Mechanical engineering | Higher education » Égert-Pere - Mechanika, statika

Égert János – Pere Balázs MECHANIKA Statika Egyetemi alapképzésben részt vevő mérnökhallgatók számára Készült a HEFOP 3.31-P-2004-09-0102/10 pályázat támogatásával Szerzők: dr. Égert János egyetemi tanár dr. Pere Balázs egyetemi adjunktus Lektor: dr. Nándori Frigyes egyetemi docens Miskolci Egyetem, Mechanika Tanszék Szerzők, 2006 Mechanika A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom A dokumentum használata Vissza ◄ 3 ► A dokumentum használata Mozgás a dokumentumban A dokumentumban való mozgáshoz a Windows és az Adobe Reader megszokott elemeit és módszereit használhatjuk. Minden lap tetején és alján egy navigációs sor található, itt a megfelelő hivatkozásra kattintva ugorhatunk a használati útmutatóra, a tartalomjegyzékre, valamint a tárgymutatóra. A ◄ és a ► nyilakkal az előző és a következő oldalra léphetünk át, míg a Vissza mező az utoljára megnézett oldalra visz vissza

bennünket. Pozícionálás a könyvjelzőablak segítségével A bal oldali könyvjelző ablakban tartalomjegyzékfa található, amelynek bejegyzéseire kattintva az adott fejezet/alfejezet első oldalára jutunk. Az aktuális pozíciónkat a tartalomjegyzékfában kiemelt bejegyzés mutatja. A tartalomjegyzék használata Ugrás megadott helyre a tartalomjegyzék segítségével Kattintsunk a tartalomjegyzék megfelelő pontjára, ezzel az adott fejezet első oldalára jutunk. Keresés a szövegben A dokumentumban való kereséshez használjuk megszokott módon a Szerkesztés menü Keresés parancsát. Az Adobe Reader az adott pozíciótól kezdve keres a szövegben A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 3 ► Mechanika A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Tartalomjegyzék Vissza ◄ 4 ► Tartalomjegyzék Bevezetés. 7 1. A mechanika és a statika alapfogalmai 9 1.1 A mechanika részterületei 9 1.2 Mechanikai

anyagmodellek (testmodellek) 10 1.3 Mechanikai geometriai modellek 10 1.4 Mechanikai kapcsolatok modelljei 10 1.5 A koordináta-rendszer (KR) 15 2. Matematikai alapok 17 2.1 A görög ABC leggyakrabban használt betűi 17 2.2 Trigonometriai ismétlés 17 2.3 Vektoralgebrai összefoglaló 19 2.4 Gyakorló feladatok vektorműveletekre 23 3. Az erő 31 3.1 Erővektor megadásának lehetőségei 31 3.2 Erő összetevőkre bontása 32 3.3 Síkbeli erők összegzése 33 3.4 Gyakorló feladatok erő összetevőkre bontására és erők összegzésére. 35 4. Anyagi pont statikája 44 4.1 Anyagi pontra ható erőrendszer eredője (több erő összegzése) 44 4.2 Anyagi pontra ható erőrendszerek egyenértékűsége, egyensúlyi erőrendszer . 45 4.3 Speciális egyensúlyi erőrendszerek 45 4.4 Gyakorló feladatok anyagi pontra ható erőrendszerek egyenértékűségére és egyensúlyára . 47 5. Merev test statikája 56 5.1 Erő nyomatékai 56 5.2 Merev testre ható erőrendszerek

egyenértékűsége és egyensúlya . 58 5.3 Az erőrendszer fogalmának kibővítése 59 5.4 Gyakorló feladatok nyomatékok számítására és merev testre ható erőrendszerek egyenértékűségére és egyensúlyára. 61 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 4 ► Mechanika A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Tartalomjegyzék Vissza ◄ 5 ► 5.5 Síkbeli erőrendszerek 67 5.6 Gyakorló feladatok síkbeli erőrendszerekre 71 5.7 Vonal mentén megoszló erőrendszer 80 5.8 Gyakorló feladatok vonal mentén megoszló erőrendszer eredőjének meghatározására . 82 5.9 Síkbeli szétszórt erőrendszerek helyettesítési és egyensúlyozási feladatai . 85 5.10 Gyakorló feladatok síkbeli szétszórt erőrendszerek helyettesítésére és egyensúlyozására . 89 6. Síkbeli szerkezetek statikai feladatai 93 6.1 A statikailag határozott megtámasztás 93 6.2 Speciális síkbeli statikailag határozott

szerkezetek 94 6.3 Gyakorló feladatok speciális síkbeli statikailag határozott szerkezetekre. 97 7. Térbeli párhuzamos erőrendszerek 105 7.1 Térbeli párhuzamos erőrendszer redukált vektorkettőse, az erőközéppont. 105 7.2 Speciális irányú térbeli párhuzamos koncentrált erőrendszer 106 7.3 Speciális térbeli párhuzamos megoszló erőrendszer, a súlyerőrendszer . 107 7.4 Statikai nyomatékok 108 7.5 Gyakorló feladatok térbeli párhuzamos erőrendszerekre és súlypont helyének kiszámítására . 110 8. Merev testek belső erőrendszere 121 8.1 Rudak igénybevételeinek értelmezése 121 8.2 Rudak igénybevételeinek meghatározása 124 8.3 Gyakorló feladatok rudak igénybevételeinek meghatározására 125 9. Rudak igénybevételi ábrái 130 9.1 Egyenes rudak egyensúlyi egyenletei 131 9.2 A koncentrált erők és koncentrált nyomatékok hatásának figyelembe vétele. 133 9.3 Az igénybevételi ábrák megrajzolásának szabályai 134 9.4 Gyakorló

feladatok igénybevételi ábrák megrajzolására 135 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 5 ► Mechanika A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Tartalomjegyzék Vissza ◄ 6 ► 10. Statikailag határozott rúdszerkezetek 153 10.1 Csuklós rúdszerkezetek 154 10.2 Síkbeli rácsos szerkezetek 159 10.3 Gyakorló feladatok síkbeli rúdszerkezetekre 165 11. Valóságos szerkezetek modellezése – súrlódás 183 11.1 Érdes felületű testek érintkezése 183 11.2 A Coulomb-féle súrlódási törvény 184 11.3 A gördülési ellenállás 186 11.4 Testek egyensúlyi helyzetének stabilitása 187 11.5 Gyakorló feladatok valóságos szerkezetek modellezésére 189 Szakirodalom . 204 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 6 ► Mechanika A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Bevezetés Vissza ◄ 7 ► Bevezetés A Mechanika számos mérnöki

terület fontos alaptudománya. A mérnökképzésben a mechanikának mérnöki szempontok szerinti ismertetésére kerül sor úgy, hogy az a mérnöki gyakorlatban közvetlenül használható legyen és erre a tudásanyagra a mérnöki szaktárgyak további ismereteket építhessenek. A győri Széchenyi István Egyetem Gépész-, Informatikai és Villamosmérnöki Intézetében az egyetemi alapképzésben a Mechanika oktatás négy félévig tart és statika, szilárdságtan, mozgástan valamint rezgéstan félévekre tagozódik. A gépészmérnöki és mechatronikai mérnöki egyetemi alapképzésben résztvevő hallgatók mind a négy félévet hallgatják, a műszaki szakoktató szakos hallgatók statikát, szilárdságtant és mozgástant, a közlekedésmérnök szakos hallgatók statikát és mozgástant, a műszaki menedzser szakos hallgatók pedig statikát és szilárdságtant tanulnak. A Mechanika tantárgyak jegyzetei - az előadásokon, gyakorlatokon és konzultációkon

történő részvételt feltételezve - segítséget szándékoznak nyújtani a nappali tagozatos hallgatóknak a tantárgy elsajátításához és a vizsgára történő eredményes felkészüléshez. Hasznos segédeszközök lehetnek azonban a levelező és távoktatási tagozatos egyetemi alapképzésben résztvevő gépészmérnöki, mechatronikai mérnöki, műszaki szakoktató, műszaki menedzser, és közlekedésmérnöki szakos hallgatók számára is, akik nagyobb részt önállóan készülnek fel a félévközi házi feladatok megoldására és a vizsgára. Az önálló felkészülést segíti elő a jegyzetekben például az idegen nevek, mértékegységek, görög betűk, stb. kiejtésének ismertetése is A jegyzetek tartalma nagyrészt megegyezik a távoktatásos hallgatók rendelkezésére bocsátott internetes tananyagokkal, tagolásuk viszont ettől kismértékben eltér. Olyan esetekben is lehetőséget nyújtanak a távoktatási tagozatos hallgatók számára a

tárgy tanulására, amikor nem áll rendelkezésre internetes kapcsolat, vagy számítógép. A Mechanika - Statika jegyzet megfelelő magyarázatokkal, de tömören tartalmazza a tárgy elméleti tananyagát, részletesen kidolgozott feladatokon mutatja be az elmélet alkalmazását és a ki nem dolgozott feladatokkal teremt lehetőséget a hallgatóknak az önálló munkára. A kidolgozott példák részben az [5] példatárból származnak. Az önálló A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 7 ► Mechanika A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Bevezetés Vissza ◄ 8 ► feladatmegoldásnak az elméleti anyag megértése és megtanulása, valamint a kidolgozott feladatok gondolatmenetének megértése után célszerű nekikezdeni. A tananyag elsajátítása a félév során folyamatos munkát igényel A vizsgára történő eredményes felkészüléshez célszerű a tananyaggal heti 3-4 órát intenzíven

foglalkozni és a jegyzetből 15-18 oldalnyi anyagot feldolgozni. Az eredményes felkészüléshez a hallgatók a Gépszerkezettan és Mechanika Tanszék honlapján a http://www.szehu/ag/ címen további oktatási anyagokat, kidolgozott elméleti kérdéseket találnak. A Mechanika – Statika tantárgy anyagának elsajátításához a jegyzet szerzői eredményes munkát kívánnak. A szerzők ezen a helyen mondanak köszönetet Dr. Nándori Frigyes egyetemi docensnek, a jegyzet lektorának hasznos és érdemi szakmai észrevételeiért, amelyek a jegyzet végleges változatába beépültek. Győr, 2006. június A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 8 ► Mechanika A mechanika és a statika alapfogalmai A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 9 ► 1. A mechanika és a statika alapfogalmai A mechanika a fizika egyik (klasszikus) részterülete. A mechanika tárgya: testek helyzetváltoztatással járó

mozgásainak és a mozgások okainak leírása. 1.1 A mechanika részterületei a) A vizsgált testek halmazállapota szerinti felosztás: - szilárd halmazállapotú testek mechanikája, - folyékony és légnemű testek mechanikája. A Mechanika – Statika, a Mechanika – Szilárdságtan, a Mechanika - Mozgástan és a Mechanika – Rezgéstan tárgyak keretében kizárólag szilárd halmazállapotú testek mechanikájával foglalkozunk. Nem általánosságban foglalkozunk mechanikával. A mechanikát alkalmazzuk műszaki (mérnöki) feladatok megoldására. b) A vizsgálat tárgya szerinti felosztás: Műszaki mechanika (a mechanika mérnöki alkalmazása) Kinematika (a mozgások leírása) Dinamika (a mozgások okainak leírása) (erőtan) Statika (nyugalom) Merev testek statikája Kinetika (mozgás) Szilárd testek statikája (szilárdságtan) Tartós nyugalom: a test helyzetét hosszabb időn át nem változtatja meg a megfigyelőhöz képest. A dokumentum használata |

Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 9 ► Mechanika A mechanika és a statika alapfogalmai A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 10 ► A mechanikában soha sem a valóságot (valóságos testeket), hanem modelleket vizsgálunk. Modellezés: olyan idealizáció (egyszerűsítés), amely a vizsgált rendszernek, vagy jelenségnek a vizsgálat szempontjából lényeges tulajdonságait megtartja, a többi tulajdonságát pedig elhanyagolja. 1.2 Mechanikai anyagmodellek (testmodellek) Az anyagmodell a vizsgált test terhelése és az annak hatására bekövetkező alakváltozása közötti kapcsolatra nézve ad meg feltételezést (egyszerűsítést). Merev test: olyan test modell, amelyben bármely két pont távolsága állandó (a pontok távolsága terhelés hatására sem változik meg). Szilárd test: olyan test, amely alakváltozásra képes (a pontok távolsága terhelés hatására megváltozhat). 1.3 Mechanikai geometriai

modellek A geometriai modell a vizsgált test alakjára nézve ad meg feltétele-zést. Anyagi pont: Az anyagi tulajdonságokkal rendelkező geometriai pont. Megjegyzés: Szokás anyagi pontnak tekinteni az olyan testet is, amelynek helyzete (mozgása) egyetlen pontjának helyzetével (mozgásával) egyértelműen megadható. Rúd: olyan test, amelynek egyik mérete lényegesen nagyobb, mint a másik kettő. 1.4 Mechanikai kapcsolatok modelljei a) Az erő: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 10 ► Mechanika A mechanika és a statika alapfogalmai A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 11 ► Erő: egymással kapcsolatban levő testek mechanikai kölcsönhatásának mértéke. Az erő vektor mennyiség: irány és nagyság (előjel és mértékegység) jellemzi. Az erő támadáspontja: a testnek (vagy általánosságban a térnek) az a pontja, amelyre az erő hat (amelyben az erő támad). Az erő

hatásvonala: az az egyenes vonal, amely mentén az erő hat. (A támadáspont mindig a hatásvonal egy pontja.) A Statikában az erő, az erő támadáspontja és az erő hatásvonala azonos fontosságú fogalmak. A támadáspontjához, vagy a hatásvonalához kapcsolt erőt kötött erővektornak nevezzük Erőrendszer (ER): Valamely szempontból kapcsolatban álló erők összessége. Pl. ugyanarra a testre hatnak Rendszer: azoknak a testeknek az összessége, amelyeket együtt vizsgálunk. Terhelés: - a rendszerhez nem tartozó testeknek a rendszerre gyakorolt hatása, - ismert nagyságú erőhatás. Koncentrált erő (koncentrált terhelés): Két test pontszerű érintkezésénél átadódó hatás. Jele: F , mértékegysége: N (Newton) (kiejtése: nyúton). A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 11 ► Mechanika A mechanika és a statika alapfogalmai A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom A A ◄ Vissza 12 ►

F Pl.: biliárdgolyók érintkezé- A – az erő támadáspontja a - az erő hatásvonala. se. Megoszló erőrendszer/erő (terhelés): Ha az erőrendszert alkotó erők támadáspontjai folytonos pontsokaságot (Pl. vonalat, felületet, térfogatot) alkotnak, akkor megoszló erőrendszerről/erőről (terhelésről) beszélünk. A megoszló erőrendszerek megadása (a tömeg eloszlásához hasonlóan) sűrűségvektor segítségével történik. Vonal mentén megoszló erő (terhelés): Két test vonal mentén történő érintkezésénél átadódó erőhatás. Jele: q , mértékegysége: N/m (kiejtése: nyúton per méter). y y q ( x) x x Felületen megoszló erő (terhelés): Két test felület mentén történő érintkezésénél átadódó erőhatás. Jele: p , mértékegysége: N/m2 (kiejtése: nyúton per négyzetméter) A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 12 ► Mechanika A mechanika és a statika alapfogalmai A dokumentum

használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 13 ► hóréteg p Térfogaton megoszló erő (terhelés): A testek kölcsönhatása erőtér közvetítésével jön létre. Jele: f , mértékegysége: N/m3 (kiejtése: nyúton per köbméter). Pl. önsúly (a gravitációs erőtér hatására jön létre) b) Kényszerek Kényszerek: A test és környezete, illetve a rendszert alkotó testek közötti kapcsolatok, amelyek a vizsgált test mozgását akadályozzák. Kényszererők (támasztó erők): Olyan ismeretlen hatások, amelyek a kényszerekről adódnak át a rendszerre. (Ismeretlen erőhatások) A kényszererők (támasztó erők) meghatározása a Statika egyik fő feladata. A leggyakrabban előforduló kényszerek: Csukló: a test egy pontjának minden irányú elmozdulását megakadályozza. Síkbeli eset: Térbeli eset: y z rúd y A x A x A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 13 ► Mechanika A mechanika és a

statika alapfogalmai A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom x A = 0, Vissza x A = 0, yA = 0 ◄ 14 ► y A = 0, z A = 0 az A pont x, y, z irányú az A pont x, y irányú elmozdulásai. elmozdulásai. Görgő: a test egy pontjának egy adott irányú elmozdulását akadályozza meg. y x rúd y A z x A y A = 0. y A = 0. az A pont y irányú az A pont y irányú elmozdulása. elmozdulása. Feltételezzük, hogy a testek y irányban nem távolodhatnak el egymástól. Rudas megtámasztás, felfüggesztés kötéllel: A test egy pontjának egy adott irányú elmozdulását akadályozza meg. y vizsgált rúd A támasztó rúd x kötél A x y vizsgált rúd y A = 0. y A = 0. az A pont y irányú az A pont y irányú elmozdulása. elmozdulása. A rúdban csak rúdirányú erő, a kötélben csak kötél irányú húzóerő léphet fel. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 14 ► Mechanika A

mechanika és a statika alapfogalmai A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 15 ► Befogás: a test egy pontjának minden irányú elmozdulását és a test adott pontbeli síkmetszetének az elfordulását akadályozza meg. Térbeli eset: Síkbeli eset: y y rúd A x z x A = y A = 0, x x A = y A = z A = 0, ϕ A z = 0. ϕ A x = ϕ A y = ϕ A z = 0. Szabadságfok: azoknak a skalár adatoknak (koordinátáknak) a száma, amelyek a test helyzetét egyértelműen meghatározzák. Anyagi pont szabadságfoka: 2 3 Merev test szabadságfoka: 3 6 síkbeli eset térbeli eset 1.5 A koordináta-rendszer (KR) A nyugalom és a mozgás vizsgálata a megfigyelőhöz kötött vonatkoztatási rendszer (egy vonatkoztatási merev testhez képest) történik. A vonatkozatási rendszerhez a tér pontjainak azonosítása céljából koordináta-rendszert kötünk A koordináta-rendszer az a viszonyítási (vonatkoztatási) alap, amely a test mozgásának (nyugalmi

állapotának) leírását teszi lehetővé. Jobbsodrású, derékszögű koordináta-rendszer: Térbeli eset: Síkbeli eset: y y + forgásértelem x O i j j Kezdőpont: O (origó). Tengelyek: + forgásértelem O z k i x i - az x tengely irányú egységvektor, A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 15 ► Mechanika A mechanika és a statika alapfogalmai A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom irányított egyenesek: x, y, z. Forgásértelem: jobbkéz szabály. Vissza ◄ 16 ► j - az y tengely irányú egységvektor, k - a z tengely irányú egységvektor. Tengely: Irányított egyenes. A tengely egy pontjával és irányával adható meg. Koordináta: A tengelyen egy kezdőponttól (origótól) mért előjeles távolság. A vizsgált rendszerek viselkedésének leírására skalár és vektor mennyiségeket használunk. Skalár mennyiség: nagyság (előjel) és mértékegység jellemzi – a valós

számok halmaza. Vektor mennyiség: irány, nagyság (előjel) és mértékegység jellemzi. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 16 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 17 ► 17 ► 2. Matematikai alapok 2.1 A görög ABC leggyakrabban használt betűi Kisbetű α β χ δ ε ϕ γ η κ λ µ ν π ϑ ρ σ τ ω ξ ψ ζ Nagybetű Α Β A betű magyar fonetikus kiejtése alfa, beta, vagy béta, Χ ∆ Ε Φ Γ Η Κ Λ Μ Ν Π Θ Ρ Σ Τ Ω Ξ khí, delta, epszilon, fí, gamma, eta, kappa, lambda, mű, nű, pí, teta, vagy téta, ró, szigma, tau omega, kszí, Ψ Ζ pszí, zeta, vagy zéta 2.2 Trigonometriai ismétlés a) A szögfüggvények (trigonometrikus függvények) értelmezése: b a sin α = , cos α = , c c c b b a 1 α ⋅ . tgα = , ctgα = = a a b tgα A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ Mechanika

Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 18 ► b) Gyakran előforduló szögek trigonometrikus függvényeinek értékei: 1 2 sin 45o = cos 45o = = , 2 45 2 2 1 tg 45o = ctg 45o = 1 . O 45 ⋅ O 1 1 3 cos 30o = , , 2 2 1 3 tg 30o = = , ctg 30o = 3 3 3 sin 30o = 60o 2 30 1 ⋅ o 3 sin 60o = 3 , 2 tg 60o = 3 , ctg 60o = cos 60o = 1 , 2 1 3 = 3 3 sin(0o + kπ ) = 0, sin(90o + kπ ) = 1, ⎫ ⎪ cos(0o + kπ ) = 1, cos(90o + kπ ) = 0, ⎪ ⎬ k = 1, 2, n. tg (0o + kπ ) = 0, tg (90o + kπ ) ∞, ⎪ ctg (0o + kπ ) ∞, ctg (90o + kπ ) = 0. ⎪⎭ c) A szögfüggvények előjele: y Ha 0o < α < 90o , akkor 1 α sin α sin α > 0, cos α > 0, tgα > 0, ctgα > cos α x (Valamennyi trigonometrikus függvény értéke pozitív.) Ha 90o < α < 180o , akkor y sin α sin α > 0, cos α < 0, tgα < 0, ctgα < 1 α cos α x (A sin függvény értéke pozitív, a többi

trigonometrikus függvény értéke negatív.) A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 18 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 19 ► Ha 180o < α < 270o , akkor y sin α < 0, cos α < 0, tgα > 0, ctgα > cos α α sin α 1 x (A sin és a cos függvény értéke negatív, a többi trigonometrikus függvény értéke pozitív.) Ha 270o < α < 360o , akkor y cosα x sin α 1 α sin α < 0, cos α > 0, tgα < 0, ctgα < (A cos függvény értéke pozitív, a többi trigonometrikus függvény értéke negatív.) d) A Pithagorasz tétel: c α a = c cos α b = c sin α ⋅ a 2 + b2 = c 2 , cos 2 α + sin 2 α = 1 . 2.3 Vektoralgebrai összefoglaló Skaláris mennyiség: nagyság, (előjel) és mértékegység jellemzi. Vektor mennyiség: nagyság (előjel), irány és mértékegység jellemzi. A dokumentum használata |

Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 19 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 20 ► a) Vektorok megadása:
ea y ay
a
j 0 α
i x ax (Kiolvasás: á vektor egyenlő á x í plusz á y j.) Egységvektorok: i , j . (Kiolvasás: í vektor, j vektor.) Az egységvektorok hoszsza egységnyi: | i |=| j |= 1 . (Kiolvasás: í abszolút érték, j abszolút érték.) Egy tetszőleges vektor megadása egységvektorokkal: a = ax i + a y j . Ha ismert az a vektor hossza és az x tengellyel bezárt szöge, akkor az előző összefüggésből: a =| a | cos α i + | a | sin α j =| a | (cos α i + sin α j ) =| a | ea Az a vektor hosszát a Pithagorasz-tétel segítségével számíthatjuk ki: | a |= ax2 + a y2 Könnyen belátható az is, hogy ea vektor egységvektor: | ea |= cos 2 α + sin 2 α = 1 . A vektorok közötti műveletek a vektorok támadásponthoz, vagy hatásvonalhoz kötöttségétől

függetlenül érvényesek. b) Vektorok összeadása: Legyen adott két vektor: a = ax i + a y j , b = bx i + by j . A két vektor összegének kiszámítása: a + b = (ax i + a y j ) + (bx i + by j ) = (ax + bx ) i + (a y + by ) j = c . cx cy A két vektor összegének megszerkesztése: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 20 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 21 ►
b
c
a
a
c
b Háromszög szabály Paralelogramma szabály c) Vektorok kivonása: Legyen adott két vektor: a = ax i + a y j , b = bx i + by j . A két vektor különbségének kiszámítása: a − b = (ax i + a y j ) − (bx i + by j ) = (ax − bx ) i + (a y − by ) j = d dx dy Két vektor különbségének megszerkesztése:
b −
b d

a
a d

b a −b = d a + (−b ) = d d) Vektorok skaláris szorzása (az eredmény skaláris mennyiség): A skaláris szorzás értelmezése: a ⋅ b

=| a || b | cos α . A skaláris szorzás kiszámítása: a ⋅ b = ax bx + a y by + az bz . Az a ⋅ b jelölés kiejtése (kiolvasása): á skalárisan szorozva bével. Egységvektorok skaláris j ⋅ j =1 k ⋅k =1 i ⋅i = szorzata: , , , i ⋅ j = i ⋅k = 0 j ⋅k = 0 , , . 2 Az eredmény általánosítása: a ⋅ a =| a | és a ⋅ b = 0 ⇒ a ⊥ b . Az a ⊥ b jelölés kiejtése (kiolvasása): á merőleges bére. e) Vektorok vektoriális szorzata (az eredmény vektor): A vektoriális szorzás értelmezése: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 21 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 22 ► Az eredményvektor nagysága: | a × b | = | a | | b | sin α .
a ×
b
b |
b| sin α α
a a paralelogramma magassága Az eredményvektor iránya: az eredményvektor a jobbkéz szabály szerint merőleges mindkét szorzó tényező vektorra A vektoriális szorzás

kiszámítása: i j k a × b = ax ay az = i (a y bz − by az ) − j (axbz − bx az ) + k (ax by − bx a y ) . bx by bz Az a × b jelölés kiejtése (kiolvasása): á kereszt bé, vagy á vektoriálisan szorozva bével. Egységvektorok vektorii ×i = 0 j × j = 0 k ×k = ális szorzata: , , , k ×i = j ×k = i i× j =k , , , j k j ×i = − i ×k = − k × j = , , . Szabály: - Ha két egységvektort az ábrán látható nyíllal megegyező sorrendben szorzunk össze vektoriálisan, akkor pozitív előjellel kapjuk a harmadik egységvektort. - Ha két egységvektort az ábrán látható nyíllal ellentétes sorrendben szorzunk össze vektoriálisan, akkor negatív előjellel kapjuk a harmadik egységvektort. Az eredmény általánosítása: a × b = 0 ⇒ a b . i Az a b jelölés kiejtés (kiolvasása): á párhuzamos bével. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 22 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata |

Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 23 ► 2.4 Gyakorló feladatok vektorműveletekre 2.41 feladat: Helyvektorok felírása, összegzése, abszolút értékének meghatározása Adott: egy hasáb, valamint a H pont helye:
e z G D F AD = 6 m , FH = 0,5 BF . C O x AB = 8 m , BE = 3 m , H E A B y Feladat: a) A H pont rH helyvektorának meghatározása. b) A H-ból a B pontba mutató rHB helyvektor meghatározása. Kidolgozás: a) A H pont rH helyvektorának meghatározása: rH = rOF + rFH . rOF = rF = (8 j + 6k ) m , e= rBF 1 (−3i + 6k ) m , rBF = (−3i + 6k ) m , = | rBF | 45 2 2 rBF = xBF + z BF = 32 + 62 = 9 + 36 = 45 m , A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 23 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 24 ► rFH = 0,5 45 m , rFH =| r FH | e = 45 1 (−3i + 6k ) = (−15 , i + 3k ) m , 2 45 rH = (8 j + 6k ) + (−15 , i + 3k ) = (−1,5i + 8

j + 9k ) m . b) A H-ból a B pontba mutató rHB helyvektor meghatározása. 3 3 1 45 (−3i + 6k ) m , rHB = (4,5i − 9k ) m . rHB = − | r BF | e = − 2 2 45 2.42 feladat: Vektorok összege, különbsége, egymással bezárt szöge Adott: F1 = (40i + 50 j ) N , Fy F
2 50 α F2 = (−20i + 4 j ) N . −F
2 40 30 F
0 Feladat: F
1 a) A két erő F0 = F1 + F2 öszszegvektorának meghatározása. F
∗ 20 10 Fx 10 20 30 40 50 60 b) A két erő F* = F1 − F2 különbségvektorának meghatározása. c) A két erővektor által bezárt α12 szög meghatározása. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 24 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 25 ► Kidolgozás: a) A két erő F0 = F1 + F2 összegvektorának meghatározása: F0 = F1 + F2 = (40i + 50 j ) + (−20i + 4 j ) = (20i + 54 j ) N . b) A két erő F* = F1 − F2 különbségvektorának

meghatározása: F* = F1 − F2 = (40i + 50 j ) − (−20i + 4 j ) = (60i − 46 j ) N . c) A két erővektor által bezárt α12 szög meghatározása: F1 ⋅ F2 = F1 F2 cos α ⇒ cos α = F1 ⋅ F2 F1 F2 . F1 ⋅ F2 = 40(−20) + 50 ⋅ 4 = −800 + 200 = −600 N 2 , F1 = F12x + F12y = 402 + 502 = 64,03 N , F2 = F22x + F22y = 202 + 42 = 20,40 N , cos α = −600 = −0,45934 , α = arc cos(−0,45934) = 117,34° . 64,03 ⋅ 20,40 2.43 feladat: Vektor koordinátái és összetevői Adott: a = (10i + 5 j ) m . Feladat: a) Az a vektor x és y irányú skaláris koordinátáinak meghatározása. b) Az a vektor x és y irányú összetevőinek meghatározása. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 25 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 26 ► Kidolgozás: a) A vektor koordinátatengely irányú koordinátáinak meghatározása (skaláris mennyiségek): A

skaláris szorzás értelmezéséből: ax = a ⋅ i =| a | ⋅ | i | cos α =| a | cos α , y ay a y = a ⋅ j =| a | ⋅ | j | cos β =| a | cos β . a β α ax x A skaláris koordináták kiszámítása: ax = a ⋅ i = (10i + 5 j ) ⋅ i = 10i ⋅ i + 5 j ⋅ i = 10 m , a y = a ⋅ j = (10i + 5 j ) ⋅ j = 10i ⋅ j + 5 j ⋅ j = 5 m. b) A vektor koordinátatengely irányú összetevői (vektor mennyiségek): ax = ax i = (10i ) m , a y = a y j = (5 j ) m . 2.44 feladat: Vektor koordinátái és összetevői Adott: b = (6i + 6 j ) m , a = (12i + 4 j ) m . Feladat: a) A b vektor a irányú b és a irányra merőleges b⊥ skaláris koordinátáinak meghatározása. b) A b vektor a irányú b és a irányra merőleges b⊥ összetevőinek meghatározása. Jelölések kiejtése: b : bé párhuzamos, b⊥ : bé merőleges. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 26 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata |

Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 27 ► Kidolgozás: a) Adott irányú koordináták meghatározása: b = y 96 = 7,59 m . 12, 65 b a ⋅ b b⊥ x A b vektor a irányú koordinátája ( a irányra eső vetülete): a ⋅ b =| a | ⋅| b | cos α ⇒ b =| b | cos α = b a ⋅b . |a| a ⋅ b = 12 ⋅ 6 + 4 ⋅ 6 = 96 m 2 , | a |= 122 + 42 = 160 = 4 10 ≈ 12, 65 m , A b vektor a irányra merőleges koordinátája (az a irányra merőleges vetülete): | a × b |=| a | | b | sin α ⇒ b⊥ =| b | sin α = b⊥ | a ×b | . |a| i j k a × b = 12 4 0 = k (72 − 24) = (48k ) m 2 , 6 6 0 | a × b |= 48 m 2 , | a |= 12, 65 m . b⊥ = | a ×b | 48 = = 3, 79 m . |a| 12, 65 b) Adott irányú összetevők meghatározása: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 27 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 28 ► A b vektor a irányú összetevője: ea = a 1 =

(12i + 4 j ) = (0, 9486i + 0, 3162 j ) , | a | 12, 65 b = b ea = 7, 59(0, 9486i + 0, 3162 j ) = (7, 2i + 2, 4 j ) m . A b vektor a irányra merőleges összetevője: ⎛ a ×b ⎛ a ⎞ a ×b a ⎞ × × ⎟ | b | sin α = ⎜ ⎟ | b | sin α = b⊥ = ⎜ ⎝ | a ×b | | a | ⎠ b ⎝ | a || b | sin α | a | ⎠ ⊥ e⊥ = (a × b ) × a . | a |2 (a × b ) × a = (48k ) × (12i + 4 j ) = (−192i + 576 j ) m3 , b⊥ = −192i + 576 j = (−1, 2i + 3, 6 j ) m . 160 Ellenőrzés: b = b + b⊥ = (7, 2i + 2, 4 j ) + (−1, 2i + 3, 6 j ) = (6i + 6 j ) m . 2.45 feladat: Vektorok skaláris szorzata Adott: F1 = (40i + 18 j − 26k ) kN , F2 = (−2i + 2 j + 3k ) kN , F3 = ( F3 y j ) . Kérdés: Mekkora legyen F3 y , ha azt akarjuk, hogy ( F1 + F3 ) merőleges legyen F2 -re? A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 28 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 29 ► Kidolgozás: Ha

a ⊥ b , akkor a ⋅ b = 0 =| a || b | cos α . 90o =0 Ezért teljesülnie kell az ( F1 + F3 ) ⋅ F2 = 0 összefüggésnek. ( F1 + F3 ) ⋅ F2 = ⎡⎣ 40i + (18 + F3 y ) j − 26k ⎤⎦ ⋅ (−2i + 2 j + 3k ) = 0 , −40 ⋅ 2 + (18 + F3 y )2 − 26 ⋅ 3 = 0 , −80 + 36 + 2 F3 y − 78 = 0 , 2 F3 y = 122 ⇒ F3 y = 61kN . 2.46 feladat: Vektor koordinátái és összetevői Adott: a = (3i + j ) N , b = (4i + 2 j ) N . Feladat: y b a ⋅ a⊥ a x a) Az a vektor b irányú a és a b irányra merőleges a⊥ skaláris koordinátáinak meghatározása. b) Az a vektor b irányú a és a b irányra merőleges a⊥ összetevőinek meghatározása. Megoldás: a) Az a vektor b irányú a és a b irányra merőleges a⊥ skaláris koordinátái: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 29 ► Mechanika A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Matematikai alapok Vissza ◄ 30 ► a = 2, 235 N , a⊥ = 2, 235 N . b) Az a

vektor b irányú a és a b irányra merőleges a⊥ összetevői: a ≈ (i + 2 j ) N , a⊥ ≈ (2i − j ) N . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 30 ► Mechanika Az erő A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 31 ► 3. Az erő 3.1 Erővektor megadásának lehetőségei Az kötött erő vektor mennyiség: nagyság, irány, (előjel és mértékegység), támadáspont, hatásvonal jellemzi. Mértékegysége: N = kg m / s 2 (N – Newton, kiejtése: nyúton). 1 N az az erő, amely 1 kg tömegű testre hatva 1 m/s2 (kiejtése: méter per szekundum négyzet) gyorsulást hoz létre. a) megadási lehetőség: F =Fe, e - az erő irány egységvektora, F – az erő koordinátája (előjeles skalár szám), e = cos α x i + cos α y j + cos α z k , z e αz O αx F αy y e = 1 = cos 2 α x + cos 2 α y + cos 2 α z . x b) megadási lehetőség: F = Fx i + Fy j + Fz k , y Fx Fy Fz O z Fy Fz F =

Fx + Fy + Fz . F Fx x i, j , k – a koordináta-rendszer x, y, z irányú egységvektorai, Fx , Fy , Fz – az erő összetevői (komponensei), Fx , Fy , Fz – az erő skaláris koordinátái. Az erő nagysága (abszolút értéke): F = Fx 2 + Fy 2 + Fz 2 . Az erő koordináta tengelyekkel bezárt szöge: F F F cos α y = y , cos α x = x , cos α z = z . F F F A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 31 ► Mechanika Az erő A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 32 ► Erő ábrázolása: Szerkezetábra (Helyzetábra) Erőábra (Vektorábra) 5 m Erőlépték: 1 cm Hosszlépték: 1 mm (1:5000). 5 N. y F2 F1 P2 P1 F2 F1 e1 e2 x e1, e2 – hatásvonalak, P1, P2 – támadáspontok. A szerkezetábra az erők hatásvonalának térbeli (síkbeli) helyzetét (elhelyezkedését), az erőábra pedig az erővektorokat (az erővektorok nagyságát és irányát) szemlélteti. Később bizonyítjuk, hogy

az Fi (i=1,2) erő a szerkezetábrán a hatásvonala mentén elmozdítható, azaz Pi támadáspontja áthelyezhető. Mivel az erőábra az erőt kötöttség nélkül szemlélteti, ezért ezen az ábrán az erővektor bárhol, azaz tetszőleges kezdőpontban felvehető. 3.2 Erő összetevőkre bontása a) Erő tetszőleges irányú összetevőkre bontása: Adott: az F erővektor és e hatásvonala, valamint az e1 és e2 hatásvonalak. Keresett: az az e 1 és e2 hatásvonalon működő F1 és F2 erővektor, amelyekre fennáll, hogy F = F1 + F2 . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 32 ► Mechanika Az erő A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Megoldás szerkesztéssel: Szerkezetábra e1 ◄ 33 ► Erőábra e F F1 F e2 e2 e1 F2 A Az szerkezetábrában és az erőábrában egymással párhuzamos egyeneseket azonos számú áthúzás jelöli. b) Erő koordináta tengelyekkel párhuzamos összetevőkre

bontása: Itt az e1 , e2 hatásvonalaknak az x, y tengelyek, az A pontnak pedig az O origó felel meg. F = Fx + Fy . • Megoldás szerkesztéssel: Szerkezetábra y Erőábra e F F Fy α α x • Fx • Megoldás számítással: Fx = F cos α , Fx = Fx i , Ellenőrzés: Fy = F sin α , Fy = Fy j . F = Fx 2 + Fy 2 , tgα = Fy Fx . 3.3 Síkbeli erők összegzése Adott: az F1 és F2 erővektor és ezek e1 és e2 hatásvonala (közös metszéspont). A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 33 ► Mechanika Az erő A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 34 ► Keresett: az F = F1 + F2 erővektor és ennek e hatásvonala. • Megoldás szerkesztéssel: Szerkezetábra Erőábra e e1 F2 e F1 F A• e2 F1 F F2 e – az F eredő erő hatásvonala. F – az F1 és F2 eredője. • Megoldás számítással: F1 = F1x i + F1 y j = F1 cos α1 i + sin α1 j ( F2 = F2 x i + F2 y ), j = F (

cos α i + sin α j ) . 2 2 a megadott erők iránya: 2 F1 y F1x = sin α1 = tgα1 , cos α1 F2 y F2 x = tgα 2 . Az eredő erő kiszámítása: F = ( F1x + F2 x ) i + ( F1 y + F2 y ) j . Fx Az eredő erő x tengellyel bezárt szöge: tgα = Fy Fy Fx = F1 y + F2 y F1x + F2 x . y Skalár egyenletek: Fx = F1x + F2 x , Fy = F1 y + F2 y . F F1 α j α1 α 2 F2 x i A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 34 ► Mechanika Az erő A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 35 ► ◄ 35 ► 3.4 Gyakorló feladatok erő összetevőkre bontására és erők összegzésére 3.41 feladat: Erők összegzése y F
1 Adott: F
4 α A B O C 2m F1 = 40 N , F2 = 60 N , F3 = 20 N , F4 = 40 N , α = 60° , β = 30° F
2 x β 3m F
3 Feladat: a) Az erők összegének (eredőjének) előállítása. b) Az összeg erő abszolút értékének meghatározása. c) Az eredő erő irány

egységvektorának meghatározása. Kidolgozás: a) Az erők összege: ⎛ 4 ⎞ F = F1 + F2 + F3 + F4 = ⎜ ∑ Fi ⎟ ⎝ i =1 ⎠ . ⎛ 3 1 ⎞ F1 = F1 (sin α i + cos α j ) = 40 ⎜⎜ i + j ⎟⎟ N 2 ⎠ ⎝ 2 , F2 = F2 j = (60 j ) N , ⎛ 3 1 ⎞ F3 = F3 (cos β i + sin β j ) = 20 ⎜⎜ i − j ⎟⎟ N 2 ⎠ ⎝ 2 , A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Mechanika Az erő A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom F4 = F4 (−i ) = (−40i ) N Vissza ◄ 36 ► , ⎛ 3 ⎛ 3 1 ⎞ 1 ⎞ F = 40 ⎜⎜ i + j ⎟⎟ + 60 j + 20 ⎜⎜ i − j ⎟⎟ − 40i = 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎝ 2 ⎛ ⎞ ⎛ 1 3 3 1⎞ = ⎜⎜ 40 + 20 − 40 ⎟⎟ i + ⎜ 40 + 60 − 20 ⎟ j = (11,96i + 70 j ) N 2 2 2⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 2 . b) Az erők összegének abszolút értéke: F = Fx2 + Fy2 = 1196 , 2 + 702 = 71, 01N . c) Az eredő erő irány egységvektora: eF = F 1196 , i + 70 j = = ( 0,168i + 0,986 j ) 7101 , |F| . Ellenőrzés:

eF = 0,1682 + 0,9862 = 1 . Az eredő erő (összeg erő) helyének (hatásvonalának) meghatározását később tárgyaljuk. a 3.42 feladat: Erő összetevőkre bontása b A Adott: a = 3 m , b = 4 m , B a m = 200 kg , g ≈ 10 m . s2 Az AC, BC és CD kötelek súlyát elhanyagoljuk. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom C D m Vissza ◄ 36 ► Mechanika Az erő A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 37 ► Feladat: Az FA és FB támasztóerők meghatározása a) szerkesztéssel és b) számítással. Kidolgozás: a) A feladat megoldása szerkesztéssel: A kötelekből álló szerkezetet a test függőlegesen lefelé mutató G = m g súlyereje terheli. A kötelekben kötél irányú húzóerők ébrednek A vizsgált rendszer akkor van nyugalomban, ha a rá ható erők eredője zérus: G + FA + FB = 0 . Az A ponti FA támasztóerő az AC egyenes mentén, a B ponti támasztóerő a BC egyenes mentén hat.

Szerkezetábra: Erőábra: eA eB FA A eA FB eB eA B C FA G eG G eB FB eG b) A feladat megoldása számítással: A megoldás alapja itt is az egyensúlyi egyenlet: G + FA + FB = 0 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 37 ► Mechanika Az erő A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 38 ► A G erő irányát ismerjük, az FA és FB irányát azonban meg kell határozni. Az FA és FB irányába mutató egységvektorok: a = rCA = (−3i + 3 j ) m , | a |= 32 + 32 = 3 2 m , b = rCB = (4i + 3 j ) m , | b |= 32 + 42 = 5 m . Ezekből az irány-egységvektorok: eA = a ⎛ 1 1 = ⎜− i+ |a| ⎝ 2 2 b ⎛4 3 ⎞ j ⎟ , eB = =⎜ i + 5 |b | ⎝ 5 ⎠ ⎞ j⎟. ⎠ Az erővektorok: FA = FA eA , FB = FB eB , G = mg = mg (− j ) = (−2000 j )N = (−2 j ) kN Tudjuk, hogy a rendszer nyugalomban van: 1 ⎛ 1 i+ 0 = G + FA + FB = (−2 j ) + FA ⎜ − 2 2 ⎝ 3 ⎞ ⎛4 j ⎟ + FB ⎜ i + 5

⎝5 ⎠ ⎞ j⎟ ⎠ Szorozzuk meg a vektoregyenletet skalárisan az i , majd a j egységvektorral! − 1 4 FA + FB = 0 , 5 2 −2 + 1 3 FA + FB = 0 . 5 2 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 38 ► Mechanika Az erő A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom A első egyenletből: FB = 5 4 2 Vissza ◄ 39 ► FA . Ezt a második egyenletbe behelyettesítve: 1 ⎛ 3⎞ ⎛ 1 35 1 ⎞ −2 + FA ⎜ + = 0 , ⇒ FA ⎜1 + ⎟ = 2 . ⎟ 2 ⎝ 4⎠ ⎝ 2 54 2⎠ FA = 4 5 2 2 = 1, 62 kN , FB = 1, 62 = 1, 43kN . 7 4 2 A támasztóerő vektorok: 1 ⎞ ⎛ 1 FA = FA e A = 1, 62 ⎜ − i+ j ⎟ = (−1,15i + 1,15 j ) kN , 2 2 ⎠ ⎝ 3 ⎞ ⎛4 FB = FB e B = 1, 43 ⎜ i + j ⎟ = (1,14i + 0, 86 j ) kN . 5 ⎠ ⎝5 3.43 feladat: Erő összetevőkre bontása Adott: α = 20° , β = 30° , Fv = (50 i ) kN . y uszály vontató kötél A α β x vontató hajók B Az ábrán látható A és B jelű vontatóhajó uszályt

vontat úgy, hogy a vontatókötelek a haladási iránnyal α és β szögeket zárnak be. Ismert F az uszály vontatásához szükséges v vontató erő. Feladat: A vontatókötelekben ébredő FA és FB erők meghatározása. a) A feladat megoldása számítással: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 39 ► Mechanika Az erő A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 40 ► FA = FAeA FB = FB eB Fv = Fv i , , . eA = cos α i + sin α j , eB = cos β i + sin β j , ( β ≤ 0) , eA = 1 , eB = 1 . Fv i = FA (cos α i + sin α j ) + FB (cos β i + sin β j ) / ⋅i /⋅ j . A skaláris szorzással kapott egyenletek: Fv = FA cos α + FB cos β ⎫ / sin β ⎬ 0 = FA sin α + FB sin β ⎭ / cos β , Az első egyenletet sin β -val, a második egyenletet cos β -val megszorozva: Fv sin β = FA cos α sin β + FB cos β sin β ⎫ ⎬ 0 = FA sin α cos β + FB sin β cos β ⎭ . Az egyenleteket

kivonva egymásból: Fv sin β = FA (cos α sin β − sin α cos β ) = FA sin( β − α ) sin( β −α ) FA = Fv , sin β sin(−30°) = 50 = 32, 64 kN sin( β − α ) sin(−30° − 20°) . A második egyenletből: FB = − FA sin α sin 20° = −32, 64 = 22, 33kN sin β sin(−30°) . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 40 ► Mechanika Az erő A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 41 ► A vontató kötelekben fellépő erők: FA = 32, 64 (cos 20°i + sin 20° j ) = (30, 67 i + 11,16 j ) kN , FB = 22, 33 ⎡⎣cos(−30°) i + sin(−30°) j ⎤⎦ = (19, 33 i − 11,16 j ) kN . b) A feladat megoldása szerkesztéssel: Szerkezetábra Erőábra y eA ev α β x FB FA Fv eB 3.44 feladat: Erők összegzése Adott: Az antenna torony feszítő köteleiről az egyik horgonyra ható F1 , F2 és F3 feszítő kötelek erővektor nagysága és hatásvonalának a vízszintessel bezárt

szöge. F1 = 12 kN , F2 = 30 kN , F3 = 45 kN . α1 = 65° , α 2 = 50° , α 3 = 30° antenna Feladat: A bal oldali horgonyra ható Fe eredő erő (az erők összege) meghatározása számítással és szerkesztéssel. A bal oldali horgonyra ható erők szemléltetése: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 41 ► Mechanika Az erő A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 42 ► 42 ► e1 e F y 1 F 2 e3 2 F3 A x a) Megoldás számítással: F1 = F1 (cos α1i + sin α1 j ) = 12(cos 65°i + sin 65° j ) = = (5, 071 i + 10, 876 j ) kN, F2 = F2 (cos α 2 i + sin α 2 j ) = 30(cos 50°i + sin 50° j ) = = (19, 284 i + 22, 981 j ) kN, F3 = F3 (cos α 3i + sin α 3 j ) = 45(cos 30°i + sin 30° j ) = = (38, 971 i + 22, 5 j ) kN. Az erők összege: Fe = F1 + F2 + F3 = (5, 071 i + 10, 876 j ) + (19, 284 i + 22, 981 j ) + + (38, 971 i + 22, 5 j ) = (63,326 i + 56, 357 j ) kN . b) Megoldás szerkesztéssel: A

dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ Mechanika Az erő A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Szerkezetábra Vissza ◄ 43 ► ◄ 43 ► Erőábra F3 e1 e2 y F1 F2 F2 e3 Fe F3 F1 x A A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Mechanika Anyagi pont statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 44 ► 4. Anyagi pont statikája Mivel az anyagi pont a vizsgálat szempontjából lényegtelen, ezért a továbbiakban az anyagi pontot nem ábrázoljuk. Ebben a fejezetben tárgyalt feladatok minden olyan erőrendszerre érvényesek, amelyeket alkotó erők hatásvonalai egy pontban (az anyagi pontban) metsződnek 4.1 Anyagi pontra ható erőrendszer eredője (több erő összegzése) Adott: az F1 , F2 , Fn erővektor és ezek e1 , e2 , en hatásvonala (a hatásvonalak az anyagi pontban metsződnek). Keresett: az F = F1 + F2 + + Fn erővektor és

ennek e hatásvonala. • Megoldás szerkesztéssel: Szerkezetábra Erőábra e1 F2 e2 i A × Fn e F1 × F en Az erőábrában az F2 és Fn erő közé eső erőket szaggatott vonal jelöli. • Megoldás számítással: F = Fx i + Fy j = F1 + F2 + + Fn , Skaláris egyenletek: Fx = F1x + F2 x + + Fnx , Fy = F1 y + F2 y + + Fny , Az eredő erő x tengellyel bezárt szöge: F F + F2 y + + Fny tgα = y = 1 y . Fx F1x + F2 x + + Fnx A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 44 ► Mechanika Anyagi pont statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 45 ► 4.2 Anyagi pontra ható erőrendszerek egyenértékűsége, egyensúlyi erőrendszer a) Erőrendszerek egyenértékűsége Tétel: Anyagi pontra ható erőrendszerek egyenértékűek, ha az erőrendszerek eredője megegyezik. Adott: ( ER )′ : ( ER )′′ : F1′ , F2′ ,. Fn′ , F1′′ , F2′′ ,. Fm′′ Az ( ER )′ erőrendszer

eredője: n F ′ = ∑ Fi′ , i =1 Az ( ER )′′ erőrendszer eredője: Az erőrendszerek egyenértékűek, ha b) Egyensúlyi erőrendszer m F ′′ = ∑ Fj′′ . j =1 F ′ = F ′′ . Tétel: Anyagi pontra ható erőrendszer akkor egyensúlyi, ha eredője zérus vektor. F =0. A statika alaptétele anyagi pontra: Egy anyagi pont egyensúlyban marad, ha a rá ható erőrendszer egyensúlyi. n F = ∑ Fi = 0 . i =1 4.3 Speciális egyensúlyi erőrendszerek a) Két erőből álló erőrendszer: F = F1 + F2 = 0 ⇒ F1 = − F2 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 45 ► Mechanika Anyagi pont statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 46 ► Tétel: két erő akkor van egyensúlyban, ha - hatásvonaluk közös (azonos), - nagyságuk megegyező, - irányuk (értelmük) ellentétes. Szerkesztés: Szerkezetábra Erőábra F2 F1 F1 e1 ≡ e2 F2 b) Három erőből álló

erőrendszer: F = F1 + F2 + F3 = 0 . Tétel: három erő csak akkor lehet egyensúlyban, ha - hatásvonalaik azonos síkba esnek és közös pontban metsződnek, - erővektoraik zárt vektorháromszöget alkotnak, - a zárt vektorháromszög nyílfolyama folytonos. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 46 ► Mechanika Anyagi pont statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Szerkesztés: Szerkezetábra Vissza ◄ 47 ► 47 ► Erőábra e1 e3 e3 F3 F1 e2 e2 A Számítás: F1 + F2 + F3 = 0, e1 F2 /⋅ i /⋅ j . A skaláris szorzások kijelölése: F1 ⋅ i + F2 ⋅ i + F3 ⋅ i = 0 , F1 ⋅ j + F2 ⋅ j + F3 ⋅ j = 0 . A skalár egyenletek: F1x + F2 x + F3 x = 0 , F1 y + F2 y + F3 y = 0 . 4.4 Gyakorló feladatok anyagi pontra ható erőrendszerek egyenértékűségére és egyensúlyára 4.41 feladat: Kettő és három erő egyensúlya A r Adott: r = 4 m , a) F1 = 1 kN , F2 = 2 kN . b) F1 = F2

= 1 kN . C Feladat: Az FA és FB támasztóerők meghatározása. F
1 B F
2 Ebben a feladatban a C pont felel meg az anyagi pontnak! a) A feladat megoldása különböző nagyságú erők esetén: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ Mechanika Anyagi pont statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom • Vissza ◄ 48 ► Megoldás szerkesztéssel: A szerkezet egyensúlyának feltétele az, hogy a rá ható erők eredője zérus legyen: F1 + F2 + FA + FB = 0 (A négy erő egyensúlyi erőrendszert al- F kot.) Az ismert F1 és F2 erők F eredője meghatározható. Ezzel a feladatot három erő egyensúlyára vezetjük vissza Szerkezetábra Erőábra y F
B A ea eb 45◦
1 C F F
1 F
x F
2 F
A B F
2 eF A szerkezetábrában és az erőábrában egymással párhuzamos vonalakat azonos számú áthúzással jelöltük. • Megoldás számítással: F1 + F2 + FA + FB = 0 . Felhasználjuk, hogy a

támasztóerők iránya ismert: Az FA erő iránya: eA = (cos 45°i − sin 45° j ) , az FB erő iránya pedig: eB = i . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 48 ► Mechanika Anyagi pont statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 49 ► Felhasználjuk továbbá, hogy F1 = F1i és F2 = F2 j . A fentiek figyelembevételével az egyensúlyi egyenlet: F1i + F2 (− j ) + FA (cos 45°i − sin 45° j ) + FB i = 0 . Ha ezt a vektoregyenletet megszorozzuk skalárisan az i és a j egységvektorokkal, két skaláris egyenletet (lineáris algebrai egyenletrendszert) kapunk: F1 + FA cos 45° + FB = 0 ⎫ ⎬ F2 − FA sin 45° = 0 ⎭ Az egyenletrendszert megoldva: FA = − F2 −2 4 = =− = −2,83kN 1 sin 45° 2 2 FB = − F1 − FA cos 45° = −1 + FA = ( −2i + 2 j ) kN , , 4 1 = 1kN . 2 2 FB = ( i ) kN . b) A feladat megoldása azonos nagyságú erők esetén: • Megoldás szerkesztéssel:

A szerkezet egyensúlyának feltétele az, hogy a rá ható erők eredője zérus legyen: F1 + F2 + FA + FB = 0 (A négy erő egyensúlyi erőrendszert al- F kot.) A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 49 ► Mechanika Anyagi pont statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 50 ► Az ismert F1 és F2 erők F eredője meghatározható. Ezzel a feladatot három erő egyensúlyára vezettük vissza Szerkezetábra Erőábra F
1 A ea F
2 F
A eb B 45◦
1 C F F
2 F
F
A = −F
F
B =
0 eF A szerkezetábrában és az erőábrában egymással párhuzamos vonalakat azonos számú áthúzással jelöltük. • Megoldás számítással: Hasonlóan az a) feladathoz: F1 + F2 + FA + FB = 0 , amiből F1i + F2 (− j ) + FA (cos 45°i − sin 45° j ) + FB i = 0 adódik. Ha ezt a vektoregyenletet megszorozzuk skalárisan az i és a j egységvektorokkal, ismét két skaláris egyenletet (lineáris

algebrai egyenletrendszert) kapunk: F1 + FA cos 45° + FB = 0 ⎫ ⎬ F2 − FA sin 45° = 0 ⎭ Az egyenletrendszert megoldva: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 50 ► Mechanika Anyagi pont statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom FA = − F2 −1 = = − 2 = −1, 41kN 1 sin 45° 2 FB = − F1 − FA cos 45° = −1 + 2 FA = ( −i + j ) kN , ◄ Vissza 51 ► , 1 = 0. 2 FB = 0 . Egy anyagi pont egyensúlyánál tanultak véges kiterjedésű test egyensúlyánál is használhatók, ha az erők hatásvonalai közös ponton metsződnek. 4.42 feladat: Kettő és három erő egyensúlya Adott: F = 800 N , α = 45° . C y Feladat: Az FA és FB támasztóerők meghatározása a) szerkesztéssel és b) számítással. F
A B α 2m x 2m A BC kötél hossza elvileg tetszőleges. Itt azért vettük fel 2 m-re, hogy az erők hatásvonala a C pontban metsződjön. Kidolgozás: a) A feladat

megoldása szerkesztéssel: Az egyensúlyi egyenlet: FA + FB + F = 0 . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 51 ► Mechanika Anyagi pont statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Szerkezetábra Vissza ◄ 52 ► Erőábra C ea eF eb F
A α F
B F
F
A B A szerkezetábrában és az erőábrában egymással párhuzamos vonalakat azonos számú áthúzással jelöltük. b) A feladat megoldása számítással: rAC = a = (4i + 2 j ) m , | a |= ax2 + a y2 = 42 + 22 = 16 + 4 = 2 5 = 4,47 m , a 2i + j = . |a| 5 = b = eB = j . eA = rBC 1 ⎞ ⎛ 2 FA = FA e A = FA ⎜ i+ j ⎟ , FB = FB e B = FB j , 5 ⎠ ⎝ 5 F = F (− cos 45°i − sin 45° j ) = −400( 2 i + 2 j ) N . Az egyensúlyi vektoregyenlet: 1 ⎞ ⎛ 2 FA + FB + F = FA ⎜ i+ j ⎟ + FB j − 5 ⎠ ⎝ 5 −400( 2 i + 2 j ) = 0 2 ⎫ −400 2 + FA = 0⎪ 5 ⎪ ⎬ FA 400 2 + + FB = 0 ⎪ ⎪⎭ 5 /⋅ i /⋅ j A dokumentum használata |

Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 52 ► Mechanika Anyagi pont statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 53 ► 53 ► Az egyenletrendszert megoldva: FA = 200 10 = 632, 46 N , 200 10 = 200 2 = 282,84 N ↑ . 5 1 ⎞ ⎛ 2 FA = 200 10 ⎜ i+ j ⎟ = ( 565, 69i + 282,84 j ) N , 5 ⎠ ⎝ 5 FB = 400 2 − FB = 200 2 j = ( 282,84 j ) N . Adott: F = 100 kN , a = 1 m , α = 30° . 
B 2a 4.43 feladat: Három erő egyensúlya Feladat: Az FA és FB támasztó erők meghatározása a) szerkesztéssel és b) számítással. a 2a Kidolgozás: a) A feladat megoldása szerkesztéssel: A szerkezet egyensúlyban van: F + FA + FB = 0 . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ Mechanika Anyagi pont statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Szerkezetábra Vissza 54 ► Erőábra
e
 ◄ B 


 A b) A feladat megoldása számítással:

