MECHANIKA I. - STATIKA BSc-s hallgatók számára
MECHANIKA I. - STATIKA Tankönyv és jegyzet BSc-s hallgatók részére
-1-
© Dr. Galambosi Frigyes Mechanika I. Statika tankönyv és jegyzet BSc-s hallgatók részére
Írta és szerkesztette: Dr. Galambosi Frigyes és Sándor Zsolt Péter Tördelte: Sándor Zsolt Rajzolók: Cseke Péter Tiqulo, Diviaczky Márk, Sándor Zsolt Péter
Felelős kiadó: Felelős vezető: Márpedig hibák olykor előfordulhatnak. Erre való tekintettel létrehoztunk egy e-mail címet, ahol a könyvvel kapcsolatos hibákat jelezhetik, hogy az újabb kiadások alkalmával ezek már javítva jelenhessenek meg. Továbbá ugyanitt várjuk a könyvvel kapcsolatos észrevételeiket is.
[email protected]
Budapest, 2011. január
-2-
TARTALOMJEGYZÉK
BEVEZETÉS ................................................................................................... - 5 I.) MATEMATIKAI ÖSSZEFOGLALÓ ..................................................... - 6 1.) MÁTRIX SZÁMÍTÁS ALAPJAI ......................................................................................................... - 6 1.1.) Mátrixok összeadása és kivonása ......................................................................................... - 6 1.2.) Mátrixok szorzása skalár számmal ....................................................................................... - 7 1.3.) Mátrix szorzása mátrixszal ................................................................................................... - 7 1.4.) Mátrixok determinánsa ......................................................................................................... - 8 2.) VEKTORSZÁMÍTÁS ALAPJAI .......................................................................................................... - 9 2.1.) A vektoralgebra koordinátamentes értelmezése ................................................................... - 9 2.1.1.) Vektorok fogalma és jelölése ........................................................................................................ - 9 2.1.2.) Alapfogalmak .............................................................................................................................. - 10 2.1.3.) Műveletek vektorokkal ............................................................................................................... - 10 -
2.2.) A vektor algebra koordinátás értelmezése .......................................................................... - 14 2.2.1.) A vektor koordinátás értelmezése.............................................................................................. - 14 2.2.2.) Műveletek vektorokkal ............................................................................................................... - 15 -
3.) A TENZOR .................................................................................................................................... - 17 3.1.) A tenzor fogalma ................................................................................................................. - 17 3.2.) SAJÁTÉRTÉK, SAJÁTVEKTOR ................................................................................................... - 19 4.) PÉLDÁK A MATEMATIKAI ÖSSZEFOGLALÓ TÉMAKÖRBŐL ........................................................ - 21 -
II.) ERŐRENDSZEREK .............................................................................. - 28 1.) ALAPFOGALMAK ......................................................................................................................... - 28 1.1.) Erő ....................................................................................................................................... - 28 1.2.) Pontra számított nyomaték .................................................................................................. - 29 1.3.) Erőpár, koncentrált nyomaték ............................................................................................ - 29 1.4.) Tengelyre számított nyomaték............................................................................................. - 30 1.5.) Erőrendszer redukálása ...................................................................................................... - 31 1.6.) Kényszerek ........................................................................................................................... - 32 2.) ERŐRENDSZEREK OSZTÁLYOZÁSA ............................................................................................. - 34 3.) EGYENSÚLYI ERŐRENDSZEREK .................................................................................................. - 37 4.) PÉLDÁK AZ ERŐRENDSZEREK TÉMAKÖRBŐL............................................................................. - 40 -
III.) IGÉNYBEVÉTEL ................................................................................. - 72 1.) KONCENTRÁLT ERŐKEL TERHELT TARTÓ ................................................................................. - 74 2.) KONCENTRÁLT NYOMATÉKKAL TERHELT TARTÓ ..................................................................... - 75 3.) MEGOSZLÓ ERŐRENDSZERREL TERHELT TARTÓ ...................................................................... - 75 4.) MÁSODFOKÚ FÜGGVÉNY RAJZOLÁSA......................................................................................... - 77 5.) ÖSSZEFÜGGÉS A HAJLÍTÓNYOMATÉKI ÉS NYÍRÓERŐ FÜGGVÉNYEK KÖZÖTT .......................... - 78 6.) PÉLDÁK AZ IGÉNYBEVÉTELEK TÉMAKÖRBŐL ........................................................................... - 79 -
IV.) PÁRHUZAMOS ERŐRENDSZEREK ............................................. - 102 1.) KONCENTRÁLT ERŐKBŐL ÁLLÓ PÁRHUZAMOS ERŐRENDSZER............................................... - 102 2.) MEGOSZLÓ ERŐRENDSZER (SÍKBAN) ....................................................................................... - 103 3.) SÚLYPONT, TÖMEGKÖZÉPPONT ÉS GEOMETRIAI KÖZÉPPONT ................................................ - 104 4.) VONALAK SÚLYPONTJA............................................................................................................. - 105 5.) SÍKIDOMOK SÚLYPONTJA.......................................................................................................... - 105 6.) PÉLDÁK A PÁRHUZAMOS ERŐRENDSZEREK TÉMAKÖRBŐL ..................................................... - 106 -
-3-
V.) MÁSODRENDŰ NYOMATÉK .......................................................... - 110 1.) A MÁSODRENDŰ NYOMATÉK ÉRTELMEZÉSE ............................................................................ - 110 2.) MÁSODRENDŰ NYOMATÉK AZ XYZ DERÉKSZÖGŰ KOORDINÁTARENDSZERBEN ...................... - 111 3.) SÍKIDOMOK MÁSODRENDŰ NYOMATÉKA .................................................................................. - 113 4.) KOORDINÁTARENDSZER FORGATÁSA ....................................................................................... - 114 5.) KOORDINÁTARENDSZER PÁRHUZAMOS ELTOLÁSA.................................................................. - 115 6.) FŐMÁSODRENDŰ NYOMATÉK ÉS FŐIRÁNY ............................................................................... - 116 7.) NÉHÁNY SÍKIDOM MÁSODRENDŰ NYOMATÉKA ........................................................................ - 118 8.) PÉLDÁK A MÁSODRENDŰ NYOMATÉK TÉMAKÖRBŐL ............................................................... - 119 -
VI.) RÁCSOS SZERKEZETEK ............................................................... - 134 1.) SÍKBELI RÁCSOS SZERKEZET ÉRTELMEZÉSE............................................................................ - 134 2.) RÚDERŐK MEGHATÁROZÁSA CSOMÓPONTI MÓDSZERREL ...................................................... - 135 3.) HÁROMRUDAS ÁTMETSZŐ MÓDSZER ........................................................................................ - 138 4.) „K” RÁCSOZÁSÚ TARTÓK SZÁMÍTÁSA ...................................................................................... - 140 5.) PÉLDÁK A RÁCSOS SZERKEZETEK TÉMAKÖRBŐL .................................................................... - 142 -
VII.) SÚRLÓDÁS ....................................................................................... - 149 1.) A SÚRLÓDÁS FIZIKAI ÉRTELMEZÉSE......................................................................................... - 149 2.) GÖRDÜLÉSI ELLENÁLLÁS .......................................................................................................... - 151 3.) KÖTÉLSÚRLÓDÁS ...................................................................................................................... - 153 4.) CSAPSÚRLÓDÁS ......................................................................................................................... - 154 5.) PÉLDÁK A SÚRLÓDÁS TÉMAKÖRBŐL ........................................................................................ - 155 -
-4-
Bevezetés Tisztelt Olvasó / Kedves Hallgató!
Ezen egyetemi jegyzet a mechanika, azon belül a statika tudományával foglalkozik. Nem titkolt célja, hogy segítséget nyújtson azoknak a hallgatóknak, akiknek szándékában áll az e tudományág jelentette fontos ismeretanyag alapjait megismerni és elsajátítani, ami további tanulmányaik hasznos, sőt elengedhetetlen pillére lehet. A könyv az alapoktól kezdve dolgozza fel a témát; a téma megértéséhez szükséges matematikai hátteret az első fejezetben fellelhető összefoglaló ismerteti. A tananyag elsajátítását a fejezetek célszerű felépítése hivatott támogatni. Minden témakör esetében az elméleti bevezetőt több részletesen kidolgozott példa követi, melyeket a megértés elősegítése végett igyekeztünk minél több ábrával illusztrálni. Mindezen felül gyakorlópéldák is találhatóak a könyvben, melyeknél csak a kiindulási adatokat és a végeredményeket közöltük. Ezeket önálló megoldás céljára szánjuk. Tapasztalatainkból kiindulva azt ajánljuk, hogy a tanulás során is a fejezetek struktúráját kövessék: az elmélet és a feladatok megoldásának szokásos menetének áttekintését követően ne mulasszanak el néhány példát saját maguk megoldani, hiszen mindez nagy segítség lehet a tantárgy számonkéréseire való felkészülésben. Az így szerzett tapasztalat és gyakorlottság pótolhatatlan. Könyvünket hiánypótlónak szánjuk a hallgatóbarát statikakönyvek területén, így az írás során elsődleges volt az a szempont, hogy a hallgatók könnyen használható, logikus és lényegre törő segédletet kapjanak tanulmányaik során. Őszintén reméljük, hogy a tanulók hasznosnak ítélik meg a könyvet, és segítségével még sikeresebben lesznek képesek ismereteik részévé tenni e nagyszerű tudományt. Miként a témakör egyik népszerű oktatója gyakorta említette: „A társadalomtudományokkal szemben a statika tudománya független a politikai rendszerek változásától, így aki egyszer elsajátítja, azt már nem érheti meglepetés.”
Budapest, 2009 A szerzők
-5-
I.) Matematikai összefoglaló 1.) Mátrix számítás alapjai Definíció: A számok egy bizonyos alakba történő elrendezését mátrixnak nevezzük.
a11 a 21 M a m1
a12 a 22 M am 2
L a1n L a 2 n O M L a mn
A mátrix elemeit indexszel látjuk el, ami megmutatja, hogy az adott elem a mátrix mely sorában, illetve oszlopában helyezkedik el. Első szám a sorindex, a második az oszlopindex. A mátrixoknak több jelölési módja terjedt el. Például: nagybetű kétszer föléhúzva A , kétszer aláhúzva A , vagy nyomtatásban a vastag nagybetű A, esetleg [aij] alakú. Ezen felül szokás indexekkel jelölni a mátrix terjedelmét. Például: A m×n , A m×n . Ebben a könyvben a mátrixokat vékony betűvel és két fölévonással fogjuk jelölni: A m×n Speciális mátrixok: - Négyzetes mátrix: A mátrix sorainak és oszlopainak száma megegyezik. (m=n) - Sormátrix: A mátrixnak egyetlen sora van. (1×n) - Oszlopmátrix: A mátrixnak egy oszlopa van (m×1) A mátrixok azon elemei, melyek sorindexe egyenlő az oszlopindexével, alkotják a mátrix főátlóját. Például: 2×2 mátrixban az a11 és a22 elemek.
1.1.) Mátrixok összeadása és kivonása Ezek a műveletek csak azonos méretű mátrixok között értelmezhetők. Adott A m×n melynek elemei aij és B m×n, melynek elemei bij. Az összeadás és kivonás
)
(
műveletét az alábbiak szerint értelmezzük: C ij = A + B ij = aij + bij
(
)
illetve kivonásnál: D ij = A − B ij = aij − bij Vagyis az eredménymátrix ij elemét úgy kapjuk meg, hogy a műveletben szereplő mátrixok ij elemeit a műveletnek megfelelően összeadjuk, vagy kivonjuk. Példa: Adjuk össze az alábbi 2×2-as mátrixokat. 4 8 7 1 5 2 + 9 1 =
-6-
?
Megoldás: A megfelelő helyen lévő elemeket összeadjuk. Tehát 4 + 7 = 11, 8 +1 =9 és így tovább. 4 8 7 1 11 9 5 2 + 9 1 = 14 3
1.2.) Mátrixok szorzása skalár számmal
[ ]
[
]
Adott A = aij és λ egy skalár szám. Ekkor λ ⋅ A = λ ⋅ aij , vagyis egy mátrix szorzását
λ számmal úgy hajtjuk végre, hogy a mátrix minden elemét megszorozzuk a skalár számmal. Példa: Szorozzuk meg az alábbi 2×2-es mátrixot kettővel. 4 8 8 16 * 2 = 5 2 10 4
1.3.) Mátrix szorzása mátrixszal Két mátrixot csak akkor lehet összeszorozni, a szorzás sorrendjét is figyelembe véve, ha az első tényező oszlopainak száma megegyezik a második tényező sorainak számával. An×m ⋅ Bm×k = Cn×k Ekkor a végeredmény mátrix sorszáma az első tényező sorszámával, az oszlopszáma, pedig a második tényező oszlopszámával lesz egyenlő. Négyzetes mátrixok szorzásakor a végeredmény mátrix is négyzetes mátrix lesz, melynek sor és oszlopszáma megegyezik a tényezőkével. A mátrix szorzás egy speciális esete, ha sormátrixot oszlopmátrixszal szorzunk. Ebben az esetben, ugyanis a végeredmény egy 1×1-es mátrix lesz.
[
]
Legyen A1×n = a11 , a 22 ? K , a1n és B n ×1
b11 b 21 = b 31 .... b n1
A szorzás A ⋅ B eredménye tehát egyetlen szám lesz, melynek értéke a következőképpen alakul: b11 b 21 n A ⋅ B = [a11 , a12 , a13 , K , a1n ] ⋅ b31 = a11b11 + a12 b21 + ... + a1n bn1 = ∑ a 1i b i1 i =1 M bn1
-7-
Általános mátrixok szorzása: Legyen
[ ]
B n×k = bij
[ ]
A m×n = a ij
m× n
és
j
j =
i
i
n× k
B
A ⋅ B = A m×n ⋅ B n×k = C m×k .
A
C
A C m×k mátrix elemei: cij = a i1 ⋅ b1 j + a i 2 ⋅ b2 j + K + a in ⋅ bnj .
Tehát az eredménymátrix elemeit úgy kapjuk, hogy az A mátrix minden sorát megszorozzuk a B mátrix minden oszlopával. A sor, oszlop kombinációban végrehajtandó szorzást a speciális sormátrix oszlopmátrixszal való szorzás szabályai szerint hajtjuk végre.
1.4.) Mátrixok determinánsa Legyen adva egy négyzetes mátrix. Ennek a mátrixnak a determinánsa egy szám melynek értékét a mátrixot alkotó elemekből, meghatározott műveleti szabályok szerint számítjuk ki.
()
A determináns jelölése: det A = A . A 2×2-es mátrix determinánsát az alábbi eljárással határozzuk meg:
()
a b a b det A = det = a⋅d −b⋅c = c d c d Vagyis a főátlóbeli elemek szorzatából kivonjuk a mellékátlóbeli elemek szorzatát. Tekintsük az alábbi 3×3-as mátrixot:
a11 A = a 21 a31
a12 a 22 a32
a13 a 23 a33
Válasszuk ki a mátrix valamely elemét és hagyjuk el a kiválasztott elem sorát és oszlopát. Így egy kisebb méretű (jelenleg 2×2-es) mátrixot kapunk, melynek determinánsa az előzőek szerint számítható. Ezt a determinánst a kiválasztott elemhez tartozó aldeterminánsnak nevezzük. Ha kiválasztottuk az a 22 elemet, akkor a hozzá tartozó aldetermináns:
a11 a 21 a 31
a13 a a13 a 22 a 23 → 11 = a11a33 − a13 a31 a a 31 33 a32 a33 i+ j Ha az aldeterminánst megszorozzuk még (− 1) - vel nyerjük a a ij elemhez tartozó előjeles aldeterminánst, más néven az adjungáltat. Az a 22 elemhez tartozó adjungált tehát a következő: a12
-8-
(− 1)2+2 ⋅ (a11a33 − a13 a31 ) = +(a11a33 − a13 a31 ) . Az adjungált előjele az úgynevezett „sakktábla” szabály szerint is meghatározható. Ilyenkor a mátrix első eleme (bal felső) pozitív, a többi elem előjele az elsőhöz képest felváltva követi egymást. + − + − L − + − + L + − + − L − + − + L M M M M O A mátrix determinánsát a következő módon számítjuk ki. Válasszunk ki a determináns tetszőleges sorát vagy oszlopát. A kiválasztott sor vagy oszlop minden elemét megszorozzuk az adjungáltjával és az így nyert szorzatokat előjelhelyesen összegezzük. Első sor szerinti kifejtés:
()
det A = + a11
a 22 a32
a 23 a − a12 21 a33 a31
a 23 a + a13 21 a33 a31
a 22 . a32
A determináns kiszámítása sok esetben egyszerűsödik, ha kihasználjuk a determinánsok néhány tulajdonságát: - Ha a determináns két sorát vagy oszlopát felcseréljük, akkor értéke előjelet vált. - Ha a determináns két sora vagy oszlopa megegyezik, akkor az értéke nulla lesz. - Ha a determináns valamelyik sorának vagy oszlopának minden elemét megszorozzuk egy tetszőleges λ számmal, akkor a determináns értéke is λ –szorosára változik. A determináns kiszámítását célszerű olyan sor vagy oszlop szerint kifejteni, amelyben sok nulla értékű elem található. Ekkor ugyanis csak a nem zérus elemekhez tartozó aldeterminánsok kiszámítását kell elvégezni.
2.) Vektorszámítás alapjai 2.1.) A vektoralgebra koordinátamentes értelmezése 2.1.1.) Vektorok fogalma és jelölése Az olyan mennyiségeket, amelyeknek nemcsak nagysága hanem iránya is van, vektoroknak nevezzük. A tér egy P pontjából a Q pontba mutató vektort a PQ egyenes darab hossza (nagysága), a térbeli helyzete (állása), és iránya (értelme) határozza meg. A térbeli helyzetet (állást) és az irányt (értelmet) összefoglalóan csak iránynak is nevezik. A vektoros jelölése: PQ , a , a.
al svon hatá Q PP
-9-
Kétféle vektort értelmezünk: - Szabad vektor: melynek kezdőpontja (támadáspontja) a tér tetszőleges pontjába helyezhető. - Kötött vektor: melynek támadáspontja a tér egy meghatározott pontja. Két kötött vektor akkor egyenlő, ha kezdő és végpontja megegyezik. Két szabad vektor akkor egyenlő, ha nagyságuk, irányuk és értelmük megegyezik. Ez azt jelenti, hogy a szabad vektorok önmagukkal párhuzamosan eltolhatók. A következőkben, többségében szabad vektorokkal fogunk foglalkozni. 2.1.2.) Alapfogalmak a.) A vektor abszolút értéke: A vektor abszolút értéke, a vektor hossza, amely egy nem negatív valós szám. Jele: v b.) Zérus vektor vagy nullvektor: A zérus vektor abszolút értéke nulla és iránya tetszőleges. c.) Egységvektor: Az egység vektor abszolút értéke 1. Jelölése: e Egy v vektor abszolút értékét a következőképpen határozzuk meg: v ev = v Az egységvektor iránya megegyezik az eredeti v vektor irányával. d.) Két vektor hajlásszöge: A v1 és v 2 vektorok hajlásszöge – a sorrendet is v2
α
v1
figyelembe véve – az a szög, amellyel a v1 vektor pozitív forgatással a v 2 vektor irányba forgatható.
2.1.3.) Műveletek vektorokkal a.) Vektorok összeadása: v2 v1 v1 + v2
A v1 és v 2 vektorok összegét a következőképpen értelmezzük. Az első vektor végpontjához hozzáillesztjük a második vektor kezdőpontját. Az első vektor kezdőpontjából a második vektor végpontjába mutató vektort nevezzük a ( v1 + v 2 ) vektornak. Ez az összegzési módszer tetszőleges számú vektor összeadására is használható.
Két vektor összegét a paralelogramma módszer szerint is meghatározhatjuk: Ennek során a két vektort közös pontból mérjük föl és egy paralelogramma két szomszédos oldalának tekintjük.
- 10 -
A ( v1 + v 2 ) vektor a paralelogramma irányított átlója, melynek kezdőpontja a két vektor közös kezdőpontja.
v1 + v2
v1
v2
v1
A vektorok összeadására vonatkozó tulajdonságok: - Kommutatív azaz felcserélhető: a+b =b+a - Asszociatív azaz csoportosítható: a+b+c = a+b +c = a+ b+c
(
)
(
v2
v1 + v2
)
v1 + v2 + v3
v3
v1 + v2 + v3 + v4
v4
b.) Vektorok kivonása: a −b
b
a
Az a és b vektort (a − b ) különbségén az alábbi vektort értjük. A két vektor közös kezdőpontból felmérjük, majd képezzük a b vektor végpontjából az a vektor végpontjába mutató vektort.
Az a − b vektort képezhetjük az a + (−b ) összegeként is. a a −b
−b
−b
a −b
a
c.) Vektorok szorzása skalárral: Az a vektor és a λ skalár szám szorzata a λ a vektor, melynek a abszolút értéke az a vektor abszolút értékének
λ
-szorosa, iránya pe-
dig a -val egyező, ha
λ pozitív
a
λa
és ellentétes ha λ negatív.
ha λ > 0
ha λ < 0
Ha λ = 0, akkor a szorzás eredménye zérusvektor (nullvektor).
λa
- 11 -
A skalárral való szorzás tulajdonságai: - Asszociativitás (csoportosíthatóság) : (λ1λ2 ) a = λ1 (λ2 a ) = λ2 (λ1 a ) - Disztributivitás (szétválaszthatóság): (λ1 + λ2 ) a = λ1 a + λ2 a és
(
)
λ a + b = λ a + λb λb
λ (a + b )
a +b
b
λa
a
d.) Vektor szorzása vektorral skalárisan (skaláris szorzat)
Két vektor skaláris szorzata a két vektor abszolút értékének és hajlásszögük koszinuszának szorzata. Jele: a ⋅ b
b
α
a ⋅ b = a ⋅ b ⋅ cosα
a
b ⋅ cos α
Két vektor skaláris szorzata valós számot, skalárt eredményez. Két vektor skaláris szorzata az alábbi esetekben lehet zérus: - a =0 -
b =0
-
cos α = 0
⇒ α = 90°
Vagyis két nem zérus vektor skaláris szorzata zérus, ha a vektorok merőlegesek egymásra. Másképp fogalmazva: két nem nullvektor skaláris szorzata csak akkor nulla, ha a két vektor derékszöget zár be egymással. A skaláris szorzás az alábbi tulajdonságokkal rendelkezik.: - a ⋅b = b ⋅ a - λ a ⋅ b = λ a ⋅ b = a ⋅ λb
( ) ( ) ( ) (a + b )⋅ c = a ⋅ c + b ⋅ c
Ha két vektor közül az egyik egységvektor, akkor az e ⋅ a skalár szorzat, az a vektor e vektorra vett merőleges vetületét adja.
- 12 -
a
e
α e ⋅a
e.) Vektor szorzása vektorral vektoriálisan (vektoriális szorzat) Két vektor vektoriális szorzata vektor. Jele: a × b (A sorrend fontos!)
a ×b
Ennek abszolút értéke: a × b = a ⋅ b ⋅ sin ρ
(
•
)
Az a × b vektor az a és b vektorokra merőleges úgy,
b
ρ
hogy az a , b és a × b vektorok ebben a sorrendben egy jobb sodrású rendszert alkotnak.
a
A vektoriális szorzat abszolút értékének geometriai jelentése: a két vektor által b kifeszített paralelogramma területe. b ⋅ sin ρ Két vektor vektoriális szorzata is lehet ρ zérus, abban az esetben, ha egyik vektor a sem nullvektor. Ha két vektor párhuzamos, akkor vektoriális szorzatuk zérus, mert az általuk bezárt szög szinusza zérus. Ez a megállapítás fordítva is igaz, ha két nem zérus vektor vektoriális szorzata zérus, akkor a vektorok párhuzamosak egymással. A vektoriális szorzás tulajdonságai: -
a × b = − b × a (A tényezők felcserélése előjelváltással jár!)
(a + b )× c = a × c + b × c λ (a × b ) = λa × b = a × λ b
(
)
a × b × c = b (a c ) − c (a b ) Kifejtési tétel. a × b × c = b (a c ) − a b c
(
)
( )
f.) Vegyes szorzás Három vektor vegyes szorzata egy skalár szám, amely két vektor vektori szorzatának a harmadikkal való skaláris szorzata. a ×b c
c ⋅ cos ρ
ρ
b
α a
a b c = (a × b ) ⋅ c = a × b ⋅ c ⋅ cos ρ A vegyes szorzat geometriai jelentése az a , b és c vektorok által kifeszített paralelepipedon térfogata. Annak ellenére, hogy a térfogat a fizikai értelmezés szerint mindig pozitív értékű, a vegyes szorzat eredménye aszerint pozitív vagy negatív, hogy a három vektor jobb vagy balrendszert alkot-e.
- 13 -
A felcserélési tétel szerint:
(a × b )⋅ c = (c × a ) ⋅ b = (b × c )⋅ a = −(a × c ) ⋅ b = −(b × a )⋅ c
A vegyes szorzat zérusértékű lehet akkor is, ha egyik tényezője sem zérus. Az a b c = 0 egyenlőség áll fenn, ha a három vektor egy síkban van (komplanáris).
2.2.) A vektor algebra koordinátás értelmezése 2.2.1.) A vektor koordinátás értelmezése A vektorok koordinátás értelmezése során jobbsodrású koordináta rendszert használunk. Legyen az x,y,z koordinátarendszer pozitív tengelyeinek irányába mutató egységvektorok: i , j , k . z
vz
v k
i
vy
j
vx x
A háromdimenziós tér, bármely v vektora előállítható v = v x + v y + v z = xi + yj + zk alakban, ahol x,y,z a v vektor koordinátái. y
v
y
vy
j
i
vx x
x
Síkbeli feladatok esetén csak kétdimenziós koordinátarendszert használunk. Ekkor a vektoroknak a k egységvektor irányába eső komponense (koordinátája) zérus értékű. v = v x + v y = xi + yj
Kétdimenziós esetben a trigonometria is könynyebben kezelhető. x = v ⋅ cos α
y = v ⋅ sin α y tg α = x
y
v y
α
x ctgα = y
x
- 14 -
x
2.2.2.) Műveletek vektorokkal a.) Vektorok összeadása
v1 + v2
v2
y1
v1
y2
y
j
i
x1
Legyen v1 = x1i + y1 j és v 2 = x 2 i + y 2 j , akkor v1 + v 2 = ( x1 + x 2 )i + ( y1 + y 2 ) j . Két vektor összegének koordinátái az összeadandó vektorok megfelelő koordinátáinak összegével egyenlő.
x2
n n n v1 + v 2 + K + vi + K + v n = ∑ xi i + ∑ y i j + ∑ z i k i =1 i =1 i =1 Mivel a koordináták előjeles számok, ezért az összegzésnél az előjeleket figyelembe kell venni. b.) Vektorok különbsége Két vektor különbségének koordinátái a megfelelő koordináták különbségével egyenlő. Legyen v1 = x1i + y1 j + z1 k és v2 = x2 i + y2 j + z 2 k . Ekkor (v1 − v 2 ) = ( x1 − x 2 )i + ( y1 − y 2 ) j + (z1 − z 2 )k . Két vektor különbségének ismerete lehetőséget teremt arra, hogy meghatározzuk két pont közötti vektor koordinátáit. Az ábrára rajzolt vektorokra felírhatjuk az alábbi összefüggést: z ra + AB = rb . B (bx, by, bz ) Az egyenletet átrendezve AB kapjuk: AB = rb − ra . rb r P Ez azt jelenti, ha ismerjük a két pont a y A (ax, ay, az ) koordinátáit, a két pontot összekötő vektort úgy határozhatjuk meg, hogy a végpont koordinátáiból x kivonjuk a kezdőpont koordinátáit. AB = (bx − a x )i + (b y − a y ) j + (b z − a z )k . c.) Vektor szorzása skalárral koordinátás alakban Egy λ skalár szám és egy vektor szorzatának koordinátái az eredeti vektor koordinátáinak λ - szorosa. Legyen v = xi + yj + zk , akkor λv = (λx )i + (λy ) j + (λz )k .
- 15 -
d.) Skaláris szorzat koordinátás alakja Két vektor skaláris szorzata egyenlő a két vektor megfelelő koordinátái szorzatának összegével. Legyen v1 = x1i + y1 j + z1 k , vagy másképp ν 1 = [x1 , y1 , z1 ] és legyen x2 v2 = x2i + y2 j + z 2 k , illetve v 2 = y 2 . z 2 v1 ⋅ v2 = x1i ⋅ x2 i + y1 j ⋅ x2 i + z1k ⋅ x2 i
+ x1i ⋅ y 2 j +
y1 j ⋅ y 2 j +
z1k ⋅ y 2 k
+ x1i ⋅ z 2 k + y1 j ⋅ z 2 j + z1k ⋅ z 2 k Mivel i ⋅ i = j ⋅ j = k ⋅ k = 1 és i ⋅ j = i ⋅ k = j ⋅ k = 0 , így x2 v1 ⋅ v 2 = x1 ⋅ x 2 + y1 ⋅ y 2 + z1 ⋅ z 2 = [x1 , y1 , z1 ] ⋅ y 2 z 2 e.) Vektoriális szorzat koordinátás alakja
k
i
Az i , j , k jobbrendszert alkotó, egymásra merőleges egységvektorok páronkénti vektoriális szorzata:
j
i ×i = 0
j × i = −k k ×i = j
i× j=k
i ×k = − j
j× j = 0
j×k = i
k × j = −i
k ×k = 0
Legyen v1 = x1i + y1 j + z1 k és v 2 = x 2 i + y 2 j + z 2 k .
(
) (
)
Ekkor v1 × v 2 = x1i + y1 j + z1 k × x 2 i + y 2 j + z 2 k . Az előzőeket valamint a disztributivitást felhasználva az eredmény számítható. A vektori szorzat a mátrixszámítást felhasználva az alábbi alakban írható fel.
i v1 × v 2 = det x1 x2
j y1 y2
k z1 = z 2
i
j
k
x1 x2
y1 y2
z1 z2
f.) Vegyes szorzat koordinátás alakja Legyen
Ekkor:
v1 = x1i + y1 j + z1 k ,
x1 v1v 2 v3 = det x 2 x3
v2 = x2 i + y2 j + z 2 k , v3 = x3 i + y 3 j + z 3 k
- 16 -
y1 y2 y3
z1 z 2 z 3
g.) A vektor abszolút értékének koordinátás előállítása Egy vektor abszolút értéke, a koordináták négyzetösszegéből vont négyzetgyök. Legyen
v = x1i + y1 j + z1 k , akkor v =
x12 + y12 + z12 .
h.) Egységvektor előállítása koordinátás alakban x i + y1 j + z1k v Legyen v = x1i + y1 j + z1 k , ekkor ea = = 1 v x12 + y12 + z12 i.) Vetület előállítása koordinátás alakban A b vektornak az a vektorra való merőleges vetülete. ba = b ⋅ en = b ⋅
a a
Legyen a = a x i + a y j + a z k és b = bx i + b y j + bz k . ba = (bx i + b y j + bz k ) ⋅
axi + a y j + az k a x2 + a y2 + a z2
=
a x b x + a y b y + a z bz a x2 + a 2y + a z2
b ρ ea
a ba
3.) A tenzor 3.1.) A tenzor fogalma A fizikai rendszerek változását szimbolikusan operátorokkal fejezzük ki. Ha egy v vektort elforgatunk valamely adott szöggel és ezzel a v * vektorhoz jutunk, akkor ezt a változást jellemezhetjük az 0 operátorral.
v * = 0v Abban az esetben, ha az operátor rendelkezik a 0 ⋅
[ ]
n α v = n α 0v i i i i ∑ ∑ i =1 i =1
tulajdonságokkal – ahol α i skalár szám – az operátort lineáris, homogén vektoroperátornak vagy más néven tenzornak nevezzük. A tenzort vastag betűvel és két felülvonással jelöljük. Egy tenzort akkor tekintünk egyértelműen meghatározottnak, ha meg tudjuk adni tetszőleges vektorral képzett szorzatát, vagy ami ugyanezt jelenti, meg tudjuk mondani, hogy egy adott vektort milyen vektorra képez le.
- 17 -
Ehhez elegendő megadni, hogy a tenzor a tér három nem komplanáris (nem egy síkban fekvő) vektorát mely vektorokra transzformálja. Legyen a tér három nem komplanáris vektora a , b , c és a transzformáció a következő: z
b*
c d*
d k
c*
a
i
b
y
j
a* x
a* = T a b* = Tb c* = T c Mivel a b c ≠ 0 , a tér bármely d vektora felírható. d = λ1 a + λ 2 b + λ3 c alakban. Alkalmazva a d vektorra, a transzformációt, kapjuk:
d * = T d = T (λ1 a + λ 2 a + λ3 a ) = λ1 T a + λ 2 T b + λ3 T c = λ1 a * + λ 2 b * + λ3 c * Vagyis, a d * (transzformált vektor) előállítható az alapvektorok transzformáltjainak lineáris kombinációjaként. Az előzőekből következik, hogy ha a vektorhármast (a , b , c ) rögzítjük, akkor a tenzor egyértelműen jellemezhető. Legcélszerűbb, ha e vektorhármasnak a koordinátatengelyeket kijelölő egységvektorokat e1 , e2 , e3 választjuk.
e1 * = T e1 Ismerve az
e2 * = T e2 e3 * = T e3
a11 e1 * = a 21 a31
a12 e2 * = a 22 a32
a13 e3 * = a 23 a33
vektorokat, a T tenzort ezekkel, mint vektorrendezőkkel jellemezhetjük. T = [e1 *, e2 *, e3 *]
Tetszőleges v = λ1e1 + λ 2 e2 + λ3 e3 vektor esetén a leképezés T v = λ1e1 * + λ 2 e2 * + λ3 e3 * , illetve
- 18 -
v1 * a11 a12 a13 a11 v * = v2 * = λ1 a21 + λ2 a 22 + λ3 a 23 = a 21 v3 * a31 a32 a33 a31
a12 a22 a32
a13 λ1 a 23 λ2 a33 λ3
alakban lehetséges. A tenzort tehát három vektor vagy kilenc skalár adat jellemezheti. Ezeket a skalár adatokat mátrixba foglalva kapjuk a tenzor mátrixát. Például: a11 a12 a13 T = a 21 a 22 a 23 a31 a32 a33
3.2.) Sajátérték, sajátvektor A vektorok leképezésénél léteznek olyan egységvektorok, amelyekhez az adott tenzor az eredeti vektorral egyező állású vektort rendel. Ezeket az vektorokat a T tenzor sajátvektorainak, a hozzájuk tartozó λ számokat pedig a tenzor sajátértékeinek nevezzük. A mechanika oktatás gyakorlatában szimmetrikus tenzorok fordulnak elő. A szimmetrikus tenzornak legalább – a dimenziószámmal megegyező számú – egymásra páronként merőleges ei (i = 1, 2, 3) sajátvektor-rendszere és ennek megfelelően λ1 ≥ λ2 ≥ λ3 valós sajátértéke van. Ezek a sajátértékek illetve sajátvektorok a mechanika különböző ágaiban más és más fizikai tartalommal bírnak.
z
v * = λv
v
k
y
i
j
x
Rendezzük át a Tv = λv egyenletet.
