB =

34  cos(63,43°)  − cos(38,66°) ⋅ sin(38,66°) + sin(63,43°)  

, ahonnan

= 63,37 kN ( ) .

Visszahelyettesítés után FA–ra a következőt kapjuk:

FA = −

FB ⋅ cos(63,43°) 63,37 ⋅ cos(63,43°) =− = −36,3 → FA = 36,3kN ( ). cos(38,66°) cos(38,66°)

Ezek szerint az ismeretlen támaszerők nagysága FA = 36,3kN és FB = 63,37kN . Az FB kényszererőnek feltételezett irányítás helyes volt, mivel pozitív értéket kaptunk. Azonban az A támasznál feltételezett támaszerőnek az előjele negatív, ami annyit jelent, hogy az ismeretlen értelmű erőnek a feltételezett irány nem volt jó. A valós irányítása az erőnek éppen ellentétes (18. ábra). Másik megoldási lehetőség, ha két darab nyomatéki egyensúlyi egyenletet írunk fel. Előbb az A pontra:

∑M

A

= 0 = FBy ⋅ a − F ⋅ (a + b) = FB ⋅ sinβ ⋅ a − F ⋅ (a + b) , majd a B pontra:

18. ábra: Az ismeretlen támaszerők nagysága és irányítása helyesen ábrázolva

∑M

B

= 0 = − FAy ⋅ a − F ⋅ b = FA ⋅ sinα ⋅ a − F ⋅ b

Az első egyenletből:

20

FB =

F ⋅ (a + b) 34 ⋅ (3 + 2) = = 63,36 kN ( ). sinβ ⋅ a sin(63,43°) ⋅ 3

A második egyenletből:

FA =

F⋅ b 34 ⋅ 2 = = −36,28 → FA = 36,28kN ( ). sinα ⋅ a sin(38,66°) ⋅ 3

Az AC tartószerkezeti elem igénybevétele tiszta húzás, nyíró és hajlító igénybevétel nem lép fel, a maximális normál igénybevétel megegyezik az FA reakcióerővel. Az AC tartószerkezeti elemben fellépő húzófeszültség: σ húzó =

N max 36 , 28 ⋅ 10 3 = = 67,31 N/mm2. 2 A 5,39 ⋅ 10

Összehasonlítás a szilárdsággal: f h.=100 N/mm2 > 67,31 N/mm2 = σhúzó

→MEGFELEL

2.1.2. példa: Adott a 19. ábra szerinti szerkezet, az AC és BC tartószerkezeti elemek, az A, B és C pontok helye és a C csuklót terhelő koncentrált erő. Feladat, hogy meghatározzuk az A és B csuklóknál fellépő támaszerőket számítással és az AC, BC kör keresztmetszetű tartószerkezeti elemek szükséges átmérőjét. Adott: a=4 m, b=2,5 m, c=4,5 m, F=27 kN. A rudak/kötelek szilárdsága: f h.=100 N/mm2.

19. ábra: Közös metszéspontú erőrendszer

Feltételeznünk kell az ismeretlen reakció erők nagyságát és értelmét (20. ábra). A hatásvonaluk ismert, mivel az AC és BC tartószerkezetei elemeket csak a végükön lévő csuklókon keresztül éri terhelés. Így ezek az elemek hossztengelyükkel párhuzamosan akarnak elmozdulni.

21

20. ábra: Reakció erők nagyságának és értelmének a feltételezése

Ezt az elmozdulást akadályozzák meg a támaszoknál fellépő kényszererők, amik hatásvonala így az AC és BC tartószerkezeti elemek hossztengelyével párhuzamos. Következő lépésként célszerű felvenni a viszonyítási koordinátarendszert, és elhelyezni abba a pontba, ahol az erőrendszer elemeinek hatásvonalai metszik egymást – jelen esetben ez a C pont. Ugyanekkor feltüntetjük a két tartószerkezeti elem hossztengelyének (azaz a feltételezett reakcióerők hatásvonalának is egyben) a viszonyítási koordinátarendszer tengelyeivel bezárt szögeit (21. ábra). Ezután kezdhetjük meg a számolást. Először az α és β szögeket számítjuk

 4   4  a a  = 58° és β = arctan  = arctan  = 41,63° . ki: α = arctan  = arctan b c  2,5   4,5  Következő lépésben írhatjuk fel a vetületi egyensúlyi egyenleteket: x

= 0 = −FA ⋅ cos(α) + FB ⋅ cos(β) és

y

= 0 = FA ⋅ sin(α) + FB ⋅ sin(β) − F

∑F ∑F

A két egyenletből álló két ismeretlenes (FA, FB) egyenletrendszer megoldása után a következőket kapjuk eredményül a reakcióerőkre: FA = 20,47 kN ( ) és FB = 14,51 kN ( ). Ezek a reakció erők nagyságai. Mivel az egyenletrendszer megoldásából pozitív értékeket kaptunk megoldásul, ez annyit jelent, hogy a támaszerőknek feltételezett irányítás helyes volt, azok megfelelnek a 21. ábra szerint feltüntetettnek. Másik megoldási lehetőség, hogy felírunk az A és B pontokra nyomatéki egyensúlyi egyenleteket:

∑M

A

= 0 = −F ⋅ b + FB ⋅ sin(β) ⋅ (b + c) és 22

21. ábra: Reakcióerők hatásvonalának és a viszonyítási koordinátarendszer tengelyeinek a bezárt szöge

∑M

B

= 0 = F ⋅ c − FA ⋅ sin(α) ⋅ (b + c) .

Ezekből ugyanazokat az eredményeket kapjuk a támaszerőkre. Az AC és BC tartószerkezeti elemek igénybevétele tiszta húzás, nyíró, hajlító igénybevétel nem lép fel. A maximális húzóerők megegyeznek a támaszoknál ébredő reakcióerőkkel. A szükséges dAC átmérő meghatározása: f h. =

S AC S A 20, 47 ⋅ 10 3 → A AC = AC = = = 204,7 mm2 → A AC f h. f h. 100

A AC

d 2AC ⋅ π = → d AC = 4

204,7 ⋅ 4 = 16,14 mm π

→ ≈ d AC = 2 cm.

A szükséges dBC átmérő meghatározása: f h. =

S BC S B 14,51 ⋅ 10 3 → A BC = BC = = = 145,1 mm2 → A BC f h. f h. 100

A BC =

d 2BC ⋅ π 145,1 ⋅ 4 → d BC = = 13,59 mm 4 π

→ ≈ d BC = 1,5 cm.

2.1.3. példa: Adott a 22. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet, ami egyik végén egy csuklóval (A pont), másik végén egy görgővel (B pont) van megtámasztva. Határozzuk meg a támaszerőket számítással, számítsuk ki a hajlításból származó maximális normál és nyírófeszültség és ellenőrizzünk. Adott: F = 17 kN, a = 1 m, α1=50 ° és α2=30 °. Szelvény: I-200→ Iz = 2140 cm4, Sz = 125 cm3, v = 7,5 mm. A hajlítási szilárdság: f hajl. = 95 N/mm2, a nyírási szilárdság: f nyírás = 74 N/mm2. 23

22. ábra: Közös metszéspontú erőrendszer kiegyensúlyozása

Az erőrendszernek három eleme van, az F ható erő és az A és B ismeretlen támaszerők. Ennek a három erőnek kell egyensúlyban lennie. Három erő egyensúlyának a feltétele, hogy hatásvonalaiknak egy pontban kell metszeniük egymást és a vektorsokszögnek folytonos nyílértelemmel kell záródnia. A vetületi egyenleteknek egyenként zérussal kell egyenlőnek lennie.

23. ábra: A viszonyítási koordinátarendszer elhelyezése a közös metszéspontban, reakcióerők nagyságának és irányának feltételezése

Sinus tételből: b =

2 ⋅ sin (α 1 ) 2 ⋅ sin (50°) = = 1,63 m sin (180 ° − α 1 − (90° − α 2 )) sin (70°)

Cosinus tételből:

(4a)2 + b 2 − 2 ⋅ (4a) ⋅ b ⋅ cos(90 − α1 ) = (4 ⋅1)2 + 1,632 − 2 ⋅ (4 ⋅1) ⋅1,63 ⋅ cos(90 − 30°) = 3,48 m

c=

 c 2 + (4a )2 − b 2 Cosinus tételből: β = arccos   2 ⋅ c ⋅ (4a )

  3,48 2 + (4 ⋅ 1)2 − 1,63 2  = arccos    2 ⋅ 3,48 ⋅ (4 ⋅ 1)  

  = 23,9 °  

x és y irányú vetületi egyensúlyi egyenletek:

∑F

x

= 0 = −F ⋅ cos(α1 ) + A ⋅ cos( β ) − B ⋅ cos(90° - α2 ) =

= −17 ⋅ cos(50°) + A ⋅ cos(23,9°) − B ⋅ cos(90° - 30°)

∑F

y

= 0 = −F ⋅ sin(α1 ) + A ⋅ sin( β ) + B ⋅ sin(90° − α2 ) =

= −17 ⋅ sin(50°) + A ⋅ sin(23,9°) + B ⋅ sin(90° − 30°) A két egyenletből álló két–ismeretlenes egyenletrendszer megoldása A–ra és B–re:

24

A = 16,07 kN( ) és B=7,53 kN( ). Mivel a mindkét ismeretlen támaszerőre pozitív értéket kaptunk, ezért a támaszerőknek feltételezett irányítások helyesek. A másik megoldási lehetőség szerint a kényszerek azonosítása alapján vesszük/tételezzük fel az egyensúlyozó erők nagyságát és irányát. A B pontban a görgő támasztja meg a tartót, ezért ott a támaszra merőleges irányban vesszük fel az ismeretlen támaszerőt. Az A pontban csukló biztosítja, hogy ne mozduljon el a tartó. Ez a kényszer csak a forgást engedi meg a tartónak, az elmozdulást nem. Emiatt tételezhetjük fel a viszonyítási koordinátarendszer x és y irányával párhuzamosan fellépő támaszerőket az A pontban (24. ábra).

24. ábra: Reakcióerők nagyságának és irányának feltételezése

Ebben az esetben három egyensúlyi egyenlet felírásával és az egyenletrendszer megoldásával megkapjuk az eredményeket. Nyomatéki egyensúlyi egyenlet az A pontra:

∑M

A

= 0 = −F ⋅ sin(α1 ) ⋅ 2a + B ⋅ sin(90° - α2 ) ⋅ 4a → B=7,52 kN( ).

Nyomatéki egyensúlyi egyenlet a B pontra:

∑M

B

= 0 = F ⋅ sin(α1 ) ⋅ 2a − Ay ⋅ 4a → Ay=6,51 kN(↑).

x irányú vetületi egyensúlyi egyenlet:

∑F

x

= 0 = −F ⋅ cos(α1 ) + Ax − B ⋅ cos(90° - α2 ) → Ax=14,69 kN (→).

Az A pontban ébredő támaszerő eredője:

A = Ax2 + Ay2 = 6,512 + 14,692 = 16,07 kN( ). Az ébredő belső erőket és az igénybevételek eloszlását a tartó hossztengelye mentén a 25. ábra mutatja be:

25

25. ábra: A fellépő reakcióerők és igénybevételek ábrázolása

A hajlításból származó maximális normálfeszültség: hajl . σ max =

M max 13,02 ⋅ 10 6 ( N ⋅ mm ) ⋅ t (y) = ⋅ 100(mm) = 60,84 N/mm2→ 7 4 Iz 2,14 ⋅ 10 ( mm )

hajl . → σ max = 60,84 N/mm2 < 95 N/mm2 = f hajl. →MEGFELEL

A hajlításból származó maximális nyírófeszültség: hajl . τ max =

Tx, (max) S z (y) 6,51 ⋅ 10 3 ( N) 1,25 ⋅ 10 5 ( mm 3 ) ⋅ = ⋅ = 5,07 N/mm2→ 7 4 Iz v(y) 7,5(mm) 2,14 ⋅ 10 ( mm )

hajl . → τ max = 5,07 N/mm2 < 74 N/mm2 = f nyírás →MEGFELEL

2.1.4. példa: Adott a 26. ábra szerinti tartószerkezet, ami két csuklóval (A és B pontban) van megtámasztva. Határozzuk meg a támaszerőket számítással. Határozzuk meg a kör keresztmetszetű BC tartószerkezeti elem szükséges átmérőjét. Ellenőrizzük a felfüggesztett, I szelvényű, vízszintes tartóelemet hajlításra (normál– és nyírófeszültség). Adott: F = 23 kN, a = 2 m és α=40 °. Vízszintes tartóelem keresztmetszete: I 200 szelvény, Iz = 2140 cm4, Sz = 125 cm3, v = 7,5 mm, a hajlítási szilárdság: f hajl. = 95 N/mm2, a nyírási szilárdság: f nyírás = 74 N/mm2. A BC kötél szilárdsága: f h.=80 N/mm2. 26


27. ábra: A viszonyítási koordinátarendszer elhelyezése a közös metszéspontban, reakcióerők nagyságának és irányának feltételezése

28. ábra: Rosszul feltételezett A támaszerő irányának javítása

27


∑F

x

= 0 = F ⋅ sin (α ) + A ⋅ sin (α ) = 23 ⋅ sin (40° ) + A ⋅ sin (40°) →

A = –23 → A = 23 kN ( ). Ez azt jelenti, hogy az A támaszerő nagysága 23 kN, iránya azonban ellentétes azzal, amit feltételeztünk (28. ábra). Az y irányú vetületi egyensúlyi egyenlet:

∑F

y

= 0 = − F ⋅ cos(α ) − A ⋅ cos(α ) − B = −23 ⋅ cos(40°) − 23 ⋅ cos(40°) − B →

→ B = –35,24 → B = 35,24 kN (↑).

29. ábra: Rosszul feltételezett B reakcióerő irányának javítása

30. ábra: Feltételezett reakcióerők

28

Ez azt jelenti, hogy az B támaszerő nagysága 35,24 kN, iránya azonban ellentétes azzal, amit feltételeztünk (29. ábra). A másik megoldási lehetőség, hogy a B pontban ébredő támaszerő nagyságát felvesszük, irányát pedig a BC rúdelem hossztengelyével párhuzamos. Ebben nincs változás. Mivel az A pontban nem ismerjük az elmozdulás irányát, ezért felvesszük külön – külön az Ay és Ax támaszerőket (30. ábra). Nyomatéki egyensúlyi egyenlet az A pontra:

∑M

A

= 0 = −B ⋅ a − F ⋅ cos(α) ⋅ 2a → B = –35,24→B = 35,24 kN(↑).

Nyomatéki egyensúlyi egyenlet a C pontra:

∑M

C

= 0 = − Ay ⋅ a − F ⋅ cos(α) ⋅ a → Ay = –17,62→ Ay = 17,62 kN(↓).


∑F

x

= 0 = Ax + F ⋅ sin(α) → Ax = –14,78→ Ax = 14,78 kN(←).


A = Ax2 + Ay2 = 14,782 + 17,622 = 23,0 kN( ). A függőleges, BC tartóelem igénybevétele tiszta húzás, a fellépő maximális belső erő megegyezik a B kényszernél ébredő reakcióerővel.


29

A szükséges dBC átmérő meghatározása: f h. =

S BC S B 35,24 ⋅ 10 3 → A BC = BC = = = 440,5 mm2 → A BC f h. f h. 80

A BC =

d 2BC ⋅ π → d BC = 4

440,5 ⋅ 4 = 23,68 mm π

→ ≈ d BC = 2,5 cm.

A felfüggesztett, I szelvényű tartón ébredő igénybevételeket és eloszlásukat a 31. ábra mutatja be. A hajlításból származó maximális normálfeszültség: σ

hajl . max

M max 35,24 ⋅ 10 6 ( N ⋅ mm ) = ⋅ t (y) = ⋅ 50 (mm) = 82,34 N/mm2→ 4 4 Iz 2140 ⋅ 10 ( mm )



Tx, (max) S z (y) 17 ,62 ⋅ 10 3 ( N) 1,25 ⋅ 10 5 ( mm 3 ) ⋅ = ⋅ = 13,72 N/mm2→ Iz v(y) 7,5(mm) 2,14 ⋅ 10 7 ( mm 4 )


2.1.5. példa Adott a 32. ábra szerinti tartószerkezet, ami két csuklóval (A és B pont) van megtámasztva. Határozzuk meg a támaszerőket számítással. Ellenőrizzük a zárt szelvény (60 x 60 x 3) keresztmetszetű BC tartóelemet kihajlásra! Adott: F = 40 kN, a = 3 m, b = 1 m és α=60 °. A BC tartóelem keresztmetszetére, anyagára és a megtámasztására vonatkozó adatok táblázatból: ν = 1 (két végén csuklós megtámasztás), A = 6,61 cm2, I = 35,1 cm4, E = 210000 N/mm2, λh = 105.


30

Megoldás: az erőrendszert az F koncentrált erő, és a támaszoknál keletkező ismeretlen reakcióerők alkotják – három erő összesen. Az egyensúly feltétele, hogy ennek a három erőnek a hatásvonala egy pontban metssze egymást. A B pontban a támaszerő hatásvonalának az iránya ismert, mivel a BC tartószerkezeti elemet csak a két, csuklós végén éri terhelés. A B ismeretlen erő nagyságát és értelmét vesszük fel ismeretlenként, és hatásvonalát meghosszabbítva metszésre hozzuk az F erő hatásvonalával (33. ábra). Ez lesz a D pont. Ezen a ponton kell az A támaszerő hatásvonalának is áthaladnia az egyensúly feltételének a teljesítéséhez. Ebben az esetben a tartó geometriájából ki tudjuk számolni a vektorháromszög szögeit, amik a vetületi egyensúlyi egyenletek felírásához kellenek. Az AB távolság (d+c) meghatározása:   a 3  → d + c = tanα =  = 3,46 m tan60 ° ⋅ 0,5  (d + c ) ⋅ 0,5 

Az α’ meghatározása:

33. ábra: Támaszerők irányításának feltételezése, majd hatásvonalaik meghosszabbítása az F erő hatásvonaláig

 a + b   3+1  3 +1 a +b  =  tanα =  = 2,31 m → tan α' =   → α' = 73,9° . →c= tan60 °  c   (d + c ) − c   3,46 − 2,31 


∑F

x

= 0 = F + A ⋅ cos (α' ) − B ⋅ cos(α ) = 40 + A ⋅ cos (73,9° ) − B ⋅ cos (60° ) .

31

34. ábra: Rosszul feltételezett A reakcióerő irányának javítása

y irányú vetületi egyensúlyi egyenlet:

∑F

y

= 0 = A ⋅ sin(α' ) + B ⋅ sin(α) = A ⋅ sin(73,9°) + B ⋅ sin(60°) .

A két egyenletből álló, két ismeretlenes egyenletrendszer megoldása: A = –48,08→ A= 48,08 kN( ), iránya a feltételezettel ellentétes (34. ábra), B = 53,34 kN( ), iránya megegyezik a feltételezett iránnyal (34. ábra). A másik megoldás, hogy nyomatéki egyensúlyi egyenleteket írunk fel. Ebben az esetben a kiindulási támaszerők nagyságának és irányának a feltételezései a 35. ábra szerintiek.

35. ábra: Reakcióerők feltételezése

Nyomatéki egyensúlyi egyenlet az A pontra:

∑M

A

= 0 = B ⋅ sin α ⋅

a − F ⋅ (a + b) → B = 53,33 kN( ). sin α 32

Nyomatéki egyensúlyi egyenlet a B pontra:

∑M

B

= 0 = − Ay ⋅

a − F ⋅ (a + b) → Ay = –46,19→ Ay = 46,19 kN(↓). sin α


∑F

x

= 0 = F + Ax − B ⋅ cos (α ) → Ax = –13,34→ Ax = 13,34 kN(←).


A = Ax2 + Ay2 = 13,342 + 46,192 = 48,07 kN( ). A BC tartóelem keresztmetszeti jellemzőjének, a kisebbik inerciasugár meghatározása:

imin =

I min 35,1 = = 2,3 cm. A 6,61

A tartó redukált hosszának a meghatározása:

l red = (d + c) ⋅ ν = 3,46 ⋅ 1 = 3,46 m = 346 cm. A karcsúsági tényező számítása: λ=

l red 346 = = 150,43. i min 2,3

λh = 105 < 150,43 = λ → a kritikus feszültséget a rugalmas kihajlás, az Euler-féle képlet szerint kell meghatározni: σ krit =

π2 ⋅ E

λ2

=

π 2 ⋅ 210000 = 91,59 N/mm2. 2 150 ,43

A BC rúdban ébredő normál igénybevétel megegyezik a B támasztási pontban fellépő reakcióerővel. A BC rúdban fellépő normálfeszültség meghatározása:

σ fel =

N BC 53,33 ⋅ 10 3 = = 80,68 N/mm2 < σ krit = 91,59 N/mm2 → A 661

MEGFELEL!

2.1.6. példa Adott az 36. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet, baloldali végén egy csuklóval (A pont), jobboldali végén egy görgővel (B pont) megtámasztva. A tartószerkezetet hossztengelyére merőlegesen terheli F1, F2 és F3 koncentrált erők. Határozzuk meg a kényszereknél ébredő támaszerőket számítással és ellenőrizzük a tartót hajlításra. Adott: F1=19 kN, F2=26 kN és F3= 15 kN, a = 1 m. Keresztmetszet: 200 x 100 x 5 zárt szelvény, Iz = 1459 cm4, a hajlítási szilárdság: f hajl. = 95 N/mm2.

33

36. ábra: Párhuzamos hatásvonalú erőrendszer kiegyensúlyozása – reakció erő meghatározás

A számító eljárás során az első lépés, hogy a támaszoknál fellépő támasz erők nagyságát és irányát feltételezzük. Az A csukló megakadályozza a tartószerkezet elmozdulását úgy x, mint y irányban. Ezért ott Ax és Ay erőket is feltételeznünk kell. A B támasz csak a támaszra merőleges elmozdulását akadályozza meg a tartószerkezetnek, így ott csak egy y tengellyel párhuzamos hatásvonalú erő nagyságát és értelmét feltételezzük (37. ábra). A tartószerkezetet terhelő erőrendszernek így öt eleme van jelen példában, F1, F2 és F3 ható erők és FA, FB ismeretlen erők.

37. ábra: Párhuzamos erőrendszer kiegyensúlyozása – támaszerők nagyságának és irányának feltételezése

Az egyensúly feltétele, hogy az eredő nagysága nulla legyen. Ha ez fenn áll, akkor a tartószerkezet sem x, sem y irányban nem mozdul el. Azonban ha az eredő erő zérus, az nem jelenti automatikusan, hogy nem mozdul el a szerkezet. Ugyanis az eredő erő lehet erőpár is. Azaz az erőrendszer eredőjének erőértéke zérus, de nyomatéka van. Ebben az esetben a tartószerkezet egy adott pont körül forgómozgást végez. Természetesen az egyensúly feltétele, hogy a tartószerkezet sem haladó, sem forgómozgást nem végezhet. Ehhez nem elegendő a már ismert két vetületi egyensúlyi egyenletet felírni:

∑F

x

= 0 = − Ax és

∑F

y

= 0 = Ay + By − F1 + F2 − F3 .

Matematikai szempontból sem megoldható a két egyenletből álló három–ismeretlenes egyenletrendszer. Az erőrendszerre ugyanúgy érvényes a nyomatéki tétel is. Ha azonban az erőrendszer eredője nulla, annak nyomatéka bármely tetszőlegesen kiválasztott pontra is nulla lesz. Így írhatjuk fel tetszőlegesen választott pontra a nyomatéki egyensúlyi egyenletet. A pontot, amire vesszük az erőrendszer valamennyi elemének a nyomatékösszegét, úgy célszerű felvenni, hogy 34

az egyenletben az ismeretlenek száma minimális legyen. Ezt úgy érhetjük el, hogy a nyomatékot olyan pontra írjuk fel, amelyen minél több ismeretlen erő hatásvonala átmegy. Jelen példában először az A pontra írunk fel egy nyomatéki egyensúlyi egyenletet:

∑M

A

=0=

= −F3 ⋅ (1,5a) + F2 ⋅ (1,5a + 1,75a) − F1 ⋅ (1,5a + 1,75a + 1,75a) + B ⋅ (1,5a + 1,75a + 1,75a + 3a)

.

Az egyenlőségben az egyetlen ismeretlen a B támasznál fellépő B reakcióerő, mivel Ax és Ay hatásvonala is átmegy az A ponton, így nyomatékuk az A pontra zérus. Behelyettesítés után:

∑M

A

= 0 = −15,0 ⋅ 1,5 + 26,0 ⋅ 3,25 − 19,0 ⋅ 5,0 + B ⋅ 8,0 . Az egyenletből B–re a következőt

kapjuk: B = 4,125 kN(↑). Mivel eredményül pozitív értéket kapunk, ez azt jelenti, hogy helyes volt a B erőnek feltételezett iránya. Az eredmény felírása helyesen: B = 4,125 kN (↑).


A következő lépésben a B pontra is felírunk egy nyomatéki egyensúlyi egyenletet:

∑M

B

=0=

= F1 ⋅ (3a) − F2 ⋅ (3a + 1,75a) + F3 ⋅ (3a + 1,75a + 1,75a) − Ay ⋅ (1,5a + 1,75a + 1,75a + 3a)

.

Az egyenlőségben az egyetlen ismeretlen az A támasznál fellépő Ay reakcióerő, mivel Ax és By hatásvonala is átmegy a B ponton, így nyomatékuk a B pontra zérus. Behelyettesítés után:

35

∑M

B

= 0 = 19,0 ⋅ 3,0 − 26,0 ⋅ 4,75 + 15,0 ⋅ 6,5 − Ay ⋅ 8,0 . Az egyenletből Ay–ra a következőt

kapjuk: Ay = 3,875 kN (↑). Mivel eredményül pozitív értéket kapunk, ez azt jelenti, hogy helyes volt az Ay erőnek feltételezett iránya. Az eredmény felírása helyesen: Ay = 3,875 kN (↑). Az x irányú vetületi egyensúlyi egyenletből egyértelműen kiderül, hogy az A pontban feltételezett Ax komponens zérus. Az y irányú vetületi egyenletbe, ha behelyettesítünk, ellenőrizhetjük a nyomatéki egyensúlyi egyenletek eredményeit: ΣFy = 0 = 3,875 + 4,125 − 19 + 26 − 15 . Az egyenlőség fennáll. Az A reakcióerő nagysága megegyezik az Ay–nal ( A = Ax2 + Ay2 = 0 + 3,8752 = 3,875kN(↑) ), hatásvonala párhuzamos az y tengellyel, míg irányítása pozitív a viszonyítási koordinátatengelyhez képest. A reakcióerőket és az ébredő igénybevételeket a 38. ábra mutatja be. A hajlításból származó maximális normálfeszültség: hajl . σ max =

M max 13,63 ⋅ 10 6 ( N ⋅ mm ) ⋅ t (y) = ⋅ 100 (mm) = 93,42 N/mm2→ 4 4 Iz 1459 ⋅ 10 ( mm )


2.1.7. példa Adott a 39. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet és a viszonyítási koordinátarendszer. Határozzuk meg a támaszoknál ébredő kényszererőket számítással és adjuk meg az alkalmazandó I szelvényt a hajlítás szilárdsága alapján, ellenőrízzünk nyírásra. Adott: F=11 kN koncentrált erő, q1=5 kN/m és q2=3 kN vonal mentén egyenletesen megoszló erők, a = 2 m. Keresztmetszet: I-szelvény. A hajlítási szilárdság: f hajl. = 95 N/mm2, a nyírási szilárdság: f nyírás = 74 N/mm2.

