Fizika | Mechanika, Kvantummechanika » Műszaki mechanikai példatár, 2004

Pécsi Tudományegyetem Pollack Mihály Főiskolai Kar Gépészeti Intézet Gépszerkezettan Tanszék MŰSZAKI MECHANIKA PÉLDATÁR 2004. ERFP-DD2002-HV-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom BEVEZETÉS A példatár a statika és a szilárdságtan témaköreiből több fejezetet tartalmaz, a kinematika és kinetika témakörből pedig egyet-egyet. Az volt a cél, hogy a példatár a Gépszerkezettan Tanszék által oktatott műszaki mechanika, műszaki fizika és fizika tárgyakhoz egyaránt felhasználható legyen. Mivel a fent felsorolt tárgyak már az első félévtől oktatásra kerülnek, ezért csak a középiskolás matematika tanulmányokra építhetünk. A tananyaghoz szükséges vektorszámítási alapokat a függelékben foglaltuk össze. A példák megoldásánál nemcsak a végeredményeket közöljük, hanem - különösen nehezebb

példáknál - sokszor a teljes számítást és szerkesztést is. Nagyon fontos a példatár tanulmányozásánál, hogy a megoldást csak akkor nézzük meg, ha a feladatot megoldottuk. Tehát ne azt ellenőrizzük magunkon, hogy a közölt megoldást értjük-e, hanem szerezzünk gyakorlatot a példák önálló megoldásában. A feladatok számszerű megoldásánál ma kizárólagosan mindenki zsebszámológépet használ, azonban ezek numerikus pontossága nagyobb a szükségesnél. Általában kimondható, hogy 0,2 %-nál nagyobb pontosságot a gyakorlati mérnöki problémáknál nem kívánunk meg A példatár második kiadását számítógéppel szerkesztettük és kibővítettük a megoldás részt is. Reméljük, hogy a példatár hozzájárul a tananyag sikeres elsajátításához! ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 4

Szerzők: Dr. Orbán Ferenc 1.00-1600 fejezet Glöckler László 17.00 fejezet Regőczi Márta megoldások A kéziratot lektorálta: Dr. Tímár Imre Kiadó: Pécsi Tudományegyetem Pollack Mihály Műszaki Főiskolai Kar Pécs A Mechanika Példatár a ERFP-DD2002-HU-B-01.sz Phare pályázat alapján készült ERFP-DD2002-HV-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom TARTALOMJEGYZÉK 1.00 2.00 3.00 4.00 5.00 6.00 7.00 8.00 9.00 10.00 11.00 12.00 13.00 14.00 15.00 16.00 17.00 1.00 2.00 3.00 4.00 5.00 6.00 7.00 8.00 9.00 10.00 11.00 12.00 13.00 14.00 15.00 16.00 17.00 BEVEZETÉS SÍKBELI ERŐRENDSZEREK KINEMATIKA KINETIKA KÉTTÁMASZÚ TARTÓK IGÉNYBEVÉTELE TÖTVONALÚ TARTÓK SÍKBELI RÁCSOS TARTÓK SÍKBELI CSUKLÓS SZERKEZETEK SÚRLÓDÁS SÍKIDOMOK SÚLYPONTJA ÉS MÁSODRENDŰ NYOMATÉKAI HÚZÁS-NYOMÁS, TISZTA NYÍRÁS HAJLÍTÁS

CSAVARÁS EGYIRÁNYÚ ÖSSZETETT IGÉNYBEVÉTELEK TÖBBIRÁNYÚ ÖSSZETETT IGÉNYBEVÉTELEK KIHAJLÁS HAJLÍTOTT TARTÓK ALAKVÁLTOZÁS SZÁMÍTÁSA STATIKAILAG HATÁROZATLAN SZERKEZETEK MEGOLDÁSOK SÍKBELI ERŐRENDSZEREK KINEMATIKA KINETIKA KÉTTÁMASZÚ TARTÓK IGÉNYBEVÉTELE TÖTVONALÚ TARTÓK SÍKBELI RÁCSOS TARTÓK SÍKBELI CSUKLÓS SZERKEZETEK SÚRLÓDÁS SÍKIDOMOK SÚLYPONTJA ÉS MÁSODRENDŰ NYOMATÉKAI HÚZÁS-NYOMÁS, TISZTA NYÍRÁS HAJLÍTÁS CSAVARÁS EGYIRÁNYÚ ÖSSZETETT IGÉNYBEVÉTELEK TÖBBIRÁNYÚ ÖSSZETETT IGÉNYBEVÉTELEK KIHAJLÁS HAJLÍTOTT TARTÓK ALAKVÁLTOZÁS SZÁMÍTÁSA STATIKAILAG HATÁROZATLAN SZERKEZETEK FÜGGELÉK TÁBLÁZATOK ERFP-DD2002-HV-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 4 5 26 29 34 36 38 40 44 47 50 53 58 61 65 68 71 73 76 92 98 104 113 122 130 139 145 152 156 164 168 176 184 187 194 208 216 3

FELADATOK PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 1.00 SÍKBELI ERŐRENDSZEREK 1.1 Adott az x-y koordináta rendszerben rA és rB helyvektorok: r A = 4i + 5 j m, r B = 6i + 8 j m . Határozza meg az A pontból B pontba mutató r AB vektor kétszeresét! 1.2 A derékszögű lemez sarokpontjaiban az x-y síkban lévő F 1 ,F 2 ,F 3 ,F 4 erők hatnak. F1 = 400 N , F 2 = 600 N , F 3 = 200 N , F 4 = 400 N , α = 600 ,β = 300 Számítsa ki a lemezre ható erők vektorális összegét és az erők összegének abszolút értékét! y F1 α β F2 x F3 √3 1.2 1.3 Ismeretes a és b vektorok nagyságát a = 4 m, b =6 m α = 30 0 , β = 45 0 . Határozza meg a két vektor a+b összegét, a − b különbségét, a ⋅ b skaláris szorzatát és a xb vektorális szorzatát ! y b β a α x 1.4 1.3 Az x-y síkban lévő a és b vektorok abszolút értéke és egymással bezárt szöge adott: a = 4 m, b = 3 m, ϕ = 60 0 . Számítsa ki a két vektor a

⋅ b skaláris szorzatát és a xb vektorális szorzatának abszolút értékét ! Ábra a következő oldalon. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 5 y a b x 1.4 1.5 Adott az x - y koordináta-rendszerben r A és r B helyvektor: r A = 2i + 1 j m, r B = 6i + 4 j m . Határozza meg az A pontból B pontba mutató egységvektort! 1.6 Az A ponton átmenő egyenes irányát e egységvektor jelöli ki. r A = 3i + 5 j , e =0,8i + 0,6 j . Írja fel az egyenes egyenletét! 1.7 Ismert a B és C pontok koordinátája. B (5;2), C (1;7) Határozza meg az r AB és r AC vektor által bezárt szöget, ha az A pont a koordinátarendszer kezdőpontja! 1.8 Ismert az a vektor: a = 4i + 3 j m . Határozza meg az e egységvektor által kijelölt egyenesre eső vetületét, ha e = 0,92i + 0,285 j ! 1.9 Vizsgálja meg, hogy az alábbi vektorok

közül melyek merőlegesek egymásra: a = 2,5i + 6 j, c = 3i + j , a. b. b = 12i − 5 j, d = 0,5i + 2 j . 1.10 Számolja ki az A, B, C, ∆ területét és az ABC síkra merőleges vektor értékét, ha az A pont a koodináta-rendszer kezdőpontja! r B = 3i + 5 j m, r C = 8i m . 1.11 Adott az F 0 erőnek F 1 és F 2 komponense F 1 = 40i + 50 j kN , F 2 = −20i + 4 j kN . Számítsa ki az F 0 erőt: a.) F0 abszolút értékét, b.) irányát kijelölő egységvektorát! 1.12 Az ábra szerinti 4 erő hat a szemescsavarra Határozza meg az erők eredőjét a csavaron! ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 6 F 1 = 150 N , F2 = 80 N , F 3 = 110 N , F 4 = 100 N . A feladatot oldja meg skalárisan és vektorosan is! y 20 30 15 x 1.12 1.13 Határozza meg az F 1 és F 2 erők X és Y komponenseit! F 1 = 1560 N , F 2 = 1360 N . 40 60

y F1 F2 x 75 25 1.13 1.14 Az AB huzalban ébredő erő 650 N Határozza meg az A csuklóban ébredő erő vízszintes és függőleges komponensét, valamint a C csuklóerőt és a Q erő nagyságát! A y 1,2m X 0,3 C Q B 0,5 1.14 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 7 1.15 Határozza meg az x-y koordináta-rendszer kezdőpontjában támadó erők eredőjének e1 és e 2 egységvektorokkal kijelölt irányokba eső komponenseit! F1 = 400 N , F2 = 100 N , F3 = 200 N , e1 = 0,866i + 0,5 j , e 2 = −0,5i + 0,866 j . y e2 30 30 F3 F1 x F2 1.15 1.16 Az alábbi vektor egyenletben ismert az R , F 1 és az F 2 hatásvonalát kijelölő e 2 egységvektor. Határozza meg az F 2 és F 3 értékét! R = F1 + F 2 + F 3 , R = 4 kN , F 1 = 5 kN , e 2 = 0,6i − 0,8 j . y F3 0 F2 R F1 x e2 1.16 1.17 Adott egy három

erőből álló erőrendszer Határozzuk meg az erőrendszer eredőjét! F 1 = 660i + 540 j N , F 2 = −520i − 300 j N , F 3 = 225i − 400 j N . Ábra a következő oldalon. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 8 y F1 F2 x F3 1.17 1.18 F1 és F2 erők hatásvonalának lejtővel bezárt szöge ismeretlen. Az F 1 és F 2 erővektorok közti szög 40o . F 1 = 300 N , F 2 = 300 N , F 3 = 500 N . ( ) Határozza meg az erőrendszer azon eredőjéhez R = F 1 + F 2 + F3 tartozó α szöget, amelynek hatásvonala párhuzamos a lejtővel! F2 40 A 30 1.18 1.19 Az ábrán látható két szögvas elem egy csomólemezhez kapcsolódik A szögvas elemeket terhelő erők F 1 és F 2 . határozza meg szerkesztéssel és számítással a csomólemezt terhelő eredő erőket. F 1 = 2500 N , F2 = 2000 N . ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL

Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 9 15 40 x F2 y F1 1.19 1.20 Ismertek az F1 és F 2 erők, valamint az F 3 erő iránya F 1 = 40i + 18 j kN F 2 = −2i + 2 j kN F3 = F3 ⋅ j Határozza meg az F 3 értékét úgy, hogy az F 1 és F 3 erők összege merőleges legyen F 2 - re! 1.21 Határozza meg a reakcióerőket! 4kN 30 A 2m B µ0=0 4m 1.21 1.22 Határozza meg a reakcióerőket! x µ0=0 0,3m B y 120 N A 0,2 0,2 1.22 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 10 1.23 Az A pontszerű merev testre 4 erő hat Határozza meg az eredőt! F 1 = 300 N , F 2 = 173,2 N , F 3 = 200 N , F 4 = 400 N . Y F4 30 A X F1 F3 30 F2 1.23 1.24 Az ábrán látható teher súlya 1000 N Határozza meg azon legrövidebb

lánc-hosszat (ABC), amelyben emelésnél 1300 N erő ébred! C B 1.2 A 3.6 m 1.24 1.25 Határozza meg az F erő azon értékeit, amelynél mindkét kábel ( AB és BC ) feszes marad! A tg 4 = 3 30 F C B 120 N 1.25 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 11 S 0,8 m 1.26 m= 20 kg tömegű golyó (sugara R=0,5 m) függőleges falnak támaszkodva a felületén lévő ponthoz kötött S kötélen függ. Határozza meg a golyó nyugalmi helyzetét és a keletkező reakcióerőket! (g = 10 m/s2 ) G 1.26 1.27 Az ábrán látható 4 erőből álló erőrendszer egyensúlyban van F 1 + F 2 + F 3 + F 4 = 0 Határozza meg az F3 , F4 erők abszolút értékét! F 1 = 1,0 kN , F 2 = 2 kN . y F1 F4 x 30 F3 1.27 1.28 Határozza meg a reakcióerőket! F = 8 kN y S A 45° 1,2m F x 1,9m 1.28 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL

Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 12 1.29 Határozza meg a Q egyensúlyozó erőt, ha igaz, hogy F 1 + F 2 + F 3 + Q = 0 F 1 = 500 N , F 2 = 300 N , F 3 = 573,2 N . y 30 F3 x F1 30 1.29 1.30 Határozza meg a reakcióerőket! y B F=20 N R=0.1 m A x 1.30 1.31 A P pontban ható F erő hatásvonala x - y síkban esik F = −4i + 2 j kN , r p = 4i + j m . Számítsa ki az F erő a.) A pontra vonatkozó M A nyomatékát! b.) A z tengelyre vonatkozó M Z nyomatékát! y F P rp x A 1.31 1.32 Ismeretes a síkbeli erő-nyomaték rendszer F 1 = −8i − 5 j kN , F 2 = −12i kN , F 3 = −20 j kN , ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 13 M 2 = −12 kNm, B(4,6 )m, C (3,−1)m . Redukálja az erőrendszert az A és C

pontra! y F2 M2 B F1 A C x F3 1.32 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 14 1.33 Redukálja a síkbeli erőrendszert a 0 pontra, majd határozza meg az eredő erő hatásvonalának egyenletét (centrális egyenes)! A (-4; -3) m, B (-4; 2) m, C (8; 4) m, F 1 = −2i − 2 j kN , F 2 = 3i kN , F 3 = 4 j kN . y F3 F2 C B A x 0 F1 1.33 1.34 Ismert a párhuzamos erőrendszer A pontra számított nyomatéka, valamint F1 ,F 2 és F 4 erők. M A = −14k kNm , F 1 = −2 j kN , F 2 = 8 j kN , F 4 = 3 j k N . Határozza meg az F3 erőt! y F2 4m 3 F3 3 2 F1 2 MA F4 x A 1.34 1.35 Az x- y síkban fekvő erőrendszer a p = p (x ) j sűrűségű, x tengely mentén megoszló erőrendszerből és az F O koncentrált erőből áll. p1 = 3 N/m, p2 = 6 N/m, Fo = - 3 N. a.) Redukálja az erőrendszert az A pontra! b.) Hol metszi

a centrális egyenes az x tengelyt? ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 15 1.36 Határozza meg a síkbeli párhuzamos erőrendszer O pontra redukált vektor-kettősét és a centrális egyenes tengellyel való metszéspontjának helyvektorát! F 1 = −4 j N , F2 = 2 j , NF3 = −2 j N . 1.37 Határozza meg kötélsokszög szerkesztéssel a párhuzamos erőrendszer eredőjét! F1 = 3 N, F 2 = 3 N F 3 = 1 N, F 2 = 1 N . 1.38 Határozza meg a síkbeli erőrendszer eredőjét szerkesztéssel és számítással Redukálja az erőrendszert 0 pontra! Az ábra a túloldalon! F1 = 60 kN , F2 = 38 kN , F3 = 41 kN . ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 16 1.39 Határozzuk meg az erőrendszer

eredőjét és redukáljuk az A pontra! F1 = 12 kN , F2 = 5 kN , M = 8 kNm . 1.40 Egy többorsós fúrógépen hat furat készül egyszerre Mindegyik fúró 4 Nm nyomatékot fejt ki a lemezre. Mekkora minimális erőkkel tartható egyensúlyban a lemez az A és C, valamint az A és D pontokon? ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 17 1.41 Az ábrán vázolt síkbeli erőrendszer egyensúlyban van Határozza meg az F2 és F3 erőket, ha F1 = 3 kN , F4 = 0,5 kN , M = 6 kNm ! A 0 1.42 Egyensúlyozza az ábrán vázolt erőrendszert az A pontban (erő + nyomaték) ! F1 = 60 N , F2 = 60 N M = 15 Nm . 1.43 Határozza meg a tartó támasztó erőit! F1 = F2 = 8 kN . 3m A F1 F2 B 45 10m 1.43 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with

pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 18 1.44 Határozza meg a törtvonalú tartó támaszerőit! F1 = 8 kN , F2 = 6 kN , F3 = 5 kN . Az ábra a túloldalon! y 3m 2 F2 F1 F3 2m B A x 2m 2m 1.44 1.45 Határozza meg a merev test támaszerőit! F1 = 3 kN , F2 = 5 kN , M = 6 kNm . y 6m 4m 1m 2m F2 B F1 A x M 1.45 1.46 Határozza meg a tartó támaszerőit! F = 6 kN , M = 3 kNm . y F M A B 45 x 1m 1m 1m 1.46 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 19 1.47 Egy merev testre egy ismert erő hat. Határozza meg azt az A pontban ható erő és nyomaték erőrendszert, amely az erővel egyenértékű! F = 50 N . y 0,3m B 0,5m A 1,0m 30 x F 1.47-48 1.48 Az előző feladat egyenértékű erőrendszerét úgy keressük meg, hogy a B pontnál FB = 150 N erő működjön és az A pontnál is egy erő

működjön. 1.49 Egy lemezszerű testre 4 erő hat Határozza meg a lemez oldalait metsző egyensúlyozó erő nagyságát és helyét! F1 = 200 N , F2 = F4 = 250 N , F3 = 100 N . y B F1 F2 A F3 C x 150 F 150 150 D F4 1.49 1.50 Határozza meg az ábrán látható erőrendszer eredőjét és annak helyét, majd redukálja az A pontra ! F1 = 5 kN , F2 = 3 kN , p = 1 kN / m . ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 20 Az ábra a túloldalon! F1 F2 y P x A 4m 2m 1.50 1.51 Az F1 , F2 , F3 erők és az M nyomatékú erőpár eredője R Határozza meg az F1 és F2 erőket ! F3 = 5 kN , M = 3 kNm, R = 2 kN . y F3 M R 60° 1m 3 x 1m 0 1 1m 2m F1 2 F2 1.51 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial

version www.pdffactorycom 21 1.521 Az F1 erő egyenértékű az ismert hatásvonalú F2 , F3 , F4 erőrendszerrel Határozza meg az erők abszolút értékeit szerkesztéssel és számítással! F1 = 60 j N . y 0 F1 2 4 x 3m B A 2m 2m 3 1.52 1.53 Határozza meg az F erővel egyenértékű F1 , F2 , F3 erőrendszert szerkesztéssel és számítással! F = 5 kN . y F3 F2 1,2m C F 36,87 F1 A 0,5m 0,5m B 1.53 1.54 Határozza meg az egyensúlyban lévő szerkezet rúderőit! G = 300 N . A S1 S3 G 4m 3m S2 B C 4m 1.54 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 22 1.55 A G súlyú hasáb három csúcsán támaszkodik Határozza meg a támaszerőket! G = 100 N . 0 =0 1,5m C 0,4m A G B 2m 0,3 1.55 1.56 Határozza meg a tartó egyensúlyát biztosító támaszerőket! F = −1 j kN A tartó keresztmetszeti méretei

elhanyagolhatók. F 4m B S A 30 30 4m 1.56 1.57 Határozza meg a merev test egyensúlyát biztosító támaszerőket! F1 = 3 kN , F2 = 5 kN , M = 8 kNm . ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 23 F2 4 A M 1 2 F1 6m 3 1 3 2 45 1.57 1.58 A törtvonalú tartót egy M nyomatékú erőpár terheli Határozza meg a támaszerők értékét ! M = 5 kNm . 4m B 1 C M 1 kötél 45 A 1.58 1.59 Határozza meg az F erővel egyenértékű F1 , F2 , F3 erőrendszer erőinek abszolút értékét ! F = 400 N . y A 2 4 60 3 F 2 1 0 x 1 2 3 4 B 3 1 1.59 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 24 1.60 Határozza meg a törtvonalú tartó támaszerőit! F = 6 N B A 1m 2m F C

1m 3m 1.60 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 25 2.00 KINEMATIKA 2.1 Egy tömegpont egyenesvonalú pályán mozog. Írja fel mozgástörvényét és v(t) sebességfüggvényét, ha a gyorsulás állandó; a = 4 m/s2 ! A t = 0 időpillanatban so = 15 m és v0 = 8 m/sec. 2.2 A tömegpont R = 1,5 m sugarú körpályán állandó pályasebességgel mozog. A szögsebesség ω= 0,6 1/sec. Számítsa ki a normális gyorsulást, a keringési időt, a fordulatszámot és a befutott körívet ∆t = 15 sec múlva! 2.3 Egy tömegpontot v 0 = 200 km/óra sebességgel hajítunk el vízszintesen. Határozza meg a tömegpont sebességét az elhajítás után 10 sec-el ! Rajzolja meg a mozgás hodográfját! G=9,81 m/s2. 2.4 Egy tömegpont a [ 0; t1] időszakban a = 1 m/s2 gyorsulással indul és 20 m/s sebességet ér el. A [ t1 ; t2]

időszakban egyenletesen halad és az indulástól számítva 1000 m utat tesz meg. Határozza meg a t1, t2 időértékeket, a két időszakban megtett utat és rajzolja meg a foronómiai görbéket! 2.5 Egy tömegpontot v 0 kezdősebességgel hajítunk el a földről. Határozza meg az emelkedés idejét és magasságát, valamint a földre érés távolságát ! v 0 = 23i + 19,26 j m / s , g=10 m/sec2. 2.6 Egy tömegpont valamely tetszőleges pályán <0; t3 > időintervallumban a megadott v(t) függvény szerint mozog. Rajzoljuk meg az at(t) pályagyorsulás és s(t) út függvényeket ! A kezdeti időpontban: s0 = 0. v (m/s) 4 t2=5 t1=2 t3=7 t (sec) -2 2.6 2.7 Ismert az xy síkkal párhuzamos síkmozgást végző merev test A pontjának v A sebessége, valamint a B pont sebességének β hatásvonala. (27 ábra a túloldalon!) v A = 4i + 4 j m / s . Határozza meg szerkesztéssel a.) a sebességpólust! b.) B és C pontok v B és vC sebességét! c.) a merev test ϖ

szögsebességét! ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 26 y C 2m vA B A 4m 2.7 2.8 1 a szögsebessége. s Határozza meg a vázolt helyzetben a 2 jelű rúd pillanatnyi a.) P sebességpólusát, ϖ 2 szögsebességét és B pontjának v B = sebességét! b.) ε2 szöggyorsulását és B pontjának a B gyorsulását! A forgattyús mechanizmus forgattyújának ϖ 1 = −2k B 3m 2 y 1,5 A 1 3m x 2.8 2.9 A falhoz támasztott, 5 m hosszú, létraszerű merev test B pontját vB = 0,6 m/s állandó vízszintes sebességgel elcsúsztatjuk. Mekkora lesz az A pont sebessége 1,5 sec múlva? y 3m A VB 0 B 4m x 2.9 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 27 y 2.10 Az R sugarú

henger vízszintes talajon gördül. 0 pontjának v0 sebessége állandó. R = 4 m; v0 = 20 m/s. a.) Határozza meg a pillanatnyi sebességpólust! b.) Határozza meg a v A , vB és vC sebességeket ! c.) Határozza meg az A, B, C pontok gyorsulását ! R C v0 B 0 A x 2.10 2.11 Az ábrán vázolt A, B, C rúd és a D, B rúd csuklósan kapcsolódnak egymáshoz A, C pontban csukló van, de a D pont a talajon elmozdulhat vízszintesen. A talaj felületét tökéletesen simának tételezhetjük fel. Ha vD = −1,2i m/sec, határozza meg a v A sebességet ! y 3m A 2m B D x VD 30 C 30 2.11 2.12 Az ábrán látható keverő dob két görgőre támaszkodik A dob miközben 12 fordulatot tesz meg, fordulatszáma egyenletesen nő 25 1/min-ról 45 1/min-ra t időintervallumban. Ha nincs csúszás a dob és görgők között, határozza meg: a.) az időintervallumot és b.) a görgők szöggyorsulását! C Rg = = RD 12 5 25 B A 2.12 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari

hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 28 3.00 KINETIKA 3.1 Az ábrán látható matematikai inga egy l hosszúságú súlytalannak tekinthető rúdból és m tömegű tömegpontból áll. Határozza meg a mélypontban szükséges v0 sebességet, ha azt szeretnénk elérni, hogy az inga 1300-os helyzetben feszültségmentes legyen. l = 1,2 m; g = 10m / s 2 . A R 130 B vo 3.2 3.1 3.2 R sugarú, sima körpályán m tömegű anyagi pont lecsúszik. Számítsa ki a legalsó pontban a pályanyomást és a tömegpont sebességét! m = 2 kg; R = 1 m; g ≅ 10 m/sec2. 3.3 Függőleges tengely körül csapágyazott vízszintes síkú tárcsán a forgástengelytől r = 0,5 m távolságra G = 30 N súlyú, pontszerűnek tekinthető test helyezkedik el. A test és a tárcsa közötti nyugvásbeli súrlódási tényező µ 0 = 0,1. A tárcsa nyugalmi helyzetből indul és állandó ε

szöggyorsulással forog. Határozza meg, hogy az indulástól számítva hány másodperc múlva mozdul el a test a tárcsához viszonyítva! 1 ε = 0,5 2 . s F ε 10kg r G 1 2kg 2 4kg 3.4 3.3 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 29 3.4 Három tömegpontból álló rendszert súlytalan fonalak kötik össze. A rendszert F = 240 N erővel felhúzzuk. Határozza meg a kötélerőket! 3.5 Az elhanyagolható tömegű, ideálisan sima csigára az ábra szerint három tömegpontnak tekinthető súlyt függesztünk. Határozza meg: a) a rendszer gyorsulását, ha g=10 m/s2, b) a fonalerőket, c) Ha a 2 kg-os súly h = 10 m magasan van, mennyi idő alatt ér le? 2 1 5kg 3kg 3 h=10m 2kg 3.5 3.6 Mekkora percenkénti fordulatszámmal lehet a drótkötél végére erősített 200 kg tömegű súlyt síkban forgatni, hogy

drótkötél ne szakadjon el? A drótkötél szakítóereje: F = 150 kN. 200kg l=3,5m 3.6 3.7 Az l hosszúságú, m tömegű homogén rúd az A pontban csuklóval, a másik végén függőleges fonállal rögzített. Ábra a túloldalon! ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 30 Határozza meg az FA erő értékét, ha a fonalat elégetjük. m = 5 kg; g = 10 m/s2, l = 1,2 m. y x A l 3.7 3.8 A kezdetben n0 percenkénti fordulatszámmal forgó, R sugarú tárcsát az f jelű féktuskó rászorításával akarjuk lefékezni. A tárcsa tehetetlenségi nyomatéka a z forgástengelyre Jz. A tárcsa és a féktuskó közötti µ súrlódási tényező megegyezik a mozgásbeli súrlódási tényezővel. y n0 = 600 1/min; R = 0,2 m; Jz = 1 kgm2; µ = 0,2. n0 R a) Hányat fordul a tárcsa megállásig, ha F0 = 500 N ? x f b) Mekkora F0,

erő esetén áll meg t = 15 sec alatt a tárcsa? 3.8 3.9 A z tengely körül forgó R sugarú, m tömegű vékony gyűrű legalsó kiinduló helyzetében a B pont N B 0 sebessége ismert. A z tengellyel párhuzamos, S súlyponton átmenő tengelyre a másodrendű nyomaték JS ≅ mR2; R = 0,625 m; m = 2 kg; g ≅ 10 m/s2; N B 0 = 6,25 m/s. Ábra a túloldalon! ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 31 Határozza meg a gyűrű induló és 90o-kal elfordult helyzetében. a) a B pont gyorsulását, b) az FA kényszererőt! y S1 A B x S G R m B 3.9 3.10 y 2 1 x Az R sugarú Jz inercianyomaték csigán átvetett köteleken Q1 és Q2 súlyok függenek. A csiga tengelyén súrlódás nélkül forog. Q1=300 N, Q2=100 N, R=0,5 m Jz=1,25 kgm2, g=10 m/s2 a.) Mekkora a rendszer gyorsulása? b.) Kötélágakban ébredő erők? Q2 Q1

3.10 0,25l 3.11 Adott v0 kezdősebességű tehergépkocsi négy kerekét fékezzük, teljesen befékezett kerekekkel. vo Határozza meg : a.) a fékezési időt, S b.) a fékutat! c.) A fékezés közben hogyan változik a tengelynyomás? 0,6l 0,4l l =3,2 m, G=65kN G µ=0,12 v 0=65km/h, 3.11 g=9,81 m/s2 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 32 3.12 A D átmérőjű G súlyú excentrikusan felékelt tárcsa állandó ω0 szögsebességgel forog. R=0,2 m, G=3 kN, e=2 mm, ω0 = 50 1/s, b=0,4 m, l=0,6 m, g=10 m/s2. y A G S 2R=D e ω0 B FA x Számítsa ki, hogy a forgás közben a [FB] értéke milyen határok között változik! Az ellenállásokat hanyagoljuk el! FB b l 3.12 3.13 y F0 S R mg A 3.13 x A R sugarú, m tömegű homogén körhenger vízszintes érdes pályán gördül. R=0,1 m; m=30 kg; g=10 m/s2; a S = 8i

m / s 2 . a.) Mekkora F0 erő hat a hengerre tekert fonál végére? b.) Számítsa ki az FA kényszererőt! c.) Mekkora a gördüléshez szükséges nyugvásbeli súrlódási tényező? ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 33 S TATI KA 4.00 KÉTTÁMASZÚ TARTÓK IGÉNYBEVÉTELE A feladatokban határozza meg a támaszerőket és az igénybevételi ábrákat! 40kN 20kN 8kN 8kN/m A A 2,0m 3,0m 2,5m D C B 1,5m 1,5m 3,0m 4.2 4.1 y 1,5kN/m 5 2kN 4kN/m 45 1,5kNm 3kNm A A B D C 1m 1m 3,0m D C B x E C B 12 1m 2,0m 1,5m 45° D 2,0m 1,5 2kN 4.4 4.3 2kN 4kN 2kN/m 3kN/m 7kNm 0,4kNm A B 1m 2m D C 4m A B 2,0m 4.5 C12 E 1m 1m 1m 1m 4.6 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial

version www.pdffactorycom D 34 2kN 4kN 11kNm 2kN/m y 10kN 3kN/m 20kN A B12 1m 1m C 3kN 2m 1m D A B 1kN 2m 3m 8m 4.7 y 10kN/m A 2kN 4m 2m 5m 4.8 y 2kN 2kN/m 3kNm 30 C B x D C 12 D 2m 30 x A C B 12 2m 1,5m 3,0m 4.9 4.10 D 1,5m 2kN 4kN 6kN/m 8kNm y 5kN/m 30kN 30kN A B 2m D C 1m 3m A 2m B 12 2m 4.11 2m 2m 4.12 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom x C 35 30kN 5.00 TÖRTVONALÚ TARTÓK Határozza meg a tartók támaszerőit és rajzolja meg az igénybevételi ábrákat! 2kN y 2kN/m D C B 5kNm x 1m 1m B C D 3kN 4m A 1kN/m x A 1,5m 1,5m 3m 5.1 5.2 2kN y 3kN D E 2 B 5kNm 1 2kN/m A 40kN C D x A 1,5m 1,5m 2m 5.3 y x B 4m 4m C p=20kN/m 5m y 5.4 2kN/m 6kN B C y 1m 2 4m 20kNm 1 E 8kN B 2m 2m x D 2m 5kN D A C 2m E 5m A 5.5 x