(
)
Tv − λ E ⋅v = T − λ E v = 0 , ahol E az úgynevezett egységtenzor. A vektoregyenlet mátrixos írásmóddal az alábbi.
a11 − λ a 21 a31
a12 a 22 − λ a32
a13 v x 0 a 23 v y = 0 a33 − λ v z 0
1 0 0 ahol v x , v y , v z a v vektor koordinátái és E = 0 1 0 0 0 1 A homogén lineáris egyenletrendszernek triviálistól különböző megoldása csak akkor van, ha a12 a13 a1 − λ a 22 − λ a 23 = 0 det a 21 a31 a32 a33 − λ
- 19 -
A tenzor első skalár invariánsa: s1 = a11 + a 22 + a33 A tenzor második skalár invariánsa: a12 a11 a13 a 22 a s 2 = det 11 + det + det a a a 21 a 22 31 a33 32 Vegyük észre, hogy a második skalár invariáns a mekhez tarozó aldeterminánsok összege. a11 A tenzor harmadik skalár invariánsa: s3 = det a 21 a31
a 23 a33
tenzor főátlójában található ele-
a13 a 22 a 23 a32 a33 Az egyenlet így λ3 − s1λ2 + s 2 λ − s 3 = 0 alakú harmadfokú polinom. Ennek megoldásai adják a λ3 , λ 2 , λ1 sajtértékeket. A λ i sajátértékhez tartozó sajátvektort vi az alábbi egyenletek felhasználásával tudjuk meghatározni: a12 a13 vix 0 a11 − λi a a 22 − λi a 23 viy = 0 21 a31 a32 a33 − λi viz 0 illetve, vix2 + viy2 + viz2 = 1 Az előző négy egyenlet közül csak három lineárisan független. Ezek segítségével a keresett vektorrendezők meghatározhatók. Síkbeli transzformáció esetén a transzformációt leíró tenzor csak négy elemet tartalmaz. a12 a T = 11 a 21 a 22 a12
A karakterisztikus egyenlet ennek megfelelően csak másodfokú.
a − λ det 11 a 21
a12 =0 a 22 − λ
Vagyis a tenzornak két sajátértéke és két sajátvektora van. Ezek a vektorok – szimmetrikus tenzorokról lévén szó – merőlegesek egymásra.
- 20 -
4.) Példák a matematikai összefoglaló témakörből 1. példa Legyen adott az alábbi két mátrix:
1 3 5 6 5 0 A = 2 4 0 és B = 4 4 0 4 0 0 1 2 7 Határozzuk meg a két mátrix összegének, különbségének és szorzatának determinánsát! a.) Összeg
7 8 5 A + B = C , tehát C = 6 8 0 5 2 7 A determináns meghatározását végezzük el az első sor szerinti kifejtéssel.
det C = + 7
8 0 6 0 6 8 −8 +5 = 2 7 5 7 5 2
= 7 ⋅ [8 ⋅ 7 − 2 ⋅ 0] − 8 ⋅ [6 ⋅ 7 − 5 ⋅ 0] + 5[6 ⋅ 2 − 5 ⋅ 8] = = 7 ⋅ [56] − 8 ⋅ [42] + 5 ⋅ [− 28] = 392 − 336 − 140 = − 84 b.) Különbség
− 5 − 2 5 A − B = D , tehát D = − 2 0 0 3 − 2 − 7 A determinánst fejtsük ki a középső sor szerint.
det D = − (−2) ⋅
−2 5 5 5 −5 −2 + 0⋅ −0⋅ = −2 −7 3 −7 3 −2
= 2 ⋅ (14 + 10) + 0 ⋅ (...) − 0 ⋅ (...) = 48 c.) Szorzat
A ⋅B = H 1 3 5 6 5 0 h11 H = 2 4 0 ⋅ 4 4 0 = h21 4 0 0 1 2 7 h31
h12 h22 h32
- 21 -
h13 h23 h33
h11 = 1 ⋅ 6 + 3 ⋅ 4 + 5 ⋅ 1 = 6 + 12 + 5 = 23 h12 = 1 ⋅ 5 + 3 ⋅ 4 + 5 ⋅ 2 = 5 + 12 + 10 = 27 h13 = 1 ⋅ 0 + 3 ⋅ 0 + 5 ⋅ 7 = 0 + 0 + 35 = 35 h21 = 2 ⋅ 6 + 4 ⋅ 4 + 0 ⋅ 1 = 12 + 16 + 0 = 28 h22 = 2 ⋅ 5 + 4 ⋅ 4 + 0 ⋅ 2 = 10 + 16 + 0 = 26 h23 = 2 ⋅ 0 + 4 ⋅ 0 + 0 ⋅ 7 = 0 + 0 + 0 = 0 h31 = 4 ⋅ 6 + 0 ⋅ 4 + 0 ⋅ 1 = 24 + 0 + 0 = 24 h32 = 4 ⋅ 5 + 0 ⋅ 4 + 0 ⋅ 2 = 20 + 0 + 0 = 20 h33 = 4 ⋅ 0 + 0 ⋅ 0 + 0 ⋅ 7 = 0 + 0 + 0 = 0
23 27 35 Tehát H = 28 26 0 24 20 0 A determináns értékének meghatározását végezzük el az utolsó oszlop szerinti kifejtéssel.
det H = 35 ⋅
28 26 23 27 23 27 − 0⋅ + 0⋅ = 24 20 24 20 28 26
= 35 ⋅ (28 ⋅ 20 − 24 ⋅ 26) = − 2240
2. példa
z
Határozzuk meg a CA és CB vektorra merőleges a vektort!
C •
4 3 2
A (4, 2, 0); B (2, 4, 3); C (3, 0, 4) 3
CA = 1i + 2 j − 4k
i
CB = −1i + 4 j − 1k
j
B•
x
4
4
•
A
k
a = CA × CB = 1 2 − 4 = i ( −2 + 16 ) − j ( −1 − 4) + k ( 4 + 2) = 14i + 5 j + 6 k −1 4 −1 Természetesen a CB × CA vektor is merőleges a két vektorra. i
j
k
CB × CA = − 1 4 − 1 = i (−16 + 2) − j (4 + 1) + k (−2 − 4) = −14i − 5 j − 6k 1 2 −4 Amint várható volt, az egyik vektor a másik (-1) - szerese.
- 22 -
y
3. példa Határozzuk meg a CB = b vektor vetületét a CA = a vektorra. z
A (4, 4, 2); B (2, 6, 5); C (1, 1, 3)
B
•
C
•
CB = b = 1i + 5 j + 2k
•
CA = a = 3i + 3 j − 1k
ea =
A
a a
y
x
a = 9 + 9 + 1 = 19 3
ea = +
19
i+
3 19
j−
+ S = b ⋅ ea = [1,5,2] ⋅ + −
1 19
k
3 19 3 3 15 2 16 = + − = = 2,065 19 19 19 19 19 1 19 z
4. példa Határozza meg az A, B, C, D pontokkal megadott paralelepipedon térfogatát! A (4, -2 3); B (8, 6, -1); C (6, 10, 0); D (9, 7, 5) A keresett térfogatot, a BA = a , BC = c , BD = d vektorok vegyes szorzata adja.
y
A x
D C B
BA = a = −4i − 8 j + 4k BC = c = −2i + 4 j + 1k BD = d = 1i + 1 j + 6k V = acd
− 4 −8 4 acd = − 2 1
4 1
1 = −4 ⋅ (24 − 2) + 8 ⋅ (−12 − 1) + 4 ⋅ (−2 − 4) = −88 − 104 − 24 = −216 6
V=216
- 23 -
5. példa z
Bontsuk fel az F vektort AD = a , BD = b és
D•
CD = c vektorok irányába mutató komponensekre!
•B
A (2, 6 0); B (0, 0, 0); C (4, 0, 0); D (2, 3, 6) x
F = −200i + 300 j + 400k
•C
F
•A
A felbontás során kapott komponensvektorok összege a felbontandó vektorral egyenlő F = a * +b * + c * . A komponensvektorok mindegyike valamely előre megadott vektor irányába néz, tehát írható, hogy: a * = λ1 a
b * = λ2 b c * = λ3 c Ezekkel a vektoregyenlet az alábbi alakot ölti: F = λ1 a + λ 2 b + λ3 c A megadott pontok alapján a vektorok számíthatók, vagyis
AD = a = 0i − 3 j + 6k BD = b = 2i + 3 j + 6k CD = c = −2i + 3 j + 6k A vektoregyenlet megoldására többféle módszer is létezik: A.) Megoldás: Helyettesítsük be a vektoregyenletbe a megadott F illetve a kiszámított a , b , c vektorok vektorrendezőit. − 200i + 300 j + 400k = λ1 (0i − 3 j + 6k ) + λ 2 (2i + 3 j + 6k ) + λ3 (−2i + 3 j + 6k ) Az egyenlet jobboldalán végezzük el a skalárral való szorzást, valamint csoportosítsuk azokat az i , j , k egységvektorok szerint.
− 200i + 300 j + 400k = = (0λ1 + 2λ 2 − 2λ3 ) ⋅ i + (−3λ1 + 3λ 2 + 3λ3 ) ⋅ j + (6λ1 + 6λ 2 + 6λ3 ) ⋅ k Két vektor akkor egyenlő, ha a megfelelő vektorrendezők értéke azonos. Ezt figyelembe véve, az alábbi egyenletrendszert kapjuk.
− 200 = 0λ1 + 2λ2 − 2λ3 300 = −3λ1 + 3λ2 + 3λ3 400 = 6λ1 + 6λ2 + 6λ3
- 24 -
A három ismeretlenes egyenletrendszer megoldása során az alábbi értékeket kapjuk: 2400 1200 13200 λ1 = − λ2 = − λ3 = 144 144 144 B.) Megoldás: Szorozzuk meg a vektoregyenletet jobbról skalárisan a (b × c ) vektorral.
F ⋅ (b × c ) = = λ1 a (b × c ) + λ 2 b (b × c ) + λ3 c (b × c )
Figyelembe véve, hogy a (b × c ) olyan vektor, amely merőleges mind a b , mind a c vektorra, továbbá azt, hogy két egymásra merőleges vektor skaláris szorzata zérus, a jobb oldalon a második és harmadik tag zérus értékű. b ⋅ b ×c = 0
( ) c ⋅ (b × c ) = 0
Ezzel az egyenlet az alábbi alakot veszi fel. F ⋅ (b × c ) = λ1 a (b × c ) Az egyenletben található vektor műveletek összevontan felírhatók úgynevezett vegyes szorzatokként. F ⋅ b × c = Fb c
( ) a ⋅ (b × c ) = a b c
Mivel a vegyes szorzatok eredménye skalár szám, írható Fb c λ1 = ab c A λ1 értéke, tehát kiszámítható két determináns hányadosaként. A λ 2 kiszámításakor hasonlóan járunk el, azzal a különbséggel, hogy a vektor egyenletet (c × a ) val szorozzuk meg. A λ 2 értéke Fc a − Fa c a Fc λ2 = = = b ca − b ac ab c Itt figyelemmel voltunk arra, hogy a determináns értéke előjelet vált, ha két sorát felcseréljük. Hasonlóan adódik a ab F λ3 = ab c A négy determináns kiszámítása az alábbiak szerint történik.
0 ab c = 2 −2
−3 6 3 3
6 = 3 ⋅ (12 + 12) + 6 ⋅ (6 + 6) = 144 6
− 200 300 400 Fb c =
2 −2
3 3
6 = −200 ⋅ (18 − 18) − 300 ⋅ (12 + 12) + 400 ⋅ (6 + 6) = −2400 6
- 25 -
0
−3
6
0
−3
6
a F c = − 200 300 400 = 3 ⋅ (− 1200 + 800) + 6 ⋅ (− 600 + 600) = −1200 −2 3 6
2 3 6 = 3 ⋅ (800 + 1200) + 6 ⋅ (600 + 600 ) = 13200 − 200 300 400
ab F =
Ezekkel
λ1 =
− 2400 144
λ2 =
− 1200 144
λ3 =
A kiszámított λ értékekkel a komponensvektorok: 7200 − 14400 a * = λ1 a = 0i + j+ k 144 144 2400 3600 7200 b * = λ2 b = − i− j− k 144 144 144 26400 39600 79200 c * = λ3 c = − i+ j+ k 144 144 144 Ellenőrzésképpen adjuk össze a komponensvektorokat. a * +b * + c * = −200i + 300 j + 400k Ezzel megkaptuk az F vektort.
6. példa Határozzuk meg az I tenzor sajátértékeit és sajátvektorait!
80 − 50 I= − 50 20 Sajátérték meghatározása: 80 − λ det − 50
− 50 =0 20 − λ
(80 − λ ) ⋅ (20 − λ ) − (−50) 2 = 0 λ2 − 100λ + 1600 − 2500 = 0 λ2 − 100λ − 900 = 0 λ1, 2 = ⇒
100 ± 100 2 + 4 ⋅ 900 100 ± 13600 100 ± 116,62 ⇒ = = 2 2 2
λ1 = 108,31
λ2 = −8,31
λ1 = 108,31 sajátértékhez tartozó sajátvektor meghatározása: - 26 -
13200 144
− 50 e1x 0 80 − 108,31 2 2 e = és e1x + e1 y = 1 − 50 20 − 108,31 1 y 0 2 − 28,31 − 50 e1x 0 2 2 − 50 e 2 = 0 és e1x + e1 y = 1 − 88 , 31 1 y
− 28,31 ⋅ e1x − 50 ⋅ e1 y = 0 − 50 ⋅ e1x − 88,31 ⋅ e1 y = 0 e1x = −
és e12x + e12y = 1
50 e1 y = −1,7662 ⋅ e1 y 28,31
(−1,7662 ⋅ e1 y ) 2 + e12y = 1 tgα =
e1 y 0,49271 = e1 x − 0,87022
e1 y = ±0,49271 ⇒
e1x = m0,87022 ⇒
α = −29,52°
Ha az egység vektort en = cos α i + sin α j alakban használjuk. Akkor az alábbi megoldást kapjuk. − 28,31 cos α − 50 sin α = 0 − 50 cos α − 88,31 sin α = 0 Ebben az esetben a sin 2 α + cos 2 α = 1 azonosság alapján az e1 vektor biztosan egységvektor. − 28,31 cos α = 50 sin α 28,31 sin α = = tgα 50 cos α α = −29,52° λ2 = −8,31 sajátértékhez tartozó sajátvektor −
− 50 80 − (− 8,31) cos γ 0 ⋅ = − 50 20 − (− 8,31) sin γ 0
y
88,31 ⋅ cos γ − 50 sin γ = 0
e2
88,31 sin γ = = tgγ 50 cos γ
γ = 60,48°
γ =60,48° X
A két tengely merőleges egymásra.
α=-29,52°
e1
- 27 -
II.) Erőrendszerek 1.) Alapfogalmak 1.1.) Erő Az erő mindig két test egymásra kifejtett kölcsönhatása. Ez a kölcsönhatás - kevés kivételtől eltekintve - a két test közvetlen érintkezése nyomán keletkezik. r Az erőt vektorjellegű mennyiségnek tekintjük - F -, vagyis jellemzője a nagysága, iránya, valamint támadáspontja. Az erő kötött vektor.
z F
A támadásponton keresztülfektetett és az erő irányával párhuzamos egyenes az erő hatásvonala.
hatásvonal
y támadáspont
x Az erő mértékegysége - Newton F = m ⋅ a törvényét figyelembe véve - (1 kg tömegű test 1
m s
2
gyorsulással való gyorsítása): 1 kg ⋅1
m s2
=1 N .
A két test kölcsönhatásában keletkező erőt az érintkező felületek nagysága alapján az alábbi módon osztályozzuk: Koncentrált erő:
az érintkező felületek olyan kicsinyek a kölcsönhatásban résztvevő testekhez képest, hogy pontszerűnek tekinthetőek. A koncentrált erő tehát relatív fogalom. Megoszló terhelés: ha az érintkező felületek kiterjedése egyik irányban nagy, a másik irányban pedig elenyésző, akkor vonal mentén megoszló erőről beN szélünk. Mértékegysége . m Ha az érintkező felületek méretei mindkét irányban jelentősek, akN kor felület mentén megoszló erőről van szó. Mértékegysége 2 . m Tömegvonzásnál a keletkező erő a test minden egyes térfogatelemére hat. Ekkor térfogaton megoszló erőről beszélünk. MértékegyN sége 3 . m
- 28 -
1.2.) Pontra számított nyomaték Az erőnek forgató hatása van. Ezt a forgató hatást a forgásponthoz kötött nyomatékvektor jellemzi.
z T
F
r
A nyomatékvektort a pontból (P) az erő támadáspontjához (T) irányított vektor ( r ) és az erővektor
P
r
( F ) vektori szorzata adja: M P = r × F .
y MP
x Jobbos rendszert használva a nyomatékvektort úgy ábrázoljuk, hogy a nyíllal szembenézve a forgató hatás az óramutató járásával ellentétes legyen. Több erő (erőrendszer) esetén a pontra számított nyomaték a résznyomatékok összegével egyenlő.
T2
z
F2
r2 Ti
ri
Fi
P
z
T1
r1
M Pi = ri × Fi M P 2 = r2 × F2
F1 P
y
x
x
y
M P1 = r1 × F1
M P = ∑ M Pi = ∑ ri × Fi
1.3.) Erőpár, koncentrált nyomaték Az olyan erőrendszert, amely két azonos nagyságú, párhuzamos hatásvonalú, de ellentétes értelmű erőből tevődik össze, erőpárnak nevezzük. Az erőpár esetében az erők összege zérus. F
r F = ∑ Fi = 0
1
F2 F1 = F2
- 29 -
F1
Számítsuk ki az erőpár nyomatékát a tér két különböző pontjára.
r1 B
A
r2
rAB
M A = ∑ ri × Fi r M B = M A + rBA × ∑ F = M A , mivel
∑F = 0
Az erőpár nyomatéki vektortere tehát homogén és a nyomatékvektor merőleges az erőpár síkjára. Az erőkomponenseivel megadott erőpárhoz mindig egyértelműen hozzárendelhető a nyomatékvektor, azonban ismert nyomatékvektorhoz végtelen sok erőpár tartozhat.
F2
M F1
F3
F2 F1
F2 F3
Az erőpár karjának (a két erő hatásvonalának távolsága) változtatásával - a nyomaték értékének állandósága mellett - eljuthatunk ahhoz az esethez, amikor az erőpár karja zérus és az erők végtelen nagyok. Ezzel az absztrakcióval létrehozott erőpárt nevezzük koncentrált nyomatéknak. Jele: , mely mutatja a forgatás irányát, vagy , mely nyomaték vektorral szembenézve a forgató hatás az óramutató járásával ellentétes. A nyomatékvektort szabad vektorként kezeljük.
1.4.) Tengelyre számított nyomaték A fizikai jelenségek tárgyalásánál sok esetben szükség van egy adott tengely körüli forgatóhatás ismeretére. m
z
MP t
M Pm P
e
+
M Pe = λe
Tételezzük fel, hogy ismerjük a tengely (t) egy pontjához (P) tartozó nyomatékvektort ( M P ). Bontsuk fel az M P nyomatékvektort egy tengelyirányú ( M Pe ) és egy tengelyre merőleges ( M Pm ) komponensre. A tengely körüli forgatóhatás jellemzésére az M Pe komponenst használjuk.
y
x
Legyen e a tengely egységvektora, m az e vektorra merőleges egységvektor. Ekkor M Pe = ( M P ·e )·e = M t ·e M Pm = ( M P ·m )·m = e × ( M P × e ) .
- 30 -
Mivel az M Pe nyomatékvektor az e egységvektortól csak skalár számban különbözik melynek értékét az M t = M Pe · e skaláris szorzat adja -, elegendő a tengely körüli forgatóhatás jellemzésére az M t skalár szám. A tengelyre számított nyomatékot előjeles skalár számként definiáljuk, ahol a skalár abszolútértéke megadja a forgatóhatás nagyságát, az előjele pedig a forgatóhatás irányát. Amennyiben az előjel pozitív, a tengely egységvektorával szembe nézve a forgatás iránya az óramutató járásával ellentétes. MP MP
MP P t
P
e
M Pe
e
P
M P ⋅e > 0
e
M Pe
M P ⋅e = 0
M P ⋅e < 0
Bizonyítható, hogy a tengely bármely pontjára számított nyomatékvektorból számítjuk a tengelyre számított nyomatékot, az változatlan marad. y
F Fy Fx
Síkbeli erőrendszer esetén, a síkra merőleges ( z ) tengelyre számított a nyomatékot az alábbi módon is meghatározhatjuk. M t = F ⋅ t = Fx ⋅ y − Fy ⋅ x
y
ahol t az F erő hatásvonala és a síkra merőleges tengely ( z ) normál transzverzálisa.
t x
Mt
x
1.5.) Erőrendszer redukálása Minden erőrendszer a tér bármely pontjában helyettesíthető egy erőből és egy nyomatékból álló, vele egyenértékű erőrendszerrel. Ez az egyenértékűség azt jelenti, hogy a merev testre gyakorolt hatása mindkét erőrendszernek ugyanaz. Ez az új erőrendszer (vektorkettős) az eredő vektorkettős. Az eredő vektorkettős mindig egy kijelölt ponthoz tartozik. z T1
F3
T4
≡
y
T5
F2
MA
FO = ∑ Fi
MO
≡
A
FA = ∑ Fi
y
y
O
T2
x
z
F1 M1
T3
M2
z
x
x M O = ∑ M i + ∑ ri × Fi
ahol ri az origóból a támadáspontba mutató helyvektor
M A = ∑ M i + ∑ ri × Fi *
*
ahol ri az A pontból a támadáspontba mutató helyvektor
Az erőrendszer redukálásán mindig az eredő vektorkettős meghatározását értjük.
- 31 -
1.6.) Kényszerek Ha egy merev testre nem egyensúlyban lévő erőket (terheléseket) helyezünk el, a test a mechanika törvényeit követve elmozdul. Ahhoz, hogy bizonyos szerkezetek vagy szerkezeti elemek betöltsék szerepüket (hordozzák a terhelést) ezeket a szabad mozgásokat meg kell akadályozni. A síkban három, a térben hat mozgási szabadságfoka van a merev testnek.
y
y
vx
ωy
vy ωz
vy vz
x
ωx
ωz
z -
vx
x
z mozgás a x tengely irányában mozgás az y tengely irányában forgómozgás a z tengely körül
-
mozgás az x tengely irányában mozgás az y tengely irányában mozgás a z tengely irányában forgó mozgás az x tengely körül forgó mozgás az y tengely körül forgó mozgás az z tengely körül
Egy merev test akkor tudja hordozni a rá ható terheléseket, ha a környezetéhez képest nyugalomban van. Ez azt jelenti, hogy az előbb említett mozgási lehetőségeket meg kell akadályozni. Az akadályozást más merev testek segítségével érhetjük el. Attól függően, hogy a vizsgált és az akadályozó testek milyen kapcsolatban vannak egymással más és más mozgási szabadságfokok szűnnek meg. Azokat a kapcsolatokat, melyek az általunk vizsgált merev testet kényszerítik a nyugalmi állapotra, kényszereknek nevezzük. A valóságos kényszerek nagyon sokfélék lehetnek. A következőkben a statikai tanulmányainknál használatos néhány ideális kényszert mutatunk be. Az ideális kényszereknél a súrlódást és a gördülési ellenállást elhanyagoljuk. Ezekkel a kényszerekkel számításaink során sokszor valósághűen tudjuk modellezni a valós megoldásokat. megtámasztás ( görgős megtámasztás ) jelkép merev test támasz
érintő érintő
Síkban és térben a megtámasztó felületre merőleges irányban képes megakadályozni a mozgást. - 32 -
csukló ( síkcsukló, gömbcsukló ) merev test
Síkban kettő, térben három irányú elmozdulást akadályoz meg. A kényszer az elfordulást nem akadályozza meg. jelkép
csukló
befogás merev test
jelkép
A síkban és a térben minden mozgást megakadályoz. Ennek megfelelően: - síkban bármilyen irányú erő és a síkra merőleges tengely körüli nyomaték átadására képes - térben bármilyen irányú erő és bármilyen irányú nyomaték átadására képes.
rúd A rúd végtelen merev test, mindkét végén súrlódásmentes csuklókkal. A rúd az egyensúly feltételeinek megfelelően csak rúdirányú illetve a rúdvégeken található csuklók középpontjait összekötő egyenes mentén ható erők hatására lehet egyensúlyban. A rúd húzó- és nyomóerő felvételére képes.
rúdirány
rúdirány
jelkép
kötél Csak kötélirányú és csak húzó terhelés felvételére alkalmas.
jelkép
A kényszererők (reakció erők) megértése érdekében vizsgáljuk meg az alábbi esetet. G teherautó híd
Ha a teherautó a vizsgált merev test G
G1
Ha a hidat vizsgáljuk G1
G1 és G2 a kényszererő
G2
A
- 33 -
G2
B
G1 és G2 a terhelőerő, A és B a kényszererők
2.) Erőrendszerek osztályozása Az erőrendszer redukálásával kapott eredő vektorkettős elemzésével osztályozhatjuk az erőrendszereket. Az eredő vektorkettős két tagja az
FA = ∑ Fi
és
r M A = ∑ M i + ∑ ri × Fi .
a) FA = 0 MA = 0 Ha mindkét tag külön-külön zérus, akkor az erőrendszert egyensúlyi erőrendszernek nevezzük. b) FA = 0 MA ≠ 0 Ha az eredő vektorkettős erő tagja zérus, de a nyomatéki tagja nem, akkor az erőrendszer a tér bármely pontjában helyettesíthető ezzel a nyomatékvektorral. c) FA ≠ 0
MA = 0
z
centrális egyenes
FC C
FA
FA = FC
y
A
FB B
x MB
Abban az esetben, amikor az eredő vektorkettős nyomatéki tagja zérus értékű, de az erőkomponens nem nulla, az eredő egyetlen erőként adható meg a kijelölt pontban. A pont és az eredő által meghatározott egyenes a centrális egyenes, melyre jellemző, hogy minden pontjában zérus az eredő vektorkettős nyomatéki tagja.
Az eredő vektorkettős további elemzésénél már egyik tag sem lehet zérus ( FA ≠ 0 és M A ≠ 0 ). Ekkor két esetet különböztetünk meg: FA ⋅ M A = 0 - a két vektor merőleges egymásra. FA ⋅ M A ≠ 0 - a két vektor általános helyzetű egymáshoz képest.
- 34 -
d) FA ≠ 0 , M A ≠ 0 és FA ⋅ M A = 0
FA
z
z MA
A
FA
z
FA
a
FA A
y
x
FA
x
FA A
y
y
x
Az M A nyomaték tetszőleges erőpárrá bontható fel. Válasszuk ki ezek közül azt, amelyiknél az erő értéke megegyezik az FA erő abszolútértékével. Toljuk el ezt az erőpárt úgy, hogy az erőpár egyik erője és az eredeti erő egy hatásvonalon helyezkedjék el. Ekkor a két erő kiegyensúlyozza egymást, és az eredmény egyetlen, (A ponthoz képest) eltolt hatásvonalú FA erő lesz. Az eltolás mértékének - a vektor - meghatározását az alábbi meggondolások alapján végezzük: Mivel az M A nyomatékot bontottuk fel erőpárra, ezért
a × FA = M A . Szorozzuk meg a vektoregyenletet balról FA vektorral vektoriálisan.
FA × (a × FA ) = FA × M A
A kifejtési tétel értelmében
a (FA FA ) − FA (FA a ) = FA × M A . r Kössük ki, hogy azt az a vektort keressük, amely merőleges az FA -ra, így a centrális egyenesre is. Ekkor az FA ⋅ a = 0 , mivel a két vektor merőleges egymásra.
Így a (FA FA ) = FA × M A és a =
FA × M A FA2
.
- 35 -
e) FA ≠ 0 , M A ≠ 0 és FA ⋅ M A ≠ 0
z
z
e
FA
FA
A
A
y
M2
y
MA
M1
x
x z
z FA
a
x
FA
FA A
a
− FA
y
M1
A
y
x
M1
Bontsuk fel az M A nyomatékvektort egy az erő irányába eső és egy erre merőleges komponensre. F F 1 M 1 = (M A ⋅ e )⋅ e = M A ⋅ A ⋅ A = 2 ⋅ FA ⋅ (M A ⋅ FA ) FA FA FA Az (M A × e ) vektor abszolútértéke éppen az M 2 vektor e abszolútértékével egyezik meg. FA Az e × (M A × e ) pedig az M 2 -t adja. Tehát M A ×e M2 F F 1
M 2 = e × (M A × e ) =
× M A × A = 2 ⋅ FA × (M A × FA ) FA FA FA .Az előző esethez hasonlóan az M 2 felbontásából szárma-
M1
MA
zik az eltolás, tehát igaz, hogy
a × FA = M 2 = vagyis a = −
A
1 FA2
1 FA2
FA × (M A × FA ) = −
(M A × FA ) =
1 FA2
1 FA2
(M A × FA )× FA ,
(FA × M A ) .
- 36 -
Az M 1 nyomatékvektor önmagával párhuzamosan szabadon eltolható. Így a legegysze-
r
rűbb eredő a centrális egyenesben ható FA erő és M 1 nyomaték. Az M 1 vektort szokás főerőpárnak is nevezni. Ha ez az eredő vektorkettős egy merev testre hat, akkor az erő része haladó mozgásra, míg a nyomatéki része forgásra kényszeríti a testet. Így a mozgás hasonló a csavarmozgáshoz és ezért az ilyen erőrendszert erőcsavarnak is nevezik.
3.) Egyensúlyi erőrendszerek Az erőrendszerek osztályozásánál megállapítottuk, hogy egyensúlyi erőrendszerről akkor beszélünk, ha az eredő vektorkettős mindkét tagja zérus, vagyis
FA = ∑ Fi = 0 és a tér bármely pontjára
M A = ∑ M i + ∑ ri × Fi = 0 .
z
MA
z z FA Mz
k
i
x A
y
k
y i
j
x
Mx
A
My
y
j
x M A = M xi + M y j + M z k
FA = xi + yj + zk x = xi y = yj z = zk
M x = M xi My =My j M z = M zk
A két egyensúlyt kifejező vektoregyenlet külön-külön skalár egyenletekkel is leírható.
FA = xi + yj + zk = 0
M A = M xi + M y j + M z k
x = ∑ xi = 0
Mx = 0 My =0
y = ∑ yi = 0
Mz = 0
z = ∑ zi = 0
- 37 -
Az egyensúly feltételét más módon is megfogalmazhatjuk. Egyensúlyi erőrendszerről akkor beszélünk, ha a vizsgált erőrendszer a tér három, nem egy egyenesre eső pontjára számított nyomatéka zérusértékű.
MA = 0 MB = 0 MC = 0 Ennél a megfogalmazásnál nem tettünk említést az eredő erőről. Bizonyítható, hogy a három nyomatéki egyenlet zérus volta csak úgy lehetséges, ha az F = 0 . Írjuk föl a B és C pontokra a nyomatékokat az M A segítségével:
M B = M A + rBA × F
→ 0 = 0 + rBA × F
M C = M A + rCA × F
→ 0 = 0 + rCA × F
Az egyenleteket rendezve: 0 = rBA × F , illetve 0 = rCA × F . A vektori szorzat akkor lehet zérus értékű, ha két vektor párhuzamos, vagy legalább az egyik tényező zérus értékű. Az ábrán látható, hogy rBA ≠ 0 és rCA ≠ 0 .
rCA
Továbbá igaz az is, hogy egy zérustól különböző F vektor egyszerre nem lehet párhuzamos az rBA -val és az rCA -val. Ebből
C
következik, hogy az F erő értéke valóban zérus. A három vektoregyenlet skalár egyenletekkel is felírható.
A
rBA
B
M Ax = 0 M Ay = 0
M Bx = 0 M By = 0
M Az = 0
M Cx = 0 M Cy = 0
M Bz = 0
M Cz = 0
Ezek a skalár egyensúlyi egyenletek azt fejezik ki, hogy az egyes nyomatékvektorok koordináta-tengelyekkel párhuzamos komponense zérus értékű. A felírt 9 skalár egyenletből azonban csupán hat lineárisan független.
M BA
B
M BC
MA
A
M AB
M AC
M BC = M CB ,
MB
MC M CA
C M CB
Válasszuk ki úgy a tengelyeket, hogy a három - egy ponton átmenő - tengely közül kettő a másik két ponton is átmenjen. Felhasználva azt a tényt, hogy a tengelyre számított nyomaték (skalár) nem függ attól, hogy a tengely mely pontjához tartozó nyomatékvektorból számítottuk, kapjuk, hogy M AB = M BA ,
M AC = M CA ,
Vagyis a kilenc skaláregyenletből csak hat a lineárisan független. A fentieket figyelembe véve az egyensúly feltételeit a következőképpen is megfogalmazhatjuk: Egyensúlyi erőrendszerről beszélünk akkor, ha egymástól lineárisan független 6 tengelyre számított nyomaték zérus.
- 38 -
Az egymástól lineárisan független hat tengely megválasztásának geometriai feltételei az alábbiak: - háromnál több nem lehet egy síkban (2, 4, 6 ) - háromnál több nem lehet párhuzamos (1, 3, 5 ) - háromnál több nem mehet át egy ponton - ötnél több nem illeszkedhet a tér egy egyenesére és a hatodik nem lehet párhuzamos ezzel az egyenessel.