39. ábra: Párhuzamos erőrendszer kiegyensúlyozása – koncentrált és vonal mentén megoszló erővel terhelt egyenes tengelyű tartószerkezet

36

Első lépésben a megoszló erőket helyettesítjük koncentrált erőkkel – erre azért van szükség, mert a megoszló erőknek a nyomatékát egy tetszőlegesen választott pontra a helyettesítő erőknek a hatásvonala fogja meghatározni, ezek alapján olvassuk le az erőkarokat. A q1=5 kN/m egyenletesen megoszló terhelés 1,5a = 3 m hosszon hat, míg a q2=3 kN/m egyenletesen megoszló terhelés 3a = 6 m hosszon hat. A helyettesítő erők nagysága:

Q1 = q1 ⋅ (1,5a) = 5 ⋅ (1,5⋅ 2) = 15 kN és Q2 = q 2 ⋅ (3a) = 3 ⋅ (3⋅ 2) = 18 kN . Látható, a helyettesítő erő nagysága az azt szimbolizáló téglalap területével egyezik meg, a hatásvonalát mindig a megoszló terhelés súlypontjába helyezzük el (40. ábra).

40. ábra: Egyenletesen megoszló erők helyettesítése koncentrált erőkkel

41. ábra: Reakcióerők nagyságának és irányának, értelmének feltételezése

Ezután a tartót megtámasztó kényszereknél feltételezzük az ismeretlen reakcióerők nagyságát és irányát. Az A pontban egy csukló a támasz, ami megakadályozza a tartószerkezet elmozdulását x és y irányokban. Így az A pontban Ax és Ay kényszererőket feltételezünk. A B pontban egy görgő a kényszer, így ott a támaszra merőleges hatásvonalú B reakcióerőt feltételezünk (41. ábra). Ezután már felírhatjuk az egyensúlyi egyenleteket. Először az A pontra írjunk fel egy nyomatéki egyensúlyi egyenletet:

∑M

A

= 0 = −Q1 ⋅

1,5a a+a+a  − Q2 ⋅ 1,5a +  − F ⋅ (1,5a + a ) + B ⋅ (1,5a + a + a ) = 2 2  

37

= −(q 1 ⋅ 1,5a ) ⋅

1,5a a+a+a  − (q 2 ⋅ (a + a + a )) ⋅ 1,5a +  − F ⋅ (1,5a + a ) + B ⋅ (1,5a + a + a ) = 2 2  

q ⋅ (1,5a ) 3a   =− 1 − (q 2 ⋅ 3a ) ⋅ 1,5a +  − F ⋅ (2,5a ) + B ⋅ (3,5a ) 2 2   2

Behelyettesítés után:

5 ⋅ (1,5 ⋅ 2) 3⋅ 2   ∑ M A = 0 = − 2 − (3 ⋅ 3 ⋅ 2) ⋅ 1,5 ⋅ 2 + 2  − 11⋅ (2,5 ⋅ 2) + B ⋅ (3,5 ⋅ 2) . 2

Az egyenlőségből a B ismeretlent kifejezve: B = 26,5 kN(↑). A B pontra írjunk fel egy nyomatéki egyensúlyi egyenletet:

1,5a   a+a+a  = 0 = Q1 ⋅  a + a + − a  + F ⋅ a − Ay ⋅ (a + a + 1,5a ) =  + Q2 ⋅  2  2    1,5a   a+a+a  = (q1 ⋅ 1,5a ) ⋅  a + a + − a  + F ⋅ a − Ay ⋅ (a + a + 1,5a ) =  + (q 2 ⋅ (a + a + a )) ⋅  2  2    q ⋅ a 2 ⋅ 8,25 q 2 ⋅ a 2 ⋅ 3 = 1 + + F ⋅ a − Ay ⋅ (3,5a ) 2 2

∑M

B


∑ MB = 0 =

5 ⋅ 2 2 ⋅ 8,25 3 ⋅ 2 2 ⋅ 3 + + 11 ⋅ 2 − A y ⋅ 7 2 2

Az egyenlőségből az Ay ismeretlent kifejezve: Ay = 17,5 kN(↑). Ellenőrzésként az y irányú vetületi egyensúlyi egyenletet írjuk fel:

∑F

y

= 0 = −q1 ⋅ 1,5a − q 2 ⋅ (a + a + a ) − F + Ay + B =

= −5 ⋅ 1,5 ⋅ 2 − 3 ⋅ (2 + 2 + 2) − 11 + 17,5 + 26,5 = 0 Az x irányú vetületi egyenletben csak az Ax ismeretlen szerepel, ami így nullával egyenlő. A keresett reakcióerők eredményei helyesen feltüntetve: Ay = 17,5 kN (↑) és B = 26,5 kN (↑). A reakcióerőket és az ébredő igénybevételeket az 42. ábra mutatja be. A hajlításból származó maximális normálfeszültség: hajl . σ max = f hajl. =

M max M M 31,04 ⋅10 6 ⋅ t (y) = max → Wz = max = = 326736 mm3 = 326,7 cm3→ Iz Wz f hajl. 95

→ táblázatból: I 240 szelvény hajlítás tengelyére keresztmetszeti tényezője: Wz = 354 cm3, Sz = 206 cm3, v = 8,7 mm.

38


Ellenőrzés nyírásra, a hajlításból származó maximális nyírófeszültség: hajl . τ max =

Tx, (max) S z (y) 20,5 ⋅ 10 3 ( N) 2,06 ⋅ 10 5 ( mm 3 ) ⋅ = ⋅ = 11,42 N/mm2→ Iz v(y) 8,7(mm) 4,25 ⋅ 10 7 ( mm 4 )


2.1.8. példa Adott az 43. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet és a viszonyítási koordinátarendszer. Határozzuk meg a támaszoknál ébredő kényszererőket, és ellenőrizzük a tartót hajlításra. Adott: F=17 kN, α=30 °, q1=2 kN/m és q2=3 kN vonal mentén egyenletesen megoszló erők, a=2 m. Keresztmetszet: U-szelvényből és lapos acélból (b x v) összeforgatott négyszög keresztmetszet: U 180, b = 20 cm, v = 5 mm. A hajlítási szilárdság: f hajl. = 95 N/mm2. Előbb felvesszük a kényszereknél az ismeretlen nagyságú és feltételezett irányú erőket (44. ábra), majd nyomatéki egyensúlyi egyenletet írunk fel az A és B pontokra.

39

43. ábra: Egyenes tengelyű tartó általános terhelése

44. ábra: Ismeretlen nagyságú és irányú reakcióerők felvétele

q ⋅ (1,5a ) a + 1,5a   ∑ M A = 0 = − 1 2 − q 2 ⋅ (a + 1,5a ) ⋅ 1,5a + 2  − F ⋅ (1,5a + a ) ⋅ sinα + B ⋅ (2 ⋅1,5a + a ) = 2

2 ⋅ (1,5 ⋅ 2 ) 2 + 1,5 ⋅ 2   − 3 ⋅ (2 + 1,5 ⋅ 2 ) ⋅ 1,5 ⋅ 2 +  − 17 ⋅ (1,5 ⋅ 2 + 2 ) ⋅ sin30° + B ⋅ (2 ⋅ 1,5 ⋅ 2 + 2 ) 2 2   2

=−

B ismeretlenre a következőt kapjuk: B=16,75 kN(↑).

∑ M B = 0 = F ⋅ (1,5a ) ⋅ sinα +

q 2 ⋅ (a + 1,5a ) 1,5a   + q 1 ⋅ 1,5a ⋅  a + 1,5a +  − Ay ⋅ (2 ⋅ 1,5a + a ) = 2 2   2

3 ⋅ (2 + 1,5 ⋅ 2 ) 1,5 ⋅ 2   = 17 ⋅ (1,5 ⋅ 2 ) ⋅ sin30° + + 2 ⋅ 1,5 ⋅ 2 ⋅  2 + 1,5 ⋅ 2 +  − Ay ⋅ (2 ⋅ 1,5 ⋅ 2 + 2 ) 2 2   2

Ay ismeretlenre a következőt kapjuk: Ay =12,75 kN(↑). Az x irányú vetületi egyensúlyi egyenlet felírása után kifejezhetjük az Ax ismeretlent is:

∑F

x

= 0 = F ⋅ cos α − A x → Ax =14,72 kN(←).

Az reakcióerő nagysága: A = Ax2 + Ay2 = 14,722 + 12,752 = 19,47 kN ( ). Az ismeretlen erőknek feltételezett irányok és irányítások minden esetben jók voltak. A másik megoldási lehetőség, hogy visszavezetjük a példát három erő egyensúlyára. Ehhez meg kell határozni az aktív erők eredőjét. Ebben az esetben a viszonyítási koordinátarendszert célszerű a tartó valamelyik végén elhelyezni (45. ábra), amit most az A pontban veszünk fel.

40

45. ábra: A viszonyítási koordinátarendszer felvétele az aktív erők eredőjének a meghatározásához

∑F

x

= F ⋅ cos α = 14 ,72 kN( → ).

∑F

y

= − F ⋅ sin α − q 1 ⋅ 1,5a − q 2 ⋅ 2,5a = − 29 ,5 →

FR =

∑F

2 x

+ ∑ Fy

2

∑F

y

= 29 ,5kN( ↓ ) .

= 14,72 2 + 29,5 2 = 32,97 kN( ).

46. ábra: Aktív erők eredőjének helye és helyzete a tartón

tgα R =

∑F ∑F

∑MO =

y

→ α R = 63,48°

x

∑M

q 1 ⋅ (1,5a ) a + 1,5 a   − q 2 ⋅ (a + 1,5 a ) ⋅  1,5a +  − F ⋅ sin α ⋅ (1,5a + a ) → 2 2   2

A

= − F Ry ⋅ x R = −

→ x R ≅ 4 ,54 m (46. ábra) Az aktív erők eredőjének (FR) a hatásvonala az M pontban metszi a B támaszerő hatásvonalát, ebből adódóan az A pontban ébredő egyensúlyozó erő hatásvonalának is ezen az M ponton kell áthaladnia, irányítása pedig adódik a vektorháromszögből.

41

Meghatározható az A támaszerő hatásvonalának a viszonyítási koordinátatengelyekkel bezárt

αA szöge: tgα R =

MB → MB = tgα R ⋅ (4a − x R ) = 6,93 m és 4a − x R

tg α A =

MB AB

→ α A = 40,92°


Ez alapján az x és y irányú vetületi egyensúlyi egyenletek:

∑F

x

∑F

y

= 0 = FR ⋅ cos α R − A ⋅ cos α A → A = 19,48 kN( ) és = − FR ⋅ sin α R + B + A ⋅ sin α A → B = 16 , 74 kN( ↑ ) .

A reakcióerőket és az ébredő igénybevételeket az 47. ábra mutatja be. A keresztmetszet z súlyponti, hajlítás tengelyére vett inerciája: 2 2    h180 + v   b ⋅ v3 20 ⋅ 0,53  18 + 0,5   180   = 2 ⋅ 1350 + I z = 2 ⋅ U II−z + + b ⋅ v ⋅  + 20 ⋅ 0,5 ⋅   =    12 2 12 2        

= 4412 cm4. 42


M max 36,75 ⋅ 10 6 ( N ⋅ mm ) ⋅ t (y) = ⋅ 95(mm) = 76,17 N/mm2→ 7 4 Iz 4,41 ⋅ 10 ( mm )


2.1.9. példa Adott az 48. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet. Határozzuk meg a támaszerőket és a kör keresztmetszetű tartó szükséges Ød átmérőjét és ellenőrízzünk nyírásra. Adott: F=20 kN koncentrált erő, q=5 kN/m vonal mentén egyenletesen megoszló erő, M=8 kNm koncentrált nyomaték, a = 1 m. A hajlítási szilárdság: f hajl. = 110 N/mm2, a nyírási szilárdság: f nyírás = 74 N/mm2.

48. ábra: Kéttámaszú tartó kiegyensúlyozása

Megoldás: előbb felvesszük a kényszereknél az ismeretlen nagyságú és irányú erőket (49. ábra), majd nyomatéki egyensúlyi egyenletet írunk fel az A és B pontokra. Az A pontban csak függőleges, y irányú erőt veszünk fel, mivel az Ax kivételével x irányú erő nem működik az erőrendszerben. Így a vízszintes vetületi egyensúly csak úgy teljesül, ha Ax=0.

2a + 0,75a   = 0 = M − q ⋅ (2a + 0,75a ) ⋅  a + 1,25a +  − F ⋅ a + B ⋅ 4a = 2   2 ⋅ 1 + 0,75 ⋅ 1   = 8 − 5 ⋅ (2 ⋅ 1 + 0,75 ⋅ 1) ⋅ 1 + 1,25 ⋅ 1 +  − 20 ⋅ 1 + B ⋅ 4 ⋅ 1 2  

∑M

A

A B ismeretlenre a következőt kapjuk: B=15,46 kN (↑).

∑M

B

= 0 = A ⋅ 4a + F ⋅ 3a + M + q ⋅ 2,75a ⋅ 0,375a =

= A ⋅ 4 + 20 ⋅ 3 + 8 + 5 ⋅ 2,75 ⋅ 0,375 Az A ismeretlenre a következőt kapjuk: A = –18,29 → A=18,29 kN (↑). A reakcióerőket és az ébredő igénybevételeket az 50. ábra mutatja be.

43

49. ábra: Ismeretlen támaszerők felvétele / feltételezése


A hajlításból származó maximális normálfeszültség: hajl . σ max = f hajl. =

M max M M max ⋅ 32 3 18, 29 ⋅ 10 6 ⋅ 32 d ⋅ t (y) = 4 max ⋅ → d = 3 = = 119,22 mm→ Iz f hajl. ⋅ π 110 ⋅ π d ⋅π 2 64

→ d ≈ 120 mm. A félszelvény statikai nyomatéka a hajlítás tengelyére:

44

 1 π ⋅d2 S z (y = 0) =  ⋅ 4 2

  d   1 π ⋅ 120 2  ⋅  0,4244 ⋅  =  ⋅ 2 2 4  

  120   ⋅  0,4244 ⋅ = 2   

= 5654 ,87 ⋅ 25, 46 = 143,97 cm3. A súlyponti tengelyekre vonatkozó inercia számítása: Iz =

d 4 ⋅ π 120 4 ⋅ π = = 1018 cm4. 64 64


Tx, (max) S z (y) 18, 29 ⋅ 10 3 ( N) 1, 44 ⋅ 10 5 ( mm 3 ) ⋅ = ⋅ = 2,15 N/mm2→ Iz v(y) 1,02 ⋅ 10 7 ( mm 4 ) 120(mm)


45

3. Kéttámaszú, egyenes tengelyű tartók igénybevételeinek ismétlése A tartószerkezetre ható erőrendszer (külső erők és támaszerők együttesen) hatására a tartó belsejében is erők keletkeznek. Ezeket az erőket nevezzük belső erőknek vagy más néven igénybevételeknek. A tartószerkezet egy tetszőleges K keresztmetszetének igénybevételét oly módon határozzuk meg, hogy a K–keresztmetszettől jobbra vagy balra ható külső erők (aktív és reakció erőket együttesen értjük) eredőjét számítjuk ki. Megkülönböztetjük a normál igénybevételt (tartószerkezet hossztengelyével párhuzamos hatásvonalú külső erők eredője), nyíró igénybevételt (tartószerkezet hossztengelyére merőleges hatásvonalú külső erők eredője) és a hajlító igénybevételt. Az egyes igénybevételekről, belsőerő típusokról már ejtettünk szót. Ebben a fejezetben olyan egyenes tengelyű tartószerkezetekkel foglalkozunk, amelyekre nemcsak tengelyirányú, hanem hossztengelyre merőleges külső erők is hatnak. Így nemcsak normál, hanem nyíró és hajlító igénybevételek is fellépnek. A feladat, hogy a belső erők változását a tartó hossztengelye mentén megszerkesszük, illetve megrajzoljuk. Ehhez a tartó valamennyi keresztmetszetében ismernünk kell a fellépő igénybevételeket. Az igénybevétel (belső erő) definícióját megismételjük: a tartószerkezet egy tetszőleges K keresztmetszetének igénybevételén az adott K–keresztmetszettől jobbra vagy balra ható külső erők (aktív és reakció erők) eredőjét értjük. 3.1. Igénybevételi ábrák szerkesztési szabályai Jelölések:

N – normálerő ábra T – nyíróerő ábra M – hajlító nyomatéki ábra

1. A tartó azon szakaszán, ahol nincs erőhatás, az N és T ábra vonala a tartótengellyel párhuzamosan halad. 2. Koncentrált erő helyén az N és T ábrán az erő megfelelő irányú összetevőjének megfelelő ugrás van. 3. A nyomatéki ábra vonala lineárisan halad azon a szakaszon, ahol nincs erőhatás. A koncentrált erő helyén az M ábrában törés van. 4. Az M és T ábra között differenciális kapcsolat van. A nyíróerő ábra függvényét integrálva kapjuk a nyomatéki ábra függvényét, illetve a nyomatéki ábra függvényét deriválva kapjuk a nyíróerő ábra függvényét. 5. Előző pontból következik, hogy a nyomaték helyi/lokális szélsőértékei ott lépnek fel, ahol a nyíróerő nulla.

46

6. A tartó végein, ha nincs koncentrált nyomaték, akkor a nyomaték nulla. 7. Koncentrált erő helyén a nyomatéki ábrában törés van. 8. Megoszló terhelés alatt a T ábra vonala ferde helyzetű egyenes, meredeksége a teherintenzitás. 9. Megoszló terhelés alatt az M ábra parabola, adott pontjához húzott érintő iránytangense az adott hely nyíróereje. 10. Az N és T ábrán a koncentrált nyomaték nem okoz változást. 11. A koncentrált nyomaték helyén, az M ábrán a nyomatéknak megfelelő ugrás van. 3.1.1. példa Adott az 51. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat, ellenőrizzük a tartó hajlításra és nyírásra. Adott: F=7 kN, q1=2 kN/m és q2= 3 kN/m, a = 2 m és α=60 °. A keresztmetszet: I 280 szelvény. A hajlítási szilárdság: f hajl. = 95 N/mm2, a nyírási szilárdság: f nyírás = 74 N/mm2.

51. ábra: Egyenes tengelyű, kéttámaszú tartó – terhelések és támaszerők

Először mindig a normál igénybevételi ábrát rajzoljuk meg. Azokat az erőket összegezzük az egyes keresztmetszetekben, amelyek hatásvonala párhuzamos a tartó hossztengelyével. Ebben az esetben az Ax–ből és az F erő x irányú komponenséből származik normál igénybevétel. A 52. ábra mutatja a normál igénybevételnek az eloszlását a tartó hossztengelye mentén. A szerkesztési szabályoknak megfelelően láthatjuk, hogy a tartóra két helyen koncentrált normál erő (Ax és F) hat. Ezeken a helyeken azonos nagyságú, de ellentétes irányú ugrás található, mivel a két erő irányítása ellentétes. A terheletlen szakaszon a tartó hossztengelyével párhuzamosan haladunk. Nagyon egyszerűen ellenőrizhetjük, hogy jól dolgoztunk–e. Ugyanazon keresztmetszetben két oldalról nézve a belső erőknek ki kell egyensúlyozniuk egymást. Azaz azonos keresztmetszetet két oldalról vizsgálva azonos nagyságú, de ellentétes irányítású erőket kell kapnunk eredményül.

47

52. ábra: Normálerő ábra

Előbb az A ponttól tetszőleges x < 5 m távolságban található K keresztmetszetet vizsgáljuk. A 53. ábra felső részén láthatjuk, hogy a K keresztmetszettől jobbra eső tartószerkezeti részt megtartottuk. A balra található összes (jelen esetben egy) normálerőnek a hatását vettük figyelembe a vizsgált K keresztmetszetre. A 53. ábra alsó részén a tartó bal oldali részét tartottuk meg, és a K keresztmetszettől jobbra lévő normálerők hatását összegeztük a vizsgált keresztmetszetre. Látható, hogy két oldalról nézve ugyanazon K keresztmetszetben a belső erő nagysága azonos, irányítása ellentétes.

53. ábra: Normál igénybevétel értelmezése ugyanazon K keresztmetszetben, két oldalról nézve

A normálerő ábra alá közvetlenül rajzoljuk a nyíróerő ábrát. Azoknak az erőknek a hatását vizsgáljuk, melyeknek a tartó hossztengelyére merőleges komponense van. Ezek az Ay, q1, q2, Fy és B erők. A tartó bal oldalán az A pontban az Ay koncentrált erőhatás miatt az erő nagyságának megfelelően ugrunk (54. ábra), a nyíró igénybevétel értéke az A keresztmetszetben 11,84 kN – első lépés. Onnan q1 terhelés miatt ferde helyzetű egyenessel indulunk el az ugrással ellentétesen, mivel q1 és Ay egymással ellentétes irányba mutatnak – második lépés. A C keresztmetszet nyíró igénybevételének meghatározás a keresztmetszettől jobbra és balra eső nyíróerők eredőjének külön – külön meghatározásával (55. ábra).

48

54. ábra: Nyíróerő ábra – első, második lépés

55. ábra: C keresztmetszet nyíró igénybevételének értelmezése két oldalról nézve

Ha a C keresztmetszettől balra eső nyíró erőket összegezzük:

∑T

b C

= Ay − q1 ⋅ 3 = 11,84 − 2 ⋅ 3 = 5,84

→

∑T

b C

= 5,84 kN (↑ ) .

Ha C keresztmetszettől jobbra eső nyíró erőket összegezzük:

∑T

j C

= B − Fy − q 2 ⋅ 5 = 15,23− 6,06 − 3 ⋅ 5 = −5,83

→

∑T

j C

= 5,83 kN (↓ ) .

Láthatjuk, hogy ugyanazon keresztmetszetben két oldalról vizsgálva a két nyíró igénybevétel éppen kiegyenlíti egymást. Azaz a C keresztmetszetben fennáll az egyensúly, mivel a nagyság megegyezik (a minimális eltérés a kerekítésekből adódik), míg az irányok ellentétesek egymással. Innen a q2 megoszló terhelés intenzitásának megfelelő meredekségű egyenessel haladunk tovább egészen az F koncentrált erő támadáspontjáig – harmadik lépés, ahol az F erő y komponensének megfelelően ugrunk lefele (56. ábra) – negyedik lépés.

49

56. ábra: Nyíróerő ábra – harmadik, negyedik lépés

∑T

b D

= Ay − q1 ⋅ 3 − q 2 ⋅ 2 = 11,84 − 2 ⋅ 3 − 3 ⋅ 2 = −0,16

→

∑T

b D

= 0,16 kN (↓ ) .

Az ábrán az erők nagysága és a geometria miatt nehezen látható, de a nyíró erő értéke a tengely alá esik a vizsgált keresztmetszetben. Ezután jön az F erő y komponensének a figyelembevétele:

∑T

b D

= Ay − q1 ⋅ 3 − q 2 ⋅ 2 = 11,84 − 2 ⋅ 3 − 3 ⋅ 2 = −0,16 → −Fy = −0,16 − 6,06 = −6,22 →

b D

= 6,22 kN (↓ ) .

∑T

Ha D keresztmetszettől jobbra eső nyíró erőket összegezzük:

57. ábra: D keresztmetszet nyíró igénybevételének értelmezése két oldalról nézve

∑T

j D

= B − q 2 ⋅ 3 = 15,23 − 3 ⋅ 3 = 6,23

→

∑T

j D

= 6,23 kN (↑ ) .

Az F erő y komponensének a figyelembevétele: → ∑TDj = B − q 2 ⋅ 3 = 15,23− 3 ⋅ 3 = 6,23 → −Fy = 6,23 − 6,06 = 0,17 → ∑ TDj = 0,17 kN (↑ ).

50

Innen továbblépve a q2 megoszló terhelésnek megfelelően ferde helyzetű egyenessel haladok tovább a következő koncentrált erőhatásig, ami a B erő – ötödik lépés. Végül pedig a B koncentrált erő nagyságának megfelelően felfelé ugrunk – hatodik lépés (58. ábra).

58. ábra: Nyíróerő ábra – ötödik, hatodik lépés

A B keresztmetszetet vizsgálata mindkét oldalról hasonló módon történik, mint a C és D keresztmetszeteké.

59. ábra: Nyomatéki ábra szerkesztése – első lépés

51

Az utolsó igénybevétel fajta a hajlító nyomaték és eloszlásának a vizsgálata a tartó hossztengelye mentén. Ezt az ábrát közvetlenül a nyíróerő ábra alá rajzoljuk. Fontos tudnivaló (ahogy a szerkesztési szabályoknál már említettük), hogy a nyomatéki és nyíróerő ábra között differenciális kapcsolat áll fenn. Ennek figyelembevételével legelőször megnézzük, melyik keresztmetszetben áll fenn a T = 0 egyenlőség – ott lokális (adott keresztmetszet közeli) szélsőértéknek kell lenni. Ezután, megnézzük, hogy a tartó végein működik–e koncentrált nyomaték – ha nem, ott a nyomaték értéke zérus. Végül pedig megtekintjük, hogy a tartón működik–e valahol koncentrált nyomaték – ha igen, ott ugrás lesz a nyomatéki ábrán. Ezek figyelembevételével tesszük meg az első lépést a nyomatéki ábra rajzolásakor. A 59. ábra mutatja, hogy T = 0 a D keresztmetszet közvetlen közelében lesz – mivel nagyon kis távolságról van szó, ezért úgy tekintjük, hogy a D keresztmetszetben van a zérus. Azt is láthatjuk, hogy a tartón sehol, se a végeken, se a tartószerkezeten nem működik koncentrált nyomaték, így a tartó két végén zérus a nyomaték, és nem lesz ugrás sem a nyomatéki ábrában. Következő lépésben a D keresztmetszet hajlító igénybevételét vizsgáljuk meg két oldalról nézve, megkeressük a lokális szélsőértéket (60. ábra).

60. ábra: D keresztmetszet hajlító igénybevételének értelmezése két oldalról nézve

∑ M Db =

q 2 ⋅ 22 3 ⋅ 22 + q 1 ⋅ 3 ⋅ 3,5 − Ay ⋅ 5 = + 2 ⋅ 3 ⋅ 3,5 − 11,84 ⋅ 5 = −32,2 → 2 2

∑M

b D

= 32,2 kNm ( ) és

∑M

j D

= −q 2 ⋅ 3 ⋅ 1,5 + B ⋅ 3 = −3 ⋅ 3 ⋅ 1,5 + 15,23 ⋅ 3 = 32,19

→

∑M

j D

= 32 ,19 kNm ( ).

Láthatjuk, hogy a hajlító igénybevétel nagysága mindkét esetben 32,2 kNm, és mindkét esetben az alsó a húzott oldal. Ugyanazon D keresztmetszetben két oldalról nézve az igénybevételek kiegyenlítik egymást, azaz az egyensúly fennáll.

52

Következő lépésben a C keresztmetszet hajlító igénybevételét vizsgáljuk meg két oldalról nézve (61. ábra).

∑M

b C

=

q1 ⋅ 32 2 ⋅ 32 − Ay ⋅ 3 = − 11,84 ⋅ 3 = −26,52 2 2

→

∑M

b C

= 26,52 kNm ( ) és

61. ábra: C keresztmetszet hajlító igénybevételének értelmezése két oldalról nézve

62. ábra: Nyomatéki ábra szerkesztése – második lépés

53

∑ M Cj = − ∑M

j C

q 2 ⋅ 52 3 ⋅ 52 − Fy ⋅ 2 + B ⋅ 5 = − − 6,06 ⋅ 2 + 15,23 ⋅ 5 = 26,53 2 2

→

= 26,53 kNm ( ).