A szerkezet egyensúlyban van: F + FA + FB = 0 . a = (2i + (2 + 3) j ) m , | a |= 22 + (2 + 3) 2 = 4,23 m , eA = a 2i + (2 + 3) j = = (0,47i + 0,88 j ) . 4,23 |a| F + FA + FB = 0 = 100(− cos 30o i − sin 30o j ) + + FA (0,47i + 0,88 j ) + FB (− j ) . Szorozzuk meg az egyensúlyi vektoregyenletet az i és a j egységvektorokkal! ⎫ 3 + 0,47 FA = 0 ⎪ ⎬ 2 − 50 + 0,88FA − FB = 0 ⎭⎪ −100 Az egyenletrendszert megoldva: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 54 ► Mechanika Anyagi pont statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom FA = 100 3 = 184, 26 kN, 2 ⋅ 0,47 ◄ Vissza 55 ► FB = −50 + 0,88 ⋅184,26 = 112,15 kN . FA = FAeA = 184,26(0,47i + 0,88 j ) = ( 86, 6i + 162,15 j ) kN , FB = FB (− j ) = ( −112,15 j ) kN . 4.44 feladat: Kettő és három erő egyensúlya y F0 C A 2m x B 2m 4m 2m Adott: F0 = 20 kN . Feladat: A támasztóerők ön-álló meghatározása

számítással és szerkesztéssel. Megoldás: FA = (6, 67 i + 13,33 j ) kN , FB = (−6, 67 i + 6, 67 j ) kN . 4.45 feladat: Kettő és három erő egyensúlya y Adott: F0 = 12 kN . 3m 1,5 m F0 Feladat: A támasztóerők önálló meghatározása számítással és szerkesztéssel. A x C 3m 4m Megoldás: FA = (−13,5 i − 6 j ) kN . B FB = (13,5 i + 18 j ) kN . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 55 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 56 ► 5. Merev test statikája 5.1 Erő nyomatékai a) Erő pontra számított nyomatáka: Pontra számított nyomaték: az erő egy adott pont körüli forgató hatáz sa. F ϕ Definició: M O = rOP × F . M O - az O pontra számított nyomaték, rOP - az O pontból az erő P támadás pontjába mutató helyvektor, F - az erővektor. rOP P O x y MO A pontra számított nyomaték vektor mennyiség. A

nyomatékvektor nagysága: M O = rOP F sin ϕ . A nyomatékvektor irányát: jobbkéz szabállyal kapjuk: A nyomatékvektor merőleges az rOP helyvektorra és az F erővektorra is. Az rOP , F , M O vektorhármas jobbsodrású rendszert alkot. F ⋅⋅ rOP MO A pontra számított nyomaték tulajdonsága: Az erővektor hatásvonala mentén a merev testre gyakorolt hatásának, azaz egy pontra számított nyomatékának megváltoztatása nélkül eltolható. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 56 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom z P1 F r12 Vissza ◄ 57 ► M O = r2 × F = ( r1 + r12 ) × F = P2 F = r1 × F + r12 × F , =0 mert r12 F . r1 Az O pontra számított nyomaték y O független attól, hogy az erő a hatásx vonal melyik pontjában támad. b) Erő tengelyre számított nyomatéka: r2 Tengelyre számított nyomaték: az erő egy adott tengely körüli forgató

hatása. Definíció: . M a = M A ⋅ ea A – az a tengely egy tetszőleges pontja, ea – az a tengely irány egységvektora. A tengelyre számított nyomaték nagysága: M a = M A ea cos α . z F P =1 MA rAP A tengelyre számított nyomaték skaláris mennyiség: M a > 0 és M a < 0 is lehet. O α ⋅ A Ma a ea y x Ha M A ≠ 0 és M a = 0 , akkor M A merőleges az a tengelyre. Koordináta tengelyekre számított nyomatékok: MO = MOxi + MO y j + MOz k , M x = MO ⋅i = MOx , M y = MO ⋅ j = MO y , M z = MO ⋅ k = MOz . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 57 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 58 ► Tétel: Az F erő nyomatéka zérus - az erő hatásvonalán levő pontokra (mert rAP F ), - az erő hatásvonalát metsző tengelyre (mert a metszéspontra számított nyomaték zérus), - az erő hatásvonalával párhuzamos tengelyre (mert a

tengely pontjaira számított nyomaték merőleges a tengelyre). c) Összefüggés erő két pontra számított nyomatéka között: rBP = rBA + rAP z P MB F A nyomaték értelmezéséből: M B = rBP × F = rAP × F + rBA × F . rBP rAP B MA rBA MA O M B = M A + rBA × F , vagy x M B = M A + F × rAB . y A 5.2 Merev testre ható erőrendszerek egyenértékűsége és egyensúlya a) Egyenértékűség: Definíció: Egy merev testre ható erőrendszerek akkor egyenértékűek, ha a test bármely pontjára számított nyomatékuk azonos. Legyen: ( ER )′ : F1′, F2′, F3′ , Fn′ és ( ER )′′ : F1′′, F2′′, F3′′, Fm′′ Tétel: az ( ER )′ és ( ER )′′ egyenértékű, ha n m i =1 j =1 ∑ Fi ′ = ∑ Fj′′ és n m i =1 j =1 ∑ rAi × Fi′ = ∑ rAj × Fj′′ . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 58 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék |

Szakirodalom Vissza ◄ 59 ► azaz F ′ = F ′′ és M A′ = M A′′ . (Az A pont a tér egy tetszőleges pontja). b) Egyensúly: Definíció: Egyensúlyinak nevezzük azt az erőrendszert, amelynek a test bármely pontjába számított nyomatéka zérus. A statika alaptörvénye: Egy merev test nyugalomban marad ha a rá ható erőrendszer egyensúlyi. Az egyensúly feltétele: n n i =1 i =1 F = ∑ Fi = 0 , és M A = ∑ rAi × Fi = 0 . (Az A pont a tér egy tetszőleges pontja.) Az előző két vektoregyenletet kielégítő erőrendszert egyensúlyi erőrendszernek nevezzük. A két vektoregyenlet (6 db skaláris egyenlet) elnevezése: egyensúlyi egyenletek. c) Erőrendszer redukált vektorkettőse: A redukált vektorkettős értelmezése: n F = ∑ Fi , i =1 m n j =1 i =1 M A = ∑ M j + ∑ rAi × Fi . Tétel: A redukált vektorkettős az erőrendszerrel azonos hatást fejt ki. A redukált vektorkettős az erőrendszerrel egyenértékű, azaz azt

helyettesíti. 5.3 Az erőrendszer fogalmának kibővítése a) Az erőpár (koncentrált nyomaték): A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 59 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 60 ► Értelmezése: Azonos nagyságú, ellentétes irányú és párhuzamos hatásvonalú két erőből álló erőrendszert erőpárnak nevezzük. z F P1 ( ) h M A = rAP1 × F + rAP2 × − F = P2 = rAP1 − rAP2 × F , ϕ r21 ( −F rAP1 x r21 rAP2 O A ) M A = r21 × F . y Az erőpár nagysága: M A = F r21 sin ϕ . h h – a hatásvonalak merőleges távolsága. Tétel: Az erőpár tulajdonságai: - erőpár nyomatéka a tér bármely pontjára ugyanannyi, - erőpár nagysága a hatásvonalak ⊥ távolságának és az erő nagyságának szorzatával egyenlő, - erőpár az erők hatásvonalai által meghatározott síkra ⊥ irányú, - erőpár irányát az erők jobbkéz

szabály szerinti forgató hatása adja meg. Az erőpárt gyakran a nyomatékával szokás megadni. Ekkor a test A pontjába egy M A nyomatékot rajzolunk és az F , − F erőket elhagyjuk. b) Erőrendszer fogalmának általánosítása: Definíció: Valamilyen szempontból kapcsolatban levő (pl. egy testre ható) erők és erőpárok nyomatékainak összessége. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 60 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 61 ► Fi Mi F1 , F2 , F3 , Fi , Fn és (ER) M1 , M 2 , M 3 M j M Pi . n Az erőrendszer eredő erővektora: F = ∑ Fi . i =1 m n j =1 i =1 Az A pontra számított nyomaték vektor: M A = ∑ M j + ∑ rAi × Fi . Továbbra érvényes: M B = M A + F × rAB és M a = M A ⋅ ea . c) Erőrendszer redukált vektorkettőse: n Értelmezés: F = ∑ Fi , i =1 m n j =1 i =1 M A = ∑ M j + ∑ rAi × Fi . Tétel: A

redukált vektorkettős az erőrendszerrel egyenértékű, azaz azt helyettesíti. 5.4 Gyakorló feladatok nyomatékok számítására és merev testre ható erőrendszerek egyenértékűségére és egyensúlyára 5.31 feladat: Erő pontra és tengelyre számított nyomatéka Adott: F = (−40 i + 20 j ) kN , r P = (4 i + j ) m . Feladat: a) M A = ? , b) M z = M a = ? . y F
2 1 P
rP x A 1 2 3 4 Kidolgozás: a) Az F erő A pontra számított nyomatéka (vektor mennyiség): A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 61 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 62 ► M A = rAP × F = (4 i + j ) × (−40 i + 20 j ) = 80k + 40k = (120k ) kNm . b) Az F erő z ≡ a tengelyre számított nyomatéka (skaláris mennyiség): M z = M a = M A ⋅ k = 120k ⋅ k = 120 kNm . 5.32 feladat: Erő pontra és tengelyre számított nyomatéka z Adott: P(2, 6, 0) m , B F = (4 i −

3 j + 2k ) N , A (3, 0, 0) m , B (0, 0, 4) m . a Feladat: a) M A = ?, M B = ? , b) M a = ? . O
 A Kidolgozás: y  x P a) Az F erő A és B pontra számított nyomatéka (vektor mennyiség): M A = rAP × F = (rAO + rOP ) × F = (−3 i + 2 i + 6 j ) × (4 i − 3 j + 2k ) = r AO r OP i j k = −1 6 0 = (12i + 2 j − 21k ) Nm . 4 −3 2 M B = rBP × F = (rBO + rOP ) × F = (−4k + 2 i + 6 j ) × (4 i − 3 j + 2k ) = rBO r OP i j k = 2 6 4 = (0i − 20 j − 30k ) Nm . 4 −3 2 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 62 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 63 ► b) Az F erő a tengelyre számított nyomatéka (skaláris mennyiség): A tengely irányvektora: a = (−3 i + 4k ) m, | a |= 5 m . A tengely irány egységvektora: e a = a = (−0,6i + 0,8k ) . |a| M a = M A ⋅ ea = (12 i + 2 j − 21k ) ⋅ (−0,6 i + 0,8k ) = −24 Nm , M a = M B ⋅ ea =

(−20 i − 30k ) ⋅ (−0,6 i + 0,8k ) = −24 Nm . 5.33 feladat: Erő pontra és tengelyre számított nyomatéka z Adott: F = (−12 i + 30 j + 8k ) N , rP = (5 i + 2 j ) m , B rB rB = ( i + j + 6k ) m . A Feladat: x a) Az erő A és B pontra számított nyomatékának meghatározása. b) Az erő koordináta tengelyekre számított nyomatékának meghatározása. y rP F P Megoldás: a) M A = (16 i − 40 j + 174k ) Nm , M B = (188 i + 40 j + 132k ) Nm . b) M x = 16 Nm , M y = −40 Nm , M z = 174 Nm . 5.34 feladat: Térbeli erőrendszer redukált vektorkettőse z Adott: P1 (2,1, 8) m , F
1 P2 (−2, 4, −4) m , B(2, −1, 3) m , P1 F1 = (−3i + 2 j + 2k ) kN , F2 = (3i − 2 j − 2k ) kN . B O y x A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom P2 F
2 Vissza ◄ 63 ► Mechanika A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Merev test statikája Vissza ◄ 64 ► Feladat: Az erőrendszer O és B ponti redukált

vektorkettősének kiszámítása. Kidolgozás: a) A O ponti redukált vektorkettős: F = F (O) = F1 + F2 = 0 , M O = r1 × F1 + r2 × F2 = (−30i − 44 j − k ) kNm . i j k r1 × F1 = 2 1 8 = (−14i − 28 j + 7 k ) kNm , −3 2 2 i j k r2 × F2 = −2 4 −4 = (−16i − 16 j − 8k ) kNm . 3 −2 −2 b) A B ponti redukált vektorkettős: F = F ( B) = F (O) = F1 + F2 = 0 , M B = M O + F × rOB = M O . =0 Ellenőrzés: kiszámítani a nyomaték értelmezéséből az M B nyomatékot. 5.35 feladat: Térbeli erőrendszerek egyenértékűsége Adott: Az ( ER)′ és ( ER)′′ térbeli erőrendszer: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 64 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom z ◄ Vissza
3 M 65 ► z P3
r3 F
4 F
2
r2 O x
r4 P2 y y
r1 F
1 P4 O
r5
5 M x P1 P5 ( ER)′ ( ER)′′ r1 = (i + 2 j − k ) m , , r4 = (−2i + j ) m r2 = (−2i + j )

m , r5 = (3i + 2 j − k ) m , r3 = (−5i − 3 j − k ) m , F1 = (2i − 2 j + k ) kN , F4 = (3i − 2 j + 4k ) kN , F2 = (i + 3k ) kN , M 3 = (−2i + j + 4k ) kNm . M 5 = (−3i − 4 j − 4k ) kNm . Kérdés: Egyenértékű-e az ( ER)′ és ( ER)′′ erőrendszer? Kidolgozás: Az egyenértékűség feltétele: n m i =1 j =1 ∑ Fi′ = ∑ Fj′′ , n n n m i =1 i =1 i =1 j =1 ∑ M Ai′ + ∑ rAi × Fi′ = ∑ M Ai′′ + ∑ rAj × Fj′′ . Határozzuk meg a vektoregyenletekben szereplő mennyiségeket! Ha a vektoregyenletek teljesülnek, akkor a két erőrendszer egyenértékű. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 65 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 66 ► ( ER)′ : 2 F ′ = ∑ Fi′ = F1 + F2 = (2i − 2 j + k ) + (i + 3k ) = (3i − 2 j + 4k ) kN , i =1 2 M O′ = M 3 + ∑ (rOi × Fi ) = M 3 + r1 × F1 + r2 × F2 . i

=1 i r1 × F1 = (i + 2 j − k ) × (2i − 2 j + k ) = 1 j 2 2 −2 k −1 = 1 , = (0i − 3 j − 6k ) kNm r2 × F2 = (−2i + j ) × (i + 3 j ) = (3i + 6 j − k ) kNm . M O′ = (−2i + j + 4k ) + (−3 j − 6k ) + (3i + 6 j − k ) = (i + 4 j − 3k ) kNm. ( ER)′′ : F ′′ = F4 = (3i − 2 j + 4k ) N . (Ez megegyezik F ′ -vel) M O′′ = M 5 + r4 × F4 . i r4 × F4 = (−2i + j ) × (3i − 2 j + 4k ) = 2 j 1 k 0 = 3 −2 4 , = (4i + 8 j + k ) kNm M O′′ = (−3i − 4 j − 4k ) + (4i + 8 j + k ) = (i + 4 j − 3k ) kNm . (Ez szintén megegyezik M O′′ -val.) Mivel mindkét vektoregyenlet kielégül, ezért az ( ER )′ és ( ER)′′ erőrendszerek egyenértékűek. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 66 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 67 ► 5.36 feladat: Erőrendszerek egyenértékűsége Adott: ( ER)′ : y F1 F0 =

(400 i + 200 j ) N , F0 M 0 = (150k ) Nm . M0 ( ER)′′ : F1 = (257,14i + 342,86 j ) N , F2 rB F2 = (142,86i − 142,86 j ) N , rB = ( 3 i + 4 j ) m . B x O Feladat: Meghatározni, hogy egyenértékű-e a két erőrendszer. Megoldás: F ′ = F1 + F2 = (400 i + 200 j ) N , F ′′ = F0 = (400 i + 200 j ) N . M B′ = M 0 = (150k ) Nm , M B′′ = 0 . A két erőrendszer nem egyenértékű! 5.5 Síkbeli erőrendszerek Definíció: Síkbeli az az erőrendszer, amelynek minden erővektora egyazon síkba esik. Tétel: Síkbeli erőrendszernek a sík pontjaira számított nyomatéka ⊥ a síkra. M O = rOP × F , ⇒ M O ⊥ rOP -re és F -re. a) Speciális síkbeli erőrendszer: két erő. Az eredő lehetséges esetei: - a két erő metsződő hatásvonalú – az eredő hatásvonala átmegy a hatásvonalak metszéspontján. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 67 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata |

Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 68 ► - a két erő párhuzamos hatásvonalú – az eredő hatásvonala párhuzamos az erők hatásvonalával. - a két erő párhuzamos hatásvonalú és eredőjük zérus: ez a síkbeli erőpár, amely a síkra merőleges nyomatékával adható meg. e2 e1 F1 F2 e1 F1 e1 e2 e2 F1 F2 F2 A két erő eredőjének hatásvonala átmegy az erők hatásvonalainak metszéspontján. A két erő eredő- A két erő eredő- A két erő jének hatásvo- jének hatásvo- síkbeli erőnala az erők nala az erők pár, a síkra hatásvonalaival hatásvonalaival ⊥ nyomaés a hatásvona- és a hatásvona- tékával adlak között he- lakon kívül he- ható meg. lyezkedik el. lyezkedik el. b) Általános síkbeli erőrendszer: Definíció: ha a síkbeli erőrendszer több erőből és erőpárból áll (és az erők hatásvonalai nem metsződnek egy közös pontban), akkor síkban szétszórt erőrendszerről beszélünk. Tétel: - Síkbeli

szétszórt erőrendszer mindig helyettesíthető: - egyetlen erővel, az erőrendszer eredőjével, vagy - egyetlen erőpárral. - Ha van F ≠ 0 eredő erő, akkor az erőrendszernek az eredő erővektor hatásvonalának pontjaira számított nyomatéka zérus. Síkbeli erőrendszer redukált vektorkettőse: Definíció: FA = ∑ Fi – az eredő erő benne van a síkban, i A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 68 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 69 ► M A = ∑ rAi × Fi + ∑ M j – az eredő nyomaték merőleges a síkra. i j Ezért síkbeli erőrendszereknél: FA ⋅ M A = 0 . c) Az eredő meghatározása számítással: - meghatározzuk az ER O pontba redukált vektorkettősét: F = Σ Fi , i M O = Σ ri × Fi . i - meghatározzuk az eredő hatásvonalának helyét: y Az eredő iránya: F e A merőleges távolság: F MO = MO zk Fy F x h = MO . O e xe F F

he x A hatásvonal metszéspontja a ⋅ Fy tengelyekkel: ye M M Fx xe = Oz , ye = − Oz . Fx Fy d) Az eredő meghatározása szerkesztéssel: Részeredő sokszög szerkesztés Akkor alkalmazható, ha az erők hatásvonalai a papíron (táblán) metszik egymást. F = F1 + F2 + F3 + F4 = F1234 . F12 F123 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 69 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Szerkezetábra Vissza 70 ► Erőábra F1 e1 e2 F12 e12 e3 F2 F3 e123 e4 ◄ F1234 = F F123 F4 e1234 = e Kötélsokszög szerkesztés: Akkor kell alkalmazni, ha az erők hatásvonalai a rendelkezésre álló helyen (papíron, táblán) nem metszik egymást. – Az erők párhuzamosak, vagy közel párhuzamosak Megoldás - felveszünk egy egyensúlyi erőrendszert: F0 , − F0 ; F0 tetszőleges erő és e0 tetszőleges hatásvonal, ( ) - ezt hozzáadjuk a megadott erőrendszerhez: F1 F2 F3 F4

+ F0 , − F0 , ( ) ( ) - alkalmazzuk a részeredő sokszög szerkesztésnél alkalmazott gondo latmenetet: F = F0 + F1 + F2 + F3 + F4 − F0 = F1234 . F01 F012 F0123 F01234 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 70 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Szerkezetábra e1 e2 e3 F2 F3 71 ► Erőábra e4 F1 F01 F1 ◄ Vissza F2 F4 F012 e0 F F3 F0 F0 F0123 F01234 F1234 = F F4 e0 e = e1234 − F0 − F0 5.6 Gyakorló feladatok síkbeli erőrendszerekre 5.61 feladat: Síkbeli erőrendszer redukált vektorkettőse, nyomaték átszámítás F
2 Adatok: F1 = (−8i − 5 j ) N ,
2 M B y F2 = (−12i ) N , F3 = (−20 j ) N , M 2 = (−12k) Nm rB = (4i + 6 j) m r C = (3i − j) m . , A x , F
1 C
F3 Feladat: a) Az A ponti FA , M A redukált vektorkettős meghatározása. F ,M b) A C ponti C C redukált vektorkettős meghatározása. Kidolgozás: a) Az A

ponti FA , M A redukált vektorkettős meghatározása: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 71 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 72 ► 72 ► 3 FA = F = ∑ Fi = F1 + F2 + F3 = (−8i − 5 j ) + (−12i ) + (−20 j ) = i =1 = (−20i − 25 j ) N. 1 3 i =1 j =1 M A = ∑M i + ∑ (rAj × Fj ) = M 2 + rAB × F2 + rAC × F3 , rAB × F2 = (4i + 6 j ) × (−12i ) = (72k ) Nm , rAC × F3 = (3i − j ) × (−20 j ) = (−60k ) Nm . M A = (−12k ) + (72k ) + (−60k ) = 0 . b) A C ponti FC , M C redukált vektorkettős meghatározása: FC = FA = F = (−20i − 25 j ) N . A nyomaték értelmezése alapján: 1 3 i =1 j =1 M C = ∑ M i + ∑ (rCj × Fj ) = M 2 + rCA × F1 + rCB × F2 (rCA × F1 ) = −(rAC × F1 ) = −(3i − j ) × (−8i − 5 j ) = = (15k ) + (8k ) = (23k ) Nm , (rCB × F2 ) = ⎡⎣(rCA + rAB ) × F2 ⎤⎦ = ⎡⎣(− rAC + rAB

) × F2 ⎤⎦ = = ⎡⎣ −(3i − j ) + (4i + 6 j ) ⎤⎦ × (−12i ) = = (i + 7 j ) × (−12i ) = = (84k ) Nm . M C = (−12k ) + (23k ) + (84k ) = (95k ) Nm . A nyomaték átszámító összefüggéssel: M C = M A + rCA × F = − rAC × F = −(3i − j ) × (−20i − 25 j ) = = (20k ) + (75k ) = (95k ) Nm. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 73 ► 5.62 feladat: Síkbeli erőrendszer redukált vektorkettőse és eredője Adott: F1 = F2 = F3 = 10 kN , F4 = 50 kN , α = 60° , a = 0,4 m , b = 0,3 m , c = 0,5 m . F
2 y c F
1 α O b Feladat: a) Az F , M O eredő vektor-kettős meghatározása. b) Az eredő helyének meghatározása. α F
3 a x F
4 β a Kidolgozás: a) Az F , M O eredő vektorkettős meghatározása: 4 F = ∑ Fi = Fx i + Fy j . i =1 4 Fx = ∑ Fix = F1 cos α − F2 + F3 cos α − F4 ⋅ 0,8 = i

=1 0,3 1 1 = 10 − 10 + 10 − 50 ⋅ 0,8 = −40 kN. 2 2 0,4 = 0,8 , cos β = 0,5 0,5 β 0,3 = 0,6 sin β = 0,4 0,5 4 Fy = ∑ Fiy = F1 sin α − F3 sin α + F4 sin β = i =1 3 3 − 10 + 50 ⋅ 0,6 = 30 kN. 2 2 F = (−40i + 30 j ) kN . = 10 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 73 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 74 ► M 0 = M z k = (aF1 sin α + cF2 + aF3 sin α + 0)k = ⎛ 3 3⎞ = ⎜⎜ 0,4 ⋅10 + 0,5 ⋅10 + 0,4 ⋅10 ⎟k = 2 2 ⎟⎠ ⎝ = (5 + 4 3)k = (11,92k ) Nm. b) Az eredő helyének meghatározása: Az erő saját hatásvonala mentén a nyomatékszámítás szempontjából eltolható. y MO = M zk = r × F =
= ( xe i ) × ( Fx i + Fy j ) = F Fx F
= ( xe Fy )k , ⇓ M z = xe Fy , M 1192 , xe = z = = 0,397 m . 30 Fy Fy ye
r2 ke
0 M F

r1 Fx Fy xe x e M z k = M O = r × F = ( ye j ) × ( Fx i + Fy j ) = (− ye Fx )k , Mz

1192 , =− = 0,298 m , −40 Fx Mz 1192 , = = 0,2384 m . 2 2 2 Fx + Fy 40 + 302 ⇒ M z = − ye Fx , ke = Mz = F ye = − A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 74 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 75 ► 5.63 feladat: Síkbeli erőrendszer redukált vektorkettőse és eredője Adott: | F1 |=| F4 |= 20 MN , y α1 = 25° , α 2 = 60° , α 3 = 135° , α 4 = 240° , rB = (4i − 2 j ) m , F = (−1016 , i + 13934 , j ) MNm , M B = (−53,704k ) MNm . F
2 F
3 F
1 α3 α2 α4 Feladat: Az F2 és F3 erővektorok nagyságának meghatározása. Kidolgozás: F
4 Az erőrendszert alkotó erővektorok: Fi = Fi (cos α i e x + sin α i e y ), i = 1, 2,3, 4. Az erőrendszer eredő erővektora: F = F1 + F2 + F3 + F4 /⋅ i , /⋅ j . α1 x A −1016 , = 20 cos α1 + F2 cos α 2 + F3 cos α 3 + 20 cos α 4 ⎫⎪ ⎬ ⎪ , =20sinα1 + F2 sinα 2 + F3 sinα3 + 20sinα

4 13934 ⎪⎭ A trigonomertikus függvények értékeit behelyettesítve: −1016 , = 20 ⋅ 0,906 + F2 ⋅ 0,5 + F3 (−0,707) − 20 ⋅ 0,5 ; 0 = 9136 , + 0,5 F2 − 0,707 F3 ⇒ F2 = 1414 , F3 − 18,272 . 13934 , = 20 ⋅ 0,423 + F2 ⋅ 0,866 + F3 ⋅ 0,707 − 20 ⋅ 0,866 , 0 = −22,79 + 0,866 F2 + 0,707 F3 , 0 = −22,79 + 0,866 ⋅1414 , F3 − 0,866 ⋅18,272 + 0,707 F3 , 0 = −38,61 + 193 , F3 ⇒ F3 = 19,99 ≈ 20 MN . F2 = 1414 , ⋅ 20 − 18,272 = 10,008 ≈ 10 MN A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 75 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 76 ► 5.64 feladat: Síkbeli erőrendszer redukált vektorkettőse és eredője y Adott: M1 F3 F1 = F2 = 100 N , F1 F3 = F4 = 100 2 N , F2 2a x M 1 = 100 Nm , O M 2 = 200 Nm , M2 F 4 a =1m . 2a Feladat: Az erőrendszer O pontba redukált vektorkettősének meghatározása és eredője hatásvonalának

meghatározása. o Megoldás: F0 = (100 i − 100 j ) N , M O = (−100k ) Nm . Az eredő iránya: F0 , hatásvonalának metszéspontjai a koordináta tengelyekkel: xe = 1 m , ye = 1 m 5.65 feladat: Síkbeli erőrendszer redukált vektorkettőse és eredője Adott: B (4, 0) m , y F1 = (2 j ) kN , Feladat: Az erőrendszer helyettesítése egy erővel. a) Szerkesztéssel. b) Számítással. F
2 F
1 F2 = (6 j ) kN . xC A C B x α2 α1 Kidolgozás: a) A feladat megoldása szerkesztéssel: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 76 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Helyzetábra ◄ 77 ► Erőábra c.e F
2 Vissza F
1 C F
F
1 α1 F
= F
1 + F
2 F
2 α2 b) A feladat megoldása számítással: F = F1 + F2 = (8 j ) kN , M C = 0 = (− xC i ) × ( F1 j ) + (4 − xC )i × F2 j , 0 = −2 xC + 24 − 6 xC = 24 − 8 xC , xC = 3m . 5.66 feladat: Részeredő

sokszög szerkesztés F
1 Adott: F1 = F4 = F5 = 5 kN F2 = 6 kN , F3 = 4 kN , α = 45° , β = 30° . F
2 α 2m F
3 3m F
4 β 3m 5m Feladat: Az ( F1 ,, F5 ) síkbeli erőrendszer eredő erővektorának és az eredő hatásvonalának meghatározása. y x F
5 β 6m Kidolgozás: Megoldás részeredő sokszög szerkesztéssel: F = F 1 + F 5 + F 3 + F 4 + F 2 F 15 F 153 F 1534 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 77 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Szerkezetábra F
2 78 ► 78 ► Erőábra F
1 45◦ ◄ F
5 F
1 4 F
F
3 2 F
15 F
4 30◦ F
3 F
153 3 F
1534 1 F
15342 = F
30◦ F
4 F
2 F
5 5.67 feladat: Kötélsokszög szerkesztés Adott: e1 , e2 , e3 hatásvonalak és ½ ¿ ¾ | F1 |= 4 kN , | F2 |= 6 kN ,
½
¿
¾ | F3 |= 8 kN . Feladat: Az erőrendszer F eredő erővektorának és az eredő e hatásvonalának

meghatározása. Kidolgozás: Megoldás kötélsokszög szerkesztéssel: F = F1 + F2 + F3 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Szerkezetábra e1 e2 e
F
2 F F
1 Vissza ◄ 79 ► Erőábra e3 F
1 F
3 F
2 F
O F
3 5.68 feladat: Párhuzamos erőrendszer eredője Adott: e1 , e2 , e3 , e4 hatásvonalak és F1 = 100 kN , F2 = 70 kN , y F3 = 100 kN , F4 = 30 kN . Feladat: Az erőrendszer eredő erővektorának és az eredő erő hatásvonalának meghatározása a) szerkesztéssel és b) számítással. e1 e2 F
1 F
2 e4 e3 F
4 F
3 Kidolgozás: Az erőrendszer eredő i =1 x O 4 erővektora: F = ∑ Fi . 0,6 m 1m 1m a) Megoldás szerkesztéssel: kötélsokszög szerkesztés. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 79 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata |

Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Szerkezetábra




◄ 80 ► Erőábra


 O



b) Megoldás számítással: F = Fy = −100 − 70 + 100 − 30 = −100 kN ↓ , M z = 16 , ⋅100 + 1 ⋅ 70 − 1⋅ 30 = 200 kNm M 200 xe = z = = −2 m . Fy −100 . 5.7 Vonal mentén megoszló erőrendszer Csak az egyenes vonal mentén megoszló párhuzamos erőrendszereket vizsgáljuk. A vonal mentén megoszló y dFq erőrendszer sűrűségvektora (intenzitásvektora): q ( x) = q ( x) j . q (x ) O r x x dx A sűrűségvektor mértékegysége: N/m . Az elemi erő: dFq = q ( x ) dx . l Az elemi erő nagysága egyenlő az ábrán sraffozott területtel. Az eredő erő: Fq = ∫ q ( x ) dx . (l ) Az eredő erő nagysága egyenlő a q ( x ) görbe alatti területtel. Az O pontra számított eredő nyomaték: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 80 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata |

Tartalomjegyzék | Szakirodalom MO = Vissza ◄ 81 ► ∫ r × q dx = ∫ ⎡⎣( xi ) × ( q ( x ) j )⎤⎦ dx = ∫ x q ( x ) dx k (l ) (l ) (l ) Az eredő helyének meghatározása: Az eredő hatásvonala mindig átmegy az x tengely és a q( x) görbe által meghatározott síkidom súlypontján. A q ( x ) erőrendszert helyettey e sítettük az F , M O redukált vektorkettőssel. F F e – az eredő hatásvonala. MO Az eredő hatásvonal helyének x meghatározása: O M M O = xe F ⇒ xe = O xe F Az integrálok kiszámítása a Simpson formulával: y f ( x) Az integrál kiszámítására alkalmas közelítő képlet: l fb fk fj ∫(l ) f ( x) dx ≅ 6 ( fb + 4 f k + f j ) x xb xk xj l – az integrálási tartomány l mérete (hossza), fb , f k , f j - az integrálandó függvény helyettesítési értéke a tartomány bal szélén, a közepén és a jobb szélén. A Simpson formula (képlet) harmadfokú polinomig bezárólag az integrál pontos értékét adja meg. A

formula harmadfokúnál magasabb fokú integrandusz esetén közelítő eredményt szolgáltat. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 81 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 82 ► 5.8 Gyakorló feladatok vonal mentén megoszló erőrendszer eredőjének meghatározására 5.81 feladat: Egyenletesen megoszló terhelés eredője l ( q + 4q + q ) = q l , 6 2 l⎛ l ⎞ ql Mz = ⎜0⋅q + 4 q + l q⎟ = , 6⎝ 2 ⎠ 2 ql 2 M l xe = z = 2 = . F ql 2 Fq = y Fq xe q x O l 5.82 feladat: Lineárisan változó terhelés eredője l⎛ q ⎞ ql Fq = ⎜ 0 + 4 + q ⎟ = , 6⎝ 2 ⎠ 2 2 l⎛ l q ⎞ ql Mz = ⎜0⋅0 + 4 +l q⎟ = , 6⎝ 22 3 ⎠ q l2 2 M xe = z = 3 = l . q l Fq 3 2 y Fq xe q x O l 5.83 feladat: Vonal mentén megoszló erőrendszer eredő vektorkettőse y kN Adott: f = (2 j ) . m Feladat: Az erőrendszer A és C pontbeli eredő vektorkettősének

meghatározása. A f B 4m C x ◄ 82 1m Kidolgozás: F = ∫ f dx = (4 ⋅ 2) j = (8 j ) kN , (l ) A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom MA = l ∫ r × f dx = 6 ( x Vissza ◄ 83 ► f + 4 xk f k + x j f j ) i × j = b b (l ) k 4 = (0 ⋅ 2 + 4 ⋅ 2 ⋅ 2 + 4 ⋅ 2)k = (16 k ) kNm. 6 4 M C = ∫ r ∗ × f dx = (−5 ⋅ 2 − 4 ⋅ 3 ⋅ 2 − 1⋅ 2)k = (−24 k ) kNm . 6 (l ) Ellenőrzés: M C = M A + F × rAC = (16 − 40)k = (−24 k ) kNm . F × rAC = 8 j × 5 i = (−40k ) . 5.84 feladat: Vonal mentén megoszló erőrendszer jellemzőinek meghatározása Adott: y Az f = f y ( x) j lineárisan megoszló erőrendszer redukált
F
vektorkettőse: M F = (12 j ) N , M A = (48 k ) Nm . f
Feladat: a) Az eredő helyének meghatározása. b) f B = ? , a = ? x B A a Kidolgozás: a) Az eredő erő helyének meghatározása:

F = Fy j , M A = M Az k , re = xe i . M Az = xe Fy ⇒ xe = M Az 48 = = 4 m . ⇒ re = (4i ) m Fy 12 b) Az f B sűrűség (intenzitás) és az a hossz meghatározása: 2 3 3 xe = a ⇒ a = xe = 4 = 6 m , 3 2 2 1 2 F 2 ⋅12 N = =4 . F = a fB ⇒ fB = a 2 6 m A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 83 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 84 ► 5.85 feladat: Vonal mentén megoszló erőrendszer eredője f 1 = (4 j ) kN/m , a = 3 my, f 2 = (− j ) kN/m , b = 2 m . Adott: Feladat: a) A megoszló erőrendszer helyettesítése két koncentrált erővel. b) A megoszló erőrendszer eredőjének meghatározása szerkesztéssel. f
1 C B A x f
2 a b Kidolgozás: a) Az erőrendszer helyettesítése koncentrált erőkkel: af 3⋅ 4 y F1 = 1 j = j = (6 j ) kN , 2 2 F
1 a B C x xC1 = = 1m . A 3 F
2 xC1 F2 = − f 2b j = (−1 ⋅ 2) j = (−2 j ) kN , xC2 b xC 2 = a + =

4 m . 2 b) Az eredő erő (nagyságának és hatásvonalának) meghatározása szerkesztéssel: Helyzetábra Erőábra α2 y αe F
2 α1 A F
2 B F
1 C x F
1 F
e xe Fer = (4 j ) kN , xe = − 1 m. 2 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 84 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 85 ► 5.9 Síkbeli szétszórt erőrendszerek helyettesítési és egyensúlyozási feladatai a) Síkbeli szétszórt ER helyettesítése a sík egy pontjában: y e3 y F2 F3 F e2 e1 Fi F1 MO x O x O he ⋅ ei Helyettesítő (eredő) erő: F = Σ Fi = F1 + F2 + + Fn . i Helyettesítő (eredő) nyomaték: M O ; M O = M z = Σ hi Fi , ahol hi az i Fi erő hatásvonalának a koordináta-rendszer kezdőpontjától mért merőleges távolsága. Tétel: Síkbeli szétszórt erőrendszer a sík bármely A pontjában helyettesíthető az F eredő erővel és az M A eredő

nyomatékkal, amely merőleges a síkra. M A = M a és iránya merőleges a síkra, F = Fx2 + Fy2 , Fx = Σ Fxi , i Fy = Σ Fyi . i b) Síkbeli szétszórt erőrendszer helyettesítése egyetlen erővel: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 85 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 86 ► y y F MO F e O x O x ⋅ he Az eredő e hatásvonalának z tengelytől mért merőleges távolsága: MO M he = = z. F F Tétel: Síkbeli szétszórt erőrendszer F ≠ 0 esetén mindig helyettesíthető egyetlen erővel. Ezt az erőt a erőrendszer eredő erővektorának nevezzük Az eredő erővektor hatásvonalának pontjaira számított nyomaték zérus c) Egy erő helyettesítése és egyensúlyozása három adott hatás-vonalon: Feltétel: a hatásvonalak nem közös pontban metszik egymást. Helyettesítés ≡ egyenértékűség. • Megoldás szerkesztéssel:

Culmann-féle szerkesztés - Helyettesítés: Adott: F0 , e0 és e1 , e 2 , e3 . Keresett: F1 , F2 , F3 , amelyekre fennáll F0 = F1 + F2 + F3 . F23 Erőábra Szerkezetábra F0 F1 e3 e0 F2 e23 F0 F23 e2 e1 e23 - Culmann egyenes F3 Az erővektorok nyílfolyama A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 86 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 87 ► ütköző. - Egyensúlyozás: Adott: F0 , e0 és e1 , e2 , e3 . Keresett: F1 , F2 , F3 , amelyre fennáll F0 + F1 + F2 + F3 = 0 . F12 Erőábra Szerkezetábra F1 e3 e0 e12 F0 F2 F0 F12 e2 e1 F3 Az erővektorok nyílfolyama folytonos. A szerkesztés gondolatmenete: - két ismeretlen erőt összegzünk, - ezzel a feladatot visszavezetjük: - helyettesítésnél erő két komponensre bontására, - egyensúlyozásnál három erő egyensúlyozására, - az erőábra nyílfolyama: helyettesítésnél

ütköző, egyensúlynál folytonos. e12 - Culmann egyenes • Megoldás számítással: Ritter-féle számítás Értelmezés: két erőrendszer akkor egyenértékű (akkor helyettesíti egymást), ha F eredő erővektoruk és a tér (sík) tetszőleges A pontjára számított M A nyomatékvektoruk azonos. Fx′ = Fx′′ , F ′ = F ′′ ⎫⎪ erőrendszer esetén Fy′ = Fy′′ , ⎬ Síkbeli M A′ = M A′′ ⎪⎭ ⇒ M ′ = M ′′ a - Helyettesítés: Adott: F0 , e0 és e1 , e2 , e3 . ( ER )′ : F0 , ( ER )′′ : a Keresett: F1 , F2 , F3 . F1 , F2 , F3 . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 87 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 88 ► M a′ = M a′′ ⇒ F3 = B ⇒ M b′ = M b′′ F1 = e0 ⇒ M c′ = M c′′ F2 = e3 Az ismeretlen erők hatásvonalaiF0 nak A, B, C metszéspontján átmee2 nő, a rajz síkjára merőleges tengeC

lyekre írunk fel nyomatéki egyene1 letet. A A nyomatéki egyenletekből az ismeretlen erők meghatározhatók. Ha két hatásvonal , akkor a metszésponton átmenő tengelyre számított nyomatéki egyenlet helyett a hatásvonalakra ⊥ irányú vetületi egyenletet kell felírni. - Egyensúlyozás: Adott: F0 , e0 és e1 , e2 , e3 . ( ER ) : F0 , F1 , F2 , F3 B e0 e3 F0 C e1 Keresett: F1 , F2 , F3 . egyensúlyi. Ma = 0 ⇒ F3 = Mb = 0 ⇒ F1 = ⇒ Mc = 0 F2 = Az ismeretlen erők hatásvonalainak A, B, C metszéspontján áte2 menő, a rajz síkjára merőleges tengelyekre írunk fel nyomatéki egyenletet. A A nyomatéki egyenletekből az ismeretlen erők meghatározhatók. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 88 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 89 ► 5.10 Gyakorló feladatok síkbeli szétszórt erőrendszerek helyettesítésére és

egyensúlyozására 5.101 feladat: Négy erő egyensúlya C 3m Adott: Az ábrán látható kötélszerkezet méretei és m = 100 kg , g ≅ 10 m/s 2 . Feladat: Az FA , FB , FC támasztóerők meghatározása. B 2m D Megjegyzés: A kötelekben kötél irányú húzóerők ébrednek. G = mg = − mgj = E A m = (−100 ⋅10 j ) N = (− j ) kN . 2m 3m 2m Kidolgozás: a) Megoldás szerkesztéssel: (Culmann szerkesztés) Egyensúlyi vektoregyenlet: G + FA + FB + FC = 0 . FBC Szerkezetábra Erőábra C F
B B F
C F
BC
G D A F
A E eBC ≡ Culmann egyenes
G Az ED kötélágban FBC nagyságú kötélerő ébred. b) Megoldás számítással (Ritter számítás) A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 89 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 90 ► M d = 2 FA + 2G = 0 ⇒ FA = −G = −1 kN ← . 4 4 +2 +2 5 ⎛4 ⎞ 3 3 1 = kN . M h = ⎜ + 2 ⎟ G −

2 FB = 0 ⇒ FB = G= 2 2 3 ⎝3 ⎠ F
C FCy FCx C y 3 3 2 = 2 x ⇓ 4 x = m. 3 D B F
B x 2 F
A 2 E A H x m G Fy = 0 = FC y − G ⇒ FC y = G = 1 kN ↑ . | FC x | | FC y | = 2 2 2 2 2 ⇒ | FC x |= | FC y | ⇒ FC x = FC y = 1 = kN ← . 3 3 3 3 3 2 ⎛2⎞ FC = F + F = ⎜ ⎟ + 12 = 1202 , kN ⎝3⎠ ⎛5 FA = FA x i = (−i ) kN , FB = FB y j = ⎜ i ⎝3 ⎛ 2 ⎞ FC = FC x i + FC y j = ⎜ − i + j ⎟ kN . ⎝ 3 ⎠ 2 Cx 2 Cy A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom . ⎞ ⎟ kN , ⎠ Vissza ◄ 90 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 91 ► 5.102 feladat: Sima falnak támasztott rúd Adott: G = 600 N , a = 1 m , α = 45° . Az érintkező felületek simák. Feladat: Az FA , FB és FC támasztóerők meghatározása. Sima fal: µ0 = 0 ⇒ a támasztóerő merőleges a felületre. Egyensúlyi vektoregyenlet: G + FA + FB + FC = 0 . A
D C  B FAB a

a a Kidolgozás: a) Megoldás szerkesztéssel (Culmann szerkesztés) Szerkezetábra Erőábra
A A F ea
G H ec
FC FCx FCy e D a C F
C eb eab 3 a
FB 2 B F
AB F
B
G F
A eAB = Culmann egyenes 2a A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 91 ► Mechanika Merev test statikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 92 ► b) Megoldás számítással (Ritter számítás) 3 4 M h = 0 = 2aG + aFCx ⇒ FCx = − G = −800 N ← , 2 3 FC x 2 1 = ⇒ FC y = FC x = −400 N ↓ , FC y 1 2 FC = FC2x + FC2y = 8002 + 4002 = 894,43 N Fx = 0 = FA + FCx , ⇒ FA = − FCx = −800 N , Fy = 0 = −G + FCy + FB ⇒ FB = G − FCy = 600 − (−400) = 1000 N ↑ . 5.103 feladat: Megoszló terhelés helyettesítése három adott hatásvonalon y α2 Adott: a = 4 m, b=2m, α3 a f = 5 kN/m . f Feladat: A a) A megoszló erőrendszer eredőjének és az eredő hatásvonalának meghatározása. a b) A megoszló

erőrendszer helyettesítése az adott α1 , α 2 , α 3 hatásvonalon. C α1 x B f b A helyettesítést végezze el számítással és szerkesztéssel is! Megoldás: a) Fe = (−10 j ) kN , xe = 6,33 m . b) F1 = (−15,83 i ) kN , F2 = (0,83 i ) kN , F3 = (15 i − 10 j ) kN . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 92 ► Mechanika Síkbeli szerkezetek statikai feladatai A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 93 ► 6. Síkbeli szerkezetek statikai feladatai 6.1 A statikailag határozott megtámasztás Szabadságfok: azoknak a skalár koordinátáknak a száma, amelyek a szerkezet helyzetét egyértelműen meghatározzák. Csak a síkbeli esetet vizsgáljuk. a) A szerkezet szabadságfoka: s = 3 × n n – a vizsgált szerkezetet alkotó 2 testek száma. 1 n b) A kényszerekkel lekötött szabadságfokok száma: nk - Görgős, rudas megtámasztás: nk = 1 . A FA A FA - Csukló: nk = 2 . y y FAx A

2 x x 1 A FAy FAy FAx Az 1 és 2 jelű test is terhelt. - Befogás: nk = 3 . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 93 ► Mechanika Síkbeli szerkezetek statikai feladatai A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 94 ► y FAx A x M Az FAy Statikailag határozott megtámasztású az a szerkezet: 1. definíció: Ha a belső és külső kényszerekkel lekötött nk szabadságfokok száma megegyezik a test s szabadságfokainak számával: nb + nk = s . 2. definíció: Ha az ismeretlen támasztó és belső erőkoordináták száma megegyezik a szerkezetre felírható skaláris statikai egyensúlyi egyenletek számával és az egyenletrendszer az ismeretlenekre egyértelműen megoldható. 6.2 Speciális síkbeli statikailag határozott szerkezetek A Statika egyik fő feladata mérnöki szerkezetek támasztó- és belső erőinek meghatározása. a) A támasztóerők meghatározásának gondolatmenete: -

Az ismeretlen erő/nyomaték koordinátákat pozitívnak, azaz a KR tengelyeivel megegyező irányúaknak tételezzük fel. (Ha a számításokból az erő/nyomaték koordinátákra negatív értéket kapunk ez azt jelenti, hogy a koordináta tengelyekkel ellentétes irányúak.) - Az ismeretlenekre statikai egyensúlyi (nyomatéki és vetületi) egyenleteket írunk fel. Az egyenletek felírásánál arra törekszünk, hogy az egyes egyenletek csak egy-egy ismeretlent tartalmaz-zanak. - A vetületi és nyomatéki egyneletekből meghatározzuk az ismeretlen támasztó erő/nyomaték koordinátákat. A kapott eredményeket ábrázoljuk (szemléltetjük) a szerkezeten - Az előzőekben fel nem használt statikai egyensúlyi egyenletekkel ellenőrző számítást végzünk. (Ezt a lépést csak bonyolultabb feladatoknál szokás elvégezni) Az alábbiakban a leggyakrabban előforduló, egy merev testet (alkatrészt) tartalmazó statikailag határozott szerkezettípusok támasztóerőinek

meghatározását mutatjuk be. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 94 ► Mechanika Síkbeli szerkezetek statikai feladatai A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom b) Kéttámaszú tartó: y M0 B x a/2 a a FAx A ► Az eredő hatásvonalának helye: xe = a / 2 . - A támasztó erőrendszer meghatározása: FA = FAx i + FAy j , FBy F0 95 Keresett: FA , FB . Megoldás: - A megoszló erőrendszer eredője: Az eredő erő: Fq = a q0 ↓ , a a ◄ Adott: F0 , M 0 , q0 , a . Fq q0 Vissza FB = FBy j . C FAy a M a = 0 = − aF0 − M 0 − a q0 + a FB y 2 Fq ⇒ FB y = a a q0 − aFA y 2 Fq ⇒ FA y = M c = 0 = − aF0 − M 0 + Fx = 0 = F0 + FA x ⇒ FA x = M a = 0 az A ponton átmenő, z tengellyel megegyező irányú tengelyre felírt nyomatéki egyenlet. Ellenőrzés: Fy = 0 = −a q0 + FA y + FB y . c) Befogott tartó: F2 y F1 FAx M Az b x A Adott: F1 , F2 , a, b . Keresett: FA = FAx i + FA

y j , M A = M Azk . a a FAy A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 95 ► Mechanika Síkbeli szerkezetek statikai feladatai A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Megoldás: Fx = 0 = FAx − F2 Vissza ◄ 96 ► 96 ► ⇒ FAx = Fy = 0 = FA y − F1 ⇒ FA y = M z = 0 = M A z − aF1 + bF2 ⇒ M Az = d) Három rudas megtámasztás: y 2m 3 kN m 8 kN A 3m C x Adott: A szerkezet méretei és terhelései. Feladat: Az FA , FB , FC támasztóerők meghatározása. 4m B Kidolgozás: • A feladat megoldása szerkesztéssel (Culmann-szerkesztés): A szerkezet egyensúlyban van: F0 + FA + FB + FC = 0 . FBC Szerkezetábra Erőábra 8kN 6kN eA D 8kN 1m eBC 6kN 3m F0 FB FBC E 4m eB eC FA FC F0 = 82 + 62 = 10 kN , F0 = ( −8i − 6 j ) kN . • A feladat megoldása számítással (Ritter-számítás): M d = 0 = −3 ⋅ 6 + 3FC ⇒ FC = 6 kN . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék |

Szakirodalom Vissza ◄ Mechanika Síkbeli szerkezetek statikai feladatai A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom M e = 0 = −3 ⋅ 6 + 3 ⋅ 8 − 3FA ⇒ Fy = 0 = −6 + FB ◄ 97 ► FA = 2 kN . ⇒ FB = 6kN ↑ . 3m FA Vissza 6 kN A y 8kN D 3m C E FC x 4m B FB A rudas megtámasztások miatt az FA , FB , FC támasztóerők hatásvonala (iránya) ismert. Nyomatéki egyenleteket írunk fel a hatásvonalak D és E metszéspontján átmenő, z irányú tengelyekre. Ellenőrzés: Fx = 0 = 2 − 8 + 6 . Az eredmény vektorokkal felírva: FA = ( 2i ) kN, FB = ( 6 j ) kN, FC = ( 6i ) kN. 6.3 Gyakorló feladatok speciális síkbeli statikailag határozott szerkezetekre 6.31 feladat: Kéttámaszú konzolos tartó Adott: F = 50 kN , a = 500 mm , α = 60° . α Feladat: Az FA és FB támasztóerők meghatározása a) szerkesztéssel és b) számítással. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 97 ►

Mechanika Síkbeli szerkezetek statikai feladatai A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Kidolgozás: a) Megoldás szerkesztéssel: Szerkezetábra A α 98 ► ◄ 98 ► Erőábra B ea F
◄ eb F
F
A F
B b) Megoldás számítással: y    A
Ý
Ü B x Ý Fx = F cos α = 50 ⋅ 0,5 = 25 kN , Fy = F sin α = 50 3 / 2 kN . Fe = ∑ Fi = Fe x i + Fe y j = 0 . i Fx = 0 = 25 + FB x ⇒ FB x = −25 kN ← . M a = 0 = 500 ⋅ 25 3 + 1500 FB y ⇒ FB y = −25 3 / 3 = = −14,43 kN ↓ . M b = 0 = 2000 ⋅ 25 3 − 1500 FA y ⇒ FA y = 100 3 / 3 = = 57,74 kN ↑ . FB = FB2x + FB2y = 625 + 208,33 = 2887 , kN . FA = (57,74 j ) kN , FB = (−25 i − 14,43 j ) kN . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Mechanika Síkbeli szerkezetek statikai feladatai A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 99 ► ◄ 99 ► 6.32 feladat: Kéttámaszú törtvonalú tartó
¾

Adott: a) F1 = F2 = 2 kN , b) F1 = 2 kN , F2 = 4 kN . 4m
½ Feladat: Az FA és FB támasztóerők meghatározása számítással. A ¾Ñ ¾Ñ Kidolgozás: a) A feladat megoldása F1 = − F2 erőpár esetére: ¾Ñ 4m Fx = 0 . 2 kN B 
2 kN 4m ⇓ | FA x |=| FB x | . B M b = −4 ⋅ 2 + 4 FA x = 0 , ⇓ FA x = 2 kN . y A
x Fx = 0 . ⇓ FB x = − FA x = −2 kN ← . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Mechanika Síkbeli szerkezetek statikai feladatai A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom b) A feladat megoldása az általános esetre: Fy = 0 = 2 − 4 + FA y , FA y 100 ► 100 ► 4 kN y ⇓ = 2 kN ↑ . ◄ Vissza B Ü C 2 kN 4m M a = 0 = −2 ⋅ 2 − 2 ⋅ 4 − 4 FB x , ⇓ FB x = −3 kN ← .
Ü A M c = 0 = −2 ⋅ 2 − 2 ⋅ 4 + 4 FA x , ⇓ FA x = 3 kN . 2m x
Ý 2m 2m 6.33 feladat: Kéttámaszú tartó Adott: F1 = 5000 N , F2 = 2000 N , F3 = 7071 N , a =1m , α =

45° . 
¿ y C 
½ 2 x B 
¾ 1 a A a a a Feladat: Az FA és FB támasztóerők meghatározása számítással. Kidolgozás: C A

Ü 

y

Ý
¿ 

½ Ü x B
¾
Ý

A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ Mechanika Síkbeli szerkezetek statikai feladatai A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 101 ► A (2) test egyensúlya: M c = 0 = −aF3 sin α + 2aF2 + 3aFB y − 4aF1 , 0 = −7071 2 / 2 + 2 ⋅ 2000 + 3FB y − 4 ⋅ 5000 = = −5000 + 4000 − 2000 + 3FB y , 21000 = 7000 N ↑ . 3 M b = 0 = −3aFA y + 2aF3 sin α − aF2 − aF1 , FB y = 0 = −3FA y + 2 ⋅ 7071 2 / 2 − 2000 − 5000 = = −3FA y + 10 000 − 7000, FA y = 1000 N ↑ . tg α = FA y FA x ⇒ FA x = FA y tg α = 1000 = 1000 N . 1 Fx = 0 = FA x + F3 cos α + FB x = 1000 + 7071 FB x = −6000 N ← . 2 + FB x , 2 ⇒ FA = 10002 + 10002 = 1414,2 N , FB = 60002 + 70002 = 9219,5 N .

Ellenőrzés: Fy = 1000 − 5000 + 2000 + 7000 − 5000 = 0 . Támasztó erővektorok: FA = ( FA x i + FA y j ) = (1000i + 1000 j ) N , FA = ( FB x i + FB y j ) = (−6000i + 7000 j ) N . 6.34 feladat: Kéttámaszú tartó Adott: A szerkezet méretei és F = (−10 j ) kN . Feladat: A támasztóerők meghatározása számítással és szerkesztéssel. y C 2m x F A B 2m 2m A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom 2m Vissza ◄ 101 ► Mechanika Síkbeli szerkezetek statikai feladatai A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 102 ► ◄ 102 ► Megoldás: FA = (−5 i + 5 j ) kN , FB = (5 i + 5 j ) kN . y Adott: A szerkezet méretei és F = (−4i − 6 j ) kN . A Feladat: A támasztóerők önálló meghatározása számítással és szerkesztéssel. 3m 6.35 feladat: Kéttámaszú tartó F B C 3m x 3m Megoldás: FA = (3 j ) kN , FC = (4 i + 3 j ) kN . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék |

Szakirodalom Vissza Mechanika Síkbeli szerkezetek statikai feladatai A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 103 ► ◄ 103 ► 6.36 feladat: Befogott tartó Adott: A szerkezet méretei és M 0 = 80 kNm , F0 = 70 kN , f 0 = 10 kN/m . y f0 A 2m F0 M0 B F0 4 m 4m x Feladat: A támasztó erőrendszer meghatározása. Megoldás: Fe = 8 ⋅10 = 80 kN ↓ . Fx = 0 = FAx + 70, Fy = 0 = FAy + 70 − 80, ⇒ FAx = −70 kN ← . ⇒ FAy = 10 kN ↑ . M a = 0 = M Az + 80 + 6(70 − 80), ⇒ M Az = −20 kNm 6.37 feladat: Befogott tartó y q0 Adott: a = 2 m , q0 = 4 kN/m , B F0 = 12 kN . Feladat: A támasztó erőrendszer meghatározása. C a F0 3a A FAx Fy = 0 = −3 ⋅ 4 + FAy ⇒ FAy = 12 kN ↑ . M Az = 66 kNm 1,5 a D Megoldás: Fx = 0 = 12 + FAx ⇒ FAx = −12 kN ← . M z = 0 = −1,5a ⋅12 − 2a ⋅12 + M Az , . FAy A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom x M Az Vissza Mechanika

Síkbeli szerkezetek statikai feladatai A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 104 ► ◄ 104 ► 6.38 feladat: Három rudas megtámasztás Adott: a = 2 m , M = 6 kNm .
C Feladat: Az FA , FB és FC támasztóerők meghatározása számítással. x  a H
  A  y E D a a  Megoldás számítással (Ritter): M e = 0 = −6 + 2 2 FC ⇒ FC = 3 / 2 = 212 , kN M h = 0 = −6 + 2 FA ⇒ FA = 3 kN . M d = 0 = −6 + 2 2 FB ⇒ FB = 212 , kN B .

. 6.39 feladat: Három rudas megtámasztás Adott: R = 2 m , F = (−16 i ) kN . y C Feladat: Az FA , FB és FC támasztóerők önálló meghatározása számítással és szerkesztéssel. F R S x A Megoldás: B FA = (16 i ) kN , FB = (−8 j ) kN , FC = (8 j ) kN . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Mechanika Térbeli párhuzamos erőrendszerek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 105 ► 7.