5
1
6 4 2
3
Síkbeli feladatoknál az egyensúly feltételei a következőképpen alakulnak: Tekintsük az erőrendszer síkjának az xy síkot. A síkbeli erőrendszer eredő vektorkettősének erő tagja biztosan benne fekszik az xy síkban. Így az F0 = 0 vektoregyenletnek csak két skaláregyenlet felel meg, vagyis ∑ xi = 0 , illetve ∑ yi = 0 . A vektorkettős nyomatéki tagja biztosan merőleges az xy síkra, vagyis z tengely irányú. Így az M 0 = 0i + 0 j + M z k alakú, ami skaláregyenlettel felírva M z = 0 . Síkban tehát csak három skaláregyenlet van. A térben megfogalmazott, három pontra felírt nyomatékvektornak zérus volta a síkban egyszerűsödik. Mivel síkbeli erőrendszer csak a síkra merőleges tengely körül tud forgatni, ezért a vektoregyenletek skaláregyenletekké egyszerűsödnek. Az M A = 0 , M B = 0 , M C = 0 egyenletek azt fejezik ki, hogy a megadott pontokon átmenő, az erőrendszer síkjára merőleges tengelyek körül a forgató hatás zérus. A három pont itt nem eshet egy egyenesre.
y C A
B
x
- 39 -
4.) Példák az erőrendszerek témakörből 1. példa
z
Határozzuk meg a térbeli erőrendszer nyomatékát az origóra!
k
F1 = 80 [N ]
F2 = 60 [N ]
F2
F3
F3 = 40 [N ]
3m j
y
O
A téglatest élein ható erők vektorát abból a megfontolásból tudjuk meghatározni, hogy egy vektort az abszolútértéke és az iránya határoz meg, vagyis
5m
i
F1
4m
x
F = F ⋅e . A fenti elvek alapján
F1 = 80i
z
F2 = −60k
k
F3 = −40 j
F2
F3 T3
r3
T2
r2
j
O
r1 T1
i
F1
x
Tekintsük az erők támadáspontjának a hatásvonalakban kijelölt T1 , T2 , T3 pontokat. A pontra számított y nyomaték M = r×F , ahol r a pontból az erő támadáspontjához húzott vektor. A támadáspontokba mutató vektorok tehát:
r1 = 5i + 4 j + 0k r2 = 5i + 4 j + 3k r3 = 5i + 0 j + 3k
Az erőrendszernek az origóra számított nyomatékát az M O = ∑ ri × Fi = r1 × F1 + r2 × F2 + r3 × F3 képlet szerint számítjuk. Az egyes vektoriális szorzások eredményeit az alábbi determinánsok adják:
i
j k
i
j
r1 × F1 = 5 4 0 = i (0 − 0 ) − j (0 − 0) + k (0 − 320 ) = −320k 80 0 0 k
r2 × F2 = 5 4 3 = i (− 240 − 0 ) − j (− 300 − 0 ) + k (0 − 0 ) = −240i + 300 j 0 0 − 60 - 40 -
i
j
k
r3 × F3 = 5 0 3 = i (0 + 120 ) − j (0 − 0 ) + k (− 200 − 0 ) = 120i − 200k 0 − 40 0 Ezekkel M O = −120i + 300 j − 520k . A merev testre ható erők a hatásvonalukban eltolhatók anélkül, hogy a testre gyakorolt hatásuk megváltozna. Ezt kihasználva a három vektoriális szorzat kettőre csökkenthető.
k
F3 T2
r2
F2
Az origóra számított nyomatékot a következő két vektori szorzás y összegeként is megkaphatjuk: r1 × F1 = −320k
j
O
r1 T1
i
F1
x
i j k r2 × (F2 × F3 ) = 5 4 3 = i (− 240 + 120 ) − j (− 300 − 0 ) + k (− 200 − 0 ) = 0 − 40 − 60 = −120i + 300 j − 200k M O = −120i + 300 j − 520k
2. példa Határozzuk meg a vázolt térbeli erőrendszer nyomatékát az origóra ( M O ), nyo-
F3
k
matékát az „A” pontra ( M A ), valamint nyomatékát az „A” ponton átmenő testátlóra, mint tengelyre ( M At )!
t 4m
A
F2
F1
j
O
F1 = 100 [N ] y
F2 = 400 [N ] F3 = 600 [N ]
5m
i
x
3m
- 41 -
Határozzuk meg először a kijelölt irányokba mutató erővektorokat. Az F1 erő vektorának meghatározásánál az alábbiak szerint járunk el:
e
F1 v
ν = 0i + 3 j − 4k v 0i + 3 j − 4k 3 4 = = 0i + j − k v 5 5 9 + 16
e=
F1 = F1 ⋅ e = 60 j − 80k A másik két erővektor a koordinátarendszer egységvektorainak irányába mutat, tehát
F3 = 600k
F2 = 400 j
A nyomatékszámításhoz rögzítsük az erők támadáspontját:
z
r1 = 5i + 0 j + 4k r2 = 0i + 3 j + 0k Az origóra számított nyomatékot az alábbiak szerint kapjuk:
F1
M O = r1 × F1 + r2 × (F2 + F3 )
F3
r1
y
r2
F2 x A vektori szorzatok eredményeit a következő két determináns adja:
i
j
k
r1 × F1 = 5 0 4 = i (0 − 240 ) − j (− 400 − 0 ) + k (300 − 0 ) = −240i + 400 j + 300k 0 60 − 80
i
r2 × (F2 × F3 ) = 0
j 3
k
0 = i (1800 − 0 ) − j (0 − 0 ) + k (0 − 0 ) = 1800i
0 400 600
- 42 -
Az origóra számított nyomaték: M O = 1560i + 400 j + 300k Az erőrendszer eredője: F = ∑ Fi = 0i + 460 j + 520k F3
z
z
FA = FO
z
A
FO
F2
MO
y
MA
MO
y
FO
y
rAO
F1 x
x
x
Az origóhoz kötött eredő vektorkettős tehát: FO és M O . Amennyiben ismerjük az erőrendszer nyomatékát a tér egy pontjára, valamint az eredő erőt, úgy ezek segítségével könnyedén meghatározhatóak a más pontokhoz tartozó nyomatékvektorok.
M A = M O + rAO × FO = M O + rAO × ∑ F
A kijelölt vektori szorzat értéke i j k
rAO × ∑ F = − 5 − 3 − 4 = i (− 1560 + 1840 ) − j (− 2600 − 0 ) + k (− 2300 − 0 ) = 0 460 520
= 280i + 2600 j − 2300k Az „A” pontra számított nyomaték tehát M A = 1840i + 3000 j − 2000k t
z
et vetület
+
A
MA O
A tengelyre számított nyomatékot úgy kapjuk meg, hogy a tengely egy pontjához tartozó nyomatékvektort megszorozzuk a tengely egységvektorával (tehát kiszámítjuk a nyomatékvektor vetületét a tengelyre). Az et egységvektort a következőképpen y állíthatjuk elő:
et =
x
- 43 -
vOA 5i + 3 j + 4k 5i + 3 j + 4k = = vOA 25 + 9 + 16 5 2
A tengelyre számított nyomaték
5 5 2 3 1 = (9200 + 9000 − 8000) = 10200 = M t = M A ⋅ et = [1840 , 3000 , − 2000] 5 2 5 2 5 2 4 5 2 2040 = = 1020 2 [Nm] 2 A számított vetület értéke pozitív. Ez azt jelenti, hogy a tengely felvett egységvektorával szembenézve a forgatóhatás az óramutató járásával ellentétes. 3. példa z
Határozzuk meg a vázolt térbeli erőrendszer nyomatékát az „A” pontra!
F3
F1
F1 = 200 [N ]
M1
F2 = 100 [N ]
A
F3 = 400 [N ]
F2 5m
M3 O
x
y 3m
M2
4m
M 1 = 400 [Nm ] ( xy síkkal párhuzamos lapon ) M 3 = 700 [Nm ] ( yz síkkal párhuzamos lapon )
M 2 = 100i + 200 j − 300k [Nm]
Első lépésként írjuk fel az erők és nyomatékok vektorát:
F1 = 200i + 0 j + 0k
F2 = 0i + 0 j − 100k
F3 = 0i + 400 j + 0k
A nyomatékok vektorának meghatározásánál abból kell kiindulni, hogy a nyomatékvektorral szembenézve a forgatóhatás az óramutató járásával ellentétes kell, hogy legyen. M1
A nyomatékvektorok ennek szellemében a következőek:
M 1 = 0i + 0 j + 400k M 2 = 100i + 200 j − 300k M 3 = −700i + 0 j + 0k M3
Ezekkel: M2
∑ M i = − 600i + 200 j + 100k
F3
F1
r A
F2
Az F2 erőnek az „A” pontra a nyomatéka zérus, hiszen átmegy a ponton. Az erő karja zérus.
- 44 -
Az F1 és F3 erők nyomatékát egy lépésben ki lehet számítani, hiszen e két erőnek ugyanazon támadáspontot jelöltük ki. i j k r × (F1 + F3 ) = − 3 − 4 0 = i (0 − 0 ) − j (0 − 0 ) + k (− 1200 + 800) = −400k 200 400 0 Az „A” pontra számított nyomaték tehát
M A = ∑ M i + ∑ ri × Fi = (− 600i + 200 j + 100k ) + (− 400k ) = −600i + 200 j − 300k
.
4. feladat z
Határozza meg az erőrendszer nyomatékát az „A” pontra!
F3 A
F1 = 10 77 [N ]
5m
F1
F2 = 200 [N ]
y
F3 = 300 [N ]
O
Eredmény: M A = 960i + 1740 j + 0k
6m
x
F2
4m
5. feladat z
Határozza meg az erőrendszer nyomatékát az origóra! F3
3m
F2
y
O 6m
F1
F1 = 800 [N ]
F2 = 900 [N ] F3 = 200 [N ]
Eredmény:
x
M O = 3000i − 1200 j − 8400k
6m
6. feladat Határozza meg a vázolt erőrendszer eredő vektorkettősét az origóra!
z
F1 = 10 34 [N ] F2 = 10 98 [N ] F3 = 200 [N ]
5m
F3
F2 O
F1
y Eredmény:
FO = −60i + 120 j + 100k
3m
M O = −200i − 300 j + 840k
x 8m
- 45 -
7. feladat z
Határozza meg az eredő vektorkettőst az „A” pontra ( FA , M A ), valamint az „A” ponton átmenő testátlóra a nyomatékok ( M t )!
F2
F1 = 10 61 [N ]
F1 A 4m
F3
e
y t
O
F3 = 10 41 [N ]
Eredmények:
FA = 60 j − 360k [N ]
M A = −2000 j − 300k [Nm] 13200 Mt = − = −1504,28 [Nm] 77
5m
x
F2 = 400 [N ]
6m
8. példa
z
F3
4m
F2 F1
y
Határozzuk meg az eredő vektorkettőst az origóra ( FO , M O )! Határozzuk meg a centrális egyenes egy pontját, illetve a főerőpárt ( a , M 1 )!
F1 = 400 [N ]
F2 = 10 41 [N ] F3 = 200 [N ]
O 3m
x
5m
Az origóhoz tartozó vektorkettőst az alábbi ábra alapján határozzuk meg:
F1 = 400k
z
v 0i − 5 j − 4k F2 = ⋅ F2 = ⋅ 10 41 = v 25 + 16
F2 r3
= 0i − 50 j − 40k
F3
F3 = 0i + 200 j + 0k FO = ∑ Fi = 0i + 150 j + 360k [N ]
4m
F1 O
Az F2 erőnek nincsen nyomatéka az origóra, az erő karja zérus.
x
- 46 -
y
r1 3m 5m
i
j
k
r1 × F1 = 3 5 0 = i (2000 − 0) − j (1200 − 0) + k (0 − 0 ) = 2000i − 1200 j 0 0 400 i
j
k
r3 × F3 = 0 5 4 = i (0 − 800 ) − j (0 − 0 ) + k (0 − 0 ) = −800i 0 200 0
M O = 1200i − 1200 j + 0k [Nm] A centrális egyenes egy pontját kijelölő helyvektort az
a=
1 FO2
(FO × M O ) összefüggés alapján számíthatjuk.
FO2 = 0 2 + 150 2 + 360 2 = 152100 FO × M O =
i
j
0
150
1200 − 1200
k
360 = i (0 + 360 ⋅ 1200 ) − j (0 − 360 ⋅ 1200 ) + k (0 − 150 ⋅ 1200 ) = 0
= 432000i + 432000 j − 180000k Ezzel
a=
432000 432000 180000 i+ j− k = 2,84i + 2,84 j − 1,18k [m] . 152100 152100 152100
A főerőpár - melynek vektora a centrális egyenesben fekszik - párhuzamos az FO vektorral.
MO FO
A
s tráli cen
M1 =
s ene egy
O
F
2 O
⋅ (FO M O ) ⋅ F O z
M1
1200 FO M O = [0 , 150 , 360 ] − 1200 = −180000 0
(F
1
M O ) ⋅ FO = −180000 ⋅ [0 , 150 , 360 ] =
y
O
a x c
= 0i − 180000 ⋅ 150 j − 180000 ⋅ 360k 180000 ⋅ 150 180000 ⋅ 360 j− k = 152100 152100 = 0i − 177,52 j − 426,04k M 1 = 0i −
- 47 -
lis t rá en
s ne ye eg
9. példa z
F2
Határozza meg az eredő vektorkettőst az origóra ( FO , M O )! Határozza meg a centrális egyenes egy pontját kijelölő helyvektort ( a ) és a főerőpárt ( M 1 )!
4m
F3
F1
F1 = 411 80 [N ]
y
O
F2 = 400 [N ]
F3 = 200 80 [N ]
8m
x
6m
Eredmények: FO = −1200i + 0 j + 400k [N ]
M O = 4800i − 6400 j + 12000k [Nm] 256 1632 768 a= i+ j+ k = 1,8i + 10,2 j + 4,8k [m] 160 160 160 115200 38400 M1 = i +0j− k = 720i + 0 j − 240k [Nm ] 160 160
10. példa
z Határozza meg az eredő vektorkettőst az origóra ( FO , M O )! Határozza meg a centrális egyenes egy pontját kijelölő helyvektort ( a ), illetve a főerőpárt ( M 1 )!
F3
F2
4m
F1
y
O 3m
x
F1 = 200 [N ]
F2 = 100 [N ]
F3 = 300 [N ]
4m
Eredmények:
FO = −260i − 300 j + 80k [N ]
M O = 1520i − 240 j + 240k [Nm] 528 1840 5184 a =− i+ j+ k = −0,32i + 1,12 j + 3,16k [m] 1640 1640 1640 79040 91200 24320 M1 = i+ j− k = 481,95i + 556,1 j − 148,29k [Nm] 164 164 164
- 48 -
11. példa
z t
F2 T2 T3
A
3m
O
F3
3m
T1
x
Határozza meg a Ti támadáspontú, Fi erőkből álló erőrendszer nyomatékát az A ponton átmenő, v irányvektorú egyenesre! T1 [3 3 0][m] T2 [0 3 3][m] y T3 [3 0 3][m] A[3 3 3][m] F1 = 30 j [N ] F2 = 40k [N ] F3 = 30i − 40k [N ]
F1
3m
v = 3i + 6 j + 6k Az erőrendszer nyomatékát az A pontra az alábbiak szerint számíthatjuk: i j k
r1 × F1 = 0 0 − 3 = 90i 0 30 0 i
j
t
z
F2
k
r2 × F2 = − 3 0 0 = 120 j 0 0 40 i
j
r3
k
r3 × F3 = 0 − 3 0 = 120i + 90k 30 0 − 40 M A = 210i + 120 j + 90k e=
A
v 3i + 6 j + 6k 1 2 2 = = i + j+ k v 3 3 9 + 36 + 36 3
F3
r2
e O
y
r1
F1
x
M t = M A ⋅ e = 70 + 80 + 60 = 210 [Nm]
12. példa Határozza meg az alábbiakban megadott Ti támadáspontokkal, illetőleg Fi erőkkel jellemezhető erőrendszer nyomatékát az A ponton átmenő, v irányvektorú egyenesre ( M t )! T1 (5 3 4 ) T2 (3 3 4 ) T3 (6 8 9)
F1 = 100i + 200 j + 200k [N ] , F2 = 200i + 400 j + 100k [N ] ,
F3 = −300 j − 100k [N ]
A(3 4 5) [m] v = 6i + 6 j + 3k Eredmény: M t = 400 [Nm ] - 49 -
13. példa Határozzuk meg a vázolt síkbeli erőrendszerrel egyenértékű legegyszerűbb eredő erőt számítással!
y
F3 T3
F4
F2
T4
F1 T2
T1 (− 3,0 ) T2 (− 6,0) T3 (0,3) x T4 (3,1)
F1 = −4i F2 = 1 j F3 = −4i + 3 j F4 = 2i + 2 j
O
T1
Számítsuk ki először az origóhoz tartozó eredő vektorkettőst ( FO , M O )! Az eredő erő FO = ∑ Fi = −6i + 6 j . Az origóra számított nyomatékvektor biztosan merőleges lesz az xy síkra, hiszen a helyvektor is és az F vektor is benne van a síkban, a két vektor vektori szorzata pedig merőleges mindkét vektorra. A nyomaték meghatározásának egyik lehetséges módja: M O = ∑ ri × Fi , vagyis
r1 × F1 = 0 , mivel a két vektor párhuzamos ( F1 erő átmegy az origón) i
j k
i
r2 × F2 = − 6 0 0 = k (− 6 − 0) = −6k 0 1 0 i
j k
r3 × F3 = 0 3 0 = k (0 + 12) = 12k −4 3 0
j k
r4 × F4 = 3 1 0 = k (6 − 2 ) = 4k 2 2 0
y x
MO
Vagyis M O = 10k , ami koordináta-rendszerben ábrázolva az óramutató járásával ellentétesen forgat. A síkbeli feladatoknál alkalmazható egy másik módszer is a nyomaték számítására.
y
F3 y F4 y 3
F3 x
F2
F4 x
M 4y
F1
M 3x
3
3
M 4x M2
3
Az összes erőnek kiszámíthatjuk a nyomatékát az origón átmenő, a síkra merőleges tengelyre. A számítás eredményét nem befolyásolja, ha az erő helyett annak koordináta 1 x tengelyekkel párhuzamos összetevőit használjuk. F1 erőnek nincs nyomatéka, hiszen átmegy a tengelyen. M 2 = 6(m) ⋅1( N ) = 6
- 50 -
M 3 x = 3(m) ⋅ 4( N ) = 12
F3 y -nak a fent említett oknál fogva szintén nincs nyomatéka. M 4 y = 3( N ) ⋅ 2(m) = 6 M 4 x = 1(m) ⋅ 2( N ) = 2 Ha előjelhelyesen összeadjuk a nyomatékot, figyelembe véve, hogy az óramutató járásával ellentétes a pozitív nyomaték, akkor
M O = −6 + 12 + 6 − 2 = +10 Nm
Az eredő számítását az alábbi ábrán mutatjuk be: FO
y FOy
k
k
y
A
− FO
FOx
FO
FO FO
Y
B
x
FOx
s ne ye eg
X
x
lis rá nt ce
MO
x
FOy
Helyettesítsük az M O nyomatékot egy olyan erőpárral, amelynek erőtagja éppen FO nagyságú. Toljuk el az erőpárt olyan állásba, hogy két erő kiegyenlítse egymást. A vázolt erőrendszer eredője tehát egyetlen erő, mely a centrális egyenesben hat. A centrális egyenes és a koordinátatengelyek metszéspontja a következő megfontolások alapján számítható: Az erő a saját hatásvonalán eltolható. Tegyük fel, hogy az FO erő az A pontban helyezkedik el. Bontsuk fel az erőt komponenseire ( FOx , FOy ). Az FO erőnek az origóra számított nyomatéka megegyezik a komponens erők origóra számított nyomatékával, illetve az M O nyomatékkal. Az FOy -nak az origóra számított nyomatéka zérus, hiszen a hatásvonala átmegy a ponton, így csak az FOx -nek lesz nyomatéka.
FOx ⋅ Y = M O
amiből
Y=
M O 10 5 = = m FOx 6 3
Az x tengellyel való metszéspontot hasonló gondolatmenettel kapjuk, de itt a B pontban bontjuk föl az FO erőt.
FOy ⋅ X = M O
amiből
X =
M O 10 5 = = m FOy 6 3
- 51 -
14. példa
z Az F1 és F2 erőkből álló erőrendszer centrális egyenese melyik pontban döfi át az xy síkot?
F1 F2
a
F = F1 = F2 = 3 N A kocka élhossza a = 20 cm
y O
x
a
a
P (xO,yO)
Első lépésként határozzuk meg az origóhoz kötött eredő vektorkettőst. M O = F1 ⋅ a ⋅ j + F2 ⋅ a ⋅ i = F ⋅ a ⋅ (i + j ) = 60(i + j ) [Ncm]
FO = 3i + 0 j + 3k
z
centrális egyenes
z
FO FO
M1
y
O
r x
MO
x
y
P (xO,yO)
Az FO , M O eredő vektorkettősből létrehozható a centrális egyenesben egy olyan FO ,
M 1 erőrendszer, ahol FO és M 1 párhuzamos. Mivel FO és M 1 szabadon eltolható a centrális egyenesben, ezért a keresett P( xO , yO ) pontban is igaz ez az állítás. Ha kiszámítjuk a P( xO , yO ) ponthoz tartozó eredő vektorkettőst, akkor az FO , M P vektorkettős biztosan párhuzamos egymással, ezért FO × M P = 0 . A P pontban a nyomaték M P = M O + r × FO . Ha a nyomatékvektort vektoriálisan szorozzuk az FO erővektorral, akkor
FO × (M O + r × FO ) = 0 , illetve FO × M O = − FO × (r × FO )
ahol r = − xO i − yO j + 0k Hajtsuk végre a vektori szorzásokat:
- 52 -
i
j
k
FO × M O = 3 0 3 = i (0 − 180 ) − j (0 − 180 ) + k (180 − 0 ) = −180i + 180 j + 180k 60 60 0 i r × FO = − xO
j − yO
3
k 0 = i (− 3 yO − 0 ) − j (− 3 xO − 0 ) + k (0 + 3 yO ) =
0
3
= −3 yO i + 3xO j + 3 yO k FO × (r × FO ) =
i
j
3 − 3 yO
0 3 xO
k
3 = i (0 − 9 xO ) − j (9 yO + 9 yO ) + k (9 xO − 0) = 3 yO
= −9 xO i − 18 y O j + 9 xO k Felírva a vektoregyenlet mindkét oldalát − 180i + 180 j + 180k = 9 xO i + 18 yO j − 9 xO k Látjuk, hogy az egyenlőség
xO = −20
yO = 10
értékkel teljesül. A döféspont koordinátái tehát xO = −20 cm és
yO = 10 cm .
15. példa Határozzuk meg az origóhoz tartozó eredő vektorkettőst ( FO , M O )! Hol metszi az eredő erő hatásvonala az x és y tengelyeket?
y M P = 400 Nm
P
FP = 400 N
Helyettesítsük a megoszló erőhatást koncentrált erőkkel:
3m
p = 300
2m
1m
N m
x
- 53 -
400 Az eredő erő FO = 400i + 450 j
400
2 8 M O = −400 − 400 ⋅ 3 + 600 ⋅ − 150 ⋅ 3 3
3m 600
M O = −1600k
x
150 2 m 3
6 m 3 y
y
y
FO FO 450
− FO
400
FO
Y
FO MO
450
x
x
x
400 X
400 ⋅ Y = M O 450 ⋅ X = M O
1600 =4m 400 1600 X = = 3,56 m 450
Y=
16. példa Határozzuk meg a térbeli háromrudas bakállványra ható kényszererőket!
z
T1 (0,0,0) T2 (4,0,0) T3 (0,8,0 ) T4 (2,4,8)
F T4
S2 S1
S3 y
F = 100i + 200 j + 200k T1
x
- 54 -
T2
T3
A vázolt bakállvány csak csuklóin kap terhelést, ezért az egyes rudak csak rúdirányú terhelést kapnak. A feladat megoldása kétféleképpen lehetséges. a) Bontsuk fel az F erőt három olyan komponensre, amelyek külön-külön a rudak irányába néznek.
F1
F3
S2
F2
T4
S1
S3
F1 + F2 + F3 = F
F3
F2
S3
S2
− F3 → kényszererő
− F2 → kényszererő
z
Az adott rúd irányába eső erőt teljes egészében a rúd veszi fel. Ebből az erőből a csomóponthoz kapcsolódó más rudak nem kapnak igénybevételt. A rúd egyensúlyából látható, hogy az egyensúly fennv1 tartásához a rúd végein két azonos nagyságú, de ellentév2 tes irányú erőnek kell ébrednie. Ha tehát ismerjük a terhelő erő rúdirányú komponenseit, a kényszererők is könnyedén meghatározhatóak. A rudak irányát az ábrán jelölt vektorokkal adhatjuk x meg. Az egyes vektorok tehát v1 = 2i + 4 j + 8k v2 = −2i + 4 j + 8k v3 = 2i − 4 j + 8k
v3
A felbontott erő komponensei az előbb meghatározott vektoroktól csak egy skalár számban térnek el, így
F1 = λ1v1
F2 = λ2 v2
F3 = λ3v3
alakban írhatók fel. A felbontás a következő egyenlettel írható le:
F = F1 + F2 + F3 = λ1v1 + λ2 v2 + λ3 v3
Szorozzuk meg a vektoregyenletet jobbról (v2 × v3 ) vektorral skalárisan.
F ⋅ (v2 × v3 ) = λ1v1 (v2 × v3 ) + λ2 v2 (v2 × v3 ) + λ3 v3 (v2 × v3 )
A fenti vektoregyenlet utolsó két tagja zérus. Ez a következőkből adódik: a (v2 × v3 ) egy olyan vektort ad, amely merőleges a v2 -re és a v3 -ra is. Ha a v2 vektort skalárisan
megszorozzuk egy rá merőleges (v2 × v3 ) vektorral, az eredmény zérus. Hasonló az
eset a v3 vektorral is. Ezzel
F ⋅ (v2 × v3 ) = λ1v1 (v2 × v3 ) . Az F (v 2 × v3 ) és a v1 (v2 × v3 ) vegyesszorzat eredménye skalár, így írható, hogy
λ1 =
F v 2 v3 . v1v2 v3
- 55 -
y
Az előző gondolatmenethez hasonlóan belátható, hogy
λ2 =
F v3 v1 v1v2 v3
λ3 =
és
F v1v 2 . v1v2 v3
A λ értékeinek meghatározása az alábbi determinánsok kiszámításával lehetséges:
2 v1v2 v3 = − 2
4 4
8 8 = 2(32 + 32) − 4(− 16 − 16) + 8(8 − 8) = 256
−4 8
2
100 200 200 F v 2 v3 = − 2 4 8 = 100(32 + 32) − 200(− 16 − 16) + 200(8 − 8) = 12800 2
−4
8
100 200 200 F v3 v1 = 2 −4 8 = 100(− 32 − 32 ) − 200(16 − 16 ) + 200(8 + 8) = −3200 2
4
8
100 200 200 F v1v2 = 2 4 8 = 100(32 − 32 ) − 200(16 + 16 ) + 200(8 + 8) = −3200 −2
4
8
Ezekkel
λ1 =
12800 − 3200 = 50 λ2 = = −12,5 256 256 − 3200 λ3 = = −12,5 256
z
A felbontás során nyert erőkomponensek F1 = λ1v1 = 100i + 200 j + 400k F2 = λ2 v2 = 25i − 50 j − 100k F3 = λ3 v3 = −25i + 50 j − 100k
T1
y
T2
Az egyes pontokban fellépő reakcióerők tehát T1 pontban − F1 = −100i − 200 j − 400k
T2 pontban T3 pontban
T3
x
− F2 = −25i + 50 j + 100k − F3 = 25i − 50 j + 100k
Az F v3 v1 vegyesszorzat v1 F v3 alakban, míg az F v1v 2 vegyesszorzat v1v 2 F alakban is felírható. A fenti átalakítást figyelembe véve a λi skalár szám kiszámításához használt tört számlálójában található determinánst úgy kapjuk, hogy a v1v 2 v3 vegyesszorzat determinánsának i-edik tagját kicseréljük az F erővel.
λ1 =
F v 2 v3 v1v2 v3
λ2 =
v1 F v3 v1v2 v3
λ3 =
- 56 -
v1v2 F v1v2 v3
b) Egyensúlyozzuk ki az F erőt az egyes rudak irányában ható erőkkel, vagyis
F + λ1*v1 + λ*2 v2 + λ*3 v3 = 0 A számítást az előzőekhez teljesen hasonlóan végezhetjük el, azonban a most kapott λ*i értékek a λi értékeknek (-1)-szeresei lesznek. Vagyis a λ*i vi szorzatok rögtön a kényszererőket adják.
λ1* = −50 λ1*v1 = −100i − 200 j − 400k 17. példa
F
z
Határozzuk meg az FA , FB , FC kényszererőket!
F = 30i + 60 j − 40k
5
y
C A
x
2
B 4
vC
Az egyensúlyt leíró vektoregyenlet:
F + λ1v A + λ2 v B + λ3vC = 0
vA
vB
A vektorok
v A = 0i + 4 j + 5k v B = 0i + 0 j + 5k vC = 2i + 0 j + 5k
λ1 =
− F v B vC v A v B vC
λ2 =
− v A F vC v A v B vC
0 4 5 v A v B vC = 0 0 5 = 2(20 − 0 ) = 40 2 0 5 30 60 − 40 − F v B vC = − 0 0 5 = −[− 60(0 − 10 )] = −600 2
0
5
- 57 -
λ3 =
− v Av B F v A v B vC
0 4 5 − v A F vC = − 30 60 − 40 = −[− 4(150 + 80 ) + 5(0 − 120 )] = 1520 2
0
5
0 − v AvB F = − 0
4 0
5 5 = −[30(20 − 0)] = −600
30 60 − 40 − 600 1520 − 600 = −15 λ2 = = 38 λ3 = = −15 40 40 40 FA = λ1v A = 0i − 60 j − 75k FB = λ2 v B = 0i + 0 j + 190k
λ1 =
FC = λ3 vC = −30i + 0 j − 75k 18. feladat G
A
alakú, vízszintes helyzetű, G = 2400 N súlyú betonlapot a két sarokpontjához és az oldalél közepéhez rögzített kötelekkel emeljük. Határozza meg a kötélerők nagyságát!
3m
z
A merev testre ható erők: FA = −200i + 200 j + 600k
y x
C
G
A
B
négyzet
2m
FB = −200i − 200 j + 600k FC = 400i + 0 j + 1200k
z
2m
F1
F2
S6
S4
19. feladat
3m
S3
S1
Határozzuk meg a vázolt hat rúdból álló szerkezet rúderőit! F1 = 100i + 200 j + 400k F2 = 200i − 200 j + 200k
y
S2 x
S5 4m
5m
Válasszuk szét gondoltban a két 3 rudas bakállványt. Az s1 , s2 , s3 rudakból álló szerkezet a közös csuklópontban bármilyen irányú erőt kaphat, hiszen statikailag határozott megtámasztásokkal rendelkezik.
- 58 -
Az S 4 , S 5 , S 6 rudakból álló szerF 1 F2 kezet a közös S6 S4 pontban ható áltaS3 lános irányú erő hatására labilis, S1 S5 hiszen az S 4 rúd S2 vége nincs megtámasztva. Egyensúlyi állapot úgy következhet be, hogy az S 4 rúd végét hozzákötjük az első bakállványhoz. Ez azt jelenti, hogy az S 4 rúdban ébredő erő terheli az első bakállványt is. A számítást tehát az S 4 , S 5 , S 6 rudakból álló bakállványnál kell kezdenünk. Az S 4 rúdban ébredő erő plusz terhelést jelent az S1 , S 2 , S 3 bakállványnak. A feladat megoldásához határozzuk meg elsőként a rudak vektorait.
v1 = 0i + 0 j + 3k
v6
v2 = 0i − 5 j + 3k v3 = 4i + 0 j + 3k
v4
v4 = 0i + 5 j + 0k
v3
v1
v2
v5
v5 = 0i + 0 j + 3k v6 = 4i + 0 j + 0k
Bontsuk fel az F1 erőt S 4 , S 5 , S 6 irányú összetevőkre.
F1 = λ4 v4 + λ5 v5 + λ6 v6 .
Az egyes λ értékeket az alábbiak szerint számíthatjuk:
F1v5 v6 v Fv λ5 = 4 1 6 v4 v5 v6 v 4 v5 v6 0 5 0 v4 v5 v6 = 0 0 3 = −5(0 − 12) = 60
λ4 =
λ6 =
v4 v5 F1 v 4 v5 v6
4 0 0 100 200 400 F1v5 v6 = 0 0 3 = −3(0 − 800 ) = 2400 4
0
0
0 5 0 v4 F1v6 = 100 200 400 = −5(0 − 1600 ) = 8000 4
0
0
0 v4 v5 F1 = 0
5 0
0 3 = −5(0 − 300 ) = 1500
100 200 400
- 59 -
2400 8000 800 = 40 λ5 = = 60 60 6 s 4 = λ4 v4 = 0i + 200 j + 0k húzott
λ4 =
λ6 =
1500 150 = 60 6
s5 = λ5 v5 = 0i + 0 j + 400k húzott s6 = λ6 v6 = 100i + 0 j + 0k húzott
200
Az S 4 rúd egyensúlyát megvizsgálva megállapíthatjuk, hogy az S1 , S 2 , S 3
200
200
bakállvány az S 4 rúdból egy 200 j vektorú plusz terhelést kap. Ezzel az S1 , S 2 , S 3 rudakból álló bakállvány terhelése
F2* = F2 + 200 j = 200i + 0 j + 200k értékű lesz. Az S1 , S 2 , S 3 bakállványnál írjuk fel az egyensúlyi egyenletet, vagyis
F2* + λ1v1 + λ2 v2 + λ3 v3 = 0 . F2*v2 v3 λ1 = − v1v2 v3
v1 F2*v3 λ2 = − v1v2 v3
v1v2 F2* λ3 = − v1v2 v3
0 0 3 v1v2 v3 = 0 − 5 3 = 3(0 + 20 ) = 60 4
0
z
F2
3
200
200 0 200 F2*v2 v3 = 0 − 5 3 = −5(600 − 800 ) = 1000 4
0
0 0 3 v1 F2*v3 = 200 0 200 = 0 4 v1v2 F2*
0 = 0 200
λ1 = −
0
S1 150
3
0 −5 0
S3
200
3
3 3 = 3(0 + 1000 ) = 3000
x
50
200
1000 100 =− 60 6
λ2 = 0
S1 = λ1v1 = 0i + 0 j − 50k
λ3 = −
húzott
S 2 = λ2 v2 = 0i + 0 j + 0k
vakrúd
S 3 = λ3 v3 = −200i + 0 j − 150k
húzott
- 60 -
3000 = −50 60
200
20. feladat z
Határozza meg a kényszererőket!