5.6 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 36 y y 2m széles 2kN/m B víz B A E 4m 6m 2m C 3kN D x 6m 5.7 5kN y 4kNm 4kN 5.8 2m 1m 2 2kN 1B C D B y 4m 4m 45 2m 2kN/m A 3kN/m x A D C x 4m 3m 5.9 5.10 F1=300N 1,5m 1m F2=500N 2 1m F3=200N 1,5m 4 3 6.3 5 A x 5.11 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 37 6.00 SÍKBELI RÁCSOS TARTÓK Határozza meg a rácsos tartók rúderőit! 1,2m A 0,9m 1 500N 375 3 1,6m 1200N 2 3 2 1 A B 400 B 500 6.2 6.1 A 5kN 6 2 1 A 1,5m 5kN 3 5 30 30 4 7 y 3kN 1 5 2 7 4 x 6 3 2m B 2m 3kN B 6.4 6.3 2 4 5 A y 4kN 3m 3 1 B 3m 4kN 4 A 2 3m 6.5 x B 6.6

ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 5 3m 3 1m 1 2m 650N 38 2kN 6 x 2 4kN 6 2m 3 7 5 1 x B B 1,5m 1,5m 3 7 5 4 8 2m 2m 6.7 9 11 10 180kN 2m 3m 2 4 2kN 1 A y A y 80kN 6.8 y 4kN 1 4m 2 4 5 6kN 3 A 2kN x B 4×3=12m 6.9 400 A y 5 3 2 4 B 300 1 C 450 300N D x 300N 6.10 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 39 7.00 SÍKBELI CSUKLÓS SZERKEZETEK E feladatcsoporton belül az összetett szerkezet egyensúlyát biztosító külső erőket (reakció erők) kell meghatározni, valamint a belső (csukló, rúd) erőket. A "tartóknál" az igénybevételi ábrákat is meg kell rajzolni. y 300N 3m 3m D 120N A B x 15

15 300N 3m 3m E A C B 30 9m 100 120N 7.2 7.1 3,6m y 200N 200N 2,7m A C 2400N D 2,7m B 30 30 A B Fv =? E 7.3 4,8m 7.4 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom x F 40 500N y D B A C 2m 4m 3m 7.5 1kN y 3kN 4kNm 2kN A B 2m 2m C 2m E D 2m 2m x F 4m 7.6 120N y 1 2 B A 2m 2m 4m 105N 2m C x 5m 7.7 750N B A C 60 y E D F x 80 80 80 80 7.8 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 41 E 560N y A 100 50 x B D C 125 50 75 100 7.9 100 120 400N 80 B C A 200 7.10 300 360N B C 45 D A 200 200 50 7.11 F=? 400Nm 75 175 7.12 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése

a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 42 1000kg 0,8m 0,8m A C B 0,7m 1,4m D g=9,81m/s2 60 H E G 1,6m 1,6m 7.13 2kN/m 1m 1m 4kN C B E 3kN D 1m 2m y A x 3,0m 2m 1m 7.14 3 2 1 y 1m x G=200N A s G G 7.15 0 =0 B ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 43 8.00 SÚRLÓDÁS 8.1 Legfeljebb mekkora lehet a vízszintes F erő, hogy a test még nyugalomban maradjon? (8.1 ábra) ; G = 100 N 8.2 Vizsgálja meg, egyensúlyban van-e a test a lejtőn? Mekkora a súrlódóerő és normálerő? (8.2 ábra) =0,4 0 G =0,3 0 F=100N 10 G=300N =30 8.2 F 8.1 8.3 A két test kábellel kapcsolódik. A test és a vízszintes sík közötti súrlódási tényező µ0 = 0,5. Határozza meg α azon értékét, amikor az A test nem mozdul el! 8.4 A két

henger egymással szemben forog. A kőtörőként használt két henger mekkora s méretű követ tud áthúzni csak a súrlódással? µ0 = 0,35, r = 600 mm, d = 25 mm. s A B r r d 8.3 8.4 8.5 Egy elhanyagolható súlyú éket F erővel két súlyos lemez közé ütünk. (GA = GB = 100 N) Határozza meg az F erő azon értékét, amely hatására az ék elmozdul ! A súrlódási tényező a felületek közt µ0 = 0,35. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 44 8.6 Az A jelű testre (súlya elhanyagolható) Q = 2000 N erő hat. Mekkora erőt kell kifejteni az éken, ha meg akarjuk emelni az A jelű testet ? µ02 = 0,25 F 75 Q 75 A B A F 8 8.5 8.7 8.6 A vázolt súlytalannak tekinthető tartó egy függőleges csövön csúszhat. A súrlódási tényező a cső és tartó között 0,25, határozza meg az F erő

hatásvonalának minimális x távolságát amelynél a tartó a csövön nem csúszik le ! x 0,6m F 0,3m 8.7 8.8 Legalább mekkora M nyomaték szükséges, hogy a G = 50 N súlyú, érdes síkon nyugvó hengert a tengelye körül el tudjuk fordítani? r = 30 mm. G 0 =0,2 r M 8.8 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 45 8.9 A dobra 90 Nm nyomaték hat. Határozza meg a legkisebb dugattyú erőt, amelynél a dob nem tud elfordulni a.) óramutató irányában, b.) órával ellentétes irányban! 150 B A 150 300 C 0 25 0 =0,4 8.9 8.10 A hidraulikus henger 2400N erőt fejt ki a szerkezetre Határozza meg a súrlódó erő nyomatékát a dob tengelye körül, ha a dob a.) óramutató irányában forog, b.) óramutatóval ellentétesen forog! 8.11 Egy kötéltartón kétszer vetjük körbe a kötelet! Határozza meg a

súrlódási tényező értékét, ha a kötél erők ismertek! 150N 7500N 8.11 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 46 9.00 SÍKIDOMOK SÚLYPONTJA ÉS MÁSODRENDŰ NYOMATÉKAI A feladatokban határozza meg a vázolt koordináta- rendszerben (x, y) a síkidomok súlypontját. A súlyponti u, v tengelyekre (párhuzamos az x és u, valamint y és v) határozza meg a másodrendű nyomatékokat, majd a főmásodrendű nyomatékokat és a főtengely helyzetét ! 10 y 20 y 100 30 10 10 x u S 30 60 v 50 110 x 9.2 9.1 y y 00 60 360 R1 v u 30 150 x 9.3 x 9.4 9.5 A negyedkör alakú síkidom statikai adatait a vázolt módon háromszögekből és téglalapokból felépítve közelítéssel számolja ki! y R40 30 30 30 x 9.5 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés

előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 47 9.6-99 A súlyponton átmenő u, v tengelyekre határozza meg a másodrendű nyomatékokat! ys v y u v 50 30 x 20 S R2 S u x 30 80 0 20 y 20 20 9.7 9.6 y v S 60 u R40 x 60 60 9.8 40 Adatok: 40 U260 y S Ix=4800cm4 y 1cm 2,4cm Iz=300cm4 x A=50cm2 u y Ix=30000cm4 Iz=1200cm4 x A=120cm2 I400 x 9.9 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 48 9.10 Mekkorák a keresztmetszet inerciái az x-y tengelypárra? y R3 45 0 40 20 x 30 30 9.10 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 49 S Z I L ÁR D S ÁG TAN 10.00 HÚZÁS-NYOMÁS, TISZTA

NYÍRÁS Ellenőrizze az ábrán vázolt csapszeges kapcsolatot, ha a csapszeget és lemezt a következő hatások érik: σM = 120 MPa, τM = 84 MPa, σPM = 260 Mpa. 20 10.1 0 R2 10 14 10 40 F=20kN 10.1 10.2 Az ábrán vázolt állandó keresztmetszetű rúd húzásra van igénybe véve Határozza meg az 1 méret, valamint az l méret megváltozását, továbbá az α szöggel meghatározott z tengellyel párhuzamos síkon ébredő feszültségeket ! E = 200 GPa, ν = 0,3. y a y =30 F=180kN x F=180kN z a=30 l=60 10.2 10.3 Határozza meg a vízszintes (AB) rúdban ébredő feszültséget és a rúd megnyúlását, ha a rúd körkeresztmetszetű, átmérője d = 24 mm, E = 2l0 GPa. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 50 10.4 A vázolt rácsos tartóban az 1 = 3 m hosszú szögvas rúd húzott Határozza meg a

rúdkeresztmetszetben ébredő feszültséget és a rúd megnyúlását ! E = 210 Gpa. 80kN 30kN 4m 1,5m L50*505 45 d 30 A B 3m 3m 15kN 10.3 10.4 10.5 Határozza meg az F erő értékét abban az esetben, ha az A-C rúdban = 120 MPa feszültség ébred! A rúd körkeresztmetszetű, átmérője 20 mm, E = 200 GPa. Határozza meg a B-C rúd összenyomódását, ha a rúd keresztmetszet négyzet, oldal éle 60 mm, E = 10 Gpa! Határozza meg a C pont függőleges elmozdulását! 10.6 Határozza meg a kivágáshoz szükséges erőt, ha az ábrán látható méretű alkatrészt kell lemezből kivágni! A lemez 300 MPa nyírószilárdságú. y A 20 200 3m *5 4m C x F=? 10.5 20*45 400 20 B 10.6 10.7 A mindkét végén befogott rúd hőmérsékletét ∆ T = 50 0K - el megnöveljük Határozza meg az A és B befogásoknál keletkező feszültségeket! Ábra a túloldalon! α = 1,2 x 10-5 K-1, E = 200 Gpa. 10.8 Határozza meg az ábrán vázolt fejes csap fejmagasságát

és D átmérőjét! Ellenőrizze a csap szárméretét is! Ábra a túloldalon! σM= 100 MPa, τM = 58 MPa, σPM = 200 Mpa. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 51 D=? 10 m=? 20 A 80 B 12 40 F=10kN 10.8 10.7 10.9 Az ábrán 2 db U idomvas csomólemezre történő bekötése látható Határozza meg a szükséges illesztett szárú csavar számát ! Ellenőrizze a gyengített U keresztmetszetet! τM = 100 MPa, σPM = 260 MPa, σM = 140 Mpa. 30 12 30 70 120 60 400kN idomacél 2 területe: 1700mm 16 10.9 10.10 Milyen átmérőjű körkeresztmetszetű acélrúddal lehet a Földet megemelni? (A feladat során feltételezzük, hogy ez lehetséges földi körülmények között). A rúd önsúlyát elhanyagoljuk, a Föld sűrűsége ρ = 5520 kg/m3, sugara R = 6400 km. A köracél anyagára megengedett feszültség σM =

250 MPa. d=? 10.10 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 52 11.00 HAJLÍTÁS (egyenes hajlítás, hajlítás és nyírás) 11.1 Az egyik végén befogott körkeresztmetszetű rudat erőpár terheli Rajzolja meg a tartó hajlító nyomatéki ábráját és az A keresztmetszet mentén a feszültségek eloszlását! A kereszt- Y metszet Y F=20kN A Z X 160 F=20kN 3m 6m 11.1 11.2-4Az állandó keresztmetszetű kéttámaszú tartó terhelése ismert Rajzolja meg az igénybevételi ábrákat, határozza meg a maximális normál feszültség értékét és ellenőrizze a tartót, ha anyagára σM = 140 Mpa! A nyírásból származó feszültségeket hanyagoljuk el! y 2kN y 20 2kN A z B x 20 0,1m 0,2m 0,1m 11.2 y y A B x 2m 5 100mm 5kN 5 3m z 100mm 11.3 2,25kN 2,25kN y y A 2m x B 4m 2m 60 60 z 100 11.4

ERFP-DD2002-HV-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 53 11.5 Az adott keresztmetszetű kéttámaszú tartó és terhelése az ábrán látható A tartó anyaga nem egyformán viseli el a húzást és nyomást. Ellenőrizze a tartót! σnyM = 200 Mpa, és σhúzóM=80 Mpa. y 20 y 60 p=3kN/m s z 20 30 x 3m 60 11.5 11.6 A kéttámaszú tartó keresztmetszete a maximális nyomaték helyén ismert Határozza meg az övlemez szükséges hosszát úgy, hogy a tartó minden keresztmetszetében a σmax ≤ σM feltétel teljesüljön! A nyíró igénybevétel elhanyagolható. σM = 160 Mpa y övlemez 160kN y A 500*12 z B 4,1m L90*9011 2db 160kN 230*10 2m X 4,1m 11.6 11.7 Ellenőrizze hajlításra az adott terhelésű tartót, ha σM= 7 MPa! A nyíró igénybevétel elhanyagolható. 90 90 y z 20Nm 80Nm y S A B 6m x 2m 11.7

ERFP-DD2002-HV-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 54 11.8 Ellenőrizze a tartót, ha a nyírás nem hanyagolható el ! Határozza meg a veszélyes keresztmetszet A pontjában ébredő feszültségeket és ábrázolja kiskockán ! σM= 190 MPa, τM = 90 MPa. y 15 y C x D 6m 8 z 425 p=20kN/m 4m A 120 11.8 11.9 A téglalap keresztmetszetű, egyik végén befogott rudat F erő terheli a.) Ellenőrizze a rudat a Mohr-féle elmélet szerint, ha a rúd anyagára σM = 120 Mpa! b.) Határozza meg a veszélyes keresztmetszet S, C és D pontjában a feszültségeket! D F=30kN y y 60 20 C z x S 50 20 11.9 11.10 Határozza meg a tartót terhelő F erő nagyságát a hajlító igénybevétel alapján, ha a rúd kör keresztmetszetű ("A" változat) és teljesül a σM ∠σRED, σM = 80 MPa. Mekkora az F erő, ha a keresztmetszetet

átalakítjuk ("B" változat)? A változat y y z F = x 3m 200 B változat = y z 11.10 ERFP-DD2002-HV-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 55 11.11 Határozza meg az adott T keresztmetszetű tartó veszélyes keresztmetszetének P pontjában ébredő feszültségeket (normál és csúsztató)! Végezze el a tartó ellenőrzését MOHR elmélet szerint ! σM = 195 MPa, τM = 112 MPa. 15kN/m y 200 F B A 2,6m 200 x x P 20 y 2,6m 20 11.11 11.12 Az üreges téglalap szelvényű rúd K keresztmetszetének igénybevétele ismert F = 25 kN, M = 1 kNm. Rajzolja meg a keresztmetszetben a normál feszültségek és a csúsztató feszültségek eloszlását a jellemző metszékek kiszámításával ! 11.13 Az ábrán látható fali konzol terhelése ismert, a tartó keresztmetszete szabványos U profil (MSZ 326 ). Határozza meg a

szükséges profilméretet! σM = 140MPa, τM = 81 MPa. 10 y F S y 5 y z 10 50 M z 5 S p=0,8kN/m 1,5m 1kN x 2,0m 30 11.12 11.13 11.14 Egy állandó keresztmetszetű gerendát 2 db kötéllel emelünk Határozza meg az a távolság értékét úgy, hogy a maximális hajlító nyomaték a legkisebb legyen! A gerenda I 400 (MSZ 325) folyóméter súlya 900 N/m. Határozza meg ebben az esetben a maximális normál feszültséget! Ábra a túloldalon! ERFP-DD2002-HV-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 56 11.15 Méretezze az ábrán vázolt szigetelő tartót acélcsőből, ha terhelése F = 500 N, D/d = 1,2, σM = 180 MPa, τM = 104 MPa. I 400 Msz 325 A a B a 8m 11.14 F 2m d 0,5m D 11.15 ERFP-DD2002-HV-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with

pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 57 12.00 CSAVARÁS 12.1 Az ábrán vázolt befalazott tartót szélső keresztmetszetében Mt = 1,8 kNm nagyságú erőpár veszi igénybe. Rajzolja meg az igénybevételi ábrát, ellenőrizze a keresztmetszetet és határozza meg a tartó véglapjának szögelfordulását ! τM = 135 MPa, G = 80 Gpa. y y Mt z x l=5m d=40mm 12.1 12.2 Vékonyfalú csövet Mt = 600 Nm csavarónyomaték terhel Határozza meg a kijelölt B és C pontban a feszültségek értékét ! y y C B Mt Mt 45 z x 98 102 12.2 12.3 Mekkora M1 nyomatékú erőpár esetén lesz az A keresztmetszet szögelfordulása zérus, ha M2 = 12 kNm? y M1 y A z B 100 30 M2 200 C x 12.3 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 58 d 12.4 Az 1 hosszúságú, d átmérőjű kör keresztmetszetű rudat Mt = 900 Nm

csavarnyomaték terheli. Méretezze a rudat, ha a két végkeresztmetszet megengedett szögelfordulása egymáshoz képest - ϕmeg = 210-3 rad, G = 80.10 3 MPa és ellenőrizze feszültségcsúcsra, ha τM = 60 MPa ! Mt Mt l=700 12.4 12.5 Egy hajtómű tengelynek Mt = 0,8 kNm nyomatékot kell átvenni Mekkora átmérőjű legyen a tengely, ha τM = 50 MPa? A meghatározott átmérő kerekítése után határozza meg az elcsavarodás mértékét 1 = 500 mm hosszú tengely esetén! 1 ϕ meg = 0 / m , G = 85 Gpa. 4 12.6 A vázolt tengely egyensúlyban van Mt1 = 20kNm, Mt2 = 50kNm, G=88Gpa a.) Határozza meg az Mt3 értékét ! b.) Méretezze a tengelyt körkeresztmetszetből ! τM =60 MPa c.) Ha d = 140mm, mekkora a ϕAB szögelfordulás? A Mt1 B l1 =3m Mt2 C Mt3 l2 =2m 12.6 12.7 A d átmérőjű rúdhoz mereven kapcsolódó D átmérőjű tárcsa kerületén állandó +F és F erőkből álló erőpár működik Határozza meg a kijelölt A pontban a főfeszültségek

értékét és rajzolja meg a pont MOHR körét! y F D A F=5kN D=0,4m d=60mm F d X 12.7 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 59 12.8 Egy állandó keresztmetszetű tartó 1 = 150 mm hosszúságú szakaszára Mt = 2 kNm csavarónyomaték hat. Méretezze a tartót kör és körgyűrű keresztmetszetből, ha D/d = 2, τM = 60 MPa ! Hasonlítsa össze a két különböző keresztmetszet esetén a tartó tömegét ! Melyiket alkalmazná? 12.9 Az egyik végén befalazott körkeresztmetszetű lépcsős tengelyre M1 = 12 kNm és M2 = 5 kNm nyomaték hat. Határozza meg a tartóban felhalmozódott belső energiát és a végső keresztmetszet szögelfordulását ! (G = 80 GPa) 600 M2 80 100 M1 400 12.9 A F2 80 F1 40 30 12.10 Számítsa ki az alábbi ábrán látható tartó E keresztmetszetében a maximális feszültséget

és a ϕE szögelfordulást ! G = 81 Gpa. E l2 /2 l1 =300 l2 =500 F1=4kN B F2 l3 =600 F2=8kN F1 D1=200 D2=400 12.10 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 60 13.00 EGYIRÁNYÚ ÖSSZETETT IGÉNYBEVÉTELEK 13.1 A téglalap keresztmetszetű rúd K keresztmetszetének igénybevétele ismert. Határozza meg szuperpozíció elve segítségével a keresztmetszet feszültségeloszlását és ellenőrizze a rudat, ha σM = 180 MPa ! Határozza meg a zérusvonal helyét! 13.2 Ellenőrizze a vízszintes rudat, ha keresztmetszete I 100 szabványos idomacél! A nyírás igénybevétele elhanyagolható. σM = 140 MPa Határozza meg a zérusvonal helyét! y F=1,5kN z F=1,5kN 45 x A 1m 2m 13.1 1m B 13.2 13.3 Az ábrán feltüntetett derékszögű négyszög keresztmetszetű acél rudat F = 15 kN húzóerő az A pontban terheli.

Határozza meg a keresztmetszetben ébredő feszültségeket ! 13.4 Egy szabványos I 180 idomacélból készült gerendát M = 3 kNm nyomatékú erőpár hajlításra terheli. Határozza meg a gerenda keresztmetszet A, B, C, D pontjaiban a feszültségeket és a semleges tengely helyét ! F=15kN z A B x y 10 S A x 30 18 y C M=3kNm 30 D z A 13.3 13.4 ERFP-DD2002-HV-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 61 13.5 Határozza meg a maximális nyomaték helyén a T keresztmetszet szélső pontjaiban ébredő feszültségeket ! (A, B,C) y C 1,0 F2=2kN 40 F3=1kN 30 p=4kN/m F1 =3kN 2 00 y 40 40 B 2,0m 2,0m 1,0 1,5m x z 25 A 13.5 13.6 Az ismert terhelésű tartó AB szakaszát ellenőrizze! Kihajlás-veszély nincs σM = 80 MPa. x 16kN/m B C 0,5m 0,5m A I 120 (Msz 325) z y 13.6 13.7-8Határozza meg a maximális

nyomaték helyén a szélső pontok feszültségeit a nyírófeszültségek elhanyagolásával ! A terhelések eredője átmegy a keresztmetszetek nyírási középpontján. y F=5kN y B F C S x l=1m z L 120*808 A 13.7 y y B U240 p=2,58kN/m x F l=5,2m z A 13.8 30 ERFP-DD2002-HV-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 62 13.9 Adott egy téglalap keresztmetszetű oszlop A keresztmetszetre működő hajlítónyomaték M = 1,0 kNm. Mekkora N normálerőt kell működtetni egyidejűleg a tartóra, hogy a keresztmetszetben csak nyomófeszültség ébredjen? N M=1kNm y x y z 80 13.9 13.10 Határozza meg a tartó K keresztmetszetének feszültség eloszlását, ha a nyírástól eltekintünk ! σRED = ? K-K 40 K 2m K 0 320 F=125kN 40 2m 20 B A 180 4,0m 13.10 13.11 A gerenda terhelése ismert Mekkora N nyomóerőt kell a

súlypontban működtetnünk, ha azt kívánjuk elérni, hogy σhúzó max = 20 MPa legyen? y p=2kN/m 20 N=? x S z B 13.11 20 A l=2m 60 y 60 ERFP-DD2002-HV-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 63 13.12 A vázolt keresztmetszetre M nyomatékú erőpár hat, adott síkban Határozza meg a keresztmetszet szélső pontjaiban ébredő feszültségeket! M = 3,75 kNm. y 60 B A 6 M z 8 C 80 30 D 13.12 ERFP-DD2002-HV-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 64 14.00 TÖBBIRÁNYÚ ÖSSZETETT IGÉNYBEVÉTELEK 14.1 Határozza meg a feszített csavar nyírt keresztmetszetében lévő A pont feszültségi állapotát, főfeszültségeit, azok síkjait MOHR kör segítségével ! y F1=22kN F2=35kN x A 24 F2=35kN

F1=22kN 14.1 840 d D2= D1= 210 14.2 Határozza meg a szükséges tengelyátmérőt, ha σM = 95 MPa, τM = 50 MPa ! Q=60kN F=15kN 130 320 450 14.2 14.3 Határozza meg a befalazási keresztmetszet A pontjában ébredő feszültségeket és a MOHR kör szerkesztése alapján a főfeszültségeket, a főirányt ! F=12,7kN y A x M=6,3kNm t y z 1m 130 14.3 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 65 14.4 Méretezze az ábrán vázolt tengelyt, ha σM = 190 MPa τM = 100 MPa ! 220 B d A F2 F1=2kN 450 150 150 D2= 440 14.4 14.5 Ellenőrizze a kör keresztmetszetű rudat, ha τM = 135 MPa, σM = 230 MPa ! F=12,6kN Mt =1,7kNm 40 14.5 30 14.6 Ismert a keresztmetszet és a terhelései Rajzolja meg a feszültségek eloszlását és számítsa ki az "A" pont redukált feszültségét! N = 70 kN, Tx = 20 kN, y Ty =

30 kN, Mx = 12 kNm, My = 5 kNm, A = 4800 mm2, Ix = 792.10-8 m4, My Iy = 184.10-8 m4 Tx Mx x 10 N 10 Ty 60 30 120 A 14.6 14.7-8A rudat terhelő erőrendszer ismert Határozza meg a befogás keresztmetszetének igénybevételeit és a kijelölt pontokban a főfeszültségek és főirányok értékeit! y B T=0,6kN “A” keresztmetszet z C “A” 0,5m 40 14.7 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 66 T=3kN B C 0,6m 100 14.8 14.9 Az egységnyi vastag derékszögű háromszöglap befogóira ható normál és nyírófeszültségek ismeretesek. Határozza meg az átfogó oldalán fellépő ρn feszültségeket, ill. ennek normál és nyíró komponensét! σx = 60 N/mm2, σy = 35 N/mm2, τxy = 20 N/mm2. y σx τyx 35° X τxy 14.9 σy 14.10 Határozza meg a tartó K keresztmetszetének feszültségeloszlását ! K-K 40

K 320 F=125kN 2m 2m K ≈0 20 40 B A 180 4,0m 14.10 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 67 15.00 KIHAJLÁS 15.1 Az ábrán látható négy rúd különböző alakú, de azonos keresztmetszetű (A = 1232 mm2). Hasonlítsuk össze a karcsúsági tényező értékeit, feltételezve, hogy a rudak egyenértékű hossza megegyezik. l 0 = 1500 mm! y y x x y x d x a y a L40*404 L40*404 15.1 15.2 Ellenőrizze az ábra szerinti megfogású és terhelésű I 180 szelvényű rudat, ha E = 210 GPa, n = 3 ! 15.3 Egyik végén befogott öntöttvas rudat F = 9 kN erő centrikusan terhel A rúd keresztmetszete az ábrán látható. Ellenőrizze a rudat! 1 = 4 m, E = 100 GPa, n = 10. F=140kN 20 0 I 180 Msz 325 260 15.2 15.3 15.4 Az ábrán vázolt keresztmetszetű rudat ellenőrizze! A rúd egyik végén befogott F = 700

kN, l = 10 m, σM = 140 MPa. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 68 15.5 Ellenőrizze a vázolt rácsos tartót, ha a rudak azonos keresztmetszetű csőből készülnek D = ∅108 mm, d = ∅100 mm, n = 3, E = 210 GPa, σ M = 140 MPa. 2m F=60kN y 175 U 240 Msz 326 z 2m 12 2m 345 A B 2m 2m 12 2m 15.4 Az ábrán vázolt szerkezetet F = 4 kN függőleges erő terheli. Ellenőrizze a rudat! A nyomott rúd ellenőrzését ω eljárással végezze. A rudak csőből készülnek D = ∅40 mm, d = ∅34 mm, σM = 140 MPa. F=4kN 1m 15.6 15.5 1,5m 15.6 3m 15.7 Ellenőrizze a rácsos tartó rúdjait! A kihajlásra történő ellenőrzést ω eljárással végezze A rudak keresztmetszete azonos 2 db U 100 szabványos idomvasból készül. σM = 160 MPa. (Rúderők a 68-as feladatban!) 2m 2m 2m 180kN 80kN U 100 (Msz

326) 15.7 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 69 15.8 Mekkora p megoszló terheléssel van terhelve az ábrán látható tartószerkezet, ha a függőleges rúdban éppen a kihajlásra megengedett erő ébred és keresztmetszete 2 db U acél? E = 210 GPa, n = 3. p a=4800 2a U 120-4800 (Msz 326) 15.8 15.9 v A két szélső rúd hőmérséklete ∆T = 40 K-el csökken, a középső rúdé állandó marad. Mindhárom rúd cső keresztmetszetű, adott méretekkel. Határozza meg, hogy a középső rúd mekkora biztonsággal rendelkezik kihajlás szempontjából ! α = 11,5.10 -6 K-1 , E = 2,2×105 MPa 0 50*2,5 60*2,5 50*2,5 l0=2500 15.9 15.10 A következő oldali ábrán látható téglalap szelvényű rúd alul befogott Felül a hengeres csukló egyik irányban elfordulási lehetőséget biztosít, a másik irányban a rúd

befogottnak tekinthető. Határozza meg a és b értékét úgy, hogy a nyomott rúd az adott erő hatására mindkét irányban egyenlő biztonságú legyen kihajlás szempontjából! n = 3, E = 200 GPa. x x F b z 6000 y b a a z F=50kN 15.10 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 70 16.00 HAJLÍTOTT TARTÓK ALAKVÁLTOZÁS SZÁMÍTÁSA 16.1-2 Határozza meg a tartó C pontjának függőleges elmozdulását és szögelfordulását, ha a rúd hajlító merevsége ismert! IE = 4.10 6 Nm2 F1=400N y F2=200N F=300N p=100N/m C x B A 1,5m C 6m 1,5m 16.1 16.2 16.3-4Határozza meg a tartó középső keresztmetszetének függőleges elmozdulását és a támaszpontok szögelfordulását ! IE = 7,5.104 Nm2 y F=200N y F=200N K 400 B x A Bx A 600 F=0,1kN 0,5kN/m = 600 = 4m 16.3 16.4 16.5-8Határozza meg a

kéttámaszú tartók C és D keresztmetszetének függőleges elmozdulását és szögelfordulását! IE = 10.106 Nm2 p=1,5kN/m y A C D B F1=5kN y x C A 1,5m 3,0m 2,0m 3m 16.5 C y D B x A 2m D x 1m 1,5m 16.6 p=4kN/m y B F2=2kN F=4kN A C M=2kNm B D x 1m 2,0m 2,0m 2,0m 16.7 2,0m 1m 16.8 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 71 16.9 Határozza meg az adott kéttámaszú tartó "A" keresztmetszetében a szögelfordulást, "K" pontban a szögelfordulást és lehajlást ! E = 210 GPa. y M=104kNm A B K 3,0m x 12 z 1m 0 160 Y 160 16.9 16.10 Határozza meg a tartó C pontjának függőleges elmozdulását és szögelfordulását! IE = 4.106 Nm2 16.11 Határozza meg a törtvonalú tartó B pontjának vízszintes elmozdulását ! IE = 45.106 Nm2 C C D A B 3m 3,0m B

p=10kN/m Y F=2N y 3m x x 6m 16.10 16.11 16.12 Határozza meg az alábbi keretszerkezet "D" keresztmetszetének vízszintes irányú elmozdulását, ha a hajlítási merevség: I.E = 107 Nm2 (Végig állandó) p=2kN/m B C 6,0m 3m 4m D F=2kN A 16.12 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 72 17.00 STATIKAILAG HATÁROZATLAN SZERKEZETEK Számítsa ki az ábrázolt tartók támasztásaiban fellépő egyensúlyozó erőket! Ha a feladatoknál egyéb megjegyzés nincs, akkor a tartószakaszokon a hajlítási merevség állandó. y 3m 2m p=2N/m y C x 2m B p=1kN/m 1m F=3kN B x A A 4,0m 17.2 17.1 y 2m p=1kN/m A x 2m y F=10kN B x 3m 2m 17.3 17.4 y F=2kN 1m A B F=4kN p=2kN/m M=6kNm A B 3,0m 1m 2m x 1m 17.5 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés

előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 73 F2=4kN 3m 3m 3m B y F1 =4kN p=3kN/m 3m A B A x x 1m 2m 17.6 2m 17.7 1m A M=2,5kNm 2m B p=2kN/m p=1kN/m F=2kN 1m x 4m 2m 2m F=3kN 1m y F2 =6kN 2m F1=2kN 1m y B A 17.8 17.9 Határozza meg az alábbi többtámaszú folytatólagos tartók kényszereiben fellépő erőket és igénybevételi ábráit! A tartók végig állandó keresztmetszetűek. y F1=4kN F2=6kN p=3kN/m A B 1m 4m p=2kN/m F3=3kN C 1m 2m M=5kNm x D 1m 1,5m 2m 17.10 y p=3kN/m y F1=3kN A M=6kNm B 1m 1m 2,0m F2 =2kN F2=3kN C 1m 3m F1=4,5kN x B A x C 1m 2m 17.11 3m 1,5m 17.12 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 74 F1=8kN y p=2kN/m M=2kNm F2=6kN A B x D C 1m 2m 3m 4m 2m F3=4kN 3m 2m