Láthatjuk, hogy a hajlító igénybevétel nagysága mindkét esetben 26,52 kNm, és mindkét esetben az alsó a húzott oldal. Ugyanazon C keresztmetszetben két oldalról nézve az igénybevételek kiegyenlítik egymást, azaz az egyensúly fennáll. Ezután már csak össze kell kötni az eddig meghatározott pontokat (62. ábra). Négy „nevezetes” pontunk van. Mivel a tartó hossztengelye mentén végig megoszló terhelés működik, ezért a nyomatéki ábra végig másodfokú függvény (parabola) szerint változik. A hajlításból származó maximális normálfeszültség: hajl . σ max =

M max 32,2 ⋅ 10 6 ( N ⋅ mm ) ⋅ t (y) = ⋅ 140 (mm) = 59,39 N/mm2→ Iz 7,59 ⋅ 10 7 ( mm 4 )



Tx,(max) S z (y) 15, 22 ⋅ 10 3 ( N) 3,16 ⋅ 10 5 ( mm 3 ) ⋅ = ⋅ = 6,27 N/mm2→ 7 4 Iz v(y) 10,1(mm) 7,59 ⋅ 10 ( mm )


3.1.2. példa Adott a 63. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat, ellenőrizzük a tartót hajlításra. Adott: F=15 kN, q=4 kN/m, a = 1 m és α = 30 °, Ød = 12 cm. A hajlítási szilárdság: f hajl. = 150 N/mm2, a nyírási szilárdság: f nyírás = 74 N/mm2.

63. ábra: Egyenes tengelyű, kéttámaszú tartó – támaszerők felvétele és meghatározása a terhelések és geometria ismeretében

54

A feladat megoldását, a felírt egyenleteket most már kevesebb magyarázó szöveggel egészítjük ki. Először a támaszerőket kell meghatározni. x irányú vetületi egyensúlyi egyenlet felírása:

∑F

= 0 = − Ax − F ⋅ cos α = − Ax − 15 ⋅ cos 30°

x

→

Ax = −13

→

Ax = 13 kN (→). Az A pontra felírt nyomatéki egyensúlyi egyenlet:  7⋅a  = 0 = −q ⋅ 7 ⋅ a ⋅  + a  − F ⋅ sin α ⋅ 5 ⋅ a + B ⋅ 6 ⋅ a =  2  →  7 ⋅1  = −4 ⋅ 7 ⋅ 1 ⋅  + 1 − 15 ⋅ sin 30° ⋅ 5 ⋅ 1 + B ⋅ 6 ⋅ 1  2 

∑M

A

B = 27,25 kN (↑). A B pontra felírt nyomatéki egyensúlyi egyenlet:

∑M

B

= 0 = q ⋅ 7 ⋅ a ⋅ 1,5 ⋅ a + F ⋅ sin α ⋅ a − A y ⋅ 6 ⋅ a = 4 ⋅ 7 ⋅ 1 ⋅ 1,5 ⋅ 1 + 15 ⋅ sin 30° ⋅ 1 − A y ⋅ 6 ⋅ 1 →

Ay = 8,25 kN (↑) (64. ábra). A C keresztmetszet vizsgálata két oldalról nézve, normál igénybevétel szempontjából (65. ábra):

∑N

b C

= Ax = 13,0 kN (→) és

∑N

j C

= − Fx ⋅ cos 30° = 13,0 kN (←).

64. ábra: Támaszerők és normál igénybevételi ábra

A C keresztmetszet vizsgálata két oldalról nézve, nyíró igénybevétel szempontjából:

∑T

b C

= A y = 8,25 kN (↑) és

55

∑T

j C

∑T

j C

= − q ⋅ 7 ⋅ a − Fx ⋅ sin 30° + B = −4 ⋅ 7 ⋅ 1 − 15 ⋅ sin 30 ° + 27,25 = -8,25 → = 8,25 kN (↓).

A D keresztmetszet vizsgálata két oldalról nézve, nyíró igénybevétel szempontjából:

65. ábra: A C keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata két oldalról nézve

∑T

b D

= A y − q ⋅ 4 ⋅ a = 8,25 − 4 ⋅ 4 ⋅ 1 = −7,75

∑T

b D

= 7,75 (↓) és

j D

= − q ⋅ 3 ⋅ a + B = −4 ⋅ 3 ⋅ 1 + 27,25 = 15,25 kN (↑)

∑T

∑T

b D

→

= 7,75 (↓) + Fy (↓) = 15,25 kN (↓).

A B keresztmetszet vizsgálata két oldalról nézve, nyíró igénybevétel szempontjából:

∑T

b B

= A y − q ⋅ 5 ⋅ a - Fy = 8,25 − 4 ⋅ 5 ⋅ 1 - 7,5 = −19,25

∑T

b B

= 19,25 (↓) és

j B

= −q ⋅ 2 ⋅ a = −4 ⋅ 2 ⋅1 = −8,0

∑T

∑T

j B

∑T

b B

→

= −19,25 + B = −19,25 + 27,25 = 8 kN (↑).

→

= 8,0 kN (↓) (66. ábra).

Az F keresztmetszet pontos helyének a meghatározása fontos, mert ott a nyíróerő értéke nulla lesz. Ez azt jelenti, hogy az F (és B) keresztmetszet(ek)ben lokális nyomatéki szélsőérték lesz. Az F keresztmetszet helye a C–től számítva: xF =

TC [kN ] 8,25 = = 2,063 m , q [kN/m ] 4

Az F keresztmetszet helye a D–től számítva: xF =

T D [kN ] 7,75 = = 1,937 m (66. ábra). q [kN/m ] 4

Az F keresztmetszet vizsgálata két oldalról nézve, nyíró igénybevétel szempontjából (67. ábra):

∑T

b F

= A y − q ⋅ 2,063 = 8,25 − 4 ⋅ 2,063 = ~ 0

∑T

j F

= − q ⋅ 4,937 − Fy + B = −4 ⋅ 4,937 − 7,5 + 27,25 = ~ 0

56

66. ábra: Nyíró–igénybevételi ábra

67. ábra: Az F keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata két oldalról nézve

A hajlító igénybevétel meghatározása az F keresztmetszetben két oldalról nézve:

∑ M Fb = − Ay ⋅ 3,063 + q ⋅ ∑M

b F

→

= 16,75 kNm ( ),

∑ M Fj = −q ⋅ ∑M

→

2,063 2 2,063 2 = −8,25 ⋅ 3,063 + 4 ⋅ = −16,75 2 2

j F

4,937 2 4,937 2 − Fy ⋅ 1,937 + B ⋅ 2,937 = −4 ⋅ − 7,5 ⋅ 1,937 + 27,25 ⋅ 2,937 = 16,75 2 2 = 16,75 kNm ( ) (69. ábra).

A hajlító igénybevétel meghatározása a B keresztmetszetben két oldalról nézve: q ⋅ 52 4 ⋅ 52 ∑ M = − Ay ⋅ 6 + 2 + Fy ⋅1 = −8,25 ⋅ 6 + 2 + 7,5 ⋅1 = 8,0 b B

57

→ ∑ M Bb = 8,0 kNm ( ),

∑ M Bj = −

q ⋅ 22 4 ⋅ 22 =− = −8,0 2 2

→

∑M

j B

= 8,0 kNm ( ) (70. ábra).

A hajlító igénybevételi ábra (68. ábra) szélsőértékeinek a meghatározásán kívül tetszőleges keresztmetszet igénybevételének a meghatározását hasonló módon kell elvégezni. Ami érdekes lehet számunkra, annak a keresztmetszetnek a meghatározása, ahol a hajlító igénybevétel értéke zérus. Láthatjuk, hogy ez a keresztmetszet valahol közelítően a D és B keresztmetszetek közé esik. Pontos meghatározása:

∑ M ...j = 0 = B ⋅ (x - 2) −

q ⋅ x2 4 ⋅ x2 = 27,25 ⋅ ( x - 2 ) − 2 2

→

A másodfokú egyenletből: x1 = 11,2 m és x2 = 2,44 m. Mivel a tartó hossza összesen nincs 11m, ezért csak az x2 = 2,44 m a jó megoldás. Azaz a nyomaték a tartó jobb oldali végétől (E keresztmetszet) 2,44 m–re lesz zérus.

68. ábra: Nyomatéki ábra

58

69. ábra: Hajlító igénybevétel maghatározása az F keresztmetszetben két oldalról nézve

70. ábra: Hajlító igénybevétel maghatározása a B keresztmetszetben két oldalról nézve

A súlyponti tengelyekre vonatkozó inercia számítása: Iz =

d 4 ⋅ π 12 4 ⋅ π = = 1018 cm4. 64 64


M max 16,75 ⋅ 10 6 ( N ⋅ mm ) ⋅ t (y) = ⋅ 60 (mm) = 98,53 N/mm2→ 7 4 Iz 1,02 ⋅ 10 ( mm )

hajl . → σ max = 98,53 N/mm2 < 150 N/mm2 = f hajl.→MEGFELEL

A félszelvény statikai nyomatéka a hajlítás tengelyére:  1 π ⋅d2 S z (y = 0) =  ⋅ 4 2

  d   1 π ⋅ 120 2  ⋅  0,4244 ⋅  =  ⋅ 2 2 4  

  120   ⋅  0,4244 ⋅ = 2   

= 5654 ,87 ⋅ 25, 46 = 143,97 cm3. Ellenőrzés nyírásra, a hajlításból származó maximális nyírófeszültség: hajl . τ max =

Tx, (max) S z (y) 19,25 ⋅ 10 3 ( N) 1, 44 ⋅ 10 5 ( mm 3 ) ⋅ = ⋅ = 2,26 N/mm2→ Iz v(y) 1,02 ⋅ 10 7 ( mm 4 ) 120(mm)


3.1.3. példa Adott a 71. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat, számítsuk ki a kör keresztmetszetű tartó szükséges Ød átmérőjét. Adott: F=15 kN, q=4 kN/m, a=1 m és α = 30 °. A hajlítási szilárdság: f hajl. = 120 N/mm2. 59

71. ábra: Egyenes tengelyű, kéttámaszú, két oldalt konzolosan túlnyúló tartó

∑M

A

= 0 = q1 ⋅ 3 ⋅ a ⋅ 0,5 ⋅ a - F ⋅ 2,5 ⋅ a - q 2 ⋅ 5 ⋅ a ⋅ (2,5 ⋅ a + a) + B ⋅ 4,5 ⋅ a =

= 3 ⋅ 3 ⋅ 1 ⋅ 0,5 ⋅ 1 - 12 ⋅ 2,5 ⋅ 1 - 4 ⋅ 5 ⋅ 1 ⋅ (2,5 + 1) + B ⋅ 4,5 ⋅ 1

→

B=21,22 kN (↑),

∑M

B

= 0 = q 2 ⋅ 5 ⋅ a ⋅ a + q 1 ⋅ 3 ⋅ a ⋅ (1,5 ⋅ a + 3,5 ⋅ a) + F ⋅ 2 ⋅ a - Ay ⋅ 4,5 ⋅ a =

= 4 ⋅ 5 ⋅ 1 ⋅ 1 + 3 ⋅ 3 ⋅ 1 ⋅ (1,5 ⋅ 1 + 3,5 ⋅ 1) + 12 ⋅ 2 ⋅ 1 - Ay ⋅ 4,5 ⋅ 1

→

Ay=19,78 kN (↑), Ax=0. Az A keresztmetszet nyíró igénybevételének számítása:

∑T

b A

= − q 1 ⋅ 2 ⋅ a = −3 ⋅ 2 ⋅ 1 = − 6

∑T

b A

= −6 + A y = 13,78 kN (↑).

→

∑T

b A

= 6 kN (↓), majd ugrás az ábrán

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének számítása:

∑T

b C

= −q 1 ⋅ 3 ⋅ a + A y = −3 ⋅ 3 ⋅ 1 + 19,78 = 10,78 kN (↑).

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének számítása:

∑T rán

b D

= − q 1 ⋅ 3 ⋅ a - q 2 ⋅ 1,5 ⋅ a + A y = −3 ⋅ 3 ⋅ 1 - 4 ⋅ 1,5 ⋅ 1 + 19,78 = 4,78 kN (↑), majd ugrás az áb-

∑T

b D

→

= 4,78 − F = 4,78 − 12 = −7,22

∑T

b D

= 7,22 kN (↓).

A B keresztmetszet nyíró igénybevételének számítása:

∑T ∑T

b B

= −q 1 ⋅ 3 ⋅ a - q 2 ⋅ 3,5 ⋅ a + A y − F = −3 ⋅ 3 ⋅ 1 - 4 ⋅ 3,5 ⋅ 1 + 19,78 − 12 = -15,22 →

b B

= 15,22 kN (↓), majd ugrás az ábrán

∑T

b B

60

= -15,22 + 21,22 = 6 kN (↑).

72. ábra: Nyíró igénybevételi ábra

Az A keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása: 2 q 1 ⋅ (2 ⋅ a ) 3 ⋅ (2 ⋅ 1) M = = = 6 kNm ( ). ∑ 2 2 2

b A

∑ M Aj = − =−

q1 ⋅ a 2 − q 2 ⋅ 5 ⋅ a ⋅ (2,5 ⋅ a + a) − F ⋅ 2,5 ⋅ a + B ⋅ 4,5 ⋅ a = 2 →

3 ⋅ 12 − 4 ⋅ 5 ⋅ 1 ⋅ (2,5 ⋅ 1 + 1) − 12 ⋅ 2,5 ⋅ 1 + 21,22 ⋅ 4,5 ⋅ 1 = -6 2

∑M

j A

= 6 kNm ( ).

A D keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása: 2 q 2 ⋅ (3,5 ⋅ a ) 4 ⋅ (3,5 ⋅ 1) M = − + B ⋅ 2 ⋅ a = − + 21,22 ⋅ 2 ⋅ 1 = 17,94 kNm ( ), ∑ 2 2 2

j D

∑ M Db = q 1 ⋅ 3 ⋅ a ⋅ (1,5 ⋅ a + 1,5 ⋅ a) +

q 2 ⋅ (1,5 ⋅ a ) − A y ⋅ 2,5 ⋅ a = 2 → 2

4 ⋅ (1,5 ⋅ 1) − 19,78 ⋅ 2,5 ⋅ 1 = −17,95 2 2

= 3 ⋅ 3 ⋅ 1 ⋅ (1,5 ⋅ 1 + 1,5 ⋅ 1) +

∑M

b D

= 17,95 kNm ( ).

61

73. ábra: Hajlító igénybevételi ábra

A B keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása: 2 q 2 ⋅ (1,5 ⋅ a ) 4 ⋅ (1,5 ⋅ 1) =− = 4,5 kNm ( )., ∑M = − 2 2 2

j B

q ⋅ (3,5 ⋅ a ) + q 1 ⋅ 3 ⋅ a ⋅ (1,5 ⋅ a + 3,5 ⋅ a ) + F ⋅ 2 ⋅ a − A y ⋅ 4,5 ⋅ a = ∑M = 2 2 → 2 4 ⋅ (3,5 ⋅ 1) + 3 ⋅ 3 ⋅ 1 ⋅ (1,5 ⋅ 1 + 3,5 ⋅ 1) + 12 ⋅ 2 ⋅ 1 − 19,78 ⋅ 4,5 ⋅ 1 = 4,49 2 2

b B

∑M

b B

= 4,49 kNm ( ).


M max M d ⋅ t (y) = 4 max ⋅ → d = Iz d ⋅π 2 64

3

M max ⋅ 32 3 17 ,95 ⋅ 10 6 ⋅ 32 = = 115,07 mm→ f hajl. ⋅ π 120 ⋅ π

→ d ≈ 120 mm.

62

4. Merev befogású, egyenes tengelyű tartók igénybevételeinek ismétlése A mereven befogott tartók reakcióerőinek a számítására korábban nem tértünk ki, ezért ezzel most részletesen foglalkozunk. 4.1.1. példa Adott a 74. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat, ellenőrizzük a tartót hajlításra. Adott: F=8 kN, q=2 kN/m, M= 25 kNm és a=1 m. Keresztmetszet: 250 x 150 x 8 zárt szelvény, Iz = 4972 cm4, a hajlítási szilárdság: f hajl. = 150 N/mm2. Első lépésben a kényszernél fellépő ismeretlen nagyságú és irányú reakciókat kell meghatározni. A merev befogás megakadályozza a tartó x és y irányú elmozdulását, illetve az elfordulást a sík normálisa, a z irány körül. Ennek megfelelően az A pontban x és y irányú támaszerők (Ax és Ay) és forgatónyomaték (MA) ébred. Ezek nagyságát és irányát vesszük fel a 75. ábra szerint.

74. ábra: Egyenes tengelyű, mereven befogott tartó

75. ábra: Egyenes tengelyű, mereven befogott tartó –ismeretlen reakciók felvétele

Az ismeretlenek meghatározásához a vetületi és nyomatéki egyensúlyi egyenleteket használjuk fel: x irányú vetületi egyensúlyi egyenlet:

∑F

x

= 0 = Ax ,

y irányú vetületi egyensúlyi egyenlet:

∑F

y

→

= 0 = Ay − q ⋅ 6 ⋅ a − F = Ay − 2 ⋅ 6 ⋅ 1 − 8

az A pontra felírt nyomatéki egyensúlyi egyenlet:

63

Ay=20 kN (↑),

∑M

q ⋅ (6 ⋅ a ) 2 ⋅ (6 ⋅ 1) =0= MA +M− − F ⋅ 6 ⋅ a = M A + 25 − − 8 ⋅ 6 ⋅ 1 → MA=59 kNm ( ). 2 2 2

A

2

Normál igénybevétel nem lesz a tartón, a nyíró igénybevételi ábra szerkesztését az eddig tanultak szerint végezzük el. Az A pontban az Ay, tengelyre merőleges erő hat, mint nyíró erő. Ennek megfelelően ugrás lesz ebben a pontban, és a C pontban is az F koncentrált erő miatt, ami a tartó másik végén helyezkedik el (76. ábra). A nyomatéki ábra szerkesztése során annyi újdonság lesz az eddigi példákhoz képest, hogy a szerkesztési szabályok (3.1) 12. pontja értelmében a tartón működő koncentrált nyomatéknak megfelelő ugrás lesz a hajlító igénybevételi ábrán. A tartó bal oldali végén (az A pontban) az MA koncentrált nyomaték működik. Mivel a nyomaték értékét kivétel nélkül a tartó húzott oldalára mérjük fel, abba az irányba ugrunk, amelyik oldalt a koncentrált nyomaték húzza.


Az A keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata két oldalról nézve:

∑M

b A

= M A = 59 kNm ( ), és

∑M

j A

q ⋅ (6 ⋅ a ) 2 ⋅ (6 ⋅ 1) =− − F⋅6⋅a + M = − − 8 ⋅ 6 ⋅ 1 + 25 = −59 → 2 2 2

2

∑M

j A

= 59 kNm ( ).

Láthatjuk, mindkét esetben azonos eredményt kapunk, a nyomaték nagysága 59 kNm és a felső a húzott oldal. A B keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata két oldalról nézve (77. ábra):

∑ M Bb = M A +

q ⋅ (3 ⋅ a ) 2 ⋅ (3 ⋅ 1) − A y ⋅ 3 ⋅ a = 59 + − 20 ⋅ 3 ⋅ 1 = 8 kNm ( ) és az M koncentrált 2 2 2

2

nyomaték figyelembevétele:

∑M

b B

= 8 ( ) + 25 ( ) =33 kNm ( ).

64

77. ábra: A B keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata két oldalról nézve

∑ M Bj = −

q ⋅ (3 ⋅ a ) 2 ⋅ (3 ⋅ 1) − F⋅3⋅a = − − 8 ⋅ 3 ⋅ 1 = -33 → ∑ M Bj = 33 kNm ( ) és az M kon2 2 2

2

centrált nyomaték figyelembevétele:

∑M

j B

= 33 kNm ( ) – 25 kNm ( ) = 8 kNm ( ).

A hajlító igénybevételi ábrát a 78. ábra mutatja.



M max 59 ⋅10 6 ( N ⋅ mm ) ⋅ t (y) = ⋅ 125(mm) = 148,39 N/mm2→ Iz 4,97 ⋅ 10 7 ( mm 4 )

hajl . → σ max = 148,39 N/mm2 < 150 N/mm2 = f hajl.

→MEGFELEL

65

4.1.2. példa Adott a 79. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat, ellenőrizzük a tartót hajlításra. Adott: F1=10 kN, F2=15 kN, q=3 kN/m, M= 40 kNm, a=2 m, b=2,5 m, c=d=1 m, e=1,5 m és α=68 °, ØD = 20 cm, Ød = 16 cm, a hajlítási szilárdság: f hajl. = 120 N/mm2.

79. ábra: Egyenes tengelyű, mereven befogott tartó

Egyensúlyi egyenletek:

∑F

= 0 = Ax + F1 ⋅ cosα = Ax + 10 ⋅ cos68° →

∑F

= 0 = A y − q ⋅ (d + e) − F1 ⋅ sinα + F2 = A y − 3 ⋅ (1 + 1,5) − 10 ⋅ sin68 ° + 15 →

x

y

Ax=3,75 kN (←),

Ay=1,77 kN (↑), d +e  = 0 = M A + M + F2 ⋅ (a + b + c + d) − q ⋅ (d + e ) ⋅  a + b + c +  − F1 ⋅ sinα ⋅ (a + b) = 2   1 + 1,5   M A + 40 + 15 ⋅ (2 + 2,5 + 1 + 1) − q ⋅ (1 + 1,5) ⋅  2 + 2,5 + 1 +  − 10 ⋅ sin68 ° ⋅ (2 + 2,5) 2  

∑M

A

→ MA=45,15 kNm ( ).

80. ábra: Normál és nyíró erő ábra

66

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének számítása (80. ábra):

∑T

b C

= Ay = 1,77 kN (↑), majd az F1 erő y komponensének megfelelő ugrás:

+ F1y (↓) = 1,77 – 9,27=–7,5 →

∑T

j C

∑T

b C

= 1,77 (↑)

7,5 kN (↓).

= F2 − q ⋅ (d + e) = 15 − 3 ⋅ (1 + 1,5) = 7,5 kN (↑), majd az F1 erő y komponensének megfe-

lelő ugrás:

∑T

j C

→

= 7,5 (↑) + F1y (↓) = 7,5 – 9,27=–1,77

1,77 kN (↓).

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének számítása (80. ábra):

∑T

b D

= Ay − F1y − q ⋅ d = 1,77 − 9,27 − 3 ⋅ 1 = -10,5 →10,5 kN (↓), majd az F2 erőnek megfelelő

ugrás:

∑T

b D

= 10,5 (↓) + F2 (↑) = –10,5 +15=4,5 kN (↑).

81. ábra: Nyomatéki ábra

67

∑T

j D

= − q ⋅ e = −3 ⋅ 1,5 = −4,5 → 4,5 kN (↓), majd az F2 erőnek megfelelő ugrás:

∑T

j D

= 4,5 (↓) + F2 (↑) = –4,5 +15=10,5 kN (↑).

A nyomatéki ábrán (81. ábra), a tartó bal oldali végén az MA nyomatéknak megfelelően ugrunk. Az alsó oldalt húzza, ezért lefele ugrunk. A B keresztmetszet nyomatékának számítása:

∑M

b B

= −M A − Ay ⋅ a = −45,15 − 1,77 ⋅ 2 = −48,69 → ∑ M Bb = 48,69 kNm ( ), majd az M ug-

rásnak megfelelően ugrás a nyomatéki ábrán:

∑M

b B

= 48,69 ( ) + 40 ( )=–48,69+40=–8,69→8,69 kNm ( ).

d +e  = F2 ⋅ (b + c + d) − F1y ⋅ b − q ⋅ (d + e) ⋅  + b + c =  2   1 + 1,5  = 15 ⋅ (2,5 + 1 + 1) − 9,27 ⋅ 2,5 − 3 ⋅ (1 + 1,5) ⋅  + 2,5 + 1 =  2 

∑M

j B

=8,7 kNm ( ), majd az M ugrásnak megfelelően ugrás a nyomatéki ábrán:

∑M

j B

= 8,7 ( ) + 40 ( ) = 8,7+40 = 48,7 kNm ( ).

A C keresztmetszet nyomatékának számítása:

∑ M = −M + M − A ⋅ (a + b) = −45,15 + 40 − 1,77 ⋅ (2 + 2,5) = −13,12 → → ∑ M = 13,12 kNm ( ), b C

A

y

b C

∑M

j C

d+e   1 + 1,5  = −q ⋅ (d + e) ⋅  + c  + F2 ⋅ (c + d) = −3 ⋅ (1 + 1,5) ⋅  + 1 + 15 ⋅ (1 + 1) =  2   2 

= 13,13 kNm ( ). A súlyponti tengelyekre vonatkozó inercia számítása: Iz = Iy =

(D 4 − d 4 ) ⋅ π (20 4 − 16 4 ) ⋅ π = = 4637 cm4. 64 64


M max 48,69 ⋅10 6 ( N ⋅ mm ) ⋅ t (y) = ⋅100 (mm) = 104,94 N/mm2→ Iz 4,64 ⋅ 10 7 ( mm 4 )


→MEGFELEL

68

5. Tört tengelyű tartók igénybevételeinek ismétlése Ebben a fejezetben a törttengelyű tartók igénybevételei ábráinak a megszerkesztését és az egyes keresztmetszetek egyes igénybevételeinek kiszámítását tanulmányozzuk. Az belső erőkre vonatkozó szabályok, definíciók változatlanok, ugyanúgy kell alkalmazni azokat, mint az előző két fejezetben. A nehézséget a következő szokta okozni. Egyenes tengelyű tartók esetében hozzászoktunk, egyértelmű volt, hogy a tartó hossztengelye egybe esik az x viszonyítási tengellyel. Ebből adódóan magától értetődőnek tűnik, hogy egy x iránnyal párhuzamos hatásvonalú erő normál igénybevételt okoz. Előbbi, tulajdonképpen hibás megállapítás a tört tengelyű tartókra nem érvényes. Mindig az adott külső erő (terhelés vagy reakció erő) és a vizsgált tartószerkezeti rész hossztengelyének egymáshoz viszonyított elhelyezkedését kell szem előtt tartanunk és vizsgálnunk. Azokra kell alkalmazni a már megtanult definíciókat, szerkesztési szabályokat. 5.1.1. példa Adott a 82. ábra szerinti tört tengelyű tartószerkezet. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat, adjuk meg az alkalmazandó I szelvényt a hajlítás szilárdsága alapján, ellenőrízzünk nyírásra. Adott: F=10 kN, q=3 kN/m, a=0,5 m. Keresztmetszet: I-szelvény. A hajlítási szilárdság: f hajl. = 95 N/mm2, a nyírási szilárdság: f nyírás = 74 N/mm2.

82. ábra: Tört tengelyű tartó

Először a kényszernél felvesszük az ismeretlen nagyságú és irányú támaszerőket (82. ábra), majd felírjuk az egyensúlyi egyenleteket.

∑F

= 0 = Ax − F = Ax − 10 →

∑F

= 0 = A y − q ⋅ 3 ⋅ a = A y − 3 ⋅ 3 ⋅ 0,5

x

y

∑MA = 0 = F⋅a +

Ax=10 kN (→), →

Ay=4,5 kN (↑),

q ⋅ (3 ⋅ a ) 3 ⋅ (3 ⋅ 0,5 ) − M A = 10 ⋅ 0,5 + − M A → MA=8,38 kNm ( ). 2 2 2

2

69

A vízszintes tartószerkezeti elem (AB) normál igénybevételének meghatározása során azoknak az erőknek a hatását vizsgáljuk, amelyek hatásvonala megegyező irányú (Ax és F) a tartórész hossztengelyével. Az A keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata:

∑N

b A

= 0 , majd az Ax–nek megfelelően ugrás

∑N

b A

= 0 + Ax = 10 kN (→).