E
F = 100i + 200 j + 300k
S2
eredmények: A = 0i + 300 j + 0k B = −400i + 0 j − 300k C = −100i + 0 j + 0k
S1
D
3m
S3
C
S5
S4
D = 0i − 500 j + 0k A = 400i + 0 j + 0k
B
S6
y
A 4m
x 5m
21. feladat z
S3
S1
Határozza meg a kényszererőket!
S4
F1 D
C
S2 S6
A
F1 = 100i + 100 j + 200k
S5
F2 = 200i − 200 j + 300k 3m
F2
y
B
x
D = 60i + 0 j + 0k
4m
5m
eredmények: A = 0i + 0 j − 200k B = 0i + 0 j − 300k C = −360i + 100 j + 0k
22. példa z
F
Egy súlytalan, végtelen merev lapot a térben megtámasztunk hat rúddal úgy, hogy a merev test bármilyen terhelése mellett a szerkezet stabil marad. Határozzuk meg a rúderőket!
S4
S5 S2 S1
S6
5m
F = 100i + 100 j + 100k
S3 y 4m
x
3m
- 61 -
A térbeli erőrendszer egyensúlyi feltételeit három különböző módon fogalmaztuk meg. I. ∑ F = 0 és ∑ M = 0 II. ∑ M A = 0 , ∑ M B = 0 és ∑ M C = 0 . III. Egymástól lineárisan független hat tengelyre felírt nyomaték zérus. Nézzük meg, hogy az egyes egyensúlyi feltételek alkalmazásával hogyan oldható meg a feladat.
F
I. Vizsgáljuk a merev testre ható erőket. A rudakban - mivel azok csak csuklóikon terheltek - rúdirányú erők keletkeznek. Ezeket az erőket a rúdirányú vektoroknak λ szorosaiként írhatjuk fel.
v4
S1 = λ1v1 = λ1 (− 4i + 0 j + 5k )
v2
S 2 = λ2 v2 = λ2 (0i + 0 j + 5k )
S 3 = λ3 v3 = λ3 (4i − 3 j + 5k )
S 4 = λ4 v4 = λ4 (0i − 3 j + 5k )
v5
v6
v3
v1
S 5 = λ5 v5 = λ5 (− 4i + 0 j + 5k ) S 6 = λ6 v6 = λ6 (0i + 0 j + 5k )
A ∑ F = 0 vagyis, F + S1 + S 2 + S 3 + S 4 + S 5 + S 6 = 0 vektoregyenlet i , j , k egységvektorokhoz tartozó együtthatói külön-külön zérus értékűek. (1) − 4λ1 + 0λ2 + 4λ3 + 0λ4 − 4λ5 + 0λ6 + 100 = 0 F (2) 0λ1 + 0λ2 − 3λ3 − 3λ4 + 0λ5 + 0λ6 + 100 = 0 (3) 5λ1 + 5λ2 + 5λ3 + 5λ4 + 5λ5 + 5λ6 + 100 = 0 r2 A ∑ M = 0 egyensúlyi egyenlet szerint a tér bármely pontjára felírt nyomaték zérus. Válasszuk ki az F erő támadáspontját annak a pontnak, amelyre felírjuk az erők nyomatékát. Vegyük figyelembe, hogy erre a pontra az S1 , S 2 , S 4 és F erőknek zérus a nyomatéka, hiszen hatásvonaluk átmegy a kiválasztott ponton. Ennek megfelelően
A
r1
S5 S3
∑ M = r1 × S3 + r2 × (S5 + S 6 ) = 0 i r1 × S 3 = 4 4λ3
j 0 − 3λ3
k 0 = 5λ3
= i (0 − 0) − j (20λ3 − 0) + k (− 12λ3 − 0) = = 0i − 20λ3 j − 12λ3 k r2 × (S 5 + S 6 ) =
i
j
0 − 4λ 5
3 0
k
0 = i (15λ5 + 15λ6 − 0 ) − j (0 − 0 ) + k (0 + 12λ5 ) (5λ5 + 5λ6 )
- 62 -
S6
∑ M = (15λ5 + 15λ6 )i − 20λ3 j + (12λ5 − 12λ3 )k = 0i + 0 j + 0k A skaláregyenletek: (4) 15λ5 + 15λ6 = 0 (5) − 20λ3 = 0
(6) 12λ5 − 12λ3 = 0 Az (5) egyenletből λ3 = 0 A (6) egyenletből λ5 = 0 A (4) egyenletből λ6 = 0 A (2) egyenletből
λ4 =
100 3
Az (1) és (3) egyenletek az eddig kiszámított λ értékek behelyettesítésével az alábbi alakokat veszik fel: (1) − 4λ1 + 100 = 0 , amiből λ1 = (3) 5
100 = 25 4
100 100 + 5λ 2 + 5 + 100 = 0 4 3
λ2 = −
940 12
F
A rúderők rendre
S1 = −100i + 0 j + 125k 5 ⋅ 940 S 2 = 0i + 0 j − k 12 S 3 = 0i + 0 j + 0k 500 S 4 = 0i − 100 j + k 3 S 5 = 0i + 0 j + 0k
S1
S5
S2 v 1
v2
B
S 6 = 0i + 0 j + 0k Ellenőrzésképpen adjuk össze a lemezre ható erőket
∑ F = 0i + 0 j + 0k
II. Válasszunk ki három, nem egy egyenesre eső pontot. Az A pontra számított nyomatékot az előző pontban számoltuk. A B pontra S 3 , S 4 , S 6 erőknek A C zérus a nyomatéka, mivel átmennek a ponton. A C pontra nincs nyomatéka az S 5 és S 6 erőknek. A következőkben kiszámítjuk az M B és M C nyomatékokat. y
M B = v2 × S 5 + v1 × (S1 + S 2 + F ) = 0
B
x
- 63 -
v2 × S 5 =
i 0
j 0
− 4λ5
k 5 =
0 5λ5
= i (0 − 0 ) − j (0 + 20λ5 ) + k (0 − 0 ) = 0i − 20λ5 j + 0k
i 0
v1 × (S1 + S 2 + F ) =
j −3
k 5
=
(− 4λ1 + 100) 100 5λ1 + 5λ2 + 100 = i (− 15λ1 − 15λ2 − 300 − 500 ) − j (0 + 20λ1 − 500 ) + k (0 − 12λ1 + 300 )
A skaláregyenletek:
− 15λ1 − 15λ2 − 800 = 0 − 20λ5 − 20λ1 + 500 = 0 − 12λ1 + 300 = 0
∑ M C = v2 × S 3 + v1 × (S1 + S 2 + S 4 + F ) = 0
F v1
C
S4
S1
v2
S2
S3
v1 × (S1 + S 2 + S 4 + F ) =
i v2 × S 3 = 0 4λ3
j 0 − 3λ3
k −5 = 5λ3
= i (0 − 15λ3 ) − j (0 + 20λ3 ) + k (0 − 0 ) = = −15λ3i − 20λ3 j + 0k
i 0
j −3
k 0
(− 4λ1 + 100) (− 3λ4 + 100) (5λ1 + 5λ2 + 5λ4 + 100) = −3[(5λ1 + 5λ2 + 5λ4 + 100 )i − (− 4λ1 + 100)k ] = = (− 15λ1 − 15λ2 − 15λ4 − 300 )i + (− 12λ1 + 300 )k
Az A ponthoz tartozó 3 skaláregyenlet: (1) 15λ5 + 15λ6 = 0 (2) − 20λ3 = 0 (3) 12λ5 − 12λ3 = 0 A B ponthoz tartozó 3 skaláregyenlet: (4) − 15λ1 − 15λ2 − 800 = 0
- 64 -
=
(5) − 20λ5 − 20λ1 + 500 = 0 (6) − 12λ1 + 300 = 0 A C ponthoz tartozó 3 skaláregyenlet: (7) − 15λ1 − 15λ2 − 15λ4 − 300 = 0 (8) 0 = 0 (9) − 12λ1 + 300 = 0 A (2)-ből A (3)-ból Az (1)-ből
λ3 = 0 λ5 = 0 λ6 = 0
A (6), (9) vagy (5) egyenletből A (4)-ből A (7)-ből
− 1175 15 500 λ4 = 15
λ1 =
300 = 25 12
λ2 =
A rúderők rendre
S1 = −100i + 0 j + 125k 5 ⋅1175 S 2 = 0i + 0 j − k 15 S 3 = 0i + 0 j + 0k 1500 2500 S 4 = 0i − j+ k 15 15 S 5 = 0i + 0 j + 0k S 6 = 0i + 0 j + 0k III. Keressünk hat lineárisan független tengelyt és számítsuk ki rájuk az erőrendszer nyomatékát. A tengelyek megválasztásánál két fontos szemponF tot tartsunk szem előtt: t3 • olyan tengelyt válasszunk, melyen sok erőnek a hatásvonala átmegy, mert így ezeknek a S3z S4 nyomatéka zérus. S3 y S5 S S1 • a tengelyre könnyű legyen kiszámolni a nyo6 matékot S2 S3x A kijelölt ( t3 ) tengelyre nincs nyomatéka az S1 ,
S 2 , S 4 , S 5 , S 6 , F erőknek, mert hatásvonaluk átmegy a tengelyen. Bontsuk fel az S 3 rúderőt komponenseire. Az S 3 x hatásvonala átmegy a tengelyen, az S 3 y hatásvo-
- 65 -
nala párhuzamos a t3 tengellyel, így ezek nyomatéka szintén zérus. Az S 3 z -nek van nyomatéka a t3 tengelyre, de az egyensúly miatt ennek is zérusnak kell lennie:
S3z ⋅ 4 = 0
ami csak úgy teljesülhet, ha S 3 z = 0 . Ha az erőnek ez a komponense zérus, akkor maga az erő is zérus, tehát az S 3 rúdban nem ébred erő. A kijelölt tengelyre (t5) nincs nyomatéka t5 az S1 , S 2 , S 4 , F erőknek, mert hatásvonaluk átF S5z megy a tengelyen; S5x S 3 -nak, mert értéke zérus;
S4
S1
S 6 -nak, mert hatásvonala párhuzamos a tengellyel;
S6 S2
S 5 z -nek, mert hatásvonala úgyszintén párhuzamos a tengellyel. S 5 x nyomatéka a tengelyre S 5 x ⋅ 3 Ennek a nyomatéka az egyensúly miatt zérus értékű, ezért S 5 x = 0 Mivel az erő egyik komponense zérus, így maga az erő is zérus értékű:
S5 = 0 Vagyis az S 5 rúdban nem ébred
F
A t 6 tengelyre nincs nyomatéka az S1 , S 2 , S 4 , F , S 3 , S 5 -nek. Az S6 erőnek van nyomatéka a kijelölt tengelyre. Az egyensúly S1 miatt azonban ennek zérus értékűnek kell lenni
S6 ⋅ 3 = 0 S6 = 0 Az S 6 rúdban tehát nem ébred erő. Fz = 100 S4 y
S4z
F y = 100
A t 4 tengelyre nincs nyomaté-
S4
S6
S2
ka
S 3 , S 5 , S 6 -nak, mert értéke zérus; S1 , S 2 -nek, mert hatásvonala átmegy a tengelyen;
Fx = 100
S1
t6
erő.
S2
Fz , S 4 z -nek, mert hatásvonala átmegy a tengelyen; Fx -nek, mert hatásvonala párhuzamos a tengellyel. Így S 4 y ⋅ 5 − Fy ⋅ 5 = 0 vagyis S 4 y = Fy = 100 Az S 4 x meghatározása a hasonló háromszögek alapján lehetséges.
t4
- 66 -
A geometriai háromszög hasonló az erőháromszöghöz, vagyis
S4z 5 = S4 y 3
z
5 500 S4z = S4 y = 3 3
Ezzel S 4 = −100 j +
500 k 3
5m
S4
S4z
A t1 tengelyre nincs nyomatéka
y
S 3 , S 5 , S 6 -nak, mert értéke zérus;
S 4 y = 100
3m
S 2 , S 4 -nek, mert hatásvonala átmegy a
tengelyen; S1z , Fz -nek, mert hatásvonala átmegy a tengelyen; Fy -nak, mert hatásvonala párhuzamos a tengellyel. Így, Fx ⋅ 5 − S1x ⋅ 5 = 0
S1x = Fx = 100
z
Fz S1z
S1x
Fx
S4
5m
Fy
S1 x
S2
S1z
S1x = 100
4m
A hasonló háromszögek alapján
S1z 5 = S1x 4 5 S1z = S1x = 125 4
t1
S1 = −100i + 125k A t 2 tengelyre nincs nyomatéka
Fz S1z
S1x
Fx
S4
S 3 , S 5 , S 6 -nak, mert értéke zérus; S 4 -nek, mert hatásvonala átmegy a tengelyen;
Fy
S2
Fx , S1x -nek, mert hatásvonala párhuzamos a tengelylyel. Így, S 2 ⋅ 3 + S1z ⋅ 3 + Fz ⋅ 3 + Fy ⋅ 5 = 0
(
S 2 ⋅ 3 = − S1z ⋅ 3 + Fz ⋅ 3 + Fy ⋅ 5
t2
)
S 2 ⋅ 3 = −(125 ⋅ 3 + 100 ⋅ 3 + 100 ⋅ 5) = −1175 1175 S2 = − 3
- 67 -
A rúderők tehát rendre:
S1 = −100i + 0 j + 125k 1175 S 2 = 0i + 0 j − k 3 S 3 = 0i + 0 j + 0k
S 4 = 0i − 100 j +
500 k 3
S 5 = 0i + 0 j + 0k S 6 = 0i + 0 j + 0k
A feladat megoldása - történjen az bármelyik módszer szerint - ugyanarra az eredményre vezet. 23. példa
z
F1 = 10000 N
Egy 2 m vastagságú végtelen merev testet hat rúddal megtámasztunk. Határozzuk meg a rúderőket és a D pontban ébredő kényszererőt!
2m H
G
F2 = 3000 N
F
E
10000
S4
4m
S3
S6 S5
S1
C
S2
S4 t4
D
A
B
3m
x 3m
10000 ⋅ 3 − S 4 ⋅ 3 = 0 S 4 = 10000 S 4 = 0i + 0 j + 10000k
S6
S6 = 0
t6
- 68 -
y
10000
S1 = 10000
S1 = 0i + 0 j + 10000k S1 t1
S3 z
S 4 = 10000
3000 S3 x
S 3 z ⋅ 3 − 3000 ⋅ 4 + 10000 ⋅ 3 = 0 S 3 z = −6000
t3
S 3 x = −4500 S 3 = −4500i + 0 j − 6000k
4m
S3z
3m S2z
S1 = 10000
10000 ⋅ 3 + S 2 z ⋅ 3 = 0 S 2 z = −10000
S2 y
t2
- 69 -
S3 S3x
S 2 y = 7500
4m
S2
S 2 = 0i − 7500 j − 10000k
S2z 3m
S2x S 3 z = 6000
4500 ⋅ 3 − S 5 x ⋅ 3 = 0 S 5 x = 4500
S5z S5x
Ennek következében adódik
S5 y
S 3 x = 4500
S 5 y = 4500 S 5 z = 6000
S 5 = 4500i + 4500 j + 6000k A rúderők:
S1 = 0i + 0 j + 10000k
t5
S 2 = 0i − 7500 j − 10000k S 3 = −4500i + 0 j − 6000k S 4 = 0i + 0 j + 10000k S 5 = 4500i + 4500 j + 6000k S 6 = 0i + 0 j + 0k A merev testre a rúderőkön kívül még hat az F1 és F2 erő is.
F1 = 0i + 0 j − 10000k F2 = 0i + 3000 j + 0k A merev testre ható összes erő eredője zérus.
∑ F = 0i + 0 j + 0k
0 − S 5 = −4500i − 4500 j − 6000k
S6 S5 0 0
D kényszererő D = S 5 = 4500i + 4500 j + 6000k
S5 D
- 70 -
24. feladat Egy végtelen merev testet 6 rúddal támasztanak meg az ábrán látható módon. A testre F1 erő hat. Határozza meg a rúderőket!
z
S6
F1 = 200 i
S5
S1 = 0i + 0 j + 400k
S4
S 2 = −200i + 0 j + 0k
2m
S3 2m
S 3 = 0i + 400 j + 0k
y S = 0i + 400 j + 0k 4 S 5 = 0i − 800 j + 0k
S2
S 6 = 0i + 0 j − 200k
F2 = −200 k
S1 x 4m
z
25. feladat Egy zérus vastagságú végtelen merev lapot 6 rúddal támasztanak meg. Határozza meg az A pontban ébredő csuklóerőt!
500 N
S1 S2
Eredmény:
A = 400i + 500 j − 300k
3m
S6 S5
S3
y 4m
A
x
S4
5m
- 71 -
III.) Igénybevétel Tételezzük fel, hogy az ábrán vázolt testet támadó erők (melyek lehetnek terhelések és kényszererők egyaránt) egyensúlyban vannak. Válasszuk ketté a testet a súlyvonalának bármely pontján átmenő, az adott pontban a súlyvonalra merőleges síkkal. Ekkor az egyensúly megbomlik.
I.
Az egyensúly helyreállításakor az elvágás helyén a keresztmetszet súlypontjában működtetni kell egy F erővektort és egy M nyomatékvektort. F I. n
M
−M
−n
II.
−F
Egy rúd tetszőleges keresztmetszetének igénybevételén a rajta átadódó erőhatást értjük. Ez egy felületen megoszló erőrendszer, melynek eloszlását a statika módszereivel nem tudjuk követni, de az eredőjét meghatározhatjuk. A megállapodás alapján egy keresztmetszet igénybevételén az első (I.) testről a második (II.) testre átadódó erőhatást értjük. Ez pontosan megegyezik az első testre ható erőrendszernek a keresztmetszet súlypontjába redukált vektorkettősével. − M = ∑ M i + ∑ ri × Fi − F = ∑ Fi
Általános esetben ez a vektorkettős (F , M ) felbontható hat komponensre.
e1 M e1
e1 F
e2
e2
M e2
Fe1 Fe 2
n M
n
Fn
Mn
n = a kiválasztott keresztmetszet normálisa. A hat komponensből négy beleesik a keresztmetszet síkjába, kettő pedig merőleges rá. Ezek a komponensek az alábbi igénybevételeket jelentik:
- 72 -
Fn (N) normálerő
M n (Mcs) csavaró nyomaték
Fe1 (V) nyíróerő
M e1 (Mh) hajlító nyomaték
Fe 2 (V) nyíróerő
M e 2 (Mh) hajlító nyomaté
Ha a keresztmetszetet egyidejűleg csak egyetlen erő- vagy nyomatékkomponens terheli, akkor egyszerű igénybevételről beszélünk. Ha több komponens lép fel, akkor összetett az igénybevétel. Hogy szemléletes képet kapjunk az egyes keresztmetszetek igénybevételéről, a hely függvényében ábrázoljuk a keresztmetszetet terhelő normálerőt, nyíróerőt, hajlító és csavaró nyomatékot. Az igénybevételi ábrák megrajzolásánál mindig követni kell a következő – megállapodás alapján hozott – szabályokat. - Kijelöljük a haladási irányt. 200N - A nyomatéki metszékeket mindig a húzott oldalra raj40N 20N zoljuk. Ez azt jelenti, hogy a 2m 3m balról számított nyomaték akkor pozitív (+), ha a nyo200N maték az óramutató járásával megegyezően forgat. A jobb40N 20N ról számított nyomaték akkor 60N pozitív, ha az óramutató járá500N sával ellentétesen forgat. eleje
vége haladási irány
+ -
600
-
A nyíróerő ábrán balról indulva a fölfelé mutató irány a pozitív. Máshogy fogalmaz200 200 + va, az az irány a pozitív, V 300 amely a pozitív nyomatékot hozza létre. A normálerő ábrán a húzás 40 + N pozitív előjelű, míg a nyomás 20 negatív. Pozitívnak tekintjük a normálerőt, ha balról számított eredő erő a vizsgált keresztmetszetből kifelé mutat.
M +
+N
- 73 -
Tört tengelyű tartóknál az egyenes tartónál alkalmazott előjelszabály a mérvadó, de megfelelően elforgatva. D C
F A
C
N + -
B
V + -
A
M +-
N +-
V
V +-
M
M +-
vége
D
eleje
D
F
B
N
eleje
vége
C
+ + + -
1.) Koncentrált erőkel terhelt tartó -
2000N
1000N
100N 2m
5m
3m
1000N
-
2000N
100N
100N
1400N
1600N
-
M + 2800Nm 4800Nm 1400N
V
1000N
+ 2000N
1600N
+
N -
100N
- 74 -
Első lépésként meghatározzuk a kényszererőket, az egyensúlyi egyenletek alapján. Alkalmazzuk az előzőekben magadott előjelszabályt. Figyelembe vesszük a koncentrált erőkkel terhelt tartó nyomatéki ábrájának alábbi tulajdonságait: - Szabad végen (a rúd végein), ha nincs koncentrált nyomaték, akkor a hajlító nyomaték értéke zérus. - Két erő között a függvény lineáris. Ezért elég a függvény két végpontján lévő értékeket meghatározni. - Az erő hatásvonalánál a függvénynek törése van.
2.) Koncentrált nyomatékkal terhelt tartó 1000Nm
2000Nm
2m
5m
1000Nm
A koncentrált nyomatékkal terhelt tartónál, ahol a koncentrált nyomaték hat, ott a nyomatéki függvényben – az ott ható nyomaték értékének megfelelően – ugrás van. A függvény pontjai rendre (az előjelszabály figyelembevételével): − 300 ⋅ 2 = −600 − 300 ⋅ 2 + 1000 = +400 − 300 ⋅ 7 + 1000 = −1100 − 300 ⋅ 7 + 1000 + 2000 = +900 − 300 ⋅10 + 1000 + 2000 = 0 Az egyes erőhatások közötti szakaszokon a függvény továbbra is lineáris.
3m
2000Nm
300N
1100Nm
300N
600Nm
M +-
400Nm 900Nm
V +300N
300N
+
N -
3.) Megoszló erőrendszerrel terhelt tartó p
-
B
A
l/2
l/2
F = p ⋅l
p ⋅l A= B= 2
A
-
M +A
D
E
p ⋅l l p ⋅l2 ⋅ = 2 2 4
-
B
B
p⋅l 8
2
C
p ⋅l 2
+
V -
p ⋅l 2
xp
A=
p ⋅l 2
x
M(x)
- 75 -
Megoszló erővel terhelt tartó esetén a megoszló erőrendszert helyettesíthetjük egy koncentrált erővel, amely a megoszló erőrendszer eredője. Meghatározzuk a kényszererőket. Megrajzoljuk a nyomatéki ábrát a koncentrált erőkre. Egyenletesen megoszló terhelés esetén, ahol a nyomatéki függvényt az alábbi képlet p ⋅l x M ( x) = ⋅x − p⋅x⋅ 2 2 határozza meg, a következő módón rajzolhatjuk meg a másodfokú függvényt.
-
Meghatározzuk azt a háromszöget, amelynek segítségével megrajzoljuk a parabolát. (ABC háromszög) A parabola megrajzolásához három pontra és három érintőre van szükségünk. Ezek rendre a következők: - A pont AC egyenes, mint érintő - B pont BC egyenes, mint érintő - E pont és az E pontban, az AB egyenesekkel párhuzamos érintő. Az E pontot az alábbiak szerint kapjuk: - A C ponton át párhuzamost húzunk a megoszló erőrendszer intenzitásával - Ez az egyenes az AB egyenest a D pontban metszi - A CD távolságot megfelezzük
A nyíróerő ábrát először megrajzoljuk a koncentrált erőkre. Azon a szakaszon, ahol a megoszló erőrendszer található a szakasz elején és végén kapott nyíróerő értékeket egyetlen egyenessel kötjük össze, hiszen ezen a szakaszon a nyíróerő függvényt az alábbi képlet írja le: p ⋅l V ( x) = − p⋅x 2 F=1500N 500Nm
p=1000N/m A
2
500Nm B
3
2
Az olyan esetekben, amikor a megoszló terhelés tartományában erők vagy nyomatékok vannak, az igénybevételi ábrák megrajzolásához a megoszló terhelés nem helyettesíthető egyetlen koncentrált erővel!
1,5 1,5
A=2200N B=7300N
A megoszló erő tartományát úgy kell szakaszokra bontani, hogy az egyes szakaszokon belül a megoszló terhelés tisztán hasson. Ennek megfelelően az ábrán a megoszló terhelést 4 részre bontottuk.
- 76 -
3000N
1500N 2000N
1500N
1500N
500Nm
500Nm A 2
B 1,5
1,5
1
1
0,75 0,75 0,75 0,75
4000Nm
1750Nm 1125Nm 625Nm
700Nm
-
M +
500Nm
1600Nm 3300Nm 3000N 2200N
V +800N 2300N
4300N
4.) Másodfokú függvény rajzolása p A
D
C
E B A
D
H
e1 J
C
L K e 2 B
érintő
Jelen esetben ismertnek tételezzük fel az A,B,C pontokat, valamint az egyes pontokat összekötő egyeneseket. A megoszló erőrendszer intenzitása a rajznak megfelelő. 1. B ponton keresztül párhuzamost húzunk az intenzitás irányával, 2. BD távolság felezésével kapjuk meg az E pontot, 3. E pontban AC egyenessel párhuzamost húzunk. Ezzel megkapjuk a parabola 3 pontját és az érintőjét.
- 77 -
További pontok szerkesztése 1. AC szakaszon kijelölünk egy pontot H 2. H ponton keresztül párhuzamost húzunk a BC illetve AB egyenesekkel 3. kijelöljük a J és K pontokat. A JK egyenest megrajzoljuk 4. H ponton keresztül párhuzamost húzunk a DB szakasszal 5. Megkapjuk az L pontot Az L pont valamint a JK egyenes adja a parabola újabb pontját, valamint a hozzá tartozó érintőt.
5.) Összefüggés a hajlítónyomatéki és nyíróerő függvények között Vizsgáljuk meg a dx hosszúságú elemi tartódarab egyensúlyát. Írjuk fel az S (keresztmetszet súlypontja) pontra a nyomatékokat dx − M + Vdx + pdx ⋅ + ( M + dM ) = 0 2 dx pdx ⋅ ≡ 0 (kis számokról lévén szó) 2
p dx
p M
S
V
dx
M+dM V+dV
Vdx + dM = 0 dM = −Vdx dM = −V illetve dx
Ez az összefüggés azt fejezi ki, hogy a hajlítónyomatéki függvény x szerinti első differenciálhányadosa a nyíróerő függvény. Ebből az is következik, hogy ahol a nyíróerő függvény zérus értékű, ott a nyomatéki függvénynek helyi szélsőértéke van. A függőleges erők egyensúlyát a V + pdx − (V + dV ) = 0 egyenlet írja le, amiből pdx − dV = 0 dV illetve =p dx Vagyis a nyíróerő függvény differenciálhányadosa megegyezik a terhelő megoszló erőrendszer adott pontbeli intenzitásával. Ezekből az összefüggésekből az alábbi, a gyakorlatban használatos következtetések vonhatók le: 1. Mivel a levezetéseknél, a vizsgált szakaszokon megoszló terhelést vettünk figyelembe, ezért az eredmények érvényessége csak olyan szakaszokra vonatkozik, ahol nem lép fel koncentrált erő vagy nyomaték. Másképpen fogalmazva az összefüggések csak koncentrált erőhatások (erők, nyomatékok) közötti szakaszokon érvényesek. 2. A hajlítónyomatéki függvény x szerinti első differenciálhányadosa a nyíróerő függvény. Ebből két dolog következik: - Ahol a nyíróerő függvény zérus értékű, ott a nyomatéki függvénynek helyi szélsőértéke van.
- 78 -
-
A vizsgált szakaszon a nyomatéki függvény értékének változása az ugyanahhoz a szakaszhoz tartozó nyíróerő függvény alatti területtel egyezik meg. ∆M = ∫ Vdx
3. Azon a szakaszokon, ahol egyenletesen megoszló terhelés van, - A nyíróerő függvény lineáris - A nyomatéki függvény másodfokú függvény.
6.) Példák az igénybevételek témakörből 1. példa 700N
Rajzoljuk meg a tartó igénybevételi ábráját!
200N 500Nm
2m 700N MA Ay
AX = −200 N 200N
Ax számítási modell 700N
Egyensúlyi egyenletek: AX + 200 = 0 ∑X =0
3m
500Nm
500Nm
700N
∑M
200N valós erőjáték 900Nm
M +-
500Nm
700N
+
V -
+
N -
AY − 700 = 0 AY = 700 N
200N
900Nm
∑Y = 0
200N
- 79 -
( A)
=0
M A − 700 ⋅ 2 + 500 = 0 M A = 900 Nm
2. példa 500N 300N/m 800Nm
300N 1m
4m
500N
2m
Egyensúlyi egyenletek: − 300 + BX = 0 ∑X =0
BX = 300 N
1200N 800Nm
300N
Rajzoljuk meg a tartó igénybevételi ábráját! Határozzuk meg a maximális nyomaték helyét és nagyságát!
Ay
By
Bx
∑M
( A)
=0
500 ⋅1 − 1200 ⋅ 2 + BY ⋅ 4 + 800 = 0
500Nm
BY = 275 N
M +
∑Y = 0 925,9Nm 2050Nm
− 500 − 1200 + 625 + AY = 0 AY = 1425 N
925Nm
A nyíróerő függvénye 925 − 300 ⋅ x = 0 925 x= = 3,083& mm 300 A maximális nyomaték értéke
+
V -
275Nm
500Nm x
4 , 083&
M =
300N
+
N -
∫ Vdx 0
Ez az előjelhelyes összeg a
nyíróerő ábra alatti terület, vagyis 925 ⋅ 3,083& = 925,9 Nm 2 Ez a nyomaték jobbról is számítható. Itt azonban figyelembe kell venni, hogy a 800Nm-es koncentrált nyomaték is hat, vagyis M max = ∑ M + ∫ Vdx
− 500 ⋅1 +
Számszerűen: + 800 +
275 ⋅ 0,916& = 925,9 Nm 2
- 80 -
3. példa
2p
Rajzoljuk meg a tartó igénybevételi ábráját! Határozzuk meg a maximális nyomaték helyét és nagyságát! p=400N/m
p
2m
4m
2m
1600N
3200N
800N
Egyensúlyi egyenletek: ∑X =0
AX = 0 N B
A
∑M
=0 − 1600 ⋅1 + 3200 ⋅ 2 + 800 ⋅ 5 − B ⋅ 6 = 0
1600Nm
( A)
-
M + 1466,6Nm
B = 1466,6& N
∑Y = 0 − 1600 + A − 3200 − 800 + 1466,6& = 0
3466,8Nm 2533,4N
V +-
A = 4133,4& N 666,6N
1600N
1466,6N
x
N +A maximális nyomaték értéke 1600 ⋅ 2 2533,4& ⋅ 3,16& − + = 2411 Nm 2 2 Vagy jobbról (1466,6& + 666,6& ) ⋅ 2 666,6& ⋅ 0,83& + = 2411 Nm 2 2
- 81 -
A két parabola egyenlete eltér egymástól, de a kapcsolódási pontban az érintőjük azonos. A maximális nyomaték helye 2533,4& − 800 ⋅ x = 0 x = 3,17 m
4. példa 5m
Rajzoljuk meg a tartó igénybevételi ábráit! 2m
2m 200N 500N
Egyensúlyi egyenletek
MA
Ax Ay
200N
∑X =0
AX + 200 = 0
AX = −200 N
∑Y = 0
AY + 500 = 0
AY = −500 N
500N
200N
∑M
1900Nm
( A)
=0
M A + 500 ⋅ 3 + 200 ⋅ 2 = 0
M A = −1900 Nm
500N
Bontsuk részeire a törttengelyű tartót és a csatlakozó pontokban állítsuk helyre az egyensúlyt! 200N 500N
500N
500N
200N
200N 600Nm
1900Nm
500N 200N
600Nm
200N
1000Nm 500N 500N
200N
200N 500N
1000Nm
- 82 -
Rajzoljuk meg külön-külön az egyes részek igénybevételi ábráit, majd rajzoljuk össze. 600Nm
M +
600Nm
1900Nm
600Nm 1000Nm
M +
M +
1900Nm
1000Nm
1000Nm
A nyomatéki metszékek mindig a húzott oldalon vannak! V
+ -
200N
500N
200N 500N
V
+ -
500N
+ V -
500N
200N
200N
+ 500N
+200N
N
+ -
-500N
+ N -
N
-200N
200N
- 83 -
-500N
5. példa 200N/m A
960N 3m
B
5m
Számított értékek alapján rajzoljuk meg a tartó nyomatéki és nyíróerő ábráját! Határozzuk meg a maximális nyomaték nagyságát és helyét! Egyensúlyi egyenletek
1000N
600N
∑M A
B
960N
=0 600 ⋅1,5 − 960 ⋅ 3 + 1000 ⋅ 5,5 − 8 B = 0 B = 440 N A
∑Y = 0
300Nm
A − 600 + 960 − 1000 + 440 = 0 A = 200 N
M +
300Nm
1100Nm
500N 200N
V +400N
440N
Maximális nyomaték helye 440 x= = 2,2 m 200 440 ⋅ 2,2 M max = = 484 Nm 2
x
+ N -
- 84 -
6. példa Határozzuk meg a nyomatéki ábra jellemző értékeit!
1000N/m A 1000N
2m 2m
300N B 1m
2m
2m
2m
5000N
2000N
Egyensúlyi egyenletek
∑X =0
Bx − 1000 = 0
Bx = 1000 N
Ay
1000N
∑M
300N By
=0
Ay ⋅ 3 − 5000 ⋅ 0,5 + 2000 ⋅ 3 − 1000 ⋅ 2 − 300 ⋅ 2 = 0
Bx
Ay = −300 N
∑Y = 0
14000Nm
− 300 − 5000 − 2000 − 300 + B y = 0
12000Nm
2000Nm
B
B y = 7600 N
600Nm 14000Nm
14000Nm
- 85 -
7. példa Határozzuk meg a maximális nyomaték helyét és nagyságát, valamint rajzoljuk meg az M, V, N ábrákat!