17.13 F1=800N y p=200N/m A F2=600N B C 4m D 1m 2m 1m F3 =400N M=1200Nm 3m x 2m 4m 17.14 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 75 MEGOLDÁSOK PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 1.0 1.1 SIKBELI ERŐRENDSZER rAB = rB − rA rAB = (6 − 4 )i + (8 − 5 ) j 2rAB = 4i + 6 j (m ) 1.2 Abszolút értékeik alapján a vektorok:   3 1 ⋅ 400i + ⋅ 400 j  N F1 =  + 2  2  F2 = (0i + 600 j ) N   3 1 F3 =  + ⋅ 200i − ⋅ 200 j  N 2   2 F4 = (− 400i + 0 j ) N F = F1 + F2 + F3 + F4 F = (119,6i + 700 j ) N F ≅ 710 N 1.3  3 1  a =  4 ⋅ i + 4 ⋅ j  m 2 2    2 2  b =  6 ⋅ i +6⋅ j m 2 2   a + b = (7,61i + 6,24 j ) m a − b = −(0,78i + 2,24 j ) m a ⋅ b = 23,18 m 2 a xb = 6,2 k 1.4 m2 a ⋅ b

= a ⋅ b ⋅ cos ϕ = 4 ⋅ 3 ⋅ 1 = 6 m2 2 a xb = a ⋅ b ⋅ sin ϕ = 4 ⋅ 3 ⋅ 3 = 10,39 m 2 2 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 76 rAB = rB − rA = (4i + 3 j ) m 1.5 rAB = 4 + 32 = 5 e AB = rAB rAB e AB = 0,8i + 0,6 j 1.6 Ha P rajta van az egyenesen, akkor a vektorok által kifeszített paralelogramma területe: e x(r − rA ) = 0 e xr − e xrA = 0 e xrA = 2,2k 0,8 y = 0,6 x + 2,2 e xr = (0,8 y − 0,6 x )k 3 y = x + 2,75 4 1.7 cos ϕ = rAB ⋅ rAC rAB ⋅ rAC = 19 29 ⋅ 50 ϕ ≅ 60 o 1.8 ae = a ⋅ e a e = 4,535 m 1.9 a ⋅ b = 0 tehát a merőleges b-re csak az a) esetben teljesül. 1.10 n = rB xrC n = (3i + 5 j )x(8i + 0 j ) n = −40 k A= 1 rB xrC = 20 m 2 2 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with

pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 77 1.11 F0 = F1 + F2 = 20i + 54 j kN e= F0 F0 F0 = 57,58 kN e = 0,347i + 0,938 j 1.12 Vektorosan: Fi = Fi ⋅ ei e1 = cos 30 o i + sin 30 o j e2 = − sin 20 o i + cos 20 o j e3 = − 1 j e4 = cos15 o i − sin 15 o j R = F1 ⋅ e1 + F2 ⋅ e2 + F3 ⋅ e3 + F4 ⋅ e4 R = 199,1i + 14,3 j [N ] R = 199,6 N tgα = 14,3 α = 4,1o 199,1 Skalárisan: F1 x = F1 ⋅ cos 30 o ; F1 y = F1 ⋅ sin 30 o F2 x = − F2 ⋅ sin 20 o ; F2 y = F2 ⋅ cos 20 o F3 x = 0 F4 x = F4 ⋅ cos15 o 4 ; F3 y = F3 ; F4 y = − F4 ⋅ sin 15 o 4 Rx = ∑ Fix , R y = ∑ Fy Rx = 199,1 ; R y = 14,3 N i =1 R= 2 i =1 Rx2 + R y2 = 199,6 N ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 78 1.13 F1 = F1 ⋅ e1 ; F2 = F2 ⋅ e2 ; R = F1 + F2 e1 = − cos α 1 ⋅ i + sin α 1 ⋅ j 25 60 i+ j ; F1 = −600i +

1440 j 65 65 e2 = cos α 2 ⋅ i + sin α 2 ⋅ j e1 = − 75 40 i+ j ; F2 = 1200i + 640 j 85 85 F1 x = F1 ⋅ e x ; F1 y = F1 ⋅ e y e2 = F2 x = F2 ⋅ e x ; F2 y = F2 ⋅ e y e x = 1i + 0 j ; e y = 0i + 1 j F1 x = 600 N F1 y = 1440 N F2 x = 1200 N F2 y = 640 N 1.14 Q 1,2m Három közös metszéspontú egyensúlyt tartó erő, melyeknek FAB egységvektorai 0 a geometriából felírhatók: 0,2 0,3m Q eA = − FAB FC 0,5 1,2 i+ j 1,3 1,3 FA = FA ⋅ e AB FA = −250i + 600 j FAX = 250 N C FAY = 600 N 1.14 A C - B rúdra ható erők egyensúlyát számoljuk. (Az A és B csuklókra a kapott értékekkel ellentétesek hatnak.) ec = 0,2 0,72 i+ j 0,75 0,75 eQ = 0i − 1 j Fc = Fc ⋅ ec és Q = Q ⋅ l Q 0 = FA + Fc + Q ϖ  0,2 0,72  Fc i + Fc j  + 0i − Q j / . j; i 0 = (− 250i + 600 j ) +  0,75  0,75  0,2 0,75 I . − 250 + Fc = 0 Fc = 250 ⋅ ≅ 937,5 N 0,75 0,2 0,72 II . + 600 + Fc − Q = 0 Q = 1500 (N ) 0,75 ( Fc = 250i + 900

j ) Q = 0i − 1500 j ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 79 Vagy a vektorrendszerek egyenértékűsége alapján, „C”-re felírva a nyomatékvektorokat: ∑M c = 0 = rCB × FA − rQ × Q Determinánsként felírva i j k rCB × FA = 0,5 0 0 = (− 300 − 0 )k = −300 k 250 600 0 i rQ × Q = 0,2 j 0 k 0 = −0,2 ⋅ Q − k Q Q 0 Q = −300k + 0,2 Q k /⋅ k 0 = −300k + 0,2 Q Q = 300 = 1500 N 0,2 1.15 Határozzuk meg először az eredőt! F1 = 0i − 400 j F2 = 100i + 0 j; F3 = −100i + 173,2 R = −226,79 j N j R1 = R ⋅ e1 = −113,4 N R2 = R ⋅ e2 = −196,4 N 1.16 R = F1 + F2 + F3 i j 0 = F1 + X 2 − F3 − R = −Y2 F2 = F2 ⋅ e2 = 0,6 ⋅ F2 i − 0,8F2 j 4 = 5 kN 0,8 F3 = F1 + X 2 = 6 + 0,6 ⋅ 5 = 8 kN Y2 = 4 kN F2 = 1.17 R = F1 + F2 + F3 R = 365i − 160 j R ≅ 398,5 N

ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 80 Skalárisan megoldva: F1 x = 660 N F1 y = 540 N ↑ F2 x = 520 N ← F2 y = 300 N ↓ F3 x = 225 N F3 y = 400 N ↓ Rx = ∑ Fx = 365 R y = ∑ Fy = −160 N ↓ R = R x2 + R z2 ≅ arctgα R = 400 N 160 ≅ 23,7 0 365 1.18 Ebben az esetben nincs az eredőnek lejtőre merőleges összetevője. F 12 = 2 F 1 cos 20° F1 ⋅ sin α + F2 ⋅ sin (α + 400 ) − F3 ⋅ sin 30 0 = 0 300 ⋅ sin α + 300 ⋅ sin (α + 40 0 ) − 250 = 0 Célszerűbb előbb az F1 és F2 erők eredőjét megkeresni. F1, 2 = 563,8 N 563,8 ⋅ sin (α + 20 0 ) = 250 α ≅ 6,3 0 1.19 F1 = F1 sin 150 i + F1 ⋅ cos150 j = 647i + 2414,8 j F2 = F2 ⋅ sin 400 i + F2 ⋅ cos 400 j = 1285,6i + 1532,1 j R = F1 + F2 = 638,5i + 3946,9 j R = 3998,2 N x α ≈81° F1 R≈4000N F2 y 1.19 ERFP-DD2002-HU-B-01

PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 81 1.20 F1,3 = F1 + F3 = 40i + (18 + F3 ) j F1,3 ⋅ F2 = 0 F3 = 22 kN y (F3) F13 F3 F2 18j F1 45° 45° x 40i 1.20 1.21 y (F3) FB F2 18j F1 Skalárisan számítva: 45° 45° [kN ] = −1,15i − 2 j [kN ] FA = 1,15i + 6 j F13 F3 A határvonalak – így az erő egységvektorai – ismeretében a három erő egyensúlyából: x 40i 1.20 ∑M A = 0 − ból FBy = 2 kN ↓ FxB FBx = 1.15 kN ← 2 FB = 2,3 (kN ) tg 30 o = M B = 0 − ból FAy = 6 kN ↑ ∑F xi = 0 − ból FAx = 1,15 kN FA = 6,1 kN α FA = 79,15 o 1.22 M ∑ ( ) i = 0,5 FB − 120 ⋅ 0,2 = 0 A FB = 48 j N FA = 72i + 48 j N 1.23 X = 300 − 400 ⋅ sin 30 0 − 200 ⋅ sin 30 0 = 0 Y = 400 ⋅ cos 30 0 − 200 ⋅ cos 30 0 − 173,2 = 0 Tehát egyensúlyi erőrendszer. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari

hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 82 1.24 F G sin α = 2 F α = 22,6 o 1,8 l = 2⋅ = 3,9 m cos α α G F 1.24 A két határeset van. Az első esetben: FB = 0 1.25 FA =R G 30° 3 4 + F ⋅ − 120 = 0 2 5 FA 3 ∑ Xi − 2 + F ⋅ 5 = 0 6 FA = F ; FMIN = 65,2 N 5 A második esetben: FA = 0 FMAX = 150 N ∑Y i F FY α FX FB=R G = FA ⋅ F α 1.25 FN = 83,3 N S = 216,7 N S G S FN FN G 1.26 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 83 1.27 ∑ X = 0 = F + F ⋅ cos 30 ∑ Y = 0 = − F + F ⋅ sin 30 0 i 1 i 3 2 − F4 0 3 3 − F4 = 0 2 1 − 2 + F3 = 0 2 F3 = 4 kN ; F4 = 4,46 kN 1 + F3 1.28 ∑M A = −8 ⋅ 1,9 + S y ⋅1,2 = 0 S y = 12,67 kN ↓ S x = 12,67 ← kN S = 17,91 kN ∑ Y = 0 −

ból ∑ X = 0 − ból FAY = 20,67 kN ↑ i i FAx = 12,67 kN FA = 24,24 kN SX Sy SX (3 , 64 3,1m 1,9m AY Sy S ) y F Ax FA x Faz F FAX 1.28 1.29 ∑ X = 0 = − F ⋅ sin 30° − F ∑ Y = 0 = − F ⋅ cos 30° + F 1 1 Q = 400i − 400 j N FA = −20i − 20 j N 2 ⋅ sin 30° + Q x 2 ⋅ cos 30° + Q y 1.30 FB = 20 j N ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 84 1.31 M A = rp × F Mz = MA ⋅k M A = (4i + j ) × (− 4i + 2 j ) = 8 − (− 4 ) = 12 k kNm M z = 12 kNm 1.32 F = F1 + F2 + F3 = −20i − 25 j kN M A = 0 + 72k − 60k − 12k = 0k rBC = [1;7 ] rCA = [− 3;1] M C = 23k + 84k + 0 − 12 = 95k [F ; M ] = [− 20i − 25 j [F ; M ] = [− 20i − 25 j A ; 0k C ; 95k ] ] 1.33 F = ∑ Fn = (1i + 2 j )kN 3 n =1 3 M o = ∑ rn xFn = (8 − 6 ) + (0 − 6 ) + (32 − 0 ) = 28k kNm

n =1 M0 − r × F = 0 28 + y − 2 x = 0 1.34 4 M A = ∑ ri xFi i =1 F3 = −4 j kN − 14 = 6 ⋅ 2 − 4 ⋅ 8 + 3 ⋅ F3 + 6 ⋅ 3 F 3 = 4kN 1.35 A megoszló erőrendszer helyettesíthető eredőjének a súlypontba való helyezésével! F ( A) = F0 + F1 + F2 + F3 F1 = p1 ⋅ 6 = 18 N 1 1 = 1,5 N ; F3 = p 2 ⋅ 2 ⋅ = −6 N 2 2 F ( A) = −3 j + 18 j − 1,5 j − 6 j = 10,5 j F2 = p1 ⋅ 1 ⋅ 3 M A = ∑ ri × Fi i =0 M A = (− 8 ⋅ 3 + 18 ⋅ 3 + 1,5 ⋅ 6,3 − 6 ⋅ 8,3)k = −10,4 k A centrális egyenes helye: r0 A kNm ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 85 (r0 A = x0 i − y 0 j ) 0 = M A − r0 A × FA (r0 A = xoAi − y 0 A j ) (m ) x 0 = −1 1.36 F (0 ) = −4 j N M 0 = (20 − 20 + 28)i = 28i Nm rp = 7k m 1.37 1cm=1N y 1,3 F2 F1 F3 3 4 F4 F 5 2 1 4 P 5 2 7 F 1.37 1.38 Irjuk fel

először az erőket vektoros alakban. F1x = 51,96 kN ← F1 y = 30 kN ↓ F2 x = 9,8 kN ← F2 y = 36,7 kN ↓ F3 x = 31,4 kN F3 y = 26,35 kN ↓ Rx = 30,39 kN ← R y = 93,05 kN ↓ R = 97,89 kN M 0 = 101,83k kNm x R = −1,09 y R = 3,35 1.39 F( A ) = −5i − 12 j kN M A = −70 k x R = 5,83 m ; kNm y R = −14 m ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 86 1.40 A lemezt terhelő nyomaték összeg: M össz = 6 ⋅ 4 = 24 Nm Az erőpár nyomatéka alapján M FA = FC = ö = 80 N rAC FA = FD = Mö = 64 N rAD 1.41 Az egyensúlyban lévő erőrendszer nyomatéka a sík bármely pontjára zérus. Írjunk fel a nyomatékot az F3 erő támadáspontjára. ∑M Ai = − F1 ⋅ 3 − M + F2 ⋅10 = 0 9+6 = 1,5 kN ↑ 10 ∑ X i = 3 − X 3 − 0,5 = 0 F2 = ∑Y = −Y3 + 1,5 i X 3 = 2,5 kN ; Y3 = 1,5 kN F3 = −2,5i

− 1,5 j kN 1.42 Az A pontban ható erők és nyomaték, valamint az F1 , F2 , M egyensúlyi erőrendszert alkot. ∑ X = F ⋅ cos 30 − X = 0 ∑ Y = − F ⋅ sin 30 + F − Y = 0 ∑ M = Y ⋅ 3 − 60 ⋅ 1,5 − M + M = 0 0 i 1 A 0 1 i i 2 1 A A X A = 51,96 N ; Y A = 30 N ; M A = 15 kNm 1.43 Mivel az F1 , F2 erők erőpárt alkotnak, a támaszerők is erőpárt kell hogy alkossanak! ∑ M Ai = −24 + YB ⋅ 10 = 0 X B = YB = 2,4 kN FA = FB = 2,4 2 + 2,4 2 = 3,394 kN ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 87 1.44 M ∑ ( ) = FB ⋅ 4 + F3 ⋅ 2 − F2 ⋅ 2 − F1 ⋅ 3 = 0 i A 24 + 12 − 10 = 6,5 kN 4 ∑ Yi = − F2 + YA + FB = 0 FB = Y A = −0,5 kN ∑X i = F1 − F3 + X A = 0 (←) X A = 3 kN FA = 3 2 + 0,5 2 = 3,04 kN 1.45 ∑M Bi = 0 − ból 0 = FAy ⋅ 10 − 3 ⋅ 2 − 5 ⋅ 6 − 6

FAy = 4,2 j kN FA = 4,2 kN FBy = F2 − FA = 0,8 j kN FBx = F1 = −3i 1.46 ∑M Ai kN FB = 3,1 kN = YB 3 − F ⋅ 1 + M = 0 YB = 1 kN FA = i + 5 j kN FB = −i + j kN 1.47 FAx = 25 N FAy = −43,3 N M A = −25 ⋅ 0,5 + 43,3 ⋅ 1 = 30,8 Nm 1.48 Írjuk fel a nyomatéki egyenletet az A pontra! ∑ M i = −30,8 + X B ⋅ 0,3 = 0 ( A) X B = 102,66 N ; YB = FB2 − X B2 = 109,37 N X A = 77,66 N ; Y A = 66,06 N vagy 152,66 N ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 88 1.49 Határozzuk meg előbb a 4 erő eredőjét. X 2 = Y2 = 176,77 N X = −200 N Y = 100 N M c = −26,52 Nm x R = −265 mm y R = −132,6 mm Az egyensúlyozó erő az eredővel ellentétes irányú az eredő hatásvonalán. xR R y F2 F2 F3 x (M) F1 F4 yR (100=)F3 R 0 Q F1(=200) F4 1.49 1.50 A megoszló teher eredőre Q = 6 kN x Q = −3 m R = F1

+ F2 + Q = −14 j kN x R ⋅ R = F1 ⋅ 6 + F2 ⋅ 4 + Q ⋅ 3 x R = −4,29 m M A = 60k kNm 1.51 Írjuk fel a nyomatéki egyenletet az 1. pontra R ⋅ 2 = + M + F2 ⋅ 3 − X 3 ⋅ 2 − 4 = 3 + F2 ⋅ 3 − 2,5 ⋅ 2 6 = −2 kN ; F1 = −0,5i + 2,33 j 3 − R = −X1 + X 3 F2 = − ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 89 1.52 y F1 F2 F2 x s F3 F3 s F4 1cm=20N F1 1cm=1m F4 1.52 Nyomatéki egyenlet az 0 pontra: F1 ⋅ 2 = F4 ⋅ 2,4 ; F4 = 50 N Nyomatéki egyenlet a B pontra: − F1 ⋅ 2 = − F3 ⋅ 4 ; F3 = 30 N ↑ Nyomatéki egyenlet az A pontra: 60 ⋅ 2 = F2 ⋅ 3 ; F2 = 40 N ← 1.53 Nyomatéki egyenlet a C pontra: F1 ⋅ 1,2 = X ⋅ 1,2 ; X = 4 kN ; Y = 3 kN (az F erő összetevői) Nyomatéki egyenlet az A pontra: Y ⋅ 0,5 = Y3 ⋅ 1 ; Y3 = 1,5 ; F3 = 1,625 kN Nyomatéki egyenlet a B pontra: Y ⋅ 0,5 = Y2 ⋅ 1

; Y2 = 1,5 kN ; F2 = 1,625 kN 1.54 Nyomatéki egyenlet a C pontra: G ⋅ 2 − S1 ⋅ 3 = 0 ; S1 = 200 N Nyomatéki egyenlet az A pontra: G ⋅ 6 − S 3 ⋅ 3 = 0 ; S 3 = 600 N Függőleges vetületi egyenlet: Y2 = G = 300 N ; S 2 = 500 N S1 S3 S2 G G S3 S2 S1 1.54 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 90 1.55 ∑Y = 0 = FB − G i FB = 100 N Nyomatéki egyenlet az A pontra: FB ⋅ 0,3 − G ⋅ 1,15 + Fc ⋅ 1,1 = 0 ; FC = FA = 77,27 N 1.56 FA = 0,423 kN FB = 1 kN S = 0,58 kN (hatásvonala merőleges a talajra) (hatásvonal merőleges a tartóra) (rúderő) 1.57 Nyomatéki egyenlet az A pontra: − S1 ⋅ 10 + 5 ⋅ 6 + 3 ⋅ 2 + 8 = 0 S1 = 4,4 kN ∑X i = 0 = X1 − X 2 = 0 X 2 = 3 kN ; F1 = 4,243 kN Nyomatéki egyenlet az 1-es és 2-es rúd metszéspontjára: 8 ⋅ 3 + 5 ⋅ 4 − 8 − S 3 ⋅ 10 = 0 ; S 3 = 3,6 kN

1.58 Nyomatéki egyenlet a C pontra: FA ⋅ 2 + M = 0 FB = 2,5 kN ← FA = 2,5 kN ↑ Fkötél ≅ 3,54 kN 1.59 Nyomatéki egyenlet az A pontra: F1 ⋅ 4 = 346,4 ⋅ 2 F1 = 173,2 N Nyomatéki egyenlet az O pontra: F3 ⋅ 2,828 = 346,4 ⋅ 2 F3 = 245 N Nyomatéki egyenlet a B pontra: F2 ⋅ 4 = 200 ⋅ 4 + 346,4 ⋅ 2 F2 = 373,2 N 1.60 FA = F = 6 N 6 ⋅ 2 = FB ⋅ 1 FB = FC = 12 N ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 91 SZILÁRDSÁGTAN 10.0 HÚZÁS, NYOMÁS, TISZTA NYIRÁS 10.1 A csapszeg igénybevétele nyírás, ahol a nyíródó keresztmetszetek nagysága: A nyírt = 10 2 ⋅ π τ= (mm ) 2 F 20 ⋅ 10 3 [N ] ≅ 32 MPa ; τ= 2 ⋅ A ny 2 ⋅ 10 2 ⋅ π mm 2 [ ] palástnyomás: A = 20 ⋅ 14 (mm 2 ) felületen σ p = 71,4 MPa τ 〈 τM és σ p 〈 σ pM tehát a szegecs megfelel! A lemez igénybevétele húzás; a

legjobban igénybevett keresztmetszet: A min = 40 ⋅ 14 − 20 ⋅ 14 (mm 2 ) az ∅ 20-as furat „gyengítése” miatt. σ max = F ; A min σ max 〈 σ M ; tehát a lemez is megfelel! σ max = 71,4 MPa 10.2 ∆l = F ⋅ lo ; A⋅ E ε ker eszt ε hossz mivel ν = 180 ⋅ 103 ⋅ 60 = 0,06 mm 302 ⋅ 200 ⋅ 103 ∆a a = 0 ∆l l0 ∆l = ∆l ; ∆a = 0,009 mm lo F 180 ⋅ 103 σx = = = 200 MPa A 30 2 ∆a = − a ⋅ ν ⋅ τα = 1 σ x ⋅ sin 2α − az α síkban ébredő nyírófeszültség 2 σ α = σ x ⋅ cos 2 α − az α síkra merőlegesen ébredő húzófeszültség σ α = 150 MPa τ α = 86,6 MPa ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 152 10.3 Reakcióerők a szerkezet egyensúlyából, az A pontra felírt nyomatéki Egyenlet alapján: ∑ M = 80 ⋅ 3 + 30 ⋅ 4 − F ⋅ 6 = 0 − ból F = 60 és ∑

F = 0 ∑ F = 0 alapján F = 30 A B x B y Ax kN ↑ kN ← FAy = 20 kN ↑ SAB rúderő a „B” csomópont egyensúlyából: FB 4 = SAB 3 SAB = 45 kN húzott rúd σ= SAB ; A AB ∆l = SAB ⋅ l A AB ⋅ E σ = 99,5 MPa ∆l = 2,84 mm 10.4 A terhelő erő (T) támadáspontjánál lévő csomópontban: F T=15 kN 30 10.4 F = 30 kN ; σ = F ; AL σ = 62,5 MPa AL = 480 mm 2 ∆l = F= F ⋅l ; AL ⋅ E ∆l = 0,9 mm 3 ⋅ FAC 5 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 153 10.5 σ AC = FAC ; AAC FAC = 37,68 kN ; FBC = 30,14 kN ∆l AC = ∆l AC = F = 22,6 kN FBC ⋅ lBC = −3,35 mm összenyomódás ABC ⋅ E FAC ⋅ l AC = 3 mm megnyúlás AAC ⋅ E „C” függőleges elmozdulása a rúdhosszak megváltozásával: a = ∆l BC + ∆l AC ⋅ cos α y c = a ⋅ ctg α + ∆lAC ⋅ sin α A F C B C FAC

FBC C’ 10.5 4 4 3  y c =  3,35 + 3 ⋅  ⋅ + 3 ⋅ = 9,47 mm 5 3 5  10.6 Fnyíró = τ ⋅ Anyirt Anyirt = lemez kerület . vastagság = 5244 mm Fny ≅ 1573 kN 10.7 A rúd teljes alakváltozása: ∆l = α(l1 + l2 ) ⋅ ∆t = 0,072 mm A rúdban nyomóerő ébred, mivel ezt a ∆l -t „nem tudja megnyúlni”. ∆l1 + ∆l 2 = ∆l F ⋅ l1 F ⋅ l2 + = 0,072; F = 12,57 kN A1 ⋅ E A2 ⋅ E ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 154 A nyomófeszültségek: F σA = σA = 160 MPa A1 σB = F A2 σ B = 40 MPa 10.8 Fej méretezése a nyomó igénybevétel alapján: F σ PM ≥ σ max = A nyomott A nyomott = (50 mm 2 ) = D 2π d 2 π − 4 4 D = 14,41 mm Fejmagasság a nyíró igénybevétel alapján: F τM ≥ τmax = A nyírt = d ⋅ π ⋅ m = 172,4 mm 2 A nyirt m = 4,57 mm A szár húzásra van igénybe

véve: F σ max = σ max = 88,4 MPa 〈σ M , megfelel. Aszár 10.9 τ max ≤ τ M alapján n= F τM ⋅ 2 ⋅ A csav Egy-egy csavar kétszeresen nyírt ! N = 9,95 ≈ 10 db szükséges. F A u = 1700 − 2 ⋅ 7 ⋅ 16 = 1476 mm2 2 ⋅ Au σ u = 135 MPa 〈 σ M , megfelel! Egyenletes feszültségelosztást feltételezve palástnyomásra is megfelel. σu = 10.10 mF = ρ ⋅ 4R 3 π ; 3 G F = 5,9 ⋅ 10 25 GF = m ⋅ g N σM ≤ G d 2min π 4 d min ≅ 5,5 ⋅ 105 km Ez kb. 34-szer nagyobb a Föld átmérőjénél! ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 155 2.0 2.1 KINEMATIKA a (t ) = 4 m / s 2 v(t ) = vo + a ⋅ t = 8 + 4 ⋅ t m / s s (t ) = s o + v ⋅ t + 1 ⋅ a ⋅ t 2 = 15 + 8 ⋅ t + 2 ⋅ t 2 2 m 2.2 a n = R ⋅ ω 2 = 1,5 ⋅ 0,6 2 = 0,54 m / s 2 2 Rπ 2π = = 10,47 sec R ⋅ω ω n = 60 / T = 5,73 f / perc s

= R ⋅ ω ⋅ t = 1,5 ⋅ 0,6 ⋅ 15 = 13,5 m T= 2.3 v o = 200 km / ó = 55,6 m / s A pálya paraméteres egyenlete: 1 x = vo ⋅ t = 55,6 ⋅ t y = ⋅ g ⋅ t 2 = 4.9 ⋅ t 2 2 VX v x = vo = 55.6 m / s v y = g ⋅ t = 98,1 m / s hodográf Vy v = v x2 + v y2 = 55,6 2 + 98,12 = = 112,76 m / s 2.3 ábra 2.4 v(t1 ) = a ⋅ t1 = 20 m / s 20 = 20 sec 1 1 s1 = a ⋅ t12 = 200 m 2 s = s1 + s 2 = s1 + v1 ⋅ (t 2 − t1 ) t1 = 1000 = 200 + 20 ⋅ (t 2 − 20 ) t2 = 800 + 20 = 60 sec 20 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 92 s [m] s2 s1 t1 t2 t[sec] t1 t2 t[sec] t1 t2 t[sec] v [m/s] a 2 [m/s ] 2.4ábra 2.5 h v0 h max vy0 vx0 s 2.5 ábra v 0 = 23i + 19,26 m / sec Az emelkedés ideje: v0 y t1 = = 1,926 sec g v y = v yo − g ⋅ t = 0 ; t1 = 1,93 sec 1 ⋅ g ⋅ t12 = 18,5 m 2 s = 2 ⋅ v x 0 ⋅ t1 = 88,8 m hMAX = v y

0 ⋅ t1 − ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 93 2.6 s[m] 8 6 4 2 1 2 3 4 5 6 7 t[sec] V[m/s] 4 t2=5 -2 t3=7 t[sec] 2 a[m/s ] 2 t[sec] -2 2.6 2.7 a.) rp = 2i + 2 j m b.) v B = 4 j m / s vC = 4i − 4 j m / s c.) ϖ = 2k 1/ s ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 94 vAB β y P B vB vA vBC 0 x A C vA vB vC β vc 2.7 ábra 2.8 v A = ω1 xrA = (− 2k )x1,5 j = 3i m/s v B = v A + ω 2 xrAB v B = 3 m / s; ω 2 = 1 1 / s; r p = 4,5 j m a A = −6 j m / s 2 ; a B = a A + ε 2 × rAB − ω 22 ⋅ rAB 0 = 0 − 3 ⋅ ε 2 − 3 ; ε 2 = −1 1 s2 a B = −6 − 3 − 3 = −12 m / s 2 1cm = 2 m / s 2 y a B = −12 j B x aA aB ε =1 [m / s ] 2 1 s2

-ω22×rAB ε2×rAB 2.8 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 95 2.9 y A 3m v B ⋅ t = 0,9 m P 0 A , = 5 2 − 4,9 2 = 0,995 m P′ ω= A′ B B′ x 0 4m vB 0 A = 0,603 1 s v A = ω ⋅ A P = 2,955 m s VB*t 2.9 2.10 a.) A pillanatnyi sebességpólus az A pont ω= v0 = 5 1 / s ; ϖ = −5k R 1/ s b.) v A = 0; v B = 20i + 20 j m / s vC = 40i m/s A gyorsulás pólus a henger középpontja, így : c.) a A = 100 jm / s; a B = 100i m/s a C = −100 j m / s 2.11 P v B = v D = 1,2 m / s vB ⋅5 = 3 m/ s 2 v A = −1,5i − 2,6 j m / s vA = 2m VD 1 30° 30° VB=1,2 2.11 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 96 2.12 2πn 1 = 2,62 60 sec 2πn 1 = 4,71 ω2 = 60 sec ω