83. ábra: Normál igénybevételi ábra – vízszintes (AB) tartó elem

A B keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a vízszintes (AB) tartórészen:

∑N

b B

= Ax = 10 kN (→), illetve

∑N

j B

= -F = −10 →

∑N

j B

= 10 kN (←).

A függőleges tartószerkezeti elem (BC) normál igénybevételének meghatározása során azoknak az erőknek a hatását vizsgáljuk, amelyek hatásvonala megegyező irányú (Ay és q) a tartórész hossztengelyével. A B keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a függőleges (BC) tartórészen:

∑N

b B

= A y − q ⋅ 3 ⋅ a = 4,5 − 3 ⋅ 3 ⋅ 0,5 = 0 , illetve ha a B keresztmetszettől jobbra lévő normál

(y iránnyal párhuzamos hatásvonalú) erőket szeretnénk összegezni, láthatjuk, hogy nincs ilyen erő. A függőleges tartószerkezeti elem normál igénybevétele zérus (84. ábra).

84. ábra: Normál igénybevételi ábra – függőleges (BC) tartó elem

A vízszintes tartószerkezeti elem (AB) nyíró igénybevételének meghatározása során azoknak az erőknek a hatását vizsgáljuk, amelyek hatásvonala merőleges irányú (Ay és q) a tartórész hossztengelyére. 70

Az A keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata:

∑T

b A

= 0 , majd az Ay–nak megfelelően ugrás

∑T

b A

= 0 + A y = 4,5 kN (↑).

A B keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a vízszintes (AB) tartórészen:

∑T

= A y − q ⋅ 3 ⋅ a = 4,5 − 3 ⋅ 3 ⋅ 0,5 = 0 .

b B


A B keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a függőleges (BC) tartórészen:

∑T

= A x = 10 kN (→).

b B

A hajlító igénybevételi ábra megrajzolásához először megnézzük, hogy a tartó két végén (A és C pontok) van–e koncentrált nyomaték. Mivel az A pontban van (MA), ezért ott ugrás lesz a nyomatéki ábrán. Ezután megnézzük, hogy működik–e valahol a tartó hossztengelye mentén koncentrált nyomaték. Ha a nyíróerő ábrát vizsgáljuk meg, akkor láthatjuk, hogy nyomatéki lokális szélsőértékhelyet nem kell keresnünk, mivel a nyíró igénybevételi ábra sehol sem metszi a nulla vonalat. Az A keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

∑M

b A

= 0 , majd az MA–nak megfelelően ugrás

∑M

b A

= 0 + M A = 8,38 kNm ( ).

A B keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

∑M

b B

= M A + q ⋅ 3 ⋅ a ⋅ 1,5 ⋅ a − A y ⋅ 3 ⋅ a = 8,38 + 3 ⋅ 3 ⋅ 0,5 ⋅ 1,5 ⋅ 0,5 − 4,5 ⋅ 3 ⋅ 0,5 = 5

∑M

j B

= − F ⋅ a = −10 ⋅ 0,5 = −5 → ∑ M Bj = 5 kNm ( ) (86. ábra).

86. ábra: A B keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata két oldalról nézve

71

kNm ( ),

87. ábra: A vízszintes (AB) tartószerkezeti elem hajlító igénybevételi ábrája

A B keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata során arra kell figyelni, hogy a sarokkapcsolat a nyomatékot továbbadja egyik tartószerkezeti elemről a másikra (88. ábra). A nyomatéki ábrán az értékeknek a megfelelő, húzott oldalra kell kerülni.

88. ábra: A függőleges (BC) tartószerkezeti elem hajlító igénybevételi ábrája


M max M M 8,38 ⋅10 6 ⋅ t (y) = max → Wz = max = = 88211 mm3 = 88,21 cm3→ Iz Wz f hajl. 95

→ táblázatból: I 160 szelvény hajlítás tengelyére keresztmetszeti tényezője: Wz = 117 cm3, Sz = 68 cm3, v = 6,3 mm. Ellenőrzés nyírásra, a hajlításból származó maximális nyírófeszültség: hajl . τ max =

Tx,(max) S z (y) 10,0 ⋅ 10 3 ( N) 6,8 ⋅ 10 4 ( mm 3 ) ⋅ = ⋅ = 11,54 N/mm2→ 6 4 Iz v(y) 6,3(mm) 9,35 ⋅ 10 ( mm )


5.1.2. példa Adott a 89. ábra szerinti tört tengelyű tartószerkezet. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat, határozzuk meg a hajlításból származó maximális normál és nyírófeszültséget, végezzük el az ellenőrzést. Adott: F=15 kN, q=3 kN/m, M=4,0 kNm, a=1,0 m. A keresztmetszetek: kör, Ød = 12 cm. A hajlítási szilárdság: f hajl. = 110 N/mm2, a nyírási szilárdság: f nyírás = 74 N/mm2.

72

89. ábra: Tört tengelyű tartó; támaszerők feltételezése

Először a kényszereknél felvesszük az ismeretlen nagyságú és irányú támaszerőket (89. ábra), majd felírjuk az egyensúlyi egyenleteket.

∑M

A

= 0 = −M + F ⋅ 3 ⋅ a − q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ a + B ⋅ 4,5 ⋅ a = −4 + 15 ⋅ 3 ⋅ 1 − 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 1 + B ⋅ 4,5 ⋅ 1

B = –7,78

→

B=7,78 kN (→),

90. ábra: A tartóra ható külső erők a kiszámolt támaszerők feltüntetésével

73

→

∑M

C

= 0 = Ax ⋅ 4,5 − M − F ⋅1,5 ⋅ a − q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ a = Ax ⋅ 4,5 − 4 − 15 ⋅ 1,5 ⋅ 1 − 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅1 →

Ax = 7,22 kN (→),

∑M

B

= 0 = q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a - F ⋅ 1,5 ⋅ a - M + Ax ⋅ 4,5 ⋅ a − A y ⋅ 3 ⋅ a =

= 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 2 ⋅ 1 - 15 ⋅ 1,5 ⋅ 1 - 4 + 7,22 • ⋅ 4,5 ⋅ 1 − A y ⋅ 3 ⋅ 1

→Ay = 6,0 kN (↑) (90. ábra).

A függőleges tartószerkezeti elem (AC) normál igénybevételének meghatározása során azoknak az erőknek a hatását vizsgáljuk, amelyek hatásvonala megegyező irányú (Ay és q) a tartórész hossztengelyével. Az A keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata:

∑N

b A

= 0 , majd az Ay–nak megfelelően ugrás:

∑N

b A

= 0 + A y = 6 kN (↑).

A C keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a függőleges (AC) tartórészen (91. ábra):

∑N

b C

= A y = 6 kN (↑), illetve

∑N

j C

= -q ⋅ 2 ⋅ a = -3 ⋅ 2 ⋅ 1 = −6 →

∑N

j C

= 6 kN (↓).

91. ábra: Az AC tartószerkezeti elem normál igénybevétele

A vízszintes tartószerkezeti elem (BC) normál igénybevételének meghatározása során azoknak az erőknek a hatását vizsgáljuk, amelyek hatásvonala megegyező irányú (Ax, F és B) a tartórész hossztengelyével. A C keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a vízszintes (BC) tartórészen:

∑N

b C

= Ax − F = 7,22 − 15 = −7,78 →

∑N

j C

= B = 7,78 kN (→).

∑N

b C

= 7,78 kN (←), illetve

A B keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata:

∑N

j B

= 0 , majd a B–nek megfelelően ugrás

74

92. ábra: A BC tartószerkezeti elem normál igénybevétele

∑N

j B

= 0 + B = 7,78 kN (→), illetve

∑N

b B

= Ax − F = 7,22 − 15 = −7,78 →

∑N

b B

= 7,78 kN (←) (92. ábra).

A függőleges tartószerkezeti elem (AC) nyíró igénybevételének meghatározása során azoknak az erőknek a hatását vizsgáljuk, amelyek hatásvonala merőleges irányú (Ax, F és B) a tartórész hossztengelyére. Az A keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata:

∑T

b A

= 0 , majd az Ax–nek megfelelően ugrás:

∑T

b A

= 0 + Ax = 7,22 kN (→).

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a függőleges (AC) tartórészen (93. ábra):

∑T

= Ax − F = 7,22 − 15 = −7,78 →

∑T

= B = 7,78 kN (→).

b C

j C

∑T

b C

= 7,78 kN (←), illetve

93. ábra: Az AC tartószerkezeti elem nyíró igénybevétele

A vízszintes tartószerkezeti elem (BC) nyíró igénybevételének meghatározása során azoknak az erőknek a hatását vizsgáljuk, amelyek hatásvonala merőleges irányú (Ay és q) a tartórész hossztengelyére. A C keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a vízszintes (BC) tartórészen:

∑T

b C

= A y = 6 kN (↑), illetve

j C

= -q ⋅ 2 ⋅ a = -3 ⋅ 2 ⋅ 1 = −6 → ∑ TCj = 6 kN (↓).

∑T

A B keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata:

75

∑T

j B

= 0.

94. ábra: A BC tartószerkezeti elem nyíró igénybevétele

A hajlító igénybevételi ábra megrajzolásához először megnézzük, hogy a tartó két végén (A és B pontok) van–e koncentrált nyomaték. Mivel nincs, ott a nyomaték értékek zérus. Ezután megnézzük, hogy működik–e valahol a tartó hossztengelye mentén koncentrált nyomaték. A függőleges tartószerkezeti elemen működő M koncentrált nyomaték miatt a hajlító igénybevételi ábrán ugrás lesz abban a pontban. Ha a nyíróerő ábrát vizsgáljuk meg, akkor láthatjuk, hogy nyomatéki lokális szélsőértékhelyet a függőleges tartószerkezeti elemen kell keresnünk. A D keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (95. ábra):

95. ábra: A D keresztmetszet hajlító igénybevételének meghatározása

∑M

b D

= Ax ⋅ 1,5 ⋅ a = 7,22 ⋅ 1,5 ⋅ 1 = 10,83 kNm ( ), majd az M–nek megfelelően ugrás

∑M

b D

= 10,83 − 4 = 10,83 − 4 = 6,83 kNm ( ),

∑M

j D

= F ⋅ 1,5 ⋅ a − q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ 1 ⋅ a − B ⋅ 3 ⋅ a = 15 ⋅ 1,5 ⋅ 1 − 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 1 − 7,78 ⋅ 3 ⋅ 1 = −6,84 →

∑M

j D

= 6,84 kNm ( ), majd az M–nek megfelelően ugrás

∑M

j D

= −6,84 − 4 = −10,84 → ∑ M Dj = 10 ,84 kNm ( ).

A C keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (96. ábra):

∑M

b C

= Ax ⋅ 4,5 ⋅ a - M - F ⋅ 1,5 ⋅ a = 7,22 ⋅ 4,5 ⋅ 1 - 4 - 15 ⋅ 1,5 ⋅ 1 = 6,0 kNm ( ),

∑M

j C

= − q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ 1 ⋅ a = −3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 1 = −6,0 → ∑ M Cj = 6,0 kNm ( ).

Az E keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (97. ábra):

∑M

b E

= − A y ⋅ 3 ⋅ a + Ax ⋅ 4,5 ⋅ a - M - F ⋅ 1,5 ⋅ a + q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a =

= − 6 ⋅ 3 ⋅ 1 + 7,22 ⋅ 4,5 ⋅ 1 - 4 - 15 ⋅ 1,5 ⋅ 1 + 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 2 ⋅ 1 = 0,0

∑M

j E

= 0,0 .

76

96. ábra: A C keresztmetszet hajlító igénybevételének meghatározása

97. ábra: Az E keresztmetszet hajlító igénybevételének meghatározása

98. ábra: Az F keresztmetszet hajlító igénybevételének meghatározása

77

Az F keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (98. ábra):

∑M

j F

= − q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ 1 ⋅ a − B ⋅ 1,5 ⋅ a = −3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 1 − 7,78 ⋅ 1,5 ⋅ 1 = −17,67 →

→ ∑ M Fj = 17,67 kNm ( ).

∑M

b F

= Ax ⋅ 3 ⋅ a − M = 7,22 ⋅ 3 ⋅ 1 − 4 = 17,66 kNm ( ),

Ezek alapján már megrajzolhatjuk (megszerkeszthetjük) a hajlító igénybevételi ábrát (99. ábra).

99. ábra: A hajlító igénybevételi ábra

A súlyponti tengelyekre vonatkozó inercia számítása: Iz =

d 4 ⋅ π 12 4 ⋅ π = = 1018 cm4. 64 64




→MEGFELEL

A félszelvény statikai nyomatéka a hajlítás tengelyére:  1 π ⋅d2 S z (y = 0) =  ⋅ 4 2

  d   1 π ⋅ 120 2  ⋅  0,4244 ⋅  =  ⋅ 2 2 4  

  120   ⋅  0,4244 ⋅ = 2   

= 5654 ,87 ⋅ 25, 46 = 143,97 cm3. Ellenőrzés nyírásra, a hajlításból származó maximális nyírófeszültség:

τ

hajl . max

Tx, (max) S z (y) 7,78 ⋅ 10 3 ( N) 1, 44 ⋅ 10 5 ( mm 3 ) = ⋅ = ⋅ = 0,92 N/mm2→ 7 4 Iz v(y) 1,02 ⋅ 10 ( mm ) 120(mm)


78

5.1.3. példa Adott a 100. ábra szerinti tört tengelyű tartószerkezet. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat, határozzuk meg a hajlításból származó maximális normálfeszültséget, végezzük el az ellenőrzést. Adott: F1=15 kN, F2=10 kN, q=4 kN/m, M=15 kNm, α=40 °, a=1,0 m. A keresztmetszetek: függőleges (AD, BC elemek), U260, Iz = 4820 cm4, vízszintes (DC elem), I240, Iz = 4250 cm4, A hajlítási szilárdság: f hajl. = 110 N/mm2.

100. ábra: Tört tengelyű tartó; támaszerők irányainak feltételezése

∑M

B

= 0 = q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ a + M + F1 ⋅ sinα ⋅ 3,5 ⋅ a − F1 ⋅ cosα ⋅ 2 ⋅ a − F2 ⋅ a − A ⋅ 5 ⋅ a =

4 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 1 + 15 + 15 ⋅ sin40 ° ⋅ 3,5 ⋅ 1 − 15 ⋅ cos40 ° ⋅ 2 ⋅ 1 − 10 ⋅ 1 − A ⋅ 5 ⋅ 1

→

A=4,75 kN (↑),

∑M

C

= 0 = B x ⋅ 2 ⋅ a - q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ a + M + F1 ⋅ sinα ⋅ 3,5 ⋅ a + F2 ⋅ a − A ⋅ 5 ⋅ a =

= B x ⋅ 2 ⋅ 1 - 4 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 1 + 15 + 15 ⋅ sin40 ° ⋅ 3,5 ⋅ 1 + 10 ⋅ 1 − 4,75 ⋅ 5 ⋅ 1

→

Bx=–13,49 → Bx=13,49 kN (←) és

∑M

D

= 0 = F2 ⋅ a - F1 ⋅ sinα ⋅ 1,5 ⋅ a + M - q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ a − B x ⋅ 2 ⋅ a + B y ⋅ 5 ⋅ a =

= 1 0 ⋅ 1 - 15 ⋅ sin40 ° ⋅ 1,5 ⋅ 1 + 1 5 - 4 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 1 − 1 3,49 ⋅ 2 ⋅ 1 + B y ⋅ 5 ⋅ 1

→

By=4,89 kN (↑). Az igénybevételi ábrák megrajzolása (megszerkesztése) során a három tartószerkezeti elemet (AD, DC és BC) külön – külön vizsgáljuk. Az egyes részek különböző igénybevételének a meghatározásánál mindig az adott tartószerkezeti elem hossztengelyének és a tartó egészén működő egyes erők hatásvonalának a viszonyát kell szem előtt tartanunk.

79

101. ábra: A tartóra ható külső erők a kiszámolt támaszerők feltüntetésével

A függőleges tartószerkezeti elemek (AD és BC) normál igénybevételi ábráit a tartórészek hossztengelyével párhuzamos hatásvonalú erők (A, F1y és By) határozzák meg. A vízszintes tartószerkezeti elem (DC) normál igénybevételi ábráját a tartó hossztengelyével párhuzamos hatásvonalú erők (F2, F1x, q és Bx) határozzák meg (102. ábra). Az A keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata:

∑N

b A

= 0 , majd az A–nak megfelelően ugrás

∑N

b A

= 0 + A = 4,75 kN (↑).

A D keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata az AD függőleges tartórészen:

∑N

b D

= A = 4,75 kN (↑), illetve

∑N

j D

= − F1y + B y = −15 ⋅ sin 40° + 4,89 = −4,75 →

∑N

j D

= 4,75 kN (↓).

A D keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata az DC vízszintes tartórészen:

∑N

b D

= F2 = 10 kN (→), illetve

∑N

j D

= F1x − q ⋅ 2 ⋅ a − B x = 15 ⋅ cos40° − 4 ⋅ 2 ⋅ 1 − 13,49 = −10,0 →

∑N

j D

= 10,0 kN (←).

Az E keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata:

∑N

j E

= −q ⋅ 2 ⋅ a − B x = −4 ⋅ 2 ⋅ 1 − 13,49 = −21,49 →

∑N

j E

= 21,49 kN (←), majd az F1x –nek

megfelelő ugrás:

∑N

j E

= −21,49 + F1 ⋅ cosα = −21,49 + 15 ⋅ cos40 ° = −10,0 →

∑N

b E

= F2 = 10 kN (→), majd az F1x–nek megfelelő ugrás:

80

∑N

j E

= 10 kN (←), illetve

∑N

b E

= 10 + F1 ⋅ cosα = 10 + 15 ⋅ cos40 ° = 21,49 kN (→).

A C keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a DC vízszintes tartórészen:

∑N

b C

= F2 + F1 ⋅ cosα = 10 + 15 ⋅ cos40° = 21,49 kN (→), illetve

∑N

j C

= −q ⋅ 2 ⋅ a − B x = −4 ⋅ 2 ⋅ 1 − 13,49 = −21,49 →

∑N

j C

= 21,49 kN (←).

A C keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a CB függőleges tartórészen:

∑N

b C

= A − F1 ⋅ sinα = 4,75 − 15 ⋅ sin40 ° = −4,89 →

∑N

j C

= B y = 4,89 kN (↑).

∑N

b C

= 4,89 kN (↓), illetve


∑N

b B

= 0 , majd a By–nak megfelelően ugrás

∑N

b B

= 0 + B y = 4,89 kN (↑).

102. ábra: Normál igénybevételi ábra

A függőleges tartószerkezeti elemek (AD és BC) nyíró igénybevételi ábráit a tartórészek hossztengelyére merőleges hatásvonalú erők (F2, F1x, q és Bx) határozzák meg. A vízszintes tartószerkezeti elem (DC) nyíró igénybevételi ábráját a tartó hossztengelyére merőleges hatásvonalú erők (A, F1y és By) határozzák meg (103. ábra). Az F keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata:

∑T

b F

∑T

b F

= 0 , majd az F2–nek megfelelően ugrás: = 0 + F2 = 10,0 kN (→).

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata az AD függőleges tartórészen:

∑T

b D

= F2 = 10,0 kN (→), illetve

∑T

j D

= F1x − q ⋅ 2 ⋅ a − B x = 15 ⋅ cos 40° − 4 ⋅ 2 ⋅ 1 − 13,49 = −10,0 →

81

∑T

j D

= 10,0 kN (←).

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata az DC vízszintes tartórészen:

∑T

b D

= A = 4,75 kN (↑), illetve

∑T

j D

= − F1y + B y = − 15 ⋅ sin40 ° + 4,89 = − 4 ,75 →

∑T

j D

= 4,75 kN (↓).

Az E keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata:

∑T

= B y = 4,89 kN (↑), majd az F1y –nak megfelelő ugrás:

j E

∑T

j E

= 4,89 − F1 ⋅ sinα = 4,89 − 15 ⋅ sin40 ° = −4,75 →

∑T

∑T

b E

= A = 4,75 kN (↑), majd az F1y–nak megfelelő ugrás:

∑T

b E

= A − F1 ⋅ sinα = 4,75 − 15 ⋅ sin40° = -4,89 → ∑ TEb = 4,89 kN (↓).

j E

= 4,75 kN (↓), illetve

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a DC vízszintes tartórészen:

∑T

b C

= A − F1 ⋅ sinα = 4,75 − 15 ⋅ sin40 ° = -4,89 → ∑ TCb = 4,89 kN (↓), illetve

∑T

j C

= B y = 4,89 kN (↑).

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a CB függőleges tartórészen:

∑T

= F2 + F1 ⋅ cosα = 10 + 15 ⋅ cos40 ° = 21,49 kN (→), illetve

∑T

= − q ⋅ 2 ⋅ a − Bx = −4 ⋅ 2 ⋅ 1 − 13,49 = −21,49 → ∑ TCj = 21,49 kN (←).

b C

j C


∑T

b B

∑T

b B

= 0 , majd a Bx–nek megfelelően ugrás: = 0 − B y = 0 − 13,49 = −13,49 → ∑ TBb = 13,49 kN (←).

A hajlító igénybevételi ábra megszerkesztését, megrajzolását a következők határozzák meg: a tartó végein, illetve magán a tartón működő koncentrált nyomaték(ok), a lokális szélsőértékhelyek (T=0 helyek) és az egyes keresztmetszetek hajlító igénybevételei. Az F keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (104. ábra):

∑M

b F

= 0 , illetve

∑M

j F

= − F1 ⋅ sinα ⋅ 1,5 ⋅ a − F1 ⋅ cosα ⋅ 1,0 ⋅ a + M − Bx ⋅ 1,0 ⋅ a + B y ⋅ 5,0 ⋅ a =

= −15 ⋅ sin40 ° ⋅ 1,5 ⋅ 1,0 − 15 ⋅ cos40 ° ⋅ 1,0 ⋅ 1,0 + 15 − 13,49 ⋅ 1,0 ⋅ 1,0 + 4,89 ⋅ 5,0 ⋅ 1,0 = ~ 0

A D keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (105. ábra):

∑M

b D

= F2 ⋅ a = 10 ⋅ 1,0 = 10,0 kNm ( ), illetve

∑M

j D

= − F1 ⋅ sinα ⋅ 1,5 ⋅ a + M − q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ a − B x ⋅ 2,0 ⋅ a + B y ⋅ 5,0 ⋅ a =

= −15 ⋅ sin40 ° ⋅ 1,5 ⋅ 1,0 + 15 − 4 ⋅ 2 ⋅ 1,0 ⋅ 1,0 − 13,49 ⋅ 2,0 ⋅ 1,0 + 4,89 ⋅ 5,0 ⋅ 1,0 = −10

∑M

j D

= 10,0 kNm ( ).

82

→


104. ábra: A F keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása

105. ábra: A D keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása

83

Az E keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (106. ábra):

106. ábra: Az E keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása

∑M

b E

= − A ⋅ 1,5 ⋅ a + F2 ⋅ a = −4,75 ⋅ 1,5 ⋅ 1,0 + 10 ⋅ 1,0 = 2,88 kNm ( ), illetve

∑M

j E

= M − q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ a − B x ⋅ 2,0 ⋅ a + B y ⋅ 3,5 ⋅ a =

= 15 − 4 ⋅ 2 ⋅ 1,0 ⋅ 1,0 − 13, 49 ⋅ 2,0 ⋅ 1,0 + 4,89 ⋅ 3,5 ⋅ 1,0 = − 2,87

→ ∑ M Ej = 2,87 kNm ( ).

A G keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (107. ábra):

107. ábra: A G keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása

∑M

b G

= − A ⋅ 3,5 ⋅ a + F2 ⋅ a + F1 ⋅ sinα ⋅ 2 ⋅ a = −4,75 ⋅ 3,5 ⋅ 1,0 + 10 ⋅ 1,0 + 15 ⋅ sin40 ° ⋅ 2,0 ⋅ 1,0 = 12,66

kNm ( ), majd az M–nek megfelelő ugrás:

∑M

b G

= 12,66 + M = 12,66 + 15 = 27,66 kNm ( ), illetve

∑M

j G

= − q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ a − B x ⋅ 2,0 ⋅ a + B y ⋅ 1,5 ⋅ a =

= −4 ⋅ 2 ⋅ 1,0 ⋅ 1,0 − 13,49 ⋅ 2,0 ⋅ 1,0 + 4,89 ⋅ 1,5 ⋅ 1,0 = −27 ,65

→ ∑ M Gj = 27 ,65 kNm ( ), majd az

M–nek megfelelő ugrás:

∑M

j G

= −27,65 + M = −27,65 + 15 = −12,65 → ∑ M Gj = 12 ,65 kNm ( ).

A C keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (108. ábra):

84

108. ábra: A C keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása

∑M

b C

= M + F1 ⋅ sin α ⋅ 3,5 ⋅ a + F2 ⋅ a − A ⋅ 5,0 ⋅ a =

= 15 + 15 ⋅ sin40 ° ⋅ 3,5 ⋅ 1,0 + 10 ⋅ 1,0 − 4,75 ⋅ 5,0 ⋅ 1,0 =

=35,0 kNm ( ), illetve

∑M

j C

= − q ⋅ 2 ⋅ a ⋅ a − B x ⋅ 2,0 ⋅ a = −4 ⋅ 2 ⋅ 1,0 ⋅ 1,0 − 13,49 ⋅ 2,0 ⋅ 1,0 = ~ −35,0 →

kNm ( ). A tartó hajlító nyomatéki igénybevételi ábrája (109. ábra):

109. ábra: Hajlító nyomatéki igénybevételi ábra

A hajlításból származó maximális normálfeszültség a függőleges tartóelemen: hajl . σ max =

M max 35 ⋅ 10 6 ( N ⋅ mm ) ⋅ t (y) = ⋅ 130 (mm) = 94,4 N/mm2→ 7 4 Iz 4,82 ⋅ 10 ( mm )


85

∑M

j C

= ~ 35,0

A hajlításból származó maximális normálfeszültség a vízszintes tartóelemen: hajl . σ max =



5.1.4. példa Adott a 110. ábra szerinti tört tengelyű tartószerkezet. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat, határozzuk meg a ferde tartószerkezeti elemen (EB elem) a hajlításból származó maximális normálfeszültséget, végezzük el az ellenőrzést. Adott: F=16 kN, q=3 kN/m, M=20 kNm, a=1,25 m. A keresztmetszetek: I240, Iz = 4250 cm4, A hajlítási szilárdság: f hajl. = 110 N/mm2.

110. ábra: Tört tengelyű tartó; támaszerő irányainak feltételezése

111. ábra: A tartóra ható erőrendszer – külső erők és a kiszámolt támaszerők

86

A reakció erők kiszámítása (111. ábra):

∑M

B

= 0 = M + q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 5,6 ⋅ a + F ⋅ 2,4 ⋅ a − A ⋅ 7,6 ⋅ a =

= 20 + 3 ⋅ 4 ⋅ 1,25 ⋅ 5,6 ⋅ 1,25 + 16 ⋅ 2,4 ⋅ 1,25 − A ⋅ 7,6 ⋅ 1,25

→

A=18,21 kN (↑),

∑ F = 0 = B = 0 és ∑ M = 0 = M − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a - F ⋅ 5,2 ⋅ a + B x

x

A

y

⋅ 7,6 ⋅ a =

= 20 − 3 ⋅ 4 ⋅ 1, 25 ⋅ 2 ⋅ 1, 25 - 16 ⋅ 5,2 ⋅ 1, 25 + B y ⋅ 7,6 ⋅ 1,25

→By=12,79 kN (↑).