2kN 4kN/m 45°
2m
2m
2kN
Egyensúlyi egyenletek
4m 16kN
Ax
Ay
By
Bx
4kNm
Ay + B y − 2 − 16 = 0 2 ⋅ 2 − 16 ⋅ 4 + B y ⋅ 6 = 0
A
B y = 10 kN
8kNm
6kN
Ay = 8 kN
→
Ax = 8 kN
Bx = −8 kN
20kNm
10 = 2,5 m 4 10 ⋅ 2,5 M max = = 12,5 kNm 2 x=
2kN 10kN x
+ N -
Ax + Bx = 0
Ax = Ay
M +
V +-
∑X =0 ∑Y = 0 ∑M = 0
8kN
- 86 -
8. példa 2kN 1,5m
Határozzuk meg a maximális nyomaték helyét és nagyságát, valamint rajzoljuk meg az M, V, N ábrákat, a jellemző értékek feltüntetésével!
3kN/m 3kN 2m
4m
Egyensúlyi egyenletek
2kN 12kN 3kN
B x
By
∑X =0
Ay
∑M
M
B
2 − Bx = 0
Bx = 2 kN
=0 2 ⋅1,5 − 3 ⋅ 2 + 12 ⋅ 2 − Ay ⋅ 4 = 0
3kNm
Ay = 5,25 kN
3kNm 3kNm
∑Y = 0
10,5kN
V
6,75kN
− 3 + B y − 12 + 5,25 = 0
B y = 9,75 kN
2kN
3kN x
N
5,25kN
5,25 = 1,75 m 3 5,25 ⋅1,75 M max = = 4,59 kNm 2 x=
2kN
- 87 -
9. példa 4kN 5kNm
2kN/m A 2m
5kNm
B
2m
4m
4kN
8kN
1,5m
Egyensúlyi egyenletek
4kN
5kNm 5kNm
A
Határozzuk meg a maximális nyomaték helyét és nagyságát, valamint rajzoljuk meg az M, V, N ábrákat!
B
∑M
=0 − 5 + 4 ⋅1 + 5 + 8 ⋅ 4 − B ⋅ 6 + 4 ⋅ 7,5 = 0 A
B = 11 kN
6kNm
5kNm
∑Y = 0
M +
A − 4 − 8 − 4 + 11 = 0 A = 5 kN
1kNm 5kNm 8kNm
V + -
4kN
5kN x
5 = 2,5 m 2 A maximális nyomaték jobbról 7 ⋅ 3,5 M max = −4 ⋅1,5 + = 6,25 kNm 2 x=
7kN 3,5m
+ N -
vagy balról M max = −5 +
- 88 -
5 ⋅ 2,5 + 5 = 6,25 kNm 2
10. példa 2kN
2kN
Rajzoljuk meg az M, V, N ábrákat! 1,5m
A 2kN
2m
B 2m
1m
2m
9kN
2kN
Egyensúlyi egyenletek − 2 + Ax = 0 ∑X =0 Ax = 2 kN 2kN
∑M
A
=0
2 ⋅1,5 − 2 ⋅ 2 + 9 ⋅ 2 − B y ⋅ 3 + 2 ⋅ 5 = 0 Ay 2kN 3kNm 1kNm
M
By
B y = 9 kN
4kNm
∑Y = 0 − 2 + Ay − 9 + 9 − 2 = 0
2kN
2kN
V 2kN
Ay = 4 kN
3kNm
3kNm
N
Ax
2kN
7kN
2kN
- 89 -
11. példa 2kNm
1kN/m
2kN
A
B
2m
4m
2kN
4kN
2m
Egyensúlyi egyenletek 2kNm
2kN A x
Határozzuk meg a maximális nyomaték helyét és nagyságát, valamint rajzoljuk meg az M, V, N ábrákat, a jellemző értékek feltüntetésével!
∑X =0
By
Ay
2 − Ax = 0
Ax = 2 kN
∑M
2kNm
A
=0 2 ⋅1 − 4 ⋅ 2 − B y ⋅ 4 + 2 = 0
M +
B y = 1 kN 2kNm 3kNm
∑Y = 0 Ay = 5 kN
3kN
V + 2kN
A maximális nyomaték helye 3 x = = 3m 1 Maximális nyomaték nagysága balról számítva 2 ⋅ 2 3⋅3 M max = − + = 2,5 kNm 2 2 illetve jobbról 1 ⋅1 M max = 2 + = 2,5 kNm 2
1kN
x
+ N -
− 2 + Ay − 4 + 1 = 0
2kN
- 90 -
12. példa Határozzuk meg a maximális nyomaték helyét és nagyságát, valamint rajzoljuk meg az M, V, N ábrákat, a jellemző értékek feltüntetésével!
4kN/m 1,8kN 0,8m
1,6m
Egyensúlyi egyenletek
6,4kN
∑X =0
Ax = 0 kN
Ay
∑M
1,8 ⋅ 2,4 − 6,4 ⋅ 0,8 + M A = 0
0,8kNm
M A = 0,8 kNm
MA Ax 1,8kN
M +
=0
∑Y = 0
1,44kNm
1,8 − 6,4 + Ay = 0
Ay = 4,6 kN
2,88kNm 1,8kN
V + x 4,6kN
+ N -
A
A maximális nyomaték helye 1,8 x= = 0,45 m 4 Maximális nyomaték nagysága balról számítva 1,8 ⋅ 0,45 M max = 1,8 ⋅ 0,8 + = 1,845 kNm 2 illetve jobbról 4,6 ⋅1,15 M max = −0,8 + = 1,845 kNm 2
- 91 -
13. példa 2kN 3m 3kN/m 4kNm 3kN A
Rajzoljuk meg a tartó nyomatéki ábráját! Határozzuk meg a maximális nyomaték helyét és értékét!
3m
B 4m
2m
2m
Egyensúlyi egyenletek
2kN 12kN
6kN
∑X =0
2 + Ax = 0
Ax = −2 kN
4kNm
∑M
3kN Ax Ay
A
=0
4 + 2 ⋅ 6 + 12 ⋅ 2 − 4 ⋅ B y + 6 ⋅ 5 − 3 ⋅ 6 = 0
By
B y = 13 kN
∑Y = 0
Ay − 12 + 13 − 6 + 3 = 0
Ay = 2 kN 6kNm
M
6kNm
3kNm
4kNm
16kNm 20kNm
3kN
2kN
V 3kN
2kN
x
A maximális nyomaték pontos helyének meghatározásához vizsgáljuk meg a vízszintes tartó nyíróerő ábráját! A maximális nyomaték helye 10 x= m 3 A maximális nyomaték értéke jobbról 10 10 ⋅ 3 ⋅1 3 ⋅1 3 = M max = − + 2 2 2 100 = = 16,66& kNm 6
10kN
- 92 -
14. példa Rajzoljuk meg a teljes rúdszerkezet hajlítónyomatéki ábráját! Az ábrán jelöljük be a számított értékeket!
500N/m 2m
Egyensúlyi egyenletek 2700N
B
3m
A 2m
2m
2m
∑M
A
=0
2000 ⋅ 2 + 2700 ⋅ 2 + 1000 ⋅ 5 − Bx ⋅ 3 = 0 Bx = 4800 N
∑X =0 2000N
1000N
Ax = 4800 N
∑Y = 0 Bx
Ax − 4800 = 0
Ay − 2000 − 2700 − 1000 = 0
Ay = 5700 N 4kNm
2700N
1kNm
Ax Ay
3kNm
17,4kNm
11,4kNm 17,4kNm
- 93 -
15. példa 200N/m
300N/m
320Nm
A
3m
2m
600N
A
B
390N 3m
Egyensúlyi egyenletek
900N
320Nm
∑M B
390N
330Nm
430Nm 825Nm
750Nm
340N
+ x
50N 560N
+ -
A − 600 + 390 − 900 + 560 = 0 A = 550 N
840Nm
550N
N
=0 600 ⋅1,5 − 320 − 390 ⋅ 5 + 900 ⋅ 6,5 − B ⋅ 8 = 0 B = 560 N A
∑Y = 0
M +
V
Határozzuk meg a maximális nyomaték helyét és nagyságát, valamint rajzoljuk meg az M, V, N ábrákat, a jellemző értékek feltüntetésével!
A maximális nyomaték helye 550 x= = 2,75 m 200 Maximális nyomaték nagysága 550 ⋅ 2,75 M max = = 756,25 Nm 2
- 94 -
16. példa
B A
5kN
45°
Határozzuk meg a maximális nyomaték helyét és nagyságát, valamint rajzoljuk meg az M, V, N ábrákat, a jellemző értékek feltüntetésével!
2kN/m
Egyensúlyi egyenletek 4m
4m
BY AX AY
∑X =0
BX
5kN
8kN
8kN
Mmax 4kNm
M +
5kN
3kN
x
5kN
+ -
=0
8 ⋅ 2 + By ⋅ 4 + 8 ⋅ 6 − 5 ⋅ 8 = 0
∑Y = 0
Ay + 8 − 6 + 8 − 5 = 0
Ay = −5 kN
B y = Bx Bx = −6 kN
3kN
N
A
B y = −6 kN 10kNm
+ V -
∑M
Ax + Bx = 0
Ax = 6 kN A maximális nyomaték helye 5 x = = 2,5 m 2
Maximális nyomaték nagysága 6kN
M max =
- 95 -
5 ⋅ 2,5 = 6,25 kNm 2
17. példa 2m
Számított értékek alapján rajzoljuk meg a tartó M,V,N ábráit! Határozzuk meg a maximális hajlítónyomaték helyét és nagyságát!
2m
6kN/m 2kN
6kN/m
A 3m
Egyensúlyi egyenletek
∑Y = 0
Ay − 12 + 2 = 0
Ay = 10 kN
B
∑M
12kN Ax 2kN
Ay 18kN
A
=0
12 ⋅1 − 2 ⋅ 4 + 18 ⋅1,5 − Bx ⋅ 3 = 0 B = 10,3& kN x
∑X =0
Ax + 10,3& − 18 = 0
Ax = 7,6& kN
Bx
Az igénybevételi ábra megrajzolásához gondolatban szedjük szét a tartót és előbb a vízszintes, majd a függőleges rész ábráit rajzoljuk meg. 12kN
A Vx és Vy és M a két rúd csatlakozásánál ébredő erők illetve nyomaték.
M=4kNm
Ax Ay
2kN
Vx Vy
-Vy
Egyensúlyi egyenletek alapján:
M=4kNm
7,66kN
18kN
Vx = 7,6& kN V y = 0 kN M = 4 kNm
8,9kNm 4kNm
10,3kN
+ N -
M +
+ V -
y
15,45kNm
-Vx
- 96 -
Bx
Az összesített igénybevételi ábra
M
4kNm
7,66kN
10kN
V
4kNm 8kNm
2kN
8,9kNm 15,45kNm
-7,66kN
y
10,3kN
N
A maximális nyomatékok helyei 10 m 6 10,3 y= m 6
x=
Maximális nyomatékok nagysága 10 Ay ⋅ x 10 ⋅ 6 100 M max = = = = 8,3& kNm 2 2 12 10,3& 10,3& ⋅ B ⋅y 6 = 8,9 kNm M max = x = 2 2
- 97 -
18. példa
p⋅a p
Számított értékek alapján rajzoljuk meg a tartó M,V,N ábráit! A csuklós megtámasztásnál a 45° miatt Bx=By
p ⋅ a2 45°
a
p⋅a Ax Ay
p ⋅ a2 2 M +
p⋅a V N
+ + -
a
a
p⋅a p ⋅ a2 By
Egyensúlyi egyenletek
p⋅a
A
=0
a 3 pa ⋅ − pa 2 + pa ⋅ a − B y ⋅ 2a + pa ⋅ 3a = 0 2 2 B y = 2 pa
Bx
p ⋅ a2
Bx = 2 pa Ax = 2 pa
p ⋅ a2 2 p⋅a p⋅a
∑M
∑Y = 0 Ay − pa − pa + 2 pa − pa = 0 Ay = pa
2p⋅a
- 98 -
19. példa Rajzolja meg a tartó M,V,N ábráit a jellemző értékek feltüntetésével!
500N/m
600N 500N
Egyensúlyi egyenletek
∑X =0
30° 1,5m
1m
1,5m
4m
∑M
Ax = 0
=0 500 ⋅1,5 + 600 ⋅ 2,5 + 2000 ⋅ 6 − B ⋅ 8 = 0 B = 1781,25 N A
2000N
∑Y = 0
600N
Ay − 500 − 600 − 2000 + 1781,25 = 0
500N
B
Ay = 1318,75 N Bontsuk fel a rúd ferde szakaszára ható erőket rúdirányú és rúdra merőleges komponensekre.
Ax Ay
433N
M
600N
α 519,6N
α
3562,5Nm
300N
500N 250N
α=30°
3125Nm
α 1142,1N
1978,13Nm
1318,75N
2796,9Nm
659,4N
109,4N
A rúdirányú er ő hozza létre a normálerőt, és a rúdra merőleges er ő k a nyírást és a hajlítást.
300N
N 250N 659,4N 218,75N 519,6N 433N 1781,25N 189,5N 1142,1N
V
- 99 -
20. példa
F Rajzolja meg a tartó M,V,N ábráit a jellemző értékek feltüntetésével!
R
Egyensúlyi egyenletek F ⋅ cos ϕ φ
F ⋅ sin ϕ
F
Ay
∑X =0 Ax = 0
Mϕ
∑M Ax
MA
φ
A
=0
MA −F ⋅R = 0
MA = F ⋅R
∑Y = 0
Ay − F = 0
Ay = F
Ay
M ϕ = − M A + Ay ⋅ R ⋅ (1 − cos ϕ ) = − F ⋅ R + F ⋅ R ⋅ (1 − cos ϕ ) = − F ⋅ R ⋅ cos ϕ
Vϕ = F sin ϕ N ϕ = F cos ϕ F
M
N
V
−F
FR
- 100 -
21. példa Rajzolja meg a tartó M,V,N ábráit a jellemző értékek feltüntetésével!
M
R
Egyensúlyi egyenletek
∑M M
A
B=−
=0
M + B ⋅ 2R = 0
M 2R
∑Y = 0 A
B
A=
M
A−
M =0 2R
M 2R
M φ
α
+ -
- +
M M ⋅ R ⋅ (1 − cos ϕ ) = ⋅ (1 − cos ϕ ) 2R 2 M M Mα = − ⋅ R ⋅ (1 − cos α ) = − ⋅ (1 − cos α ) 2R 2
Mϕ =
N
φ
M 2R
V
V
M 2R
φ A=
Vϕ =
N
N -
V
α
φ
α
+ -
M 2R
M ⋅ sin ϕ 2R
α
Vα =
M ⋅ sin α 2R
Nϕ = −
- 101 -
M ⋅ cos ϕ 2R
- +
Nα =
M ⋅ cos α 2R
IV.) Párhuzamos erőrendszerek 1.) Koncentrált erőkből álló párhuzamos erőrendszer z
F1
e r ri
F2 F3
Legyen az erők iránya az e egységvektorral párhuzamos. Az origóhoz tartozó eredő vektorkettős
F2.
F0 = ∑ Fi = e ∑ Fi
M 0 = ∑ ri × Fi = (∑ ri ⋅ Fi )× e
y
alakú, ahol Fi az i-edik erőhöz tartozó előjeles szám.
x
Az eredő vektorkettős elemzésével megállapítható, hogy az alábbi lehetőségek közül melyikhez tartozik az erőrendszer. - Egyensúlyi erőrendszer: F0 = 0 és M 0 = 0 - Az eredő egyetlen erőpár: F0 = 0 és M 0 ≠ 0 - Az erő egyetlen erő: F0 ≠ 0 és M 0 = 0 vagy F0 ≠ 0 és M 0 ≠ 0 Mivel az F0 és M 0 vektorok biztosan merőlegesek egymásra, az alábbi egyszerűsítésre adódik lehetőség. (e )
F0
nes gye e is trál cen
F0
rk
M0
A centrális egyenes egy pontját kijelölő helyvektort (rk ) azon megfontolás alapján kapjuk meg, hogy rk × F0 = M 0 Ezen egyenletbe behelyettesítve az eredő vektorkettős korábbi alakját kapjuk rk × e ∑ Fi = (∑ ri ⋅ Fi )× e illetve rk ⋅ (∑ Fi )× e = (∑ ri ⋅ Fi )× e amiből rk =
∑r ⋅F ∑F i
i
i
- 102 -
Ha az erőrendszer minden elemének támadáspontját rögzítjük és az e egységvektor irányának változtatásával változtatjuk az egyes erők (Fi ) irányát is, akkor minden e
irányhoz (e1 , e2 ,..., en ) tartozik egy centrális egyenes. z
c2 Bizonyítható, hogy ezek a centrális egyenesek egy pontban metszik egymást. Ezt a pontot az erőrendszer erőközéppontjának nevezzük. c1 A ∑ ri ⋅ Fi vektort az erőrendszer statikus (vagy elsőrendű) nyomatékvektorának nevezy zük.
K
rk
e1
e2 e3
c3
x
2.) Megoszló erőrendszer (síkban) Tekintsünk egy p0 intenzitású megoszló erőrendszert. Az erőrendszer eredő erejét az
y
p0
l
x x
0
Az origóhoz tartozó nyomatékot pedig az l p l2 M 0 = ∫ x ⋅ ( p0 dx ) = 0 2 0 integrállal kapjuk. Ezen nyomaték vektora a síkra merőleges. Az erőrendszer erőközéppontja, ahol az erőrendszer helyettesíthető egyetlen erővel p0l 2 x ⋅ p0 dx l rk = ∫ = 2 = ∫ p0 dx p0l 2
dx l
F = p0 ⋅ l l/2
F0 = ∫ p0 dx = p0l integrál adja.
l/2
y
p0 x x
dx l
F0 2/ 3
l
1/ 3
Tekintsünk egy egyenletesen változó megoszló erőrendszert. A fenti gondolatmenetet alkalmazva: l 2 p ∫0 x ⋅ l0 ⋅ x ⋅ dx p30l 2 rk = l = = l p0l 3 p0 ∫0 l ⋅ x ⋅ dx 2
l
- 103 -
3.) Súlypont, tömegközéppont és geometriai középpont A test súlypontján a térfogaton megoszló elemi súlyerők erőközéppontját értjük.
g
∫ r ⋅ ρ ⋅ g ⋅ dV rk =
∫ r ⋅ ρ ⋅ dV =
(V )
∫ ρ ⋅ g ⋅ dV
(V )
∫ ρ ⋅ dV
(V )
∫ r ⋅ dm =
(V )
(V )
∫ dm (V )
Homogén tömegeloszlású testek esetén az ∫ r ⋅ dV rk =
(V )
kifejezés adja meg a súlypont helyét.
∫ dV (V )
A fentiek alapján megállapítható, hogy a testek súlypontja és tömegközéppontja ugyan az a pont. Amennyiben homogén tömegeloszlású a test, akkor a geometriai középpont is megegyezik az előző kettővel. Összetett testek esetén, amikor ismerjük az egyes összetevők geometriai és tömegadatait, a következő eljárással számítható a súlypont, illetve a tömegközéppont.
z
∑ x ⋅m ∑m y ⋅m =∑ ∑m z ⋅m =∑ ∑m
Xs =
i
i
i
Ys
S2 S1
i
i
i
y Zs
i
i
i
x S1(x1,y1,z1) S2(x2,y2,z2)
- 104 -
r=
∑r ⋅m ∑m i
i
i
4.) Vonalak súlypontja z
A vonalak olyan testeknek tekinthetők, amelyek keresztmetszete ( A0 ) rendkívül kicsi. Ennek megfelelően
rk =
y
∫ r ⋅ dV (V )
∫ dV
∫r ⋅ A
0
=
(V )
⋅ dl
(V )
∫ A0 ⋅ dl
=
∫ r ⋅ dl (l )
(V )
∫ dl (l )
x
Több darabból álló vonalak esetén is igaz, hogy
Xs =
∑ x ⋅l ∑l i
Ys =
i
i
∑ y ⋅l ∑l i
Zs =
i
i
∑ z ⋅l ∑l i
i
i
5.) Síkidomok súlypontja y A síkidomok olyan testeknek tekinthetők, amelyeknek vastagsága (v) rendkívül kicsi. Ennek megfelelően S1
rk =
S2
x Összetett síkidomok esetén: x ⋅A Xs = ∑ i i Ys = ∑ Ai
∫ r ⋅ v ⋅ dA (V )
∫ v ⋅ dA
=
(V )
∑y ⋅A ∑A i
Zs =
i
i
∫ r ⋅ dA ( A)
∫ dA
=
( A)
∑z ⋅A ∑A i
i
i
Homogén tömegeloszlás esetén a súlypont mindig rajta van a szimmetriatengelyen.
- 105 -
6.) Példák a párhuzamos erőrendszerek témakörből 1. példa y
R
φ
Határozzuk meg az α nyílásszögű R sugarú körív súlypontjának koordinátáit!
dφ
ds
a
x
S α xs
A szimmetria miatt az Ys = 0 +
α
+
2
∫ R cosϕ ⋅ Rdϕ Xs =
−
+
=
α 2
−
2
2 +
cos ϕ ⋅ dϕ =
α
2 ⋅ R 2 sin R ⋅α
2
α 2 =
2 ⋅ R sin
α
α 2 =a
α
∫α R ⋅ dϕ
∫αds
−
2
∫α R
α
2
α
−
2
2
Félkör alakú vonaldarab súlypontja y
Ys =
S
ys
2 R ⋅ sin
π
π 2 = 2R
π
x a=2R
2. példa y
Határozzuk meg a 2α nyílásszögű körcikk súlypontjának helyét!
R dφ φ x 2α
R
a
dφ
dA =
S 2 R cos ϕ 3
xs
- 106 -
R ⋅ Rdϕ 2
A szimmetria miatt az Ys = 0 +α
Xs =
2 ∫−α 3 R cos ϕ ⋅ dA +α
+α
=
2 R 2 dϕ ϕ R ⋅ cos ∫3 2 −α +α
R ⋅ Rdϕ ∫−α 2
∫ dA
−α
=
R3 3
+α
∫αcos ϕ ⋅ dϕ
−
R 2α
2 3 R sin α 2 R sin α 2 a = 3 2 = = ⋅ Rα 3α 3 α
Félkör alakú síkidom esetén y
π
sin 2R 2 = 4R Ys = ⋅ π 3 3π 2
S
ys
x
3. példa y
Határozzuk meg a vázolt háromszög súlypontjának koordinátáit! b
S
A háromszög átfogójának egyenlete: b y = b− x a
y
ys
xs
x x
dx a
a
a
a
b
a 2 b a 3 a ⋅ b a − a a 2 b − ⋅ 2 3 = 6 = a Xs = 0 a = 0a = 0a = 2 a 32 = ab ab 3 b a b b ⋅ a − ⋅ dA y dx b x dx ⋅ − ∫0 ∫0 ∫0 a 2 2 a 2
∫ x ⋅ dA
∫ xy ⋅ dx
∫ x b − a x dx
b
Hasonló megoldással Ys =
b 3
- 107 -
4. példa y
Határozzuk meg a vázolt síkidom súlypontjának helyét! 1
R 2R
R
4
2 x 3
R
R
Bontsuk fel a síkidomot ismert területű és súlypontú részekre! Ai
xi
yi
R
2R −
4
R 2π 2 2R ⋅ 2R R 2π 2 R2
∑
5R 2
1 2 3
−
R R −
R 2
7 3 R 7 Xs = 2 2 = R 5R 10
xi ⋅ Ai 4R 3π
R 4R − 3π R 2
R 3π 2 4R 3 R 3π 2 R3 − 2 7 3 R 2
−
yi ⋅ Ai − R 3π +
4 3 R 6
4R 3 4 − R3 6 R3 2
7 3 R − R 3π 2
7 3 R − R 3π Rπ Ys = 2 = 7R − 2 5 5R
- 108 -
5. példa z
R
Határozzuk meg a vázolt görbe súlypontját!
1
2 5
2R
3 4
R
R
y
4R x
Bontsuk fel a görbét ismert hosszúságú és súlypontú görbedarabokra! r ⋅l Az rk = ∑ i i összefüggés alapján az alábbi táblázat kitöltésével megkapjuk a súly∑ li pont koordinátáit. li
xi
yi
zi
1
Rπ
0
R
2R +
2
2R
2R
R
3
R
2R
0
4
4R
0
0
5
R
0 R 2 R R 2
-2R
0
∑
Rπ + 8 R
2R
π
xi li
yili
0
R 2π
0 R2 2 4R 2 R2 2
4R 2
2R Rπ 2 R + π 2R 2
2R 2
0
0
0
− 2R 2
0
R 2π + 4 R 2
2 R 2π + 2 R 2
5R 2
∑ x l = 5R = 5R ∑ l R(8 + π ) 8 + π yl R (π + 4) R(π + 4) =∑ = = ∑ l R(8 + π ) 8 + π zl 2 R (π + 1) 2 R(π + 1) =∑ = = R(8 + π ) 8+π ∑l 2
Xs =
i i i
2
Ys
i i i
2
Zs
i i i
- 109 -
zili
V.) Másodrendű nyomaték 1.) A másodrendű nyomaték értelmezése Tekintsünk egy síkidomon lineárisan változó intenzitású megoszló erőrendszert. Az e egységvektorral kijelölt egyenes mentén a megoszló erőrendszer intenzitása zérus, míg a r helyvektorral jellemzett dT elemi tartományon az intenzitás f = λ (e × r ) .
Képezzük a megoszló erőrendszer nyomatékát a zérus intenzitású egyenes (semleges tengely) tetszőleges A pontjára. M A = ∫ r × [λ (e × r )]dT = λ ∫ r × (e × r )dT =λI Ae (T )
Az I Ae =
(T )
∫ r × (e × r )dT
integrál – az A pont és az e egységvektor megválasztása után
(T )
– csak a síkidom geometriai viszonyától függ és a másodrendű nyomaték vektorát adja. A másodrendű nyomaték vektora benne fekszik a síkban! Az indexek arra utalnak, hogy a nyomatékvektor függ a kiválasztott ponttól és az e egységvektor irányától.
Ie2
Ie
I e3 e3
e2 e
A
I e1 e1
Az A pontra illeszkedő végtelen sok egységvektor közül azonban csak három lehet lineárisan független egymástól. A három egységvektor függetlenségének feltétele, hogy e1e2 e3 ≠ 0 vegyes szorzat nem lehet nulla. Máshogyan fogalmazva a három egységvektor nem lehet komplanáris (nem lehet egy síkban).
Ha ismerjük a három egységvektorhoz tartozó I e1 , I e 2 , I e 3 másodrendű nyomatékvektorokat, akkor az A ponthoz tartozó bármely egységvektorhoz meg tudjuk határozni a másodrendű nyomaték vektorát. Tetszőleges e egységvektor előállítható e = λ1e1 + λ 2 e2 + λ3 e3 alakban a hozzá tartozó másodrendű nyomaték vektora pedig az alábbi alakban adódik. I e = λ1 I e1 + λ 2 I e 2 + λ3 I e 3
- 110 -
2.) Másodrendű nyomaték az xyz derékszögű koordinátarendszerben Az előzőekben alkalmazott e1 , e2 , e3 egységvektorok helyett válasszuk most a jobbsodrású xyz derékszögű koordinátarendszer i , j , k egységvektorait. j Iy Az x tengelyhez tartozó másodrendű nyomatékvektor a definíció szerint
∫ r × (i × r )dT = ∫ i (r r )dT − ∫ r (i r )dT =
Ix =
(T )
dT
=
Ix
r
∫ i (x
(T ) 2
+ y 2 + z 2 )dT − ∫ ( xi + yj + zk ) x dT =
(T )
i
(T )
(T )
= i ∫ ( y + z )dT − j ∫ xy dT − k 2
(T )
2
(T )
∫ xz dT (T )
(T)
k
r = xi + yj + zk
Iz
A fenti levezetésben felhasználtuk a kifejtési tételt. (lásd matematikai összefoglaló)
Az előzőhöz hasonlóan adódik Iy =
∫ r × ( j × r )dT = ∫ j (r r )dT − ∫ r ( j r )dT = (T )
=
∫ j( x
(T ) 2
(T )
+ y + z )dT − ∫ ( xi + yj + zk ) y dT = 2
2
(T )
(T )
= −i ∫ xydT + j ∫ ( x 2 + z 2 )dT − k (T )
(T )
∫ yz dT (T )
Illetve Iz =
∫ r × (k × r )dT = ∫ k (r r )dT − ∫ r (k r )dT = (T )
=
∫ k (x
(T ) 2
(T )
+ y 2 + z 2 )dT − ∫ ( xi + yj + zk ) z dT =
(T )
(T )
= −i ∫ xzdT − j ∫ yz dT + k ∫ ( x 2 + y 2 ) dT (T )
(T )
(T )
Tetszőleges
e = λ 1i + λ 2 j + λ 3 k Egységvektorhoz tartozó másodrendű nyomaték
I e = λ1 I x + λ 2 I y + λ3 I z Mivel az I e vektor a hozzá tartozó e egységvektornak homogén lineáris függvénye, a kapcsolat tenzor segítségével is leírható.
- 111 -
Az I másodrendű nyomaték tenzora I xx I = [ I x , I y , I z ] = − I xy − I xz 2 2 ∫ ( y + z )dT (T ) = − ∫ xy dT (T ) − ∫ xz dT (T )
−
∫ (x
− I yx I yy − I yz
− I zx I x − I zy = − I xy I zz − I xz
∫ yxdT (T ) 2
+ z 2 )dT
(T )
−
∫ yz dT (T )
− I yx Iy − I yz
− I zx − I zy = I z
(T ) − ∫ zy dT (T ) 2 2 ∫(T )( x + y )dT −
∫ zx dT
Az azonos indexű elemeket a megfelelő tengelyre számított (ekvatoriális) másodrendű nyomatéknak, a vegyes indexű elemeket vegyes (centrifugális, deviációs) másodrendű nyomatéknak nevezzük. A tenzor felírásából látható, hogy a másodrendű nyomaték tenzora szimmetrikus és a főátlőbeli elemek mindig pozitívak. A most megismert tenzor segítségével lehetővé válik tetszőleges – a bázisvektorok metszéspontján átmenő - e egységvektorhoz tartozó másodrendű nyomatékvektor meghatározása
Ie = I ⋅ e A másodrendű nyomaték tenzora mindig szimmetrikus. A harmadrendű szimmetrikus tenzornak három sajátérték és három sajátvektora van. Fizikailag értelmezve a tenzor sajátértékei adják a főmásodrendű nyomatékokat, a sajátvektorok pedig a főirányokat. 0 I e1 0 A sajátvektorok koordinátarendszerében a tenzor I = 0 I e 2 0 alakú. 0 0 I e 3 A sajátvektorok koordinátarendszerében a főmásodrendű nyomatékok vektora a főirányokba néz.
I e3 e3 e1
e2
I e1
- 112 -
I e2
3.) Síkidomok másodrendű nyomatéka y
Tekintsünk egy az xy síkban fekvő síkidomot.
j
A másodrendű nyomaték definíciója alapján az x valamint az y tengelyre számított másodrendű nyomaték vektorai
dT
∫ r × (i × r )dT = ∫ i (r r ) − ∫ r (i r )dT =
Ix =
r
(T )
i
X
∫ i (x
=
(T ) 2
+ y )dT − ∫ ( xi + yj ) x dT =
(T )
(T )
∫y
=i
r = xi + yj
(T )
2
2
dT − j ∫ xy dT =
(T )
(T )
= i I x − j I xy Illetve Iy =
∫ r × ( j × r )dT = −i ∫ yx dT + j ∫ x (T )
(T )
2
dT = −i I yx + jI y
(T )
Ezekkel a másodrendű nyomaték tenzora
I xx I = [I x , I y ] = − I xy
y 2 dT − I yx (T∫) = I yy − ∫ yx dT (T )
−
∫ xy dT
y
Iy
(T )
∫x (T )
2
dT
j
I yy
Ix
I xy
i
X
I yx I xx Az I x + I y = I p másodrendű nyomatékot a síkidom poláris másodrendű nyomatékának nevezzük.
- 113 -
4.) Koordinátarendszer forgatása Tételezzük fel, hogy ismert a síkidom másodrendű nyomaték tenzora a derékszögű xy koordinátarendszerben. Az α szöggel elforgatott ξ η koordiná-
y
eη
eξ
ξ
η
α X (T)
tarendszerhez tartozó Iξ η másodrendű nyomaték tenzorának meghatározása az alábbiak szerint lehetséges. I xx − I yx Legyen I xy = − I xy I yy
η y
eη
ξ
I eξ
eξ α I ξη
I ξξ
X
Az
eξ egységvektorhoz
tartozó
I eξ másodrendű nyomaték vektora az alábbi módon számítható. I xx − I yx cos α I eξ = I ⋅ eξ = − I xy I yy sin α A másodrendű nyomaték vektornak ( I eξ ) van vetülete a ξ és η tengelyekre. Ezek az alábbi skaláris szorzattal határozhatóak meg.
I xx − I yx cos α sin α ] = [skalár ] − I xy I yy sin α I xx − I yx cosα Iηξ = eη ⋅ I eξ = eη ⋅ I ⋅ eξ = [− sin α cosα ] = [skalár ] I I − sin α xy yy
I ξξ = eξ ⋅ I eξ = eξ ⋅ I ⋅ eξ = [cosα
Az e η egységvektorhoz tartozó I eη illetve ennek vetületei hasonlóan határozhatók meg.
I ηη = eη ⋅ I ⋅ eη I ηξ = eξ ⋅ I ⋅ eη Természetesen itt is igaz, hogy Iηξ = I ξη Az előzőkben kiszámított értékekkel most már az új koordinátarendszerhez tartozó másodrendű nyomaték tenzora az alábbi.