+ ω1 ϕ= 2 ⋅ t ; ϕ = 24 ⋅ π 2 48π t= = 20,57 s ω1 + ω 2 a.) ω1 = b.) v g1 = Rd ⋅ ω 1 = 0,3275 m / s ω ω2 ω1 t t 2.12ábra v g 2 = Rd ⋅ ω 2 = 0,5888 m / s αg = ω 2 g − ω1g t = 0,508 1 / s 2 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 97 3.00 KINETIKA 3.1 v1 l v FK 0,77N1 m×g 40° 40° 3.1 ábra Fk = 0 A fonalerő nulla. Az impulzus tétel felhasználásával: v12 0 mg ⋅ sin 40 = m ⋅ l v1 = l ⋅ g ⋅ sin 40 0 = 2,777 m / s A munkatétel segítségével: 1 m(N 02 − N 12 ) = m ⋅ g ⋅ l (1 + sin 40 0 ) 2 v 0 = 7,71 + 24 ⋅ 1,64 = 6,87 m / s 3.2 Felhasználható a munkatétel, majd pedig az impulzustétel. 1 2⋅ g ⋅ R ⋅ m ⋅ (v12 − v02 ) = G ⋅ R; v B = 2 ⋅ g ⋅ R = 4,47 m / s; a n = = 2⋅g 2 R N − G = m ⋅ a n ; FB = 3 ⋅ G = 60 N a FB G 3.2 ábra 3.3 at = r ⋅ ε a n = r ⋅

ω 2 = r ⋅ (ε ⋅ t ) 2 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 98 ω Az impulzus tétel alkalmazásával: m⋅a = S ε r G 3.3 ábra A súrlódó erő maximális értéke: µ 0 ⋅ m ⋅ g m ⋅ a n = m ⋅ r ⋅ (ε ⋅ t ) = S1 ; m ⋅ at = m ⋅ ε ⋅ r = S 2 2 S12 + S 22 = µ 0 ⋅ m ⋅ g ; r 2 ⋅ ε 4 ⋅ t 4 + ε 2 ⋅ r 2 = µ 02 ⋅ g 2 t = 2,78 sec 3.4 Az impulzus tétel felhasználásával: F = ∑ mi ⋅ a 240 − 160 = 5 m/ s2 16 F − K 1 − G1 = m1 ⋅ a a= K 1 = (F − G1 ) − m1 ⋅ a = 240 = 90 N K 2 = m3 ⋅ (g + a ) = 60 N Próba: (K1 − K 2 ) = m 2 ⋅ a K1 30 N = 2 ⋅ 15 m2 K2 3.4 ábra 3.5 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 99 Az impulzus

tétel felhasználásával: A gyorsító erő: 40 N 40 a= = 4 m / s2 10 S1 − 30 = 12 N S1 = 42 N 1 S 2 = S1 = 42 N 2 S 3 = 12 N 1 ⋅ a⋅t2 2 2⋅h t= = 2,24 sec a h= 3 h=10m 3.5 ábra 3.6 v2 = m ⋅ l ⋅ω 2 l F ω= = 14,6 1 / s m ⋅l 60 ⋅ ω n= = 139,5 f / p 2π F = m⋅ 200kg F=150 3.6 ábra 3.7 A perdülettétel felhasználásával : l M A = J a ⋅α ; M A = G ⋅ 2 3⋅ g 1 α= = 12,5 2 2⋅l s Impulzus tétel a súlypontra: F = m ⋅ as G − FA = m ⋅ ε l / 2; FA = 12,5 N ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 100 3.8 A perdülettétel felhasználásával: 2π ⋅ n a) ω = = 62,83 1 / s 60 J z ⋅ ε = M f = Fs ⋅ R ε= 0,2 ⋅ 500 ⋅ 0,2 = 20 1 / s 2 1 ω t= 3.8 ábra 3,14 ω = 3,14 1 / s ε t ϕ = 98,64 15,7 − et fordul. µ ⋅F ⋅R b) ε = 0 0 Jz t= ω ⋅ Jz µ 0 ⋅ F0 ⋅ R F0 = 62,83 =

104,7 0,2 ⋅ 15 ⋅ 0,2 N 3.9 A függőleges kiinduló helyzetben. N2 a B = BO = 31,25 m / s 2 2R Az impulzus tétel alkalmazásával: FA + G = m ⋅ a s FA = G + ma s = 20 + 31,25 = 51,25 N A gyűrű szögsebességét és a szöggyorsulását a munkatétel és perülettétel segítségével határozhatjuk meg. 1 J a (ω 12 − ω 02 ) = −mg ⋅ R 2 J s = mR 2 = 0,78125 kgm 2 ω1 = 3 m / s J a ⋅α = m ⋅ g ⋅ R ε= aB, g = −8 1 / s 2 2R = 11,25i − 10 j N Az impulzus tétel újbóli alkalmazásával: FA = 11,25i + 10 j N ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 101 3.10 a.) A csiga tengelyére felírt perdülettételből: J zα = (S1 − S1 ) ⋅ R Q1 − S1 = m1 ⋅ a S 2 − Q2 = m 2 ⋅ a α= a R Q1 − Q2 200 = = 4,44 m / s 2 Q1 + Q2 J Z 40 + 5 + 2 g R b.) Impulzus tétel felhasználásával: a= Q1 ⋅ a = Q1 − S1 g S1

= 300 − 133,3 = 166,8 N S1 a S 2 = 100 + 44,4 = 144,4 N Q1 3.10 ábra 3.11 v 0 = 65km / h = 18,06 m / s Az impulzus tétel felhasználásával: ∆v F = m ⋅ ; m ⋅ v0 = −G ⋅ µ ⋅ t ; t = 15,34 sec ∆t 1 A munkatételből: − ⋅ m ⋅ v02 = −G ⋅ µ ⋅ s 2 s = 138,5 m − m ⋅ a = 7,8 kN a -m×a G 26kN 39kN 1,95kN 1,95kN 3.11 ábra Az első kerékre 40,95 kN, a hátsó kerékre 24,05 kN erő hat. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 102 3.12 Alsó helyzetben: FA + FB − G = m ⋅ e ⋅ ω 2 = 1500 N FA + FB = G + m ⋅ e ⋅ ω 2 = 4500 N Felső helyzetben: FA + FB = G − m ⋅ e ⋅ ω 2 = 1500 N FB = 0,5 − 2,5 kN FA+FB e G 3.12 ábra 3.13 a.) Perdülettétel az A pontra: F0 ⋅ 2 R = J a ⋅ ε J a ⋅ as = 180 N 2 ⋅ R2 3 J a = m ⋅ R 2 = 0,45 kgm 2 2 b.) Az impulzus tételből: ma s = F0 + G + FA F0

= FA = 60i + 300 j 60 c.) µ 0 = = 0,2 300 N ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 103 4.0 EGYENES TENGELYŰ TARTÓK IGÉNYBEVÉTELI ÁBRÁI 4.1 20kN 40kN A D C B FB FD 26 + T - 14 20kN 50kN M + 28 4.1 M ∑ ( ) i = FD ⋅ 5 − 40 ⋅ 3 + 20 ⋅ 2,5 = 0 B 70 = 14 kN 5 FB = 46 kN FD = 4.2 p=8kN/m A FA T[kN] 20 + - F=8kN B Q=24N 1,5m 1,5m 3m x0 C 4 D x FD 12 x + M[kNm] x MMAX (30) MB=24 MC=18 4.2 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 104 M ∑ ( ) = − FA ⋅ 6 + 24 ⋅ 4,5 + 8 ⋅ 1,5 = 0 i D 24 ⋅ 4,5 + 8 ⋅ 1,5 = 20 kN 6 ∑ Yi = FA − Q − 8 + FD = 0 FA = FD = 12 kN X0 = FA px = 2,5 m; M MAX = FA ⋅ X 0 − 0 = 25 kNm 2 p 4.3 y p=4kN/m

F=5Ö2kN A B FAY 3(m) N D C 1 M 1 E x FD 1,5 5 + - x T 10 + - x0 -2 -7 12 x + MMAX M[kNm] (15) 10 3 3 x 12 4.3 M ∑ ( ) i = 3 + FD ⋅ 5 − 5 ⋅ 4 − 12 ⋅ 1,5 = 0 A FD = 7 kN ∑Y = YA − 12 − 5 + FD = 0 X0 = FA = 2,5 m ; M MAX = 12,5 kNm p i Y A = 10 kN ; X A = 5 kN ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 105 4.4 y p M XA A Fay B 1 2m FC F x D C 2m 1,5 N[kN] x T[kN] 0,5 xo 1,5 -2,5 x -3 -2 M(kNm) M1max 0,5 -0,5 x 4.4 M ∑ ( ) i = −1,5 ⋅ 5 + FC ⋅ 3 − 1,5 − 3 ⋅ 1,0 = 0 A FC = 4 kN ∑Y = YA − 3 + FC − 1,5 = 0 i Y A = 0,5 kN ∑X = − X A + 1,5 = 0 i X A = 1,5 kN 4.5 M ∑ ( ) i = 12 − 2 + 2 ⋅ 4 + 0,4 − FB ⋅ 6 = 0 D FB = 5,4 kN ∑Y i = FB − 2 − 12 + FD = 0 FD = 8,6 kN 3,4 3 ⋅ 1,3332 X0 = = 1,33 m ; M MAX = 10,4 + =

12,33 kNm 3 2 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 106 4.6 M ∑ ( ) i = 2 ⋅ 1 + 4 ⋅1 − 7 − FB ⋅ 3 + 4 ⋅ 4 = 0 E FB = 5 kN ∑Y i = −4 + FB − 4 + FE + 2 = 0 FE = 1 kN 4.7 p F1 A B 1 Fa 1 C 2 F2 1 FD -4 -1 -3 -4 -4 8 i 2 -1 x -3 4 M ∑ ( ) x F3 D 2 + T - M + M 2 x 4.7 = 1 ⋅ 6 + FD ⋅ 4 + 3 ⋅ 3 − 8 ⋅ 2 − 11 + 4 ⋅ 1 = 0 A FD = 2 kN ∑Y i = −4 + FA − 8 + 3 + FD + 1 = 0 FA = 6 kN ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 107 4.8 10kN 3kN/m 20kN A B C Q=24kN MD D x FD T + - x 24 96 168 148 M + 34 318 x 4.8 ∑Y = −24 − 10 + FD = 0 M ∑ ( ) i i FD = 34 kN = 24 ⋅ 12 + 10 ⋅ 5 − 20 − M D = 0

D M D = 318 kNm ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 108 4.9 y F1Y F1 p1 A YA p2 F2 F1X XA D C B 2 4m FD FDY 2 2 N[kN] + - -24,7 -26,4 [kN] T+ - FDX x x 2 x x0 -9,25 -10,25 -12,25 2 + - x M[kNm] 22,5 Mmax 43 61,5 M ∑ ( ) i 4.9 = YD ⋅ 8 − 40 ⋅ 2 − 4 ⋅ 1 − 2 ⋅ 6 − 2 ⋅ 9 = 0 A YD = 14,25 kN XD = YD = 24,68 kN tg 30 0 ∑ X = X − 1,73 − X = 0 ; X ∑ Y = Y − 40 − 1 − 2 + Y − 2 = 0 i i X0 = A A D D A = 26,41 kN ; YA = 30,75 kN YA = 3,075 m ; M MAX = 47,28 kNm p ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 109 4.10 2kN/m Q=6kNm B A 3kNm D 2kN 3,5 + T X0 M C 0,5 2,5 + 1,5 0,5 0,75 4,5 5,25 4.10 M ∑ ( ) i = FD

⋅ 6 + 2 ⋅ 4,5 − 3 − 6 ⋅ 1,5 = 0 A FD = 0,5 kN ∑Y = FA − 6 + 2 + FD = 0 ; FA = 3,5 kN X0 = FA = 1,75 m ; M MAX = 3,0625 kNm p i ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 110 4.11 4kNm 8kNm 6kN/m B FB A D Q=12kN 12 + T - 2 6 12 6 M + 6 8 M ∑ ( ) i 8 4.11 = −12 ⋅ 5 − 4 ⋅ 1 + FD ⋅ 4 − 8 = 0 B FD = 18 kN ∑Y i = FB − 4 + 18 − 12 = 0 FB = −2 kN ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 111 4.12 30kNm A XC C B FA N 30kN YC Q=10kN + 30 20 T+ - 30 20 20 M 30kN 30 + 40 10 4.12 M ∑ ( ) i 50 = − FA ⋅ 4 + 30 − 10 ⋅ 1 + 30 ⋅ 2 = 0 C FA = 20 kN ∑ Y = 20 + Y i C − 10 + 30 = 0 YC = −40 kN X C = 30 kN

ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 112 5.0 TÖRTVONALÚ TARTÓK 5.1 X A=3 2 kN/m 1 Q=6 3 kN YA=4 1 FD =2.0 kN 4 3 3 2 N T 3 3 6 M 2 5.1 X A = F = −3 kN ← p ⋅ 3 ⋅ 1,5 − F ⋅ 1 = 2 kN ↑ 3 Y A = 4 kN ↑ FD = M max = 4 kNm M B = 3 kNm, (x 0 = 2m − nél ) M C = 0, MD = 0 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 113 5.2 X A = −4 kN ←, Y A = 2 kN ↑, M A = 6 kNm, M B = 2 kNm, M C = M D = 5 kNm 2 kN 5 kNm Q= 4 kNm MA= 6 kNm X A= 4 kN YA= 2 kN 1,5 2 1,5 2 2 2 N 2 T 4 6 5 5 M 5.2 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial

version www.pdffactorycom 114 5.3 X A = p ⋅ 4 − F2 = 5 kN ← Y A = F1 = 2 kN ↑ M A = p ⋅ 4 ⋅ 2 − M + F1 ⋅ 1,5 − F2 ⋅ 4 = −2 kNm M C = −3 kNm, M B1 = 4 kNm M B 2 = −1 kNm, M D = 0 kNm M max = −0,75 kNm ( y0 = 2,5 m − nél ) 2 kN 3 kN Q=8 kN 5 kNm =5 N N AXX=5 A MA=2 kNm A YA =2 kN A 3 2 2 3 3 1 2 N T 5 2 4 M 5.3 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 115 5.4 X A = 100 kN , Y A = 40 kN , M A = −330 kNm M B = −170 kNm, M C = 80 kNm, M D = 0 kNm YA =40 kN X A=100 kN MA =330 kNm Q=100 kN 40 kN 330 40 170 100 40 100 80 40 N T M 80 80 5.4 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 116 5.5 X A = 5 kN , Y A = 7 kN , M B =

−30 kNm, FE = 3 kN M C = −20 kNm, Q=10 MD = 0 5kN XA=5 kN FE=3 kN YA=7kN 7 30 20 5 20 3 5 7 N 3 5 T M 5.5 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 117 5.6 X A = −8 kN , Y A = −8 kN , FE = 14 kN M B = M C1 = 16 kNm, M C 2 = 36 kNm, M D = 28 kNm 6 kN 20 kNm E FE =14 kN 8 kN XA=8 kN A Y =8 kN A 8 16 8 36 14 36 8 N 8 T 28 16 M 5.6 5.7 kN m2 Ez a 2 m széles AB szakaszon 120 kN/m (x-mentén) megoszló terhelést jelent. A függőleges oldalfalon (y-mentén) lineárisan változó megoszló terhelés jelentkezik: A víz nyomása a fenéken: h ⋅γ = 6m ⋅ 10 4 N / m 3 = 60 Q1 = 120 ⋅ 6 = 720 kN 1 ⋅ 120 ⋅ 6 = 360 kN 2 M A = 0 − ból Q2 = YB = 480 kN ↑, majd FA = 240 kN ↑ X B = Q2 = 360 kN ← ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés

előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 118 Q2=360 kN Q1 =720 kN A XB =360 kN B FA =240 kN YB =480 kN 5.7 5.8 X A = 3 kN , Y A = 5,5 kN , M B = −12 kNm, FD = 2,5 kN M C = 6 kNm, M E = 0 kNm Q=8 kN 3kN XA=3 kN A D YA=5,5 kN FD =2,5 kN 12 5,5 6 3 3 3 12 6 2,5 3 5,5 N 2,5 3 M T 5.8 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 119 5.9 ∑M A = p ⋅ 4 ⋅ 2 − 4 ⋅ 4 − 4 + 5 ⋅ 2 − YD ⋅ 3 − X D ⋅ 4 = 0 X D = YD = 2 kN ←↑ Y A = F1 − FDy = 3 kN ↑ X A = p ⋅ 4 − F2 − FDx = 6 kN ← 5kN 4kN XD=2kN 4kN YD =2kN Q=6 XA=6kN YA =3kN 3 3 2 6 4 2 4 2 12 3 N 6 T M 5.9 5.10 Q = 10 kN 4 Qx = Q = 8 kN 5 3 Q y = Q = 6 kN 5 Y A = 3 kN ↑, X A = 8 kN ← FD = 5 kN ↑ ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL

Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 120 2kN 6 Q=10 8 FD=5kN XA=8kN A YA=3kN 2,4 1,8 3 10 16 5 16,81=Mmax 2,4 N T 8,2 M 5.10 5.11 1 X A = 200 N ; Y A = 800 N ; M A = 100 Nm M 1 = 300 Nm; M 2 = 300 Nm; M 3 = 500 Nm M 4 = 200 Nm, M 5 = 100 Nm F =300N 300 F2=500N 300 500 F3=200N 200 XA=200N M MA=100Nm 100 YA=800N 5.11 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 121 6.0 SIKBELI RÁCSOS TARTÓK 6.1 Határozzuk meg először a támaszerőket! ∑M A = FB ⋅ 400 − 1200 ⋅ 900 = 0 FB = 2700 N ∑Y i = FA + FB − 1200 = 0 FA = 1500 N ↓ A rúderők a csomópontok egyensúlyából határozhatók meg. S3 375 S3 1500 N 900 S1 S1 S1 1500 N S2 S1 375 FB S2 500 FB 6.1 S1 = −3600; S 2 =

−4500 N ; S 3 = 3900 N 6.2 Határozzuk meg először a támaszerőket! ∑M A = −500 ⋅ 1,2 + FB ⋅ 2,5 = 0 FB = 240 N Vetületi egyenletekből: X A = 240 N ← ; Y A = 500 N ↑ ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 122 500 240 N A 240 500 N S3 S1 S3 0,9 S1 +O 1,2 240 N S3 1,6 S3 S2 1,2 S2 240 N B S1 = 300 N 6.2 ; S 2 = −400 N ; S 3 = 320 N 6.3 A szimmetrikus terhelés valamint a terhelés szimmetriája miatt S1 = S 7 ; S 2 = S 6 ; S 3 = S 5 A 2-es, 3-as és 4-es rudak átmetszéséből S 4 = 5 kN . (a támaszerők zérusok) 5 kN 5 kN O O 30 30 S2 S1 S1 S2 6.3 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 123 ∑ X = −S + 5 = 0 ∑ Y = −S + S = 0 i 2x i

1 tg 30 0 = 2y S2 y S2x S1 = S 2 y = 2,87 kN ; S 2 = S 6 = 5,77 kN Az A csomópont egyensúlyából következik S 3 = S 2 = 5,77 kN . 6.4 Határozzuk meg először a támaszerőket. ∑M A = FB ⋅ 1,5 − 3 ⋅ 2 − 3 ⋅ 4 = 0 FB = 12 kN Az A csomópont egyensúlyából következik: S1 = 12 kN S 7 = 6 kN S1 P3 YA 3 kN S2 X S1 A A S3 3 kN S7 6.4 A hármas átmetszésből meghatározható az S 2 és S 3 . Nyomatéki egyenlet a P3 pontra. − 3 ⋅ 2 − S 3 ⋅ 1,5 = 0 S 3 = −4 kN Vetületi egyenletből: S 2Y = 6 kN így S 2 = −10 kN A további rúderők: S 4 = 6 kN ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 124 6.5 A szerkezet és a terhelés szimmetriája miatt: FA = FB = 325 N . A 3-as rúdban ébredő erőt a 2-es 3-as és 4-es rudak átmetszéséből kapjuk. FB ⋅ 1,5 − S 3 ⋅ 1,5 = 0 S 3 = 325 N A B

csomópont egyensúlyából. S5 FB S4 1 3 B FB + S4 S5 6.5 1 cm = 100 N S1 = S 4 = −689,4 N S 2 = S 5 = 513,9 N 6.6 Határozzuk meg a támaszerőket! ∑M A = −4 ⋅ 3 − 4 ⋅ 3 + FB ⋅ 3 = 0 FB = 8 kN A vetületi egyenletekből következik: X A = 4 kN ← ; Y A = 4 kN ↓ 4 kN S1 A 4 kN S3 6.6 S5 B ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 125 A B pontra felírt nyomatéki egyenletből: S1 ⋅ 3 − 4 ⋅ 3 = 0 S1 = 4 kN A 3-as és 1-es rudak metszéspontjára írt nyomatéki egyenletből: − S5 ⋅ 3 + 4 ⋅ 3 = 0 S 5 = 4 kN Az S 3 -as erő vetületi egyenletből határozható meg: S 3 = −4 2 = −5,65 kN A további rúderők: S 4 = 0 ; S1 = 4 kN 6.7 Határozzuk meg először a támaszerőket. ∑M A = FB ⋅ 2 − 4 ⋅ 1,5 − 2 ⋅ 3 − 2 ⋅ 1 = 0 FB = 7 kN X A = 5 kN ; YA = 6 kN A vetületi

egyenletekből: S1 1 S1 1.5 S2 2 kN 2 kN S2 S1 S3 S6 2 kN 4 kN 6.7 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 126 S1 = 3,6 kN S 2 = −3 kN Az 1-es és 6-os rudak metszéspontjára írt egyenletből: S 3 = 4 kN A 3-as és 1-es rudak metszéspontjára írt egyenletből: S 6 ⋅1 − 2 ⋅ 1,5 = 0 S 6 = −3 kN A további rúderők: S 4 = 6 kN ; S 5 = −4,8 kN ; S 7 = 2,66 kN 6.8 A rúderők a támaszerők meghatározása nélkül is meghatározhatók. A B csomópont egyensúlyából követezik: S1 = 0 . S1 S 4 FB A S2 S3 S4 C 180 kN 80 kN 6.8 Az A pontra írt nyomatéki egyenletből: − 180 ⋅ 4 − 80 ⋅ 6 − S 4 ⋅ 3 = 0 S 4 = −400 kN A C pontra írt nyomatéki egyenletből: − 180 ⋅ 2 − 80 ⋅ 4 + S 2 ⋅ 3 = 0 S 2 = 226,67 kN Vetületi egyenletből: S 3Y = 260 kN S 3 = 312,5 kN ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4.

MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 127 A további rúderők: S 5 = 260 kN ; S 6 = 53,33 kN ; S 7 = 312,5 kN S 8 = −226,7 kN ; S 9 = −80 kN ; S10 = −53,3 kN S11 = 96,1 kN 6.9 Határozzuk meg a támaszerőket! ∑M B = 6 ⋅ 4 + 4 ⋅ 3 + 2 ⋅ 9 − FA ⋅ 12 = 0 FA = 4,5 kN P2 S1 S4 S2 S3 A FA P1 2 kN 6.9 Nyomatéki egyenlet a P1 - pontra. − 4,5 ⋅ 6 + 2 ⋅ 3 − S1 ⋅ 4 = 0 S1 = −5,25 kN Nyomatéki egyenlet a P3 - pontra. − 4,5 ⋅ 3 + S 3 ⋅ 4 = 0 S 3 = 3,375 kN ∑Y 1 = 0 = − S 2Y − 2 + 4,5 = 0 S 2 = 3,125 kN Újabb átmetszésből következik: S 4 = −2,5 kN S 5 = 5,625 kN ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 128 6.10 A támaszerők meghatározása nélkül A S2 S3 300 N B

S4 C D 300 N 300 N S2 S1 6.10 Az A pontra felírt nyomatéki egyenletből: − 300 ⋅ 300 − 300 ⋅ 750 − S 4 ⋅ 400 = 0 S 4 = −787,5 N A D pontra felírt nyomatéki egyenletből: − S 3Y ⋅ 450 + 300 ⋅ 450 = 0 S 3Y = 300 N S 3 = 375 N A D pont egyensúlya miatt szerkeszthető. S1 = −562,5 kN ; S 2 = 637,5 kN Az 5-ös rúdban nem ébred erő, vakrúd. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 129 7.0 SIKBELI CSUKLÓS SZERKEZETEK 7.1 Reakcióerők: X A = 600 N ← ∑M A = 300 ⋅ 3 + 300 ⋅ 9 − FB ⋅ 0 FB = 400 N ↑ X A = 600 N ← ; Y A = 400 N ↓ Rúd és csuklóerőket, a rudak külön-külön való egyensúlya alapján határozhatjuk meg. 400 D 600 300N C E 600 300N A XA= 600N B 400 YA= 400N FB=400N 7.1 B-D rúd: M D = 0 − ból S CE = 600 N A-D rúd: YD = Y A = 400 N X D = 600 N 7.2 M ∑ ( )

i FD = 721,1 N = S AB ⋅ 30 − 120 ⋅ 130 = 0 C S AB = 520 N FC = 400 N ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 130 120 N SAB C 7.2 7.3 l 200 ⋅ l ⋅ cos 30 0 − H 1 ⋅ ⋅ sin 30 0 = 0 2 2 ⋅ 200 H1 = − cos 30 0 = 400 ⋅ tg 30 0 = 692,8 N 0 sin 30 200 200 O 30 200 H1 H1 200 200 200 H1 H2 200 200 7.3 1 l 200 ⋅ l ⋅ cos 30 0 + H 1 l ⋅ sin 30 0 − H 2 ⋅ ⋅ sin 30 0 = 0 2 2 0 cos 30 H 2 = 800 ⋅ = 1385,6 N sin 30 0 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 131 7.4 A 1800 C B 2400N D 1800 1200 1200 XB XC 2400 3600 3600 F E 1800N 600 N YE=600N 1800 7.4 ACF rúd egyensúlyából: ∑M A = 1800 ⋅ 4,8 − 3600 ⋅ 2,4 + X C ⋅ 2,7 = 0 XC = 0

N 7.5 B 500 M= 1200 F=300 A F=200 C 1200 M +- F= 300 B 600 7.5 B-C egyensúlyából ∑ M C = 0 alapján FB = 300 N ↑ így FC = 200 N FA = 300 N ↑ M A = 1200 Nm Csuklóban a nyomaték nulla! ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 132 7.6 M ∑ ( ) i = −(FB ⋅ 2 + FD ⋅ 2 ) + 4 = 0 C − 2 − FD ⋅ 2 + 4 = 0 FD = 1 kN 1 kN 3 kN FB 4 kNm 2 kN A B C 2 FF=1 kN FE=3 kN FA=2kN 4 2 2 M+ 4 kNm 2 F= 1 B F= D 1 C 7.6 7.7 YA = 120 ⋅ 4 + 105 ⋅ 7 = 135 N 9 105N 120N X A=55N X B=65N YA=135N YB=30 N 7.7 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 133 Nyomatéki egyenlet a B pontra. M ∑ ( ) i = −120 ⋅ 4 − 105 ⋅ 7 + Y A ⋅ 9 = 0 B Y A = 135 N ↑

∑Y = 0 = Y A − 105 + YB i YB = 30 N ↓ A 2. rész egyensúlyából M ∑ ( ) i = −YB ⋅ 5 + X B ⋅ 6 − (120 ⋅ 2 ) = 0 C X B = 65 N ∑X = X C − 120 + 65 = 0 i X C = X A = 55 N 7.8 750 FD YD D X= 200 D 250 500 200 150 N C X=200 C Y= 600N C 400 300 7.8 M ∑ ( ) i = 750 ⋅ 80 − YD ⋅ 320 − X D ⋅ 60 = 0 C YD = 0,75 XD 3 X D ⋅ 320 − X D ⋅ 60 = 0 4 = 200 N 750 ⋅ 80 − XD YD = 150 N 7.9 Az egész szerkezet egyensúlyából következik: X B = 560 N ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 134 560 N YA XA A FC M ∑ ( ) i = −560 ⋅ 50 + FC ⋅ 175 = 0 A FC = 160 N Y= A 160 N X= A 560 N FC B XB D YB FD 7.9 M ∑ ( ) i = FD ⋅ 200 − 160 ⋅ 125 − 160 ⋅ 50 − 560 ⋅ 50 = 0 B FD = 280 N ; YB = 280 N ; X B = 560 N 7.10 400 200 500 A X A=500 N C YA =200 N

7.10 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 135 X A = 500 N , Y A = 200 N X C = −500 N X B = 500 N , YC = 200 N , YB = −200 N 7.11 360 N C B YA YD X XA A D − 360 ⋅ 300 + YD ⋅ 400 = 0 YD = 270 45 FD YD 200 X D 7.11 YD X = D 45 200 X D = 1200 N 7.12 A kisebbik karon nyomatékkal nyomaték tart egyensúlyt. Y ⋅ 0,25 − 400 = 0 Y = 1600 N F = 5600 N FR FR Y F 7.12 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 136 7.13 Felső lemezre ható erők: F= 9810 FB FAD i B C AD =0 ; FB = FC = 4905 N FB FB FBC FD XE FBC 1.212m i 0.606 ∑ X = 0 feltételből F ∑Y = 0 = F − F + F FC 60 YE 0.35 0.7m 7.13 A geometriából: 0,606 tgα = = 0,2126 ; α = 12 0 3,2

− 0,35 A B pont egyensúlyából: FBC = FB ⋅ tg 30 0 = 2832 N M ∑ ( ) i = − FB ⋅ 0,7 − FBC ⋅ 1,212 + FD (0,606 ⋅ cosα + 0,35 ⋅ sin α ) = 0 E FD = 10316 N 7.14 X D ⋅ 1 + YD ⋅ 5 − 16 − 9 − 3 = 0 YD ⋅ 2 − X D ⋅ 2 − 4 = 0 X A = 0 ; Y A = 5 kN ↑ ; YD = 5 kN ↑ ; X D = 3 kN ← ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 137 / X= 3 kN C Y= 1 kN C 3 kN Y= 5 kN A 6 5 6 3 X=0.5 O 3 5 N T M 7.14 7.15 A felső henger egyensúlyából: F1,3 G F2,3 F1,3 F2,3 G= 200 N O 60O 30 F1,3 = F2,3 = 115,47 N Az 1 jelű henger egyensúlyából: F1,3 O S G 60 FA FA = 300 N ; S = 57,7 N G FA S F1,3 7.15 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 138 8.0