Térbeli párhuzamos erőrendszerek 7.1 Térbeli párhuzamos erőrendszer redukált vektorkettőse, az erőközéppont Értelmezés: Térbeli párhuzamos erőrendszerről abban az esetben beszélünk, ha az erőrendszert alkotó valamennyi erő párhuzamos egy adott e iránnyal. z F1 Fi Pi ri A e - az adott irány egységvektora, e Az ER-t alkotó erők: Fi = Fi e , F rK K y ( i = 1, 2,3, . n ) Fn x Az erőrendszer redukált vektorkettőse: FA = Σ Fi = e Σ Fi = e F , i i ( ) M A = Σ ri × Fi = Σ ri × Fi e = Σ ri Fi × e . i i i Az erőrendszer tulajdonsága: F ⋅ M A = 0 ⇒ F ⊥ MA. Definíció: Térbeli párhuzamos erőrendszer K erőközéppontja az a pont, amelyen az erőrendszer egyetlen erővel helyettesíthető. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 105 ► Mechanika Térbeli párhuzamos erőrendszerek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom z ◄ Vissza 106 ► F =Fe A M A = ∑

ri × Fi = rK × F e F=Fe rK i ∑ ri Fi × e = rK ∑ Fi × e K i y i F x Az erőközéppont helyvektora: rK = . ∑ ri Fi i ∑ Fi . i Tétel: Ha térbeli párhuzamos erőrendszer eredője F ≠ 0 , akkor ennek támadáspontja (azaz az erőrendszer középpontja) független az erők irányától csak azok nagyságától és támadáspontjának helykoordinátáitól függ. 7.2 Speciális irányú térbeli párhuzamos koncentrált erőrendszer ei e ≡ k - az erők z tengely irányúak, Fi = Fi k , Fi ri = xi i + yi j . z F M Ay A y ri MA yi M Ax x i xi k j Pi Az eredő vektorkettős: ( ) F = ∑ Fi = ∑ Fi k , i i ( ) M A = Σ ri × Fi = Σ ( xi i + yi j ) × Fi k = Σ ( − xi Fi ) j + Σ yi Fi i . i i i MAy i M Ax Helyettesítés egyetlen erővel: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 106 ► Mechanika Térbeli párhuzamos erőrendszerek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék |

Szakirodalom z ◄ 107 ► F ⊥ MA F F MA yK x Vissza y xK M A x = yK F ⎪⎫ ⎬ M A y = − xK F ⎪⎭ 7.3 Speciális térbeli párhuzamos megoszló erőrendszer, a súlyerőrendszer g – gravitációs gyorsulás, z ρ - tömegsűrűség, V dV Az elemi térfogat súlya: q m dG = qdV = − g ρ dV k , dG A test súlya: G = − ∫ g ρ dV k = −G k . y (V ) x a) A test S súlypontjának értelmezése: Értelmezés: A test S súlypontja, a test térfogatán megoszló súlyerőrendszer K erőközéppontja. A test S súlypontjának helyvektora: rK = rS = ∫ r ρ gdV (V ) ∫ ρ gdV (V ) Speciális eset: ρ = állandó (homogén test), g = állandó (ez általában fennáll). A V térfogat S súlypontjának helyvektora: ∫ r dV = ∫ r dV rS = /⋅ i / ⋅ j /⋅ k . V dV ∫ (V ) A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 107 ► Mechanika Térbeli párhuzamos erőrendszerek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék |

Szakirodalom Skaláris egyenletek: ∫ xdV xS = ∫ ydV (V ) (V ) yS = , , V V b) A súlypont fogalmának kiterjesztése: Vissza zS = ◄ 108 ► ∫ zdV (V ) V . • Kiterjesztés síkidomra: y A dA S rS = ∫ r dA ( A) A r rS x , A – a síkidom területe. • Kiterjesztés térbeli vonalra: z A S ds rS = B ∫ r ds (l ) l , l x l – a vonalszakasz hossza. rS r O y Az integrálok tulajdonságából következik, hogy homogén (állandó tömegeloszlású) test, valamint térfogat, felület (síkidom) és vonal szimmetria pontja (tengelye, síkja) egyúttal súlypont (súlyvonal, súlysík). 7.4 Statikai nyomatékok A súlypont kiszámítására felírt összefüggések számlálójában szereplő integrálokkal értelmezett mennyiségeket statikai (lineáris) nyomatékoknak nevezzük. A súlypont ismeretében a statikai nyomaték meghatározható, mint a súlypont helyvektorának és a teljes tömegnek (térfogatának, felület területének,

vonal hosszának) a szorzata. Ebben az esetben nincs szükség integrálásra a) Test pontra számított statikai nyomatéka: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 108 ► Mechanika Térbeli párhuzamos erőrendszerek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom dV dm (m) r x y 109 ► ◄ 109 ► (V ) Az O pontból az elemi tömeghez (térfogathoz) mutató y helyvektor: r = xi + y j + zk . A pontra számított statikai nyomaték vektor mennyiség. O x ◄ Az m tömegű ( V térfogatú) test O pontra számított statikai nyomatéka: SO = ∫ r dm = ∫ r ρ dV . z V Vissza b) Test síkra számított statikai nyomatéka: Az xy síkra számított statikai nyomaték: S xy = ∫ z dm = ∫ z ρ dV = SO ⋅ k . (m) (V ) Az yz síkra számított statikai nyomaték: S yz = ∫ x dm = ∫ x ρ dV = SO ⋅ i . (m) (V ) Az zx síkra számított statikai nyomaték: S zx = ∫ y dm = ∫ y ρ dV = SO ⋅ j . (m) (V )

A síkra számított statikai nyomaték skalár mennyiség. c) Síkidom tengelyre számított statikai nyomatéka: Az x tengelyre számított statikai nyomaték: S x = ∫ y dA . ( A) Az y tengelyre számított statikai nyomaték: S y = ∫ x dA . ( A) d) Összefüggés két pontra számított statikai nyomaték között: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Mechanika Térbeli párhuzamos erőrendszerek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ∫r SB = z V m dV = rBA dm rA A rAB O B (m) ► (m) ∫ dm + ∫ r A dm = (m) m SA = − mrAB + S A y B 110 dm = ∫ (rBA + rA ) dm = (m) rB ◄ Vissza S B = S A − m rAB . m – az egész test tömege. x 7.5 Gyakorló feladatok térbeli párhuzamos erőrendszerekre és súlypont helyének kiszámítására 7.51 feladat: Térbeli koncentrált párhuzamos erőrendszer Adott: Fi = ( Fi z k ) kN , F1 z = 40 kN , F2 z = 20 kN , F3 z = −10 kN , F4 z = 80

kN , F5 z = −30 kN . z




 m 0m 25 O 600 mm x 0 25 600 mm y mm
 Feladat: Az erőrendszer középpontjának meghatározása. Kidolgozás: Az eredő erő nagysága: 5 F = ∑ Fi z = 40 + 20 − 10 + 80 − 30 = 100 kN . i =1 Az erőrendszer O pontra számított nyomatéka: M O = M O xi + M O y j . 5 M O x = ∑ ( yi Fi z ) = 600 ⋅ 40 − 600 ⋅ 20 + 600 ⋅ 80 − 600 ⋅ 30 = i =1 = −6000 kNmm = −6 kNm, A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 110 ► Mechanika Térbeli párhuzamos erőrendszerek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 111 ► 111 ► 5 M O y = ∑ (− xi Fi z ) = −250 ⋅ 40 + 250 ⋅ 20 + 250 ⋅ 30 = i =1 = 2500 kNmm = 2,5 kNm. Az erőrendszer középpontjának helyvektora: ∑i ri Fi z ∑ xi Fi z = − 2,5 = −0,025 m , = xK i + y K j . rK = xK = i 100 F ∑ Fi i ∑ yi Fi z 6 = −0,06 m . 100 F Az erőrendszer eredőjének a hatásvonala:


MOx ⎫ yE = yK = ,⎪ F ⎪ E ⎬ MO y ⎪  xE = xK = − . F ⎭⎪ yK = i =− z

Ü 
 O x 
y Ý c.e A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ Mechanika Térbeli párhuzamos erőrendszerek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 112 ► 7.52 feladat: Térbeli koncentrált párhuzamos erőrendszer z Adott: F = Fi i , (i = 1, 2, 3) , F = ∑ Fi = 10 kN , P1 i rK = (−2i + 7,5 j ) m , P1 (10, 0, 7) m , P2 (0, 5, 3) m , P3 (6, 5, 1) m .
r1
r2 F
1 O
r3 x F
3 P2 C K
rk F
2 y P3 Feladat: Az erőrendszert alkotó erők Fi skaláris koordinátáinak meghatározása. Kidolgozás: Az erőrendszer K középpontjának helyvektora: 3 rK = ∑F r i =1 3 i i ∑F i =1 = F1 r 1 + F2 r 2 + F3 r 3 F1 + F2 + F3 / ⋅i , / ⋅ j , / ⋅k . i A vektoregyenletet az i , j , k egységvektorokkal megszorozva három skalár egyenletet kapunk: F xK = F1 x1 + F2 x2 + F3 x3 ⎫⎪ −20 =

10 F1 + 6 F3 ⎫⎪ ⎪ ⎪ F yK = F1 y1 + F2 y2 + F3 y3 ⎪⎬ ⇒ 75=5 F2 +5 F3 ⎪⎬ . ⎪ ⎪ F zK = F1z1 + F2 z2 + F3 z3 ⎪⎪⎭ 0=7 F1 +3F2 + F3 ⎪⎪⎭ Lineáris algebrai egyenletrendszer F1 , F2 , F3 -ra. Az egyenletrendszer megoldása: F1 = −5 kN , F2 = 10 kN , F3 = 5 kN . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 112 ► Mechanika Térbeli párhuzamos erőrendszerek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 113 ► 7.53 feladat: Síkidom súlypontja y 30 20 Feladat: A síkidom súlypontjának meghatározása. 60 Adott: A síkidom méretei mm-ben. x O 90 Kidolgozás: a) Egy téglalapnak súlypontjának meghatározása. Mivel a koordinátarendszer kezdőpontja a téglalap középpontjában van, minden ρ helyvektorú ∆A felületelemhez található egy − ρ helyvektorú, ugyanakkora ∆A területű felületelem. η Ezért ∫ ρ dA = 0 . A ( A)
r1 O A téglalap S pontja az O ∫ ρ

dA pontba esik: ρ S = ( A) ∫ dA dA ξ
r2 dA = 0. ( A) Vegyük fel a koordinátarendszer tengelyeit a téglalap oldalaira és jelöljük P-vel a téglalap középpontját. y A dA
r3 P
r1 O
r2 x A téglalap S pontjának helyvektora az xy koordináta-rendszerben: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 113 ► Mechanika Térbeli párhuzamos erőrendszerek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ∫ r dA ∫ (r rS = ( A) ∫ dA = P Vissza ◄ 114 ► + ρ ) dA = ( A) A ( A) =0 ∫r dA P = + ∫ ρ dA = rP . A A A b) A síkidom S pontjának meghatározása: Bontsuk fel a síkidomot két téglalapra az ábrán látható módon. Az első téglalap S1 súlypontjába mutató helyvektor legyen rS 1 , a második téglalap S2 súlypontjába mutató helyvektor pedig rS 2 . A téglalapok terület ét jelölje A1 illetve A2 . ( A) = A rP ∫ dA ( A) ( A) y 1 S1
r1 S 2
rs
r2 S2 x O

A1 = 30 ⋅ 60 = 1800 mm 2 = 18 cm 2 , A1 = 60 ⋅ 20 = 1200 mm 2 = 12 cm 2 , r S1 = (15i + 30 j ) mm , r S2 = (60i + 10 j ) mm . 2 rS = ∑r i =1 2 Si Ai ∑A i =1 = A1 rS 1 + A2 rS 2 . A1 + A2 i A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 114 ► Mechanika Térbeli párhuzamos erőrendszerek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 115 ► ◄ 115 ► A skaláris egyenletek: A x + A2 xS 2 18 ⋅15 + 12 ⋅ 60 xS = 1 S 1 = = 33 mm , 30 A1 + A2 A y + A2 yS 2 18 ⋅ 30 + 12 ⋅10 yS = 1 S 1 = = 22 mm . 30 A1 + A2 A súlypont helyvektora: rS = xS i + yS j = (33 i + 22 j ) mm . 7.54 feladat: Síkidom súlypontja Adott: R = 100 mm . Feladat: A szív alakú síkidom súlypontjának meghatározása. y R R 2R 2R x Kidolgozás: a) Egy félkör területének súlypontja: yS = 4R 3π ys y S O x xs = 0 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Mechanika Térbeli

párhuzamos erőrendszerek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 116 ► R R x x b) A síkidom súlypontja: Bontsuk fel a síkidomot a (2) és (3) jelű félkörre és az (1) jelű négyy zetre. A félkör területek súlypont3 2 jának meghatározása: S2 S3 4 R 4 ⋅100 S x= = = 42,44 mm . S1 x 3π 3π R R 1 x y S2 R yS2 x 45 xS2 A (2) jelű félkör terület S2 súlypontja az xy KR-ben: xS 2 = ( R + x) cos 45° = (100 + 42,44) 0,7071 = 100,72 mm , yS 2 = ( R + x) sin 45° = (100 + 42,44) 0,7071 = 100,72 mm . Az xS 3 és yS 3 hasonlóan kapható meg. A részterületek: ⎫ A1 = 200 ⋅ 200 = 40 000 mm 2 = 400 cm 2 , ⎪ ⎪ 3 1 2 2 2 ⎪ A2 = 100 π = 15708 mm = 1571 , cm , ⎬ ⇒ A = ∑ Ai = 714,2 cm 2 . 2 i =1 ⎪ 1 ⎪ A3 = 1002 π = 15708 mm 2 = 1571 , cm 2 . ⎪ 2 ⎭ A részterületek súlypontjainak helyvektorai: rS 1 = 0 , rS 2 = (100,72 i + 100,72 j ) mm , rS 3 = (−100,72 i + 100,72 j ) mm . A síkidom

súlypontjának helykoordinátái: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 116 ► Mechanika Térbeli párhuzamos erőrendszerek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 117 ► ◄ 117 ► 3 xS = ∑x i =1 3 Si Ai ∑A = 0 ⋅ 400 + 100,72 ⋅1571 , − 100,72 ⋅1571 , =0, 400 + 2 ⋅1571 , = 0 ⋅ 400 + 2(100,72 ⋅1571) , = 44,3 mm . 400 + 2 ⋅1571 , i i =1 3 yS = ∑y i =1 3 Si Ai ∑A i =1 i 7.55 feladat: Síkidom súlypontja y B T 2m Adott: Az ábrán látható méretek és a kör (furat) középpontjának helykoordinátái: xK = 111 , m; yK = 0,61 m. 0,4 m Feladat: A satírozott területű síkidom S súlypontjának meghatározása. x A 1,5 m Kidolgozás: A téglalap területe és súlypontjának helyvektora: AT = 2 ⋅15 , = 3 m2 , rT = (0,75 i + j ) m . A kör területe és súlypontjának helyvektora: d 2π 016 , ⋅ 314 , AK = m 2 , rK = (1,11i + 0, 61 j ) m . = = 01256

, 4 4 A satírozott síkidom S pontjának helyvektora: r A −r A 3(0, 75i + j ) − 0,1256(1,11i + 0, 61 j ) rS = T T K K = ≈ 3 − 0,1256 AT − AK ≈ (211 , i + 2,924 j ) = (0, 735 i + 1, 019 j ) m . 2,87 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Mechanika Térbeli párhuzamos erőrendszerek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 118 ► 7.56 feladat: Síkidom súlypontja Adott: Az ábrán látható méretek: a = 15 mm , r = 10 mm. Feladat: A sraffozott területű síkidom S súlypontjának meghatározása. Megoldás: xS = 21,94 mm , yS = 12, 23 mm . 7.57 feladat: Térbeli rúd súlypontja Adott: l1 = 750 mm , l2 = 500 mm , l3 = 300 mm . Feladat: A térbeli rúd S pontjának meghatározása. Kidolgozás: A (4) jelű rúdszakasz hossza: l4 = (l22 + l32 ) + l12 = (5002 + 3002 ) + 7502 = 950 mm , Az egész rúd hossza: 4 l = ∑ li = 750 + 500 + 300 + 950 = 2500 mm . i =1 A dokumentum használata |

Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 118 ► Mechanika Térbeli párhuzamos erőrendszerek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 119 ► A rúdszakaszok súlypontjai: z z 1 l1 S1 S4 S2 2 y l2 y S3 l3 x 4 x 3 r S 2 = (250 j ) mm , r S 3 = (150i + 500 j ) mm , r S 1 = (375k ) mm , r S 4 = (150i + 250 j + 375k ) mm A térbeli zárt rúdszerkezet súlypontjának helykoordinátái: 4 xS = ∑x i =1 4 l Si i ∑l = 150 ⋅ 300 + 150 ⋅ 950 = 75 mm , 2500 = 250 ⋅ 500 + 250 ⋅ 950 + 500 ⋅ 300 = 205 mm , 2500 = 375 ⋅ 750 + 375 ⋅ 950 = 255 mm . 2500 i i =1 4 yS = ∑y i =1 4 l Si i ∑l i i =1 4 zS = ∑z i =1 4 l Si i ∑l i =1 i A súlypont helyvektora: rS = (75i + 205 j + 255k ) mm . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 119 ► Mechanika Térbeli párhuzamos erőrendszerek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄

120 ► Vissza ◄ 120 ► 7.58 feladat: Síkbeli vonal súlypontja Adott: Az ábrán látható K betű alakú síkbeli vonal. Feladat: A vonal súlypontjának meghatározása. Megoldás: xS = 21, 72 mm , yS = 38, 72 mm A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Mechanika Merev testek belső erőrendszere A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 121 ► 8. Merev testek belső erőrendszere Erők Külső erők Terhelések Belső erők Támasztó erők Testek közötti erők Testek belüli erők (Igénybevételek) 8.1 Rudak igénybevételeinek értelmezése Rúd: olyan test, amelynek egyik mérete lényegesen nagyobb, mint a másik kettő. Keresztmetszet: a rúd legnagyobb méretére merőleges metszet. Rúd középvonala (rúd S ponti szála): A keresztmetszetek S pontjai által alkotott vonal. A középvonal a rúd mechanikai modellje Az igénybevétel értelmezése: Rúd tetszőleges keresztmetszetének

igénybevétele a keresztmetszeten megoszló belső erőrendszernek a keresztmetszet S pontjába redukált vektorkettőse, illetve a vektorkettős skaláris koordinátái. a) Az igénybevételek bevezetésének gondolatmenete: A K keresztmetszet igénybevétele: - A tartót a K keresztmetszetben gondolatban két részre bontom. K I. rész x II. rész Az egész tartó és a tartó két része külön-külön is egyensúlyban van. - Az egyik részt elhagyom, a másik részt megtartom: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 121 ► Mechanika Merev testek belső erőrendszere A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom K p x Vissza ◄ 122 ► A megtartott rész K keresztmetszetén p ( y, z ) belső erőrendszer ébred - felületen megoszló belső ER. I. rész A p ( y, z ) belső erőrendszer a rúd II. részének a I részre gyakorolt hatása. A megtartott tartórésznek (rúdrésznek) önmagában is egyensúlyban

kell lennie. - A p ( y, z ) belső erőrendszert redukálom a keresztmetszet S pontjába: K S FS x MS FS , M S eredő vektorkettős FS - a megoszló p ( y, z ) erőrendszer eredő erővektora, M S - a megoszló p ( y, z ) erőrendszer S pontra számított eredő nyomatékvektora. b) Az igénybevételek előjelének értelmezése: • Az eredő vektorkettős skaláris koordinátái és összetevői: FS = N i + (−Ty j − Tz k ) = N + T , N T ahol N - a rúderő vektor és T - a nyíróerő vektor M S = M c i + ( M h y j − M h z k ) = M c + M h , , ahol: M c - a csavaró nyomaték Mc Mh vektor, M h - a hajlító nyomaték vektor. Az eredő vektorkettős skaláris koordinátái: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 122 ► Mechanika Merev testek belső erőrendszere A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza y ◄ 123 ► y M hy > 0 M hz > 0 Tz > 0 x S N >0 z x S Mc >0 z Ty > 0

N - rúderő, Ty , Tz - nyíróerők, M c - csavaró nyomaték, M hz , M hy - hajlító nyomatékok. • Az eredő vektorkettős skaláris koordinátái x, y síkbeli esetben: y y N x Mc x Ty = T M hz = M h N – rúderő, T – nyíróerő, M h - hajlító nyomaték, M c - csavaró nyomaték. • Az előjelek értelmezése elemi rúdszakaszon: Az előjelek értelmezése nem koordináta-rendszerhez, hanem elemi rúdszakaszhoz kötött. z y z y x x N >0 Mc >0 z y z y x Tz , Ty > 0 x M hz , M hy > 0 N > 0 - húzás, N < 0 - nyomás. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 123 ► Mechanika Merev testek belső erőrendszere A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 124 ► Jól látható, hogy az N , M c , Ty , Tz igénybevételek pozitív előjele az ábrák 180o -os elforgatásával nem változik. Az M hz , M hy viszont előjelet vált, azaz a pozitív előjel a hajlító

nyomatékoknál a haladási iránytól (+x tengely, -x tengely) is függ. 8.2 Rudak igénybevételeinek meghatározása - A p ( y, z ) felületen megoszló belső erőrendszer statikai módszerekkel nem határozható meg. - Az igénybevételek statikai módszerekkel meghatározhatók. (Statikai módszerek ≡ nyomatéki és vetületi egyenletek alkalmazása.) K ( ER )II ( ER )I ( ER ) (ER) – a rúdra ható külső erőrendszert (adott terhelések + támasztóerők) (ER)I.– az I részre ható külső erők (adott terhelések + támasztóerők) (ER)II. – a II részre ható külső erők (adott terhelések + támasztóerők) a) Az igénybevételek meghatározása a megtartott rész egyensúlyából: FS ( ER )I + ( FS , M S ) = ( 0 ) MS ( ER )I b) Az igénybevételek meghatározása az elhagyott részre ható ER redukálásával: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 124 ► Mechanika Merev testek belső erőrendszere A dokumentum

használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ( FS , M S ) Vissza ◄ 125 ► = ( ER) II az elhagyott rész hatását reprezentálja 8.3 Gyakorló feladatok rudak igénybevételeinek meghatározására 8.31 feladat: Kéttámaszú tartó igénybevételei y Adott: A szerkezet méretei 2aq0 és terhelése. A q0 B x Feladat: A tartó K keresztK metszetében az igénybevéa a a telek meghatározása. FAy F By Kidolgozás: A támasztó erők meghatározása: FA x = 0 , M a = 0 = −2a 2 q0 + 3a FB y ⇒ FB y = 2 a q0 3 ↑, 4 a q0 ↑ . 3 Az igénybevételek meghatározása a baloldali rész egyensúlyából: 4 1 q0 , Fy = 0 = aqo − aqo − TK , TK = a q0 K 3 3 a 4 TK M k = 0 = a q0 − M hK − a a q0 , M hK FA y 2 3 5 M hK = − a q02 . 6 Az igénybevételek meghatározása a jobboldali részről redukálva: 2 1 TK = a q0 − a q0 = a q0 , q0 3 3 K a 2 q0 4 2 2 a TK M hK = a q0 − 2a a q0 = − a q0 = M hK F 2 3 2 3 Ay 5 . = − q0 a 2 6 Az igénybevételek meghatározása

a jobboldali rész egyensúlyából: M b = 0 = 4a 2 q0 − 3a FA y ⇒ FA y = A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 125 ► Mechanika Merev testek belső erőrendszere A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 126 ► 2 TK Fy = 0 = TK − q0 a + a q0 , 3 q0 a q0 K . TK = , 3 M hK FB y a 2 M k = 0 = M hK − a q0 + 2a a q0 , 2 3 5 M hK = − a q02 . 6 Az igénybevételek meghatározása a baloldali részről redukálva: 4 1 TK TK = a q0 − a q0 = a q0 , 3 3 q0 4 a K M hK = −a a q0 + a q0 = M hK 3 2 FB y 4a 2 q0 a 2 q0 5 2 . =− + = − q0 a 3 2 6 8.32 feladat: Befalazott tartó igénybevételei y Adott: A rúd méretei és terhelése. Feladat: A bejelölt keresztmetszetek igénybe- A vételeinek meghatározása. 5 kN 2 kN K 4 kNm x C B 2m 2m D 2m 2m Kidolgozás: a) A K keresztmetszet igénybevételei: NK = 0 , TK = 2 kN 2 kN , K 4 kNm M hK = −4 kN . b) A B − (a B mellett közvetlenül

balra levő) keresztmetszet igénybevételei: N B− = 0 , TB− = 2 kN M hB− = −8 kN 2 kN , . 8 kNm B− A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 126 ► Mechanika Merev testek belső erőrendszere A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 127 ► c) A B + (a B mellett közvetlenül jobbra levő) keresztmetszet igénybevételei: N B− = 0 , TB+ = −3 kN 8 kNm , M hB+ = −8 kN B+ . 3 kN − d) A C (a C mellett közvetlenül balra levő) keresztmetszet igénybevételei: N C − = 0, TC − = −3 kN , M hC − = −2 ⋅ 6 + 5 ⋅ 2 = 2 kNm C− 3 kN = −12 + 10 = −2 kN . e) A C + (a C mellett közvetlenül jobbra levő) keresztmetszet igénybevételei: N C + = 0, TC + = −3 kN , 6 kNm M hC + = −2 ⋅ 6 + 5 ⋅ 2 − 4 = = −12 + 10 − 4 = −6 kN f) A D keresztmetszet igénybevételei: N D = 0, TD = −3 kN , M hD = −2 ⋅ 8 + 5 ⋅ 4 − 4 = = −16 + 20 − 4 = 0 . A

dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom C+ 3 kN D 3 kN Vissza ◄ 127 ► Mechanika Merev testek belső erőrendszere A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom g) A támasztó erőrendszer: FDx = 0 , Vissza ◄ 128 ► ◄ 128 ► MD FDy = 3 kN ↑ , FDx D M Dz = 0 . FDy 3 kN 8.33 feladat: Befalazott törtvonalú tartó igénybevételei K2 K4 s K3 K1 4kN s 2kN 2m K5 3m s 2m Feladat: A K1 ,, K 5 keresztmetszet igénybevételeinek meghatározása. 3kNm R= Adott: A rúdszerkezet méretei és terhelései. 60 6kN 2m Kidolgozás: a) A K1 keresztmetszet igénybevételei: N K 1 = 4 kN , TK 1 = 6 − 2 + 3 ⋅ 2 = 10 kN , M hK 1 = −2 ⋅ 4 + 5 ⋅ 6 + 1⋅ 6 = −8 + 30 + 6 = 28 kNm b) A K 2 keresztmetszet igénybevételei: N K 2 = 4 kN , TK 2 = 6 − 2 = 4 kN , M hK 2 = −2 ⋅ 4 + 2 ⋅ 2 + 3 ⋅ 6 = −8 + 4 + 18 = 14 kNm . c) A K 3 keresztmetszet igénybevételei: N K 3 = −2 kN , TK 3 = −4 kN ,

M hK 3 = −2 ⋅ 4 + 2 ⋅ 2 = −8 + 4 = −4 kNm d) A K 4 keresztmetszet igénybevételei: NK 4 = 0 , TK 4 = 6 kN M hK 4 = 3 ⋅ 6 = 18 kNm . , . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Mechanika Merev testek belső erőrendszere A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 129 ► Vissza ◄ 129 ► e) A K 5 keresztmetszet igénybevételei: 3kN/m K5 N T 4kN 60◦ 2kN 6kN N K 5 = 6 cos 60o = 3 kN , TK 5 = 6sin 60o = 3 3 kN , M hK 5 = 6 R(1 − cos 60o ) = ⎛ 1⎞ = 6 ⋅ 3 ⎜1 − ⎟ = 9 kNm ⎝ 2⎠ . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Mechanika Rudak igénybevételi ábrái A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 130 ► 9. Rudak igénybevételi ábrái Igénybevételi ábra: Az igénybevételeket a tartó minden keresztmetszetében meghatározzuk a rúd középvonala mentén mért helykoordináta függvényében és ábrázoljuk:

N = N ( x), Ty = T = T ( x), Igénybevételek síkbeli esetben: M c = M c ( x), M hz = M h = M h ( x). Példa: az igénybevételi ábrák rajzolására az igénybevételek értelmezése alapján. y Adott: a tartó méretei és terhelése: F0 = (2i − 4 j ) kN, M 0 = (6k ) kNm. F0 A M0 B 4m C x 4m Feladat: Az igénybevételi ábrák megrajzolása. Kidolgozás: A támasztó erők meghatározása: FC x = −2 kN ← , Mc = 0 = 6 + 4 ⋅ 4 − MC FC y = 4 kN ↑ , ⇒ M C = 22 kNm . Az igénybevételi ábrákat az igénybevételek értelmezése (8. fejezet) alapján rajzoljuk meg: - A tartót gondolatban két részre bontjuk, az egyik részt elhagyjuk és redukáljuk az elhagyott részre ható erőrendszert (a terhelést és a támasztó erőrendszert is figyelembe véve!) a megtartott rész elmetszési keresztmetszetébe – 1. lehetőség - A tartót gondolatban két részre bontjuk, az egyik részt elhagyjuk és a megtartott rész egyensúlyából (a terhelést és a

támasztó erőrendszert is figyelembe véve!) határozzuk meg a megtartott rész elmetszési keresztmetszetének igénybevételeit – 2. lehetőség - Ezt az eljárást a tartó AB és BC szakaszának több keresztmetszetére elvégezve kapjuk meg az igénybevételi ábrákat. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 130 ► Mechanika Rudak igénybevételi ábrái A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 131 ► 4 kN Az igénybevételi ábrákon az igénybevételi függvények jellemző értékeit mindig fel szokás tüntetni. 2 kN B A 4m 6 kNm N C 4m FC x FC y M C [ kN] x T [ kN] −2 −2 x Mh [ kNm ] 6 −4 −4 22 6 x 9.1 Egyenes rudak egyensúlyi egyenletei Az egyensúlyi egyenletek megadják az összefüggést a terhelések és igénybevételek között. y q y ( x) - terhelésábra qy ( x ) x B x ∆x C Megvizsgáljuk a ∆ x hosszúságú rúdszakasz egyensúlyát: q yk M hz