I ξξ Iξη = I ηξ
I ξη Iηη
- 114 -
5.) Koordinátarendszer párhuzamos eltolása A számítások során legtöbbször a síkidom súlypontján átmenő tengelyre határozzuk meg a másodrendű nyomatékot. A súlyponton átmenő x tengelyre és a vele y párhuzamos ξ tengelyre számított másodrendű nyomatékok között a következő öszdT szefüggés vezethető le. I x = ∫ y 2 dT
ξ
y
(T )
t
∫ ( y − t)
Iξ =
X
2
dT =
(T )
Sp
=
(T)
∫y
2
∫(y
2
− 2 yt + t 2 )dT =
(T )
dT − 2t ∫ y dT + t 2
(T )
(T )
∫ dT = (T )
= I x + t 2T
∫ y dT = 0
Mivel a súlypontra számított elsőrendű nyomaték, az
(T )
Ez azt is jelenti, hogy a síkidomnak a súlypontján átmenő tengelyre a legkisebb a tengelyre számított másodrendű nyomaték. Bármilyen, a súlyponti tengellyel párhuzamos tengelyre számított másodrendű nyomaték az úgynevezett Steiner taggal nagyobb. Ha a súlyponti tengelyről térünk át más vele párhuzamos tengelyre, akkor növekszik a másodrendű nyomaték. Ha viszont a külső tengelyről térünk át a súlyponti tengelyre, akkor csökken a másodrendű nyomaték. Fontos felhívni a figyelmet arra, hogy két külső tengely között a Steiner tétel nem alkalmazható! Hasonló összefüggés vezethető le a vegyes másodrendű nyomatékok esetén is.
y η t1
ξ
dT
x y
X
Sp
η
t2
(T)
ξ I xy =
∫ xy dT (T )
I ξη = ∫ ξη dT = (T )
=
∫ ( x − t )( y + t 1
2
) dT =
(T )
∫ ( xy − yt
1
+ xt 2 − t1t 2 )dT =
(T )
∫ xy dT − t ∫ y dT + t ∫ x dT − t t ∫ dT 1
(T )
2
(T )
1 2
(T )
(T )
- 115 -
Mivel a súlypontra számított elsőrendű nyomatékok
∫ y dT = 0 és ∫ x dT = 0 (T )
(T )
I ξη = I xy − t1t 2 ⋅ T = I xy + (t1 )(−t 2 ) ⋅ T A Steiner tag előjele hasonló, mint az előzőekben. Ha a súlyponttól térünk kifelé, akkor pozitív. Figyelembe kell venni azonban az eltolás előjeles mértékét. Jelen ábrán az egyik eltolás pozitív (+t1) a másik negatív (-t2). Az eltolások előjelét mindig a konkrét feladathoz kell megállapítani. A centrifugális másodrendű nyomaték a definíció és a párhuzamos tengelykeresztek közötti kapcsolat alapján negatív, nulla és pozitív értéket is felvehet.
Ha a síkidomnak van szimmetriatengelye, akkor a szimmetriatengelyből és egy rá merőleges tengelyből álló tengelykeresztre a centrifugális másodrendű nyomaték zérus értékű I xy = 0
I ηy = 0
η X
I ξy = 0
ξ
6.) Főmásodrendű nyomaték és főirány n2
y I n2
I n1 n1 φ2
0
φ1
X
Az xy tengelyekhez tartozó tenzor - I xy ismeretében bármely, az x tengellyel φ szöget bezáró, n egységvektorhoz tartozó másodrendű nyomaték vektora meghatározható! A másodrendű nyomaték iránya általában nem egyezik meg az egységvektor irányával. y
Létezik azonban két kitüntetett irány, amelynél igaz, hogy I n = λ ⋅ n illetve I xy ⋅ n = λ ⋅ n
r Rendezve az egyenletet I xy ⋅ n − λ ⋅ n = 0
n sin φ
1 0 Bevezetve az E = egységtenzort, 0 1
ey
ex cos φ
r kapjuk ( I xy − λ E ) ⋅ n = 0
- 116 -
φ X
I xx − λ − I xy e x 0 illetve = I yy − λ e y 0 − I xy A homogén lineáris egyenletrendszernek akkor van a triviálistól különböző megoldása, ha az úgynevezett karakterisztikus determináns zérus. I xx − λ − I xy det( I xy − λ E ) = 0 illetve det =0 I yy − λ − I xy A determinánst kifejtve egy másodfokú algebrai egyenletre jutunk, melynek gyökei – a tenzor sajátértékei – a síkidom „0” pontjához tartozó fő másodrendű nyomatékai. A fő másodrendű nyomatékhoz tartozó főirányokat – a tenzor sajátvektorai – az alábbi vektoregyenlet megoldásaként kapjuk.
( I xy − λ1 E ) ⋅ n1 = 0
n1 = 1
( I xy − λ 2 E ) ⋅ n 2 = 0
n2 = 1
A vektoregyenletek skaláris felírásában kétféleképpen járhatunk el, attól függően, hogy az egységvektor komponenseit hogyan adjuk meg.
I xx − λ1 −I xy
− I xy e x 0 = I yy − λ1 e y 0
Illetve I xx − λ 2 −I xy
− I xy cos ϕ 0 = I yy − λ 2 sin ϕ 0
n = ex i + ex j e x2 + e 2y = 1
cos 2 ϕ + sin 2 ϕ = 1 n = cos ϕ i + sin ϕ j y
I n1
I n2
A főirányhoz tartozó másodrendű nyomaték vektorának nincs vetülete a főirányra merőleges tengelyre, vagyis a centrifugális másodrendű nyomaték zérus. A főtengelyek koordinátarendszerében a másodrendű nyomaték tenzora az alábbi
n2
n1 X
I I n1,n 2 = 1 0
0 I 2
A sajátvektorok által meghatározott tengelyek a síkidom főtengelyei. A súlyponthoz tartozó főtengelyeket centrális főtengelyeknek is nevezik. A szimmetrikus idomoknál, ha a tengelykereszt valamelyik tengelye szimmetriatengely, akkor a centrifugális másodrendű nyomaték zérus értékű. Ez azt jelenti, hogy a szimmetriatengely és a rá merőleges tengely egyben főtengely is.
- 117 -
7.) Néhány síkidom másodrendű nyomatéka y a ⋅ b3 3 b ⋅ a3 Iy = 3 a 2 ⋅ b2 I xy = 4 Ix =
b
a
I xy
a ⋅ b3 = 23 2 − a ⋅ b 4
a2 ⋅ b2 − 4 b ⋅ a3 3
y a ⋅ b3 12 b ⋅ a3 Iy = 12 I xy = 0 Ix =
b
a
I xy
a ⋅ b3 = 12 0
0 b ⋅ a3 12
y
d 4π 64 d 4π Iy = 64 I xy = 0 Ix =
I xy
0 d 4π 64
Ø
d
x
d 4π = 64 0
y
d 4π 128 d 4π Iy = 128 I xy = 0 Ix =
x Ød
I xy
d 4π = 128 0
I xy
a ⋅ b3 = 36 2 2 − a ⋅ b 72
0 d 4π 128
y a ⋅ b3 36 b ⋅ a3 Iy = 36 a 2 ⋅ b2 I xy = 72 Ix = b
x
b/3 a/3 a
- 118 -
−
a2 ⋅ b2 72 3 b⋅a 36
y
a ⋅ b3 12 b ⋅ a3 Iy = 12 a 2 ⋅ b2 I xy = 24 Ix =
b x
a
I xy
a ⋅ b3 = 12 2 2 − a ⋅ b 24
−
a2 ⋅ b2 24 3 b⋅a 12
8.) Példák a másodrendű nyomaték témakörből 1. példa
y
Határozzuk meg a vázolt síkidom másodrendű nyomatékát a kijelölt tengelyre! Írjuk fel a másodrendű nyomaték tenzorát! A definíció szerint I x = ∫ y 2 dT
b
(T )
∫x
Iy =
x
a
2
dT
(T )
I xy =
∫ xydT (T )
Az integrálok kiszámításánál tekintsük az alábbi ábrákat.
y
y
y dT
dy
dy
b
y
y x
x
a
x
dx
Az x tengelyre számított másodrendű nyomaték b
y3 ab 3 I x = ∫ y dT = ∫ y a dy = a ∫ y dy = a = 3 3 0 (T ) 0 0 Az y tengelyre számított másodrendű nyomaték b
b
2
2
2
a
ba 3 x3 I y = ∫ x dT = ∫ x bdx = b ∫ x dx = b = 3 (T ) 0 0 3 0 a
2
a
2
2
- 119 -
x x
dx
A tengelykeresztre számított vegyes másodrendű nyomaték
I xy =
b
∫ xy dT = ∫ (T )
0
a ⋅ b3 I xy = 23 2 − a ⋅ b 4
b
y2 b2 ∫0 xy dxdy = ∫0 x( ∫0 y dy)dx = ∫0 x 2 dx = 2 0
a
a
b
a
a
∫ 0
a
b2 x2 a 2b 2 x dx = = 2 2 0 4
a2 ⋅ b2 − 4 3 b⋅a 3
2. példa y
Határozzuk meg a vázolt félkör másodrendű nyomatékát a kijelölt tengelyekre!
x
A félkör tengelyre számított másodrendű nyomatékának meghatározásához felhasználhatjuk a poláris másodrendű nyomaték definícióját, mely szerint
dT =
∫ (x
Ød
I p = Ix + Iy =
∫y
2
(T )
dT +
∫x
2
(T )
2
+ y 2 )dT =
(T )
∫r
2
dT
(T )
∫r
Ip =
y
2
dT =
(T )
∫r
2
(2rπ / 2)dr =
(T ) d /2
r4 = π ∫ r dr = π 4 0 (T ) 3
dr
dT r
x
Ebből d 4π Ix = 128
=
d 4π Iy = 128
d 4π 64
I xy = 0
3. példa
y
b1
b2
Sp
x
Határozzuk meg a vázolt síkidom másodrendű nyomatékát a kijelölt tengelyekre! Írjuk fel az xy tengelykereszthez tartozó másodrendű nyomatékok tenzorát, ha: a1=6 b1=12
a2=5 b2=11
a2 a1
- 120 -
A feladat megoldásához osszuk két részre a síkidomot.
y
y
x
b1
= x
b2 2
1
y
x 1
-
2
a2 a1
Meghatározzuk az 1-es és 2-es síkidom másodrendű nyomatékát a b3 b a3 I x1 = 1 1 I y1 = 1 1 I xy1 = 0 12 12 illetve a b3 b a3 I x2 = 2 2 I y2 = 2 2 I xy 2 = 0 12 12 Felírhatjuk az eredeti síkidom másodrendű nyomatékát a két síkidom különbségeként. a1b13 a 2 b23 6 ⋅ 12 3 5 ⋅ 113 I x = I x1 − I x 2 = − = − = 309,42 cm 4 12 12 12 12 3 3 3 ba ba 12 ⋅ 6 11 ⋅ 5 3 I y = I y1 − I y 2 = 1 1 − 2 2 = − = 101,42 cm 4 12 12 12 12 I xy = I xy1 − I xy 2 = 0 Ezzel a tenzort 0 309,42 I xy = cm 4 101,42 0 Mivel mindkét síkidom, mindkét tengelyre szimmetrikus, ezért a vegyes másodrendű nyomatékok zérus értékűek. A tengelyek egyben főtengelyek is.
4. példa Határozzuk meg a vázolt síkidom másodrendű nyomaté-
y
kát a kijelölt tengelyekre. Írjuk fel az I xy tenzort! 4
4 2
4
X
A feladat megoldásánál kihasználjuk azt a lehetőséget, hogy tetszőleges alakú síkidom másodrendű nyomatékát meghatározhatjuk ismert másodrendű nyomatékú síkidomok nyomatékának összegeként. A részekre bontás tetszőleges lehet és egy feladaton belül is változhat. Az x tengelyre számított másodrendű nyomaték meghatározásánál a következő ábrán látható részekre szedtük szét
- 121 -
az alakzatot.
y
y 1
η
2
+
8
ξ
4
X
2
2
X
4
1. ábra
I x = I x1 + I x 2 =
2 ⋅ 83 4 ⋅ 43 & & & 4 + = 341,3 + 85,3 = 426,6 cm 3 3
y
η
y
ξ
4 1
8
6
-
6
X
4
2
2
4
X
2. ábra
6 ⋅ 83 4 ⋅ 43 I x = I x1 − I x 2 = − + 4 ⋅ 4 ⋅ 6 2 = 1024 − 597,3& = 426,6& cm 4 3 12 Látható, hogy mindkét felbontás ugyanarra az eredményre vezet, de a második esetben a párhuzamos tengelyek közötti kapcsolatra vonatkozó összefüggést is alkalmaznunk kellett. Az y tengelyre számított másodrendű nyomaték számításakor tekintsünk egy új felbontást
y η
y
+ 4
2
4
1 6
ξ
4
X
X
2
- 122 -
3. ábra 4 ⋅ 63 4 ⋅ 23 + = 288 + 10,6& = 298,6& cm 4 3 3 Az I y kiszámítása az 1. ábra felbontás alapján is kiszámítható. I y = I y1 + I y 2 =
8 ⋅ 23 4 ⋅ 43 I y = I y1 + I y 2 = + + 4 ⋅ 4 ⋅ 4 2 = 21,3& + 277,3& = 298,6& cm 4 3 12 I y a 2. ábra szerint 8 ⋅ 63 4 ⋅ 43 − + 4 ⋅ 4 ⋅ 4 2 = 576 − 277,3& = 298,6& cm 4 3 12 A vegyes másodrendű nyomatékot az első ábra alapján számíthatjuk. 2 2 ⋅ 82 I xy = + [0 + 4 ⋅ 4 ⋅ 4 ⋅ 2] = 64 + 128 = 192 cm 4 4 Ezzel az I xy tenzor 426,6& − 192 4 I xy = cm & − 192 298,6 I y = I y1 − I y 2 =
5. feladat
y Határozzuk meg a vázolt L profil másodrendű nyomatékát a kijelölt koordinátarendszerben. 6
1
X 1
10
11 ⋅ 7 3 10 ⋅ 6 3 Ix = − + 10 ⋅ 6 ⋅ 4 2 = 117,6& cm 4 3 12 3 3 7 ⋅ 11 6 ⋅ 10 Iy = − + 10 ⋅ 6 ⋅ 6 2 = 445,6& cm 4 3 12 I xy =
7 2 ⋅ 112 − [0 + 6 ⋅ 10 ⋅ 6 ⋅ 4] = 42,25 cm 4 4
6. feladat
y Határozzuk meg a vázolt U profil másodrendű nyomatékát a kijelölt koordinátarendszerben.
1
7 ⋅ 12 3 6 ⋅ 10 3 − + 6 ⋅ 10 ⋅ 6 2 = 1372 cm 4 3 12 3 3 12 ⋅ 7 10 ⋅ 6 Iy = − + 6 ⋅ 10 ⋅ 4 2 = 232 cm 4 3 12 Ix =
10
1
X 1
6
I xy =
7 2 ⋅ 12 2 − [0 + 6 ⋅ 10 ⋅ 4 ⋅ 6] = 324 cm 4 4 - 123 -
7. példa y
Határozzuk meg a vázolt síkidom másodrendű nyomatékát a kijelölt koordinátarendszerben! 8
X
6
η
y y
2d 3π
ξ
Sp
+
ξ*
3
8
8
X
6
X
A feladat megoldásánál használjuk fel, hogy a félkör másodrendű nyomatéka Iξ* =
d 4π 128
és
Iη =
d 4π 128
ahol d a félkör átmérője.
A félkör x tengelyre számított másodrendű nyomatékát az ismert I ξ * másodrendű nyomaték felhasználásával a következőképp számítjuk. Mivel ξ * tengely nem súlyponti tengely, ezért erről közvetlenül nem térhetünk át az x tengelyre. Első lépésként az ξ * tengelyről áttérünk a ξ tengelyre (súlyponti tengelyre tértünk át, tehát a Steiner tag negatív) majd a ξ tengelyről az x tengelyre (súlyponti tengelyről tértünk át nem súlypontira, ezért a Steiner tag pozitív). 2 2 6 ⋅ 83 6 4 π 6 2 π 2 ⋅ 6 62π 2⋅6 4 Ix = + − ⋅ ⋅ 8 + + = 2248,59 cm 3 128 8 3 π 8 3 π 8 ⋅ 63 64 π 62 π 2 Iy = + + ⋅ 3 = 735,04 cm 4 3 128 8
I xy
62 ⋅ 82 62 π 2 ⋅ 6 4 = + 0 + ⋅ 3 ⋅ 8 + = 825,29 cm 4 8 3π
- 124 -
8. példa Határozzuk meg a vázolt síkidom másodrendű nyomatékát a kijelölt koordinátarendszerben és írja fel a I xy tenzort!
ξ ξ*
y
10 ⋅ 83 8 4 π 8 2 π 2 − + ⋅ 4 = 777,35 cm 4 3 128 8 3 8 ⋅ 10 Iy = − 3 2 84 π 82 π 2 ⋅ 8 2 82 π 2⋅8 − − ⋅ + ⋅ 10 − = 8 3π 8 3π 128 = 876,43 cm 4 Ix =
η
8
X 10
8 2 ⋅ 10 2 8 2 π 2 ⋅ 8 4 − 0 + ⋅ 4 ⋅ 10 − = 765,36 cm 4 8 3π 777,35 − 765,36 = cm 4 − 765,36 876,43
I xy = I xy
9. példa
Határozzuk meg a vázolt síkidom másodrendű nyomatékát a kijelölt tengelykeresztre.
y
X
A feladat megoldásánál abból indulhatunk ki, hogy a vázolt síkidom két könnyen kezelhető síkidom különbségeként adódik. y y
Ød ØD
-
1
2
X
X Ød
ØD
D 4π d 4π (2 D 4 − d 4 )π − = 64 128 128 4 4 D π d π (2 D 4 − d 4 )π = − = 64 128 128
I x = I x1 − I x 2 = I y = I y1 − I y 2
I xy = I xy1 − I xy 2 = 0 − 0 = 0 Az x és y tengelyek egyúttal főtengelyek is.
- 125 -
10. példa y Határozzuk meg a vázolt síkidom origóhoz tartozó főtengelyét és főmásodrendű nyomatékát! Számítsuk ki az xy tengelyhez tartozó másodrendű nyomatékokat.
8
2
X 3
3
3 ⋅ 10 3 3 ⋅ 2 3 Ix = + = 1008 cm 4 3 3 3 8⋅3 2 ⋅ 63 Iy = + = 216 cm 4 3 3
10 2 ⋅ 3 2 + [0 + 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 4,5] = 252 cm 4 4 1008 − 252 Ezzel a tenzor I xy = cm 4 − 252 216 I xy =
A főmásodrendű nyomatékokat az alábbi egyenlet megoldásaként kapjuk. 1008 − I − 252 det = 0 illetve I 2 − 1224 ⋅ I + 154224 = 0 − 252 216 − I Ennek megoldásai – a másodfokú egyenletmegoldó képlet alapjánI 1 = 1081,38 > I 2 = 142,62 A főtengelyek koordinátarendszerében a tenzor 0 1081,38 I1, 2 = 142,62 0 A számítás helyességének ellenőrzésére felhasználhatjuk az a tényt, hogy az azonos ponthoz tartozó tenzorok főátlóbeli elemeinek összege (első skalár invariáns) nem változik, vagyis 1008 + 216 = 1081,38 + 142,62 A főmásodrendű nyomatékok (a tenzor saját értékei) ismeretében meghatározhatjuk a főtengelyek irányát. Erre két lehetőség kínálkozik attól függően, hogy az irányt kijelölő egységvektorokat hogyan definiáljuk.
y
n = 1 ex2 + e y2 = 1
n φ ex
ey
n = ex i + e y j
sinφ
vagy X
n = cos ϕ i + sin ϕ j
cosφ
Az I 1 főmásodrendű nyomatékhoz tartozó főirányt (a tenzor I 1 sajátértékéhez tartozó n1 sajátvektort) az alábbi két mátrixegyenlet valamelyikének megoldásaként kapjuk.
- 126 -
− 252 (1008 − 1081,38) e1 x 0 e = 0 − 252 ( 216 − 1081 , 38 ) 1y illetve − 252 cos ϕ 0 − 73,38 − 252 − 865,38 sin ϕ = 0 A mátrixegyenlet átalakításával
− 73,38 ⋅ e1 x − 252 ⋅ e1 y = 0
− 252 ⋅ e1 x − 865,38 ⋅ e1 y = 0 Illetve − 73,38 ⋅ cos ϕ − 252 ⋅ sin ϕ = 0 − 252 ⋅ cos ϕ − 865,38 ⋅ sin ϕ = 0 Bármelyik egyenletrendszert is tekintjük az egyenletek nem függetlenek egymástól, ugyanis ezen egyenletrendszerek önmagunkban nem elégségesek az ismeretlenek meghatározásához. Kiegészítő egyenletként felírhatjuk, hogy a bevezetett vektor egységvektor, tehát e12 + e22 = 1 illetve cos 2 ϕ + sin 2 ϕ = 1 A két egyenletrendszer közül a második megoldása egyszerűbb feladat, hiszen itt felhasználhatjuk az alábbi trigonometrikus összefüggést sin ϕ tgϕ = cos ϕ Ezzel a szög meghatározása − 73,38 tgϕ = = −0,2912 amiből ϕ = −16,24° 252 Az I 2 főmásodrendű nyomatékhoz tartozó főirány kiszámítását az alábbi módszerrel végezhetjük. − 252 (1008 − 142,62) cos α 0 = − 252 (216 − 142,62) sin α 0 865,38 Ebből tgα = = 3,4341 illetve α = 73,76° 252
y 2-es főirány
α X φ α+φ=90°
A két irányt felrajzolva látjuk, hogy a főirányok merőlegesek egymásra. A kiszámított szögeket előjelhelyesen kell felrajzolni. A pozitív irány az óramutató járásával ellentétes.
1-es főirány
- 127 -
11. példa y
Határozzuk meg a vázolt síkidom súlypontjához tartozó főmásodrendű nyomatékokat és főirányokat!
4
8
2 X 6
2
4
Első lépésként határozzuk meg a súlypont koordinátáját.
η y
Ai Xi Yi XiAi YiAi ie [cm2] [cm] [cm] Sp 1
ξ
Ys
Sp 2
Sp 3
1.
32
4
12
128
384
2.
20
7
5
140
100
3.
8
10
1
80
8
Σ
60
348
492
X
Xs
Ai Xi Yi
az egyes síkidomok területe az egyes síkidomok súlypontjának X koordinátája az egyes síkidomok súlypontjának Y koordinátája ∑ X i Ai = 348 = 5,8 cm Ezekkel Xs = ∑ Ai 60
∑Y A ∑A
492 = 8,2 cm 60 i A ξη koordinátarendszerhez tartozó másodrendű nyomatékok kiszámításánál felhasználjuk a párhuzamos tengelyek közötti kapcsolatra bevezetett összefüggést, valamint azt a lehetőséget, hogy a síkidom másodrendű nyomatéka a rész síkidomok másodrendű nyomatékának az összege. A számításhoz a következő ábrát használjuk. Ys =
i
i
=
- 128 -
η y
η1
ξ1
Sp 1
3,8 η2
ξ
Sp
3,2
ξ2
Sp 2
7,2
η3
Sp 3
ξ3
X
1,8 1,2 4,2
Az I. jelű síkidom másodrendű nyomatéka a ξ tengelyre 8 ⋅ 43 + 4 ⋅ 8 ⋅ 3,8 2 = 504,75 cm 4 12 Ehhez hasonlóan írható fel a többi síkidom másodrendű nyomatéka 2 ⋅ 10 3 I 2ξ = + 2 ⋅ 10 ⋅ 3,2 2 = 371,47 cm 4 12 4 ⋅ 23 I 3ξ = + 4 ⋅ 2 ⋅ 7,2 2 = 417,39 cm 4 12 A teljes profil másodrendű nyomtéka a ξ tengelyre I 1ξ =
I ξ = I 1ξ + I 2ξ + I 3ξ = 1293,61 cm 4 Az η tengelyre számított másodrendű nyomatékok 4 ⋅ 83 + 4 ⋅ 8 ⋅ 1,8 2 = 274,35 cm 4 12 10 ⋅ 2 3 I 2η = + 10 ⋅ 2 ⋅ 1,2 2 = 35,47 cm 4 12 2 ⋅ 43 I 3η = + 2 ⋅ 4 ⋅ 4,2 2 = 151,79 cm 4 12 I η = I 1η + I 2η + I 3η = 461,61cm 4 I 1η =
A ξη tengelykeresztre számított vegyes másodrendű nyomatékok I 1ξη = 0 + 8 ⋅ 4 ⋅ 3,2 ⋅ (−1,8) = −218,88 cm 4
I 2ξη = 0 + 10 ⋅ 2 ⋅ 1,2 ⋅ (−3,2) = −76,80 cm 4 I 3ξη = 0 + 4 ⋅ 2 ⋅ 4,2 ⋅ (−7,2) = −241,92 cm 4 I ξη = I 1ξη + I 2ξη + I 3ξη = −537,60 cm 4 - 129 -
A súlyponti ξη tengelypárhoz tartozó másodrendű nyomaték tenzora 1293,61 537,6 Iξη = cm 4 537,6 461,61 A súlyponti főmásodrendű nyomaték meghatározásához oldjuk meg az alábbi másodfokú egyenletet! 537 ,6 1293,61 − I 2 det = 0 illetve I − 1755,22 ⋅ I + 308129,55 = 0 537 6 461 61 , , − I A főmásodrendű nyomatékok I 1 = 1557,37 cm 4 és I 2 = 197,85 cm 4 Az I 1 főmásodrendű nyomatékhoz tartozó főirányt meghatározó φ szög értékét a következő egyenletekből határozhatjuk meg.
537,60 (1293,61 − 1557,37) cos ϕ 0 sin ϕ = 0 537 , 60 ( 461 , 61 1557 , 37 ) − 263,76 = 0,4906 illetve ϕ = 26,13° 537,60 Az I 2 főmásodrendű nyomatékhoz tartozó főirány is számolható hasonló módon. A korábbi levezetések azonban már igazolták, hogy a két főirány merőleges egymásra. Ennek ismeretében rajzoltuk be az ábrába a 2-es főtengelyt. tgϕ =
η
2-es főtengely iránya
1-es főtengely iránya Φ=26,13°
ξ
12. példa y
Határozzuk meg a súlyponti főtengelyek helyzetét és főmásodrendű nyomatékait
2
8
X 2
4
4
- 130 -
A súlypont helyzetét az alábbi ábra alapján egy táblázat segítségével határozhatjuk meg. η η1 y η2
y ξ
Sp
ξ1
-
1
8
ξ2
2 X
X 2
10
ie
ξ
Sp
10
Xi Yi Ai XiAi YiAi [cm2] [cm] [cm]
1.
100
5
5
500
2.
-32
4
4
-128 -128
Σ
68
372
500
4
∑ X A = 372 = 5,47 cm 68 ∑A ∑ Y A = 372 = 5,47 cm = ∑ A 68
Xs =
i
i
i
Ys
i
i
i
372
A ξη tengelykereszthez tartozó másodrendű nyomatékok értékei az alábbiak 10 ⋅ 10 3 + 10 ⋅ 10 ⋅ 0,47 2 = 855,42 cm 4 12 4 ⋅ 83 I 2ξ = + 4 ⋅ 8 ⋅ 1,47 2 = 239,82 cm 4 12 I ξ = I 1ξ − I 2ξ = 615,60 cm 4 illetve 10 ⋅ 10 3 I 1η = + 10 ⋅ 10 ⋅ 0,47 2 = 855,42 cm 4 12 8 ⋅ 43 I 2η = + 8 ⋅ 4 ⋅ 1,47 2 = 111,82 cm 4 12 I η = I 1η − I 2η = 743,60 cm 4 és I 1ξη = 0 + 10 ⋅ 10 ⋅ 0,47 ⋅ 0,47 = 22,09 cm 4 I 1ξ =
I 2ξη = 0 + 8 ⋅ 4 ⋅ 1,47 ⋅ 1,47 = 69,15 cm 4 I ξη = I 1ξη − I 2ξη = −47,06 cm 4 A ξη koordinátarendszerhez tartozó másodrendű nyomaték tenzora 615,60 47,06 4 Iξη = cm 47 , 06 743 , 60
- 131 -
A főmásodrendű nyomatékok meghatározásához oldjuk meg az alábbi másodfokú egyenletet I 2 − 1359,27 ⋅ I + 455494,4 = 0 I 1 = 759,36 cm 4 és I 2 = 599,84 cm 4 A főirányokat az alábbi egyenlet segítségével határozhatjuk meg − 143,76 cos ϕ + 47,06 sin ϕ = 0 143,76 tgϕ = = 3,055 47,06 ϕ = 71,87° illetve 15,76 cos α + 47,06 sin α = 0 − 15,76 tgα = = −0,335 47,06 α = −18,13°
13. példa
y
η
Határozzuk meg a vázolt síkidom másodrendű nyomatékát a ξη tengelykeresztre!
ξ
6
j
eη
eξ
i 4
φ=30° X
A síkidom másodrendű nyomatékát az xy koordinátarendszerben könnyen számítható. 4 ⋅ 63 Ix = = 72 cm 4 12 6 ⋅ 43 Iy = = 32 cm 4 12 I xy = 0 cm 4
Az xy koordináta tengelyekhez tartozó I xy tenzor az alábbi
72 0 I xy = cm 4 0 32
3 1 , 2 2
A ξ tengely egységvektora eξ = cos ϕ i + sin ϕ j = [cos ϕ ,sin ϕ ] =
1 3 A η tengely egységvektora eη = − sin ϕ i + cos ϕ j = [− sin ϕ , cos ϕ ] = − , 2 2 Az I ξ másodrendű nyomatékvektort (az eξ egységvektorhoz tartozó másodrendű nyomaték vektort ) a következőképpen kapjuk 3 I ξ = 36 3 ⋅ i + 16 ⋅ j 72 0 2 36 3 I ξ = I xy ⋅ eξ = = = 62 ,35 ⋅ i + 16 ⋅ j 0 32 1 16 2
- 132 -
Az Iη másodrendű nyomatékvektor az alábbi 1 − 72 0 2 − 36 I η = I xy ⋅ eη = = 0 32 3 16 3 2
= −36 ⋅ i + 27 ,71 ⋅ j
eη
y
η Iη
I η = −36 ⋅ i + 16 3 ⋅ j
eξ
ξ
eη
j
eξ
I ηξ
I ηη
Iξ
I ξξ
I ξη
Iη
i
X
Iξ
Határozzuk meg az I ξ másodrendű nyomatékvektor vetületeit a ξ és η tengelyre!
72 0 cos ϕ I ξξ = eξ ⋅ I ξ = eξ ⋅ I xy ⋅ eξ = [cos ϕ , sin ϕ ] = 0 32 sin ϕ 3 1 72 0 = , 2 2 0 32 I ξη
3 2 = 3 , 1 36 3 = 62 cm 4 1 2 2 16 2 3 1 3 72 0 2 = eη ⋅ I ξ = eη ⋅ I xy ⋅ eξ = − , 1 = 0 32 2 2 2
1 3 36 3 4 = − , = −18 3 + 8 3 = −10 3 cm 2 2 16 Határozzuk meg az Iη másodrendű nyomatékvektor vetületeit a ξ és η tengelyre! I ηξ
1 3 1 72 0 − 2 = eξ ⋅ I η = eξ ⋅ I xy ⋅ eη = , 3 = 0 32 2 2 2
3 1 − 36 = , = −18 3 + 8 3 = −10 3 cm 4 2 2 16 3 1 1 3 72 0 − 2 1 3 − 36 I ηη = eη ⋅ I η = eη ⋅ I xy ⋅ eη = − , = 42 cm 4 = − , 2 2 0 32 3 2 2 16 3 2 62 − 10 3 4 Ezzel Iξη = cm 42 − 10 3
- 133 -
VI.) Rácsos szerkezetek 1.) Síkbeli rácsos szerkezet értelmezése Síkbeli csuklós szerkezeteknek nevezzük azokat a rúdszerkezeteket, amelyeknek valamennyi eleme (rúdja) egy közös síkban helyezkedik el, a rudak csuklókkal kapcsolódnak egymáshoz és a terhelés is a szerkezet síkjában fekszik. Az olyan szerkezeteket, amelyeknél a külső erők csak a csuklókra hatnak egyszerű rácsos szerkezeteknek nevezzük. A legegyszerűbb síkbeli rácsos szerkezetet akkor kapjuk, amikor három rudat úgy kapcsolunk össze síkcsuklókkal, hogy azok háromszöget alkotnak. Ha ezt a szerkezetet statikailag határozott módon kényszerek segítségével megtámasztjuk, akkor a fennmaradó csuklóban ható bármilyen irányú erő hatására a 1 3 szerkezet stabil marad. A célnak megfelelő rácsos szerkezetet – 2 a három rudas alapszerkezetből – a következő módszerrel tudunk létrehozni: Az alapszerkezet két csuklópontjához hozzákötünk egy-egy rudat, majd az új rudak végét síkcsuklóval kapcsoljuk össze. Ezt a folyamatot ismételve bármilyen szerkezet kialakítható. 5
5 1
3
1
2
3
1
4
2
3
6
4 7
2
Az ezen elvek alapján kialakított rácsos szerkezet belsőleg statikailag határozott. A statikai határozottság feltétele (ha a szerkezetet statikailag határozott módon támasszuk meg): 2c = r + 3 vagy r = 2c-3 Ahol c: csuklók száma r: rudak száma 5
4
4
4 1
6 3 2
1
3
5
1
2
3
5
2
c=4 c=4 r=6 r =5 6 > 2⋅4-3 5 = 2⋅4-3 r > 2c - 3 r = 2c - 3 statikailag határozatlan statikailag határozott
c=4 r =5 5 = 2⋅4-3 r = 2c - 3 statikailag határozott
- 134 -
Rácsos szerkezetnél az ismeretlen erők (kényszererők, rúderők) meghatározásánál – a számítások könnyebbé tétele érdekében – a következő egyszerűsítő feltételezéseket alkalmazzuk: 1. A rácsrudak és síkcsuklók végetlen merevek, alakjukat nem változtatják 2. Az egy csuklóba befutó rudak középvonalai a csukló középpontjában metszik egymást. 3. A csuklók és rudak kapcsolatát súrlódásmentesnek tételezzük fel. 4. A rácsos szerkezet csak csuklóin kap terhelést, tehát a rudak terheletlenek. Ennek következtében a rudakban csak rúdirányú erők keletkeznek (húzás vagy nyomás).
2.) Rúderők meghatározása csomóponti módszerrel A csomóponti módszer az egyes csuklóknak, mint csomópontoknak az egyensúlyából indul ki. Ez azt jelenti, hogy a síkcsukló a ráható külső erők valamint a hozzá kapcsolódó rudakból származó erők hatására egyensúlyban van. Az egy csuklón támadó erők közös támadáspontú síkbeli erőrendszert alkotnak. Ezeknél a felírható egyensúlyi egyenletek száma kettő. Az ismeretlenek száma pedig a csomóponthoz kapcsolódó rudak számával egyezik. (Mivel ismerjük az erő hatásvonalát csak a nagysága kérdéses.) Ha követjük a statikailag határozott rácsos tartó felépítésének módszerét, mindig lesz olyan csomópont, ahol csak két ismeretlen rúderő lesz. Amennyiben ismerjük valamely rúd egyik végén ébredő erőt, akkor a hatás-ellenhatás elve alapján már ismerjük a rúd másik végén ható erőt is. A rúderők meghatározása történhet számítással vagy szerkesztéssel.
