OKTATÁSI MINISZTÉRIUM Érettségi írásbeli vizsgatétel megoldása
M OM
V.20.
Kódszám: M A12
1
Tantárgy: Építészeti alapismeretek
Jóváhagyta: Soós László osztályvezető
2005 NEMZETI SZAKKÉPZÉSI INTÉZET
OM
V.20.
M A12
1. Témakör: ábrázoló geometria
maximális pontszám: 20
1.1. Szerkessze meg az alábbi tető éleinek a valódi hosszát, ha a gerinc vízszintes és magassága megegyezik a felülnézet AE szakaszának a hosszával!
E’’
2
10 pont
x23
F’’
F’’’(E’’’)
AE
x12 D’’ (A’’)
B’’
C’’
A’
B’
E’
D’
B’’’ (A’’’)
F’
C’
Oldalnézet felszerkesztése: Elölnézet felszerkesztése Élek valódi hosszának megszerkesztése 3x2
2 pont 2 pont 6 pont
C’’’ (D’’’)
OM
V.20.
M A12
1.2. Szerkessze meg M 1:20-as léptékben annak a köríves boltövnek az ívét, amelynek nyílásszélessége 160 cm, a boltöv ívmagassága pedig 50 cm!
A léptéknek megfelelően:
Ívszélesség felszerkesztése: Szakaszfelezés Magasság felszerkesztése AC távolság meghatározása Szögfelezés „O” pont meghatározása Körív felszerkesztése
1 pont 2 pont 1 pont 1 pont 2 pont 1 pont 2 pont
3
10 pont
OM
V.20.
M A12
2. Témakör: építés, építészet, épületszerkezetek 2.1.
2.2.
4
maximális pontszám: 40
Nevezze meg az alábbi épületek beépítési módjait!
Határozza meg az építési területek közművesítettségi jellemzőit!
6 pont
4 pont
Építési területek csoportosítása a közművesítettség mértéke szerint: 1. teljes a közművesítettség, ha egyidejűleg van − a közüzemi energiaszolgáltatás (villamos energia és vezetékes gáz, vagy távhő), − a közüzemi ivóvíz szolgáltatás, − a közüzemi szennyvízelvezetés és tisztítás, − a közterületi nyílt vagy zárt rendszerű csapadékvíz-elvezetés. 2. részleges a közművesítettség, ha egyidejűleg van − a közüzemi villamosenergia-szolgáltatás, − a közüzemi ivóvíz-szolgáltatás, − az egyedi közművel történő szennyvíztisztítás és szennyvíz-elhelyezés, − a közterületi nyílt rendszerű csapadékvíz-elvezetés. 3. hiányos közművesítettség, ha a részleges közművesítettség valamely eleme hiányzik.
OM
V.20.
M A12
5
4. közművesítetlen: ha nincs közműhálózat. 4 pont 2.3. Mit nevezünk teherhordó épületszerkezeteknek? Csoportosítsa azokat a teherhordás módja szerint! Teherhordó szerkezeteknek nevezzük azokat a szerkezeteket, amelyek más épületszerkezetek terhét is kényszerülnek elviselni.
Teherhordó szerkezetek
alátámasztó szerkezetek • talajok • alapok • falszerkezetek • oszlopok • pillérek
áthidaló szerkezetek ívesen • boltöv • boltozat
vízszintesen
ferdén
• nyílásáthidaló • lépcső • födém • tetőszerkezet
2.4. Rajzolja meg M 1:10-es léptékben egy 38x64 cm pillér téglakötését! Az eltérő sorokat grafikailag különböző módon ábrázolja!
6 pont
OM
V.20.
M A12
6
2.5 Rajzolja meg az alábbi csomópontot, M 1:10-es léptékben! A födémgerendák a nyílásáthidalóra merőlegesen adják át a terhüket a falszerkezetnek! Választható szerkezetek: • Porotherm rendszer elemmagas nyílásáthidalóval:
A nyílásáthidalás és a falazat helyes kialakítása A födém és koszorú korrekt megoldása A hő-, és hangszigetelések és a burkolatok helyes elkészítése Helyes rétegrend Feliratozás, kótázás Igényes rajzi munka, megjelenés vagy
5 pont 5 pont 3 pont 3 pont 2 pont 2 pont
OM
V.20.
M A12
7
Választható szerkezetek: • Ytong falazat, Ytong nyílásáthidalással, E 7−42; EB 60/19 födémmel.
A nyílásáthidalás és a falazat helyes kialakítása A födém és koszorú korrekt megoldása A hő-, és hangszigetelések és a burkolatok helyes elkészítése Helyes rétegrend Feliratozás, kótázás Igényes rajzi munka, megjelenés
5 pont 5 pont 3 pont 3 pont 2 pont 2 pont
OM
V.20.
M A12
3. Témakör: építési anyagok
8
maximális pontszám: 20
3.1. Az 1000 cm3-es mérőhengerbe színültig betöltött, szemcsés anyag tömege 1280 g, a hézagtérfogata 30 %, tömörsége 90 %. Mekkora az anyag sűrűsége, testsűrűsége, halom-sűrűsége, és a különböző vizsgálatoknál mért anyagtérfogatok?