SÚRLÓDÁS 8.1 Ha F = 0 G ⋅ sin α ≤ µ 0 ⋅ G ⋅ cos α = 29,54 N Ha F ≠ 0 F 2 + (G ⋅ sin α ) = µ 0 ⋅ G ⋅ cos α 2 FMAX = (µ 0 ⋅ G ⋅ cosα )2 − (G ⋅ sin α )2 = 23,9 N FMAX ≅ 23,9 N 8.2 A test addig van egyensúlyban míg: G ⋅ sin α − F ≤ FS 50 ∠ 104 N FS ≤ µ 0 ⋅ FN ≅ 104 N FN = G ⋅ cosα = 260 N Tehát fennáll az egyensúly! 8.3 GC cos GA FT GC 8.3 Határesetben: µ 0 (G A + GC ⋅ sin α ) = GC ⋅ cos α , µ 0 (100 + 80 ⋅ sin α ) = 80 ⋅ cosα 50 + 40 ⋅ sin α = 80 ⋅ cosα α = 29,4 0 8.4 Az elmozdulás-nyugalom határ-helyzetben: FN ⋅ sin α = FS ⋅ cos α FS = µ 0 ⋅ FN ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 139 S FN FS α 8.4 Igy: FN ⋅ sin α = µ 0 ⋅ FN ⋅ cosα µ 0 = tgα d 2 cos α = s r+ 2 Ebből: s = 97,9 mm r+ 8.5 Az ék egyensúlyából: ∑Y =

0 = − F + 2 N ⋅ sin 15 0 + 2 µ 0 ⋅ N ⋅ cos15 0 N= F 2(sin 15 + µ 0 ⋅ cos15 0 ) i 0 A lemez súlyából: ∑ X i = S A − N ⋅ cos150 + S ⋅ sin 150 = 0 ∑Y i = −G A + FTA − S ⋅ cos15 0 − N ⋅ sin 15 0 = 0 A fenti egyenletekből: N = 52,47 N F = 62,64 N ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 140 F 2 S N O 15 O 15 75 O N O 75 S FTA GA SA 8.5 8.6 Q 1 FT1 S1,2 N1,2 S1,2 2 F O 8 S N 8.6 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 141 Az 1 jelű test egyensúlyából: ∑X = F −S ∑ Y = −Q + N i T1 i 1, 2 ⋅ cos 8 0 − N 1, 2 sin 8 0 = 0 1, 2 ⋅ cos 8 0 − S1, 2 ⋅ sin 8 0 = 0 S1, 2 = µ 02 ⋅ N1, 2 = 523,3 N N 1, 2 = Q = 2093,2

N cos 8 − µ 02 ⋅ sin 8 0 0 A 2 jelű test egyensúlyából: ∑X = N ∑Y = − N i i ⋅ sin 8 0 + S1, 2 ⋅ cos 8 0 + S − F = 0 1, 2 1, 2 cos 8 0 + S1, 2 ⋅ sin 8 0 + N = 0 N = 1932,2 − 67,9 = 2000 N S = 500 N F = 1273,5 N 8.7 N1 S1 F O O S2 N2 0 0,3 m 8.7 arctgρ 0 = 0,25 ρ 0 = 14,04 0 0,3 x x = 1,2 m tgρ 0 = 8.8 Fs = Gµ 0 = 10 N 2 M ≥ FS ⋅ r = 200 Nmm 3 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 142 F S M 3 2 FS 8.8 8.9 FN A FS FD M 8.9 a) Óramutató irányában forog. 90 FS = = 360 N 0,25 F FN = S = 900 µ0 FD = 900 ⋅ 450 + 360 ⋅ 150 = 3060 N 150 b) Órával ellentétesen forog. FD = 2340 N ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 143 8.10 FN

A FS FD M 8.10 a) Irjunk fel nyomatéki egyenletet az A pontra. FD ⋅ 150 − FN ⋅ 450 − µ 0 ⋅ FN ⋅ 150 = 0 2400 ⋅ 150 = 705,88 N 450 + 60 FS = µ 0 ⋅ FN = 282,35 N FN = M = 70,58 Nm b) FD ⋅ 150 − FN ⋅ 450 + µ 0 ⋅ FN ⋅ 150 = 0 2400 ⋅ 150 = 923 N 450 − 60 M = 92,3 Nm FN = 8.11 T1 = e µ 0⋅α T0 ln T1 = µ 0 ⋅ 4π T0 µ0 = ln 7500 150 = 0,3114 4π ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 144 9.0 SIKIDOMOK SÚLYPONTJA ÉS MÁSODRENDŰ NYOMATÉKA (INERCIÁK) „Összetett keresztmetszetek másodrendű nyomatékait a részterületek inerciájának összegezésével számítjuk, figyelembe véve az un. „Steiner”-tagokat 9.1 30 ⋅ 60 ⋅ 15 + 110 ⋅ 30 ⋅ 85 = 60 mm 30 ⋅ 60 + 110 ⋅ 30 yS = 0 xS = 30 ⋅ 60 3 110 ⋅ 30 3 + = 78,8 ⋅ 10 4 mm 4 12 12  30 3 ⋅ 60  110 3 ⋅ 30  +

45 2 ⋅ 30 ⋅ 60 +  Iv =  + 25 2 ⋅ 110 ⋅ 30 = 917 ⋅ 10 4  12   12  Iu = I v = I1 9.2 mm 4 és I u = I 2 főmásodrendű nyomatékok, mivel I uv = 0 x S = 12,3 mm ; I u = 173 ⋅ 10 y S = 41 mm ; I v = 24,2 ⋅ 10 4 4 mm 4 A vegyes másodrendű nyomaték: 2 I uv = x1 (− y1 )A1 + (− x 2 )y 2 ⋅ A2 + (− x3 ) ⋅ y 3 ⋅ A3 S3 I uv = 12,7 ⋅ (− 36) ⋅ 500 + (− 7,3) ⋅ 9 ⋅ 800 + A3 + (− 2,3) ⋅ (54) ⋅ 200 = −30,6 ⋅ 10 4 A2 mm I + Iv  I + Iv  = u ±  u  + I uv2 2 2   2 I1, 2 S2 S I1 = 179,1 ⋅ 10 4 mm 4 I 2 = 18,2 ⋅ 10 4 mm 4 S1 A1 9.2 Főtengelyek helyzete: tg 2α 0 = I uv ; α 0 = 11,2 0 Iu − Iv 2 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 145 9.3 x S = 10 mm, yS = 20 mm 30 ⋅ 603 303 ⋅ 60 = 18 ⋅ 104 mm4 ; I v = = 4,5 ⋅ 104 36 36

302 ⋅ 602 =− = −4,5 ⋅ 10 4 mm4 α 0 = 16,80 72 Iu = I uv mm4 9.4 x S = 101,4 mm ; y S = 198 mm 150 ⋅ 3603   2004 π 2002 π  Iu =  + 182 ⋅ 150 ⋅ 360 +  + 622 ⋅ 8   12   128 1503 ⋅ 360  Iv =  + 26,32 ⋅ 150 ⋅ 360 +  12  2 2 4 2 2  200 π  4 ⋅ 100  200 π  4 ⋅ 100  200 π  + − + + 48,7  ⋅  ⋅  8  8  3π   3π   128 1 S2 S A2 S1 A1 48,7 9.4 vagy: I v = I v ,−(48,7 ) ⋅ ( A1 + A2 ) 2 150 3 ⋅ 360 200 4 π + − 48,7 2 ⋅ 69700 3 128 8 4 I u = 7 ⋅ 10 mm , I v = 2,8 ⋅ 108 mm 4 , I uv = 1,15 ⋅ 10 8 I v = I1 = 8,4 ⋅ 10 8 mm 4 , I 2 = 1,4 ⋅ 10 8 mm 4 , mm 4 , α 0 = −14,3 0 9.5 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 146 x S = y S = 16,5 mm I u = ∑1 (I u ,i + v si2 ⋅ A

i ) 6 ahol; Iu,i - az i-edik részterület u-val párhuzamos súlyponti tengelyére számított „saját” inerciája. vsi - a súlypontok v koordinátája, Ai - a részterület nagysága. Iv=Iu a szimmetria miatt: I u = I v = 12,7 ⋅ 10 4 I uv = −3,87 ⋅ 10 4 I1 = 16,5 ⋅ 10 4 I 2 = 8,8 ⋅ 10 4 mm 4 mm 4 mm 4 mm 4 α 0 = 45 0 ( I uv = ∑1 I u ,v,i + u si ⋅ v si⋅ Ai 6 ) Iu,v,i ahol az a részterület súlyponti tengelyére számított vegyes másodrendű nyomatékok. A négyszögeké és az S3 súlypontú háromszögé nullával 5,4 2 ⋅ 20 2 egyenlő, I u ,v , 1 = I u ,v, 6 = − 72 5,4 14,6 S1 S2 S3 S 20 S4 S5 R40 S6 20 14,6 34,6 5,4 9.5 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 147 9.6 ∑x = 3 xs 1 i ⋅ Ai Aossz 50 2 π 4 ⋅ 25 20 2 π ⋅ − ⋅ 50 8 3 4 π xs = 50 2 π 20 2 π 80 ⋅ 50 −

− 8 4 x s = 49,5 mm ≈ 52 mm 80 ⋅ 50 ⋅ 40 − 80 ⋅ 50 3 50 4 π 20 4 π − − 3 128 64 3 4 80 ⋅ 50 50 π  20 4 π 20 2 π Iy = − −  + 50 2 ⋅ 12 128  64 4 I ys = I y − x s2 ⋅ Aössz Ix =    I x = 67,2 cm 4 ; I ys & 95,9 cm 4 I x = 68 cm 4 ; I yS = 95 cm 4 Mivel I xyS = 0; I x = I 2 , I yS = I1 2α 0 = 60 0 " R" = I yS − I x 2 = 14,35 Iv − Iu =" R"⋅ cos 60 0 = 7,18 2 I uv =" R"⋅ ⋅ sin 60 0 = 12,43 cm 4 4 10 IUV V U 70 80 60 90 4 (1) X (68) R “ ” (2) -10 9.6 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 148 I yS + I x I v − Iu = 74,37 cm 4 2 2 I yS + I x I v − I u + = 88,73 cm 4 Iv = 2 2 Iu = 9.7 − x S = 4,9 mm; y S = 18,35 mm 2  20 4 π   20 3 ⋅ 20 20 2 π   40 3 ⋅ 20 2 2 20  Iu =  + 1,65 2 ⋅ +

+ ⋅ ⋅ + + ⋅ 1 , 65 20 40 11 , 68      2   12 2   8   36  20 4 π  20 2 π 20 2 π   20 3 ⋅ 40 Iv =  − 8,5 2 ⋅ + 13,4 2 ⋅ + 5,12 ⋅ 20 ⋅ 40 + + 8 8   12  128   20 3 ⋅ 20 20 2  + + 21,8 2 ⋅  2   36 20 2 π 20 2 ⋅ 20 2 20 2 I uv = −4,9 ⋅ 1,65 ⋅ + 5,1 ⋅ 1,65 ⋅ 20 ⋅ 40 − − 11,7 ⋅ 21,8 ⋅ 2 72 2 4 4 4 4 4 I u = 21,40 ⋅ 10 mm ; I v = 27,71 ⋅ 10 mm ; I uv = −6,04 ⋅10 mm 4 Mohr − kör " jellegre" helyesen : I + Iv  I − Iu  = u ±  v  + I uv 2 2  2  2 I1, 2 I1 = 31,4 ⋅ 10 4 tg 2α 0 = mm 4 ; I 2 = 17,7 ⋅ 10 4 mm 4 I(C) I uv Iv − Iu 2 α 0 = −31,2 0 1 I 2 I -I 2 1 I(t) 2 9.7 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 149 9.8 − 60 2 40 2 π  4 ⋅ 40  ⋅ 20

+ 60 2 ⋅ 30 − ⋅  60 −  2 4  3π  xs = 60 2 40 2 π + 60 2 − 2 4 2 2 60 40 π 4 ⋅ 40 ⋅ 20 + 60 2 ⋅ 30 − ⋅ 2 4 3π ys = 2 60 2 40 π + 60 2 − 2 4 x S = 4,34 mm; y S = 29,6 mm I u = I x − y ⋅ Aössz 2 s  60 3 ⋅ 60 60 4 40 4 π  2 + − Iu =   − 29,6 ⋅ 4144 12 3 16   3 2  60 ⋅ 60  60   60 4 Iv =  + 24.3 2 ⋅ + 25,7 2 ⋅ 60 2  − + 2   12  36   40 4 π 40 2 π 40 2 π  − − 17 2 ⋅ + 55,7 2 ⋅ 4 4   16 [ ]  60 2 ⋅ 60 2 60 2  2 I uv =  + (− 24,3) ⋅ (− 9,6 ) ⋅  + 0 + 25,7 ⋅ 0,4 ⋅ 60 − 72 2    40 2 π  − 0,0165 ⋅ 40 4 + 38,7 ⋅ (− 12,6 )  4   I u = 126,68 ⋅ 10 4 ; I v = 286 ⋅ 10 4 ; 1 I uv = 120,7 ⋅ 10 4 mm 4 2 S R40 9.8 I + Iv  I − Iu  = u ±  v  + I 2uv 2  2  2 I1, 2 tg 2α 0 = I uv Iv − Iu 2 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés

előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 150 9.9 120 ⋅ 20 + 50 ⋅ 38,6 + 16 ⋅ 43 120 + 50 + 16 y s ≅ 27 cm ys =  44  I u = 30000 + 7 2 ⋅ 120 + 300 + 11,6 2 ⋅ 50 +  + 16 2 ⋅ 16  12  4 4 I y == 1200 + 4800 + 12 4 I u = 47025 cm I y = 6021 cm 4 [ ] [ I u = I1 ; Iy = I2; ] mivel I uv = 0 9.10 30 4 π 20 3 ⋅ 30 60 3 ⋅ 30 45 ⋅ 20 3 + + − 8 3 12 12 4 3 3 30 π 30 ⋅ 20 30 ⋅ 60 22.5 3 ⋅ 20 Iy = + + − 2⋅ 8 3 12 12 2 2  30 ⋅ 60 30 ⋅ 60  I xy = [(− 15) ⋅ (− 10 ) ⋅ 20 ⋅ 30] +  + 10 ⋅ (− 20 ) ⋅  2   72 Ix = I x = 90,8 ⋅ 10 4 mm 4 , I y = 59,5 ⋅ 10 4 mm 4 , I xy = −4,5 ⋅ 10 4 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom mm 4 151 11.0 HAJLITÁS 11.1 Az „A” keresztmetszet

igénybevétele: hajlítás M A = −20 ⋅ 9 + 20 ⋅ 6 = −60 kNm(∩ ), TA = 0 , tehát itt nyírás nincs. T 20 kN X 60 kNm + 6m 9m X M Mivel M A a z tengellyel párhuzamos, (" M z ") x irányú feszültséget ébreszt: a σ x = Mz ⋅y Iz függvény írja le a feszültség változását a keresztmetszetben. y= ± 80 mm-nél (szélső szálban): 60 ⋅ 106 [Nmm] ± σ max = ⋅ 80 [mm] = 149,3 MPa 1604 π 4 mm 64 [ ] 0 16 MA 11.1 11.2 A reakcióerők: FA = FB = 2 kN A tartón x=0,1 m-től 0,3 m-ig állandó, M z = 0,2 kNm a legnagyobb hajlítónyomaték. 20 4 A keresztmetszet inerciája: I z = 12 M   20 σ x max = z max ⋅ y max mm   y max = Iz 2   ± σ x max = 212,1 MPa 〈 σ M , a tartó nem felel meg ! ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 156 11.3 ∑M A = 0 = −5 ⋅ 2 + FB ⋅ 5

− ből ; FB = 2 kN ↑ FA = − F + FB = 3 kN ↑ így x=2m-nél M z max = 6 kNm 100 4 90 4 − ≈ 2,87 ⋅ 10 6 mm 4 12 12 ± σ x max = 104,5 MPa 〈 σ M - megfelel ! Iz = 11.4 ∑M A = 0 = 2,25 ⋅ 2 + FB ⋅ 4 − 2,25 ⋅ 6 FB = 2,25 kN ↑ FA = 4,5 − 2,25 = 2,25 kN ↑ így a nyomatéki ábra: 4.5 M + 2m 6m 11.4 x = 0 − 4(m ) − ig , M z max = 4,5 kNm I z = σ x max = 146 MPa 〉 σ M , nem felel meg ! 100 ⋅ 86 3  2  ;  y max = ⋅ 86  36 3   3⋅ 3 = 4,5 kN ↑ 2 3 ⋅ 1,52 x = 1,5m − nél (középen) M z max = 4,5 ⋅ 1,5 − = 3,375 kNm 2 60320 203 ⋅ 60 Iz = + − 102 ⋅ 2 ⋅ 20 ⋅ 60 = 1,36 ⋅ 106 mm 4 3 3 y=50 mm-nél felső σ nyomó max = 124,1 MPa 〈 σ hM 11.5 Reakció erők egyformák: F = y= -30 mm-nél alsó σ húzó max = 74,4 MPa 〈 σ nyM A tartó megfelel! 11.6 ÖvlemÖvlemez nélkül: 5003 ⋅ 12 Iz = + 4 ⋅ (138 ⋅ 104 + 223,82 ⋅ 1870) + 12  103 ⋅ 230  + 2 ⋅  + 2552 ⋅ 2300 

12  ahol az L szelvény adatai táblázatból! (MSZ 328) ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 157 I z = 804,7 ⋅ 106 σ max mm4 K Z = 3,095 ⋅ 106 mm3 így: = 212 MPa 〉 σ meg ! F FA FB F X 0 - + X M0 M M = 656 kNm 11.6  103 ⋅ 230  I z = I z + 2 ⋅  + 2652 ⋅ 2300  = 1128 ⋅ 106 Övlemezzel  12  Ha σ max ≤ σ meg = mm4 , K z = 4,18 ⋅ 106 mm3 M0 M 0 = 494,4 kNm Kz M0 = 3,09 m-től van szükség erősítésre, FA M l=4,02 m hosszon, így σ max = max = 157 MPa K!z x0 = 11.7 ∑M A = 0 = 80 + FB ⋅ 6 − 20 alapján FB = 10 kN ↓ és FA = 10 kN ↑ Nyomatéki ábra: - + 6 Mh 8m 11.7 M max= 80 kNm x = 0-nál σmax= 2,63 MPa < σ M ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF

created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 158 11.8 FC = 35 kN FD = 175 kN TMAX = 91 kN M MAX = 168 kNm A veszélyes keresztmetszet tehát„D” alátámasztásnál van; x=6 m-nél. 2 4253 ⋅120 (425 − 30 ) (120 − 8 ) Iz = − ≅ 19244 ⋅ 10 4 mm 4 12 12 ± σmax = 185,5 MPa Nyírófeszültség: T y ⋅ M st (z ) τ xy = Iz ⋅v P FD FC 84 35 T -91 -168 M 15 21 425 T M A A 120 11.8 A fél keresztmetszet statikai nyomatéka a hajlítás tengelyére: 212,5 197,5 M st ( Z ) = 212,5 ⋅ 120 ⋅ − 197,5 ⋅ 112 ⋅ = 525025 mm3 2 2 T ⋅ M st ( Z ) τ MAX = max = 31,04 MPa IZ ⋅ v ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 159 Az „A” pont feszültségi állapota: σA = − τxyA = A M max ⋅ yA Iz ; y A = 197,5 Tmax ⋅ M st öv Iz ⋅ v gerinc σ redA = σ 2A + 4τ2A 15   M st öv =

120 ⋅ 15 ⋅  212,5 −  = 369000 mm 3 2  τ xyA = 21,8 MPa σ A = −172,4 MPa σ redA = 177,8 MPa 11.9 A befogás helyén ébrednek a maximális igénybevételek: Ty max = 30 kN ; M z max = 30 ⋅ 0,05 = 1,5 kNm 3 Ty max 3 30 ⋅ 103 ⋅ = ⋅ = 37,5 MPa 2 A 2 20 ⋅ 60 M 1,5 ⋅ 106 " C" pont : σ x = z max ⋅ y c = 3 ⋅ 20 = 83,3 MPa ; 60 ⋅ 20 Iz 12 3 Ty max ⋅ M mst ( z ) 30 ⋅ 10 ⋅ (20 ⋅ 10 ⋅ 25) = = 20,8 MPa τxy = 603 ⋅ 20 Iz ⋅ v ⋅ 20 12 M 1,5 ⋅106 " D" pont : σ max = z max ⋅ y max = 2 = 125 MPa ; τxy = 0 60 ⋅ 20 Iz 6 "S" pont : σ x = 0 ; τ xy max = D + C S 11.9 Mivel σmax < σM nem felel meg a rúd ! ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 160 11.10 A veszélyes helyen (x=1,5 m-nél; középen) a keresztmetszet két szélső száljában ébredő

hajlító feszültség: „A” eset: σ hajl max = M max d ⋅ , Iz 2 M max = F ⋅ 1,5 2 (kNm ) , Iz = d 4π 64 mivel σ max = σ M ; F = 83,7 kN „B” eset: változik a keresztmetszet inerciája ! 2  r 2π  4r   4 I z = 2 0,11r +   , F = 134,3 kN r − 2  3π    11.11 FA = 27,975 kN FB = 25,975 kN M max = 67,535 kNm I z = 28,8 ⋅ 106 x = 2,6 m − nél, itt T = FB mm 4 M st ( P ) = 189600 mm3 P M S 142,6 - T + 11.11 M max ⋅ ymax = 334,6 MPa 〉 σ M Iz Tehát nem felel meg a tartó ! M σ P = max ⋅ yP σ P = 87,8 MPa Iz T ⋅ M st ( P ) τP = , τ P = 8,6 MPa ; σ RED( P ) = 89,5 MPa Iz ⋅ v σ max = ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 161 11.12 - F M + 11.12 Iz = σ max 30 ⋅ 50 3 20 ⋅ 30 3 − ; M stfél ( z ) = 25 ⋅ 30 ⋅ 12,5 − 15 ⋅ 30 ⋅ 7,5 12

12 F ⋅ M stfél ( z ) M = ⋅ y max ; τ max = (v = 2 ⋅ 5 = 10 Iz Iz ⋅v ; σ max = 93,46 MPa I z = 267500 mm 4 M st fél = 7125 mm 3 ; τ max = 66,6 MPa M st (1)−(2 ) = 10 ⋅ 30 ⋅ 20 = 6000 mm 3 τ 1 = 18,7 MPa (v = 30) , τ 2 = 56,2 MPa (v = 10) 11.13 Veszélyes keresztmetszet a befalazásnál: M max = 3,1 kNm ; Tmax = 2,6 kN Ha σ max ≤ σ M K z min = M max σM K z min = 22142,9 mm3 = 22,14 ⋅ 10 − 6 m3 MSZ 326-ból választva: K z = 22,4 ⋅ 10 −6 az U 180-as szelvényhez tartozó érték. m 3 (szabványos). ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 162 11.14 A gerenda hajlító nyomatéki ábrája változik a felfüggesztések helyének függvényében: Ha M max 1 = M max 2 akkor ez a „legkedvezőbb” eset. 8m * M M M 1* 1 M * 1 M FB FA M * 11.14 p ⋅ a2 42 = − p ⋅ + FA ⋅ (4 − a ) ahol

p = 900 N/m és FA = FB = 3600 N 2 2 a felfüggesztésnél ébredő erők a = 1,652 m 900 ⋅ 1,657 2 Ekkor M max = = 1,236 kNm K x = 1460 ⋅ 103 mm3 (táblázatból) 2 M és σ max = max ≅ 0,85 MPa Kx 11.15 FA = 2000 N ; K min = FB = 2500 N ; M max = 1 kNm ( FB − nél ) M max = 5555,5 mm3 σM (D 4 − d 4 )π 2 ⋅ alapján , ha 64 D D = 1,2 d; d ≅ 40 mm, D = 48 mm K (cső ) = F 11.15 FB FA ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 163 12.0 CSAVARÁS 12.1 M A = M t = 1,8 kNm MT ⋅ rMAX iP τ CSAVMAX = MT ⋅l IP ⋅G ϕ= M MA A M + - 12.1 d π = 2,51 ⋅ 10 5 mm 4 32 rmax = 20 mm (a keresztmetszet kerületi pontjai) τ max = 143,4 MPa ϕ = 0,45 rad Ip = 4 12.2 τB = Mt ⋅ rB Ip Mt ⋅ rC Ip − d 4 )π rC = 51 mm ; rB = 49 mm, 32 τ B = 18,7 MPa , τ C = 19,5 MPa Ip = (D τC = 4 12.3 ϕCA = ϕCB + ϕBA = 0 0=

(M1 − M 2 ) ⋅ l CB + M1 ⋅ l BA M1 = Ip ⋅ G Ip ⋅ G M 2 ⋅ lCB = 8 kNm lCB + l BA M1 A + M - C B M 2 M M 1 M1 -M2=MC 12.3 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 164 12.4 M t ⋅ l ⋅ 32 ϕM ⋅ G ⋅ π d min = 4 τ max = τ max ; d min = 79,6 ≈ 80 mm Mt d Mt ⋅ = Ip 2 Kp 900 ⋅ 103 = = 8,96 MPa 803 π 16 12.5 τ M ≥ τ max = Mt K p min Kp = d 3π 16 d = 43,35 ≈ 45 mm M t ⋅ l 0,8 ⋅ 103 ⋅ 50 ϕ= = = 0,0117 rad 454 ⋅ π Ip ⋅G ⋅ 85 32 10 így: ϕ Meg / l = 0,5 m − re!/ = = 0,1250 = 0,002 rad 〈ϕ Meg 8 M t ⋅ l ⋅ 32 ezért d min = − bőő számítva ϕ meg ⋅ G ⋅ π d szüks ≅ 70 mm 12.6 M t1 − M t 2 + M t 3 = 0 M t 3 = 30 kNm = M max d min = 3 ϕ AB = M max ⋅ 16 = 136,6 ≈ 140 mm τM ⋅ π M t1 ⋅ l1 = 0,018 rad Ip ⋅ G A M1 B M2 1 3m 2 M3 C 2m 20 M -30 12.6

ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 165 12.7 „A” pont feszültségi állapota kiskockán ábrázolva: 1 2 12.7 τcs max = σ1 = σ 2 = F⋅D d ⋅ = 47,15 MPa d4π 2 32 12.8 τ M ≥ τ max = Ip Mt ⋅ rmax K p = Ip rmax d 4π 2 ⋅ = 32 d (D4 − d 4 )π Kp = 32 ha D = 2d a.) tömör kör-keresztmetszetnél: K p = b.) cső-keresztmetszetnél: a.) d=55,4 mm d 3π 16 2 15d 3π ⋅ = D 32 b.) d=28,3 mm és D=56,6 mm A tömegek: m = V ⋅ ρ , ahol ρ = 7,85 ⋅ 103 kg / m3 a.) m=2,84 kg b) m=2,22 kg Tehát a csőkeresztmetszetet célszerű alkalmazni kisebb önsúlya miatt. 12.9 A befalazásnál Mt=M1+M2=17 kNm nyomaték ébred. A tartó belső energiája a két különböző átmérőjű szakaszra külön írható fel. U össz = U1 + U 2 = M 2t ⋅ l1 M2 ⋅ l + 2 2 2I p1 ⋅ G 2Ip 2 ⋅ G U össz = 12,6 ⋅ 104 Nmm

ϕ= M t ⋅ l1 M 2 ⋅ l 2 + = 0,019 rad Ip1 ⋅ G I p 2 ⋅ G ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 166 1 3 2 12.10 A A E M1 -M+M A 1 M + - -MA 1 B M2 MB -M+M+M=M A 1 2 B 2 MA és MB irányát előzetesen feltételezve. (Az esetleges negatív eredmény ellentett irányt jelentene !) M 1 = F1 ⋅ D1 = 0,8 kNm M 2 = F2 ⋅ D2 = 3,2 kNm Egyensúly esetén: M 1 + M 2 − M A − M B = 0 és a befalazás miatt: ϕ AB = ϕ 1 + ϕ 2 + ϕ 3 = 0 3 12.10 Részletezve: − M A ⋅ l1 (− M A + M1 ) ⋅ l2 (− M A + M1 + M 2 ) ⋅ l3 + + =0 Ip1 ⋅ G Ip 2 ⋅ G Ip 3 ⋅ G l l  l M1  24 + 34  + M 2 34 d3  l2 d3  MA = l1 l 2 l3 + + d14 d 42 d 34 MA = 0,37kNm , MB = 3,63 kNm (az ábrán jelölt értelmek szerint). τ E max = − M A + M1 d 2 ⋅ I p2 2 − M A ⋅ l1 ϕE = + O p1 ⋅ G , τ E max = 34,2

MPa (− M A + M 1 ) ⋅ l2 I p2 ⋅ G "ϕ "1 2 − 0,012 rad = −0,690 "ϕ 2 *" (E) keresztmetszet: A negatív előjel értelmezését az ábrán, az elcsavarodási irányok magyarázzák. - -1 * +M 12.10 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 167 13.0 EGYIRÁNYÚ ÖSSZETETT IGÉNYBEVÉTEL 13.1 “ ‘ ‘ 0 F “ = + M 13.1 A keresztmetszetben csak normálfeszültségek ébrednek, a húzás és hajlítás hatására: M 2 ⋅ 106 (Nmm ) ⋅ y max = ⋅ 30(mm ) = 83,3 MPa 40 ⋅ 603 Iz 4 mm 12 F 120 ⋅ 103 " σx = = = 50 MPa A 40 ⋅ 60 + σ x max = 133,3 MPa ; − σ x max = 33,3 MPa ± σ,x max = ( ahol : σ"x = − σ,x y0 = σ"x ⋅ 13.2 ) Iz M y 0 = 18 mm A tartóban ébredő normálerő a 450-os felfüggesztés miatt; N=1,5 kN végig. A legnagyobb hajlító nyomaték a

két terhelőerő közti szakaszon Mmax =1,5 kNm A szabványos szelvényű idomacél jellemzői táblázatból; I=171.10-8 m4 és A=1060 mm2 , σ, max ( hajl . ) = σ"húzó = M max ⋅ 50 = 43,86 MPa It N = 1,4 MPa A qmax=σ’+ σ”=45,3 MPa, tehát megfelel a tartó ! A zérusvonal helye az előző példához hasonlóan számolva: y0 =1,6 mm 13.3 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 168 F erő nemcsak húzó igénybevételt jelent, hanem hajlítja is a rudat, y tengely körül. M y = 15 ⋅ 0,015 kNm F 15 ⋅103 ( N ) = = 27,8 MPa , A 30 ⋅18 ⋅ (mm 2 ) M 0,15 ⋅ 106 30 σ"z ( hajl .) = ± y y max = − ⋅ = ±55,6 MPa 18 ⋅ 303 2 Iy 12 így a függőleges rúd baloldalán a húzott szálakban: + σz = σ,z − σ"z − σ z max = 27,8 MPa σ!z ( húzó ) = 13.4 Az M nyomatékvektor felbontható

komponensekre: C M z = 2,6 kNm M y = 1,5 kNm B 18 0 M O 30 MZ D +16.1 Z 82 +75.6 ` -A X ± σ,x max , = Mz ⋅ y max Iz ± σ"x max = My Iy ⋅ z max táblázatból: Iz=1450.10-8 m4 Iy=81,3.10-8 m4 - `` X 13.4 Semleges tengely helye; ahol az eredő feszültség nulla. M I y0 σ x, = − σ x" alapján = tg α0 = y ⋅ z ; αo = 84,4o-ra „z”-től felfelé z0 Iy M z σ A = −σ x − σ x" , σ B = +σ x − σ x" σ C = σ x + σ x" σ D = −σ x + σ x" σ A = −91,9 MPa, σ B = −59,7 MPa, σ C = 91,9 MPa, σ D = 59,7 MPa 13.5 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 169 Reakcióerők ; a baloldali alátámasztásra (A) felírt egyensúly alapján: − 4 ⋅ 0,5 + 3 ⋅ 2 + 2 ⋅ 4 + 1 ⋅ 6,5 FB = = 3,7 kN ↑ 5 FA = 4 + 3 + 2 + 1 − 3,7 = 6,3 kN ↑ így a

hajlítónyomatéki függvény: -2 -1 X + 7.5m 1m Mmax=2.6 -1.2 M Mz max=2,6 kNm (F1 támadáspontjánál), x = 3 m-nél A veszélyes keresztmetszetet elforgatva ábrázolva: y’ y C 120 O 25 ‘ A B “ +12.6 80 ‘ MZ ‘ z M M ‘ z -7 X X (MPa) + 4,7 (MPa) 13.5 M y , = 1,1 kNm M z , = 2,36 kNm az Mzmax komponensei. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 170 Statikai jellemzők: 120 ⋅ 30 ⋅ 15 + 40 ⋅ 170 ⋅ 115 120 ⋅ 30 + 40 ⋅ 170 , ys = 80, 4 ≈ 80 mm y,s =  30 3 ⋅120  170 3 ⋅ 40  + 65 2 ⋅ 30 ⋅ 120 +  + 35 2 ⋅ 40 ⋅ 170 = 4019 ⋅10 4 I z, =   12   12  120 3 ⋅ 30 40 3 ⋅ 170 + ≅ 522,6 ⋅10 4 mm 4 I ,y = 12 12 , M 2,35 ⋅ 10 6 ⋅ 120 = 7 MPa − σ x, max = σ x, = , z ⋅ y , Iz 4018 ⋅ 10 4 σ = " x M y, I y, ⋅ z, ± σ

x" max = mm 4 1,1 ⋅ 10 6 ⋅ 60 = 12,6 MPa 522 ⋅ 10 4   2,35 ⋅ 10 6 ,  + σ max = ⋅ 80 = 4,7 MPa  4 4018 ⋅ 10   Tehát: σ A = 17,3 MPa , σ B = 7,9 MPa , σC = −7 MPa 13.6 A megoszló terhelés hatására az AB szakaszon nyomó és hajlító igénybevétel lép fel; Nx = Fnyomó = 16.0,5 = 8 kN, és Mz = Mhajl = 160,5 = 2 kNm végig a függőleges rúdban N − 8 ⋅ 103 (N ) Nyomásból: σ,x = x = = −5,6 MPa A 1420 mm 2 ( ) Mz 2 ⋅ 10 6 ( Nmm ) ⋅= = ±36,6 MPa (A, és Kz értékei Kz 54,7 ⋅ 10 3 mm 3 táblázatból!) σx max= |-42,2 MPa| , ami kisebb mint σM=80 MPa, tehát a tartó megfelel ! Hajlításból: σ "x max = ( ) 13.7 A keresztmetszet nyomatéki főtengelyei u; v; így kétirányú hajlításra bontható a terhelés. (Mivel feltételezzük, hogy ezek átmennek a nyírási középponton, így csavaró-hatás nincs !) M u = Fv ⋅ l , M v = Fu ⋅ l Maximális nyomatékok a befalazásnál lépnek fel.