F=1000N
y
D
x
1
Ay = 500 N
3
2m
5
2
A
∑Y
B
Ay
2m
2m
By
=0
i
Bx 2m
Ay ⋅ 4 − 1000 ⋅ 2 = 0
C
4
Első lépésként határozzuk meg az A és B csomópontban ébredő kényszererőket. ∑MB = 0
− 500 + B y − 1000 = 0 B y = 1500 N
∑X
i
=0
Bx = 0 A kényszererők ismeretében megállapítható, hogy mind az A mind a C csomópont alkalmas arra, hogy a számítást elindítsuk. Ezekben a pontokban csak 2-2 ismeretlen rúderejű rúd csatlakozik.
- 135 -
Bontsuk elemeire a C csukló környezetét!
F R4
A C csuklóban egy ismert erő és kettő ismert hatásvonalú rúderő hat.
C
R5 F D
R4
R4
R4
R4
R4
C R5
y
R4
R5
45°
x
R5
F R5
R5 R5 B
A C csukló egyensúlyát biztosító erőket az ábrán látható vektorháromszög segítségével határozhatjuk meg. A vektorháromszög folytonos nyílfolyamú, ami azt jelenti, hogy az erők összege zérus. Ugyancsak az előző ábrán berajzoltuk a C csuklót terhelő erőket, valamint a hatásellenhatás elvének megfelelően a kapcsolódó rudak erőjátékát is megadtuk. Ennek értelmében a 4-es számú rúd 1000N nagyságú erővel húzott, az 5-ös számú pedig 1000 2 N erővel nyomott igénybevételű. R4
D R1
R3 R5
A
R2
500N
B
Az ábrán felrajzoltuk a még ismeretlen rúderejű rudakból álló szerkezetet valamint a csomópontban működő erőket. Az ábra alapján megállapítható, hogy bármely csomópontot is választjuk kiindulásnak mindig csak két rúd rúdereje az ismeretlen. Rajzoljunk meg a D és A csomópontok erőjátékát.
1500N
D 1000N R1 R3 R1 R1 R1 R1 A
R3 R3
R1 R3
R3
R3 B
- 136 -
R4 (1000N)
Az előző ábra alapján az R1 rúdban 500 2 N nagyságú húzó igénybevétel az R3 rúdban 500 2 N nagyságú nyomó igénybevétel ébred. D R1 R1 R1
R1
R1 A
500N
R1 R2
R2
R2
R2
R2
B
R2
500N
Az előző ábrán az R1 rúdban ébredő igénybevétel az A csukló egyensúlyából állapítottuk meg Amint látható a rúd igénybevétele ugyanolyan, mint az előző esetben. Az alábbi táblázat mutatja a szerkezet kiszámított rúderőit. rúdszám rúderő 1 + 500 2 N 2 − 500 N 3 − 500 2 N 4 + 1000 N 5 − 1000 2 N
rúderők előjelének jelentése: + húzott - nyomott rúd
A csomópontok egyensúlyát vizsgálva, a hálózatban találhatunk olyan rudakat is, melyekben zérus nagyságú rúderő ébred. Ezeket a rudakat vakrudaknak nevezzük és a rúdra rajzolt körrel jelöljük. A számítandó szerkezeten ránézésre is kiszűrhetők azok a rudak, amelyekben zérus nagyságú az igénybevétel. Terheletlen csomópontoknál az alábbi esetekben kapunk vakrudakat:
α
a) Ha két rúd szögben találkozik (α<180°) és a csomópont terheletlen, akkor mindkét rúd vakrúd.
b) Ha három rúd úgy találkozik, hogy kettő hatásvonala egybe esik és a csomópont a terheletlen, akkor a harmadik rúd vakrúd Terhelt csomópontoknál csak speciális terhelés mellett kapunk vakrudakat Ha a terhelés beleesik valamely rúd hatásvonalába, akkor a csomópont terhelését ez a rúd veszi fel, míg a másik rúd vakrúd.
- 137 -
Az előbbi főleg szerkesztésen alapuló módszer helyett választhatjuk a számításos módszert is. Itt is csomópontról csomópontra haladunk. Vizsgáljuk meg a C csukló egyensúlyát F=1000N
2 2 2 = R5 ⋅ sin 45° = R5 ⋅ 2
R5 x = R5 ⋅ cos 45° = R5 ⋅ R4
y x
C
R5 y
R5x R5
R5y
Síkbeli erők akkor vannak egyensúlyban, ha az alábbi egyenletek teljesülnek ∑ M = 0 ∑ X i = 0 ∑Y i = 0 A ∑ M = 0 automatikusan teljesül, hiszen három erő egy közös metszésponton halad át, így erre a pontra a nyomatékuk összege zérus. Írjuk fel a másik két egyenletet 2 ∑ X i = 0 − R4 − R5 x = 0 → − R4 − R5 2 = 0 2 − F − R5 y = 0 → − F − R5 =0 ∑Y i = 0 2 Ezekből 2F = −F 2 2 2 2 R4 = − R5 =−−F 2 =F 2 2 Ezen eredménynek szerint az R4 rúdban 1000N húzóerő az R5 rúdban 1000 2 N nyomóerő ébred. Ez megfelel az előző számításunknak. A módszer tovább folytatható a következő csomópontoknál. Mindig felírjuk az egyensúlyi egyenleteket, melyekből az ismeretlen rúderők számíthatók. A két módszer bármelyikét használhatjuk, az eredmény nem változik. A számítós módszer egyenleteinek felírása egyes esetekben több munkát igényel, mert az erők komponensre bontásához szükséges szögeket a geometriai adatokból kell kiszámolni. R5 = −
(
)
3.) Háromrudas átmetsző módszer A csomóponti módszerrel a rúderőket csak egymás után határozhatjuk meg. Terjedelmesebb szerkezetnél ez a módszer eléggé hosszadalmas. Sok esetben előfordul, hogy csak néhány rúderőre vagyunk kíváncsiak. Az ilyen esetekben alkalmazható a háromrudas átmetsző módszer. A módszer lényege a következő: Az egyensúlyban lévő rácsos szerkezetet egy képzeletbeli átmetszéssel két részre bontjuk. A metszésvonal által elmetszett rudak hatásvonalai nem mehetnek át egy ponton.
- 138 -
F1
F1
F4
F4
S1 S1 S2 S2 S3
F3
F2
S3 F3
F2
Ha az elvágás helyén a megfelelő rúdirányú erőket működtetünk, az egyensúly mindkét szerkezeti részre külön-külön helyreállítható. Az egyensúlyt biztosító erők lesznek az elvágott rudakban ébredő rúderők. Vizsgáljuk meg, az előző feladatban szereplő szerkezetet! D
1000N D
4
C
3
2m
S2
B 2m
500N
A
5
2 A
C
S3
1
2m
S4
2m
B
500N
1500N
Síkbeli erőrendszer esetén az egyensúly feltételét az alábbi egyenletekkel fogalmazhatjuk meg.
∑M = 0 ∑X =0 ∑Y = 0 i
i
vagy
∑M ∑M ∑M
1
=0
2
=0
3
=0
(A három kiválasztott pont 1,2,3 nem illeszkedhet a sík egy egyenesére!)
Keressünk 3 olyan pontot, amelyre az erők nyomatékát könnyű kiszámítani. Ha a B pontot választjuk, akkor a nyomatéki egyenlet a következő: 500 ⋅ 4 − S 4 ⋅ 2 = 0 → S 4 = 1000 N Az S4 erőre kapott eredmény előjele +, ezért a feltételezett irány helyes. Ez azt jelenti, hogy az S4 erő húzza a rúd végét, tehát a rúd húzott. A B pont kiválasztásánál az játszott szerepet, hogy az S2 és S3 rúderők hatásvonala is átmegy a ponton, így ezek nyomatéka zérus. Azt a pontot, ahol két ismeretlen rúderő hatásvonala átmegy, főpontnak nevezzük. Válasszuk most a D pontot és írjuk fel erre a pontra az erőrendszer nyomatékát. 500 ⋅ 2 + S 2 ⋅ 2 = 0 → S 2 = −500 N Az eredmény előjele – , ezért az előre felvett irány nem megfelelő. Ha az erő irányát megfordítjuk, akkor az S2 rúd nyomottá válik. A D pont ugyancsak főpont. Az S2, S3 rudak B illetve az S3,S4 rudak D metszéspontját már kiválasztottuk. A harmadik főpont az S2, S4 rudak metszéspontja lenne. Mivel ezek párhuzamosak, a főpont a végtelenben van, így nem használható. Az ismeretlen S3 rúderő meghatározására két lehetőségünk van: - 139 -
-
Válasszunk egy harmadik pontot, amely nem megy át az S3 rúd hatásvonalán. Erre felírhatjuk a nyomatéki egyenletet, amiből meghatározható az S3 rúderő. Ebben az esetbe az S3 rúderő karjának meghatározása nehézkes. Felbonthatjuk a kiválasztott részre ható erőket komponensekre, és felhasználjuk a ∑ X i = 0 és ∑ Y i = 0 egyenleteket az ismeretlenek meghatározására.
-
y
D
∑X
1000N
i
=0
x
S3y
S3x A
S3
S3y
S3
45°
S3x
500N
− 500 + S3 x + 1000 = 0 S3 x = −500 N
∑Y
i
=0 − 500 − S3 y = 0
500N
S3 y = −500 N Az eredmények előjelének figyelembevételével az S3 rúd nyomott és az erő értéke 500 2 N
4.) „K” rácsozású tartók számítása Az úgynevezett „K” rácsozású tartónál a szerkezet két részre osztásakor legkevesebb 4 rúd elmetszése szükséges. Q
Q S1 S5
a
a
a
a
S6
a
S2
S3 S4
2 Q 3 Az előző ábrán bejelölt csomópont erőjátékát elemezve az alábbi eredményre jutunk. Ay
Az=
By
S2 S5
S2
S2
vagy S3
S6
S3
S3 S2
S2 S2+S3
S3
- 140 -
S2+S3 S3
A négy rudat összekapcsoló csap csak úgy lehet egyensúlyban, ha az S2 és S3 erők eredőjének vízszintes komponense zérus. Az S2+S3 eredő erővel szemben az S5 és S6 rúd fejti ki erőhatást. Ezeket figyelembe véve az átmetszést az alábbi módon hajtjuk végre. Q S1
D C
A D pontra felírva a nyomatéki egyenletet ∑ M D = 0 Ay ⋅ a − S4 ⋅ 2a = 0
B
E
A
2 Q = Ay 3
2 Q 3
Ay
Q 2 3 Az F pontra felírva a nyomatéki egyenletet ∑ M F = 0 Ay ⋅ a + S1 ⋅ 2a = 0 S4 =
F
S4
Q
1 Q 3
S1 = −
=
Ay 2
=−
Q 3
Az S2 és S3 rúdágban olyan erőknek kell ébredni, hogy az 2 S2+S3, Q , Q erők a függőleges irányban egyensúlyt tart3 sanak. Ebből adódik, hogy az S2+S3 erő felfelé mutat és 1 értéke Q nagyságú. 3
Az alábbi ábrán a sraffozott két háromszög hasonló. Ebből 1 Q a 1 6 a 2 S2 = Q a S2 a 2 3 1/3Q
2 S2 = Q 6
a
S3
2 → S3 = Q 6
a
Az S2 és S3 erők iránya az erőháromszögben látható. Az előző esetben kiszámított S2, S3 erők az E csomópontra hatnak. Ennek megfelelően az S2 rúd húzott, az S3 rúd nyomott.
S2
S2 S2 E S3 S3
S3
- 141 -
5.) Példák a rácsos szerkezetek témakörből 1. példa 6000N
9
12 11
10
13
8
20 21
19
17
22
15 7
4
16
14
18
2m
Határozzuk meg a vázolt szerkezet rúderőit!
23
5
25
24
2m
6 26 27
3
29 1
2
2m
28
2m
2m
2m
2m
A megoldáshoz vezető első lépés a vakrudak kijelölése (ha van ilyen). A vakrudak ugyanis kihagyhatók a szerkezetből, így a számítás is könnyebb. 6000N C
6000N
9
12
13
10
8
D 4
6
1
Ax
14
2
E
16
20 21
17
18
G
22
F 26
29
Ax
Ay
Ay
By
By
Következő lépésként határozzuk meg a kényszererőket.
∑X =0 ∑M = 0 ∑Y = 0 i
A
i
6000 − Ax = 0 →
Ax = 6000 N
6000 ⋅ 6 − By ⋅ 8 = 0 → By = 4500 N Ay + By = 0 →
Ay = − By
→ Ay = −4500 N
Különösebb számítás nélkül meghatározható, hogy a R22,R26,R29 rudak nyomottak és az erők értéke 4500N A G csomópont egyensúlya
- 142 -
R20
R20
20
R20 R21 R21
R20 = −4500 N nyomott
R21 4500N
4500N 4500N
R21 = +4500 2 N húzott
R20
21 22
R21 4500N
Mivel az R16 és R20 rudak hatásvonala közös R16 = R20 = −4500 N Hajtsuk végre az alábbi 3 rudas átmetszést E
R16
16
20
∑M
G
F
=0
4500 ⋅ 2 + R16 ⋅ 2 = 0
R16 = −4500 N nyomott (egyezik az előző értékkel) R17
21
4500N
17
R18
18
E
=0
R18 ⋅ 2 − 4500 ⋅ 4 = 0
R14 = 9000 N húzott R18 = 9000 N húzott
F
∑X
4500N
i
=0
R17 x + 9000 − 4500 = 0
R17 x = −4500 N
R17Y
R17
∑M
4500N
R17X
∑Y
i
=0
R17 y + 4500 = 0
R17 y = −4500 N 9000N
R17 = −4500 2 N nyomott
Az R9,R12,R13,R14 rúderők meghatározására az alábbi 3 rudas átmetszést alkalmazzuk. R12 R13 D R14
12
E
G
13
4500N 14
∑M
R13 4500N R14
- 143 -
=0
R14 ⋅ 2 − 4500 ⋅ 4 = 0 R14 = 9000 N húzott R18 = 9000 N húzott
∑M
F
E
D
=0
R12 ⋅ 2 + 4500 ⋅ 6 = 0 R12 = −13500 N nyomott R9 = −13500 N nyomott
∑Y
=0
i
− R13 y + 4500 = 0
R13 y = 4500 N
R13 = 4500 2 N húzott Vizsgáljuk meg az A csomópont egyensúlyát R1
R2y R2
R2x 4500N
∑X
i
R2y
α
6000N
α
4m
2m
R2x
=0
− 6000 + R2 x = 0 R2 x = 6000 N A hasonló háromszögek alapján R2 y 4 = → R2 y = 2 R2 x = 12000 N R2 x 2 Az R2 rúderő
R2 = R 22x + R 22y = 6000 2 + 12000 2 = 6000 5 N húzott
R6 = 6000 5 N húzott
∑Y
i
rúdszám 1
=0
Az R10 meghatározásához vizsgáljuk meg a C csomópontot 13500N R10x R10y
7500N
R10y
R10
+ 6000 5 N húzott
8 10
+ 7500 2 N húzott
12
− 13500 N nyomott
13
+ 4500 2 N húzott
14
20
+ 9000 N húzott − 4500 N nyomott − 4500 2 N nyomott + 9000 N húzott − 4500 N nyomott
21
+ 4500 2 N húzott
22
− 4500 N nyomott − 4500 N nyomott − 4500 N nyomott
17
R10 x = 7500 N
=0
− R10 y + 7500 = 0
9
− 7500 N nyomott − 13500 N nyomott
18
6000 + R10 x − 13500 = 0 i
6
16
R10x
∑Xi =0 ∑Y
4
rúderő − 7500 N nyomott + 6000 5 N húzott − 7500 N nyomott
2
− R1 + 12000 − 4500 = 0 R1 = −7500 N nyomott R4 = R8 = −7500 N nyomott
6000N
táblázatosan összefoglalva
26
R10 y = 7500 N
27
R10 = 7500 2 N húzott
- 144 -
2. példa F1
Határozzuk meg az A és B reakcióerőt, valamint a rúderők nagyságát és jellegét! F1= 1000N F2=2000N
1m 60°
60°
1,5m
1,5m
F2
D
E
2
F1 1
6
A
7
3
5
B
4
C
Ax Ay
By
F2 M1
D
1
6
2
E F1
7
3
FB
FA
5
A
4
Elsőnek az F1 és F2 eredőerejét, majd a reakcióerőket határozzuk meg. Ezek ismeretében már nem nehéz – csomópontról csomópontra haladvaa rúderők meghatározása. Az A csomópont egyensúlyának megrajzolásánál az A reakcióerő végpontjából az 5-ös, kezdőpontjából az 1-es rúddal húzunk párhuzamost. Megállapíthatjuk, hogy az 5-ös rúd húzott, az 1-es pedig nyomott. A többi rúderőt ugyancsak vektorháromszögekkel lehet meghatározni. A végeredményeket az alábbi táblázat és a hozzá tartozó ábra mutatja. A feladat természetesen számításos módszerrel is megoldható.
B
C
A S5
F2 A
S1
F2 B F1
M2
- 145 -
rúderő jele nagysága 1 -900N 2 -1000N 3 -1750N 4 +1250N 5 +1600N 6 +750N 7 +1500N
3. példa a
a
a
F
Határozza meg a kijelölt rudakban ébredő igénybevételek típusát és nagyságát, valamint határozza meg A és B reakcióerőt! F=1000N a=1,5m
C S1
a
F
S2
a
S8 S3
S6
S4
60°
A
60°
S7
D
a
B
S5 a
B
A
∑M
A
=0
F ⋅ 2,5a − By ⋅ 2a = 0
By = F ⋅
2,5 = 1250 N 2
∑Fx = 0
Ax = 0
∑F
Ay + By − F = 0
y
=0
Ax Ay
Ay = − F + By = −1000 + 1250 = 250 N S1 meghatározása átmetsző módszerre:
∑M F C
C
=0
D
S1 ⋅ a − F ⋅ a = 0 S1 = F = 1000 N
S1
- 146 -
By
S2 meghatározása átmetsző módszerrel:
F
A felső részre ható vízszintes irányú erők egyensúlyából: ∑ F x = 0 S2 x = 0 → S 2 = 0 N Ennek megfelelően S2 vakrúd.
S2
B csomópont egyensúlya (csomóponti módszerrel): ∑ F y = 0 By − S4 ⋅ sin 60° = 0
S4
S4 =
S5
By 1250 = = 1443,38 N sin 60° 3 2
S 4 = 1443,38 N nyomott
By
∑F
x
S 4 ⋅ cos 60° − S5 = 0
=0
S 5 = S 4 ⋅ cos 60° = 1443,38 ⋅ S 5 = 721,69 N húzott A csomópont egyensúlyából: S6 Ax
S7 Ay
∑F
y
=0
Ay
1 = 721,69 N 2
− Ay + S 6 ⋅ cos 30° = 0
250 = 288,68 N cos 30° 3 2 húzott S 6 = 288,68 N ∑ F x = 0 S6 ⋅ sin 30° − S7 = 0 S6 =
=
1 = 144,34 N 2 S 7 = 144,34 N nyomott
S 7 = S 6 ⋅ sin 30° = 288,68 ⋅
S8 S7
S3
D
S5
D csomópont egyensúlyából: ∑ F y = 0 − S3 ⋅ sin 60° + S8 ⋅ sin 60° = 0 S8 = S 3
∑F
x
=0
S 7 + S5 − S8 ⋅ cos 60° − S3 ⋅ cos 60° = 0 S7 + S5 144,34 + 721,69 = = 866,03 N 1 2 ⋅ cos 60° 2⋅ 2 S 3 = 866,03 N nyomott.
S3 =
- 147 -
4. feladat Határozzuk meg a vázolt síkbeli rácsos tartó rúdjaiban ébredő igénybevételeket! y x
A
B
19 2
2m 18
5
8
E
C
4
G
3
16
6 9
14
13
17
H
7 I
3m
D
12
11
F
2m 1
10
15 J
3m
K
3m
900N
Határozzuk meg a vakrudakat! S4 S2
S8
S5
S10
Teljességként megadjuk az egyes csomópontokban az erőjátékokat.
S12
S11
S16 S3 S1
S6 S9
S14
S1 S 8
300N
S5
600N
S9
S11
S6
S13
S12
S6
S13
S11
S14
S7
S14
S15
Felhasználva a hasonló háromszögek tulajdonságait az egyes rúderők a geometria ismeretében meghatározhatók. rúd nagysága -300 1 -75√13 2 75√13 3 -225 4 -75√13 5 75√13 6 7 225 150 8 -300 11 14 -150√13 0 17
nyomott nyomott húzott nyomott nyomott húzott húzott húzott nyomott nyomott
600N S4
S2
S8
S5
S10 S11
S3
S6 S9
S14 S13
S7
S15
300N
600N 900N
-150 150√13 450 0
S12 S16
S1
9 12 15 18
S16
S12
S16
S15
900N
S10
S10
900N
S5
S9
S3
S15
S4
S8
S7
S2
S3
S13 S7
S4
S2
nyomott húzott húzott
10 13 16 19
- 148 -
450 húzott 300 húzott -300 nyomott 0
VII.) Súrlódás 1.) A súrlódás fizikai értelmezése A statikai számítások során gyakran élünk azzal a számításokat egyszerűbbé tevő feltételezéssel, hogy az érintkező testek végtelen merevek és felületük abszolút sima. Bár a technika fejlődése egyre „erősebb” (merevebb) anyagokat és egyre „simább” (finomabb megmunkálású) felületeket képes előállítani, de a végtelen merev és abszolút sima szerkezeti elemek nem léteznek. A testek felszíne még a leggondosabb megmunkálás esetén is érdes (egyenetlenségeket, bemélyedéseket, kitüremkedéseket tartalmazhat). Következő vizsgálattal arra adunk választ, hogy az ilyen felületű testek érintkezésekor, milyen erők lépnek fel.
m⋅ g
m
p
F m
−F
p −p
−p
Az ábrán feltüntetett m tömegű test és az alátámasztó asztal végtelen merev és abszolút sima. Az asztal pedig vízszintes helyzetű. A homogén tömegeloszlású m tömegű test és az asztal érintkezési felületén p intenzitású egyenletes megoszló erőrendszer keletkezik. Az erőrendszer eredője F és − F .
A merev test egyensúlyát az − mg + F = 0 vektoregyenlet, illetve a − mg + F = 0 skalár egyenlet írja le! Ha ugyanezt a kísérletet elvégezzük úgy, hogy mind az m tömegű test, mind az asztal érdes felületű, az eredményt leíró egyenletek nem változnak. A fenti két eset egyikében sem akartunk relatív mozgást előidézni a test és az asztal között. Végezzük el most a következő két kísérleteket. a, Érdes felületen nyugvó m tömegű testre, hasF sunk az időben folyamatosan növekvő F(t) erőm vel, mindaddig, amíg a test meg nem mozdul, majd olyan erővel, amivel az egyenletes mozgást F biztosítani tudjuk. F0 Az erő változását az idő függvényében mutatja az ábra. F2 Amikor az F(t)=0, akkor a merev test egyensúF lyát leíró egyenlet az alábbi F1 mg
t
− mg + N = 0 N , a felületeket összeszorító erő
N
- 149 -
Ha F(t)=F1 Y mg
− mg + N = 0
F1
− S + F1 = 0 → S = F1
S
N
S =súrlódásból adódó erő
X
Ha F(t)=F2, akkor − mg + N = 0 − S + F2 = 0 → S = F2 Ha az F(t)=F0, a testet az elmozdulás határhelyzetébe kerül, − mg + N = 0 − S + F0 = 0 → S = F0 Az elmozdulás határhelyzetében mért súrlódási erő (S=F0) és a felületeket összeszorító erő (N) hányadosaként értelmezhetjük az úgynevezett nyugvásbeli (nyugvó) súrlódási tényezőt. F µ0 = 0 N A test egyenletes mozgatásához az F0 erőnél kisebb erő is elegendő. Megcsúszás után bármekkora erő is mozgatja a testet a súrlódási erő állandó és nem nagyobb, mint a felületeket összeszorító erő és a csúszási súrlódási tényező szorzata. Vagyis S = µ ⋅ N ahol µ az úgynevezett csúszási súrlódási tényező. Addig a pillanatig, amíg a test meg nem csúszik, csak akkora súrlódási erő keletkezik, ami megakadályozza a mozgást. A két súrlódási tényező között az alábbi reláció áll fent µ0 > µ
b, F1 F2 F3 F4
α
A µ0 súrlódási tényezőjű érdes felületen elhelyezett súlytalan testre az ábrán vázolt hatásvonalú (F1,F2,F3,F4) erőkkel hatunk külön-külön. Mindaddig, amíg az erő hatásvonala az α = arctg µ0 fél kúpszögű kúp szélső alkotóin belül hat, a testre ható erők képesek egyensúlyt tartani.
tgα = µ 0 F2
β
Az F2 erő alkalmazásakor az erők egyensúlyát az alábbi egyenletek fejezik ki. − F2 cos β + N = 0
S − F2 sin β = 0
S
N
- 150 -
A ténylegesen fellépő súrlódási erő S = F2 sin β . A két test között lévő súrlódásból az érintkezési síkon létrejöhető súrlódási erő S0 = µ0 N = µ0 F2 cos β . Mindaddig, amíg S0>S, a két test nem mozdul el egymáshoz képest. Képezzük az alábbi hányadost S 0 µ0 F2 cos β µ = = 0 S F2 sin β tg β Ez a hányados β = α értéknél válik eggyé, vagyis a ténylegesen fellépő súrlódási erő megegyezik az érintkezési síkban létrejöhető súrlódási erővel. S0 µ µ = 0 = 0 = 1. S tg β µ 0 Ha β > α akkor a statikai egyensúly már nem biztosítható. A 2α nyílásszögű kúpot súrlódási kúpnak nevezzük. A kúp tengelye megegyezik az érintkező felületek közös normálisával. mozgásbeli nyugvásbeli az egyensúly fenntartásához szükséS = µ ⋅ N = állandó Súrlódási erő ges S ≤ µ0 ⋅ N felső határral Súrlódási erő irápillanatnyi sebességgel az elmozdulást kiváltani kívánó erőnya ellentétes vel ellentétes irányú µ µ < µ0 µ0 Súrlódás tényező
Kísérlet: Fogjunk két telefonkönyvet, és laponként, egyesével lapozzuk őket egymásba. Vajon mekkora erőre van szükség ahhoz, hogy a két telefonkönyvet szétszedjük? A válasz a fejezet végén a példák előtt található.
2.) Gördülési ellenállás A testek a valóságban nem végtelen merevek. Külső erő hatására deformálódnak. Ezek a deformációk bizonyos mozgásformák esetén a mozgással vagy annak létrejöttével szemben ellenállást fejtenek ki. Ha egy kör keresztmetszetű test egy másik testen az érintkező felületek egymáson történő lefejtődése útján legördül, akkor gördülő mozgásról beszélünk. Ha egy korongot szeretnénk egy másik testen legördíteni, akkor külső erőhatásra van szükség, mert a két test közötti érintkezési felületeteken a deformációk miatt ellenállás alakul ki. Ezt a legördülést akadályozó ellenállást gördülési ellenállásnak nevezzük. Vizsgáljuk meg az elmozdítani kívánt korongra ható erőket, ha a mozgást erőhatással akarjuk kiváltani.
- 151 -
r F G s A
h
f
N
R
Az elmozdulás határhelyzetében lévő korongra ható három erő egyensúlyban van. A hatásvonalaik egy közös ponton mennek át. Egyenletekkel kifejezve G +R+F =0 A talajról átadódó R erővektor felbontható két komponensre. R=S+N f gördülési ellenállás karja Az ábrán látható h távolság a kis deformációk miatt elhanyagolhatók.
Ezeket figyelembe véve az alábbi egyensúlyi egyenletek írhatók fel ∑ Xi = 0 F − S = 0
∑Y = 0 ∑M = 0
−G + N = 0
i
A
− F ⋅r + N ⋅ f = 0
(Az S ⋅ h = 0 feltételezéssel) Az S súrlódó erő értéke csak véges nagyságot érhet el. S max = µ0 N Ha az F erő ennél nagyobb értékű, a korong megcsúszik. Az egyensúlyi egyenletekből f F= N r A gördülés feltétele f F ≤ S illetve N ≤ µ0 N r f amiből ≤ µ0 r Az f kar nagyságát az érintkező testek deformációja szabja meg. Az f értéke a mérnöki gyakorlatban igen kicsi, ezért a gördülés jelentősen kisebb ellenállást jelent, mint a csúszás. A gördülési sugarat a gördülési ellenállás csökkentése érdekében kívánatos minél nagyobbra választani. f értékei néhány anyagra: Acél-acélon f=0,05 cm Gördülő csapágy f=0,0005 cm Vizsgáljuk meg a korongra ható erőket abban az esetben is, amikor koncentrált nyomaték terheli a korongot.
M0 r
Mindaddig, amíg gördülés nem jön létre, (a korong nem indul meg) az egyensúlyi egyenletek az alábbiak szerint alakulnak ∑ Xi = 0
∑Y = 0 ∑M = 0
G
i
A
A f
R
−G + R =0 − M0 + R ⋅ f = 0
Ez azt jelenti, hogy M 0 ≤ R ⋅ f esetben az egyensúly biztosításához nem kell súrlódási erő.
- 152 -
Ha az M0> R ⋅ f , akkor az ( M 0U - U R ⋅ f ) nyomaték a korong gyorsítására törekszik. Ekkor már fellép a súrlódási erő, és a test gyorsulása következtében a tehetetlenségi erő is. M0 v
a
G
Mf = f ⋅N
S N
v a megvalósuló mozgási irány.
3.) Kötélsúrlódás v a kötél és a koron közötti relatív mozgás. Vizsgáljuk meg a ds hosszúságú kötélelem egyensúlyát.
ds
µ dφ
φ
K+dK
α µdN K1
dN
K0
ρ
v
dT
K
tgρ = µ (ρ a súrlódási félkúpszög) µ= a kötél és a dob közötti súrlódási tényező
A dT kényszererő a µ súrlódási tényezőnek megfelelő ρ szöget zár be a normális iránnyal. Kis szögek miatt sin dϕ = 0 , cos dϕ = 1 K ⋅ dϕ = dN dK = µdN = µKdϕ dK ebből = µdϕ , K K1
α
dK K = µ ∫ dϕ → ln 1 = µα K K0 K0 0
∫
illetve K1 = K 0e µα (ahol α szög radiánban értendő) Az egyensúly mindaddig fennáll, amíg K1 ≤ K 0e µα
- 153 -
dφ
µdN
K+dK
dT K
µdN dN
dT
4.) Csapsúrlódás Ideális csap esetén, ahol a testek végtelen merevek és a felületük végtelenül simák. A csap egyensúlya csak az ábrán feltűntetett módon jöhet létre.
N
Valóságos csap esetén, ahol van súrlódás és a testek is deformálódnak, a csap valamely véges (A-C) felületen fekszik fel. Ha a csap terhelése nem a csap középpontján halad át, akkor a felfekvő felületen súrlódó erő is ébred, amely – bizonyos határokon belül – megakadályozza a mozgást.
F 0
A
C B
R r0
F
F
A csapra ható F erő hatásvonalát a csap középpontjától távolítva elérünk egy határhelyzetet, ahol a csap megcsúszik. Ehhez a határhelyzethez tartozó r0 sugarú kört nevezzük a csapsúrlódás körének. Az r0 = R ⋅ sin ρ , ahol R a csak sugara ρ a felületek közötti súrlódási félkúpszög. tg ρ = µ
Számításaink során a csap súrlódását az ábrán látható helyettesítéssel vehetjük figyelembe. M cs ≤ N ⋅ r0
Mcs
N
A kísérlet megoldása: a telefonkönyv lapjai óriási felületet biztosítanak, valamint a papírlapok apró egyenetlenségei növelik a súrlódási együtthatókat. Ehhez járul még hozzá az is, hogy a papírlapok tömege bár nagyon kicsi, de nem elhanyagolható, és a S = µ ⋅ N összefüggés alapján a mozgató hatás ellen lép fel a súrlódás. Így a súrlódás itt akkora erővel hat az elmozdulás ellen, hogy emberi erővel két 800 oldalas összelapozott telefonkönyvet lehetetlen szétválasztani. Gépi erővel több, mint 30 kN erőre van szükségünk, hogy szétszakítsuk őket. (Forrás: Mythbusters)
- 154 -
5.) Példák a súrlódás témakörből 1. példa
µ=0
Ge
Adott méretű, Gl =400N súlyú létra alsó része az érdes (µ=0,3) talajon, felső rész a teljesen sima függőleges falnak támaszkodik. Milyen magasra mehet fel a Ge=800N súlyú ember a létrára, hogy éppen ne csússzon meg?
5m h µ=0,3
2m
x*
N2
∑M
x
A
=0
S1 ⋅ 5 − N1 ⋅ 2 + Gl ⋅ 1 + Ge ⋅ x* = 0
A
S1 = µ ⋅ N1
Ge
∑Y = 0 i
Gl
h
1
S1
Ge + Gl − N1 = 0 S1 = µ ⋅ N1 = µ (Ge + Gl ) a hasonló háromszögek alapján x h = 2 5 2 2 x= h x* = 2 − h 5 5
N1
2 5
µ (Ge + Gl ) ⋅ 5 − (Ge + Gl ) ⋅ 2 + Gl ⋅ 1 + Ge (2 − h) = 0
x
2 0,3(800 + 400) ⋅ 5 − (1200) ⋅ 2 + 400 + 800(2 − h) = 0 5 1400 = 320h h = 4,375 m
5 h
2
- 155 -
2. példa
B
µ2
b A
Fmax
G
Mekkora az a maximális erő (Fmax), amelynél a rúd nem csúszik meg a falsarokban? µ1=0,1 a=2m G=700N
µ2=0,2 b=3m N2
µ1
a
a
S2 Fmax
ρ2
S1 N1
B A
B A
ρ1
G
G
G
Négy erő egyensúlya szerkesztéssel
F
F
tgρ1 = µ1 tgρ 2 = µ 2
∑X =0 ∑Y = 0 ∑M = 0 i
i
A
µ1 N1 = S1
Fmax − S1 − N 2 = 0 N1 − G − S 2 = 0 G ⋅ a + S 2 ⋅ 2a − N 2 ⋅ b = 0
µ2 N 2 = S2
Fmax = S1 + N 2 = µ1 N1 + N 2 = µ1 (G + S 2 ) + N 2 = µ1G + µ1S 2 + N 2 = µ1G + µ1µ 2 N 2 + N 2 = = µ1G + N 2 (1 + µ1µ2 )
G ⋅ a + µ 2 N 2 ⋅ 2a − N 2 ⋅ b = 0 → G ⋅ a = N 2 ⋅ b − µ 2 ⋅ 2 ⋅ a ⋅ N 2 = N 2 (b − µ 2 ⋅ 2 ⋅ a) G⋅a 700 ⋅ 2 N2 = = = 636,4 N b − µ 2 ⋅ 2a 3 − 0,2 ⋅ 2 ⋅ 2 G⋅a Fmax = µ1G + (1 + µ1µ 2 ) b − µ2 ⋅ 2 ⋅ a 700 ⋅ 2 Fmax = 0,2 ⋅ 700 + (1 + 0,1 ⋅ 0,2) = 140 + 649 = 789 N 3 − 0,8
- 156 -
3. példa
α
Mekkora az a maximális Q erő, ahol a test még nem mozdul meg? A korong csapágyazott és súrlódásmentesen forog.