η∆ x Ty + ∆Ty Ty q y B ∆x C q yk - középérték, q yk ∆ x - az eredő erő. M hz + ∆M hz A ∆ x hosszúságú rúdszakasz egyensúlya: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 131 ► Mechanika Rudak igénybevételi ábrái A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 132 ► Fy = 0 = Ty + q yk ∆ x − (Ty + ∆Ty ) , 0 = q yk ∆ x − ∆Ty ∆Ty = q yk . ∆x − Ty ∆ x − q yk ∆ x η ∆ x − ( M h z + ∆M h z ) , Mc = 0 = Mhz ⇒ ahol 0 < η < 1 , q yk ∆ x a megoszló terhelés eredője és η ∆ x az eredő erő távolsága a C ponttól: 0 = −Ty ∆ x − q ykη ∆ x∆ x − ∆ M h z ⇒ ∆ Mhz ∆x = −Ty − q yk η ∆ x . Határátmenet képzés – az egyensúlyi egyenletek differenciális alakja: lim ∆x 0 ∆Ty ∆x = dTy dx = q y ( x), lim ∆ Mhz ∆x ∆x 0 = d Mhz dx = −Ty ( x) . Következmény (a 2. egyenletet az 1 egyenletbe

helyettesítve): d 2M h z dx 2 = −q y ( x) . q y ( x) Integrálás: dTy dx = q y ( x) x2 / x2 x2 x1 x2 hosszon egyenlő a q y ( x ) x1 terhelésábra x1 x2 intervallum alatti területével. Ty ( x2 ) − Ty ( x1 ) = ∫ q y ( x ) dx . dM h z dx x1 A Ty nyíróerő megváltozása az Integrál alak: Integrálás: ∫ dx . x1 = −Ty ( x) Ty ( x) x2 / ∫ dx . x1 x1 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom x2 Vissza ◄ 132 ► Mechanika Rudak igénybevételi ábrái A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Integrál alak: Az M h z x2 M h z ( x2 ) − M h z ( x1 ) = − ∫ Ty ( x ) dx x1 Vissza ◄ 133 ► hajlító nyomaték megváltozása az x1 x2 hoszszon egyenlő a nyíróerő ábra negatív előjellel vett x1 x2 intervallum alatti területével. . Igénybevételi ábrák előállítása: q y ( x) (+) integrálás ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Ty ( x) (-) integrálás ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ M h z ( x)

. 9.2 A koncentrált erők és koncentrált nyomatékok hatásának figyelembe vétele a) Koncentrált erő hatása: F0 = eq y , F0 lim e q y = F0 e 0 eq y F0 qy e T eq y x - a koncentrált erő. A koncentrált erő a nyíróerő ábrában szakadást (ugrást) idéz elő. A nyíróerő ábra szakadásának (ugrásának) nagysága: ∆Ty = ∫ q y ( x ) dx = q y e = F0 . (e) A nyíróerő ábra szakadásának iránya x irányba (balról jobbra) haladva megegyezik a koncentrált erő irányával. b) Koncentrált nyomaték hatása: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 133 ► Mechanika Rudak igénybevételi ábrái A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom F Vissza ◄ 134 ► M 0 = eF . M0 F A nyíróábrában a sraffozott terület: eF. lim e F = M 0 . e e0 eF M 0 T F A koncentrált nyomatékot a nyíx róerő ábrában területvektor jelö- li. A koncentrált nyomaték a nyomatéki ábrában szakadást

(ugrást) idéz elő. x A hajlító nyomatéki ábra szakadásának (ugrásának) nagysága: ∆ M h x = − ∫ Ty dx = − M 0 . T M0 Mh M0 x e (e) A hajlító nyomatéki ábra szakadásának iránya x irányba (balról jobbra) haladva ellentétes a területvektor irányával. 9.3 Az igénybevételi ábrák megrajzolásának szabályai A nyíróerő ábra és a nyomatéki ábra mindig nulla értékről indul és nulla értékkel végződik, ha a tartóra ható teljes külső erőrendszert (a terheléseket és a támasztóerő rendszert is) figyelembe vesszük. a) Egyensúlyi egyenletek: x2 x2 x1 x1 Ty ( x2 ) − Ty ( x1 ) = ∫ q y ( x)dx , M h z ( x2 ) − M h z ( x1 ) = − ∫ Ty ( x)dx . - A Ty nyíróerő megváltozása az x1 x2 hosszon egyenlő a q y ( x ) terhelésábra x1 , x2 határok között vett integráljával. - Az M h z hajlító nyomaték megváltozása az x1 x2 hosszon egyenlő a nyíróerő ábra x1 , x2 határok között vett negatív integráljával.

b) Az y irányú koncentrált erő esetén: A nyíróerő ábrában: szakadás (ugrás) van és az ugrás iránya x irányú (balról jobbra) haladás esetén megegyezik az erő irányával. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 134 ► Mechanika Rudak igénybevételi ábrái A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 135 ► A nyomatéki ábrában: törés van. c) A z irányú koncentrált nyomaték estén: A nyíróerő ábrában: területvektor van és a területvektor irányát az y irányú erőkből álló helyettesítő erőpár baloldali erőjének iránya adja meg. A nyomatéki ábrában: szakadás (ugrás) van és az ugrás iránya x irányú (balról jobbra) haladás esetén ellentétes a területvektor irányával. 9.4 Gyakorló feladatok igénybevételi ábrák megrajzolására 9.41 feladat: Kéttámaszú tartó igénybevételi ábrái y Adott: a szerkezet méretei és terhelései. F Feladat: az

igénybevételi ábrák megrajzolása. x B A a FA y FB y l Kidolgozás: A támasztóerők meghatározása: M a = 0 = − aF + l FB y ⇒ M b = 0 = −l FA y + (l − a) F FB y = ⇒ a F l FA y = ↑, l−a F l A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ↑. Vissza ◄ 135 ► Mechanika Rudak igénybevételi ábrái A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 136 ► ◄ 136 ► Az igénybevételi ábrák megrajzolása: y F x l −a F l a F l T l −a F l F x a − F l Mh x A hajlító nyomaték maximuma: M h max = a (l − a ) F . l a − (l − a ) F l 9.42 feladat: Kéttámaszú tartó igénybevételi ábrái y Adott: a szerkezet méretei és terhelései. M A Feladat: az igénybevételi ábrák megraj- FAy zolása. B x a l FBy Kidolgozás: A támasztóerők meghatározása: M ↑, l M =− ↓. l M a = 0 = − M + l FB y ⇒ FB y = M b = 0 = − M − l FA y ⇒ FA y Az igénybevételi

ábrák megrajzolása: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Mechanika Rudak igénybevételi ábrái A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 137 ► ◄ 137 ► y M x M l M l M T x − M l − M l a M l Mh x M − l −a M l 9.43 feladat: Kéttámaszú tartó igénybevételi ábrái Adott: a szerkezet méretei és terhelései. Feladat: az igénybevételi ábrák megrajzolása. y F0 = f0l A f0 B FAy l f 0 l + l FB y , 2 ⇒ l f 0 l − l FA y , ⇒ 2 FA y = Ma = 0 = − Mb = 0 = FBy l Kidolgozás: A támasztóerők meghatározása: FB y = f0 l 2 f0 l 2 x ↑. ↑. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Mechanika Rudak igénybevételi ábrái A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 138 ► Az igénybevételi ábrák megrajzolása: y f0 x f 0l 2 T f 0l 2 f 0l 2 x f 0l 2 Mh A hajlító nyomaték maximuma: M h

max = f l2 . 8 M h max − x f 0l l 2 2 A nyíróerő ábra grafikus integrálása: - A T ( x) lineáris függvényt helyettesítem a szaggatott vonallal jelölt „lépcsős függvénnyel”. A lépcsős függvényt úgy kapom, hogy az integrálási tartományt megfelezem és az integrálási tartomány bal oldali felére a nyíróerő bal szélső, f 0l / 2 függvényértékét, a tartomány jobb oldali felén pedig a nyíróerő jobb szélső, − f 0l / 2 függvényértékét veszem állandó értékű függvénynek. Az egész integrálási hoszszon a lépcsős függvény alatti terület megegyezik a lineáris függvény alatti vonalkázott területtel. - A lépcsős függvényt könnyű integrálni, mert a téglalapok területét kell csak kiszámítani. A lépcsős függvény szerinti integrálással megkapom az M h ( x) ábrában a másodfokú polinom (parabola) függvény értékét az integrálási tartomány jobb szélén és a parabola érintőit (szaggatott egyenesek)

a tartomány két szélső pontjában. A téglalap területek határozzák meg az érintők − f 0l l metszéspontját is. 2 2 - A parabola két (szélső) pontjának ismeretében megrajzolható a parabola szelője, azaz a két parabola pontot összekötő egyenes. (Ez az egyenes ebben az esetben az x tengelyre esik.) A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 138 ► Mechanika Rudak igénybevételi ábrái A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 139 ► - A parabola harmadik (a szakasz felénél lévő) pontját úgy kapom meg, hogy az érintők metszéspontján át függőleges egyenest húzok és megfelezem a függőleges egyenesnek az érintők metszéspontja és a szelő közé eső szakaszát. Így adódik ki a parabola középső − f 0l 2 8 függvényértéke. - A harmadik (a szakasz felénél) lévő parabola pontban a parabola érintője párhuzamos a szelővel, ebben az esetben az x tengellyel. A

további feladatok parabola szerkesztéseinél minden esetben értelemszerűen a fenti gondolatmenetet alkalmazzuk. 9.44 feladat: Kéttámaszú konzolos tartó igénybevételi ábrái y 1 m 8 kN 12 kN B x 4 kN m A 2m 2m 2m Adott: a szerkezet méretei és terhelése. Feladat: az igénybevételi ábrák megrajzolása. Kidolgozás: A támasztóerők meghatározása: M a = 0 = 1 ⋅ 8 − 2 ⋅ 12 + 4 FB y ⇒ FB y = 4kN ↑ , M b = 0 = 5 ⋅ 8 − 4 FA y + 2 ⋅ 12 ⇒ FA y = 16kN ↑ . Az igénybevételi ábrák megrajzolása: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 139 ► Mechanika Rudak igénybevételi ábrái A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 140 ► y 12 kN 4 kN m 4 kN 16 kN [ kN ] T x 8 8 x −8 Mh [ kNm ] −4 −4 8 x −8 9.45 feladat: Kéttámaszú konzolos tartó igénybevételi ábrái Adott: a szerkezet méretei és terhelése. y 6 kN m Feladat: az igénybe- A

vételi ábrák megrajz2m olása. 24 kN 10 kNm 2m x B 8 kN 2m Kidolgozás: A támasztóerők meghatározása: M a = 0 = −2 ⋅ 24 + 10 + 4 FB y + 6 ⋅ 8 ⇒ FB y = −2,5 kN ↓ , M b = 0 = −4 FA y + 2 ⋅ 24 + 2 ⋅ 8 + 10 ⇒ FA y = 18,5 kN ↑ . Az igénybevételi ábrák megrajzolása: Itt az M h ( x) hajlító nyomatéki ábra megrajzolásánál két parabolát kell rajzolni azért, mert a koncentrált nyomaték (és az ennek megfelelő területvektor) az ábrában szakadást okoz. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 140 ► Mechanika Rudak igénybevételi ábrái A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 141 ► y 6 kN m 18,5 kN T 18,5 x 10 kNm [ kN ] 2, 5 kN 8 kN 10 kNm 6,5 x −5,5 Mh [ kNm ] −8 −8 x −15 −18,5 −16 −25 −21,5 9.46 feladat: Kéttámaszú tartó igénybevételi ábrái y A F = 60kN p = 80 kN m B x 0,9 m 0,6 m Adott: A tartó méretei és

terhelése. Feladat: Az igénybevételi ábrák megrajzolása és a maximális hajlító nyomaték meghatározása. Kidolgozás: A támasztóerők meghatározása: M a = 0 = −0,45 ⋅ 72 + 0,9 ⋅ 60 + 15 , FB y FB y = 0,45 ⋅ 72 − 0,9 ⋅ 60 = −14,4 kN ↓, 15 , A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 141 ► Mechanika Rudak igénybevételi ábrái A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 142 ► M b = 0 = −0,6 ⋅ 60 + 105 , ⋅ 72 − 15 , FA y FA y = −0,6 ⋅ 60 + 105 , ⋅ 72 = 26,4 kN ↑ . 15 , Az igénybevételi ábrák megrajzolása: 0,45 m 60 kN 80 kN/m B A 26,4 kN 14,4 kN 72 kN T [kN] 26,4 14,4 x x -45,6 Mh 8,64 [kNm] x M h* -11,88 A maximális hajlító nyomaték a nyíróerő és a hajlító nyomatéki ábra felhasználásával határozható meg. A hajlító nyomaték egyik szélsőértékének helye: A nyíróerő ábrából: 26,4 x ⇒ = 45,6 0,9 − x x = 0,33 m . A

hajlító nyomaték egyik szélsőértékének nagysága a hajlító nyomaték értelmezése alapján adódik: M h∗ = −0,33 ⋅ 26,4 + 0, 33 0,33 ⋅ 80 = −4,356 kNm . 2 A hajlító nyomaték maximális értéke a hajlító nyomatéki ábrából: | M h |max = 8,64 kNm . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 142 ► Mechanika Rudak igénybevételi ábrái A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 143 ► 9.47 feladat: Kéttámaszú elágazásos tartó igénybevételi ábrái 4 kN 4 kN y 4 kN/m A 1m 1,2 m 0,6 m B x 1,4 m Adott: A tartó méretei és terhelése. Feladat: Az igénybevételi ábrák megrajzolása és a maximális hajlító nyomaték meghatározása. Kidolgozás: A támasztóerők meghatározása: Fx = 0 = −4 + FB x ⇒ FB x = 4 kN , M a = 0 = −0,6 ⋅ 4,8 − 3,2 ⋅ 4 + 1 ⋅ 4 + 3,2 FB y 0,6 ⋅ 4,8 + 3,2 ⋅ 4 − 1 ⋅ 4 = 3,65 kN ↑, 3,2 M b = 0 = 1 ⋅ 4 + 2,6 ⋅ 4,8

− 3,2 FA y ⇒ FB y = FA y = 1 ⋅ 4 + 2,6 ⋅ 4,8 = 515 , kN ↑ . 3,2 Terhelés redukálása az AB szakasz középvonalába: F0 = (−4i − 4 j ) kN , M 0 = M 0 k , M 0 = 1 ⋅ 4 − 14 , ⋅ 4 = −16 , kNm . Az igénybevételi ábrák megrajzolása: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 143 ► Mechanika Rudak igénybevételi ábrái A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 144 ► y 4 kN 4 kN B 4 kN x 1, 6 kNm 3, 65 kN A 5,15 kN 4,8 kN T [ kN ] 1, 6 kNm 5,15 x 0,35 −3,65 M h [ kNm ] M h max −3,09 x −3,3 −3,51 −5,11 A hajlító nyomatéki ábrából: | M h |max = 511 , kNm . 9.48 feladat: Kéttámaszú tartó igénybevételi ábrái y A 15 kN/m 45 kNm 1,5 m B x 6m 1,5 m Adott: A tartó méretei és terhelése. Feladat: Az igénybevételi ábrák megrajzolása, és a maximális hajlító nyomaték kiszámítása. Kidolgozás: A támasztóerők meghatározása: M a = 0 =

45 − 3 ⋅ 90 + 7,5 FB y ⇒ M b = 0 = 45 − 7,5 FA y + 4,5 ⋅ 90 ⇒ FB y = FA y −45 + 3 ⋅ 90 = 30 kN ↑ , 7,5 45 + 4,5 ⋅ 90 = = 60 kN ↑ . 7,5 Az igénybevételi ábrák megrajzolása: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 144 ► Mechanika Rudak igénybevételi ábrái A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 145 ► y 45 kNm 15 kN/m B x A 60 kN T 90 kN 30 kN [ kN ] 60 x 45 kNm Mh x −30 −30 [ kNm ] 45 45 M h* x −45 − 67,5 −135 A hajlító nyomaték egyik szélsőértékének helye a nyíróerő ábrából: 60 6 − x = , x 30 2x = 6 − x ⇒ 3x = 6 ⇒ x=2m. A hajlító nyomaték szélsőértékének nagysága: 2 | M h∗ |=| (2 + 15)30 , − ⋅ 2 ⋅ 15 |= 75 kNm . 2 A hajlító nyomaték maximális értéke: | M h |max = 75 kNm . 9.49 feladat: Befogott tartó igénybevételi ábrái y 1 kN m A 1m 4 kN B 3 kN x 2m A dokumentum használata |

Tartalomjegyzék | Szakirodalom 4 kN Vissza ◄ 145 ► Mechanika Rudak igénybevételi ábrái A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 146 ► Adott: A tartó méretei és terhelése. Feladat: Az igénybevételi ábrák megrajzolása, és a maximális hajlító nyomaték kiszámítása. Kidolgozás: A támasztóerő rendszer meghatározása: Fx = 0 = FA x − 3 ⇒ FA x = 3 kN . Fy = 0 = FA y − 4 − 3 + 4 ⇒ FA y = 4 + 3 − 4 = 3 kN ↑ . M a = 0 = −1 ⋅ 4 − 15 , ⋅ 3 + 3⋅ 4 + M A M A = 1 ⋅ 4 + 15 , ⋅ 3 − 3 ⋅ 4 = −35 , kNm . Az igénybevételi ábrák megrajzolása: A maximális hajlító nyomaték (az ábráról): | M h |max = 6 kNm y 1 kN 3,5 kNm 2 kN 4 kN 1 kN/m A 3 kN 3 kN N [kN] 3 kN x B 4 kN x -3 T 3 -3 [kN] 3,5 kNm 2 x -2 -4 M h [kNm] M h max -3,5 x -4 -5 -6 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 146 ► Mechanika Rudak igénybevételi ábrái A

dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 147 ► ◄ 147 ► 9.410 feladat: Törtvonalú tartó igénybevételi ábrái Adott: A tartó méretei és terhelése. y B A Feladat: Az igénybevételi s ábrák megrajzolása, és a maximális hajlító nyomaték meghatározása. M a s F s D Fx = 0 = FA x + 2 F ⇒ C 2F a a Kidolgozás: A támasztóerők meghatározása: x FA x = −2 F = −2 ⋅ 10 = −20 kN ← , M a = 0 = 2aFB y + a 2 F − aF − M ⇒ −2aF + aF + M −2 ⋅ 1 ⋅ 10 + 1 ⋅ 10 + 20 = = 5 kN ↑ , 2 ⋅1 2a Fy = 0 = FA y + FB y − F ⇒ FA y = − FB y + F = −5 + 10 = 5 kN ↑ . FB y = 5 kN 20 kN A B s 20 kNm 5 kN s 10 kN s D 20 kN C Az igénybevételi ábrák megrajzolása: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Mechanika Rudak igénybevételi ábrái A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom A B N [kN] 20 T 5 C 148 ► s D 20 10 10 s [kN]

20 kNm 5 M h [kNm] ◄ Vissza s -10 -20 -20 -10 20 20 10 s -10 A tartót egyenesbe terítjük és az egyes keresztmetszeteket az s ívkoordinátával azonosítjuk. A rúderő és a nyíróerő ábrát az igénybevételek értelmezése alapján rajzoljuk meg. A tartó középvonalának töréspontjai előtt és után az N ( s) és T ( s) ábrákon az igénybevételek értelmezéséből következően különböző irányú terhelő erőket kell figyelembe venni és ennek következtében még az előjel is megváltozhat. Ezért az N ( s ) és T ( s ) ábrákban a középvonal töréspontjaiban akkor is bekövetkezhet szakadás (ugrás), ha ott nem működik koncentrált külső terhelés. A maximális hajlító nyomaték (az ábrából): | M h |max = 20 kNm . 9.411 feladat: Gerber tartó igénybevételi ábrái y 4 kNm A B 1,5 kN/m 3m 3m C 2 kN x 4m Adott: A tartó méretei és terhelése. Feladat: Az igénybevételi ábrák megrajzolása, és a maximális hajlító

nyomaték meghatározása. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 148 ► Mechanika Rudak igénybevételi ábrái A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 149 ► Kidolgozás: A támasztó és belső erőrendszer meghatározása: A (2) jelű rúd egyensúlya: Fx = 0 = F12 x + 2 ⇒ F12 x = −2 kN ← , ⇒ F21x = − F12 x = 2 kN . M b = 0 = −2 ⋅ 6 + 4 FCy M c = 0 = −4 F12 y + 2 ⋅ 6 ⇒ FCy = 3 kN ↑ . ⇒ F12 y = 3 kN ↑ , ⇒ F21 y = − F12 y = 3 kN ↓ . Az (1) jelű rúd egyensúlya: Fx = 0 = 2 + FAx ⇒ Fy = 0 = −3 + FAy FAx = −2 kN ← , ⇒ FAy = 3 kN ↑ . M a = 0 = M A − 4 − 6 ⋅ 3 ⇒ M A = 22 kNm . Az igénybevételi ábrák megrajzolása: 4 kNm 2 kN A 1,5 kN/m B 22 kNm 3 kN C 2 kN x 3 kN N [kN] 2 2 x T [kN] 3 4 kNm 3 x Mh -3 [kNm] 22 13 9 x -3 Ellenőrzés: A B csuklópontban a nyomatéknak nullának kell lennie! A dokumentum használata |

Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 149 ► Mechanika Rudak igénybevételi ábrái A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 9.412 feladat: Kéttámaszú tartó igénybevételi ábrái y Adott: A tartó méretei és terhelése. C B A 2m 3m 3m 150 ► 12 kN x D 5 kN/m Feladat: Az igénybevételi ábrák önálló megrajzolása a tartó ACBD egyenes szakaszán. ◄ 1m Megoldás: az igénybevételi ábrák jellemző metszékei: Rúderő ábra: N A = −10 N , N C = −10 N , NC = 0 , N D = 0 . − + Nyíróerő ábra: TA = −3,67 N , TB = −3,67 N , TB = 12 N , TD = 12 N . − Nyomatéki ábra: M hA = 0 , + M hC − = 11 kNm , M hC + = 1 kNm , M hB = 12 kNm , M hD = 0 . 9.413 feladat: Kéttámaszú konzolos tartó igénybevételi ábrái y M0 F0 F0 p0 p0 B F0 x A D C E F 0 2m 3m 3m 2m Adott: A tartó méretei és terhelése M 0 = 30 kNm , F0 = 10 kN , p0 = 10 kN/m . Feladat: Az igénybevételi ábrák megrajzolása.

Megoldás: az igénybevételi ábrák jellemző metszékei: N C = −10 kN , N A = −10 kN , N A = −20 kN , N D = −20 kN , − + − N D+ = −10 kN , N B = −10 kN , N E = −10 kN . TC = 10 kN , TA− = −10 kN , TA+ = 25 kN , TB− = −35 kN , TB + = 0 , TE = 0 . M hC = 0 , M hA = 0 , M hD = −30 kNm , M hB = 30 kNm , M hE = 30 kNm . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 150 ► Mechanika Rudak igénybevételi ábrái A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 151 ► 9.414 feladat: Törtvonalú tartó igénybevételi ábrái y a =6m, b=3m, Adott: F = (5k ) kN , f = ( −3k ) kN/m . A f z Feladat: Az igénybevételi ábrák megrajzolása. B a b F Megoldás: az igénybevételi C ábrák jellemző metszékei: N A = 5 kN , N B = 5 kN , N B = −6,5 kN , N C = −6,5 kN . − + TA = 11,5 kN , TB− = −6,5 kN , TB+ = −5 kN , TC = −5 kN . M hA = 0 , M hB = −15 kNm , M hC = 0 .

9.415 feladat: Befalazott tartó igénybevételi ábrái Adott: A szerkezet méretei és M 0 = 80 kNm , F0 = 70 kN , f 0 = 10 kN/m . y f0 A F0 M0 B 2m C x D F0 4 m 4m Feladat: Az igénybevételi ábrák megrajzolása. Megoldás: N A = 70 kN , N B = 70 kN , N C = 70 kN , N D = 70 kN . TA = 10 kN , TB = 10 kN , TC = −30 kN , TC = 40 kN , TD = 0 . − + M hA = −20 kNm , M hB = −40 kNm , M hC − = 0 , M hC + = 80 kNm , M hD = 0 . 9.416 feladat: Gerber tartó igénybevételi ábrái y A FAy 2F f B C F 1 2F D 2 FC y a a a a G FG x x E a FG y Adott: A szerkezet méretei és F = 6 kN , f = 6 kN/m . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 151 ► Mechanika Rudak igénybevételi ábrái A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 152 ► Feladat: a) A támasztó és belső erők meghatározása. b) Az igénybevételi ábrák önálló megrajzolása. Megoldás: a) FA = (3 j ) kN , FC = (15 j ) kN

, FG = (6 i + 6 j ) kN , F12 = − F21 = (−6 i + 6 j ) kN . b) N A = 0 , N B = 0 , N B = NC = N D = −6 kN , − + − N D+ = N E = N G = 6 kN . TA = TB− = 3 kN , TB+ = TC − = −9 kN , TC + = TD = 6 kN , TE = 0 , TG = −6 kN . M hA = 0 , M hB = −3 kNm , M hC = 6 kNm , M hD = 0 , M hE = −3 kNm , M hG = 0 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 152 ► Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 153 ► 10. Statikailag határozott rúdszerkezetek Szabadságfok ( s ): azoknak a skaláris koordinátáknak a száma, amelyek egy test helyzetét egyértelműen meghatározzák. Mechanikai modellek szabadságfoka: Térbeli eset Tömegpont 3 Merev test 6 N db merev testből 6N álló rendszer Kényszerekkel lekötött szabadságfok: ( nk ) Térbeli eset Görgő 1 Csukló 3 Befogás 6 Síkbeli eset 2 3 3N Síkbeli eset 1 2 3 Statikailag határozott

szerkezet (1. definíció): nb + nk = s A belső és külső kényszerekkel lekötött szabadságfokok száma megegyezik a szerkezetet alkotó testek szabadságfokai összegével. Statikailag határozott szerkezet (2. definíció): Ha az ismeretlen támasztó és belső erőkoordináták száma megegyezik a szerkezetre felírható skaláris statikai egyensúlyi egyenletek számával és az egyenletrendszer az ismeretlenekre egyértelműen megoldható. Statikailag határozatlan szerkezetek: nb + nk > s . Labilis szerkezet: nb + nk < s . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 153 ► Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 154 ► 10.1 Csuklós rúdszerkezetek Definíció: Olyan rudakból felépített szerkezetek, amelyeknek elemei (alkatrészei) egymáshoz csuklóval, a környezethez pedig tetszőleges kényszerrel kapcsolódnak. (A csuklók nem

feltétlenül a rudak végén helyezkednek el.) a) Konzol: Adott: A szerkezet méretei és terhelése. Feladat: A szerkezet támasztó és belső erőinek meghatározása. a F D c A B • Megoldás szerkesztéssel: Szerkezetábra eA A b F + FA + FB = 0 . Erőábra eB FA F D FB F B • Megoldás számítással: a F FAx c A FAy B FBx b α 1 D 2 FBy A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 154 ► Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom tgα = c a FBy ⇒ α =, FBx Vissza ◄ 155 ► = tgα . Az egész szerkezet (1+2) egyensúlyát vizsgáljuk: M a = 0 = −(a + b) F + cFB x ⇒ FB x = , (Feltételeztük, hogy az FB a B pontban támad.) M b = 0 = −(a + b) F − cFA x ⇒ FA x = , M a = 0 = −(a + b) F + aFB y ⇒ FB y = , (Feltételeztük, hogy az FB a D pontban támad.) Fy = 0 = FA y + FB y − F ⇒ FA y = . Ellenőrzés: FA x + FB

x = 0 . tgα = FB y . FB x b) Háromcsuklós ív (háromcsuklós szerkezet): • Egyik rúdján terhelt háromcsuklós ív: Adott: A szerkezet méretei és terhelése. Feladat: A támasztóerők meghatározása. Megoldás szerkesztéssel: Szerkezetábra Erőábra C FB′ F1 F1 A FA′ FA′ B FB′ • Mindkét rúdján terhelt háromcsuklós ív: Adott: A szerkezet méretei és terhelése. Feladat: A támasztóerők meghatározása. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 155 ► Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 156 ► C F1 F2 A B Szuperpozíció elv: Az egyes erők hatásait külön-külön vizsgáljuk meg és utána a hatásokat összegezzük. Megoldás szerkesztéssel: Az F1 terheléshez tartozó támasztóerők: Szerkezetábra Erőábra C FB′ F1 F1 A FA′ FA′ B FB′ Az F2 terheléshez tartozó támasztóerők:

Szerkezetábra Erőábra C F2 F2 A FA′′ FA′′ FB′′ B FB′′ A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 156 ► Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 157 ► Szuperpozíció: az erők összegzése. Erőábra FA = FA′ + FA′′ , FA′′ FB = FB′ + FB′′ . FB′ FB FA FB′′ FA′ Megoldás számítással: nk + nb = 4 + 2 = 6, s = 2 ⋅ 3 = 6 ⇒ a szerkezet statikailag határozott. y a b C F1 y F1 F2 y 1 F1x c2 c1 A FAy a1 F2 F2 x c 2 FAx x B b1 FBx FBy Az egész szerkezetet vizsgálva: (1+2) M a = 0 = −c1 F1 x − a1 F1 y + c2 F2 x − ⎡⎣ a + ( b − b1 )⎤⎦ F2 y + ( a + b ) FB y , FB y = . M b = 0 = −c1 F1 x + c2 F2 x + ⎡⎣b + ( a − a1 ) ⎤⎦ F1 y + b1 F2 y − (a + b) FA y , FA y = . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 157 ► Mechanika

Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 158 ► Szétbontjuk a szerkezetet: F12 y F21y F12 x F1 C F21x C F2 1 2 A FAx B FBx FAy FBy (1) M c = 0 = −aFA y + cFA x + (c − c1 ) F1 x + (a − a1 ) F1 y , FA x = , Fx = 0 = FAx + F1 x + F21 x ⇒ F21 x = , Fy = 0 = FAy − F1 y + F21 y ⇒ F21 y = . Ellenőrzés: Ma = 0 = (2) M c = 0 = cFBx + bFBy − (c − c2 ) F2 x − (b − b1 ) F2 y , FB x = , Fx = 0 = FB x − F2 x − F12 x ⇒ F12 x = , Fy = 0 = FB y − F2 y − F12 y ⇒ F12 y = . Ellenőrzés: Ma = 0 =. F12 = − F21 . (1+2) Ellenőrzés: Fx = 0 = , Fy = 0 = . c) Gerber tartó: Definíció: Egyenes tengelyű, több rúdból álló csuklós rúdszerkezet. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 158 ► Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 159

► y F2 F1 F3 A B C a x 2 1 FAy FCx b b a b FCy FBy Az (1)+(2) jelű test egyensúlyát vizsgáljuk. (1+2) Fx = 0 = − F3 + FC x ⇒ FC x = . Az (1) jelű test egyensúlyát vizsgáljuk: F1 F3 A 1 a FAy a D F21x Fx = 0 = − F3 + F21 x M d = 0 = a F1 − 2a FA y F2 B 2 b b FBy ⇒ ⇒ F21 y , FA y = . Belső erők: F12 x = − F21 x , F12 y = − F12 y . F21y F12 y F12 x F21 x = , M a = 0 = − aF1 + 2a F21 y A (2) jelű test egyensúlyát vizsgáljuk. D ⇒ C b FCx FCy M b = 0 = −bF12 y − bF2 + 2bFC y , FC y = . , M c = 0 = −3bF12 y − 2bFB y + bF2 , FBy = . Ellenőrzés: Fx = 0 = − F12 x + FC x , Fy = 0 = F12 y + FB y − F2 + FC y . Ellenőrzés: (1+2) Fy = 0 = FA y − F1 + FB y − F2 + FC y . 10.2 Síkbeli rácsos szerkezetek Rácsos rúdszerkezet: egyenes tengelyű rudakból csuklók segítségével felépített és csak a csuklókon terhelt és megtámasztott szerkezet. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék |

Szakirodalom Vissza ◄ 159 ► Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 160 ► Síkbeli rácsos szerkezet: minden rúd tengelye egy síkban helyezkedik el. Értelmezhető külső és belső statikai határozottság. Külső statikai határozottság: nb + nk = s . Belső statikai határozottság: r = 2c − 3 , ahol r – a rudak száma, c – a csuklók száma. Kizárólag külsőleg és belsőleg statikailag határozott síkbeli rácsos szerkezetekkel foglalkozunk. Síkbeli rácsos szerkezetek gyakorlati előfordulásai: pl.: hídszerkezetek, nagyfeszültségű távvezetékek oszlopai, daruk (építkezés). Csomópont: a rudak kapcsolódási helyei (csuklós kapcsolat). Valóság Mechanikai modell csomólemez Feltételezések, elhanyagolások: - A rudak a csomópontokban csuklókkal kapcsolódnak egymáshoz. - A szerkezetre csak a csomópontokban működik terhelés (a szerkezet

önsúlyát elhanyagoljuk). Következmény: A szerkezetet alkotó rudakban csak rúdirányú erők lépnek fel. (A rudak igénybevétele kizárólag rúderő) Húzott rúd Nyomott rúd N >0 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom N <0 Vissza ◄ 160 ► Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 161 ► Vakrúd: N = 0 . Ábrázolás: A szerkezeten a csuklók jelölését általában elhagyjuk. A síkbeli rácsos tartók megoldási módszereit egy nagyon egyszerű szerkezeten mutatjuk be: Adott: A szerkezet méF2 = 2 kN retei és terhelése. F1 = 3 kN Feladat: C D y a) A támasztóerők meg4m határozása. FA x A x b) A rúderők meghatároB zása. FA y 3 m Megoldás alapja: 3m 3m A szerkezet egészében és FB y részenként is egyensúlyban van. a) A támasztóerők meghatározása: Nyomatéki és vetületi egyensúlyi egyenletekkel (a szokásos módon). Fx = 0 = 3 +

FA x ⇒ FA x = −3 kN ← . M a = 0 = −4 ⋅ 3 − 9 ⋅ 2 + 6 FB y ⇒ FB y = 5 kN ↑ . M b = 0 = −4 ⋅ 3 − 3 ⋅ 2 − 6 FA y ⇒ FA y = −3 kN ↓ . 3 kN D 2 kN 5 C y 3 kN A 3 kN 3 4 1 2 B x 5 kN b) A rúderők meghatározása: A rúderők meghatározására két eljárás ismert. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 161 ► Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ ► 162 • A csomóponti módszer: Egy kiragadott csomópont (csukló) egyensúlyát vizsgáljuk meg. A módszer síkbeli esetben 2 skaláris ismeretlen meghatározására alkalmas. A C csomópont egyensúlya: - A feladat megoldása szerkesztéssel: Szerkezetábra Erőábra N5 > 0 2 kN e5 N 5 2 kN C N4 e4 N4 < 0 e - A feladat megoldása számítással: 2 kN N5 N4 x N4 Fy = 0 = −2 − N 4 y N4 x = 3 4 ⇒ ⇒ N 4 y = −2 kN ↑ 3 N 4 x = 2 = 1,5 kN

4 C N4 y N4 y N 4 x = 1,5 kN . N 4 = − 22 + 1,52 = −2,5 kN , N4 < 0 . Fx = 0 = 1,5 − N 5 ⇒ N 5 = 1,5 kN . ; , N5 > 0 . A D csomópont egyensúlya: 3 kN D N1 N5 N3 N1 , N 3 , N 5 - három ismeretlen rúderő. (Ez túl sok, mert csak két vetületi egyenletünk van). • Átmetsző módszer: - A szerkezetet gondolatban két részre bontjuk (átmetsszük). - A szerkezet egyik részét megtartjuk, a másik részt elhagyjuk. - A megtartott rész elmetszett rúdjaiban rúderők lépnek fel, (a rúderőket az ábrába berajzoljuk). - A rúderőket a megtartott rész egyensúlyából határozzuk meg. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 162 ► Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 163 ► A módszer síkbeli esetben három skaláris ismeretlen meghatározására alkalmas. ⇓ Legfeljebb három olyan (nem egy csomóponthoz kapcsolódó)

rudat metszhetünk át, amelyben ismeretlen a rúderő. Bonyolultabb esetben a két módszer egyidejűleg is alkalmazható. A cél az, hogy annyi statikai egyensúlyi egyenletet írjunk fel, ahány ismeretlen rúderőt szeretnénk meghatározni. A szerkezetet a I.-gyel jelölt I. 2 kN szaggatott vonallal (átmet3 kN D 5 széssel) két részre bontjuk. C y A szaggatott vonaltól jobbra 3 eső részt elhanyagoljuk és a 4 1 megtartott (bal oldali) rész 3 kN A x 2 B egyensúlyát vizsgáljuk. 3 kN 5 kN I. átmetszés: - A feladat megoldása szerkesztéssel (Culmann szerkesztés): Szerkezetábra Erőábra Az eredő erő: A rúderők: 3 kN D eer et 3 kN A 3 kN N2 Culmann egyenes 3kN N 5 e5 N3 e2 e3 Fer + N 5 + N 2 + N 3 = 0 . N 23 Az erőábrából a rúderők nagysága, a szerkezetábrából a rúderők előjele határozható meg. Fer Ft 3kN F er N3 3 kN Ft = (3i − 3 j ) kN N2 N5 A rúderők: N 5 = 1,5 kN N 2 = 0,75 kN , , N 3 = − 32 + 2,52 = −3,75 kN . - A

feladat megoldása számítással (Ritter számítás): A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 163 ► Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom 3 kN D N5 y N3 4 m 3 kN A 3 kN N2 3m Elnevezés: B 3m ◄ 164 ► Az N 2 és N 3 ismeretlen rúderő hatásvonalának metszéspontja: B. Az N 3 és N 5 ismeretlen x rúderő hatásvonalának metszéspontja: D. B – a 2 és 3 jelű rúd főpontja, D – a 3 és 5 jelű rúd főpontja. M b = 0 = +6 ⋅ 3 − 4 ⋅ 3 − 4 N 5 ⇒ N 5 = 1,5 kN M d = 0 = −4 ⋅ 3 + 3 ⋅ 3 + 4 N 2 ⇒ N 2 = 0,75 kN Fy = 0 = −3 − N 3 y N3 y Vissza N3 N3 x 3 = ⇒ N3 y 4 ⇒ N3 x = , , N 3 y = −3 kN ↑ . 3 3 = 2, 25 kN . 4 N3 x N 3 = − N 23 x + N 23 y = − 2, 252 + 32 = −3,75 kN . Vakrúd: ha az adott rúdban a rúderő zérus. A vakrúd nem visel terhet, ezért elhagyható. Vakrúd kialakulása függ: - a szerkezet

kialakításától, - a szerkezet terhelésétől. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 164 ► Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 165 ► 10.3 Gyakorló feladatok síkbeli rúdszerkezetekre 10.31 feladat: Csuklós rúdszerkezet Adott: b F1 = 240 kN , F2 = 120 kN , a =3m, b = 4m ,
¾  c = 2 m , α = 30o . Feladat: Az FA és FB támasztóerők meghatározása a) szerkesztéssel és b) számítással. C
½ c A a B Kidolgozás: a a) Megoldás szerkesztéssel: A szerkezet egyensúlyban van: F1 + F2 + FA + FB = 0 F12 Szerkezetábra Erőábra 
¾ C

 A 
½ ½¾ 
¾ 
½¾ 
 
½ B b) Megoldás számítással: F
2 A FAx C α F
1 FBx FBy A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom FAy Vissza ◄ 165 ► Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék

| Szakirodalom | FBy | | FBx | = tg 45o = 1 ⇒ ◄ Vissza 166 ► | FBx |=| FBy | . M c = 0 = (b − a) F1 sin 30o − (a − c) F2 + aFAy ⇒ ( a − b) F1 sin 30o + ( a − c) F2 (3 − 4)240 ⋅ 0,5 + (3 − 2)120 = = 0. a 3 M a = 0 = bF1 sin 30o − aFBy + cF2 ⇒ FAy = bF1 sin 30o + cF2 4 ⋅ 240 ⋅ 0,5 + 2 ⋅ 120 = = 240 kN ↑ . a 3 FBx = − | FBy |= 240 kN ← . FBy = 3 + 240 = 447,85 kN . 2 C 10.32 feladat: Háromcsuklós ív Adott: A szerkezet méretei és terhelése. 40 kN 35 kN y Feladat: A támasztóerők és a belső erők meghatározása. 1 2 A 2m 2m Kidolgozás: A támasztóerők: FA = FA x i + FA y j , 4m FAx = 240 ⇒ 2m Fx = 0 = − F1 cos30o − FBx + FAx x B 5m FB = FB x i + FB y j . A belső erők: F21 = F21x i + F21 y j , F21 = F12 . Az (1+2) test egyensúlya: M a = 0 = −2 ⋅ 35 + 4 ⋅ 40 + 9 FB y , 0 = −70 + 160 + 9 FBy ⇒ FB y = −10 kN ↓ . M b = 0 = −9 FA y + 7 ⋅ 35 + 4 ⋅ 40 , 0 = −9 FAy + 245 + 160 ⇒

FA y = 45 kN ↑ . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 166 ► Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Az (1) test egyensúlya: F21 y = −10 kN ↓ . y 0 = −10 + F12 y , F12 y ◄ 167 ► 2 A FAy FAx F21y C A FBx B x FBy F21x C 1 F12 y 35 kN ⇓ = 2167 , kN . A (2) test egyensúlya: Fy = 0 = FB y + F12 y , ► 1 Fx = 0 = FA x − 40 + FB x = FB x 167 40 kN 35 kN Az (1+2) test egyensúlya: = 18,33 − 40 + FB x ◄ C M c = 0 = 6 FA x − 180 + 70 , ⇓ FAx = 18,33 kN . Fx = 0 = 18,33 + F21x , F21x = −18,33 kN ← . Fy = 0 = 45 − 35 + F21 y , Vissza FAx FAy F12 x 40 kN 2 FBx B ⇓ = 10 kN ↑ . FBy F21 y = − F12 y = −10 kN ↓ . A támasztó erők: FA = (18,33i + 45 j ) kN , FA = FA2x + FA2y = 48,6 kN , FB = (2167 , i − 10 j ) kN , FB = FB2x + FB2y = 2387 , kN . A belső erők: F12 = − F21 = (18,33i + 10 j ) kN ,

F12 = F21 = F122 x + F122 y = 20,88 kN . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 168 ► ◄ 168 ► 10.33 feladat: Háromcsuklós ív a=2m, p = 2kN/m , F1 = 4 kN , M 0 = 4 kNm . p F
1 M0 C a 2 2 1 R= a 2 Feladat: A támasztó és a belső erők meghatározása. F
2 y Adott: A a B x a a Kidolgozás: A megoszló terhelés eredője: F2 = pa = 4 kN ↓ . Az (1+2) test egyensúlya: a a − F2 + M 0 + FB y 2a = −4 ⋅ 1 − 4 ⋅ 1 + 4 + 4 FB y 2 2 = 1 kN ↑ . M a = 0 = − F1 FB y ⇒ a 3 M b = 0 = − F1 + aF2 + M 0 + 2aFA y = −1 ⋅ 4 + 3 ⋅ 4 + 4 + 4 FA y 2 2 FA y = 3 kN ↑ . ⇒ A (2) test egyensúlya: M c = 0 = M 0 + aFB y + aFB x = 4 + 2 ⋅ 1 + 2 FB x ⇒ FB x = −3 kN ← . Az (1+2) test egyensúly: Fx = 0 = F1 + FA x + FB x = 4 + FA x − 3 ⇒ FA x = −1 kN ← . A (2) test

egyensúlya: Fx = 0 = F12 x + FB x = F12 x − 3 ⇒ F12 x = 3 kN . Fy = 0 = F12 y + FB y = F12 y + 1 ⇒ F12 y = −1 kN ↓ . A támasztó erők: FA = (−i + 3 j ) kN , FA = FA2x + FA2y = 316 , kN , FB = (−3i + j ) kN , FB = FB2x + FB2y = 316 , kN . A belső erők: F12 = − F21 = (3i − j ) kN , F12 = F21 = F122 x + F122 y = 316 , kN . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 169 ► 10.34 feladat: Összetett (több merev testből álló) szerkezet Adott: G = 6 kN , R = 15 , m. A hengerre a D és C pontokban a henger felületére merőleges erők adódnak át. A 1 R Feladat: Az FA , FB támasz2 C 4m tóerők és az F12 , F23 belső erők meghatározása a) szerkesztéssel és b) számítással. z 3m 3
G D x B Kidolgozás: a) A feladat megoldása szerkesztéssel: Egyensúlyi egyenletek: (1) G + FC +

F21 = 0 , (2) F12 + F32 + FB = 0 . Szerkezetábra Erőábra A F
C C αC α32 F
21
G F
12
G α12 F
B D B αB b) A feladat megoldása számítással: Az (1) jelű test egyensúlya: G + FC + F12 = 0 / ⋅ i / ⋅ k Fz = 0 = −G + F21z ⇓ F21z = G = 6 kN ↑ . | F21x | 4 = | F21z | 3 F
32 ⇒ F21x = C FCx F21x F
21
G F21y 4 4 F21z = 6 = 8 kN , 3 3 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 169 ► Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Fx = 0 = F21x − FCx Vissza ◄ 170 ► ◄ 170 ► ⇒ FCx = F21x = 8 kN ← . A (2) jelű test egyensúlya: F32 + F12 + FB = 0 / ⋅ i Fx = 0 = − F21x + FBx , F32z /⋅k F12z ⇓ F12x D FBx = F12 x = − F21x = 8 kN . F
12 F
B FBz FBx B 4 4 4 R F12 z − 3F32 z + R F12 x 5 5 3 4 R F12 z 4 ⋅ 4 R F12 x 4 ⋅ 15 , ⋅ 6 4 ⋅ 4 ⋅ 15 , ⋅8 + = + = 6,6 kN ↑ . F32 z = 5⋅3 5⋅3⋅3 5⋅3

5⋅3⋅3 A (3) jelű test egyensúlya: FA = F23 = − F32 . Mb = 0 = A szerkezet támasztó és belső erői: FA = (2,2k ) kN , FB = (8 i − 0,6k ) kN , FC = (−8 i ) kN , F12 = − F21 = (−8i − 6 j ) kN , F23 = − F32 = (−6,6 k ) kN . 10.35 feladat: Gerber tartó y 4 kNm A 6 kN C 2 kN B x 2 1 3m 3m 2m 2m Adott: A tartó méretei és terhelése. Feladat: A támasztó és belső erők meghatározása. Kidolgozás: A támasztó erőrendszer: FA = FA x i + FA y j , FC = FC y j , M A = M Azk . Belső erők: F12 = F12 x i + F12 y j , F21 = − F12 . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 171 ► ◄ 171 ► A (2) jelű test egyensúlya: Fx = 0 = F21 x + 2 ⇒ 6 kN F21 x = −2 kN ← . F21x M b = 0 = −2 ⋅ 6 + 4 FC y C 2 kN B ⇒ FCy F21y FC y = 3 kN ↑ . M c = 0 = −4 F21 y + 2 ⋅ 6

⇒ F21 y = 3 kN ↑ . FC = (3 j ) kN , F21 = (−2i + 3 j ) kN ⇒ Az (1) test egyensúlya: Fx = 0 = 2 + FA x ⇒ 3 kN 4 kNm MAz FAx B 2 kN A FA x = −2 kN ← . Fy = 0 = −3 + FA y F12 = − F21 = (2i − 3 j ) kN . ⇒ FAy FA y = 3 kN ↑ . Ma = 0 = M Az − 4 − 6 ⋅ 3 , FA = (−2i + 3 j ) kN , ⇒ M Az = 22 kNm . M A = (22k ) kNm . 10.36 feladat: Síkbeli rácsos tartó Adott: A szerkezet méretei és terhelései. y I. 2 II . 3 4 D 5 6 1 A Feladat: A bejelölt rudak12 kN Ban fellépő rúde- FAy rők meghatározása. Kidolgozás: A támasztóerők meghatározása: 4×4 m M a = 0 = −4 ⋅ 12 − 8 ⋅ 8 + 16 FB y ⇒ FB y = 7 kN ↑ , M b = 0 = 12 ⋅ 12 + 8 ⋅ 8 − 16 FA y ⇒ FA y = 13 kN ↑ . 4m B C 8 kN A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom x FBy Vissza Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 172 ► ◄ 172 ► Az A

csomópont egyensúlya: Fy = 0 = 13 + N 2 y ⇒ N2 N 2 y = −13 kN ↓ , N2x =1 N2 y ⇒ A N 2 x = 13 kN ← , N 2 = −13 2 = −18,38 kN Fx = 0 = −13 + N1 ⇒ N2 y N1 13 kN N2x . N1 = 13 kN . N2 Az I. átmetszés: M a = 0 = −4 ⋅ 12 + 4 N 3 , N 3 = 12 kN N2 N3 A ↑ . 13 kN 12 kN A II. átmetszés: Fy = 0 = 13 − 12 − N 5 y , N4 N 5 y = 1 kN ↓ , N5 A hatásvonal irányából: N 5 x = 1 kN , C 13 kN N 5 = N 25 x + N 25 y = 1, 41 kN M c = 0 = −8 ⋅ 15 + 4 ⋅ 12 − 4 N 4 12 kN . ⇒ N 4 = −14 kN . A D csomópont egyensúlya: D Fy = 0 = − N 6 - A 6 jelű rúd vakrúd. N6 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 173 ► 10.37 feladat: Síkbeli rácsos szerkezet F
1 2 A 3 C 4 5 3m 1 F
2 D E B F
3 4m 4m 4m Adott: A rácsos szerkezet méretei és terhelése: F1 = F2 =

F3 = 30 kN . Feladat: A támasztóerők és a megjelölt rudakban a rúderők meghatározása. Kidolgozás: a) A támasztóerők meghatározása: F1 I. II 2 1 FAx A C F2 D 3 5 4 E F3 FAy B FBy Fx = 0 = FA x + 30 , ⇒ FA x = −30 kN ← . M a = 0 = −4 ⋅ 30 − 3 ⋅ 30 − 8 ⋅ 30 + 12 FB y ⇒ 4 ⋅ 30 + 3 ⋅ 30 + 8 ⋅ 30 = 37,5 kN ↑ . 12 M b = 0 = −3 ⋅ 30 + 4 ⋅ 30 + 8 ⋅ 30 − 12 FA y ⇒ FB y = FA y = . −3 ⋅ 30 + 4 ⋅ 30 + 8 ⋅ 30 = 22,5 kN ↑ . 12 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 173 ► Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom b) A rúderők meghatározása: Az I. átmetszés: Fy = 0 = 22,5 − 30 − N1 , ⇒ Vissza ◄ 174 ► ◄ 174 ► 30 kN N2 N1 = −30 + 22,5 = −7,5 kN . 30 kN A M c = 0 = −4 ⋅ 22,5 − 3 N 2 , ⇓ 4 ⋅ 22,5 N2 = − = −30 kN 3 N1 C 22,5 kN . A II. átmetszés: 30 kN N2 N3y D

N3 30 kN A N3x C N4 22,5 kN M d = 0 = 4 ⋅ 30 − 8 ⋅ 22,5 − 3 ⋅ 30 + 3 N 4 , ⇓ −4 ⋅ 30 + 8 ⋅ 22,5 + 3 ⋅ 30 . N4 = = 50 kN 3 Fy = 0 = 22,5 − 30 + N 3 y ⇒ N 3 y = −22,5 + 30 = 7,5 kN ↑ . N3 x 4 = N3 y 3 N3x = ⇒ 4 4 N 3 y = 7,5 = 10 kN , 3 3 N3 N3y N3x A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza N 3 = N 32x + N 32y = 102 + 7,52 = 12,5 kN ◄ 175 ► ◄ 175 ► . Az E csomópont egyensúlya: N5 M b = 0 = 4 ⋅ 30 − 4 N 5 ⇒ 50 kN N 5 = 30 kN E . 30 kN 10.38 feladat: Síkbeli rácsos szerkezet Feladat: A támasztóerők és rúderők meghatározása. 5m 1 6 2 7 8 5m Adott: A rácsos szerkezet méretei és terhelése. 12 kN 18 kN 3 9 5 A B 4 12 m Kidolgozás: a) A támasztóerők meghatározása: 12 kN Fx = 0 = −12 − 18 + FB x FB x = 12 + 18 = 30 kN . 1 6 M b = 0 = 10

⋅ 12 + 5 ⋅ 18 − 12 FA y FA y = 17,5 kN ↑ . 2 D 8 M a = 0 = 10 ⋅ 12 + 5 ⋅ 18 + 12 FB y FB y = −17,5 kN ↓ . 7 C I. 18 kN II. 9 5 3 III. A B FBx 4 FAy A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom FBy Vissza Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom b) A rúderők meghatározása: A C csomópont egyensúlya: Fx = 0 = −12 − N1 Fy = 0 = − N 2 . ⇒ Vissza N1 N1 = −12 kN . | N 7 y |=| N 7 x | 176 ► ◄ 176 ► 12 kN C N2 A (2) jelű rúd vakrúd. Az I. átmetszés: Fx = 0 = −12 + N 7 x N 7 x = 12 kN . | N 7 x | 12 = ⇒ | N7 y | 5 ◄ ⇒ C 12 kN N7x N2 N7 N6 N7y D 5 = 5 kN ↓ . 12 N 7 = N 72x + N 72y = 122 + 52 = 13 kN M d = 0 = 5 ⋅ 12 + 12 N 6 ⇒ N 6 = −5 kN . . A II. átmetszés: C 12 kN Fx = 0 = −12 − 18 − N8 ⇒ N8 = −12 − 18 = −30 kN . N6 N8 Fy = 0 = 5 − N 3 ⇒ N 3 = 5 kN . D 18 kN N3 A III.