ρh = 1280 g/ 1000 cm3 = 1,28 g/cm3 H = (1 − ρh/ρt)*100 % → ρt = ρh / (1 − H/100) = 1,828 g/cm3 T = ρt/ρ*100 % → ρ = ρt*100 /T = 2,03 g/cm3 3
1 pont 2 pont 2 pont
Vh = 1000 cm
Vt = m/ρt = 700 cm3
1 pont
V = m/ρ = 630,55 cm3
1 pont
3.2. Csoportosítsa a kőzeteket keletkezésük szerint!
6 pont
7 pont
OM
V.20.
M A12
Elsődleges kőzetképződés
9
Eruptív, vulkáni kőzetek vulkáni törmelék kiömlési átmeneti (telér) mélységi
Külső hatások mállás, helyváltozás, ülepedés
Átalakult (metamorf) kőzetek
Másodlagos kőzetképződés
Belső hatások hő, nyomás
Üledékes kőzetek törmelékes
epizóna (felső) mezonóna (középső) katazóna (alsó)
laza
összeálló vegyi
OM
V.20.
M A12
10
3.3. Határozza meg az alábbi falazat hőátbocsájtási tényezőjét, és rajzolja meg a hőfokesési görbéjét! Alapadatok
Szerkezeti rétegek belső légtér
αi
8
7 pont
Hőfokesések
d
λ
R
∆v
νr
m
W/mK
m2K/W
K
°C
0,125
2,340
0,017
0,323
W/m2K
20,00 17,66
1.
javított mészhabarcs
0,015
0,870
17,34 2.
kevéslyukú tégla
0,380
0,700
0,543
10,162
3.
polisztirolhab
0,040
0,047
0,851
15,931
7,18 -8,76 4.
felületképző habarcs
0,020
0,870
0,023
0,430 -9,19
külső légtér
αe
23
2
W/m K
0,043
Összesen: 0,455
1,603
k = 1/∑R = 0,624 W/m2K
0,814
q = k*∆t = 18,72 W/m2K
20 Cº
- 10 Cº
„k” érték meghatározása: Hőfokesési értékek kiszámítása: Ábra megrajzolása:
-10,00
3 pont 3 pont 1 pont
OM
V.20.
M A12
4. Témakör: statika
11
maximális pontszám: 20
4.1. Rajzolja meg a támaszoknál keletkező egyensúlyozó kényszereket és határozza meg a tartók határozott, vagy határozatlan voltát, (határozatlansági fokát)!
5 pont
6 ismeretlen – 3 egyensúlyi egyenlet = háromszorosan határozatlan tartó
2 ismeretlen – 2 egyensúlyi egyenlet = határozott tartó
4 ismeretlen – 3 egyensúlyi egyenlet = egyszeresen határozatlan tartó
3 ismeretlen – 3 egyensúlyi egyenlet = határozott tartó
2 adott hatásvonalú egyensúlyozó erő = túlhatározott tartó
Minden helyes megoldás 1 pontot ér! Értékelés: 0-33 34-49 50-69 70-85 86-100
pont pont pont pont pont
elégtelen elégséges közepes jó jeles
OM
V.20.
M A12
12
4.2. Rajzolja meg az alábbi tartó belsőerő ábráit számított értékek alapján!
15 pont
F2X = F2Y = sin 45°* F2= 7,07 kN ΣMi(A) = –F1* 1,5 + F2Y *2,5 + q*7,5*8,25 – FBY*10 = 0 → FBY = 32,10 kN ΣMi(B) = –F1* 11,5 + FAY*10 – F2Y *7,5 – q*7,5*1,75 = 0 → FAY = 16,47 kN ΣFiY = F1 – FAY + F2Y + q*7,5 – FBY = 0 → 0 = 0 tg 30° = FBX/FBY → FBX = 18,54 kN ΣFiX1 = FAX + F2X – FBX = 0 → FAX = 11,47 kN N, T, M ábra 3x2 M1 = – F1*1,5 = – 6 kN·m; M2= – F1*4 + FAY*2,5 = 25,18 kN·m M3= – F1*6 + FAY*4,5 – F2Y*2 = 35,98 kN·m M4= – q*6,422/2 + FBY*4,42 = 38,84 kN·m; M5 = – q*2 = – 10 kN·m F1=4 kN
F2=10 kN F2Y 45°
1
FAX
FAY
1,5
F2X
2
1 pont
q=5 kN/m 3
2,5
1 pont 2 pont 2 pont 1 pont 1 pont 1 pont 6 pont
4
2,0
FBX
5
5,5
FBY
18,54
30° 2,0 18,54
11,47
+ _
N 22,1
4
+ _
T 5,4
12,47
+ _
X0=1,08
4
5,4
12,47
10 - 10
-6
M
25,18 35,98
38,84