Q
G
G, µ , α adott!
µ
Egyensúlyi egyenletek: Qy
Q x − µN = 0
Q
Qy + N − G = 0
α
Qx
G S=µN
N
Qy +
Qx
µ
−G = 0
Q sin α +
Q cos α
−G = 0
µ cos α Q (sin α + )=G µ Q=
G sin α +
cos α
µ
=
G⋅µ cos α + µ sin α
4. példa
µ F
G α
Mekkora az a minimális F erő, amivel a rendszer egyensúlyban tartható? Mekkora az a maximális F erő, amelynél a rendszer nem mozdul meg? Adott G, µ ,α
Fmin megakadályozza, hogy a test lecsúszszon. Fmin
Gcosα
S
Fmax a felfelé való elmozdulás határhelyzetébe hozza a testet Gcosα
Fmax
Gsinα
Gsinα
N S
N
Fmin + S − G sin α = 0 N − G cos α = 0 S =µ⋅N
Fmax − S − G sin α = 0 N − G cos α = 0 S =µ⋅N
Fmin + µ ⋅ N − G sin α = 0 Fmin + µ ⋅ G cos α − G sin α = 0 Fmin = G ( µ cos α − sin α )
Fmax − µ ⋅ N − G sin α = 0 Fmax − µ ⋅ G cos α − G sin α = 0 Fmax = G ( µ cos α + sin α )
- 157 -
5. példa
F α
K µ
G1
Számítsuk ki az elmozdulás határhelyzetében a K kötélerőt és az F értékét! Adott: G1,G2,α,µ
G2
G1
Fy
K S1
K
N1
S2
K − S1 = 0 S1 = µ ⋅ N1 N1 − G1 = 0
G2
K = µ ⋅ G1
Fx
Fx = F ⋅ cos α Fy = F ⋅ sin α
N2
− K − S 2 + Fx = 0
Fx = K + S 2
Fy − G2 + N 2 = 0
N 2 = G2 − Fy
S2 = µ ⋅ N 2
S 2 = µ ⋅ N 2 = µ (G2 − Fy )
F ⋅ cos α = µ ⋅ G1 + µ (G2 − F sin α ) F (cos α + µ sin α ) = µ ⋅ G1 + µ ⋅ G2 = µ (G1 + G2 ) µ (G1 + G2 ) F= cos α + µ sin α 6. példa
m1 F m2 µ α
K
S2 G2
N2
Mekkora F erővel lehet a testeket a felfelé való elmozdulás határhelyzetébe hozni? m1=100kg m2=200kg α=20° µ=0,1 2 g = 10 m / s
K − S 2 − G2 sin α = 0 S2 = µ ⋅ N 2 = µ ⋅ G2 cos α L2 = G2 sin α K = µ ⋅ G2 cos α + G2 sin α = G2 ( µ cos α + sin α )
L2
- 158 -
FL K
F
L1 = G1 sin α N1 = G1 cos α
K + S1 + L1 = FL S1 = µ ( FN + N1 ) = µ ( F sin α + G1 cos α )
N1
G1
S1
α
FL = F cos α FN = F sin α
FN
α
L1
K + µ ( F sin α + G1 cos α ) + G1 sin α = F cos α K + µ ⋅ F sin α + µ ⋅ G1 cos α + G1 sin α = F cos α G2 ( µ cos α + sin α ) + G1( µ cos α + sin α ) = F (cos α − µ ⋅ sin α ) ( µ cos α + sin α )(G1 + G2 ) 1307,968 =F= = 1444,5 N cos α − µ sin α 0,9055
7. példa
F
0,8 m
Mekkora F erővel lehet a G=1200N súlyú testet az elmozdulás határhelyzetébe hozni?
0,8 m
•
K
45° µ=0,5
G Kx = Ky K
Ky
Kx
G
F
h
S
•
K
N
S =µ⋅N
h = 1,6 ⋅ cos 45°
Ky − G + N = 0
F ⋅ h − K ⋅ 0,8 = 0
Kx − S = 0 F =K⋅
0,8 =K 1,6 ⋅ cos 45°
1 2⋅
2 2
=K
2 2
- 159 -
Kx
K y − G + N = Kx − G + N = Kx − G + 1 K x 1 + = G µ Kx =
F=
G 1+
µ
G 1+
1
=0 2⋅
2 = 2
µ
G 1+
1
µ
=
1200 = 400 N 1 1+ 0,5
K = K x2 + K y2 = K x 2
1
µ
8. példa G1
K
µ1 F G2
µ2
G1 − N1 = 0 K − S1 = 0 S1 = µ1 ⋅ N1
G1 K N1 S1
Mekkora F erővel lehet az alsó téglát megmozdítani? Egy tégla súlya G=25N A súrlódási tényezők: µ1=0,4, µ2=0,3
N1 = G1 = 25 N K = 10 N S1 = 0,4 ⋅ 25 = 10 N
S1 N1
N1 + G1 − N 2 = 0 S2 = µ2 ⋅ N 2 S1 + S2 − F = 0
F
G2
N 2 = 50 N S2 = 0,3 ⋅ 50 = 15 N F = S1 + S2 = 25 N
S2 N2
9. példa
A gépkocsit csak a hátsó tengelynél fékezzük be. Milyen αmax esetén marad nyugalomban? A gördülési ellenállás elhanyagolható.
h
S µ0
A a b l
B
Adott: a,b,l,h, µ0,G,α α
- 160 -
α
GN = G cos α GL = G sin α S A = µ0 ⋅ N A
GL
SA NA
Lejtő irányú erők egyensúlya S A − GL = 0 S A = GL = G sin α
GN a b
∑M
A
α
NB
∑M
=0
GN ⋅ a + GL ⋅ h − N B ⋅ l = 0 G ⋅ a + GL ⋅ h a ⋅ G cos α + h ⋅ G sin α = NB = N l l
B
=0
N A ⋅ l + GL ⋅ h − GN ⋅ b = 0 − h ⋅ G sin α + b ⋅ G cos α NA = l
b ⋅ G cos a − h ⋅ G sin α = G sin α l µ0 ⋅ b ⋅ G cos α − µ0 ⋅ h ⋅ G sin α = l ⋅ G sin α
µ0
µ0 ⋅ b ⋅ G cos α = l ⋅ G sin α + µ0 ⋅ h ⋅ G sin α = sin α (l ⋅ G + µ0 ⋅ h ⋅ G ) b ⋅ µ0 ⋅ G µ0 ⋅ b = = = tg α l ⋅ G + µ0 ⋅ h ⋅ G l + µ0 ⋅ h Az előzőkben számított szög az a maximális szög, melynél a gépjármű nem csúszik meg.
10. példa Fmax 0,15 m
µ1
A
B µ2
G=500N 0,3 m
0,2 m
∑X =0 ∑Y = 0
Fmax
i
i
S1
Mekkora Fmax erőt működtethetünk, hogy még éppen egyensúly legyen? A súrlódási tényezők: µ1=0,1, µ2=0,2
B S2
A
N1
N2 500N
∑M
A
S1 + S 2 − Fmax = 0
N1 − 500 + N 2 = 0
=0
Fmax ⋅ 0,15 − 500 ⋅ 0,3 + N 2 ⋅ 0,5 = 0
S1 = µ1 ⋅ N1
- 161 -
S2 = µ2 ⋅ N 2
Fmax = S1 + S 2 = µ1 ⋅ N1 + µ 2 ⋅ N 2 = µ1 (− N 2 + 500) + µ 2 ⋅ N 2 500 ⋅ 0,3 − 0,15 ⋅ Fmax N2 = = 1000 ⋅ 0,3 − 0,3 ⋅ Fmax 0,5 Fmax = µ1 ⋅ 500 − µ1 ⋅ N 2 + µ2 ⋅ N 2 = µ1 ⋅ 500 − N 2 ( µ1 − µ 2 ) Fmax = 50 − (300 − 0,3 ⋅ Fmax )( µ1 − µ 2 ) Fmax = 50 + 30 − 0,03 ⋅ Fmax 80 Fmax = = 77,67 N 1,03
11. példa F
G
Mekkora lehet Fmax értéke, hogy még éppen ne induljon meg a test felfelé? Adott: α=30° µ=0,2 G=800N
µ α F α FN
FL
FL
FN
S
Gsinα α
Gcosα N
α
FL − G sin α − S = 0 FN + G cos α − N = 0
FL = F cos α FN = F sin α
FL = G sin α + S = G sin α + µ ⋅ N = = G sin α + µ ( F ⋅ sin α + G cos α )
F cos α = G sin α + µ ⋅ F sin α + µ ⋅ G cos α F (cos α − µ ⋅ sin α ) = G sin α + µ ⋅ G cos α
3 800 0,5 + 0,2 2 G sin α + µ ⋅ G cos α G (sin α + µ cos α ) = 703 N F= = = cos α − µ ⋅ sin α cos α − µ ⋅ sin α 3 − 0,2 ⋅ 0,5 2
12. példa
b/2=0,4m
b/2=0,4m
a=0,6m
F2 F3
a, Mekkora F3 erővel lehet a G1 súlyú testet az elmozdulás határhelyzetébe hozni, ha µ1=0,2? Mekkora b értéknél lenne önzáró (b=?)? F=1,8kN
b, Mekkora F2 erővel lehet a G súlyú testet az elmozdulás határhelyzetébe hozni, ha µ1=0? µ1 G=2kN µ2=0,4
- 162 -
a, b + µ1 N1 ⋅ b − N1a = 0 2 F ⋅b 720 N1 = 2 = ≈ 1636 N a − µ1b 0,44 N 2 = N1 + G ≈ 3636 N S1 = µ1 ⋅ N1 = 1454,4 N S2 = µ 2 ⋅ N 2 = 327,2 N F3 = S1 + S 2 = 1781,6 N F⋅
F=1,8kN
S1=µ1 ⋅ N1 N1 S1 F3 S2
N1 G
Önzárás
N2
Ha N1 → ∞ ⇒ a − µ1 ⋅ b = 0 a − µ1b = 0 a 0,6 b= = = 3 m vagy nagyobb µ1 0,2
b, b − N1 ⋅ a = 0 2 Fb N1 = 2a Fb N 2 = N1 + G = +G 2a S2 = µ2 ⋅ N 2 F
F
N1 N1
1800 ⋅ 0,8 Fb F2 = S 2 = µ 2 + G = 0,4 + 2000 = 1280 N 2a 2 ⋅ 0,6
G
F2 N2
S2
13. példa a=0,8m
b=1,2m
Mekkora F erővel lehet a G1=450N súlyú rúd alsó vége alatt levő deszkalapot megmozdítani? A deszkalap súlya: G2=60N 1 A nyugvásbeli súrlódási tényező µ0 = 3
G1
µ0 F G2
µ0
- 163 -
Írjuk fel a rúdra ható erők nyomatékát a csuklópontra. a − N1a − S1b = 0 2 A határhelyzetben S1 = µ0 ⋅ N1 1 450 ⋅ 0,4 − 0,8 ⋅ N1 − ⋅ N1 ⋅ 1,2 = 0 3 N1 = 150 N illetve S1 = 50 N G1
G1 S1 N1
S1 S2
N1
N1 + G2 − N 2 = 0 S2 = µ ⋅ N 2 S1 + S2 − F = 0
F G2
N 2 = 210 N S2 = 70 N F = S1 + S 2 = 120 N
N2
14. példa
µ
Mekkora legyen α szög értéke, hogy a testek még éppen nyugalomban legyenek? m1=50kg m2=25kg µ=0,15
m1 m2
µ
A határhelyzet elérése után az m1 tömegű test lefelé mozdulna meg.
α
K1
m1
x
m1gsinα
∑X =0 ∑Y = 0 i
i
N1
N1 − m1 g cos α = 0 S1 = µ ⋅ N1
m1gcosα S1
S1 + K1 − m1 g sin α = 0
N1 S1
K2
m2
x
m2gsinα
∑X =0 ∑Y = 0 i
i
N1 + m2 g cosα − N 2 = 0 S2 = µ ⋅ N 2
m2gcosα S2
m2 g sin α + S2 + S1 − K 2 = 0
N2
Feltétel: K1=K2
K1 = m1 g sin α − S1 K1 = m1 g sin α − µ ⋅ N1
K 2 = m2 g sin α + S1 + S 2 K 2 = m2 g sin α + µ ⋅ m1 g cos α + S2
- 164 -
K1 = m1 g sin α − µ ⋅ m1 g cos α N 2 = N1 + m2 g cos α = m1 g cos α + m2 g cos α K 2 = m2 g sin α + µ ⋅ m1 g cos α + µ ⋅ m1 g cos α + µ ⋅ m2 g cos α m1 g sin α − µ ⋅ m1 g cos α = m2 g sin α + µ ⋅ m1 g cos α + µ ⋅ m1 g cos α + µ ⋅ m2 g cos α sin α (m1 g − m2 g ) = cos α (3m1 gµ + µ ⋅ m2 g ) µ (3m1 + m2 ) 0,15 ⋅ (150 + 25) tgα = = = 1,05 m1 − m2 25 α = 46,4°
15. példa 0,9m
r=0
Határozza meg azt a tartományt, amelybe az F érték bele kell, hogy essék, hogy a G súlyú test az adott helyen nyugalomban maradjon.
2,2m hmax
F
Elméletileg milyen magasra tudjuk felhúzni a súlyt, ha tetszés szerint növelhetjük F nagyságát?
h=1m
µ=0,3
A lecsúszás határhelyzetében
Fy
F
0,9 = 36,87° 1,2 Fy + S − G = 0
tgα =
α Fx G
N
S
N − Fx = 0 S = µ⋅N
Fy = F cos α Fx = F sin α
F cos α + µ ⋅ F sin α − G = 0
F≥
G cos α + µ sin α
F≤
G cos α − µ sin α
A felfelé való elmozdulás határhelyzetében Fy − S − G = 0 F F y
N − Fx = 0 S = µ⋅N
Fx G
N
F cos α − µ ⋅ F sin α − G = 0
S
- 165 -
Ha cos α − µ sin α = 0 akkor önzárás jön létre és F = ∞ cos α − µ sin α = 0 1 1 0,9 = = tgα µ µ 2,2 − hmax 0,9 tgα = 2,2 − hmax = µ ⋅ 0,9 2,2 − hmax
hmax = 1,93 m
16. példa Az AC rúd alsó vége érdes felületen támaszkodik, ahol a µ=0,3 Egyensúly esetén mekkora lehet F értéke, ha α=30°
C F
l
G
α A
B C F
l
B
S
∑X
C
=0
l G ⋅ cos 30° − N ⋅ l cos 30° − µ ⋅ N ⋅ l sin 30° = 0 2 G cos 30° − N ⋅ (cos 30° + µ sin 30°) = 0 2 G cos 30° N= 2(cos 30° + µ sin 30°)
G
30°
A
∑M
N
=0 -S+F=0
F =S =µ⋅N =
µ ⋅ G (cos 30°) 129,9 = = 63,93 N 2(cos 30° + µ sin 30°) 2,032
17. példa α µ0=0,2
µ0=0,2
Mekkora α szögben lehet a létrát kinyitni, hogy ne csússzon szét? A létra súlya 2G.
- 166 -
∑M
=0
l α α α G sin + µ0 ⋅ G ⋅ l cos − G ⋅ l sin = 0 2 2 2 2
l
sin
α/2
2 + µ cos α − sin α = 0 0 2 2 2 α 1 α sin − 1 = − µ0 cos 2 2 2 α − µ0 µ0 tg = = = 2µ0 1 2 −1 2 2
l ⋅ cos (α/2)
G
S=µ0N
α
G l ⋅ sin(α/2)
α
2
= 21,8° → a = 43,6°
18. példa 2,4m
Mekkora F erővel lehet az érdes síkon fekvő G súlyú félgömböt megindítani?
A
R=1,2 m G=9000N µ0=0,4
1,8m F
A tartórúd súlya elhanyagolható!
B R
µ0
A tehetetlen tört tengelyű rúd csak a csuklóit összekötő egyenes mentén ható erőre lehet egyensúlyban. Rúd egyensúlya ∑MA = 0
A korong egyensúlya ∑MB = 0
B y ⋅ 2,4 − Bx ⋅ 1,8 = 0
S⋅R−F ⋅R =0 F=S
By =
1,8 3 Bx = Bx 2,4 4
∑M
A
Bx G
P
=0
P
F ⋅ R − Bx ⋅ R = 0
Bx By
B
By
S
F = Bx S = µ0 ⋅ N
F = µ0 N → N =
F
µ0
- 167 -
N
F
∑Y
i
=0
By + N − G − F = 0
3 F Bx + −G − F = 0 4 µ0
3 F F+ −G − F = 0 4 µ0
3 1 F + − 1 = G 4 µ0 G 9000 9000 F= = = = 4000 N 3 1 1 + − 1 0,75 + − 1 2,25 4 µ0 0,4
19. példa
l2 r
l2/4
M B G 2
G1
l1
Mekkora M nyomatéknak kell hatnia a kerékre az elfordulás határhelyzetében? Milyen l1 méret mellet nem lehet a hengert megforgatni? (Önzárás mikor alakul ki?) l1=0,8m l2=3,2m r=0,6m G1=1600N G2=400N µ=0,3 A gördülési ellenállás elhanyagolható!
µ
A
By
∑M Bx
G1
G1
A
=0
l2 + Bx l1 − By l2 = 0 4
A koronghoz tartozó egyensúlyi egyenletek
A
∑X =0 ∑Y = 0 i
By M
i
Bx G 2
N
S = Bx
N − By − G2 = 0
N = B y + G2
∑M
S
S − Bx = 0
B
=0
S = µ⋅N
168
M − S ⋅r = 0
M = S ⋅r
l G1 2 + Bxl1 G l 4 = µG2 + µ 1 + Bx 1 = S = µ ⋅ N = µ ( By + G2 ) = µ G2 + l2 l2 4 G l G l = µG2 + µ 1 + µBx 1 = µG2 + µ 1 + µS 1 4 l2 4 l2
l G S 1 − µ 1 = µG2 + µ 1 l2 4 1 l G S − 1 = G2 + 1 4 µ l2
G1 4 = 800 = 259,5 N ⇒ S= 1 l1 3,083& − µ l2 G2 +
M = S ⋅ r = 155,7 Nm Önzárás akkor alakul ki, amikor a súrlódó erő képletének nevezője nulla. 1 l1 l 3,2 − = 0 ⇒ l1 = 2 = = 10,6& m µ l2 µ 0,3
20. példa
es 1-
rú
2es
d
Mekkora α szögnél válik a rendszer önzáróvá? G és µ0 adott
rú d
α
α
F
µ0
A hasábok magassága elhanyagolható!
µ0 G
G
A középső rúd egyensúlyának feltétele, hogy az 1-es és 2-es rúdban a rúderők azonosak.
R α
Rx
Ry
Ry
Ry
Rx
Rx F
S1
S2 G
N2
169
α
R G
N1
Rx Ry
S1 = µ0 ⋅ N1
Rx + S 2 − F = 0
R x − S1 = 0
Ry + G − N 2 = 0
R y + G − N1 = 0
S2 = µ0 ⋅ N 2 Ry = R sin α
R sin α + G − R sin α + G −
S1
Rx = R cos α
=0
µ0
R cos α
µ0
F = Rx + S2 = R cos α + µ0 N 2 =
[
]
= R cos α + µ0 Ry + G =
=0
= R cos α + µ0 [R sin α + G ] =
cos α = −G R sin α − µ0 G Gµ0 R= = cos α − sin α cos α − µ0 sin α
= R cos α + µ0 R sin α + µ0G = R(cos α + µ0 sin α ) + µ0G
µ0
F=
cos α + µ0 sin Gµ0 ⋅ (cos α + µ0 sin α ) + µ0G = Gµ0 1 + cos α − µ0 sin α cos α − µ0 sin cos α − µ0 sin = 0 akkor F a végtelenhez tart.
Ha
cos α = µ0 sin
1
µ0
= tgα
1 → α = arctg Ennél nagyobb α szög esetén a rendszer önzáró! µ0
21. példa
α µ r
G súlyú, r sugarú koronghoz kapcsolt kötél végét a függőleges falhoz rögzítjük. Határozzuk meg a nyugalmi állapotot biztosító µ súrlódási tényező értékét, ha α,r és G értékei ismertek! Kcosα
∑M
=0 K ⋅r − S ⋅ r = K ⋅ r − µ ⋅ N ⋅ r = 0 K =µ⋅N
K
α G
Ksinα
S=µN
N
∑X
0
=0 K sin α − N = 0 N = K sin α i
∑Y = 0 i
K cos α − G + µ ⋅ N = 0 K K = µ⋅N → µ = N K K 1 = µ= = N K sin α sin α
G
- 170 -
22. példa
Mekkora az a minimális F erő, ahol a korong nem csúszik le. Mekkora a minimális µ az egyensúly biztosításához?
α
α=30°
µ
µ0
µ0=0,3
G=1000N
r
α G F
FK = F ⋅ e µ 0α k = r + r cos α = r (1 + cos α ) α
FK
∑M
A
=0
FK ⋅ k − F ⋅ 2 ⋅ r − G ⋅ r = 0
F ⋅ eµ α ⋅ k − F ⋅ 2 ⋅ r − G ⋅ r = 0
k
S r
α r
G
A
F
∑Y
i
N
[ F [e
Fe
0
µ0α
]
⋅ r (1 + cos α ) − 2r − G ⋅ r = 0
]
µ0α
(1 + cos α ) − 2 = G G F = µ 0α = 5457 N e (1 + cos α ) − 2 FK = 6385 N
∑X
=0
i
=0
FK cos α − F − G + S = 0
FK sin α − N = 0
S = F + G − FK cos α
N = FK sin α
µ=
S F + G − FK cos α = = 0,29 N FK sin α
23. példa
Mekkora Q értéknél csúszik meg a korong? r=0,5m a=0,25m G=1000N µ=0,1
a
r
G Q
- 171 -
K1
K0
K1 = K 0 ⋅ e µα
∑Y
i
=0
K 0 + K1 − G − Q = 0
∑M = 0 K 0 (r + a ) − K1 (r − a ) − G ⋅ a = 0
G Q
Q = G − K 0 − K1 = G − K 0 − K 0 ⋅ e µα = G − K 0 (1 + e µα ) K 0 ⋅ r + K 0 ⋅ a − K 0 ⋅ e µα ⋅ r + K 0 ⋅ e µα ⋅ a − G ⋅ a = 0 K 0 (r + a − r ⋅ e µα + a ⋅ e µα ) = G ⋅ a G⋅a 1000 ⋅ 0,25 K0 = = µα µα r + a − r ⋅e + a⋅e 0,5 + 0,25 − 0,5 ⋅ e0,1⋅π + 0,25 ⋅ e0,1⋅π K 0 = 613,2 N
24. példa Az ábrán látható két rúdvéget összeszorító erő F=6000N. A rúdvégek között a súrlódási tényező µ=0,08. Mekkora nyomatékkal lehet a rúdvégeket az elcsúszás határhelyzetébe hozni?
D=0,22m d=0,1m
dφ
dS dA ρ
dA = ρ ⋅ dϕ ⋅ dρ
dN = p ⋅ dA
F ( R − r 2 )π dS = µ ⋅ dN p=
2
dM = ρ ⋅ dS = ρ ⋅ µ ⋅ dN = ρ ⋅ µ ⋅ p ⋅ dA = ρ ⋅ µ ⋅ p ⋅ ρ ⋅ dϕ ⋅ dρ F M = ∫ dM = µ 2 ( R − r 2 )π (T )
2π R
R
ρ3 F ρ ρ ϕ µ d ⋅ d = ⋅ dϕ = ∫0 ∫r ( R 2 − r 2 )π ∫ 3 r 2
2π
F R3 − r 3 F =µ 2 ⋅ dϕ = µ 2 2 ∫ ( R − r )π 0 3 ( R − r 2 )π
R3 − r 3 2π = 3 2 R3 − r 3 2 0,113 − 0,053 = ⋅µ ⋅F ⋅ 2 = ⋅ 0 , 08 ⋅ 6000 ⋅ = 40,2 Nm 3 R − r2 3 0,112 − 0,052
- 172 -
dρ
25. példa Mekkora oldalirányú vízszintes erővel lehet a lejtőn álló G=100N súlyú testet megmozdítani? F
α= 15
µ=0,4
°
N = G cos α L = G sin α
N
G
L
F 2 + L2 = µ ⋅ N S=µN
F 2 + G 2 sin 2 α = µ ⋅ G cos α
F Fe
L
F 2 + G 2 sin 2 α = µ 2 ⋅ G 2 cos 2 α µ=0,4
F 2 = G 2 ( µ 2 cos 2 α − sin 2 α )
F = G µ 2 cos 2 α − sin 2 α
F = 100 ⋅ 0,4 2 ⋅ cos 2 15° − sin 2 15° = 100 ⋅ 0,2869 = 28,69 N
26. példa l a
F
µ
Mekkora M nyomatékkal hozható a dob az elfordulás határhelyzetébe? Adott a,l,R, µ és F l
M
a
F
µ R
S=µN
N R S
A rúdra felírt nyomatéki egyenlet ∑M = 0 F ⋅l + µ ⋅ N ⋅ R − N ⋅a = 0 N (a − µ ⋅ R) = F ⋅ l F ⋅l N= (a − µ ⋅ R) S =µ⋅N
N
M
- 173 -
A korongra felírt nyomatéki egyenlet ∑M = 0 S⋅R−M =0 F ⋅l M = µ⋅N ⋅R = µ⋅R (a − µ ⋅ R) 27. példa Mekkora F erőt kell működtetni, hogy a rendszer egyensúlyban legyen? l1=0,1m l2=0,3m l3=0,08m R=0,08m G=500N µ=0,4
A l1 F l2 R
µ
F B
l3
R
S N
N
G
S
Korongra felírt nyomatéki egyenlet
Rúdra felírt nyomatéki egyenlet
∑M
∑M
=0 G⋅R−S⋅R =0 S =G B
A
G
=0
F ⋅ l1 + S ⋅ l3 − N ⋅ l2 = 0 S F ⋅ l1 + S ⋅ l3 − ⋅ l2 = 0
µ
F=
− G ⋅ l3 +
G
µ
⋅ l2
l1
=
335 = 3350 N 0,1
28. példa a
a
b F
h0
G b
A G súlyú test érdes felületen áll. Minimálisan mekkora magasságban működtessük az F erőt, hogy a test megbillenjen? Mekkora a megmozdításhoz szükséges minimális erő? a=1m G=10000N
b=3m µ0=0,4
µ0
- 174 -
Bizonyos magasság alatt működtetett F erő hatására a test elcsúszik. Ekkor F = S = µ0 ⋅ N = µ0 ⋅ G vagyis F = 0,4 ⋅ 10000 = 4000 N
F G
h0
S
N
Egy h0 magasság elérésekor a test a billenés határhelyzetébe jut
∑X
i
=0
F =S
F ⋅ h0 − G ⋅ a = 0
F
µ0 ⋅ G ⋅ h0 = G ⋅ a µ0 ⋅ h0 = a
G h0
h0 = S
N
a
µ0
Ezen magasság felett a test megbillen, alatta megcsúszik és súrlódva halad!
29. példa Q
Mekkora F erővel mozdítható el az ék az ékhoronyban? Adott: Q, µ,α
F
µ
α α
Q
N1 = N 2 α
α
Q
N2
α α
N1
α α
N2
N1 - 175 -
N1 sin α =
Q 2
N = N1 = N 2 =
Q 2 sin α
A súrlódási erő S1 = S 2 = µ ⋅ N . Egyensúlyi egyenleteket az F irányban felírva 2µ ⋅ Q µ ⋅ Q F = S1 + S 2 = µ ( N + N ) = µ ⋅ 2 N = = 2 sin α sin α Vezessük be µ ' =
µ sin α
→ F = µ 'Q
Ha az α szöget növeljük, akkor vele együtt az F erő csökken, az α szög csökkentésével az F erő nő!
30. példa y
Mekkora erővel hozható az ábrán vázolt korong a lejtőn a felfelé való elmozdulás határhelyzetébe, ha a gördülési ellenállás karja f=2,5mm?
x r
Mekkora minimális súrlódási tényező szükséges ahhoz, hogy a korong a lejtőn ne csússzon meg?
F
G
G=100N
r=0,4m
α
∑ M = 0 (az érintkezési pontra)
y
Gx ⋅ r − Fx ⋅ r + M f = 0 Fy
x
Fx
Gx = G sin α
G y = G cos α
Fx = F cos α
Fy = F sin α
Mf = f ⋅N
Gx
∑Y = 0
Gy
i
− G y − Fy + N = 0 S
∑X
i
=0
− Gx − S + Fx = 0
Mf N
A ∑ M = 0 és ∑ Yi = 0 egyenletek felhasználásával G sin 30° ⋅ r − F cos 30° ⋅ r + f (G cos 30° + F sin 30°) = 0
G sin 30° ⋅ r + G ⋅ f cos 30° F= = r cos 30° − f sin 30°
100 ⋅ 0,5 ⋅ 0,4 + 100 ⋅ 0,0025 ⋅
3 − 0,0025 ⋅ 0,5 2 A ∑ X i = 0 egyenletből a szükséges súrlódási erő 0,4 ⋅
S = Fx − Gx = 50,4 − 50 = 0,4 N A minimális súrlódási tényező µ =
S 0,4 = = 0,0035 N 115,7
- 176 -
3 2 = 58,195 N
α=30°
31. példa Határozza meg F értékét úgy, hogy a G súlyú test a fölfelé való elmozdulás határhelyzetébe kerüljön! Az F erővel terhelt éket súlytalannak tekintjük!
µ2 G
µ1
F
µ0
α
µ0=0,1 G=1000N
µ1=0,15 α=15°
µ2=0,2
S2
S0 = µ0 ⋅ N 0 S1 = µ1 ⋅ N1 S2 = µ2 ⋅ N 2
G
N2
S1x
N1x
S1y
N1x = N1 sin α N1 y = N1 cos α
N1
S1
N1y
S1x = N1µ1 cos α
N1 S1x
F
S1
S1y α
N1y
S1 y = N1µ1 sin α
N1x S0 N0
Egyensúlyi egyenletek:
N 2 − S1 x − N 1 x = 0 N 2 − µ1 N1 cos a − N1 sin α = 0 S1x + N1x + S0 − F = 0 S1 y − N1 y + N 0 = 0
µ 2 N 2 + G + S1 y − N1 y = 0 µ 2 N 2 + G + µ1 N1 sin α − N1 cos α = 0 µ1 N1 cos α + N1 sin α + N 0 µ0 − F = 0 µ1 N1 sin α + N1 cos α + N 0 = 0
N 2 = N1 sin α + µ1 N1 cos α µ 2 N1 sin α + µ1µ 2 N1 cos α + G + µ1 N1 sin α − N1 cos α = 0 N1[µ 2 sin α + µ1µ 2 cos α + µ1 sin α − cos α ] = −G −G N1 = µ 2 sin α + µ1µ 2 cos α + µ1 sin α − cos α − 1000 N1 = 0,2 ⋅ sin 15° + 0,15 ⋅ 0,2 ⋅ cos15° + 0,15 ⋅ sin 15° − cos15° N1 = 1181,53 N N 0 = N1 cos α − µ1 N1 sin α = 1095,4 N F = µ0 N 0 + N1 sin α + µ1 N1 cos α = 586,5 N
- 177 -
32. példa
r
R
Az R sugarú korongra kötelet rögzítünk, úgy, hogy az nem csúszhat meg. A korongot r sugarú csapon támasztjuk fel, ahol ismerjük a csap súrlódási kör r0 sugarát. A kötél egyik végére Q súlyú testet helyezünk. Határozzuk meg Fmin illetve Fmax értékét úgy, hogy a korong ne mozduljon meg.
Q F N
N
M cs = (Q + Fmin ) ⋅ r0
∑M = 0 Q ⋅ R − M cs − Fmin ⋅ R = 0 Q ⋅ R − Q ⋅ r0 − Fmin ⋅ r0 − Fmin ⋅ R = 0 Fmin ( R + r0 ) = Q( R − r0 ) R − r0 Fmin = Q ⋅ R + r0
Mcs
Q+Fmin
Q
Fmin
M cs = (Q + Fmax ) ⋅ r0 = 0
∑M = 0
Mcs
Q ⋅ R + Q ⋅ r0 + Fmax ⋅ r0 − Fmax ⋅ R = 0 Fmax (r0 − R ) + Q( R + r0 ) = 0 R + r0 Fmax = Q ⋅ R − r0
Q+Fmax
Q
Fmax
- 178 -
33. példa ØD
Mekkora F erővel lehet megállítani az M1 illetve M2 nyomatékkal terhelt korongot? D, M1, M2, l1, l2, µ, γ
µ M1
γ
M2
K1 = K 0 ⋅ eα ⋅ µ α = π + γ ( radián ) F
l1 l2
∑ M = 0 (korongra)
∑ M = 0 (tartóra)
D D − K1 ⋅ = 0 2 2 D D M 1 + K 0 ⋅ − K 0 ⋅ e (π + γ ) ⋅ µ ⋅ = 0 2 2 2 M1 K0 = µ D e (π + γ ) − 1
K 0 ⋅ l1 − F ⋅ l2 = 0
M1 + K0 ⋅
2 M1 D ⋅ l1 − F ⋅ l2 = 0 e µ (π + γ ) − 1 2 M1 l F = µ (D ⋅ 1 π +γ ) e − 1 l2
M2
K0
K1
K0
K1
- 179 -
F
- 180 -