Táblázatból: tg α = 0,441 α = 23,80 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 171 F F M v = 5 ⋅ sin 23,8 ⋅ 1 = 2,02 kNm M M σ,x , = u ⋅ v és σ"x = v ⋅ u Iu Iv 38,3 + M u = 5 ⋅ cos 23,8 ⋅ 1 = 4,57 kNm F B M M ‘ 18,7 Iu = 261 ⋅ 10 4 mm 4 I v = 45,8 ⋅ 10 4 mm 4 A - A vizsgált pontok u, v koordinátái a geometriából – α segítségével – felírhatók, pl.: u A = y A ⋅ sin α − z A ⋅ cos α = 15,9 mm v A = y A ⋅ cos α + z A ⋅ sin α = 82,3 mm + “ - 13.7 „A” pont feszültségei: 4,51 ⋅ 10 3 ⋅ 10 3 ⋅ (− 82,3) = −142, 2 MPa 261 ⋅ 10 4 2,01 ⋅ 10 3 ⋅ 10 3 ⋅ (− 15,8) = −69,3 MPa σ "xA = 45,8 ⋅ 10 4 σ xA ( RED ) = −σ,xA − σ"xA = −211,5 MPa , σ xA = Ugyanígy: σ xB = −74,8 MPa, σ xC = 191,3 MPa ([u B ; v B ] = [40,6;59,8] [u C ;

vC ] = [32,6;27,9]) 13.8 MV 30 S A MU 13.8 13.8 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 172 A maximális hajlítónyomatékok a tartó közepén x=2,6 m-nél számolhatók, a komponensekre bontott reakcióerő (F=6,7 kN) nyomatékaiból: l l M u = Fv ⋅ − Qv ⋅ ≅ 7,6 kNm 2 4 l l M v = Fu ⋅ − Qu ⋅ ≅ 4,4 kNm 2 4 4 I u = 3600 ⋅ 10 mm 4 , I v = 248 ⋅ 10 4 mm 4 főinerciák értékei (táblázatból) M M σ x, = u ⋅ v és σ x" = v ⋅ u Iv Iu „A” pontban: , " σ xA = σ xA + σ xA = , − σ "xB σ xB = −σ xB 4,4 ⋅ 10 6 7,5 ⋅10 6 120 ⋅ 22,3 = 64,9 MPa ⋅ + 248 ⋅ 10 4 3600 ⋅ 10 4 4,4 ⋅ 10 6 7,5 ⋅ 10 6 120 ⋅ 62,7 = −136,6 MPa ⋅ − =− 248 ⋅ 10 4 3600 ⋅ 10 4 13.9 A hajlításból adódó maximális húzófeszültséggel egyező értékű nyomófeszültséget kell

ébreszteni a keresztmetszeten, így a baloldali szélső szálakban nulla, a többi helyen csak negatív feszültség ébred: N M = ⋅ y max és σ ,, x max σ x, ( nyomó ) = ( hajl . ) A IZ M 1 ⋅ 10 3 80 ⋅ = 75 kN ⋅ y max = 80 ⋅ 40 ⋅ 3 Iz 80 ⋅ 40 2 12   3 6 N M 75 ⋅ 10 1 ⋅ 10 = + = + = 46,9 MPa   A Kt 80 ⋅ 40 80 2 ⋅ 40  6  σ X, = σ X,, − bőő   −σ max    N = A⋅ 13.10 „K” keresztmetszet terhelései (jobbról számítva): N=F=125 kN M z = FB ⋅ 4 + F ⋅ 2 = 500 kNm 125 ⋅ 2   = 62,5 kNm ↓   FB = 4   ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 173 −N σ x, = −6,5 MPa állandó A M σ "x = z ⋅ y σ "x max = 191,2 MPa Iz Ahol a keresztmetszet jellemzői: σ x, = A = 2 ⋅ 40 ⋅ 180 + 20 ⋅ 320 = 20800 mm 2 Iy = 180 ⋅ 4003 160

⋅ 3203 − = 52309 ⋅ 10 4 mm 4 12 12 M ‘ -6 “ N 191. 2 1310 13.11 1 l l A legnagyobb hajlítónyomatékból (középen) M z = FA ⋅ − p ⋅ ⋅ = 1 kNm , 2 2 4 ennek hatására a „⊥” szelvényű tartó alsó szálaiban húzó-, a felső szálakban nyomófeszültség ébred: M + σ max = z ⋅ ys = 22,05 MPa (hajlító) Iz - S + 13.11 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 174  60 ⋅ 203 20 ⋅ 603  I z = + 20 2 ⋅ 60 ⋅ 20 + + 202 ⋅ 60 ⋅ 20 = 136 ⋅ 104 12 12  2 A = 2 ⋅ 20 ⋅ 60 = 2400 mm Ha csak 20 MPa húzófeszültség lehet: N = + σ max hajl . − σ nyomó ⋅ A = 2,05 ⋅ 2400 = 4920 N ( ) (  mm 4   ) 13.12 Az „M” nyomatékot M z és My komponensekre bontjuk: 3 1 ⋅ M = 3, 247 kNm, M y = M = 1,875 kNm 2 2 A vízszintes tengely körüli hajlításból a „z”

feletti szálakban húzó, M alatta nyomófeszültség ébred; σ,x = z ⋅ y. A függőleges tengely Iz körüli hajlítás „y”-tól balra húzó, jobbra nyomófeszültséget okoz; Mz = y σ x" = + B A Iy ⋅z σA = σ,x max + σ"x max MYY σB = σ,x max − σ"x max ` M ZZ C My D σC = −σ,x max + σ"x max σD = −σ,x max − σ"x max σ x, max = ±92,8 MPa + σ x" max = ±59,2 MPa `` 13.12 60 ⋅ 803 44 ⋅ 683 − ≅ 140 ⋅ 104 mm 4 12 12 3 80 ⋅ 60 68 ⋅ 443 Iy = − ≅ 95 ⋅ 10 4 mm 4 12 12 σ A = 152 MPa, σ B = 33,6 MPa, Iz = σ C = −33,6 MPa, σ D = −152 MPa ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 175 14.0 TÖBBIRÁNYÚ ÖSSZETETT IGÉNYBEVÉTEL 14.1 T Ny δy A τxy δy τ τyx τ xy δ1 1 δy δx δ 2α δ2 τyx α - δ2 2 δ1 14.1 σ1, 2 =

σy + σx 2  (σ y − σ x )2  ±   + τ 2xy 2    d 2π   húzás A szár = 4   σy = Ny τ yx = Tx F = 2 = 77,4 MPa tiszta nyírás A A szár A = F1 = 48,6 MPa A szár σ 1 = 105,4 MPa tg 2α = τ yx σ y −σ x σ 2 = −56,8 MPa α = 36,30 2 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 176 14.2 A F M 42,8 + T- Q B d A méretezés a veszélyes keresztmetszet terheléseivel történik: M 27,8 Reakcióerők: 32,2 M +- FB = + 14,5 + M- - 0,13 ⋅ 15 + 0,45 ⋅ 60 = 32,2 kN ↑ 0,9 FA = F + Q − FB = 42,8 kN ↑ 6,3 M MAX = 14,5 kNm 14.2 TMAX = FB = 32,2 kN Mt = F⋅ D2 D = Q ⋅ 1 = 6,3 kNm 2 2 A veszélyes keresztmetszet feszültségei: A legnagyobb redukált feszültség „A”.A*” A pontokban tehát: M σ MEG M B δ T τ ny ≥ σ RED A = σ h2 +

4τ cs = τ cs σ RED A = M h2 4 M tt2 + K t2 K 2p M h2 + M t2 M red = Kt K t2 K    K t = p ! 2   A* τ cs σ REDA = 2 M RED ; d 3π 32 d min = 3 M RED ⋅ 32 ≅ 119,3 σ MEG ⋅ π Ezt ellenőrizni kell „τ”-ra, mivel „B”-ben: τ MAX = τ csMAX + τ nyMAX τ MAX = Mt 4 + Kp 3 T A τ max = 22,2 MPa 〈 τ meg , tehát megfelel ! ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 177 14.3 A befalazásnál: Ty=F=12,7 kN ↑ Mh=Mz=12,7 kNm τzx σx τxz Az „A”-ban ébredő feszültségek: α σx = Mz d ⋅ = 58,9 MPa a hajlításból Iz 2 τ xz = Mt d ⋅ = 14,6 MPa a csavarásból Ip 2 1 σ1 2 Mt=6,3 kNm σ2 τxy = 0 a nyírásból τ[P] 14,6 2α= 26,4° 2α 58,9 δ[Mpa] -14,6 σ= 3,4 2 σ= 62,3 1 14.4 A tengely egyensúlyából Mcs1=Mcs2 vagyis D D 0,44 F1 ⋅ 2 = F2 ⋅ 1 F2 =

4 kN M cs = ⋅ 2 = 0,44 kNm 2 2 2 F1 és F2 hatására ébredő reakcióerők: 4 ⋅ 0,15 + 2 ⋅ 0,6 FB = = 2,4 kN ↑, FA = F1 + F2 − F3 = 3,6 kN ↑ 0,75 Legnagyobb hajlítónyomaték a kiskeréknél: M h = 0,15 ⋅ 3,6 = 0,54 kNm A hajlítás és csavarás együttes hatására: M RED = M hMAX + M cs = 0,7 kNm ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 178 M red Kt σ RED = alapján d min = 3 M RED ⋅ 32 ≅ 34 mm σM ⋅ π Ellenőrizzük nyírásra is: 4 3,6 ⋅ 10 3 0,44 ⋅ 10 6 τ MAX = ⋅ + = 62,3 MPa 〈 τ M , megfelel! 3 34 2 ⋅ π 34 3 ⋅ π 4 16 14.5 A tengely terhelése nyomás és csavarás, ami a kerületi pontokban ébreszti legnagyobb feszültségeket. F (minden pontban !) σ nyomó = A0 M d M τ csavmax = t ⋅ = t (a kerületen) Ip 2 Kp 2 σ RED σ RED      3  6 12 , 6 ⋅ 10 2 2  + 4 ⋅

 1,7 ⋅ 10 = σ nyom + 4τ csav =   40 3 π  40 2 π      4   16 ≅ 271 〉 σ meg , nem felel meg !       2 14.6 y + Tx Mx ‘ Ty x σz σz - - σ2 - τ y 2 ‘ σz τzy “ My α y τ zx z σz σ1 1 + τ zy x τyz z 2α σ τ yz σz σz τ zx 14.6 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 179 A feszültség-függvények maximumai: N 70 ⋅ 10 3 σ z,= ; = 14,6 MPa A 4,8 ⋅ 10 3 M y 12 ⋅ 10 3 σ z ,, = x ⋅ ; ⋅ 0,06 = 90,9 MPa , I x 2 792 ⋅ 10 −8 σ z ,,, = τ zy = τ zx = My x 5 ⋅ 10 3 ⋅ ; ⋅ 0,03 = 81,5 MPa I y 2 184 ⋅ 10 −8 T y ⋅ M stx I x ⋅ vx Tx ⋅ M sty I y ⋅ vy ; 30 ⋅ 10 3 ⋅ 90 ⋅ 10 − 6 = 17 MPa 792 ⋅ 10 −8 ⋅ 2 ⋅ 10 −2 ; 20 ⋅ 10 3 ⋅ 42 ⋅ 10 −6 = 7,6 MPa 184 ⋅ 10 −8 ⋅ 6 ⋅ 10 −2

Ahol: M stx = 60 ⋅ 60 ⋅ 30 − 40 ⋅ 30 ⋅ 15 = 90000 mm 3 M sty = 120 ⋅ 30 ⋅ 15 − 60 ⋅ 20 ⋅ 10 = 42000 mm 3 a fél keresztmetszet statikai nyomatékai. "A" pontban: , σ z = −σ z + σ z,,, = +66,4 MPa τ zy = τ zyMAX = 17 MPa σ RED = σ z2 + 4τ zy2 = 74,6 MPa 14.7 B + M C σx T ‘ M τ xy τcsav(τxz) A τcsav(τxy) 14.7 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 180 B pont: M h 0,6 ⋅ 10 3 ⋅ 0,5 ⋅ 10 3 = = 47,8 MPa Kz 40 3 π 32 6 M 0,4 ⋅ 10 = t = = 31,8 MPa Kp 40 3 ⋅ π 16 (τ nyíró = 0 !) σ hajl = σ x = τ csav = τ xz C pont: τ csav = τ ,xy = Mt = 31,8 MPa Kp 4 T 4 0,6 ⋅ 10 3 ⋅ = ⋅ = 0,6 MPa 3 A 3 40 2 π 4 (σ hajl = 0) τ nyíró = τ xy " = σ σ  = x ±  x  + τ xz2 2  2  2 Feszültségek: B-ben σ 1, 2 C-ben σ 1, 2 = ± (τ xy, + τ

xy" ) 2 τ xz = 26,5 0 σx 2 α = 45 0 σ 1B = 63,6 MPa, σ 2 B = −15,9 MPa , tg 2α = σ 1C = 32,4 MPa σ 2C = −32,4 MPa 14.8 A befalazás igénybevételei és feszültségeloszlásai hasonlóak a 14,7 feladathoz! M hajl D 3 ⋅ 10 3 ⋅ 0,6 ⋅ 10 3 100 σ hajl = σ x = ⋅ = ⋅ = 64,7 MPa Iz 2 (100 4 − 92 4 ) ⋅ π 2 64 B pontban: M D 2 ⋅ 10 6 100 τ csav = τ xz = t ⋅ = ⋅ = 35,9 MPa 4 4 I p 2 (100 − 92 ) ⋅ π 2 32 σ lB = 80,8 MPa σ 2 B = −16 MPa α = 24 0 σ1C = 40,9 MPa σ 2 C = −σ1C α = 45 0 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 181 14.9 τ[MPa] y δx o 110 10 τx y ‘‘ ‘ τxy 20 ‘ y δx ‘ x 55 35 δ[Mpa] x τ yx δy -10 -20 14.9 14.10 y 191 ‘ δx T N 9,3 “ z Mz δx -153 -6 -191 τxy 7,7 0,86 14.10 2 ⋅ 125 = 62,5 kN ↓ 4 FAx = F = 125 kN ; FAy

= 62,5kN ↓; FBy = 62,5 kN ↑ Ebből számíthatók a k-k keresztmetszet terhelései: T = 62,5 kN A keretre ható reakcióerők: FBx = 0; FBy = N = −125 kN M z = M hajl = 125 ⋅ 4 = 500 kNm (balról ) 400 ⋅ 180 320 ⋅ 160 − ≅ 523 ⋅ 10 6 mm 4 12 12 A = 320 ⋅ 20 + 2 ⋅ 40 ⋅ 180 = 20800 mm 2 Iz = 3 3 M st ( fél )z = 40 ⋅ 180 ⋅ 180 + 160 ⋅ 20 ⋅ 80 = 1,55 ⋅ 10 6 M st (öv ) z = 40 ⋅ 180 ⋅ 180 = 1,29 ⋅ 10 6 mm 3 mm 3 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 182 Ezekkel: σ ,x = N ; A σ "x = M hajl Iz ⋅ y; τ xy = T ⋅ M stat Iz ⋅ v z σ MAX = −197 MPa 〈 σ MEG τ MAX = 9,1 MPa 〈 τ MEG de az öv-gerinc találkozásánál „σ” és „τ” is fellép, ezért itt is számítandó a σRED ! σ RED ö− g = (−6 − 153) 2 + 4 ⋅ 7,58 2 = 159,7 MPa 〈 σ MEG Tehát

megfelel a tartó! ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 183 13.0 EGYIRÁNYÚ ÖSSZETETT IGÉNYBEVÉTEL 13.1 “ ‘ ‘ 0 F “ = + M 13.1 A keresztmetszetben csak normálfeszültségek ébrednek, a húzás és hajlítás hatására: M 2 ⋅ 106 (Nmm ) ⋅ y max = ⋅ 30(mm ) = 83,3 MPa 40 ⋅ 603 Iz 4 mm 12 F 120 ⋅ 103 " σx = = = 50 MPa A 40 ⋅ 60 + σ x max = 133,3 MPa ; − σ x max = 33,3 MPa ± σ,x max = ( ahol : σ"x = − σ,x y0 = σ"x ⋅ 13.2 ) Iz M y 0 = 18 mm A tartóban ébredő normálerő a 450-os felfüggesztés miatt; N=1,5 kN végig. A legnagyobb hajlító nyomaték a két terhelőerő közti szakaszon Mmax =1,5 kNm A szabványos szelvényű idomacél jellemzői táblázatból; I=171.10-8 m4 és A=1060 mm2 , σ, max ( hajl . ) = σ"húzó = M max ⋅ 50 = 43,86 MPa It N = 1,4

MPa A qmax=σ’+ σ”=45,3 MPa, tehát megfelel a tartó ! A zérusvonal helye az előző példához hasonlóan számolva: y0 =1,6 mm ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 168 13.3 F erő nemcsak húzó igénybevételt jelent, hanem hajlítja is a rudat, y tengely körül. M y = 15 ⋅ 0,015 kNm F 15 ⋅103 ( N ) = = 27,8 MPa , A 30 ⋅18 ⋅ (mm 2 ) M 0,15 ⋅ 106 30 σ"z ( hajl .) = ± y y max = − ⋅ = ±55,6 MPa 18 ⋅ 303 2 Iy 12 így a függőleges rúd baloldalán a húzott szálakban: + σz = σ,z − σ"z − σ z max = 27,8 MPa σ!z ( húzó ) = 13.4 Az M nyomatékvektor felbontható komponensekre: C M z = 2,6 kNm M y = 1,5 kNm B 18 0 M O 30 MZ D +16.1 Z 82 +75.6 ` -A X ± σ,x max , = Mz ⋅ y max Iz ± σ"x max = My Iy ⋅ z max táblázatból: Iz=1450.10-8 m4 Iy=81,3.10-8 m4 - `` X

13.4 Semleges tengely helye; ahol az eredő feszültség nulla. M I y0 σ x, = − σ x" alapján = tg α0 = y ⋅ z ; αo = 84,4o-ra „z”-től felfelé z0 Iy M z σ A = −σ x − σ x" , σ B = +σ x − σ x" σ C = σ x + σ x" σ D = −σ x + σ x" σ A = −91,9 MPa, σ B = −59,7 MPa, σ C = 91,9 MPa, σ D = 59,7 MPa ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 169 13.5 Reakcióerők ; a baloldali alátámasztásra (A) felírt egyensúly alapján: − 4 ⋅ 0,5 + 3 ⋅ 2 + 2 ⋅ 4 + 1 ⋅ 6,5 FB = = 3,7 kN ↑ 5 FA = 4 + 3 + 2 + 1 − 3,7 = 6,3 kN ↑ így a hajlítónyomatéki függvény: -2 -1 X + 7.5m 1m Mmax=2.6 -1.2 M Mz max=2,6 kNm (F1 támadáspontjánál), x = 3 m-nél A veszélyes keresztmetszetet elforgatva ábrázolva: y’ y C 120 O 25 ‘ A B “ +12.6 80 ‘ MZ ‘ z M

M ‘ z -7 X X (MPa) + 4,7 (MPa) 13.5 M y , = 1,1 kNm M z , = 2,36 kNm az Mzmax komponensei. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 170 Statikai jellemzők: 120 ⋅ 30 ⋅ 15 + 40 ⋅ 170 ⋅ 115 120 ⋅ 30 + 40 ⋅ 170 , ys = 80, 4 ≈ 80 mm y,s =  30 3 ⋅120  170 3 ⋅ 40  + 65 2 ⋅ 30 ⋅ 120 +  + 35 2 ⋅ 40 ⋅ 170 = 4019 ⋅10 4 I z, =   12   12  3 3 120 ⋅ 30 40 ⋅ 170 + ≅ 522,6 ⋅10 4 mm 4 I ,y = 12 12 , M 2,35 ⋅ 10 6 ⋅ 120 = 7 MPa − σ x, max = σ x, = , z ⋅ y , Iz 4018 ⋅ 10 4 σ "x = M y, I y, ⋅ z, ± σ x" max = mm 4 1,1 ⋅ 10 6 ⋅ 60 = 12,6 MPa 522 ⋅ 10 4   2,35 ⋅ 10 6 ,  + σ max = ⋅ 80 = 4,7 MPa  4 4018 ⋅ 10   Tehát: σ A = 17,3 MPa , σ B = 7,9 MPa , σC = −7 MPa 13.6 A megoszló terhelés hatására az

AB szakaszon nyomó és hajlító igénybevétel lép fel; Nx = Fnyomó = 16.0,5 = 8 kN, és Mz = Mhajl = 160,5 = 2 kNm végig a függőleges rúdban N x − 8 ⋅ 103 (N ) , Nyomásból: σ x = = −5,6 MPa = A 1420 mm 2 ( ) Mz 2 ⋅ 10 6 ( Nmm ) = ±36,6 MPa (A, és Kz értékei ⋅= Kz 54,7 ⋅ 10 3 mm 3 táblázatból!) σx max= |-42,2 MPa| , ami kisebb mint σM=80 MPa, tehát a tartó megfelel ! Hajlításból: σ "x max = ( ) 13.7 A keresztmetszet nyomatéki főtengelyei u; v; így kétirányú hajlításra bontható a terhelés. (Mivel feltételezzük, hogy ezek átmennek a nyírási középponton, így csavaró-hatás nincs !) M u = Fv ⋅ l , M v = Fu ⋅ l Maximális nyomatékok a befalazásnál lépnek fel. Táblázatból: tg α = 0,441 α = 23,80 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 171 F F M v = 5 ⋅ sin 23,8

⋅ 1 = 2,02 kNm M M σ,x , = u ⋅ v és σ"x = v ⋅ u Iu Iv 38,3 + M u = 5 ⋅ cos 23,8 ⋅ 1 = 4,57 kNm F B M M ‘ 18,7 Iu = 261 ⋅ 10 4 mm 4 I v = 45,8 ⋅ 10 4 mm 4 A - A vizsgált pontok u, v koordinátái a geometriából – α segítségével – felírhatók, pl.: u A = y A ⋅ sin α − z A ⋅ cos α = 15,9 mm v A = y A ⋅ cos α + z A ⋅ sin α = 82,3 mm + “ - 13.7 „A” pont feszültségei: 4,51 ⋅ 10 3 ⋅ 10 3 ⋅ (− 82,3) = −142, 2 MPa 261 ⋅ 10 4 2,01 ⋅ 10 3 ⋅ 10 3 ⋅ (− 15,8) = −69,3 MPa σ "xA = 45,8 ⋅ 10 4 σ xA ( RED ) = −σ,xA − σ"xA = −211,5 MPa , σ xA = Ugyanígy: σ xB = −74,8 MPa, σ xC = 191,3 MPa ([u B ; v B ] = [40,6;59,8] [u C ; vC ] = [32,6;27,9]) 13.8 MV 30 S A MU 13.8 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 172 13.8 A maximális

hajlítónyomatékok a tartó közepén x=2,6 m-nél számolhatók, a komponensekre bontott reakcióerő (F=6,7 kN) nyomatékaiból: l l M u = Fv ⋅ − Qv ⋅ ≅ 7,6 kNm 2 4 l l M v = Fu ⋅ − Qu ⋅ ≅ 4,4 kNm 2 4 4 I u = 3600 ⋅ 10 mm 4 , I v = 248 ⋅ 10 4 mm 4 főinerciák értékei (táblázatból) M M σ x, = u ⋅ v és σ x" = v ⋅ u Iv Iu „A” pontban: , " σ xA = σ xA + σ xA = , − σ "xB σ xB = −σ xB 4,4 ⋅ 10 6 7,5 ⋅10 6 120 ⋅ 22,3 = 64,9 MPa ⋅ + 248 ⋅ 10 4 3600 ⋅ 10 4 4,4 ⋅ 10 6 7,5 ⋅ 10 6 120 ⋅ 62,7 = −136,6 MPa ⋅ − =− 248 ⋅ 10 4 3600 ⋅ 10 4 13.9 A hajlításból adódó maximális húzófeszültséggel egyező értékű nyomófeszültséget kell ébreszteni a keresztmetszeten, így a baloldali szélső szálakban nulla, a többi helyen csak negatív feszültség ébred: N M = ⋅ y max és σ ,, x max σ x, ( nyomó ) = ( hajl . ) A IZ M 1 ⋅ 10 3 80 ⋅ = 75 kN N = A ⋅ ⋅ y max = 80 ⋅ 40 ⋅ 3 σ =

σ − bőő Iz 80 ⋅ 40 2 12     3 6 N M ⋅ ⋅ 75 10 1 10 −σ  = + = + = MPa 46 , 9 max 2   A Kt 80 ⋅ 40 80 ⋅ 40   6   , X ,, X 13.10 „K” keresztmetszet terhelései (jobbról számítva): N=F=125 kN M z = FB ⋅ 4 + F ⋅ 2 = 500 kNm 125 ⋅ 2   = 62,5 kNm ↓   FB = 4   ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 173 −N σ x, = −6,5 MPa állandó A M σ "x = z ⋅ y σ "x max = 191,2 MPa Iz Ahol a keresztmetszet jellemzői: σ x, = A = 2 ⋅ 40 ⋅ 180 + 20 ⋅ 320 = 20800 mm 2 180 ⋅ 4003 160 ⋅ 3203 Iy = − = 52309 ⋅ 10 4 mm 4 12 12 M ‘ -6 “ N 191. 2 1310 13.11 1 l l A legnagyobb hajlítónyomatékból (középen) M z = FA ⋅ − p ⋅ ⋅ = 1 kNm , 2 2 4 ennek hatására a „⊥” szelvényű tartó alsó szálaiban húzó-, a felső

szálakban nyomófeszültség ébred: M + σ max = z ⋅ ys = 22,05 MPa (hajlító) Iz - S + 13.11 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 174  60 ⋅ 203 20 ⋅ 603  I z = + 20 2 ⋅ 60 ⋅ 20 + + 202 ⋅ 60 ⋅ 20 = 136 ⋅ 104 12 12  2 A = 2 ⋅ 20 ⋅ 60 = 2400 mm Ha csak 20 MPa húzófeszültség lehet: N = + σ max hajl . − σ nyomó ⋅ A = 2,05 ⋅ 2400 = 4920 N ( ) (  mm 4   ) 13.12 Az „M” nyomatékot M z és My komponensekre bontjuk: 3 1 ⋅ M = 3, 247 kNm, M y = M = 1,875 kNm 2 2 A vízszintes tengely körüli hajlításból a „z” feletti szálakban húzó, M alatta nyomófeszültség ébred; σ,x = z ⋅ y. A függőleges tengely Iz körüli hajlítás „y”-tól balra húzó, jobbra nyomófeszültséget okoz; Mz = y σ x" = + B A Iy ⋅z σA = σ,x max + σ"x max

MYY σB = σ,x max − σ"x max ` M ZZ C My D σC = −σ,x max + σ"x max σD = −σ,x max − σ"x max σ x, max = ±92,8 MPa + σ x" max = ±59,2 MPa `` 13.12 60 ⋅ 803 44 ⋅ 683 − ≅ 140 ⋅ 104 mm 4 12 12 3 80 ⋅ 60 68 ⋅ 443 Iy = − ≅ 95 ⋅ 10 4 mm 4 12 12 σ A = 152 MPa, σ B = 33,6 MPa, Iz = σ C = −33,6 MPa, σ D = −152 MPa ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 175 15.0 KIHAJLÁS 15.1 λ= l0 i i= I A (Másodrendű nyomatékok és az L szelvény keresztmetszete táblázatból!) I1 = 4 ⋅ 4,48 ⋅ 10 + 4 ⋅ 28,8 ⋅ 308 = 12,01 ⋅ 10 5 mm 4 λ1 = 48,1 4 2 I 2 = 4 ⋅ 4,48 ⋅ 10 4 + 4 ⋅ 11,2 2 ⋅ 308 = 3,34 ⋅ 10 5 15.2 I3 = 39,6 4 = 1,208 ⋅ 10 5 64 I4 = 35,14 = 1,26 ⋅ 10 5 12 mm 4 mm 4  d =   4A   π  (a = A ) λ 2 = 118 mm 4