A normál igénybevételi ábra (113. ábra) megszerkesztését, megrajzolását a következők határozzák meg: az erőrendszer egyes elemeinek az adott tartószerkezeti elem hossztengelyével párhuzamos hatásvonalú elemei. Az A keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata:

∑N

b A

∑N ∑N

b A

j A

= 0 , majd az A–nak megfelelően ugrás: = 0 + A = 18,21 kN (↑), illetve = − q ⋅ 4 ⋅ a − F + B y = − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,25 − 16 + 12,79 = − 18,21 →

∑N

j A

= 18,21 kN (↓), majd az

A–nak megfelelően ugrás:

∑N

j A

= −18,21 + A = −18,21 + 18,21 = 0 .


∑N

b D

= A = 18,21 kN (↑), illetve

∑N

j D

= − q ⋅ 4 ⋅ a − F + B y = −3 ⋅ 4 ⋅ 1,25 − 16 + 12,79 = −18,21 →

∑N

j D

= 18,21 kN (↓).

A D keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata az DE vízszintes tartórészen:

∑N

b D

∑N

j D

= 0 , illetve = 0.

Az E keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a ferde helyzetű tartórészen (112. ábra):

∑N

b E

= A ⋅ sinα − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ sinα = 18,21 ⋅ sin39,8 ° − 3 ⋅ 4 ⋅1,25 ⋅ sin39,8 ° = 2,05 kN ( ), illetve

∑N

j E

j = − F ⋅ sinα + B y ⋅ sinα = − 16 ⋅ sin39,8 ° + 12,79 ⋅ sin39,8 ° = − 2,05 → ∑ N E = 2,05 kN ( ).

87

112. ábra: Az EB tartószerkezeti elemre ható normál és nyíró erők

Az F keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata (112. ábra):

∑N

b F

= A ⋅ sinα − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ sinα = 18,21 ⋅ sin39,8 ° − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,25 ⋅ sin39,8 ° = 2,05 kN ( ), majd FII –

nak megfelelően ugrás:

∑N ∑N ∑N

∑N

b F

= 2,05 − F ⋅ sinα = 2,05 − 16 ⋅ sin39,8 ° = −8,19 →

j F

= B y ⋅ sinα = 12,79 ⋅ sin39,8 ° = 8,19 kN ( ), majd FII –nak megfelelően ugrás:

j F

= 8,19 − F ⋅ sinα = 8,19 − 16 ⋅ sin39,8 ° = −2,05 →

b F

∑N

= 8,19 kN ( ), illetve

j F

= 2,05 kN ( ).

A B keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata (112. ábra):

∑N

b B

= A ⋅ sin α − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ sin α − F ⋅ sin α =

= 1 8, 21 ⋅ sin39,8 ° − 3 ⋅ 4 ⋅ 1, 25 ⋅ sin39,8 ° − 1 6 ⋅ sin39,8 ° = − 8,19

→

→ ∑ N Bb = 8,19 kN ( ), majd B yII –nak megfelelően ugrás:

∑N

∑N ∑N

b B

= − 8,19 + B y ⋅ sinα = − 8,19 + 12,79 ⋅ sin39,8 ° = 0 , illetve

j B

= 0 , majd B yII –nak megfelelően ugrás:

j B

= 0 + B y ⋅ sinα = 0 + 12,79 ⋅ sin39,8 ° = 8,19 kN ( ).


88

A nyíró igénybevételi ábra (114. ábra) megszerkesztését, megrajzolását a következők határozzák meg: az erőrendszer egyes elemeinek az adott tartószerkezeti elem hossztengelyére merőleges hatásvonalú elemei. Az A keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata:

∑T

b A

= 0 , illetve

∑T

j A

=0.


∑T

b D

= 0 , illetve

∑T

j D

=0.

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata az DE vízszintes tartórészen:

∑T

b D

= A = 18,21 kN (↑), illetve

∑T

j D

j = − q ⋅ 4 ⋅ a − F + B y = − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,25 − 16 + 12,79 = − 18,21 → ∑ TD = 18,21 kN (↓).

Az E keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata az DE vízszintes tartórészen:

∑T

b E

∑T

j E

= A − q ⋅ 4 ⋅ a = 18,21 − 3 ⋅ 4 ⋅1,25 = 3,21 kN (↑), illetve j = − F + B y = − 16 + 12,79 = − 3, 21 → ∑ TE = 3, 21 kN (↓).

Az E keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a ferde helyzetű tartórészen (112. ábra):

∑T

b E

= A ⋅ cosα − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ cosα = 18,21 ⋅ cos39,8° − 3 ⋅ 4 ⋅1,25 ⋅ cos39,8° = 2,47 kN ( ), illetve

∑T

j E

j = − F ⋅ cosα + B y ⋅ cosα = −16 ⋅ cos39,8 ° + 12,79 ⋅ cos39,8 ° = − 2,47 → ∑ TE = 2,47 kN ( ).

Az F keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata (112. ábra):

∑T

b F

= A ⋅ cosα − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ cosα = 18,21 ⋅ cos39,8 ° − 3 ⋅ 4 ⋅1,25 ⋅ cos39,8 ° = 2,47 kN ( ), majd F⊥ –

nek megfelelően ugrás:

∑T ∑T ∑T

∑T

b F

= 2,47 − F ⋅ cosα = 2,47 − 16 ⋅ cos39,8 ° = −9,82 →

j F

= B y ⋅ cosα = 12,79 ⋅ cos39,8 ° = 9,82 kN ( ), majd F⊥ –nek megfelelően ugrás:

j F

= 9,82 − F ⋅ cosα = 9,82 − 16 ⋅ cos39,8 ° = −2,47 →

b F

∑T

j F


= 2,47 kN ( ).

A B keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata (112. ábra):

∑T

b B

= A ⋅ cos α − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ cos α − F ⋅ cos α =

= 18,21 ⋅ cos39,8 ° − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,25 ⋅ cos39,8 ° − 16 ⋅ cos39,8 ° = − 9 ,82

→

→ ∑ TBb = 9,82 kN ( ), majd B y ⊥ –nek megfelelően ugrás:

∑T

b B

∑T ∑T

= − 9,82 + B y ⋅ cos α = − 9,82 + 12,79 ⋅ cos39,8 ° = 0 , illetve

j B

= 0 , majd B y ⊥ –nek megfelelően ugrás:

j B

= 0 + B y ⋅ cos α = 0 + 12,79 ⋅ cos39,8 ° = 9 ,82 kN ( ).

89


A hajlító igénybevételi ábra megszerkesztését, megrajzolását a következők határozzák meg: a tartó végein, illetve a magán a tartón működő koncentrált nyomaték(ok), a lokális szélsőértékhelyek (T=0 helyek) és az egyes keresztmetszetek hajlító igénybevételei (119. ábra). A C keresztmetszet hajlító igénybevételének a vizsgálata (115. ábra):


∑M

j C

= −q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − F ⋅ 5,2 ⋅ a + B y ⋅ 7,6 ⋅ a =

= −3 ⋅ 4 ⋅1,25⋅ 2 ⋅1,25 − 16 ⋅ 5,2 ⋅1,25 + 12,79⋅ 7,6 ⋅1,25 = −20,0 M koncentrált nyomatéknak megfelelően ugrunk:

∑M

j C

= −20,0 + M = −20,0 + 20,0 = 0 .

90

→ ∑ M Cj = 20,0 kNm ( ), majd az


∑M

b C

= 0 , majd a M koncentrált nyomatéknak megfelelően ugrunk:

∑M

b C

= 0 + M = 0 + 20,0 = 20,0 kNm ( ).

A D keresztmetszet hajlító igénybevételének a vizsgálata (116. ábra):

∑M

j D

= −q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − F ⋅ 5,2 ⋅ a + By ⋅ 7,6 ⋅ a =

= −3 ⋅ 4 ⋅1,25⋅ 2 ⋅1,25 − 16 ⋅ 5,2 ⋅1,25 + 12,79⋅ 7,6 ⋅1,25 = −20,0

∑M

b D

→ ∑ M Dj = 20,0 kNm ( ), illetve

= M = 20,0 = 20,0 kNm ( ).

Az E keresztmetszet hajlító igénybevételének a vizsgálata (117. ábra):


∑M

j E

= − F ⋅1,2 ⋅ a + B y ⋅ 3,6 ⋅ a = −16 ⋅1,2 ⋅ 1,25 + 12,79 ⋅ 3,6 ⋅ 1,25 = 33,56 kNm ( ), illetve

∑M

b E

= q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a + M − A ⋅ 4 ⋅ a = 3 ⋅ 4 ⋅1,25 ⋅ 2 ⋅ 1,25 + 20 − 18,21 ⋅ 4 ⋅1,25 = −33,55 →

∑M

b E

= 33,55 kNm ( ).

91

→

118. ábra: Az F keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása

Az F keresztmetszet hajlító igénybevételének a vizsgálata (118. ábra):

∑M

j F

= B y ⋅ 2,4 ⋅ a = 12,79 ⋅ 2,4 ⋅1,25 = 38,37 kNm ( ), illetve

∑M

b F

= q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 3,2 ⋅ a + M − A ⋅ 5,2 ⋅ a = 3 ⋅ 4 ⋅1,25 ⋅ 3,2 ⋅1,25 + 20 − 18,21 ⋅ 5,2 ⋅1,25 = −38,37 →

∑M

b F

= 38,37 kNm ( ).




→MEGFELEL


92

6. Gerber tartók igénybevételeinek ismétlése Ebben a fejezetben olyan egyenes tengelyű tartók igénybevételei ábráinak a megszerkesztésével foglalkozunk, amelyekbe egy (vagy több) plusz csuklót építünk be. A többletcsuklók számának megfelelően a kényszerek szabadságfokának a számát is ugyanúgy növeljük a szerkezet stabilitásának megőrzése miatt. A belső erőkre (igénybevételekre) vonatkozó szabályok változatlanok, ugyanúgy kell alkalmazni azokat, mint az előző fejezetekben. Amit tudni kell, hogy a szerkezetbe épített csukló(k) az erőket (N, T) átadják, de a nyomatékot nem. A nyomatéki ábra a csukló pontjában zérus értéket vesz fel. Ezt használjuk ki a többlet kényszer(ek)nél ébredő ismeretlen támaszerő(k) meghatározására. 6.1.1. példa Adott a 120. ábra szerinti Gerber tartószerkezet. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat, ellenőrizzük a tartót hajlításra. Ellenőrizzük a D csuklópont kapcsolatát (125. ábra) a kötőelem nyírása és palástnyomása szerint. Adott: F1=35 kN, F2=20 kN, q=4 kN/m, a=2,0 m. A keresztmetszet: 350 x 250 x 10 zárt szelvény, Iz = 19672 cm4. A zárt szelvény szilárdsága: f hajl. = 95 N/mm2. Ød=8 mm, e=15 mm. A kötőelem nyírási szilárdsága: fny = 77 N/mm2. A kötőelem palástnyomási szilárdsága: fpny = 150 N/mm2.

120. ábra: Gerber tartó; támaszerők irányainak feltételezése

Reakcióerők meghatározása (121. ábra): Tudjuk, hogy a D pontban beépített csukló nyomatékot nem ad át, ami annyit jelent, a D keresztmetszet hajlító igénybevétele zérus:

∑ M Dj =0 = C ⋅ 1,35 ⋅ a −

∑M

b D

= ∑ M Dj =0 .

q ⋅ (1,35 ⋅ a) 2 4 ⋅ (1,35 ⋅ 2,0) 2 →C=5,4 kN (↑). = C ⋅ 1,35 ⋅ 2,0 − 2 2

93

q ⋅ a 2 q ⋅ (5 ⋅ a) 2 − − F2 ⋅ a + B ⋅ 2,25 ⋅ a + C ⋅ 5 ⋅ a = 2 2 → B=24,0 kN (↑). 4 ⋅ 2,0 2 4 ⋅ (5 ⋅ 2,0) 2 = 35 ⋅ 2,0 + − − 20 ⋅ 2,0 + B ⋅ 2,25 ⋅ 2,0 + 5,4 ⋅ 5 ⋅ 2,0 2 2

∑ M A = 0 = F1 ⋅ a +

∑ M C =0 =

q ⋅ (6 ⋅ a) 2 + F2 ⋅ 4 ⋅ a + F1 ⋅ 6 ⋅ a − B ⋅ 2,75 ⋅ a − A ⋅ 5 ⋅ a = 2

4 ⋅ (6 ⋅ 2,0) 2 = + 20 ⋅ 4 ⋅ 2,0 + 35 ⋅ 6 ⋅ 2,0 − 24,0 ⋅ 2,75 ⋅ 2,0 − A ⋅ 5 ⋅ 2,0 2

∑F

x

→ A=73,6 kN (↑).

= 0 = Ax .


A tartó hossztengelyével párhuzamos hatásvonalú erő nincs, ezért a tartón normál igénybevétel nem ébred. Az E keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

∑T

b E

∑T

b E

∑T

j E

= 0 , majd ugrás az F1 erőnek megfelelően: = 0 − F1 = 0 − 35 = −35 → ∑ TEb = 35 kN (↓), illetve = Ay + C + B − F2 − q ⋅ 6 ⋅ a = 73,6 + 5,4 + 24 − 20 − 4 ⋅ 6 ⋅ 2,0 = 35 kN (↑), majd ugrás az F1

erőnek megfelelően:

∑T

j E

= 35 - F1 = 35 - 35 = 0 .

Az A keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

∑T

b A

= − F1 − q ⋅ a = −35 − 4 ⋅ 2,0 = −43 → ∑ T Ab = 43 kN (↓), majd ugrás az Ay erőnek megfe-

lelően:

∑T

b A

= −43 + A y = −43 + 73,6 = 30,6 kN (↑), illetve

∑T

j A

= C + B − F2 − q ⋅ 5 ⋅ a = 5,4 + 24 − 20 − 4 ⋅ 5 ⋅ 2,0 = −30,6 → ∑ T Aj = 30,6 kN (↓), majd

ugrás az Ay erőnek megfelelően:

∑T

j A

= −30,6 + A y = −30,6 + 73,6 = 43 kN (↑).

94

Az F keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

∑T

b F

= − F1 − q ⋅ 2 ⋅ a + A y = −35 − 4 ⋅ 2 ⋅ 2,0 + 73,6 = 22,6 kN (↑), majd ugrás az F2 erőnek

megfelelően:

∑T

b F

= 22,6 − F2 = 22,6 − 20 = 2,6 kN (↑), illetve

∑T

j F

= C + B − q ⋅ 4 ⋅ a = 5,4 + 24 − 4 ⋅ 4 ⋅ 2,0 = −2,6 → ∑ TFj = 2,6 kN (↓), majd ugrás az F2

erőnek megfelelően:

∑T

j F

= −2,6 − F2 = −2,6 − 20 = −22,6 → ∑ T Fj = 22,6 kN (↓).

A B keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

∑T

b B

= − F1 − q ⋅ 3,25 ⋅ a − F2 + A y = −35 − 4 ⋅ 3,25 ⋅ 2,0 − 20 + 73,6 = −7,4 → → ∑ TBb = 7,4 kN

(↓), majd ugrás a B erőnek megfelelően:

∑T

b B

= −7,4 + B = −7,4 + 24 = 16,6 kN (↑), illetve

∑T

j B

= C − q ⋅ 2,75 ⋅ a = 5,4 − 4 ⋅ 2,75 ⋅ 2,0 = −16,6 → ∑ TBj = 16,6 kN (↓), majd ugrás a B erő-

nek megfelelően:

∑T

j B

= −16,6 + B = −16,6 + 24 = 7,4 kN (↑).

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

∑T

b D

∑T

j D

= − F1 − F2 − q ⋅ 4,65 ⋅ a + Ay + B = −35 − 20 − 4 ⋅ 4,65 ⋅ 2,0 + 73,6 + 24 = 5,4 kN (↑), illetve = C − q ⋅ 1,35 ⋅ a = 5,4 − 4 ⋅ 1,35 ⋅ 2,0 = −5,4 → ∑ TDj = 5,4 kN (↓).


A C keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

95

∑T

= A y + B − F1 − F2 − q ⋅ 6 ⋅ a = 73,6 + 24 − 35 − 20 − 4 ⋅ 6 ⋅ 2,0 = −5,4 → ∑ TCb = 5,4 kN

b C

(↓), majd ugrás a C erőnek megfelelően:

∑T

b C

= 5,4 − C = 5,4 − 5,4 = 0 , illetve

∑T

j C

= 0 , majd ugrás a C erőnek megfelelően:

∑T

= 0 + C = 0 + 5,4 = 5,4 kN (↑).

j C

A hajlító igénybevételi ábra megszerkesztését, megrajzolását a következők határozzák meg: a tartó végein, illetve magán a tartón működő koncentrált nyomaték(ok), a lokális szélsőértékhelyek (T=0 helyek), az egyes keresztmetszetek hajlító igénybevételei (124. ábra). A nyíró erő az A, G, B és H pontokban lesz zérus. A G és H pontok helyének a megadása (123. ábra):

x FG =

TF 2,6 T 7,4 = = 0,65 m vagy x BG = B = = 1,85 m és q 4 q 4

x BH =

T TB 16,6 5,4 = = 4,15 m vagy xCH = C = = 1,35 m. q 4 q 4

123. ábra: A nyíróerő zérus értékei – a hajlító nyomaték lokális szélsőérték helyei

Az A keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

∑ M Ab = F1 ⋅ a +

q ⋅a2 4 ⋅ 2,0 2 = 35 ⋅ 2,0 + = 78,0 kNm ( ), illetve 2 2

q ⋅ (5 ⋅ a) 2 = 2 → ∑ M Aj = 78,0 kNm ( ). 2 4 ⋅ (5 ⋅ 2,0) = 5,4 ⋅ 5 ⋅ 2,0 + 24 ⋅ 2,25 ⋅ 2,0 − 20 ⋅ 2,0 − = −78,0 2

∑M

j A

= C ⋅ 5 ⋅ a + B ⋅ 2,25 ⋅ a − F2 ⋅ a −

A G keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata: 96

q ⋅ (2,325 ⋅ a) 2 − A ⋅ 1,325 ⋅ a = 2 4 ⋅ (2,325 ⋅ 2,0) 2 = 35 ⋅ 2,325 ⋅ 2,0 + 20 ⋅ 0,325 ⋅ 2,0 + − 73,6 ⋅ 1,325 ⋅ 2,0 = 2

∑ M Gb = F1 ⋅ 2,325 ⋅ a + F2 ⋅ 0,325 ⋅ a +

= 23,96 kNm ( ), illetve q ⋅ (3,675 ⋅ a) 2 = 2 → ∑ M Gj = 23,96 kNm ( ). 2 4 ⋅ (3,675 ⋅ 2,0) = 5,4 ⋅ 3,675 ⋅ 2,0 + 24 ⋅ 0,925 ⋅ 2,0 − = −23,96 2

∑ M Gj = C ⋅ 3,675 ⋅ a + B ⋅ 0,925 ⋅ a −

A B keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata: q ⋅ (3,25 ⋅ a) 2 − A ⋅ 2,25 ⋅ a = 2 4 ⋅ (3,25 ⋅ 2,0) 2 = 35 ⋅ 3,25 ⋅ 2,0 + 20 ⋅ 1,25 ⋅ 2,0 + − 73,6 ⋅ 2,25 ⋅ 2,0 = 2

∑ M Bb = F1 ⋅ 3,25 ⋅ a + F2 ⋅ 1,25 ⋅ a +

= 30,8 kNm ( ), illetve


q ⋅ ( 2,75 ⋅ a) 2 = 2 → ∑ M Bj = 30,8 kNm ( ). 2 4 ⋅ ( 2,75 ⋅ 2,0) = 5,4 ⋅ 2,75 ⋅ 2,0 − = −30,8 2

∑ M Bj = C ⋅ 2,75 ⋅ a −

A H keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

97

q ⋅ (5,325 ⋅ a) 2 − A ⋅ 4,325 ⋅ a − B ⋅ 2,075 ⋅ a = 2 4 ⋅ (5,325 ⋅ 2,0) 2 = 35 ⋅ 5,325 ⋅ 2,0 + 20 ⋅ 3,325 ⋅ 2,0 + − 73,6 ⋅ 4,325 ⋅ 2,0 − 24 ⋅ 2,075 ⋅ 2,0 = 2

∑ M Hb = F1 ⋅ 5,325 ⋅ a + F2 ⋅ 3,325 ⋅ a +

= –3,65→ ∑ M Hb = 3,65 kNm ( ), illetve

∑ M Hj = C ⋅ 0,675 ⋅ a −

q ⋅ (0,675 ⋅ a) 2 4 ⋅ (0,675 ⋅ 2,0) 2 = 5,4 ⋅ 0,675 ⋅ 2,0 − = 3,65 kNm ( ). 2 2




→MEGFELEL

125. ábra: A D csuklópont csomóponti kialakítása

A kötőelemekben (csavar) fellépő nyírási feszültség:

τ=

∑T

b D

A⋅" nyírt kereszteme tszetek száma"⋅n

=

∑T

b D

2

d ⋅π ⋅"2"⋅n 4

=

5400 = 13,43 N/mm2 8 ⋅π ⋅"2"⋅4 4 2

τ = 13,43 N/mm2 < 77 N/mm2 = fny →MEGFELEL. A fellépő palástnyomási feszültség a kötőelem és a zárt szelvény érintkezési felületén: σ

pny

TDb F 5400 ∑ = = = = 8,44 N/mm2 < 95 N/mm2 = fpny →MEGFELEL. A 0 (d ⋅10 ) ⋅ 2 ⋅ n (8 ⋅10 ) ⋅ 2 ⋅ 4

A fellépő palástnyomási feszültség a kötőelem és lapos acél (e) érintkezési felületén:

98

σ

TDb F 5400 ∑ = = = = 5,63 N/mm2 < 150 N/mm2 = fpny →MEGFELEL. A 0 (d ⋅ e ) ⋅ 2 ⋅ n (8 ⋅ 15) ⋅ 2 ⋅ 4

pny

6.1.2. példa Adott a 126. ábra szerinti Gerber tartó. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat, ellenőrizzük a tartót hajlításra. Ellenőrizzük a C csuklópont kapcsolatát (131. ábra) a kötőelem nyírása és palástnyomása szerint. Adott: F = 16 kN, q = 3 kN/m, a = 2,0 m. ØD = 24 cm, Ød = 20 cm, Ød’ = 8 cm, v = 5,0 mm, a hajlítási szilárdság: f hajl. = 120 N/mm2. A kötőelem nyírási szilárdsága: fny = 77 N/mm2. A kötőelem palástnyomási szilárdsága: fpny = 150 N/mm2.

126. ábra: Gerber tartó; támaszerők irányának feltételezése

Reakcióerők meghatározása (127. ábra):

∑M

b C

= ∑ M Cj = 0 .

∑M

j C

=0 = B ⋅ a −

q⋅a2 3 ⋅ 2,0 2 → B=3,0 kN (↑). = B ⋅ 2,0 − 2 2

q ⋅ (3,25 ⋅ a) 2 + B ⋅ 3,25 ⋅ a = ∑ M A = 0 = M A − F ⋅ 1,25 ⋅ a − 2 → MA=83,875 kNm ( ). 3 ⋅ (3,25 ⋅ 2,0) 2 = M A − 16 ⋅ 1,25 ⋅ 2,0 − + 3 ⋅ 3,25 ⋅ 2,0 2

q ⋅ (3,25 ⋅ a) 2 + F ⋅ 2 ⋅ a + M A − Ay ⋅ 3,25 ⋅ a = ∑ M B =0 = 2 → Ay=32,5 kN (↑). 3 ⋅ (3,25 ⋅ 2,0) 2 = + 16 ⋅ 2 ⋅ 2,0 + 83,875 − Ay ⋅ 3,25 ⋅ 2,0 2

∑F

x

= 0 = Ax .

A tartó hossztengelyével párhuzamos hatásvonalú erő nincs, ezért a tartón normál igénybevétel nem ébred. Az A keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

99

∑T

b A

= 0 , majd ugrás az Ay erőnek megfelelően:

∑T

b A

= 0 + A y = 0 + 32,5 = 32,5 kN (↑), illetve

∑T

j A

= − q ⋅ 3,25 ⋅ a − F + B = −3 ⋅ 3,25 ⋅ 2,0 − 16 + 3 = −32,5 → ∑ T Aj = 32,5 kN (↓), majd ugrás

az Ay erőnek megfelelően:

∑T

j A

= −32,5 + A y = −32,5 + 32,5 = 0 .


A D keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

∑T

b D

= A y − q ⋅ 1,25 ⋅ a = 32,5 − 3 ⋅ 1,25 ⋅ 2,0 = 25 kN (↑), majd ugrás az F erőnek megfelelően:

∑T

b D

= 25 − F = 25 − 16 = 9,0 kN (↑), illetve

j D

= −q ⋅ 2 ⋅ a + B = −3 ⋅ 2 ⋅ 2,0 + 3 = −9,0 → ∑ TDj = 9,0 kN (↓), majd ugrás az F erőnek

∑T

megfelelően:

∑T

j D

= −9,0 − F = −9,0 − 16 = −25 → ∑ T Dj = 25,0 kN (↓).

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

∑T

b C

= A y − q ⋅ 2,25 ⋅ a − F = 32,5 − 3 ⋅ 2,25 ⋅ 2,0 − 16 = 3 kN (↑), illetve

∑T

j C

= −q ⋅ a + B = −3 ⋅ 2,0 + 3 = −3 → ∑ TCj = 3,0 kN (↓).

A B keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

∑T

j B

= 0 , majd ugrás a B erőnek megfelelően:

∑T

j B

= 0 + B = 0 + 3 = 3,0 kN (↑), illetve

∑T

b B

= − q ⋅ 3,25 ⋅ a − F + A y = −3 ⋅ 3,25 ⋅ 2,0 − 16 + 32,5 = −3,0 → ∑ TBb = 3,0 kN (↓), majd ug-

rás a B erőnek megfelelően:

∑T

b B

= −3,0 + B = −3,0 + 3,0 = 0 .

100


A hajlító igénybevételi ábra megszerkesztését, megrajzolását a következők határozzák meg: a tartó végein, illetve magán a tartón működő koncentrált nyomaték(ok), a lokális szélsőértékhelyek (T=0 helyek) és az egyes keresztmetszetek hajlító igénybevételei (130. ábra). A nyíró erő az E pontban lesz zérus. A E pont helyének a megadása (129. ábra): x DE =

TD 9,0 T 3,0 = = 3 m vagy x BG = B = = 1,0 m. q 3 q 3


Az A keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

∑M

b A

= 0 , majd az MA koncentrált nyomatéknak megfelelően ugrunk:

∑M

b A

= 0 + M A = 0 + 83,875 = 83,875 kNm ( ), illetve

q ⋅ (3,25 ⋅ a) 2 = 2 → ∑ M Aj = 83,875 kNm ( ), majd az 2 3 ⋅ (3,25 ⋅ 2,0) = 3 ⋅ 3,25 ⋅ 2,0 − 16 ⋅ 1,25 ⋅ 2,0 − = −83,875 2

∑ M Aj = B ⋅ 3,25 ⋅ a − F ⋅ 1,25 ⋅ a −

MA koncentrált nyomatéknak megfelelően ugrunk:

∑M

j A

= −83,875 + M A = −83,875 + 83,875 = 0 .