átmetszés: Fx = 0 = − N 9 x + 30 ⇒ N 9 x = 30 kN ← , | N 9 x | 12 = ⇒ | N9 y | 5 | N 9 y |= N5 A N9 N9y N9x 5 kN B 30 kN 17,5 kN 17,5 kN 5 | N 9 x |= 12,5 kN ↑ , 12 N 9 = N 92x + N 92y = 12,52 + 302 = 32,5 kN . Az A csomópont egyensúlya: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Fx = 0 = N 4 . ◄ 177 ► ◄ 177 ► N5 A (4) jelű rúd vakrúd. A Fy = 0 = 17,5 + N 5 ⇒ N 5 = −17,5 kN . N4 17,5 kN 10.39 feladat: Síkbeli rácsos szerkezet 2 kN 3 Feladat: A támasztóerők és rúderők meghatározása. 4 2 kN 4×2m 8 kN 2 1 Adott: A rácsos szerkezet méretei és terhelése. 5 6 A Kidolgozás: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom 7 B 4m Vissza Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom a) A

támasztóerők meghatározása: Fx = 0 = −2 − 2 + FB x Vissza ► ◄ 178 ► 8 kN 2 1 I. ⇒ 3 4 M a = 0 = 8 ⋅ 2 + 4 ⋅ 2 − 2 ⋅ 8 + 4 FB y II. 2 kN III. 4⋅2 = −2 kN ↓ . 4 5 M b = 0 = 8 ⋅ 2 + 4 ⋅ 2 + 2 ⋅ 8 − 4 FA y FA y 178 2 kN FB x = 2 + 2 = 4 kN . FB y = − ◄ 8⋅ 2 + 4⋅ 2 + 2⋅8 =− = 10 kN ↑ . 4 6 IV. B FBx 7 A FAy FBy b) A rúderők meghatározása: Az I. átmetszés: M d = 0 = 2N2 ⇒ 2 kN D 8 kN N2 = 0 A (2) jelű vakrúd. M c = 0 = −0,5 ⋅ 8 + 2 ⋅ 2 − 1N1 y ⇒ N1 y = −0,5 ⋅ 8 + 2 ⋅ 2 = 0 ⇒ N1 = 0 . Az (1) jelű is vakrúd. A II. átmetszés: 1,5 x 2 N1 C N2 2 kN 8 kN 0,5 x 2 = 0,5 1,5 x = 0,67 m D C N3x M d = 0 = (2 + 0,67) N 3 x ⇒ N 3 = 0 - vakrúd. N3 N3y M e = 0 = 4 ⋅ 2 − 1 ⋅ 8 − 2 N 4 y ⇒ N 4 = 0 - vakrúd. E A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom N4 Vissza Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata |

Tartalomjegyzék | Szakirodalom A III. átmetszés: M d = 0 = −4 ⋅ 2 + (4 + 0,8) N5 x 4⋅2 N5 x = = 167 , kN . 4,8 1 ⇒ Vissza 2 kN ◄ 179 ► ◄ 179 ► D 8 kN 2,5 x 2 x = 1 2,5 x = 0,8 m 2 2 kN N5x N5y N5 | N5 x | 1 = ⇒ | N 5 y | 0,8 | N 5 y |= 0,8 | N 5 x |= 0,8 ⋅ 167 , = 133 , kN ↓ . N 5 = N 52x + N 52y = 213 , kN . A IV. átmetszés: M a = 0 = −4 ⋅ 2 + 4 N 6 y ⇒ N 6 y = 2 kN ↑ . | N 6 x | 0,5 = ⇒ | N6 y | 2 | N 6 x |= N7y N7 N7x A 1 | N 6 y |= 0,8 ⋅ 167 , = 133 , kN ↓ . 4 N6 B 4 kN 10 kN N 6 = N 62x + N 62y = 0,52 + 22 = 2,06 kN M d = 0 = −2 ⋅ 10 − 2 ⋅ 2 + 8 ⋅ 4 + (8 − 114) , N7 x , 2 ⋅ 10 + 2 ⋅ 2 − 8 ⋅ 4 N7 x = = −117 , kN ← . , 8 − 114 2 kN 2 x = 2 3,5 x = 1,14 m 2 x 2 3,5 | N 7 x | 35 , 2 2 = ⇒ | N 7 y |= | N 7 x |= 117 , = 0,67 kN ↓ . | N7 y | 2 , , 35 35 N 7 = N 72x + N 72y = 117 , 2 + 0,67 2 = 135 , kN A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom . Vissza

Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 180 ► 10.310 feladat: Síkbeli rácsos szerkezet 3m Adott: A rácsos szerkezet méretei és terhelése. 2 y 1 6 kN 3 3m Feladat: A kijelölt rudakban a rúderők meghatározása. 3m 3m N3 = 0 , II. 4 5 III. 6 A Megoldás: N1 = 0 , B 4m N 2 = 9 + 144 ≈ 12,4 kN I. x 4m 4m . N 5 = −18 kN , N4 = 0 , N 6 = 12 kN . 10.311 feladat: Síkbeli rácsos szerkezet I. y 1 4 kN D 3 5 4 C x 3m A 3 kN 2 B 3m 3m 3m Adott: A szerkezet méretei és terhelése. Feladat: A támasztóerők és a kijelölt rudakban a rúderők meghatározása. Megoldás: a) A támasztóerők: FA = (−17i + 7 j ) kN , FB = (7i ) kN . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 180 ► Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom b) A rúderők: Vissza N

2 = − N 22x + N 22y = −2,82 kN N1 = 17 kN ◄ 181 ► , , N 5 = 2 kN , N 4 = − 9 + 81 = −9,49 kN N 3 = 9 kN . , 10.312 feladat: Síkbeli rácsos szerkezet Adott: A szerkezet méretei és terhelése. Feladat: A támasztóerők és a kijelölt rudakban a rúderők meghatározása. Megoldás: A támasztóerők: FA = (9,33 i + 8 j ) kN , FB = (−9,33 i ) kN A rúderők: N1 = 3,61 kN N 3 = −2 kN N 5 = −5 kN , N 2 = 0 vakrúd, , N 4 = 4 kN , N 6 = 9,61 kN A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom , . Vissza ◄ 181 ► Mechanika Statikailag határozott rúdszerkezetek A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 182 ► 10.313 feladat: Síkbeli csuklós szerkezet Adott: A szerkezet méretei és terhelése: a = 200 mm , F = 50 N , p = 500 N/m . Feladat: A támasztóerők és az AB vízszintes rúdról az AC ferde rúdra átadódó F12 belső erő meghatározása. Megoldás: A támasztóerők: FB = (−350 i

− 75 j ) kN , FC = (300 i + 325 j ) kN . A belső erő: F12 = (−350 i − 325 j ) kN . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 182 ► Mechanika Valóságos szerkezetek modellezése – súrlódás A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 183 ► 11. Valóságos szerkezetek modellezése – súrlódás 11.1 Érdes felületű testek érintkezése A szerkezetekben az alkatrészek (testek) legtöbbször felületi érintkezéssel kapcsolódnak egymáshoz. A testek felülete a valóságban valamilyen mértékben mindig érdes Az érintkezés lehetséges: a) Pontban – Pl. gömb-sík érintkezése (Itt koncentrált erő lép fel.) b) Vonal mentén – Pl. henger-sík érintkezése (Itt vonal mentén megoszló erőrendszer lép fel.) c) Felület mentén – Pl. sík-sík érintkezése (Itt felület mentén megoszló erőrendszer lép fel.) Statikai egyenletekből csak koncentrált erőket lehet meghatározni,

ezért a b) c) esetben a megoszló erőrendszereket eredőjükkel kell helyettesíteni. a) Pontbeli érintkezés: n – az érintkező felülen tekre merőleges egymegtámasztott ségvektor (normális test egységvektor) - a A t megtámasztó testből megtámasztó kifelé mutat, FA test t – az érintkező testek β érintősíkjába eső egységvektor (tangenciális egységvektor). t = 1, n = 1. FA – támasztóerő vektor • Érdes felület (van súrlódás): Ha β ≠ 0 ⇒ FA = FAt t + FAn n . • Sima felület (nincs súrlódás): Ha β = 0 ⇒ FA = FAn n . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 183 ► Mechanika Valóságos szerkezetek modellezése – súrlódás A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 184 ► A valóságban minden felület valamilyen mértékben érdes, a sima felület csak idealizáció. Az FA támasztóerő iránya függ: - az érintkező felületek minőségétől, - az

érintkező testek anyagától, - a testek közötti kenőanyagtól. β - az FA támasztóerőnek az n felületi normálissal bezárt szöge. 11.2 A Coulomb-féle súrlódási törvény Kísérlet: Fn = állandó mellett növeljük az Ft erőt. n Fn - az érintkezési felületre Fn merőleges erőkoordináFt ut ta, 1 Ft Ft - az érintősíkba eső erő2 t koordináta, Fn ut - az 1 jelű test 2 jelű testhez képesti (relatív) tangenciális elmozdulása. Tapasztalat: - Ft kr kritikus erőnél a test megmozdul. 0 - A mozgás Ft kr < Ft kr erővel is fenntartható. 0 Ft kr 0 Ft kr Ft ut mikro csúszás (nincs mozgás) makro csúszás (van mozgás) Coulomb-féle súrlódási törvény: a kritikus tangenciális erők és a normál erő között kapcsolat van. a) Nyugvásbeli súrlódás (nincs mozgás): Ft kr = µ0 Fn , ahol µ0 – nyugvásbeli súrlódási tényező. 0 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 184 ► Mechanika Valóságos

szerkezetek modellezése – súrlódás A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 185 ► A test akkor van tartós nyugalomban, ha Ft ≤ Ft kr = µ0 Fn . 0 b) Mozgásbeli súrlódás (van mozgás): Ft kr = µ Fn , ahol µ – mozgásbeli súrlódási tényező. A mozgás Ft erővel tartható fenn: Ft = Ft kr = µ Fn . Statika: mindig nyugvásbeli súrlódás van ⇒ Ft akármekkora lehet az Ft kr határon belül. 0 Nyugvásbeli súrlódási kúp: ρ0 a nyugvásbeli súrlódási kúp fél nyílásszöge. ( tg ρ 0 = µ 0 - a nyugvásbeli súrlódá- n ρ0 si tényező). Tartós nyugalom addig van, amíg az FA támasztóerő a nyugvásbeli súrlódási kúpon belül helyezkedik el: β ≤ ρ 0 ⇒ FAt ≤ µ 0 FAn ρ0 A FA t β Nyugalom esetén FAt közvetlenül nem számítható ki! (Csak egyensúlyi egyenletekből!) Mozgásbeli súrlódási kúp: A mozgásbeli súrlódási kúp fél nyílásszöge: ρ . ( tg ρ = µ - a mozgásbeli

súrlódási tényező). A testek között van relatív tangenciális elmozdulás. Az FA támasztóerő az egyik kúpalkotóra esik. Ez az eset nem tartozik a Statika vizsgálati körébe! Nincs nyugalom! Tartós nyugalom: tg β ≤ µ 0 tg β ≤ tg ρ 0 = µ 0 . FAt FAn ≤ µ0 ⇒ n ρ ut ρ A FA t β FAt ≤ µ 0 FAn . FAt , FAn - egymástól független ismeretlenek! A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 185 ► Mechanika Valóságos szerkezetek modellezése – súrlódás A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 186 ► Az FAt és FAn erőkoordináták meghatározása egyensúlyi (nyomatéki, vetületi) egyenletekből lehetséges. 11.3 A gördülési ellenállás Tiszta gördülés: a testek érintkezési pontjai között S uS nincs relatív tangenciális elmozduuA A lás. uS ≠ 0 – az S pont elmozdulása, u A = 0 - az A érintkezési pont relatív tangenciális elmozdulása. Csúszva

gördülés: a testek érintkezési pontjai között van relatív tangenciális elmozdulás. uS ≠ 0, u A ≠ 0 és uS ≠ u A . A valóságban nincs pontbeli érintkezés, mindig felületi (vonal menti) érintkezés van. Gördülés csak érdes felületek esetén lehetséges. a) Gördülés erő hatására: y Adott: r, G, F0 . n Feladat: A támasztóerő meghatározása. A támasztóerő: r S G A α f Fα n F0 β Fα = − Fα t t + Fα n n . Fα t Fα t Egyensúly: G + F0 + Fα = 0 x Három erő egyensúlya ⇒ az F α hatásvonalának át kell mennie az S ponton. Skaláris egyensúlyi egyenletek: Fx = 0 ⇒ Fα t = F0 , Fy = 0 ⇒ M a = 0 = − rF0 + f Fα n ⇒ Fα n = Fα n = G , r r F0 = Fα t . f f A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 186 ► Mechanika Valóságos szerkezetek modellezése – súrlódás A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 187 ► f – a gördülési ellenállás

karja (a gördülési ellenállás nagyságát jellemzi). f Fα n - Az erő hatására történő gördülésnél az Fα iránya ismert. r Nincs megcsúszás, ha β ≤ ρ0 , ⇒ tg β ≤ tg ρ0 = µ0 . Fα t f = ≤ µ0 . Fα n r Fα t = A tiszta gördülés feltétele: f ≤ µ0 . r b) Gördülés nyomaték hatására: y n r S α AG f M0 t x Adott: r, G, M 0 . Feladat: A támasztóerő meghatározása. Egyensúly: G + Fα = 0 . Az Fα támasztóerő párhuzamos a G súlyerővel: Fα = Fα n n Fα = Fα n n A skaláris egyensúlyi egyenletek: Fy = 0 ⇒ Fα n = G . M a = 0 = − M 0 + f Fα n ⇒ Fα n = M0 . f 11.4 Testek egyensúlyi helyzetének stabilitása a) Egy pontban megtámasztott testek Stabilis egyensúlyi helyzet: a testet ebből a helyzetből kimozdítva, majd magára hagyva, visszatér ebbe a helyzetbe. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 187 ► Mechanika Valóságos szerkezetek modellezése – súrlódás A

dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza k G G A 188 ► A visszatérítő nyomaték: Mv = k G . S S ◄ A FA FA Instabil egyensúlyi helyzet: a testet ebből a helyzetből kimozdítva, majd magára hagyva, nem tér vissza ebbe a helyzetbe. k S S G S G A GA A FA FA FA A tovább mozdító nyomaték: M t = k G Közömbös (indifferens) egyensúlyi helyzet: a testet ebből a helyzetéből kimozdítva majd magára hagyva, nem mozdul tovább. B S G A FA S G B A FA b) Több ponton, vagy felületen megtámasztott testek: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 188 ► Mechanika Valóságos szerkezetek modellezése – súrlódás A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom eer α ◄ 189 ► Stabilis egyensúlyi helyzet: Ha a támasztóerő a felfekvési határfelületen (vagy határpontokon) belül halad keresztül. Egyensúlyi egyenlet: F0 + G + Fα = 0 . F0 S Vissza Fer G

Fer Fα eα Instabil egyensúlyi helyzet: Ha a támasztóerő a felfekvési határfelületen (vagy határpontokon) kívül halad át. Egyensúlyi egyenlet: F0 + G + Fα = 0 . F0 eer S Fer α G C • Fer Ebben az esetben a test a C pont körül felbillen. A stabilitása mérőszáma: felborulással szembeni biztonsági tényező. A stabilizáló nyomaték: Fα M st = a ⋅ G β F0 S α A billentő nyomaték: M b = p ⋅ F ⋅ G C a A stabilitási mérőszám: nst = p • eα M st Mb nst > 1 stabil helyzet, nst < 1 billenés (instabil helyzet). 11.5 Gyakorló feladatok valóságos szerkezetek modellezésére 11.51 feladat: Hasáb nyugalmi helyzete Adott: µ0 , m . Kérdés: Mekkora lehet az α szög, hogy a test ne csússzon le? A hasáb nyugalmi (egyensúlyi) y A A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom µ0 m α x Vissza ◄ 189 ► Mechanika Valóságos szerkezetek modellezése – súrlódás A dokumentum használata |

Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 190 ► ◄ 190 ► helyzetét vizsgáljuk: Kidolgozás: A hasábra két erő hat: mg + FA = 0 . A két erő hatásvonalának azonosnak kell lennie. β =α . Fx = 0 ⇒ FAt = mg sin α , Fy = 0 ⇒ n α mg FA t A α FA S β t µ0 FA n x FAn = mg cos α . Nincs megcsúszás, ha β ≤ ρ0 ⇒ α ≤ ρ 0 ⇒ tgα ≤ tg ρ 0 = µ 0 ⇒ tgα ≤ µ 0 11.52 feladat: Hasáb nyugalmi helyzete  b Adott:  S a a = 0, 3 m , b = 0, 4 m , 3 tg α = , G = 100 N , 4 µ0 = 0, 25 és a γ jelű sík. Kérdés: Mekkora Fmin és Fmax erő esetén mozdul el a test balra, illetve jobbra?
¼ Feladat : a) Megoldás szerkesztéssel. b) Megoldás számítással. Kidolgozás: a) A feladat megoldása szerkesztéssel: Az egyensúly két határesete: G + Fγ′ + Fmin = 0 , G + Fγ′′ + Fmax = 0 Szerkezetábra A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Erőábra Vissza Mechanika Valóságos szerkezetek

modellezése – súrlódás A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 191 ► b) A feladat megoldása számítással: - Feltételezzük, hogy a megcsúszás irányban következik be: Az egyensúlyi egyenlet: G + Fγ′′ + Fmax = 0 , ahol G = −Gj , Fγ′′ = − Fγ x i + Fγ y j , Fmax = Fmax cos α i + Fmax sin α j . Nyugalmi súrlódás esetén: Fγ x ≤ µ0 Fγ y , de ebben a megcsúszási határhelyzetében: Fγ x = − µ0 Fγ y . Ha megszorozzuk az egyensúlyi egyenletet skalárisan az i és a j egységvektorokkal, két skalár egyenletet kapunk, melyekből a két ismeretlen ( Fγ y és Fmax ) meghatározható: Fmax cos α − µ0 Fγ y = 0 ⎫⎪ ⎬ −G + Fmax sin α + Fγ y = 0 ⎪⎭ ⇒ Fγ y = G − Fmax sin α . Behelyettesítve az első Fmax cos α − µ0 (G − Fmax sin α ) = 0 , Fmax ( cos α + µ0 sin α ) − µ0 G = 0 , µ0 G 0,25 ⋅ 100 . = = 26,32 N Fmax = cos α + µ0 sin α 4 + 0,25 3 5 egyenletbe: 5 -

Feltételezzük, hogy a megcsúszás ← irányban következik be: Az egyensúlyi egyenlet: G + Fγ′′ + Fmin = 0 , ahol G = −Gj , Fγ′′ = − Fγ x i + Fγ y j , Fmin = Fmin cos α i + Fmin sin α j . Nyugalmi súrlódás esetén: Fγ x ≤ µ0 Fγ y , A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 191 ► Mechanika Valóságos szerkezetek modellezése – súrlódás A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 192 ► de ebben a megcsúszási határhelyzetében: Fγ x = µ0 Fγ y . A skaláris egyensúlyi egyenletek: Fmin cos α + µ0 Fγ y = 0 ⎫⎪ ⎬ −G + Fmin sin α + Fγ y = 0 ⎪⎭ ⇒ Fγ y = G − Fmin sin α . Behelyettesítve az első egyenletbe: Fmin cos α + µ0 (G − Fmin sin α ) = 0 , Fmin (cos α − µ0 sin α ) + µ0 G = 0 , − µ0 G −0,25 ⋅ 100 = = −38,46 N Fmin = cos α − µ0 sin α 4 − 0,25 3 5 . 5 11.53 feladat: Hasáb tartós nyugalmi helyzete Adott: G = (−800 j ) N

, F1 = (300 i − 200 j ) N , µ0 = 0,35 . F1 Feladat: a) Az Fα támasztóerő meghatározása - szerkesztéssel és - számítással. b) Annak eldöntése, hogy a hasáb tartós nyugalomban marad-e. Kidolgozás: a) A támasztóerő meghatározása: - A feladat megoldása szerkesztéssel Szerkezetábra G + F1 + F2 = 0 . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Erőábra Vissza ◄ 192 ► Mechanika Valóságos szerkezetek modellezése – súrlódás A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom F
1 S Vissza
G ◄ 193 ► ◄ 193 ► F
α α
G F
α F
1 - A feladat megoldása számítással A támasztóerő vektor: Fα = −G − F1 = (800 j ) − (300 i − 200 j ) = (−300 i + 1000 j ) N . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Mechanika Valóságos szerkezetek modellezése – súrlódás A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 194 ► ◄ 194 ►

A támasztó erővektor hatásvonalának helye: Ma = 0 , 0 = −1 ⋅ 200 + x AB 1000 x AB FAy A ⇓ = 0,2 m . S F1y F1x B FAy α xAB G b) A hasáb tartós nyugalomban maradása: µ0 = tg ρ0 = 0,35 ; tg α = | Fα x | | Fα y | = 300 = 0,3 ; 1000 ρ0 ρ0 tg α ≤ µ0 F
α α ⇓ A test tartós nyugalomban marad. 11.54 feladat: Falnak támasztott létra nyugalmi helyzete Adott: Az AB súlytalan létra méretei. 3m Feladat: Milyen magasra lehet felmászni a létrán, ha a) µ0 A = µ0 B = 0 , b) µ0 A = 0, µ0 B = 0,2 , c) µ0 A = 0, 2; µ0 B = 0 , d) µ0 A = µ0 B = 0,2 ? A B 2m Kidolgozás: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Mechanika Valóságos szerkezetek modellezése – súrlódás A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 195 ► a) Az érintkező felületek az A és B pontban simák ( µ0 A = µ0B = 0 ): G + FA + FB = 0 .  Az FA és FB támasztóerők 

ea és eb hatásvonala

merőleges a falra, illetve a talajra. A G erő (a létrán felmászó Személy súlyereje) hatásvo nalának át kell mennie az ea és eb hatásvonalak C metszéspontján, ugyanis csak eb
ben az esetben lehet a három erő egyensúlyban.  Ebben az esetben nem lehet ¼ felmenni a létrára. b) Az érintkező felületek az A pontban simák, B pontban érdesek ( µ0 A = 0, µ0 B = 0,2 ): y G + FA + FB = 0 . Az FA támasztóerő ea ha
A C tásvonala merőleges a falra, az FB támasztóerő eb hatásvonala pedig a ± ρ0 fél

 ¼ ¼ nyílásszögű nyugvásbeli súrlódási kúpon belül he
 ¼  ¼ lyezkedik el. A G erő hatásvonalának B x bele kell metszenie C ponton átmenő megvastagí¼ tott vízszintes vonalszakaszba. (Csak ebben az esetben lehet a három erő hatásvonalának közös metszéspontja!) A létrán a falat x0 távolságra lehet megközelíteni. x0 = 2 − 3tg ρ 0 = 2 − 3 ⋅ 0,2 = 14 , m. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom

Vissza ◄ 195 ► Mechanika Valóságos szerkezetek modellezése – súrlódás A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 196 ► c) Az érintkező felületek az A pontban érdesek, a B pontban simák ( µ0 A = 0, 2; µ0 B = 0) : G + FA + FB = 0 . y
 ¼  ¼ Az FA támasztóerő ea hatásvo¼ A C nala a ± ρ0 félnyílásszögű nyug¼ vásbeli súrlódási kúpon belül helyezkedik el, az FB támasztóerő  eb hatásvonala merőleges a talajra. A G erő hatásvonalának bele
 kell metszenie C ponton átmenő megvastagított függőleges vonalB x szakaszba. (Csak ebben az eset¼ ben lehet a három erő hatásvonalának közös metszéspontja!) Ebben az esetben nem lehet felmenni a létrára. d) Az érintkező felületek az A és a B pontban érdesek ( µ0 A = µ0 B = 0,2 ): G + FA + FB = 0 . Az FA támasztóerő ea és az FB támasztóerő eb hatásvonala is a ± ρ0 félnyílásszögű nyugvásbeli súrlódási kúpon belül

helyezkedik el. A G erő hatásvonalának bele kell metszenie C körül megjelölt négyszög tartományba. (Csak ebben az esetben lehet a három erő hatásvonalának közös metszéspontja!) Határesetben a G erő hatásvonalának át kell mennie a tartomány bal felső sarokpontján. Az ea hatásvonal egyenlete a felső határhelyzetben: y = 0, 2 x + 3 . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 196 ► Mechanika Valóságos szerkezetek modellezése – súrlódás A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 197 ► Az eb hatásvonal egyenlete a bal oldali határhelyzetben: y = −5 x + 10 . Az egyenesek metszéspontjának meghatározása: 0,2 x + 3 = −5 x + 10 , ⇒ x = x0 = 135 , m. 11.55 feladat: Henger nyugalmi helyzete – gördülési ellenállás Adott: m = 6 kg , f = 3 mm , g = 10 y m , α = 14° , r = 200 mm , s2 β = 30° . F β r S µ0 x α Kérdés: a) Mekkora Fmax maximális erő esetén

lesz a henger egyensúlyban? b) Mekkora lehet minimális µ0 min nyugalmi súrlódási tényező értéke, hogy a henger ne csússzon meg? Kidolgozás: a) Az Fmax erő meghatározása: - A feladat megoldása szerkesztéssel: Egyensúlyi egyenlet: G + FA + Fmax = 0 . Szerkezetábra Erőábra:   

  
A f  

 - A feladat megoldása számítással: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 197 ► Mechanika Valóságos szerkezetek modellezése – súrlódás A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Egyensúlyi egyenlet: G + FA + Fmax = 0 . ahol: G = − mg sin α i − mg cos α j , FA = − FA sin γ i + FA cos γ j =  


| FA n | 3 f = r 200   x A 
 Az egyensúlyi egyenletet megszorozzuk skalárisan az i és a j egységvektorokkal. −G sin α − FA sin γ + Fmax cos β = 0 ⎫ ⎬, −G cos α + FA cos γ − Fmax sin β = 0 ⎭ = ►
Fmax = Fmax cos β i − Fmax sin β j .

| FAt | 198 y = FAt i + FAn j , tg γ = ◄ Vissza 
 ⇒ γ = 0,859° . A második skaláris egyensúlyi egyenletből: G cos α + Fmax sin β . FA = cos γ Ezt behelyettesítve az első egyenletbe: G cos α + Fmax sin β −G sin α − sin γ + Fmax cos β = 0 . cos γ sin γ sin γ sin β ) = G (sin α + cos α ) , Fmax (cos β − cos γ cos γ Fmax 3 0,242 + 0,97 sin α + tg γ cos α 200 =G = 60 = 17,92 N 3 cos β − tg γ sin β 0,866 − 0,0,5 200 . b) A megcsúszáshoz tartozó µ0 min legkisebb nyugvásbeli súrlódási tényező meghatározása: µ0 = tg γ = min f = 0,015 . r 11.56 feladat: Egymáson fekvő hasábok nyugalmi helyzete Adott: m1 = 10 kg , m2 = 20 kg , µ01 = 0,6 ; µ02 = 01 , , α = 45o , g ≈ 10 m/s 2 . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 198 ► Mechanika Valóságos szerkezetek modellezése – súrlódás A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 199 ►

Kérdés: Mekkora Fmax maximális erőnél vannak még nyugalomban a testek? a) Megoldás szerkesztéssel. b) Megoldás számítással. y α 1 µ01 2 µ02 S1 m1 S2 F
m2 x Kidolgozás: a) A feladat megoldása szerkesztéssel: Az (1) jelű test egyensúlya: m1 g + K + F21 = 0 . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 199 ► Mechanika Valóságos szerkezetek modellezése – súrlódás A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Szerkezetábra ◄ Vissza 200 ► Erőábra   ½  
¾½ ¼½
¾½ 
 ¼½  ¼½  A (2)jelű test egyensúlya: F12 + m2 g + F 2 + Fmax = 0 , Fe ahol F12 = − F21 . Szerkezetábra ½ Erőábra
 ¼¾ 
¼¾ 
½¾ ½¾  ½¾ ¾  ¼¾ ¾  
¾ ¾ ¾  b) A feladat megoldása számítással: Az (1) jelű test egyensúlya: m1 g + K + F21 = 0 , ahol: m1 g = − m1 g j , K = − K cos α i + K sin α j , F21 = F21t i + F21n j .

Nyugalom esetén az F21 belső támasztóerő koordinátái között az következő összefüggés áll fenn: F21t ≤ µ01 F21n . A megcsúszási határhelyzetben az egyenlőség érvényes: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 200 ► Mechanika Valóságos szerkezetek modellezése – súrlódás A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 201 ► F21t = µ01 F21n . Szorozzuk meg az egyensúlyi egyenletet skalárisan az i és j egységvektorokkal: − K cos α + µ01 F21n = 0 ⎪⎫ µ01 F21n . ⎬ Az első egyenletből: K = − m1 g + K sin α + F21n = 0 ⎪⎭ cos α Behelyettesítve a második egyenletbe: µ01 F21n − m1 g + F21n + sin α = 0 , cos α − m1 g + F21n (1 + µ01tg α ) = 0 , F21n = m1 g 10 ⋅ 10 = = 62, 5 N ↑ . 1 + µ01tg α 1 + 0,6 ⋅ 1 A (2) jelű test egyensúlya: m2 g + F12 + Fmax + F2 = 0 . ahol: m2 g = −m2 g j , F12 = − F21 = − µ01 F21n i − F21n j , Fmax = Fmax i . F2 =

− F2 t i + F2 n j . Nyugalom esetén: F2 t ≤ µ02 F2 n . A megcsúszási határhelyzetben: F2 t = µ02 F2 n . A skaláris egyensúlyi egyenletek: − µ01 F21n + Fmax − F2 n µ02 = 0 ⎫⎪ ⎬ − F21n − m2 g + F2 n = 0 ⎪⎭ A második egyenletből: F2 n = F21n + m2 g . Az első egyenletbe behelyettesítve: Fmax = µ01 F21n + µ02 ( F21n + m2 g ) = 0,6 ⋅ 62,5 + 01(62 , ,5 + 20 ⋅ 10) = = 63,75 N . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 201 ► Mechanika Valóságos szerkezetek modellezése – súrlódás A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 202 ► 202 ► 11.57 feladat: Ideiglenes közlekedési jelzőtábla billenése Adott: ∅ 300 p0 = 500 N/m 2 szélnyomás, nb = 2 (a billenéssel szembeni biztonsági tényező), µ0 = 0,2 ; g = 10 m/s 2 . p0 2m Feladat: Meghatározni, hogy mekkora legyen a talp minimális tömege és fellép-e megcsúszás a talp és a talaj között. a) A

feladat megoldása számítással. b) A feladat megoldása szerkesztéssel. m ∅ 300 Kidolgozás: a) A feladat megoldása számítással: A táblára ható eredő erő: A feladat mechanikai modellje: 0,32 π F F0 = p0 A = 500 M a = 0,2 mmin = 35,34 N 4 g − 2 F0 nb = 0 . Billenés akkor következik be, ha az F0 erő A pontra számított nyomatéka nagyobb mint az mg súlyerőé. Billenési határhelyzet: mmin = 2 F0 nb = 70,68 kg . 0,2 g Megcsúszás: F0 ≤ µ0 mmin g . 0 2m A mg 0, 2 m 35,34 < 0,2 ⋅ 70,68 ⋅ 10 = 14136 , Nem következik be megcsúszás! A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ Mechanika Valóságos szerkezetek modellezése – súrlódás A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 203 ► b) A feladat megoldása szerkesztéssel: F0 + m* g + FA = 0 . Szerkezetábra Erőábra eF F0 F0 0 eG m∗ g FA eA m* g A Billenés akkor következik be, ha az FA támasztóerő az A

felfekvési határponttól jobbra metszi a talajt. A talp minimális tömege: mmin = nb m∗ . 11.58 feladat: Hasáb nyugalmi állapota Adott: α = 30° , m = 120 kg , µ0 = 0, 25 , a = 0,6 m , h = 0, 4 m , g ≈ 10 m/s 2 . F a S h µ0 Kérdés: Az erő milyen α Fmin legkisebb és Fmax legnagyobb értékei között marad a hasáb a lejtőn nyugalomban? A feladatot oldja meg szerkesztéssel és számítással is! Megoldás: Fmin = 343,3 N , Fmax = 1160,3 N . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 203 ► Mechanika A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Szakirodalom Vissza ◄ 204 ► Szakirodalom [1] Beer, F.P – Johnston, ER: Vector mechanics for engineers – Statics, McGraw-Hill Book Company, 1984. [2] Gross – Hauger – Schnell: Technische Mechanik 1. – Statik, Springer Lehrbuch, 1988 [3] M. Csizmadia B – Nándori E: Mechanika mérnököknek – Statika, Nemzeti Tankönyvkiadó, 1996. [4] Égert J.:

Statika, Miskolci Egyetemi Kiadó, 2001 [5] NME Mechanikai Tanszék Munkaközössége: Mechanikai példatár I., Tankönyvkiadó, Budapest, 1980 [6] Égert J. – Pere B: Statika példatár, Universitas-Győr Kht, 2005 [7] Roberts, A.: Statics and Dynamics with Background Mathema-tics, Cambridge University Press, 2003. [8] Böge, A. – Schlemmer, W: Mechanikai és szilárdságtani feladatgyűjtemény, Műszaki Könyvkiadó, 1993 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 204 ►