λ3 = 151 λ 4 = 148 0,7 ⋅ l I A 0,7 ⋅ 2800 λ= ≅ 115 〉 100 tehát Euler szerint számítható a FKR 81,3 ⋅ 10 4 2790 (I,A táblázatból). 2 π FKR = 2 ⋅ I min ⋅ E l0 F FKR = 438,2 kN ; n = KR = 3,13 〉 3, megfelel! F λ= 15.3 λ= 2l D −d4 16(D 2 − d 2 ) 4 = 97,6 ≈ 100 π2 (0,26 4 − 0,2 4 )π ⋅ 100 ⋅10 6 ⋅ 64 (2 ⋅ 4)2 FKR = 2245 kN; így n=250; a rúd megfelel! Euler szerint számítva: FkR = 15.4  345 ⋅ 12 3  I min = I z = 2 ⋅ 3600 ⋅ 10 4 + 2 + 126 2 ⋅ 345 ⋅ 12  = 203,6 ⋅ 10 6  12  2 l A = 16740 mm 2 λ= = 188 ω = 5,98 (táblázatból ) I A így ω. F terheléssel, mint nyomott rudat ellenőrizzük: ω ⋅F σ = = 250 MPa 〉 σ MEG , nem felel meg ! A ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom mm 4 184 15.5 60 ⋅ 6 = 180 kN ↑, FA = 120 kN ↓ 2 Legnagyobb

húzóerő: (+)S = 120 kN (a baloldali függőleges rudakban) Legnagyobb nyomóerő: (-) S = 180 kN (a jobboldali függőleges rudak) Kihajlás nyomás esetén léphet fel, ha λ > 60. 2000 l λ= = 54,4 〈 60 A rácsrudak esetén λ = alapján: 108 4 − 100 4 I 16(108 2 − 100 2 ) A Az ellenőrzés így a legnagyobb normálerővel, nyomásra: −S Nyomásra: σ MAX = ≅ 138 MPa 〈 σ MEG , megfelel ! A Reakcióerők: FB = 15.6 A vizszintes rúdban ébredő húzóerő Fv = F.1,5 = 6 kN, a ferde rúdban F f 〉 Fv , így nyomásra a nyomóerő F f = 4 2 + 6 2 = 7,2 kN méretezünk a kihajlás figyelembevételével! l ferde (l ferde = 1,8 m) = 137 λ= D4 − d 4 16(D 2 − d 2 ) ω ⋅ Ff ω = 3,14 σ max = = 64,9 MPa 〈 σ M megfelel! A 15.7 Veszélyes lehet nyomásra: S 4 = −400 kN l 4 = 2 m; Húzásra: S 3 = S 7 = 312 kN S 5 = −260 kN l5 = 3 m I min ≅ 380 ⋅ 10 4 mm 4 , A = 2700 mm 2 I min = 2(I y + (b − e ) ⋅ A) ; (ahol a szelvényjellemzők táblázatból!) S

S σ 4 = 4 = 148 MPa 〈 σ meg ; σ 3 = 3 = 115,6 MPa 〉 σ meg A A l5 l4 λ4 = = 53,3, λ5 = = 80, tehát az 5-ös veszélyes kihajlásra is: I min I min A A 1,71 ⋅ 260 ω = 1,71 σ 5 KR ≅ = 165 MPa 〉 σ M Tehát ez nem felel meg ! 2700 2 15.8 [ I min = 2 ⋅ I y + (b − e ) ⋅ A I min 2 ≅ 604 ⋅ 10 4 ] (szelvény-jellemzők táblázatból!) mm 4 π2 ⋅ I min ⋅ E a2 F p ⋅ 2a ≤ KR = ; p = 37,6 kN / m . n 2 ha λ > 100, Euler szerint FKR = FKR = 542,8 kN ; Ftényl ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 185 5.9 Mivel a két szélső rúd összehúzódik, összenyomja a középsőt:  F ⋅ l0 (50 2 − 45 2 )π  A = ∆l = α ⋅ l 0 ∆ t = − bőő F = α ⋅ ∆t ⋅ A ⋅ E 4 A⋅ E  F = 36020 N ≈ 36 kN ; 2 F = 72 kN ; λ= l0 I A =    2500 ≈ 123 60 4 − 55 4 16(60 2 − 55

2 ) Tehát Euler szerint π2 FKR = 2 ⋅ I ⋅ E = 61,9 kN l0 Mivel FKR < Fnyomó, nem felel meg kihajlásra! 15.10 Feltételezve, hogy λ 〉 100; FkR = π2 ⋅ I ⋅ E = n ⋅ F alapján l 02 n ⋅ F (0,5l ) n ⋅ F ⋅ (0,7 ⋅ l ) és I z = 2 π ⋅E π2 ⋅E I y = 0,68 ⋅ 10 6 mm 4 ≅ 68 cm 4 ; I z ≅ 134 cm 4 2 2 Iy = Mivel: Iy = a3 ⋅ b 12 és I z = b3 ⋅ a a = 49,1 mm, b = 69 mm 12 Tényleges karcsúság : 0,5 ⋅ l 0,7 ⋅ l λz = λy = ; Iy Iz A A ; λ z = λ y ≅ 212 . ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 186 16.0 HAJLÍTOTT TARTÓK ALAKVÁLTOZÁSA 16.1 Járulékképletekkel: F ⋅ l3 F ⋅ l3 y C = 1 AB + 2 AO + ϕ B(F1 ) ⋅ l BC 3IE 3IE 2 F1 ⋅ l AB F2 ⋅ l 2AC ϕC = + 2IE 2IE ϕ B(F1 ) y C = 7,31 ⋅ 10 −4 m ↓ ϕ C = 3,38 ⋅ 10 −4 rad 16.2 y= p ⋅ l4 F ⋅ l3 + = 9,45 mm ↓ 8 IE 3 IE

ϕ= p ⋅ l3 F ⋅ l 2 + = 2,25 ⋅ 10 −3 rad 6 IE 2 IE 16.3 A F yK K F A A TA* 0,6 m 0,4 m 0,6 m B M(X) T1* 2T1* + 2T2 T =T = = 0,6 kNm 2 2 ϕ a = ϕ B = 80 ⋅ 10 − 4 rad * A 1,2 kNm FA Mohr-módszerrel; a nyomaték-függvény alatti területek (T∗) és B azok statikai nyomatékának (M*) segítségével: TA* M *K ϕ = ; y = A K B IE IE FB 1 T1* = M ⋅ 0,6 ⋅ = 0,36 kNm 2 2 * T2 = M ⋅ 0,2 = 0,24 kNm 2 T2* T2 T1* * B M K* = T A ⋅ 0,8 − T1 ⋅ 0,4 − T2⋅ ⋅ 0,1 = 0,312 kNm 3 TB* y k = 4,16 mm ↓ 16.3 (A „T*” – k a területek súlypontjában hatnak)! ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 187 16.4 Járulékképletekkel: F ⋅ l3 5p ⋅ l 4 yK = + = 24 mm ↓ 48IE 384 ⋅ IE F ⋅ l2 p ⋅ l3 ϕ A = ϕB = + = 1,91 ⋅ 10 − 2 rad 16 IE 24 IE 16.5 C Reakciók: FA = 3 − 4 = 1 kN ↓ D P

A C B D FB FA TA* 3 kNm M= 15 , kNm M= B M(X) C T1* T2 TD* T0 TB* TB 1,5 MD* 0,5 A-B egyensúlyából: ∑ M *B = 0; TA = 1,5 kNm 2 ∑T 1 3m 1,5 ⋅ 2 ⋅ 4 = 4 kN ↑ 3 1 T1* = ⋅ 3 ⋅ 3 = 4,5 kNm 2 2 1 T2* = ⋅ 3 ⋅ 2 = 2 kNm 2 3 FB = * = 0; TB* = 3 kNm 2 B-D egyensúlyából: TB∗ + T2∗ = 5 kNm 2 2m M *D = T2 ⋅ 1,5 + TB ⋅ 2 = 9 kNm 3 „C” keresztmetszet alakváltozásához, csak az A-C közti M(x).függvényt kell figyelembe venni, ehhez T0* = 1,125 kNm 2 TC* = −TA + T0∗ = −0,375 kNm 2 M *C = −TA ⋅ 1,5 + T0 ⋅ 0,5 = −1,68 kNm 3 TD* = 5 ⋅ 10 − 4 rad iránya (TD* előjeléből ↑↓) IE M* y D = D = 0,9 mm iránya :↓ (M *D előjeléből ∪) IE T* ϕ C = C = −0,375 ⋅ 10 − 4 rad IE M C* yC = = −0,169 mm ↑ A deformált alak az ábrán jelölve. IE ϕD = ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version

www.pdffactorycom 188 16.6 T 3* T 4 y (T 0)* A T 1* C T 2* B D T B* T B T A* 3m 2m Reakcióerők: FA = 0,33 kN ↑ T D* 1 MD* x FB = 6,67 kN ↑ Jellemző nyomatékok: 1,5 m x = 3 m : M (C ) = 0,9 kNm x 0= 5,3 16.6 x=5 : M ( F1 ) = 1,5 kNm x=6 : MB =3 kNm x 0 = 5,35 : M = 0 = FA ⋅ x0 − F1 (x0 − 5) M(x) alatti területek: T1∗ = 3,75 kNm 2 T2∗ = 0,225 kNm 2 T3∗ = −1,05 kNm 2 T4∗ = −2,25 kNm 2 A-B szakasz egyensúlyából: ∑M * A = 0 alapján 3 T = * B ∑T ⋅ x i si 1 = 1,26 kNm 2 ↑; 6 B-D szakaszon (TB* előjelet vált !): TD* = T4 − TB = 0,99 kNm 2 ↓; TD* = 0,99 ⋅ 10 − 4 rad ; IE T * T − T0 ϕc = C = A = 0,32 ⋅ 10− 4 rad ; IE IE M* yC = C = 0,366 mm ↓; IE ϕD = 3 TA* = ∑ ⋅ Ti − TB = 1,67 kNm 2 1 M D* = −1,42 ⋅ 1,5 + 2,25 ⋅ 1 = 0,36 kNm3 yD = (T * 0 M D* = 0,036 mm ↓ IE = 1,35 kNm 2 ) ( M C∗ = 1,65 ⋅ 3 − 1,35 ⋅ 1 = 3,66 kNm3 ) 16.7 y T 0* T1 T 2 T 3 T 4 c A T A* M(x) 1 1

0,5 0,2 1,5 0,6 x Reakciók: FA = 2 kN FB = 6 kN B T B* Jellemző nyomatékok: x=1 m : MC = 2 kNm x=2 m : MD = 4kNm x0=2,5 m : Mmax = 4,5 kNm (T=0 FA =p.x alapján) 16.7 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 189 T1* = 4 kNm 2 ; T2* = 2 kNm 2 ; T3* = 0,17 kNm 2 ; T4 = 4,5 kNm 2 2 ⋅x⋅M) 3 (T3* , T4 parabola alatti területek; 4 T = * B ∑M * i ⋅ xsi 1 4 4 TA* = ∑ Ti − TB = 4,63 kNm 2 ↑ = 6,04 kNm 2 ↑; 1 T = T − T = 3,63 kNm ; * C * A * 0 T = T − T1* = 0,63 kNm 2 2 * D M C* = 4,5 ⋅ 1 − 1 ⋅ 0,3 = 4,2 Nm3 ; * A M D* = 4,5 ⋅ 2 − 4 ⋅ 0,6 = 6,3 kNm3 Tc* = 3,63 ⋅ 10 − 4 rad ; IE T* ϕ D = D = 0,63 ⋅ 10 − 4 rad ; IE M c* = 0,43 mm ↓ IE M* yD = D = 0,658 mm ↓ IE ϕC = yC = 16.8 T3* T 4 y * (T) 0 A C T1* T* D T2* B TB* TB TA* 3m Reakciók: FA = 1,5 kN↑ FB = 2,5

kN↑ T1* = 3 kNm 2 2m 1 MD* D x T2* = 1,8 kNm 2 T3* = −0,8 kNm 2 T4* = −2 kNm 2 1,5 m x0= 5,3 16.6 A − B szakaszon 3 T = * B ∑T i 1 * ⋅ xsi ∑M * A = 0 alapján: = 1,33 kNm 2 ↑; 4 A-D szakasz: TD* = T4 − TB = 0,67 kNm 2 ↓; TD* = 0,67 ⋅ 10− 4 rad ; IE T* −T ϕ C = A 1 = 0,33 ⋅ 10− 4 rad ; IE ϕD = 3 TA* = ∑ Ti − TB = 2,67 kNm 2 ↑ 1 M D* = −1,33 ⋅ 1 + 2 ⋅ 0,5 = −0,33 kNm3 M D* = 0,03 mm ↓ IE M * 2,66 ⋅ 2 − 3 ⋅ 0,66 yC = c = = 0,33 mm ↓ IE IE yD = ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 190 16.9 Reakcióerők: FA = FB = 104 = 26 kN ↓↑ 4 M A /erőpár!/ T1* = 117 kNm 2 B M(X) TA* K M= 78 kNm T1* T2* M= 26 kNm TB* 2 T2* = 13 kNm 2 1 0,3 0,7 16.10 16.9 ∑ T ⋅ xsi = 56,2 kNm 2 ↓ 4 TB* = −TA + T1 − T2 = 47,8 kNm 2 ↓ ∑ M B* = 0 TA = 2 * 1

i 1604 1204 ⋅ π − = 4,4 ⋅ 107 12 64 I ⋅ E = 9,24 ⋅ 103 kNm 2 Iz = mm 4 TA* = −6 ⋅ 10− 3 rad ∩ I ⋅E − TA* + T1 ϕK = = 6,6 ⋅ 10− 3 rad ∩ IE ϕA = M K* = −56,2 ⋅ 3 + 117 ⋅ 1 = −51,6 kNm3 yK = M K* = −5,6 mm ↑ IE 16.10 Castiglianó tételének – az alakváltozás és a külső munka összefüggése – segítségével: 1 2 W= ⋅ M (x ) dx - ből 2 IE ∫ l ∂W ∂L ∂M (x ) 1 ∂M (x ) f = = ⋅ = ⋅ ∫ M (x ) ⋅ dx az elmozdulás ott, ahol ∂F ∂M ∂F IE 0 ∂F0 F0 működik. l ∂W ∂L ∂M (x ) 1 ∂M (x ) ϕ= = ⋅ = ⋅ ∫ M (x ) ⋅ ⋅ dx a szögelfordulás ott, ∂M 0 ∂M (x ) ∂M 0 IE 0 ∂M 0 ahol M0 működik. Ha a vizsgált keresztmetszetben éppen nem hat „F” ill. „M”, ott feltételezzünk oda F0=0 ill. M0=0 értékűeket ! A törtvonalú tartón szakaszonként felírjuk a nyomatékfüggvényeket ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki

Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 191 - hogy képezhessük a parciális deriváltakat: ∂M ( y ) „f”-hez A-B szakaszon M(y)=3 F; =3 ∂F ∂M (x ) B-C szakaszon M(x)=F.x; =x ∂F F0 = F 3 3 3  1   x 3   1  3 [9Fy]0 + F   f C =  ∫ 3F ⋅ 3 ⋅ dy + ∫ Fx ⋅ x ⋅ dx  = IE  0  3 0   IE  0 fC = 18 mm ↓ ∂M ( y ) =1 ∂M 0 ∂M (x ) (M0 = 0 a B-C szakaszon M (x ) = Fx + M 0 ; =1 ∂M 0 C keresztmetszetben) „ϕ”-hez: A-B szakaszon M ( y ) = 3F + M 0 ; 3 3 3  1     F ⋅ x2 1  3 [3 Fy + M 0 y ]0 +  ϕC = + M 0 ⋅ x   (3 F + M 0 ) ⋅ dy + ∫ (Fx + M 0 ) ⋅ dx = IE  ∫0  0   2 0  IE  ϕ C = 6,75 ⋅ 10− 3 rad 16.11 A-B helyen x irányú F0=0-t kell működtetnünk az elmozduláshoz: Az egyes szakaszok „M”-függvényei: B − D : M 1 = F0 y; D − C : M 2 = 3 F0 + ∂M 1 = y. ∂F0 ; p ⋅ x2 2 C

− A : M 3 = F0 (3 − y ) + p ∂M 2 = 3. ∂F0 ; 62 2 ; ∂M 3 = 3− y . ∂F0 f = 3 6 3   1  3 px2  3 p62 p62 2 2    F y dy + 9 F + dx + ( F 3 − y + − ⋅ y ) dy ( ) 0 0 0 ∫ ∫ ∫    IE  0 2  2 2 0 0  f = 6 3  x3   1  3 y2   [ 0]0 + 15  + 54 p ⋅ y − 18 ⋅ p   = 42 mm IE  2 0   3 0    ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 192 16.12 A deformáció számításhoz szükséges nyomaték függvények és deriváltjaik: ∂M 1 =x ∂F ∂M 3 p ⋅ y2 =3 ; C−B M 2 = 3⋅ F + ∂F 2 ∂M 3 = 3− y B− A M 3 = F ⋅ (3 − y ) + p ⋅ 4 ⋅ 2 ; ∂F 3 4 6   1  3 py 2  dy + ∫ F ⋅ (3 − y )2 + 8 p (3 − y ) dy  = ⋅  ∫ F ⋅ x 2 ⋅ dx + ∫  9 F + f =  2  I ⋅E

0 0 0  D −C M1 = F ⋅ x ; [ ] 4 6   Fx 3  3  1 3 py 3   8 py 2   y 3 6 Fy 2  = ⋅ + 9 Fy + + 9 Fy + F ⋅ − + 24 p ⋅ y − = 6  0  3 2 2  0  I ⋅ E   3  0    = 19 mm ← A koordinátarendszer szerint a változó a D-C szakaszon y, C-B szakaszon x, B-A szakaszon y. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 193 17.0 STATIKAILAG HATÁROZATLAN SZERKEZETEK 17.1 Castiglianó-tételének alapján y∆ = 1 ∂M(F ) M (F) ⋅ dl = 0 , azaz elmozdulás nincs. IE ∫ ∂FAy Az ábrán felvett értelmű FAx; Faz szerint az alakhelyes nyomatéki ábra BY 2 1 BX M3 M4 F 1 2 M2 FAx M1 FAy A feladat megoldásához M (F ) = f(FAy)-ra van szükségünk, így: 5 ∑ M B = 0 = 5FAy − 3FAx + 2 ⋅ 3 − 3 ⋅ 2 ⋅ 3,5 melyből FAx = 3 FAy − 5 A

nyomatékfüggvények, parciális deriváltjaik és az érvényességi tartományaik: ∂M 1 5 5 M 1 = FAx ⋅ y1 = FAy ⋅ y1 − 5 y1 ; = y1 ha : 0 ≤ y1 ≤ 1 m ; ∂FAy 3 3 M 2 = FAx ⋅ y 2 − F ( y 2 − 1) = 5 FAy ⋅ y 2 − 8 y 2 + 3 ; 3 ∂M 2 5 = y 2 ; ha : 1 ≤ y 2 ≤ 3 m ; ∂FAy 3 px12 M 3 = 3 FAx − 2 F − FAy ⋅ x1 + = 5 FAy − FAy ⋅ x1 + x12 − 21 ; 2 ∂M 3 = 5 − x1 ha : 0 ≤ x1 ≤ m ; ∂FAy M 4 = 3FAx − 2 ⋅ F − FAy ⋅ x2 + 3 p ( x2 − 1,5) = 5 FAy − FAy ⋅ x 2 + 6 x2 − 30 ; ∂M 4 = 5 − x 2 ; ha : 3 ≤ x2 ≤ 5 m ; ∂FAy ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 194 3 3 5 1  ∂M 1 ∂M 3 ∂M 3 ∂M 4 ∫ M1 ⋅  + ⋅ + ⋅ + ⋅ dy M dx M dx m dx 1 2 1 3 1 4 2 ∫ ∫ ∫   ∂ ∂ ∂ ∂ F F F F aY aY AY aY 1 0 3 0  yA = 0 = 1 IE Mivel az 1 ≠ 0; ezért

IE 5  5  5  5  ∫0  3 FAy ⋅ y1 − 5 ⋅ y1  ⋅  3 y1  ⋅ dy1 + ∫1  3 FAy ⋅ y 2 − 8 ⋅ y 2 + 3  ⋅  3 y 2 dy 2 + 1 0= 3 5  +  y 2 dy 2 + ∫ (5 ⋅ FAy − FAy ⋅ x12 − 21) ⋅ (5 − x1 )dx1 + ∫ (5 FAy − FAy ⋅ x2 + 6 x 2 − 30) ⋅ 3  0 3 ⋅ (5 − x 2 )dx2 3 5 Az összevonásokat és az integrálást és behelyettesítést elvégezve: 0 = 66,67 FAy − 310,1 ; FAy = 4.65 kN egyenletekből: FAx = 2,75 kN ; FBx = 0,25 kN ; FBy = 1,35 kN A számításoknál adódott pozitív eredmények előzetesen felvett erőÉrtelmeket igazolják ! Betti - tételének segítségével: 1 ∂U 2 xA = M (x ) ds, ahol =0= IE ∫l ∂FAx M ( x ) = M 0 + m ⋅ FAx , így xA = 0 = ∫M ∂M (x ) =m ; ∂FAx 1 (M 0 + FAx ⋅ m ) ⋅ m ⋅ ds IE ∫l ⋅ mds + FAx ⋅ ∫ m ⋅ ds = 0 FAx = − 2 o l l ∫M (l ) 0 ∫m () 2 ⋅ mds ⋅ ds l M0 - a határozottá tett szerkezet

(törzstartó) nyomatéki függvénye m - az egységnyi teher nyomatéki függvénye B = FBX =3kN FBy =3kN 6 6 F=3 kN 6 8,25 A -MO+ FAy =3kN ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 195 Ay FBx =1kN 3 2,1 1,2 0,6 3 FBy =0,6 kN 2 1 0,5 - 1 kN FAy =0,6 kN Közelítő számítási eljárással l ∫l M 0 ⋅ mdl = ∑ 6 M 0b ⋅ mb + 4M ok ⋅ mk + M oj ⋅ m j [ ∫ m dl = ∑ 6 [m l 2 2 b + 4mk2 + m 2j + ] ] l Így a feladat adatai szerint 2 3 ∫l M 0 ⋅ mdl = 6 [− 4 ⋅ 3 ⋅ 2 − 3 ⋅ 6] + 6 [− 3 ⋅ 6 − 4 ⋅ 8,25 ⋅ 2,1 − 1,2 ⋅ 6] + + 2 [− 6 ⋅ 1,2 − 4 ⋅ 3 ⋅ 0,6] = −66,05 kN 3 6 ∫m 2 dl = l FAx = − [ ] [ ] 3 5 4 ⋅ 1,5 2 + 3 2 + 3 2 + 4 ⋅1,5 2 = 24m 3 6 6 − 66,05 = 2,75 kN 24 FBx Q=6kN FBy F=3kN FAX =2,75 kN ∑M FAy B = 0 = 6 ⋅ 3,5 − 3 ⋅ 2 + 2,75 ⋅ 3 − 5

⋅ FAy ⇒ FAy = 4,65 kN ∑X i = 0 = 2,75 − 3 + FBx FBx 0,25 kN ∑Y i = 0 = 4,65 − 6 + FBy FBy = 1,35 kNℑ ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 196 17.2 8 2 M0 +- B - + 2 4m 17.2 FB = − ∫ M mdx = 32 = 1,5 kN ∫ m dx 21,33 0 2 4 ∫M 0 mdx = x =0 4 (− 4 ⋅ 8 − 4 ⋅ 2 ⋅ 2) = −32 kNm 3 6 4 (16 + 4 ⋅ 4) = 21,333 m 3 6 FA = 2,5 kN ; M A = 2 kNm ∫m 2 dx = 17.3 F= 10 A FB 2m 20 M0 3m 10 + + 5 4 3 17.3 ∫M 0 m 2 dx = ∫F B 2 (20 ⋅ 5 + 4 ⋅ 10 ⋅ 4) = −86,667 kNm 3 6 mdx = − =− 5 ( 25 + 4 ⋅ 2,5 2 ) = 41,66 m 3 6 ∫ M mdx = 2,08 kN ∫ m dx 0 2 FA = 7,92 kN ; M A = 9,6 kNm ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 197

17.4 2m kN/m 6 4,5 4 4 A Q= 2 2m 2 F= 2 kN B 3 3 M0 1m F= 2 kN 3 2 1 1 17.4 3 2 2 2 2 2 3 ∫ m ds = 6 (4 ⋅ 1,5 + 3 ) + 6 (6 ⋅ 3 ) = 9 + 18 = 27 m 2 2 ∫ M 0 mds = 6 [4 ⋅ 2(− 2) − 3 ⋅ 4] + 6 (− 3 ⋅ 4 − 4 ⋅ 4,5 ⋅ 3 − 3 ⋅ 6) = − 56 + (− 164) − 220 = = = −37,33 kNm 3 6 6 FB = 1,383 kN FAX = 0,617 kN ; FAY = 2 kN ; M A = 1,851 kNm 17.5 17.5 A F= 4kN Q= 8 Q= 2 2 Q= F= 4 1 6 3m 1m M= 6 MB B 2m 8,464 10,7142 10,75 8,5715 12,428 11 7 2 (1 + 4 ⋅ 0,5 2 ) = 2,33 m 3 6 3 3 3 1  ∫ M 0 ⋅ mds = 6  − 4 ⋅ 8,464 ⋅ 14 − 12,428 7  + 6 12,428 ∫m 4,857 1 -3 14 3 7 4 -7 0,71420,857 0,928 7,1428 T 1,1425 2,8572 =0 B 1m M0 7,14 40 + 16 − 6 = 7,143kN 7 16 + 12 + 6 FB = = 4,857kN 7 FA = 4,857 + 2 ds = −4 2  1 8,5715 + 4 ⋅ 3,714(− 0,7142) + 0,98 + 4,857  6 7  6 = −18,6 kNm 3 − 18,6 MB = = 7,983 kNm ; FA = 7,143 kNm ; − 2,33 ERFP-DD2002-HU-B-01

PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 198 17.6 Castiglianó-tételének alapján: XB = 1 ∂M (F ) M (F ) ⋅ ⋅ dl = 0 ∫ IE l ∂FBx Az ábrán felvett értelmű FAX ; FAY szerint az alakhelyes nyomatéki ábra: F2 F1 M3 2 M4 3 FAx A FB x FAy ∑M M1 B M5 FBy A M2 1 = 0 = 2 ⋅ 3 + 3 ⋅ 4 − FBy ⋅ 6 FBy = 3 kN A nyomaték függvények, parciális deriváltjaik és az érvényességi tartományaik: ∂M 1 = − y1 ∂FBx M 1 = − FBx ⋅ y1 ; ∂M 2 = −6 , ha 0 ≤ x1 ≤ 3 . ∂FBx M 2 = − FBx ⋅ 6 + 3 ⋅ x1 ; M 3 = − FBx ⋅ 6 + 3(x 2 + 3) − 4 ⋅ x2 ∂M 3 = −6 , ha 0 ≤ x 2 ≤ 3 . ∂FBx ; M 4 = − FBx ⋅ 6 + 6 ⋅ 3 − 4 ⋅ 3 + FBx ⋅ y 2 ; ∂M 4 = y 2 − 6 , ha 0 ≤ y 2 ≤ 3 . ∂FBx M 5 = − FBx ⋅ 6 + 6 ⋅ 3 − 4 ⋅ 3 + FBx (3 + y3 ) − 2 ⋅ y 3 ; xB = 0 = ∂M 5 = y 3 − 3 , ha 0

≤ y3 ≤ 3 . ∂FBx 6 3 3 ∂M 1 ∂M 2 ∂M 3 1  M ⋅ dy + M ⋅ dx + M3 ⋅ dx2 + ∫ 1 1 2 1 ∫ ∫ IE  0 ∂FBx ∂FBx ∂FBx 0 0 3 ∂M 4 ∂M 5 + ∫M4 ⋅ dy 2 + ∫ M 5 ⋅ dy3 ∂FBx ∂FBx 0 0 3 , ha 0 ≤ y1 ≤ 6 . ]. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 199 1 ≠ 0 , ezért IE Mivel 6 3 0 0 ∫ (− FBx ⋅ y1 ) ⋅ (− y1 )dy1 + ∫ (− FBx ⋅ 6 + 3x1 ) ⋅ (− 6)dx1 + 0= 3 3 0 0 + ∫ (− 6 ⋅ FBx + 3 x 2 + 9 − 4 ⋅ x2 ) ⋅ (− 6 )dx 2 + ∫ − (6 FBx + 18 − 12 FBx ⋅ y 2 ) ⋅ ( y 2 − 6 )dy 2 + 3 + ∫ (−6 FBx + 18 − 12 + 3FBx ⋅ FBx ⋅ y 3 − 2 ⋅ y 3 ) ⋅ ( y 3 − 3)dy3 . 0 Az összevonásokat, az integrálást és a behelyettesítést elvégezve: 315 FBx = = 0,875 kN 360 A további reakciók a statikai egyenletekből: FBy = 3 kN ; FAx = 1,125 kN ; FAy = 1 kN

Betti tételének segítségével F2 6 6 4,5 7,5 9 F1 6 3 A FAx= 2 kN FAy=1 kN B FBy=3 kN 6 6 4,5 3 4,5 3 1,5 1,5 FAx= 1 kN A xB = B ∂U 1 2 =0= M (x ) dl ∫ ∂FBx IE l - 1,5 + ahol ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 200 M (x ) = M 0 + m ⋅ FBx , így ∂M (x ) = m ∂FBx 1 (M 0 + m ⋅ FBx )mdl xB = 0 = IE ∫l FBx = − ∫M 0 mdl l ∫M 2 dl l ∫M 0 ⋅ mdl = l + 3 [4 ⋅ 3 ⋅ 1,5 + 3 ⋅ 6] + 3 [3 ⋅ 6 + 4 ⋅ 6 ⋅ 4,5 + 6 ⋅ 6] + 3 [6 ⋅ 6 + 4 ⋅ 7,5 ⋅ 6 + 9 ⋅ 6] + 6 6 6 3 [6 ⋅ 9 + 4 ⋅ 6 ⋅ 4,5] = 315 kNm 3 6 ∫m 2 dl = 2 ⋅ l FBx = − [ ] [ ] 6 6 4 ⋅ 3 2 + 6 2 + 6 2 + 4 ⋅ 6 2 + 6 2 = 360 m 3 6 6 315 = −0,875 kN 360 Tehát az „1 kN”-os erő felvett értelmével ellentétes a tényleges „FBx” reakcióerő. A további reakcióerők: FBy = 3 kN ;