A D keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

101

∑ M Db = M A +

q ⋅ (1,25 ⋅ a) 2 3 ⋅ (1,25 ⋅ 2,0) 2 − Ay ⋅ 1,25 ⋅ a = 83,875 + − 32,5 ⋅ 1,25 ⋅ 2,0 = 12,0 2 2

kNm ( ), illetve

∑ M Dj = B ⋅ 2 ⋅ a −

q ⋅ ( 2 ⋅ a) 2 3 ⋅ ( 2 ⋅ 2,0) 2 = 3 ⋅ 2 ⋅ 2,0 − = −12 → ∑ M Dj = 12,0 kNm ( ). 2 2

A C keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata: q ⋅ (2,25 ⋅ a) 2 + F ⋅ a − A y ⋅ 2,25 ⋅ a = ∑M = MA + 2 , illetve 3 ⋅ (2,25 ⋅ 2,0) 2 = 83,875 + + 16 ⋅ 2,0 − 32,5 ⋅ 2,25 ⋅ 2,0 = 0 2 b C

∑ M Cj = B ⋅ a −

q ⋅a2 3 ⋅ 2,0 2 = 3 ⋅ 2,0 − =0. 2 2


Az E keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata: q ⋅ (2,75 ⋅ a) 2 + F ⋅ 1,5 ⋅ a − A y ⋅ 2,75 ⋅ a = 2 → ∑ M Eb = 1,5 kNm ( ), illetve 2 3 ⋅ (2,75 ⋅ 2,0) = 83,875 + + 16 ⋅ 1,5 ⋅ 2 − 32,5 ⋅ 2,75 ⋅ 2,0 = −1,5 2

∑M

b E

= MA +

∑M

j E

= B ⋅ 0,5 ⋅ a −

q ⋅ (0,5 ⋅ a) 2 3 ⋅ (0,5 ⋅ 2,0) 2 = 3 ⋅ 0,5 ⋅ 2,0 − = 1,5 kNm ( ). 2 2

102

131. ábra: A C csuklópont csomóponti kialakítása

A súlyponti tengelyekre vonatkozó inercia számítása: Iz = Iy =

(D 4 − d 4 ) ⋅ π (24 4 − 20 4 ) ⋅ π = = 8432 cm4. 64 64


M max 83,88 ⋅ 10 6 ( N ⋅ mm ) ⋅ t (y) = ⋅ 120 (mm) = 119,4 N/mm2→ 7 4 Iz 8, 43 ⋅ 10 ( mm )


A kötőelemekben (csavar) fellépő nyírási feszültség:

τ=

∑T

b C

A⋅" nyírt kereszteme tszetek száma"⋅n

τ = 0,3 N/mm2 < 77 N/mm2 = fny

=

∑T

b C

2

d' ⋅π ⋅"2"⋅n 4

=

3000 = 0,3 N/mm2 80 ⋅ π ⋅"2"⋅1 4 2

→MEGFELEL.

A fellépő palástnyomási feszültség: σ pny =

F ∑ TCb = 3000 = 3,75 N/mm2 < 150 N/mm2 = fpny = A 0 (≈ d '⋅v ) ⋅ 2 (≈ 80 ⋅ 5) ⋅ 2

103

→MEGFELEL.

7. Háromcsuklós keretek igénybevételeinek ismétlése A háromcsuklós keretek támaszainál ébredő reakcióerők meghatározásánál ugyanazt az elvet használjuk fel, mint a Gerber–tartók esetében. Az eltérés annyi lehet, hogy itt legfeljebb egy csuklót építünk be a szerkezetbe. Az igénybevételi ábrák meghatározása során ugyanazon szabályok érvényesek, mint a tört tengelyű tartók esetében. 7.1.1. példa Adott a 132. ábra szerinti tört tengelyű tartószerkezet. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat, határozzuk meg a vízszintes tartószerkezeti elemen (DE elem) a hajlításból származó maximális normálfeszültséget, végezzük el az ellenőrzést. Adott: F=15 kN, q=4 kN/m, M=25 kNm, a=1,0 m. A keresztmetszetek: I260, Iz = 5740 cm4. A hajlítási szilárdság: f hajl. = 110 N/mm2.

132. ábra: Tört tengelyű tartó – három csuklós keret; támaszerők feltételezése

A reakció erők kiszámítása (133. ábra):

∑M

B

= 0 = M + q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 5,6 ⋅ a + F ⋅ 2,4 ⋅ a − A y ⋅ 7,6 ⋅ a + A x ⋅ a =

= 25 + 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 5,6 ⋅ 1,0 + 15 ⋅ 2,4 ⋅ 1,0 − A y ⋅ 7,6 ⋅ 1,0 + Ax ⋅ 1,0 0 = 150 ,6 − A y ⋅ 7 , 6 + A x → A x = A y ⋅ 7,6 − 150 ,6

∑M

b E

= 0 = M + q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − A y ⋅ 4 ⋅ a − Ax ⋅ 2 ⋅ a =

= 2 5 + 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 − A y ⋅ 4 ⋅ 1,0 − Ax ⋅ 2 ⋅ 1,0

→

0 = 57 − A y ⋅ 4 − A x ⋅ 2 = 57 − A y ⋅ 4 − ( A y ⋅ 7 ,6 − 150 ,6 ) ⋅ 2 = 0 →

Ay=18,66 kN (↑) → Ax= − 8,78→ Ax= 8,78 kN (→).

104

→

∑M

A

= 0 = M − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − F ⋅ 5,2 ⋅ a + B y ⋅ 7,6 ⋅ a + B x ⋅ a =

= 2 5 − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 − 15 ⋅ 5,2 ⋅ 1,0 + B y ⋅ 7,6 ⋅ a + B x ⋅ a

→

0 = − 85 + B y ⋅ 7 ,6 + B x → B x = 85 − B y ⋅ 7 ,6

∑M

j E

= 0 = B y ⋅ 3,6 ⋅ a + B x ⋅ 3 ⋅ a − F ⋅ 1,2 ⋅ a =

= B y ⋅ 3,6 ⋅ 1,0 + B x ⋅ 3 ⋅ 1,0 − 1 5 ⋅ 1,2 ⋅ 1,0

→

0 = B y ⋅ 3,6 + B x ⋅ 3 − 18 = B y ⋅ 3,6 + (85 − B y ⋅ 7 ,6 ) ⋅ 3 − 18 = 0 →

By=12,34 kN (↑) → Bx= − 8,78 → Bx= 8,78 kN (←).


A normál igénybevételi ábra (135. ábra) a következők határozzák meg: az erőrendszer egyes elemeinek az adott tartószerkezeti elem hossztengelyével párhuzamos hatásvonalú elemei. Az A keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata:

∑N

b A

= 0 , majd az Ay–nak megfelelően ugrás:

∑N

b A

= 0 + A y = 18 ,66 kN (↑), illetve

∑N

j A

= − q ⋅ 4 ⋅ a − F + B y = − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 − 15 + 12,34 = − 18,66 →

∑N

j A

= 18,66 kN (↓), majd az

Ay–nak megfelelően ugrás:

∑N

j A

= − 18,66 + A y = − 18,66 + 18,66 = 0 .


∑N

b D

= A y = 18,66 kN (↑), illetve

∑N

j D

= − q ⋅ 4 ⋅ a − F + B y = − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 − 1 5 + 1 2,34 = − 18 ,66 →

105

∑N

j D

= 18,66 kN (↓).

A D keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a DE vízszintes tartórészen:

∑N

b D

= Ax = 8,78 kN (→), illetve

∑N

j D

= − B x = −8,78 → ∑ N Dj = 8,78 kN (←).

Az E keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a DE vízszintes tartórészen:

∑N

b E

= Ax = 8,78 kN (→), illetve

∑N

j E

= − B x = −8,78 → ∑ N Ej = 8,78 kN (←).

Az E keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a ferde helyzetű tartórészen (134. ábra):

134. ábra: Az EB ferde helyzetű tartószerkezeti elemre ható erők felbontása normál és nyíró összetevőkre

∑N

b E

= A y ⋅ sinα − A x ⋅ cosα − q ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ sinα =

= 18,66 ⋅ sin39,8 ° − 8,78 ⋅ cos39,8 ˙° − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ sin39,8 ° = −5,04

→

→ ∑ N Eb = 5,04 kN ( ), illetve

∑N

j E

= − F ⋅ sinα + B y ⋅ sinα + B x ⋅ cosα = − 15 ⋅ sin39,8 ° + 12,34 ⋅ sin39,8 ° + 8,78 ⋅ cos39,8 ° = 5,04

kN ( ). Az F keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata (134. ábra):

∑N

b F

= A y ⋅ sinα − Ax ⋅ cosα − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ sinα =

= 18,66 ⋅ sin39,8 ° − 8,78 ⋅ cos39,8 ° − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ sin39,8 ° = −5,04

→ ∑ N Fb = 5,04 kN ( ), majd

FII –nak megfelelően ugrás:

∑N ∑N

= −5,04 − F ⋅ sinα = −5,04 − 15 ⋅ sin39,8 ° = −14,64 →

j F

= B y ⋅ sinα + B x ⋅ cosα = 12,34 ⋅ sin39,8 ° + 8,78 ⋅ cos39,8 ° = 1 4,64 kN ( ), majd FII –nak

megfelelően ugrás:

∑N

∑N

b F

j F

= 14,64 − F ⋅ sinα = 14,64 − 15 ⋅ sin39,8 ° = 5,04 kN ( ).

106

b F

= 14,64 kN ( ), illetve

A B keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata (134. ábra):

∑N

b B

= A y ⋅ sin α − A x ⋅ cos α − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ sin α − F ⋅ sin α =

= 18,66 ⋅ sin39,8 ° − 8,78 ⋅ cos39,8 ° − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ sin39,8 ° − 15 ⋅ sin39,8 ° = − 14 ,64

→

→ ∑ N Bb = 14,64 kN ( ), majd B yII és BxII –nak megfelelően ugrás:

∑N

∑N ∑N

b B

= − 14,64 + B y ⋅ sinα + B x ⋅ cos α = − 14,64 + 12,34 ⋅ sin39,8 ° + 8,78 ⋅ cos39,8 ° = 0 , illetve

j B

= 0 , majd B yII és BxII –nak megfelelően ugrás:

j B

= 0 + B y ⋅ sinα + B x ⋅ cosα = 0 + 12,34 ⋅ sin39,8 ° + 8,78 ⋅ cos39,8 ° = 1 4,64 kN ( ).


A nyíró igénybevételi ábra (136. ábra) egyes értékeit az erőrendszer egyes elemeinek az adott tartószerkezeti elem hossztengelyére merőleges hatásvonalú elemei határozzák meg. Az A keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata:

∑T

b A

= 0 , majd az Ax erőnek megfelelő ugrás:

∑T

b A

= 0 + Ax = 8,78 kN (→), illetve

∑T

j A

= − B x = −8,78 → ∑ T Aj = 8,78 kN (←).


∑T

b D

∑T

j D

= Ax = 8,78 kN (→), illetve = − B x = −8,78 → ∑ T Dj = 8,78 kN (←).

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata az DE vízszintes tartórészen:

∑T

b D

= A y = 18,66 kN (↑), illetve

∑T

j D

j = − q ⋅ 4 ⋅ a − F + B y = − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 − 15 + 12,34 = − 18,66 → ∑ T D = 18,66 kN (↓).

Az E keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a DE vízszintes tartórészen:

∑T

b E

= A y − q ⋅ 4 ⋅ a = 18,66 − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 = 2,66 kN (↑), illetve

107

∑T

j E

j = − F + B y = − 15 + 12,34 = − 2,66 → ∑ T E = 2,66 kN (↓).

Az E keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a ferde helyzetű tartórészen (134. ábra):

∑T

b E

= A y ⋅ cosα + Ax ⋅ sinα − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ cosα =

= 18,66 ⋅ cos39,8 ° + 8,78 ⋅ sin39,8 ° − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ cos39,8 ° = 7,66

∑T

j E

= − F ⋅ cos α + B y ⋅ cos α − B x ⋅ sin α =

= − 15 ⋅ cos39,8 ° + 12,34 ⋅ cos39,8 ° − 8,78 ⋅ sin39,8 ° = − 7 , 66

→ ∑ T Eb = 7,66 kN ( ), illetve

→ ∑ TEj = 7,66 kN ( ).

Az F keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata (134. ábra):

∑T

b F

= A y ⋅ cosα + Ax ⋅ sinα − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ cosα =

= 18,66 ⋅ cos39,8 ° + 8,78 ⋅ sin39,8 ° − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ cos39,8 ° = 7,66

→ ∑ T Fb = 7,66 kN ( ), majd

F⊥ –nek megfelelően ugrás:

∑T ∑T

∑T

b F

= 7,66 − F ⋅ cosα = 7,66 − 15 ⋅ cos39,8° = −3,86 →

j F

= B y ⋅ cosα − B x ⋅ sinα = 12,34 ⋅ cos39,8 ° − 8,78 ⋅ sin39,8 ° = 3,86 kN ( ), majd F⊥ –nek

b F


megfelelően ugrás:

∑T

j F

= 3,86 − F ⋅ cosα = 3,86 − 15 ⋅ cos39,8° = −7,66 →

∑T

j F

= 7,66 kN ( ).

A B keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata (134. ábra):

∑T

b B

= A y ⋅ cos α + A x ⋅ sin α − q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ cos α − F ⋅ cos α =

= 18,66 ⋅ cos39,8 ° + 8,78 ⋅ sin39,8 ° − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ cos39,8 ° − 1 5 ⋅ cos39,8 ° = -3,86

→

→ ∑ TBb = 3,86 kN ( ), majd B y ⊥ és BxII–nak megfelelően ugrás:

∑T

b B

= − 3,86 + B y ⋅ cos α − B x ⋅ sinα = − 3,86 + 12,34 ⋅ cos39,8 ° − 8,78 ⋅ sin39,8 ° = 0 , illetve

j B

= 0 , majd B y ⊥ és BxII–nak megfelelően ugrás:

j B

= 0 + B y ⋅ cosα − B x ⋅ sinα = 0 + 12,34 ⋅ cos39,8 ° − 8,78 ⋅ sin39,8 ° = 3,86 kN ( ).

∑T ∑T


108

A hajlító igénybevételi ábra megszerkesztését, megrajzolását a következők határozzák meg: a tartó végein, illetve a magán a tartón működő koncentrált nyomaték(ok), a lokális szélsőértékhelyek (T=0 helyek), az egyes keresztmetszetek hajlító igénybevételei és az E pontban található csukló (141. ábra). A C keresztmetszet hajlító igénybevételének a vizsgálata (137. ábra):


∑M

j C

= −q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − F ⋅ 5,2 ⋅ a + B y ⋅ 7,6 ⋅ a − Bx ⋅ 2 ⋅ a =

= −4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 − 15 ⋅ 5,2 ⋅ 1,0 + 12,34 ⋅ 7,6 ⋅ 1,0 − 8,78 ⋅ 2 ⋅ 1,0 = −33,78

→ ∑ M Cj = 33,78 kNm

( ), majd a M koncentrált nyomatéknak megfelelően ugrunk:

∑M

j C

= −33,78 + M = −33,78 + 25,0 = −8,78 → ∑ M Cj = 8,78 kNm ( ), illetve

∑M

b C

= Ax ⋅ a = 8,78 ⋅ 1,0 = 8,78 kNm ( ), majd a M koncentrált nyomatéknak megfelelően ug-

runk: A D keresztmetszet hajlító igénybevételének a vizsgálata (138. ábra):


109

∑M

b C

= 8,78 + M = 8,78 + 25,0 = 33,78 kNm( ).

∑M

j D

= −q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − F ⋅ 5,2 ⋅ a + B y ⋅ 7,6 ⋅ a − Bx ⋅ 3 ⋅ a =

= −4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 − 15 ⋅ 5,2 ⋅ 1,0 + 12,34 ⋅ 7,6 ⋅ 1,0 − 8,78 ⋅ 3 ⋅ 1,0 = −42,57

→ ∑ M Dj = 42,57

kNm ( ), illetve

∑M

b D

= M + Ax ⋅ 2 ⋅ a = 25,0 + 8,78 ⋅ 2 ⋅ 1,0 = 42,56 kNm ( ).

Az E keresztmetszet hajlító igénybevételének a vizsgálata (139. ábra):


∑M

j E

= − F ⋅ 1,2 ⋅ a + B y ⋅ 3,6 ⋅ a − B x ⋅ 3,0 ⋅ a = −15 ⋅ 1,2 ⋅ 1,0 + 12,34 ⋅ 3,6 ⋅ 1,0 − 8,78 ⋅ 3,0 ⋅ 1,0 =

= 0,08 ≅ 0

illetve

∑M

b E

= q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a + M − Ay ⋅ 4 ⋅ a + Ax ⋅ 2 ⋅ a =

4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 + 25 − 18,66 ⋅ 4 ⋅ 1,0 + 8,78 ⋅ 2 ⋅ 1,0 = −0,08 ≅ 0. Az F keresztmetszet hajlító igénybevételének a vizsgálata (140. ábra):

140. ábra: Az F keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása

110

,

∑M

j F

= B y ⋅ 2,4 ⋅ a − B x ⋅ 2,0 ⋅ a = 12,34 ⋅ 2,4 ⋅ 1,0 − 8,78 ⋅ 2,0 ⋅ 1,0 = 12,06 kNm ( ), illetve

∑M

b F

= q ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 3,2 ⋅ a + M − Ay ⋅ 5,2 ⋅ a + Ax ⋅ a =

= 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 3,2 ⋅ 1,0 + 25 − 18,66 ⋅ 5,2 ⋅ 1,0 + 8,78 ⋅ 1,0 = −12,05

→

∑M

b F

= 12,05 kNm ( ).





7.1.2. példa Adott a 142. ábra szerinti tört tengelyű tartószerkezet. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat, határozzuk meg a hajlításból származó maximális normál és nyíró feszültséget. Adott: q1=4 kN/m, q2=3 kN/m, q3=3 kN/m, a=1,0 m. A keresztmetszetek: I240, Iz = 4250 cm4, Sz = 206 cm3. A hajlítási szilárdság: f hajl. = 110 N/mm2, a nyírási szilárdság: f hajl. = 74 N/mm2. A reakció erők kiszámítása (143. ábra):

∑M

B

= 0 = q1 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 6 ⋅ a + q 2 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − q 3 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − Ay ⋅ 8 ⋅ a =

= 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 6 ⋅ 1,0 + 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 − A y ⋅ 8 ⋅ 1,0

∑M

A

→ A y = 12 ,0 kN (↑).

= 0 = −q 1 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − q 2 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 6 ⋅ a − q 3 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a + B y ⋅ 8 ⋅ a =

= −4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 6 ⋅ 1,0 − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 + B y ⋅ 8 ⋅ a

111

→ B y = 16 ,0 kN (↑).

142. ábra: Tört tengelyű tartó – három csuklós keret; támaszerők feltételezése

∑M

j D

= 0 = By ⋅ 4 ⋅ a + Bx ⋅ 5 ⋅ a − q 2 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a =

= 16 ⋅ 4 ⋅ 1,0 + B x ⋅ 5 ⋅ a − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0

∑M

b D

→ Bx= − 8 → Bx= 8,0 kN (←).

= 0 = q 1 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − A y ⋅ 4 ⋅ a − Ax ⋅ 5 ⋅ a + q 3 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 3 ⋅ a =

= 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 − 12 ⋅ 4 ⋅ 1,0 − A x ⋅ 5 ⋅ 1,0 + 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 3 ⋅ 1,0

→ Ax= 4,0 kN (←).


112

A normál igénybevételi ábra (146. ábra) megszerkesztését, megrajzolását a következők határozzák meg: az erőrendszer egyes elemeinek az adott tartószerkezeti elem hossztengelyével párhuzamos hatásvonalú elemei. Az A keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata:

∑N

b A

= 0 , majd az Ay–nak megfelelő ugrás:

∑N

b A

= 0 +Ay=0+12=12,0 kN (↑), illetve

∑N

j A

= −q1 ⋅ 4 ⋅ a − q 2 ⋅ 4 ⋅ a + B y = −4 ⋅ 4 ⋅1,0 − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 + 16 = −12 → ∑ N Aj = 12,0 kN (↓),

majd az Ay–nak megfelelő ugrás:

∑N

j A

= −12 + Ay = −12 + 12 = 0.

A C keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata az AC függőleges tartószerkezeti elemen:

∑N

b C

= Ay=12,0 kN (↑), illetve

∑N

j C

= −q1 ⋅ 4 ⋅ a − q 2 ⋅ 4 ⋅ a + B y = −4 ⋅ 4 ⋅1,0 − 3 ⋅ 4 ⋅1,0 + 16 = −12 → ∑ N Cj = 12,0 kN (↓).

A C keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a CD ferde helyzetű tartószerkezeti elemen:

144. ábra: A CD ferde helyzetű tartószerkezeti elemre ható erők felbontása normál és nyíró összetevőkre

∑N

b C

= Ay ⋅ sinα − Ax ⋅ cosα + Q3 ⋅ cosα = 12 ⋅ sin14° − 4 ⋅ cos14° + 12 ⋅ cos14° = 10,67 kN ( ),

illetve

∑N

j C

= −Q1 ⋅ sinα − Q 2 ⋅ sinα + By ⋅ sinα − Bx ⋅ cosα =

= −16 ⋅ sin14° − 12 ⋅ sin14° + 16 ⋅ sin14° − 8 ⋅ cos14° = −10,67

113

→ ∑ N Cj = 10,67 kN ( ).

A D keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a CD ferde helyzetű tartószerkezeti elemen:

∑N

b D

= Ay ⋅ sinα − Ax ⋅ cosα + Q 3 ⋅ cosα − Q1 ⋅ sinα =

= 12 ⋅ sin14° − 4 ⋅ cos14° + 12 ⋅ cos14° − 16 ⋅ sin14° = 6,79

→ ∑ N Db = 6,79 kN ( ), illetve

∑N

j D

= −Q 2 ⋅ sinα + B y ⋅ sinα − Bx ⋅ cosα = −12 ⋅ sin14° + 16 ⋅ sin14° − 8 ⋅ cos14° = −6,79 →

∑N

j D

= 6,79 kN ( ).

A D keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a DE ferde helyzetű tartószerkezeti elemen:

∑N

b D

= − Ay ⋅ sinα − Ax ⋅ cosα + Q 3 ⋅ cosα + Q1 ⋅ sinα =

= −12 ⋅ sin14° − 4 ⋅ cos14° + 12 ⋅ cos14° + 16 ⋅ sin14° = 8,73

→ ∑ N Db = 8,73 kN ( ), illetve

∑N

j D

= Q 2 ⋅ sinα − By ⋅ sinα − Bx ⋅ cosα = 12 ⋅ sin14° − 16 ⋅ sin14° − 8 ⋅ cos14° = −8,73 →

∑N

j D

= 8,73 kN ( ).

Az E keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a DE ferde helyzetű tartószerkezeti elemen:

∑N

b E

= − Ay ⋅ sinα − Ax ⋅ cosα + Q 3 ⋅ cosα + Q1 ⋅ sinα + Q 2 ⋅ sinα =

= −12 ⋅ sin14° − 4 ⋅ cos14° + 12 ⋅ cos14° + 16 ⋅ sin14° + 12 ⋅ sin14° = 11,63

→ ∑ N Eb = 11,63 kN (

), illetve

∑N

j E

= −By ⋅ sinα − Bx ⋅ cosα = − 16 ⋅ sin14° − 8 ⋅ cos14° = −11,63 → ∑ N Ej = 11,63 kN ( ).

145. ábra: A DE ferde helyzetű tartószerkezeti elemre ható erők felbontása normál és nyíró összetevőkre

114

Az E keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata az EB függőleges helyzetű tartószerkezeti elemen:

∑N ∑N

b E

= Ay − q1 ⋅ 4 ⋅ a − q 2 ⋅ 4 ⋅ a = 12 − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 − 3 ⋅ 4 ⋅1,0 = −16 → ∑ N Eb = 16,0 kN (↓), illetve

j E

= B y = 16,0 kN (↑).


∑N

b B

= Ay − q1 ⋅ 4 ⋅ a − q 2 ⋅ 4 ⋅ a = 12 − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 = −16 → ∑ N Bb = 16,0 kN (↓), majd

ugrás a By–nak megfelelően:

∑N

b B

= −16 + B y = −16 + 16 = 0 , illetve

∑N

j B

= 0 , majd ugrás a By–nak megfelelően:

∑N

j B

= 0 + B y = 0 + 16 = 16,0 kN (↑).

A nyíró igénybevételi ábra (147. ábra) megszerkesztését, megrajzolását a következők határozzák meg: az erőrendszer egyes elemeinek az adott tartószerkezeti elem hossztengelyére merőleges hatásvonalú elemei.


Az A keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata:

∑T

b A

= 0 , majd az Ax–nek megfelelő ugrás:

∑T

b A

= 0 − Ax = 0 − 4 = −4 − 4,0 → ∑ T Ab = 4 kN (←), illetve

∑T ∑T

j A

= q 3 ⋅ 4 ⋅ a − Bx = 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 − 8 = 4,0 kN (→), majd az Ax–nek megfelelő ugrás:

j A

= 4 − Ax = 4 − 4 = 0 .

115

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata az AC függőleges tartószerkezeti elemen:

∑T

b C

∑T

j C

= q 3 ⋅ 4 ⋅ a − Ax = 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 − 4 = 8,0 kN (→), illetve

= − Bx = −8 → ∑ TCj = 8,0 kN (←).

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a CD ferde helyzetű tartószerkezeti elemen:

∑T

b C

= Ay ⋅ cosα + Ax ⋅ sinα − Q3 ⋅ sinα = 12 ⋅ cos14° + 4 ⋅ sin14° − 12 ⋅ sin14° = 9,71kN ( ), il-

letve

∑T

j C

= −Q1 ⋅ cosα − Q 2 ⋅ cosα + B y ⋅ cosα + Bx ⋅ sinα =

= −16 ⋅ cos14° − 12 ⋅ cos14° + 16 ⋅ cos14° + 8 ⋅ sin14° = −9,71

→ ∑ TCj = 9,71 kN ( ).

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a CD ferde helyzetű tartószerkezeti elemen:

∑T

b D

= Ay ⋅ cosα + Ax ⋅ sinα − Q 3 ⋅ sinα − Q1 ⋅ cosα =

= 12 ⋅ cos14° + 4 ⋅ sin14° − 12 ⋅ sin14° − 16 ⋅ cos14° = −5,81

∑T

j D

→ ∑TDb = 5,81 kN ( ), illetve

= −Q 2 ⋅ cosα + By ⋅ cosα + Bx ⋅ sinα = −12 ⋅ cos14° + 16 ⋅ cos14° + 8 ⋅ sin14° = 5,81 kN( ).

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a DE ferde helyzetű tartószerkezeti elemen:

∑T

b D

= Ay ⋅ cosα − Ax ⋅ sinα + Q 3 ⋅ sinα − Q1 ⋅ cosα =

= 12 ⋅ cos14° − 4 ⋅ sin14° + 12 ⋅ sin14° − 16 ⋅ cos14° = −1,95

∑T

j D

→ ∑ TDb = 1,95 kN ( ), illetve

= −Q 2 ⋅ cosα + B y ⋅ cosα − Bx ⋅ sinα = −12 ⋅ cos14° + 16 ⋅ cos14° − 8 ⋅ sin14° = 1,95 kN( ).

Az E keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a DE ferde helyzetű tartószerkezeti elemen:

∑T

b E

= Ay ⋅ cosα − Ax ⋅ sinα + Q 3 ⋅ sinα − Q1 ⋅ cosα − Q 2 ⋅ cosα =

= 12 ⋅ cos14° − 4 ⋅ sin14° + 12 ⋅ sin14° − 16 ⋅ cos14° − 12 ⋅ cos14° = -13,59

→ ∑ TEb = 13,59

kN( ), illetve

∑T

j E

= By ⋅ cosα − Bx ⋅ sinα = 16 ⋅ cos14° − 8 ⋅ sin14° = 13,58 kN ( ).

Az E keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata az EB függőleges helyzetű tartószerkezeti elemen:

∑T ∑T

b E

= − Ax + q 3 ⋅ 4 ⋅ a = −4 + 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 = 8,0 kN (→), illetve

j E

= −Bx = − 80 → ∑TEj = 8,0 kN (←).

116



∑T ∑T

b B

= − Ax + q 3 ⋅ 4 ⋅ a = −4 + 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 = 8,0 kN (→), majd ugrás a Bx–nek megfelelően:

b B

= 8 − Bx = 8 − 8 = 0 , illetve

∑T

j B

= 0 , majd ugrás a Bx–nek megfelelően:

∑T

j B

= 0 − Bx = 0 − 8 = −8 → ∑TBj = 8,0 kN (←).A hajlító igénybevételi ábra megszerkesz-

tését, megrajzolását a következők határozzák meg: a tartó végein, illetve a magán a tartón működő koncentrált nyomaték(ok), a lokális szélsőértékhelyek (148. ábra) (T=0 helyek), az egyes keresztmetszetek hajlító igénybevételei és a D pontban található csukló (149. ábra).


117

A G keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

∑M

b G

= − A x ⋅ x AG + q 3 ⋅ x AG ⋅

x AG 1,33 = −4 ⋅ 1,33 + 3 ⋅ 1,33 ⋅ = −2,67 → 2 2

→ ∑ M Gb = 2,67 kNm ( ), illetve xGC − q 1 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − q 2 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ (2 ⋅ a + 4 ⋅ a ) + B y ⋅ 8 ⋅ a − B x ⋅ x AG = 2 → 2,67 = −3 ⋅ 2,67 ⋅ − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ (2 ⋅ 1,0 + 4 ⋅ 1,0 ) + 16 ⋅ 8 ⋅ 1,0 − 8 ⋅ 1,33 = 2,67 2

∑M

j G

= −q 3 ⋅ xGC ⋅

→ ∑ M Gj = 2,67 kNm ( ). A C keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

∑M

b C

= − Ax ⋅ 4 ⋅ a + q 3 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a = −4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 + 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 = 8,0 kNm ( ), illetve

∑M

j C

= −q 1 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − q 2 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ (2 ⋅ a + 4 ⋅ a ) + B y ⋅ 8 ⋅ a − B x ⋅ 4 ⋅ a =

= −4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ (2 ⋅ 1,0 + 4 ⋅ 1,0) + 16 ⋅ 8 ⋅ 1,0 − 8 ⋅ 4 ⋅ 1,0 = −8

∑M

j C

→

= 8,0 kNm ( ).

Az F keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

∑M

b F

= − Ax ⋅ (4 ⋅ a + xCF ⋅ sinα ) − Ay ⋅ xCF ⋅ cosα + q 3 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ (2 ⋅ a + xCF ⋅ sinα ) +

 x ⋅ cosα  + q 1 ⋅ xCF ⋅ cosα ⋅  CF = 2   → = −4 ⋅ (4 ⋅ 1,0 + 2,58 ⋅ sin14°) − 12 ⋅ 2,58 ⋅ cos14° + 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ (2 ⋅ 1,0 + 2,58 ⋅ sin14°) +  2,58 ⋅ cos14°  + 4 ⋅ 2,58 ⋅ cos14° ⋅   = −4,51 2   →

∑M

∑M

j F

b F

= 4,51 kNm ( ), illetve

= − B x ⋅ (4 ⋅ a + x CF ⋅ sinα ) + B y ⋅ (8 ⋅ a − xCF ⋅ cosα ) − q 2 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ (8 ⋅ a − x CF ⋅ cosα − 2 ⋅ a ) −

 4 ⋅ a − x CF ⋅ cosα  − q 1 ⋅ (4 ⋅ a − xCF ⋅ cosα ) ⋅  = 2   = −8 ⋅ (4 ⋅ 1,0 + 2,58 ⋅ sin14 °) + 16 ⋅ (8 ⋅ 1,0 − 2,58 ⋅ cos14 °) −  4 ⋅ 1,0 − 2,58 ⋅ cos14 °  − 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ (8 ⋅ 1,0 − 2,58 ⋅ cos14 ° − 2 ⋅ 1,0 ) − 4 ⋅ (4 ⋅ 1,0 − 2,58 ⋅ cos14 °) ⋅  = 2   = 4,51 →

∑M

j F

= 4,51 kNm ( ).

A D keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

∑M

b D

= − Ax ⋅ 5 ⋅ a − Ay ⋅ 4 ⋅ a + q 3 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 3 ⋅ a + q 1 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a =

= −4 ⋅ 5 ⋅ 1,0 − 12 ⋅ 4 ⋅ 1,0 + 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 3 ⋅ 1,0 + 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 = 0

118

, illetve


∑M

j D

= −q 2 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a + B y ⋅ 4 ⋅ a − B x ⋅ 5 ⋅ a =

= −3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 + 16 ⋅ 4 ⋅ 1,0 − 8 ⋅ 5 ⋅ 1,0 = 0

.

Az E keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

∑M

b E

= q 2 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a + q 1 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ (2 ⋅ a + 4 ⋅ a ) + q 3 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ a − Ay ⋅ 8 ⋅ a − Ax ⋅ 4 ⋅ a =

= 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 + 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ (2 ⋅ 1,0 + 4 ⋅ 1,0) + 3 ⋅ 4 ⋅ 1,0 ⋅ 2 ⋅ 1,0 − 12 ⋅ 8 ⋅ 1,0 − 4 ⋅ 4 ⋅ 1,0 = 32

→ ∑ M Eb = 32,0 kNm ( ), illetve

∑M

j E

= − B x ⋅ 4 ⋅ a = −8 ⋅ 4 ⋅ 1,0 = −32 → ∑ M Ej = 32,0 kNm ( ).


M max 32 ⋅ 10 6 ( N ⋅ mm ) ⋅ t (y) = ⋅ 120 (mm) = 90,35 N/mm2→ Iz 4, 25 ⋅ 10 7 ( mm 4 )





119

→

8. Húzó igénybevétel, húzófeszültség 8.1.1. példa Adott a 150. ábra szerinti szimmetrikus szerkezetű és terhelésű rácsos tartószerkezet. Határozza meg a reakcióerőket, a rúderőket. A maximilás húzó igénybevételnek kitett rudat ellenőrizze.

150. ábra: Rácsos tartószerkezetre ható külső erők és a reakcióerők

Adott: F=20 kN , a=1,0 m. Húzott tartóelemek keresztmetszete: kör, ØD=25 mm. A rúd szilárdsága: f h.=90 N/mm2. A reakcióerők meghatározása:

∑M

A

= 0 = B ⋅12 ⋅ a − F ⋅ 11⋅ a − F ⋅ 8 ⋅ a − F ⋅ 4 ⋅ a − F ⋅ a =

= B ⋅ 12 ⋅1 − 20 ⋅11⋅ 1 − 20 ⋅ 8 ⋅1 − 20 ⋅ 4 ⋅ 1 − 20 ⋅ 1

∑F

y

→

B = 40 kN (↑). →

= 0 = B + A y − 4 ⋅ F = 40 + A y − 4 ⋅ 20

Ay = 40 kN (↑).

A rúderők meghatározása: Az A csomópont vizsgálata (151. ábra):

α = arctan

∑F

x

= 0 = S1,A ⋅ cosβ + S A,7 ⋅ cosα = S1,A ⋅ cos75,96° + S A,7 ⋅ cos45,0° →

S 1,A = −

∑F

y

3a 4a = 45,0° és β = arctan = 75,96° 3a a

S A,7 ⋅ cos45,0° cos75,96°

= 0 = S 1,A ⋅ sin β + S A,7 ⋅ sin α + A y = S 1,A ⋅ sin75,96 ° + S A,7 ⋅ sin45,0 ° + 40

120

151. ábra: S1,A és SA,7 rudak belső erőinek, igénybevételeinek meghatározása


0=−

S A,7 ⋅ cos45,0° cos75,96°

⋅ sin75,96° + S A,7 ⋅ sin45,0° + 40

→

SA,7 = 18,86 kN (húzott, (+)). Visszahelyettesítés után: S1,A = –54,98 →

S1,A = 54,98 kN (nyomott, (–)).

Az 1–es csomópont vizsgálata (152. ábra).

γ = arctan

a 2a = 26,57° és δ = arctan = 33,69° 2a 3a

152. ábra: S1,2 és S1,7 rudak belső erőinek, igénybevételeinek meghatározása

Az ismeretlenj rúderőket húzottnak tételezzük fel.

∑F

x

= 0 = S 1,A ⋅ cosβ + S 1,7 ⋅ cosγ + S 1,2 ⋅ cosδ =

= 54,98 ⋅ cos75,96° + S1,7 ⋅ cos26,57° + S 1,2 ⋅ cos33,69°

121

→ S 1,7 = −

13,34 + S 1,2 ⋅ cos33,69° cos26,57°

∑F

y

= 0 = S 1,A ⋅ sinβ + S 1,2 ⋅ sinδ − S 1,7 ⋅ sinγ - F =

= 54,98 ⋅ sin75,96° + S 1,2 ⋅ sin33,69° − S 1,7 ⋅ sin26,57° - 20 Behelyettesítés után:

0 = 54,98 ⋅ sin75,96° + S 1,2 ⋅ sin33,69° + S12 = –41,2

→

13,34 + S 1,2 ⋅ cos33,69° cos26,57°

⋅ sin26,57° - 20

→

S12 = 41,2 kN (nyomott, (–)).

Visszahelyettesítés után (figyelem, az S1,2 rúdról immár tudjuk, hogy nyomott tartószerkezeti elem, ezért ezt az x irányú vetületi egyensúlyi egyenletben figyelembe kell venni.):

S 1,7 = −

13,34 − S 1,2 ⋅ cos33,69° cos26,57°

=−

13,34 − 41,2 ⋅ cos33,69° cos26,57°

→

S1,7= 23,41 kN (húzott, (+)). Az S2,6, S2,3 és S6,7 rúderők meghatározása 3–as átmetszés módszerrel (153. ábra): Az ismeretlen rúderőket húzottnak tételezzük fel.

∑M

6

= 0 = F ⋅ 2 ⋅ a + F ⋅ 5 ⋅ a − Ay ⋅ 6 ⋅ a − S 2 , 3 ⋅ 2 ⋅ a =

= 20 ⋅ 2 ⋅ 1 + 20 ⋅ 5 ⋅ 1 − 40 ⋅ 6 ⋅ 1 − S 2,3 ⋅ 2 ⋅ 1 S2,3= – 50,0

→

→

S2,3= 50,0 kN (nyomott, (–)). A 7–6 rúd vízszintessel bezárt szöge: ϕ = arctan

a = 18,43[°] . 3a

153. ábra: S2,3, S2,6 és S6,7 rudak belső erőinek, igénybevételeinek meghatározása

122

∑M

2

= 0 = F ⋅ 3 ⋅ a − Ay ⋅ 4 ⋅ a + S7,6 ⋅ cosϕ ⋅ 3 ⋅ a − S7,6 ⋅ sinϕ ⋅ a =

= 20 ⋅ 3 ⋅ 1 − 40 ⋅ 4 ⋅ 1 + S7,6 ⋅ (cos18,43° ⋅ 3 ⋅ 1 − sin18,43° ⋅ 1)

∑M

6

= 0 = F ⋅ 2 ⋅ a + F ⋅ 5 ⋅ a − Ay ⋅ 6 ⋅ a − S 2 , 3 ⋅ 2 ⋅ a =

= 20 ⋅ 2 ⋅ 1 + 20 ⋅ 5 ⋅ 1 − 40 ⋅ 6 ⋅ 1 − S 2,3 ⋅ 2 ⋅ 1

→

→S7,6= 39,53 kN(húzott, (+)).

S2,3= – 50,0

→

S2,3= 50,0 kN (nyomott, (–)). A 2–6 rúd vízszintessel bezárt szöge: ϕ = arctan

∑M

7

2a = 45,0[°] . 2a

= 0 = F ⋅ 2 ⋅ a − Ay ⋅ 3 ⋅ a − F ⋅ a + S 2,3 ⋅ 3 ⋅ a − S 2 ,6 ⋅ cosϕ ⋅ 3 ⋅ a − S 2 ,6 ⋅ sinϕ ⋅ a =

= 20 ⋅ 2 ⋅ 1 − 40 ⋅ 3 ⋅ 1 − 20 ⋅ 1 + 50 ⋅ 3 ⋅ 1 − S 2 ,6 ⋅ cos45° ⋅ 3 ⋅ 1 − S 2 ,6 ⋅ sin 45° ⋅ 1 →S2,6= 17,68 kN(húzott, (+)). Az S2,7 rúd igénybevételének meghatározására nem tértünk ki, igénybevétele S2,7=10,16 kN (nyomott, (–)).

154. ábra: Rácsos tartószerkezet rúdelemeinek normál igénybevétele

A szimmetrikus tartógeometria és terhelés miatt a jobb oldali rudak igénybevételei megegyeznek a szimmetriapárjuk igénybevételével. A 155. ábra a maximális húzó igénybevételnek kitett kör keresztmetszetű rudat ábrázolja. Az S6,7 rúdelem ellenőrzése:

123

155. ábra: Kör keresztmetszetű rúd húzó igénybevételének ellenőrzése

A rúdban fellépő húzófeszültség: σ húzó =

S 6,7 A

=

39,53 ⋅ 10 3 = 80,53 N/mm2. 25 2 ⋅ π 4

Összehasonlítás a szilárdsággal: f h.=90 N/mm2 > 80,53 N/mm2 = σhúzó

→MEGFELEL

8.1.2. példa Adott a 156. ábra szerinti rúd/kötél szerkezet, amit a C csuklópontban koncentrált erővel terhelünk. Az igénybevétel az AC és BC tartóelemekben tiszta húzás. Ellenőrizzük a tartót.

156. ábra: Kör keresztmetszetű rúd/kötél elemek húzó igénybevételének ellenőrzése

Adott: a = 0,9 m, b = 0,3 m, c = 3,6 m, d = 1,2 m, F=30 kN, ØDAC=20 mm, ØDBC=10 mm. A rudak/kötelek szilárdsága: f h.=100 N/mm2. Az AC és BC tartóelemekben ébredő húzóerők: x

= 0 = −FA ⋅ cos(α) + FB ⋅ cos(β) és

y

= 0 = FA ⋅ sin(α) + FB ⋅ sin(β) − F

∑F ∑F

124

A két egyenletből álló két ismeretlenes (FA, FB) egyenletrendszer megoldása után a következőket kapjuk eredményül a reakcióerőkre, amik egyben a rúderők is: S AC = FA = 28,46 kN ( ) és

S BC = FB = 9,49 kN ( ). A rudakban fellépő húzófeszültségek: húzó σ AC =

σ

húzó BC

S AC 28,46 ⋅ 10 3 = = 90,59 N/mm2 < 2 A AC 20 ⋅ π 4

S BC 9,49 ⋅ 10 3 = = = 120,83 N/mm2 2 A BC 10 ⋅ π 4

>

f h.=100 N/mm2

→MEGFELEL

f h.=100 N/mm2→NEM FELEL MEG

8.1.3. példa Adott a 157. ábra szerinti tartószerkezet, ami két csuklóval (A és B pontban) támasztottunk meg. Ellenőrizzük a BC kötél elemet húzásra, megfelel-e. Ha nem felel meg, akkor határozzuk meg a szükséges ØdBC méretet. Adott: F = 35 kN, a = 2 m, α=40 °, ØdBC=2,5 cm. A kötél szilárdsága: f h.=110 N/mm2.

157. ábra: Kötél húzó igénybevételének ellenőrzése

A kötélben ébredő húzóerő meghatározása:

∑M

A

= 0 = −F ⋅ cos(α) ⋅ 2 ⋅ a + FB ⋅ cos(β) ⋅ 1,5 ⋅ a

S BC = FB = 64,45 kN ( ). A kötélben fellépő húzófeszültség meghatározása: húzó σ BC =

S BC 64,45 ⋅ 10 3 = = 131,3 N/mm2 > A BC 25 2 ⋅ π 4

A szükséges dBC átmérő meghatározása:

125

f h.=110 N/mm2→NEM FELEL MEG

f h. =

S BC S 64, 45 ⋅ 10 3 → A BC = BC = = 585,91 mm2 → A BC f h. 110

A BC =

d 2BC ⋅ π → d BC = 4

585,91 ⋅ 4 = 27,31 mm π

→ ≈ d BC = 3 cm.

8.1.4. példa Adott a 158. ábra szerinti M20-as csavarorsó. Mekkora erővel lehet terhelni? Adott: ØD=20 mm, Ød=17 mm. A csavarorsó anyagának szilárdsága: f h.=70 N/mm2.

158. ábra: Húzásra igénybevett csavarorsó

A magkeresztmetszet meghatározása: d 2 ⋅ π 17 2 ⋅ π A0 = = ≅ 227 mm2. 4 4

A maximális Fmax húzóerő meghatározása:

Fmax = A0 ⋅ f h. = 227⋅ 70 = 15,89 kN. 8.1.5. példa Adott a 159. ábra szerinti fékrúd, amit tiszta húzásra kell méretezni. Adott: l1=100 cm, l2=4 cm, F1=250 N. A fékrúd szilárdsága: f h.=92 N/mm2. Határozzuk meg a szükséges Ød2 átmérőt. A fékrúdra ható erőt a nyomatékok egyensúlyából határozhatjuk meg: F1 ⋅ l1 = F2 ⋅ l 2 → F2 =

F1 ⋅ l1 250 ⋅ 100 = = 6250 N. l2 4

F2 d 2 ⋅ π F2 4 ⋅ F2 4 ⋅ 6250 → A2 = 2 = → d2 = = = 9,3 mm. A2 4 f h. f h. ⋅ π 92 ⋅ π Kerekítés után a szükséges Ød2=1 cm. f h. =

126

159. ábra: Húzott fékrúd

8.1.6. példa Adott a 160. ábra szerinti, hengerben mozgó dugattyúrúd. Húzó igénybevételre méretezzük Mekkora a megengedett nyomás (q felületen megoszló terhelés) a hengerben? Adott: ØD=300 mm, Ød=100 mm. A dugattyúrúd szilárdsága: f h.=100 N/mm2.

160. ábra: Húzott dugattyúrúd

A dugattyúrúd (Ød) terhelhetősége: f h. =

max Fdugattyúrú d

A

max → Fdugattyúrú d = f h. ⋅

d2 ⋅ π 100 2 ⋅ π = 100 ⋅ = 785398 N ≈785 kN. 4 4

A hengerben fellépő húzó erő nagysága nem lehet nagyobb a dugattyúrúd terhelhetőségével: Fdugattyúrúd = q ⋅ A 2 → q =

Fdugattyúrúd A2

=

785 ⋅ 10 3 785 ⋅ 10 3 = = 12,49 N/mm2. 2 2 2 2 D −d ⋅π 300 − 100 ⋅ π 4 4

(

)

127

(

)

8.1.7. példa Adott a 161. ábra szerinti függesztés. Húzó igénybevételre méretezünk. Mekkora a szükséges kötél átmérője? A kötél n = 40 db egyforma drótszálból áll. Adott: G (önsúly) = 5 kN, Q (hasznos teher) = 6 kN. A kötelet képező drótszálak szilárdsága (biztonsági tényező figyelembevételével): fh.=150 N/mm2. A szükséges teljes keresztmetszet meghatározása: f=

S S Q + G 6000 + 5000 → Akötél = = = = 73,33 mm2 Akötél f h. f h. 150

Egy drótszál szükséges keresztmetszete:

Adrótszál = → A drótszál

Akötél 73,33 = = 1,83 mm2 n 40 2 d drótszál ⋅π = → d drótszál = 4

≈ 2 mm2

→

2⋅4 = 1,6 mm → ≈ d = 1,8 vagy 2,0 mm. π

161. ábra: Kötélerő meghatározás daru (vagy lift) szerkezeteknél

128

9. Nyomó igénybevétel, nyomófeszültség 9.1.1. példa Adott a 162. ábra szerinti acélcső, amit F nyomóerő terhel. Mekkora lehet a terhelő erő maximuma? Adott: ØD=40 mm, Ød=30 mm. Az acél cső szilárdsága: f ny.=125 N/mm2.

162. ábra: Nyomott acélcső

A nyomásban dolgozó keresztmetszet meghatározása:

(D

A0 =

2

)

(

)

− d 2 ⋅ π 40 2 − 30 2 ⋅ π = = 549,78 mm2. 4 4

A fellépő nyomófeszültség: σ ny =

F A0

→

amiből:

Fmax = σ ny ⋅ A 0 = f ny. ⋅ A 0 = 125 ⋅ 549,78 = 68,72 kN.

9.1.2. példa Adott a 163. ábra szerint, d átmérőjű talpcsap, ami a talpcsapágyra nehezedik. Mekkorának kell az átmérőt választani? Adott:F = 6 kN. A felületi nyomás maximális értéke: fny. = 3 N/mm2. A0 =

F f ny.

→ A0 =

=

6000 2 = 2000 mm → 3

d2 ⋅π →d = 4

A0 ⋅ 4 = π

2000 ⋅ 4 = 50,46 mm π

129

→ ≈ d = 5,1 cm.

163. ábra: Talpcsapágy

9.1.3. példa Adott a 164. ábra szerinti négyzet keresztmetszetű betonoszlop, amit F nyomóerő terhel. Mekkora az oszlopban keletkező nyomófeszültség?

164. ábra: Beton oszlop nyomása

130

Adott: a=30 cm, Ød=30 mm, F = 180 kN. Az oszlop hossza: l = 5 m. A fellépő nyomófeszültség: σ ny =

F 180 ⋅ 10 3 = = 2 N/mm2. A 0 300 ⋅ 300

9.1.4. példa Csapágyazásnál, csavarkötések kialakításánál a nyomóerő görbe, palást felületen oszlik meg. Ebben az esetben palástnyomásról beszélünk. A palástnyomási felületet nem a hengerfelületből, hanem a tengelymetszetből (vízszintes- vagy hosszmetszet) számítjuk. Adott a 165. ábra szerinti vízszintes csapágy, amit a d átmérőjű csap F erővel terhel. Mekkora a csapágy l hossza? Adott: Ød=50 mm, F = 6 kN. A palástnyomás maximális értéke: f pny. = 2 N/mm2. A fellépő palástnyomás: σ pny =

F F , amiből → = A0 d ⋅ l

l=

F 6000 = = 60 mm. d ⋅ f pny. 50 ⋅ 2

165. ábra: Vízszintes csapágy - nyomó igénybevétel hengeres felületen

9.1.5. példa Mekkora átmérőjű és hosszúságú csapágyat kell kialakítani, hogy a csapágy hossza 1,5-szerese legyen az átmérőnek? Adott: F = 12 kN. A palástnyomás maximális értéke: f pny. = 5 N/mm2, l = 1,5∙d. A fellépő palástnyomás: σ pny =

→d =

F F , amiből = A0 d ⋅ l

→

f =

F F 12000 → = = d ⋅ l d ⋅ 1,5 ⋅ d 1,5 ⋅ d 2

F 12000 = = 40 mm és l = 1,5∙d= 1,5∙40= 60 mm. f ⋅ 1,5 5 ⋅ 1,5

131

9.1.6. példa Adott 166. ábra szerinti függesztés. Mekkora a teherközvetítő d átmérőjű csap palástnyomási feszültsége? Adott: Ød=30 mm, e=15 mm, F = 16 kN, SA = 17,18 kN, SB = 21,05 kN. A palástnyomás maximális értéke: f pny. = 25 N/mm2.

166. ábra: Függesztés összekötő csapjának palástnyomási feszültsége

Az SA rúderőből származó palástnyomási feszültség: σ Spny = A

SA SA 17180 = = = 19,09 N/mm2 < 25 N/mm2 = f pny. A 0 d ⋅ (2 ⋅ e) 30 ⋅ (2 ⋅ 15)

→MEGFELEL.

Az SB rúderőből származó palástnyomási feszültség: σ Spny = B

SB SB 21050 = = = 23,39 N/mm2 < 25 N/mm2 = f pny. A 0 d ⋅ (2 ⋅ e) 30 ⋅ (2 ⋅ 15)

→MEGFELEL.

Az F rúderőből származó palástnyomási feszültség: σ Fpny =

F F 16000 = = = 17,78 N/mm2 < 25 N/mm2 = fpny. A 0 d ⋅ (2 ⋅ e) 30 ⋅ (2 ⋅ 15)

→MEGFELEL.

A csapot nyírásra is ellenőrizni kell. A témáról bővebben a „Közelítően tiszta nyíró igénybevétel, nyírófeszültség” című fejezetben. További, palástnyomással összefüggő példákat a „Közelítően tiszta nyíró igénybevétel, nyírófeszültség” című fejezetben veszünk.

132

10. Hajlító igénybevétel, hajlításból származó normál (húzó-nyomó) és nyírófeszültség 10.1.1. példa Adott 167. ábra szerinti kéttámaszú tartó (3.1.1 példa alapján). Mekkora a hajlításból származó maximális normál és nyírófeszültség? Végezzük el az ellenőrzést! Adott: MMAX = 32,2 kNm, Szelvény: I-260→ Iz = 5740 cm4, Sz = 257 cm3, v = 9,4 mm. A hajlítási szilárdság: f hajl. = 95 N/mm2, a nyírási szilárdság: f nyírás = 74 N/mm2.

167. ábra: I szelvényű, kéttámaszú tartó hajlításból származó normálfeszültsége







10.1.2. példa Adott 168. ábra szerinti kéttámaszú tartó (3.1.2 példa alapján). Mekkora a hajlításból származó maximális normálfeszültség? Végezzük el az ellenőrzést! Adott: F=15 kN, q=4 kN/m, a = 1 m és α = 30 ° → MMAX-alsó = 16,75 kNm, MMAX-felső = 8,0 kNm, Szelvény: U-120→ Iz = 364 cm4, e = 1,6 cm, . A hajlítási szilárdság: f hajl. = 95 N/mm2. A hajlításból származó maximális normálfeszültség az alsó oldalon: σ

hajl . max − alsó

M max -alsó 16,75 ⋅ 10 6 ( N ⋅ mm ) = ⋅ t (y) = ⋅ 16,0 ( mm) = 73,63 N/mm2→ 4 4 Iz 364 ⋅ 10 ( mm )


133

168. ábra: U szelvényű, kéttámaszú tartó hajlításból származó normálfeszültsége

A hajlításból származó maximális normálfeszültség a felső oldalon: hajl . σ max −felső =

M max -felső 8,0 ⋅ 10 6 ( N ⋅ mm ) ⋅ t (y) = ⋅ (55 − 16 ) ( mm) = 85,71 N/mm2→ Iz 364 ⋅ 10 4 ( mm 4 )


10.1.3. példa Adott a 169. ábra szerinti kéttámaszú tartó (4.1.1 és 1.1.7 példák alapján). Mekkora a hajlításból származó maximális normál és nyírófeszültség? Végezzük el az ellenőrzést! Adott: F=8 kN, q=2 kN/m, M= 25 kNm és a=0,5 m → MMAX = 14,25 kNm és TMAX = 20,0 kN. Szelvény: cső: ØD=15 cm, Ød=11 cm → Iz = 1766 cm4. A hajlítási szilárdság: f hajl. = 95 N/mm2, a nyírási szilárdság: f nyírás = 74 N/mm2.

169. ábra: Cső szelvényű, mereven befogott tartó hajlításból származó normálfeszültsége


M max 14,75 ⋅ 10 6 ( N ⋅ mm ) ⋅ t (y) = ⋅ 75(mm) = 62,64 N/mm2→ Iz 1,766 ⋅ 10 7 ( mm 4 )


A félszelvény statikai nyomatéka a hajlítás tengelyére:

134

(

 1 π ⋅ (D 2 − d 2 )   D 2 ⋅ D 2 + D ⋅ d + d 2  ⋅  − S z (y = 0) =  ⋅ 4 3 ⋅ π ⋅ (D + d ) 2  2 2 2 2  1 π ⋅ (15 − 11 )   15 2 ⋅ 15 + 15 ⋅11 + 112   ⋅  −  = =  ⋅ 4 3 ⋅ π ⋅ (15 + 11) 2   2 

(

)

)  =  

= 40 ,84 ⋅ 3,33 = 136 cm3. A hajlításból származó maximális nyírófeszültség: hajl . τ max =

Tx,(max) S z (y) 20 ⋅10 3 ( N) 1,36 ⋅10 5 ( mm 3 ) ⋅ = ⋅ = 3,85 N/mm2→ Iz v(y) 1,766 ⋅ 10 7 ( mm 4 ) 40 (mm)


10.1.4. példa Adott a 170. ábra szerinti mereven befogott T-szelvényű tartó, amelynek a végén egy csövet támasztunk meg – falba erősített konzolos csőtámasztás. Mekkora a távolságra helyezhetjük a csövet a faltól? (A T szelvény önsúlyát elhanyagoljuk) Adott: F=1 kN, MMAX = F∙a kNm. Szelvény: T 60X60 → Iz = 23,8 cm4. A T idom hajlítási szilárdság: f hajl. = 114 N/mm2.

170. ábra: Egyik végén befogott T-szelvény


→a =

f M max 114 ⋅ t (y) → M max = F ⋅ a = halj. ⋅ I z = ⋅ 2,38 ⋅ 10 5 = 625161 Nmm→ Iz t (y) 60 − 16,6 M max 625161 = = 625,16 mm≈63 cm. F 1000

135

10.1.5. példa Adott a 171. ábra szerinti kéttámaszú I-szelvényű tartó, amelyen két koncentrált erő működik. Milyen I szelvényt kell választanunk? (Az I szelvény önsúlyát elhanyagoljuk) Ellenőrízzük a tartót nyírásra! Adott: F1=6 kN, F2=3 kN. Az I idom hajlítási szilárdság: fhajl. = 95 N/mm2, a nyírási szilárdság: f nyírás = 74 N/mm2.

171. ábra: Kéttámaszú, koncentrált erővel terhelt I-szelvény


M max I M 6 ⋅ 106 ⋅ t (y) → z = (K z ) = max = = 63158 mm3 Iz t (y) f halj. z 95

→

táblázatból: I-140 szelvény a megfelelő.

→

Az I-140 szelvény keresztmetszeti adatainak a figyelembevételével számított hajlításból származó normálfeszültség: . σ Ihajl −140 =

M max 6 ⋅ 10 6 ⋅ t (y) = ⋅ 70 = 73,33 N/mm2 < 95 N/mm2 = fhajl. 6 Iz 5,73 ⋅ 10

A hajlításból származó maximális nyírófeszültség (Sz = 47,7 cm3): hajl . τ max =

Tx,(max) S z (y) 6 ⋅10 3 ( N) 4,77 ⋅10 4 ( mm 3 ) ⋅ = ⋅ = 8,76 N/mm2→ Iz v(y) 5,73 ⋅ 10 6 ( mm 4 ) 5,7 (mm)


136

→

MEGFELEL

10.1.6. példa Adott a 172. ábra szerinti kéttámaszú övlemezzel erősített I-tartó. A tartón p megoszló (hasznos) terhelés működik. Mekkora a hajlításból származó maximális normál és nyírófeszültség? Végezzük el az ellenőrzést! Adott: p = 50 kN/m, a = 6 m, b = 15 cm, v = 2 cm. Szelvény: I-260→ Iz = 29210 cm4, Sz = 257 cm3, GI (önsúly) = 924 N/m. A hajlítási szilárdság: f hajl. = 130 N/mm2, a nyírási szilárdság: fnyírás = 74 N/mm2. Az övlemezek önsúlya: Gbxv = (önsúly) 468 N/m.

172. ábra: Kéttámaszú, övlemezzel erősített I-tartó

A tartó önsúlyából származó terhelés:

q = GI + Gbxv = 924 + 468 = 1392 N/m=1,392 kN/m. A reakcióerők meghatározása – a tartó és a terhelés is szimmetrikus, emiatt Ay = B =

( p + q ) ⋅ 6 (50 + 1,392) ⋅ 6 = = 154,18 kN. 2 2

A maximális nyomaték értéke a tartó közepén lesz. Meghatározása: a a a (p + q) ⋅ a 2 a a (p + q) ⋅ a 2 b M max = (p + q ) ⋅ ⋅ − Ay ⋅ = − (p + q) ⋅ ⋅ = − = –231,26→ 2 4 2 8 2 2 8 b → M max = 231,26 kNm ( ).

A keresztmetszet hajlítási tengelyére vett inerciája: 137

 b ⋅ v3  15 ⋅ 2 3  2   ⋅ 2 = 29210 +  I z = I zI-400 +  + b ⋅ v ⋅ t (y) + 15 ⋅ 2 ⋅ 212  ⋅ 2 = 55690 cm4.  12   12  A hajlításból származó maximális normálfeszültség: hajl . σ max =

M max 231,26 ⋅ 10 6 ⋅ t (y) = ⋅ 220 = 91,75 N/mm2 < 95 N/mm2 = fhajl. 4 Iz 55690 ⋅ 10

→

MEGFELEL

A félszelvény statikai nyomatéka a hajlítás tengelyére: h v  13 2  S z (y = 0) = S I260 + b ⋅ v ⋅  +  = 257 + 15 ⋅ 2 ⋅  +  = 482 cm3. z 2 2  2 2


Tx,(max) S z (y) 154,18 ⋅10 3 ( N) 4,72 ⋅10 5 ( mm 3 ) ⋅ = ⋅ = 13,9 N/mm2→ Iz v(y) 5,57 ⋅10 8 ( mm 4 ) 9,4 (mm)


10.1.7. példa Adott a 173. ábra szerinti esztergakés, miközben acél anyagot munkálunk meg. Határozzuk meg az esztergakés keresztmetszeti méreteit (a és b)! Adott: Előtolás: e = 1,2 mm/fordulat. Fogásmélység: f = 6 mm. A fajlagos forgácsolási ellenállás: k = 1400 N/mm2. A kés alátámasztás nélküli hossza: c = 6 cm. Az acél hajlítási szilárdsága: f hajl. = 100 N/mm2. A kés négyszög keresztmetszetének oldalainak az aránya:

173. ábra: Esztergakés alátámasztása, terhelése

A forgácsolóerő számítása: F forg. = e ⋅ f ⋅ k = 1, 2 ⋅ 6 ⋅ 1 400 = 10,08 kN.

Az esztergakés mértékadó keresztmetszetét terhelő nyomaték: M max = Fforg. ⋅ c = 10,08 ⋅10 3 ⋅ 60 = 6,05 ⋅10 5 Nmm.

A késszár szükséges keresztmetszete:

138

a 2 = . b 3

f hajl. =

M max M 6,05 ⋅ 10 5 I ⋅ t(y) → z = max = = 6050 mm3. f hajl. 100 Iz t(y)

a ⋅ b3 Iz a ⋅ b3 2 a ⋅ b 2 =6050 mm3. = 12 = ⋅ = b t(y) 12 b 6 2 2 A keresztmetszet oldalainak az arányából: a = ⋅ b . 3

Behelyettesítés után: I z a ⋅ b2 2 b2 6050 ⋅18 = = ⋅ b ⋅ = 6050 → b = 3 = 37,9 mm t(y) 6 3 6 2

139

és

a = 25,27 mm.

11. Csavaró igénybevétel, csavarásból származó nyírófeszültség 11.1. Kör és körgyűrű keresztmetszetek poláris másodrendű nyomatéka és poláris keresztmetszeti tényezője 11.1.1. példa Adott a 174. ábra szerinti keresztmetszet. Határozzuk meg a keresztmetszet poláris másodrendű nyomatékát és poláris keresztmetszeti tényezőjét. Adott: Ød=20 cm.

174. ábra: Kör keresztmetszet poláris másodrendű nyomatéka

Poláris inercia számítása: Ip =

d 4 ⋅ π 20 4 ⋅ π = = 15708 cm4. 32 32

Poláris keresztmetszeti tényező számítása: d4 ⋅ π Ip d 3 ⋅ π 203 ⋅ π 15708 32 Wp = = = = = = 1570,8 cm3. d d 20 16 16 2 2 2

11.1.2. példa Adott a 175. ábra szerinti keresztmetszet. Határozzuk meg a keresztmetszet poláris másodrendű nyomatékát és poláris keresztmetszeti tényezőjét.. Adott: ØD=15 cm, Ød=11 cm.

175. ábra: Körgyűrű (cső) keresztmetszet (vastaggal kiemelve) poláris másodrendű nyomatéka

Poláris inercia számítása:

140

Ip =

(D 4 − d 4 ) ⋅ π (154 − 114 ) ⋅ π = = 3533 cm4. 32 32

Poláris keresztmetszeti tényező számítása: (D 4 − d 4 ) ⋅ π I (D 4 − d 4 ) ⋅ π (154 − 114 ) ⋅ π 3533 32 Wp = p = = = = = 471 cm3. D D 15 16 ⋅ D 16 ⋅15 2 2 2

11.2. Kör és körgyűrű keresztmetszetek csavarásakor fellépő nyírófeszültség 11.2.1. példa Adott a 176. ábra szerinti mereven befogott, kör keresztmetszetű tartó. Határozzuk meg az ébredő nyírófeszültséget. Adott: Ød=8 cm, a=2 m, Mcs.=1,5 kNm.

176. ábra: Csavarással terhelt, kör keresztmetszetű, mereven befogott tartó

Poláris inercia és poláris keresztmetszeti tényező számítása: Ip =

d 4 ⋅ π 84 ⋅ π = = 402,12 cm4. 32 32

d4 ⋅ π d 4 ⋅ π 2 d 3 ⋅ π 83 ⋅ π W p = 32 = ⋅ = = = 100,53 cm3. d 32 d 16 16 2

A csavarásból származó maximális nyírófeszültség:

141

csav . τ max =

M csav. M csav. 1,5 ⋅10 6 1,5 ⋅10 6 max ⋅ t (y) = max = ⋅ = = 14,93 N/mm2. 40 6 3 Ip Wp 4,02 ⋅10 100,53 ⋅ 10

11.2.2. példa Adott a 177. ábra szerinti acél cső, amit esztergálással munkálunk meg. Határozzuk meg a munkafolyamat során ébredő maximális nyírófeszültséget. Adott: Ød=5 cm, ØD=6 cm. Forgácsolóerő: Ff =7 kN.

177. ábra: Cső keresztmetszetű acél esztergálása

A fellépő csavaró nyomaték: M cs = Ff ⋅

D 60 = 7 ⋅10 3 ⋅ = 210000 Nmm=210 Nm. 2 2

Poláris inercia és poláris keresztmetszeti tényező számítása: Ip =

(D

Wp =

4

(D

)

(

)

- d 4 ⋅ π 60 4 - 504 ⋅ π = = 658753 mm4. 32 32 4

)

(

)

- d 4 ⋅ π 60 4 - 50 4 ⋅ π = = 21958 mm3. 16 ⋅ D 16 ⋅ 60

A csavarásból származó maximális nyírófeszültség: csav . τ max =

M csav. M csav. 2,1 ⋅ 105 2,1 ⋅10 5 max ⋅ t (y) = max = ⋅ 30 = = 9,56 N/mm2. Ip Wp 6,59 ⋅10 5 2,2 ⋅ 10 4

11.2.3. példa Adott a 178. ábra szerinti forgattyús tengely. A csapra F erő hat. Határozzuk meg a tengely szükséges átmérőjét. Adott: F=10 kN A két tengely távolsága: r=20 cm. A tengely anyagának nyírószilárdsága: fcsav. =60 N/mm2. A fellépő csavaró nyomaték:

M cs = Ff ⋅ r = 10 ⋅103 ⋅ 200 = 2000000 Nmm=2000 Nm.

142

178. ábra: Forgattyús tengely szükséges átmérőjének a számítása az ébredő nyírófeszültség alapján

A csavarásból származó maximális nyírófeszültség: csav. f max =

M csav. M csav. D 3 ⋅ π M csav. 2 ⋅ 10 6 D 3 ⋅ π max max ⋅ t (y) = max → Wp = = csav. = = → Ip Wp 16 f max 60 16

16 ⋅ M csav. 16 ⋅ 2 ⋅106 max 3 →D= = = 55,37 mm. csav. f max ⋅π 60 ⋅ π 3

11.2.4. példa Adott a 179. ábra szerinti n1 és n2 fordulatú tengely. Határozzuk meg a tengelyek szükséges legkisebb átmérőjét. Adott: n1=1440 1/min, n2=240 1/min. Az átvitt teljesítmény: P=20 kW. A tengelyek anyagának nyírószilárdsága: fcsav. =25 N/mm2. A hajtótengelyt terhelő csavaró nyomaték: P 2 ⋅ 10 4 P = M cs1 ⋅ϖ 1 = M cs1 ⋅ ( 2 ⋅ π ⋅ n1 ) → M cs1 = = = 132,63 Nm. 2 ⋅ π ⋅ n1 2 ⋅ π ⋅ 1440 60


M cs1 M d 3 ⋅ π M cs1 1,33 ⋅ 105 d13 ⋅ π ⋅ t (y) = cs1 → Wp = 1 = csav. = = → Ip Wp 16 f max 25 16

143

179. ábra: Forgatónyomaték átszármaztatása fogaskerekekkel

→ d1 = 3

16 ⋅ M cs1 3 16 ⋅1,33 ⋅105 = = 30,03 mm ≈3 cm. csav. f max ⋅π 25 ⋅ π

A hajtott tengelyt terhelő csavaró nyomaték: P = M cs 2 ⋅ϖ 2 = M cs 2 ⋅ ( 2 ⋅ π ⋅ n 2 ) → M cs 2 =

P 2 ⋅ 10 4 = = 795,77 Nm. 2 ⋅ π ⋅ n 2 2 ⋅ π ⋅ 240 60


M cs2 M d 3 ⋅ π M cs2 7,96 ⋅ 10 5 d 23 ⋅ π ⋅ t (y) = cs2 → Wp = 2 = csav. = = → 16 f max 25 Ip Wp 16

→ d2 = 3

16 ⋅ M cs2 3 16 ⋅ 7,96 ⋅105 = = 54,53 mm ≈6 cm. csav. f max ⋅π 25 ⋅ π

11.2.5. példa Adott a 180. ábra szerinti d átmérőjű, n fordulatszámú tengely, amely P teljesítményt származtat át. Ellenőrizzük a tengelyt csavarásra.

180. ábra: Fogaskerékáttétel

144

Adott: n=50 1/min. Ød=8 cm. Az átvitt teljesítmény: P=44,2 kW. A tengelyek anyagának nyírószilárdsága: fcsav. =95 N/mm2. A hajtótengelyt terhelő csavaró nyomaték: P = M cs ⋅ϖ = M cs ⋅ ( 2 ⋅ π ⋅ n ) → M cs =

P 4,42 ⋅10 4 = = 8442 Nm. 2 ⋅ π ⋅ n 2 ⋅ π ⋅ 50 60

Poláris inercia és poláris keresztmetszeti tényező számítása: d 4 ⋅ π 84 ⋅ π Ip = = = 402,12 cm4. 32 32 d4 ⋅ π d 4 ⋅ π 2 d 3 ⋅ π 83 ⋅ π W p = 32 = ⋅ = = = 100,53 cm3. d 32 d 16 16 2

A csavarásból származó maximális nyírófeszültség:

τ

csav . max

M csav. M csav. 8,44 ⋅10 6 8,44 ⋅10 6 max max = ⋅ t (y) = = ⋅ 40 = = 83,98 N/mm2→ 6 3 Ip Wp 4,02 ⋅10 100,53 ⋅ 10

csav . → τ max = 83,98 N/mm2 < 95 N/mm2 = f csav. →MEGFELEL

145

12. Közelítően tiszta nyíró igénybevétel, nyírófeszültség 12.1.1. példa Adott a 181. ábra szerinti, nyírásra terhelt kötőelem (egynyírású szegecs). Ellenőrizzük a kapcsolatot a kötőelem nyírása és palástnyomása szerint. Adott: Ød=1,5 cm, e=10 mm, F = 12 kN. A kötőelem nyírási szilárdsága: fny = 77 N/mm2. A kötőelem palástnyomási szilárdsága: fpny = 150 N/mm2. Hogy hány „nyírású” egy kötőelem, az alapján határozzuk meg, hogy a kötőelem elnyíródásakor hány felület mentén szakadna el.

181. ábra: Egynyírású kötőelem

A kötőelemben (szegecs) fellépő nyírási feszültség:

τ=

F F 12000 = 2 = 2 = 67,91 N/mm2 A⋅" nyírt keresztemetszetek száma" d ⋅ π 15 ⋅ π ⋅"1" ⋅"1" 4 4

τ = 67,91 N/mm2 < 77 N/mm2 = fny →MEGFELEL. A fellépő palástnyomási feszültség: σ pny =

F F 12000 = = = 80 N/mm2 < 150 N/mm2 = fpny A 0 d ⋅ e 15 ⋅ 10

→MEGFELEL.

12.1.2. példa Adott a 182. ábra szerinti, nyírásra terhelt kötőelem (szegecs). Ellenőrizzük a kapcsolatot a kötőelem nyírása és a fellépő palástnyomás szerint. Adott: Ød=1 cm, e=5 mm, F = 12 kN. A kötőelem nyírási szilárdsága: fny = 77 N/mm2. A kötőelem palástnyomási szilárdsága: fpny = 150 N/mm2.

182. ábra: Kétnyírású kötőelem

A kötőelemekben (szegecs) fellépő nyírási feszültség:

146

τ=

F/2 + F/2 F 12000 = 2 = 2 = 76,39 N/mm2 A⋅" nyírt keresztemetszetek száma" d ⋅ π 10 ⋅ π ⋅"2" ⋅"2" 4 4

τ = 76,39 N/mm2 < 77 N/mm2 = fny →MEGFELEL. A fellépő palástnyomási feszültség a bal oldali kötőelemeken: σ pny =

F F/2 + F/2 12000 = = = 120 N/mm2 < 150 N/mm2 = fpny A0 (d ⋅ e ) ⋅ 2 10 ⋅ 5 ⋅ 2

→MEGFELEL.

A fellépő palástnyomási feszültség a jobb oldali kötőelemen: σ pny =

F F/2 + F/2 12000 = = = 120 N/mm2 < 150 N/mm2 = fpny A0 d⋅2⋅e 10 ⋅ 2 ⋅ 5

→MEGFELEL.

Jelen példában a geometriai méretek miatt a palástnyomási felületek megegyeznek, ezért a palástnyomási feszültségek is. Ez azonban nem minden csomóponti kialakítás esetén van így. Mindig az adott példa, geometriai kialakítás határozza meg a palástnyomási felületet és feszültséget is. 12.1.3. példa Adott a 183. ábra szerinti M12 –es csavar, amit húzásra terhelünk. Ellenőrizzük a csavart nyírás és nyomás szerint. Az F terhelő erő az orsót ki akarja húzni a csavarfejből. A nyírt felület így egy hengerfelület lesz, amit ha kiterítünk, téglalapot kapunk. A téglalap egyik oldala a csavar kerülete, míg másik oldala a csavarfej magassága lesz. Adott: Ød=12 mm, F = 6 kN. A kötőelem (csavar) nyírási szilárdsága: fny = 50 N/mm2. A kötőelem palástnyomási szilárdsága: fpny = 150 N/mm2.

183. ábra: Nyíró igénybevétellel terhelt kötőelem

147

12.1.4. példa Adott a 184. ábra szerinti, v vastagságú lemez. Excenterpréssel d átmérőjű tárcsát vágunk ki. Mekkora a legnagyobb d átmérő, amit még ki lehet a munkaeszközzel vágni? Kivágáskor a fellépő nyíróerőnek nagyobbnak kell lennie, mint az anyag szilárdságából adódó ellenállásnak. A külső F erőnek meg kell haladnia azt a belső erőt, amit az anyag elcsúszás nélkül el tud viselni. Adott: v = 2 mm. A préssel kifejthető maximális erő: F = 200 kN. A lemez nyírási szilárdsága: fny = 400 N/mm2.

184. ábra: Tárcsa kivágása lemezből

Kör alakú lemezdarab kivágásakor a nyírt felület egy hengerfelület, amit ha kiterítünk, téglalapot kapunk. Ennek a téglalapnak a hosszabbik oldala a tárcsa kerületével, rövidebbik oldala a lemez vastagságával egyezik meg. A fellépő nyírófeszültség: τ=

F F 200000 2 → A= = = 500 mm . A f ny 400

A nyírt keresztmetszet: A = d⋅π⋅v → d =

A 500 = = 79,57 mm. π⋅v π⋅2

148

13. Kihajlás 13.1.1. példa Adott a 185. ábra szerinti, egyik végén szabad, másik végén befogott kör keresztmetszetű tartó. Határozzuk meg a karcsúsági tényezőt! Adott: Ød = 20 cm, h = 1,5 m, ν = 2 (egyik végén szabad, másik végén befogott tartók esetén).

185. ábra: Egyik végén szabad, másik végén befogott kör keresztmetszetű tartó kihajlása

A keresztmetszet területe: A=

d 2 ⋅ π 20 2 ⋅ π = = 314,16 cm2. 4 4

A súlyponti tengelyekre vonatkozó inercia számítása: I x = I z = I min =

d 4 ⋅ π 20 4 ⋅ π = = 7854 cm4. 64 64

A legkisebb inerciasugár meghatározása: i min =

I miin = A

7854 = 5 cm. 314,16


l red = h ⋅ ν = 1,5 ⋅ 2 = 3 m = 300 cm. A karcsúsági tényező számítása: λ=

l red 300 = = 60. i min 5

149

13.1.2. példa Adott a 186. ábra szerinti, egyik végén szabad, másik végén befogott kör keresztmetszetű tartó. Határozzuk meg a karcsúsági tényezőt! Adott: ØD = 45 mm, Ød = 40 mm, h = 2 m, ν = 1 (két végén csuklós megtámasztás).

186. ábra: Két végén csuklós megtámasztású cső keresztmetszetű tartó kihajlása


(D

2

)

(

)

- d2 ⋅ π 45 2 - 412 ⋅ π = = 334 mm2. 4 4


(D 4 − d 4 ) ⋅ π (45 4 − 40 4 ) ⋅ π = = 75625 mm4. 64 64

A legkisebb inerciasugár meghatározása: i x = i z = imin =

I min = A

75625 = 15,05 mm. 334


l red = h ⋅ ν = 2 ⋅ 1 = 2 m = 2000 mm. A karcsúsági tényező számítása: λ=

l red 2000 = = 132,89. i min 15,05

150

13.1.3. példa Adott a 187. ábra szerinti vízszintes, csuklós megtámasztású tartó, amit a BC zárt szelvény keresztmetszetű tartó elem támaszt meg, tart egyensúlyban. Ellenőrizzük a BC tartóelemet kihajlásra! Adott: q = 1,5 kN/m, F = 6 kN, α = 60°, a = 0,6 m, b = 0,9 m. A tartó keresztmetszetére, anyagára és a megtámasztására vonatkozó adatok táblázatból: ν = 1 (két végén csuklós megtámasztás), A = 2,59 cm2, Ix = 3,6 cm4, Iz = 5,7 cm4, λh = 105.

187. ábra: Zárt szelvény keresztmetszetű tartó elem kihajlása

A kisebbik inerciasugár meghatározása:

imin =

I min 3,6 = = 1,18 cm. A 2,59

A tartó redukált hosszának a meghatározása: l red = h ⋅ ν = 0,6 2 + 0,9 2 ⋅ 1 = 1,08 m = 108 cm.

A karcsúsági tényező számítása: λ=

l red 108 = = 91,53. i min 1,18

λh = 105 > 91,53 = λ → a kritikus feszültséget a képlékeny kihajlás, a Tetmajer-féle képlet szerint kell meghatározni:

σ krit = a − b ⋅ λ = 310 − 1,14 ⋅ 91,53 = 206 N/mm2 (acél esetén táblázatból: a = 310, b = 1,14). A BC rúdban ébredő normál igénybevétel számítása:

151

∑M

A

 (a + b)  b  = 0 =B ⋅ sin  arctan    ⋅ a − q ⋅ (a + b) ⋅ − F ⋅ sinα ⋅ (a + b) → 2  a  

B = NBC = 18,99 kN. A BC rúdban fellépő normálfeszültség meghatározása:

σ fel =

N BC 18,99 ⋅ 10 3 = = 73,32 N/mm2 < σ krit = 206 N/mm2 A 259

→

MEGFELEL!

13.1.4. példa Adott a 188. ábra szerinti, csavarorsót szimbolizáló tartóelem. Ellenőrizzünk kihajlásra! Adott: F = 45 kN, h = 1,3 m, Ød = 3,5 cm. A tartó anyagára és a megtámasztására vonatkozó adatok táblázatból: E = 210000 N/mm2, ν = 1 (két végén csuklós megtámasztás), λh = 105.

188. ábra: Kör keresztmetszetű tartó elem kihajlása


d 2 ⋅ π 3,5 2 ⋅ π = = 9,62 cm2. 4 4


d 4 ⋅ π 3,54 ⋅ π = = 7,37 cm4. 64 64

A kisebbik inerciasugár meghatározása:

152

imin =

I min 7,37 = = 0,88 cm. A 9,62


l red = h ⋅ ν = 1,3 ⋅ 1 = 1,3 m = 130 cm. A karcsúsági tényező számítása: λ=

l red 130 = = 147,73. 0,88 i min

λh = 105 < 147,73 = λ → a kritikus feszültséget a rugalmas kihajlás, az Euler-féle képlet szerint kell meghatározni: σ krit =

π2 ⋅ E

λ2

=

π 2 ⋅ 210000 = 94,97 N/mm2. 147 ,73 2

Az orsóban fellépő normálfeszültség meghatározása:

σ fel

N 45 ⋅ 10 3 = = = 46,78 N/mm2 < σ krit = 94,97 N/mm2 A 962

153

→

MEGFELEL!

Felhasznált és ajánlott irodalom Jakab S. (1984): Mechanika példatár I., egyetemi jegyzet, Józsa B. (1991): Műszaki mechanikai táblázatok, egyetemi jegyzet Kaliszky S. (1990): Mechanika II. - Szilárdságtan, Tankönyvkiadó, Király B. (1978): Szilárdságtan I., Tankönyvkiadó, Márton A. (1964): Szilárdságtan, Műszaki Könyvkiadó, Muttnyánszy Á. (1964): Statika, Tankönykiadó, Sárközi Z. (1977): Műszaki táblázatok és képletek, Műszaki Könyvkiadó, Szalai J. (2003): Műszaki mechanika I., egyetemi jegyzet Tímár I. (1997): Műszaki mechanika I. – Statika, Veszprémi Egyetemi Kiadó,

154

Dr. Karácsonyi Zsolt

Recommend Documents