FAx = 1,125 kN ; FAy = 1 kN . 17.7 Az A pontban a támasz elhagyásával tesszük határozottá a tartót. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 201 B 5 1 F= 6 2 F= 4 1 2 A + 1 2 1 2 3 4 5 2 37,5 40,5 43,5 ∫m 2 ∫M 6 FA = 30,5 5 3 ( 4 ⋅ 2,5 2 + 5 2 ) + (6 ⋅ 5 2 ) = 116,67 m 3 6 6 ds = 0 17,5 1,5 11,375 M0 43,5 mds = 925,88 kNm 3 ∫M ∫m 0⋅ mds 2 ds = 7,936 kN ; FBY = 5,064 kN FBX = 6 kN ; M B = 2,18 kNm 17.8 Helyezzük az A pontban támasztást a csukló helyett. B 6 6 2 5 A 2 M0 3 0,5 3 1 2,5 17.8 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 202 2 4 3 ( 4 ⋅ 12 + 2 2 ) + (2 2 + 4 ⋅ 0,5 2 + 3 2 ) + (3 3 + 4 ⋅ 1,5 2 ) = 21 m 3 6 6 6 4 1

2 3 ∫ M 0 ⋅ mds = 6 [4 ⋅ 1(− 0,5) + 6 ⋅ 3] + 6 (3 ⋅ 6 + 4 ⋅ 2,5 ⋅ 6 + 6 ⋅ 2) + 6 (6 ⋅ 2 + 4 ⋅ 1 ⋅ 3) = 33,667 kNm − 33,667 FAX = = 1,6 kN 21 FAY = 4,5 kN ∫m 2 ds = FBX = 1,4 kN ; FBY = 3,5 kN 17.9 Tegyük határozottá a tartót, úgy hogy a B pontban megtámasztást teszünk. 0,5 2 2 1,5 3,5 3,5 3 M0 3,5 4 F= 1 B 3 2 4 1,5 1 F= 1 B 17.9 ∫ m ds = 2 ⋅ 6 (4 ⋅ 2 2 4 2 + 4 2 ) = 42,67 m 3 3 (4 ⋅ 1,5 ⋅ −0,375 + 1,5 ⋅ 3) + 1 (3 ⋅ 1,5 + 4 ⋅ 3,5 ⋅ 2,5 + 3,5 ⋅ 4) + 1 3,5(4 + 4 ⋅ 3,5 + 3) + 6 6 6 2 1 + (3,5 ⋅ 3 + 4 ⋅ 1,5 ⋅ 2 − 1 ⋅ 0,5 ) + (2 ⋅ 1 + 4 ⋅ 0,5 ⋅ 1) = 30,295 kNm 3 6 6 33,656 XB = = 0,71 kN ; YB = 1,71 kN ; X A = 1,29 kN ; Y A = 1,29 kN 42,66 ∫M 0 ⋅ mds = ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 203 17.10 F= 1 4kN 1 A 1m 4 F= 2 6 kN FA B

M = 2,55 M+ 21 C FB 1m 2,93 4m F= 3 3 kN FD 1 m 1,5 m FC 2m M= 5 kNm D 2m 3,64 M = 6,12 kNm [Knm] 0,83 5 6,12 6,88 6,27 3,76 2,88 T = 6,88 kN T + [KN] - 0,12 2,24 5,73 17.10 4 2,12 Az "ABC" szakaszra felírt Clapeyron egyenlet M A ⋅ l AB + 2M B ⋅ (l AB + l BC ) + M C ⋅ l BC = − 6 l AB [M K ]A − [M K ]A az "AB" különálló szakasz nyomatéki ábrájának a nyomatéka az "A" pontra M max = p1 ⋅ [M K ]C 1 B 4m M+- ] 2 T = M max ⋅ l AB kNm 2 ; 3 4 l AB l AB 44 [M K ]A = ⋅ T = p1 ⋅ = 3 ⋅ = 32 kNm 3 . 2 24 24 [M K ]C l BC A 2 l AB [kNm] ; 8 [ 6 M T a "BC" különálló szakasz nyomatéki ábrájának nyomatéka a "C" pontra. 1⋅ 4 2⋅4 = 2 kNm 2 ; T 2 = = 4 kNm 2 , 2 2 7 4 [M K ]C = ⋅ 2 + ⋅ 4 = 10 kNm 3 . 3 3 T1 = Viszahelyettesítve a Clapeyron egyenletbe 6 6 − 4 ⋅ 4 + 2M B (4 + 3) + M C ⋅ 3 = − ⋅ 32 − ⋅ 10 4 3 F= 2 6 kN B 1m 2m 1/3 T1 4/3 4 T2

ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom C 204 Rendezve: 14 M B + 3M C = −52 A "BCD" szakaszra felírt Clapeyron egyenlet: 6 M B ⋅ l BC + 2M C (l BC + l CD ) + M D ⋅ l CD = − [M K ]B − 6 [M K ]D l BC l CD [M K ]B a "BC" különálló szakasz nyomatéki ábrájának nyomatéka a "B" pontra (előző ábra) [M K ]B = 2 ⋅ 2 + 5 ⋅ 4 = 8 kNm 3 3 3 [M K ]D a "CD" különálló szakasz nyomatéki ábrájának nyomatéka a "D" pontra: szuperpozicióval: 4 34 = 6,75 kNm 3 24 24 2⋅2 2 ⋅1 = 2 kNm 2 ; T 3 = = 1 kNm 2 T2 = 2 2 [M K ]D 2 = 2 ⋅ 5 + 1 ⋅ 2 = 4 kNm 3 , 3 3 így : [M K ]D1 = p 2 ⋅ l CD F= 3 3 kN = 2⋅ [M K ]D = [M K ]D1 + [M K ]D 2 = 6,75 + 4 = 10,75 kNm 3 . C 2 D 2m 1m M+M+- T1 T2 2/3 2 T3 5/3 Visszahelyettesítve a Clapeyron egyenletbe: 6 6 M B ⋅ 3 +

2 ⋅ M C (3 + 3) + 5 ⋅ 3 = − ⋅ 8 − ⋅ 10,75 3 3 rendezve: 3M B + 12M C = −52,5 (2) az (1) és (2) egyenletből: MC = - 3,642 kNm, MB = - 2,934 kNm. A reakciók: (az ismert nyomatéki metszékek felírásával) M B bal = −2,934 = −5 ⋅ 4 + 4 ⋅ FA − 12 ⋅ 2 ⇒ FA = 10,27 kN , M C bal = −3,64 = −8 ⋅ 4 + 10,27 ⋅ 7 − 12 ⋅ 5 + 3 ⋅ FB − 6 ⋅ 2 ⇒ FB = 9,49 kN , M C jobb = −3,64 = 5 − 2 ⋅ 3 − 1,5 ⋅ 6 + 3 ⋅ FD ⇒ FD = 2,12 kN , ∑ Fyi = 0 = −4 − 12 − 6 − 3 − 6 + 10,27 + 9,49 + 2,12 + FC ⇒ FC = 9,12 kN . Az ismert kényszererőkkel az igénybevételi ábrák megrajzolhatók! ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 205 17.11 M B = −0,5 kNm ; FA = 1,25 kN ; FB = 2,92 kN ; FC = 1,83 kN F1 F2 M A B FA FC 4,75 3 M+- C FB 0,5 1,25 1,83 1,17 T + - 1,78 3 1,83 17.11

17.12 M B = −0,9 kNm ; FA = 2,55 kN ; FB = 4,25 kN ; FC = 5,7 kN F1 A C B FC FB FA 3 0,9 M+- 0,7 1,08 2,55 + 2 0,8 - T F2 x= 0,85m 3,45 3,7 17.12 17.13 M B = −5,81 kNm ; M C = −2,21 kNm FA = 7,05 kN ; FB = 12,15 kN ; FC = 6,2 kN ; FD = 7,4 kN ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 206 F1 F2 p M A FD B FA D C FB FC 5,8 2,2 2 M+- 0,6 8,1 7,05 3,05 + - T F3 8 3,4 3,2 4,95 8,95 2,8 4 17.13 17.14 M B = −665,6 Nm ; M C = −410,65 Nm FA = 858,6 N ; FB = 1526,38 ; FC = 1417,68 N ; FDy = 2,66 N; FDX = 400 N F1 F2 A B FA C FC FB 656,51 M+- FDy F D Dx F3 P 410,96 M 405,48 100 113,25 794,52 817,2 658,6 T- + 584,88 802,94 184,98 258,6 2,74 200 541,4 415,12 941,4 615,12 17.14 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a

Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 207 FÜGGELÉK A függelék a vektorszámítás rövid nyilvánvalóan nem teljes összefoglalása. Csak azokat a részeket tartalmazza – minden levezetés és bizonyítás nélkül – melyek tudása szükséges a Műszaki mechanika című tantárgy megértéséhez. Az anyagban a vektorok erő jellegét hangsúlyozzuk ami természetesen a téma általánosságát nem sérti. A VEKTOR FOGALMA Vektornak nevezzük az olyan fizikai, vagy geometriai mennyiséget, amely számszerű értékével /abszolút értékével/ és irányával adható meg. Ezen tulajdonságuk alapján a vektorokat irányított egyenes szakaszokkal szemléltetjük. Az irányított egyenes szakasz hossza a vektor abszolút értékével arányos. Az erővektorok ábrázolásakor használt NF = 5 kN/cm lépték pl azt jelenti, hogy az egyenes szakasz 1 cm-re 5 kN abszolút értékű erővektornak felel meg. Ugyanazon

egyenes szakasz segítségével két vektort /két irányt/ értelmezhetünk. /1. ábra/ B h B AB=rAB=a h BA=-AB A A 1.ábra Az abszolút érték jelölése: AB = rAB = a = a A zérus abszolút értékű vektor zérusvektor, az egységnyi abszolút értékű vektor az egységvektor. A mechanikában előforduló vektorokat általában a testek pontjaihoz kötöttnek gondoljuk és ezen pontot a vektor támadáspontjának nevezzük. Az ilyen vektorokat helyhez kötött vektoroknak nevezzük. /2. ábra/ ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 208 FA A B hatásvonal 2.ábra Két vektor egyenlő, ha abszolút értékük megegyezik, és egyező irányúak. Két vektor által bezárt szög alatt a vektorok irányai által meghatározott azonos kezdőpontú félegyenesek által bezárt kisebb szöget értjük. /3. ábra/ B AB ϕ A

AC C 3.ábra Vektor és skalár szorzata Az a vektor és a p sakalár szorzata olyan b vektor: b = melynek abszolút értéke: b p⋅a = p⋅ a = a⋅p és iránya az a vektor irányával egyező. Bármely vektor úgy tekinthető, mint abszolút értékének és az irányát kijelölő egységvektornak a szorzata. a a ⋅e ; e = 1 Vektorok összeadása és kivonása A vektorokat úgy összegezhetjük, mint az irányított egyenes szakaszokat. d = a +b +c = c + a + b = . A vektor összegezésének eredménye független az összegezés sorrendjétől /4.ábra/ Például az x, y koordináta rendszerben adott vektorokat összegezzük. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 209 y c b a b b x d c c d a a 4.ábra A vektorok kivonása: c = a −b h ( ) = a + −b = a + h = −b Koordináta rendszer Legyen i , j, k

; i = j = k =1 a Descartesi derékszögű koordináta-rendszer tengelyeit kijelölő egységvektor. /5. Ábra/ a = a x ⋅ i + a y ⋅ j + az ⋅ k . k Szokásos még az egységvektorok alábbi jelölése is: e x = i ; e y = j; e z = k . a az×k ax×í I j ay×j 5.ábra Az / i , j , k / a Descartes- féle bázis, amelynek elemei a Descartes-féle bázisvektorok. Az ax, ay, az az a vektor i , j , k bázisra vonatkozó koordinátái ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 210 Vektorok közötti szorzások Két vektor skaláris szorzata d = a ⋅ b ⋅ = b ⋅ a = a ⋅ b ⋅ cos ϕ , a ⋅ b = a x ⋅ bx + a y ⋅ b y + a z ⋅ bz . Ha egy testre F erő hat és a test s elmozdulást végez, úgy a végzett munka: W = F ⋅ d = F ⋅ s ⋅ cos ϕ . F S ϕ 6.ábra A bázisvektorok skaláris szorzatai: i ⋅i = j ⋅ j = k ⋅k =1, i

⋅ j = j ⋅ k = k ⋅i = 0 . A vektorok skaláris szorzatának értelmezése lehetőséget ad két vektor által bezárt szög számítására cos ϕ = a ⋅b a ⋅b . Most nézzünk egy alkalmazást. Határozzuk meg az F = /5i – 3j/ [N] erőnek az s == 2i + 2 j / [m] elmozdulás vektor irányába eső vetületét! /7. Ábra/ ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 211 NF = 1 N/cm Ns = 1 m/cm s Fs ϕ F 7.ábra F ⋅s s = F ⋅ = F ⋅s0 s F ⋅s Fs = F ⋅ cos ϕ = F ⋅ ahol: s 0 = s0 = Most: Fs = s s az s vektorral egyező irányú egységvektor 2 8 5 i+ 2 2 8 3 − 2 j= 1 2 2 i+ 2 j [N ] . = 2= Két vektor vektorális szorzata a és b vektorok vektorális szorzata az a c vektor, amelynek abszolút értéke: c = a xb = a ⋅ b sin ϕ Irása: a xb vektor merőleges az a var szabály határozza meg. és b

vektorok síkjára, a xb irányát a jobb csa- Az xyz koordináta rendszer egységvekorainak vektoriális szorzatai: i x i= j i x j x i = −k ; k j = k; j=k x j x k =0 x k = i; k x j = −i ; i i= j x k =−j Határozzuk meg az F = / 4i + 3 j / [kN ] erőnek az A pontra vonatkozó nyomatékát! /8. ábra/ ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 212 M A = r p xF ϕ y F P(2; 3,5) m k representative A 8.ábra Korábbi tanulmányokból ismert, hogy a nyomaték: r p xF = rp xF , M A = F ⋅ k = F ⋅ r p ⋅ sin ϕ = F ⋅ r p ⋅ rp ⋅ F M A = rp xF = / 2i + 3,5 j / x / 4i + 3 j / = 6k − 14k = −8k [kNm] . A vektorális szorzatot egy harmadrendű determináns kifejtéséből is meghatározhatjuk: i j k a xb = a x ay a z = i ⋅ / a y ⋅ bz − a z ⋅ b y / − j / a x ⋅ bz − a z ⋅ b x / + k / a x ⋅ b

y − a y ⋅ b x / . bx by bz Egyenes egyenlete A Po ponton átmenő adott a vektorral párhuzamos egyenes egyenletének vektorális alakja. /9. ábra/ a Po y ro r P a x / r − r0 / = 0 x 9.ábra Ugyanennek az egyenes egyenletének Plücker-féle alakja. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 213 a xr − a xr0 = a xr + a x / − r0 / = a xr + b = 0 a és b ; b ⋅ a = 0 Plücker koordináták. A koordináta rendszer kezdő pontjában /A/ redukált F és M A vektorok ismertek. Keressük azon pontok mértani helyét, ahová az / F , M A / vektorkettős nyomatéka zérus. Egy tetszőleges pontra számított nyomaték: M B = M A + FxrAB y F rB MA centrális egyenes Itt most: M B = M A + / − rB / xF / , B M A − rB xF = 0 , F xr + M A = 0 . c d A x D 10.ábra Az utóbbi egyenlet egy egyenes egyenlete a centrális

egyenesé. A 10 ábrán körívdarabbal jelölt M A az xy síkra merőleges velünk szemben mutató vektor A következőkben határozzuk meg az egyenes D pontjához mutató vektort M A − rB xF = M A − / d + c / xF = 0 Fx M A − d xF − c xF = 0 FxM A − F x / d xF / = 0 d = F xM A F2 Vektorrendszer egyenértékűsége /V,/ vektorrendszert egyenértékűnek mondjuk a /V”/ vektorrendszerrel, ha a tér tetszőleges pontjára számított nyomatékuk megegyezik: MA = MA , ,, Mivel ezen értelmezés nem alkalmas az egyenértékűség eldöntésére, ezért az alábbi 3 feltétel egyikét használjuk. ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 214 1. M A = M A + F , xrAB = M A,, + F ,, xrAB = M B,, , M A, = M A,, és F , = F ,, . 2. Ha A, B, C pont nem esik egy egyenesre: , , M A, = M A,, , M B, = M B,, , M C, = M C,, . azaz a három

pontra nézve a két vektor rendszer nyomatékvektorai megegyeznek. 3. Végül a /V,/ és /V”/ vektorrendszer egyenértékű, ha 6 db egymástól lineárisan független tengelyre számított nyomatékok megegyeznek. mk, = mk,, , / k = 1,2.6 / Lineárisan független tengelyek a tetraéder oldallapjainak hat metszésvonala. A tengelyre számított nyomatékot úgy számolhatjuk ki, hogy a tengely egy pontjára számított nyomatékot skalárisan szorozzuk a tengely irányát kijelölő egységvektorral. ma = M A ⋅ e A . Egyensúlyi vektorrendszer esetében az egyik vektorrendszer 0 értékű. Igy pl. a 2 feltétel alapján egyensúly van, ha teljesül: MA = 0 , MB = 0 , MC = 0 . ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 215 VARRATNÉLKÜLI ACÉLCSÖVEK (MSZ 99 szerint) (Normál falvastagságú méretek jellemző adatai) Külső átmérő

d /mm/ 10 12 14 16 17 18 20 22 25 27 28 30 32 34 38 42 44,5 48 51 54 57 60 63, 5 70 76 83 89 95 102 108 114 127 133 140 152 159 168 178 194 219 245 273 299 324 356 368 406 419 Falvastag- Folyóméterság tömeg s m /mm/ / kg/m / 1,6 0,331 1,6 0,410 1,9 0,542 1,8 0,630 1,8 0,675 2 0,789 2 0,888 2 0,986 2,3 1,288 2,3 1,401 2,3 1,458 2,6 1,757 2,6 1,885 2,6 2,013 2,6 2,270 2,6 2,528 2,6 2,689 2,6 2,911 2,6 3,103 2,6 3,296 2,9 3,869 2,9 4,084 2, 9 4,334 2,9 4,799 2,9 5,228 3,2 6,298 3,2 6,771 3,6 8,115 3,6 8,736 3,6 9,269 3,6 9,801 4 12,13 4 12,73 4 13,42 4,5 16,37 4,5 17,15 4,5 18,14 5 21,33 5,6 26,02 6,3 33,05 6,3 37,09 7,1 46,56 8 57,41 8 62,34 8 68,66 8 71,03 9 88,12 l0 100,8 Felület A /cm2/ 0,422 0,523 0,690 0,803 0,860 1,005 1,131 1,257 1,640 1,785 1,857 2,232 2,401 2,565 2,892 3,218 3,422 3,708 3,953 4,198 4,929 5,202 5,521 6,113 6,660 8,022 8,626 10,34 11,13 11,81 12,49 15,46 16,21 17,09 20,85 21,84 23,11 27,17 33,15 42,10 47,24 59,31 73,14 79,42 87,46 90,48 112,2 128,5

Tehetetlenségi nyomaték tengelyre pontra I Ip 4 /cm / /cm4/ 0,039 0,077 0,072 0,145 0,131 0,262 0,206 0,411 0,252 0,503 0,327 0,653 0,464 0,927 0,635 1,269 1,067 2,135 1,373 2,746 1,545 3,091 2,119 4,238 2,615 5,230 3,183 6,365 4,554 9,I07 6,272 12,54 7,540 15,08 9,586 19,17 11,61 23,22 13,90 27,80 18,08 36,17 21,26 42,51 25, 40 50,80 34,47 68,94 44,55 89,11 63,96 127,9 79,48 159,0 108,1 216,2 134,9 269,7 161,1 322,1 190,4 380,9 292,6 595,2 337,5 675,1 395,5 790,9 567,6 1135 652,3 1305 773 1546 1017 2035 1472 2944 2383 4766 3367 6734 5245 10450 7747 15495 9919 19839 13247 26494 14665 29323 22165 44251 26884 53767 Keresztmetszeti tényező tengelyre pontra K Kp 3 /cm / /cm3 / 0,077 0,154 0,121 0,241 0,187 0,375 0,257 0,514 0,296 0,592 0,363 0,726 0,464 0,927 0,577 1,154 0,854 1,708 1,017 2,034 1,104 2,208 1,413 2,826 1,634 3,269 1,872 3,744 2,397 4,794 2,987 5,973 3,389 6,777 3,994 7,988 4,553 9,106 5,148 10,300 6,345 12,69 7,085 14,17 8,000 16 9,848 19,70 11,72 23,45 15,41 30,82

17,86 35,72 22,76 45,52 26,45 52,89 29,83 59,65 33,41 66,82 46,08 92,16 50,76 101,5 56,50 113,0 74,69 149,4 82,05 164,1 92,02 184 l114,3 228,6 151,7 303,5 217,6 435,2 274,9 549,7 384,3 768,6 518,2 1036 612,3 1225 744,2 1488 797 1594 1090 2180 1283 2566 ERFP-DD2002-HV-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom Inerciasugár i= I A 3,02 3,72 4,36 5,06 5,41 5,7 6,40 7,11 8,07 8,77 9,12 9,73 10,44 11,14 12,55 13,96 14,84 16,08 17,14 18,20 19,15 20,21 21,45 23,75 25,87 28,24 30,36 32,34 34,81 36.93 39,05 43,51 45,63 48,10 52,17 54,65 57,83 61,19 66,64 75,23 84,42 94,04 102,9 111,8 123,1 127,3 140,4 144,6 216 A félkeresztmetszet statikai nyomatéka Mst /cm3/ 0,057 0,087 0,135 0,182 0,209 0,257 0,325 0,401 0,595 0,704 0,762 0,979 1,127 1,285 1,632 2,021 2,285 2,682 3,048 3,437 4,248 4,732 5,329 6,533 7,752 10,19 11,78 15,04 17,44 19,63 21,95 30,27 33,29 37,0

48,97 53,72 60,16 74,84 99,41 142,6 179,5 251,1 338,8 399,5 484,5 518,5 709,4 836,6 TÁBLÁZATOK PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom I szelvény MSZ 325 Szelvény mérte h1 mm b mm v=r mm t mm r1 mm A cm2 80 l00 120 140 160 180 200 220 240 260 280 300 320 340 360 380 400 59 76 92 109 126 142 159 176 192 209 225 242 258 274 290 307 323 42 50 58 66 74 82 90 98 106 113 119 125 131 137 143 149 155 3,9 4,5 5,1 5,7 6,3 6,9 7,5 8,1 8,7 9,4 10,1 10,8 11,5 12,2 13,0 13,7 14,4 5,9 6,8 7,7 8,6 9,5 10,4 11,3 12,2 13,1 14,1 15,2 16,2 17,3 18,3 19,5 20,5 21,6 2,3 2,7 3,1 3,4 3,8 4,1 4,5 4,9 5,2 5,6 6,1 6,5 6,9 T,3 T,B 8,2 8,6 7,58 10,6 14,2 18,3 22,8 27,9 33,5 39,6 46,1 53,4 61,1 69,1 77,8 86,8 97,1 107,0 118,0 h b a szelvény mérete mm 50 38 65 42 80 45 100 50 120 55 140 60 160 65 180 7O 200 75 220 80 240 85 260 90 280 95 300 100 h1 t=r r1 v e mm 22 35 48 66 84 100 117 136 154 170 188 204 220 236 mm 7,0 7,5 8,0 8,5 9,0 10,0 10,5 11,0

11,5 12,5 13,0 14,0 15,0 16,0 mm 3,5 4,0 4,0 4,5 4,5 5,0 5,5 5,5 6,0 6,5 6,5 7,0 7,5 8,0 mm 5,0 5,5 6,0 6,0 7,0 7,0 7,5 8,0 8,5 9,0 9,5 10,0 10,0 10,0 cm 1,37 1,42 1,45 1,55 1,60 1,75 1,84 1,92 2,01 2,14 2,23 2,36 2,53 2,70 A m A m I = a keresztmetszet területe = a folyómétertömeg =a másodrendű nyomaték i= I a tehetetlenségi sugár A K Mst = a keresztmetszeti tényszó = a félkeresztmetszet statikai nyomatéka az x-x tengelyre m kg /m 5,95 8,32 11,2 14,4 17,9 21,9 26,3 31,1 36,2 41,9 48,0 54,2 61,1 68,l 76,2 84,0 92,6 Ix cm4 Kx cm3 ix mm Iy cm4 Ky cm3 iy mm M st cm3 77,8 171 328 573 935 450 2140 3060 4250 5740 7590 9800 12510 15700 19610 24010 29210 19,3 34,2 54,7 81,9 117 161 214 278 354 442 542 653 782 923 1090 1260 1460 32,0 40,1 48,1 56,1 64,0 72 80 88 95,9 104,0 111,0 119,0 127,0 135,0 142,0 150,0 157,0 6,29 12,2 21,5 35,2 54,7 81,3 117 162 221 288 364 451 555 674 818 975 1160 3,00 4,88 7,41 10,7 148 19,8 26,0 33,1 41,7 51,0 61,2 72,2 84,T 98,4

114,0 131,0 149,0 9,1 10,7 12,3 14,0 15,5 17,1 18,7 20,2 22,0 23,2 24,5 25,6 26,7 28,0 29,0 30,2 31,3 11,4 19,9 31,8 47,7 68,0 93,4 125,0 162,0 206,0 257,0 316,0 381,0 457,0 540,0 638,0 741,0 857,0 Ix Kx ix Iy Ky iy Mst cm3 10,6 17,7 26,5 41,2 60,7 86,4 116,0 150,0 191,0 245,0 300,0 371,0 448,0 535,0 mm 19,2 25,2 31,0 39,1 46,2 54,5 62,1 69,5 77,0 84,8 92,2 99,9 109,0 117,0 cm4 9,1 14,1 19,4 29,3 43,2 62,7 85,3 114,0 146,0 197,0 248,0 317,0 399,0 495,0 cm3 3,75 5,07 6,36 8,49 11,10 14,80 18,30 22,40 27,00 33,60 39,60 47,70 57,20 67,80 mm 11,3 12,5 13,3 14,7 15,9 17,5 18,9 20,2 21,4 23,0 24,2 25,6 27,4 29,0 cm3 15,9 24,5 36,3 51,4 68,8 89,6 114,0 146,0 179,0 221,0 266,0 316,0 cm2 kg/m cm4 7,1 5,6 26 9,0 7,1 58 11,0 8,6 106 13,5 10,6 206 17,0 13,4 364 20,4 16,0 605 24,0 18,8 925 28,0 22,0 1350 32,2 25,3 1910 37,4 29,4 2690 42,3 33,2 3600 48,3 37,9 4820 53,3 41,8 6280 58,8 46,2 8030 ERFP-DD2002-HV-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése

a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 217 Egyenlőszárú L- szelvény MSZ 328 A = a keresztmetszet területe m = a folyómétertömeg I =a másodrendű nyomaték i= K a szerelvény mérete 40x40x4 4ox40x5 40x40x6 45x45x5 45z45x7 50x50x5 50x50x6 50x50x7 50x50x9 55x55x6 55x55x8 55x55x10 60x60x6 60x60x8 60x60x10 65x65x7 65x65x9 65x65x11 70x70x7 70x70x9 70x70x11 75x75x7 75x75x8 75x75x10 75x75x12 80x80x8 80x80x10 80x80x12 80x80x14 90x90x9 90x90x11 90x90x13 90x90x16 100x100x10 100x100x12 100x100x14 100x100x20 120x120x11 120x120x13 120x120x15 120x120x20 140x140x13 140x140x15 140x140x17 160x160x15 160x160x17 160x160x19 180x180x16 180x180x18 180x180x20 200x200x16 200x200x18 200x200x20 b v r mm mm mm 40 4 6 40 5 6 40 6 6 45 5 7 45 7 7 50 5 7 50 6 7 50 7 7 50 9 8 55 6 8 55 8 8 55 10 8 60 6 8 60 8 8 60 10 8 65 7 9 65 9 9 65 11 9 70 7 9 7O 9 9 70 11 9 75 7 l0 75 8 l0 75 10 l0 75 12 l0 80 8 l0 80 10 l0 80 12 l0 80 14 l0 90 9 11 90 11

11 90 13 11 90 16 11 100 10 12 100 12 12 100 14 12 100 20 12 120 11 13 120 13 13 120 15 13 120 20 13 140 13 15 140 15 15 140 17 15 160 15 17 160 17 17 160 19 17 180 16 18 180 18 18 180 20 18 200 16 18 200 18 18 200 20 18 r1 mm 3 3 3 3,5 3,5 3,5 3,5 3,5 3,5 4,0 4,0 4,0 4,0 4,0 4,0 4,5 4,5 4,5 4,5 4,5 4,5 5,0 5,0 5,0 5,0 5,0 5,0 5,0 5,0 5,5 5,5 5,5 5,5 6,0 6,0 6,0 6,0 6,5 6,5 6,5 6,5 7,5 7,5 7,5 8,5 8,5 8,5 9,0 9,0 9,0 9,0 9,0 9,0 e w u A m Ix=Iy cm 1,12 1,16 1,20 1,28 1,36 1,4 1,45 1,49 1,56 1,56 1,64 1,72 1,69 1,97 1,85 1,85 1,93 2,0 1,97 2,05 2,13 2,09 2,13 2,21 2,29 2,26 2,34 2,41 2,48 2,54 2,62 2,70 2,81 2,82 2,90 2,98 3,20 3,36 3,44 3,51 3,70 3,92 4,0 4,08 4,49 4,57 4,65 5,02 5,10 5,18 5,52 5,60 5,68 cm 2,83 2,83 2,83 3,18 3,18 3,54 3,54 3,54 3,54 3,89 3,89 3,89 4,24 4,24 4,24 4,60 4,60 4,60 4,95 4,95 4,95 5,30 5.30 5,30 5,30 5,66 5,66 5,66 5,66 6,36 6,36 6,36 6,36 7,07 7,07 7,07 7,07 8,49 8,49 8,49 8,49 9,90 9,90 9,90 11,3 11,3 11,3 12,7 12,7 12,7 14,1 14,1 14,1 cm 1,58

1,64 l,70 1,61 1,92 1,98 2,04 2,11 2,21 2,21 2,32 2,43 2,39 2,50 2,62 2,62 2,73 2,83 2,79 2,90 3,01 2,95 3,01 3,12 3,24 3,24 3,31 3,41 3,51 3,59 3,70 3,81 3,97 3,99 4,10 4,21 4,54 4,75 4,86 4,94 5,24 5,54 5,66 5,77 6,35 6,46 6,58 7,11 7,22 7,33 7,80 7,92 8,04 cm2 3,08 3,79 4,48 4,30 5,86 4,80 5,69 6,56 8,24 6,31 8,23 10,1 6,91 9,03 11,1 8,7 11,0 13,2 9,4 11,9 14,3 10,1 11,5 14,1 16,7 12,3 15,1 17,9 20,6 15,5 18,7 21,8 26,4 19,2 22,7 26,2 36.2 25,4 29,7 33,9 44,2 35,0 40,0 45,0 46,1 51,8 57,5 55,4 61,9 68,4 61,8 69,1 76,4 kg/m 2,42 2,97 3,52 3,38 4,60 3,77 4,47 5,15 6,46 4,95 6,46 7,90 5,42 7,09 8,69 6,83 8,62 10,3 7,38 8,34 11,2 7,94 9,03 11,1 13,1 9,66 11,9 14,1 16,1 12,2 14,7 17,l 20,7 15,1 17,8 20,6 28,4 19,9 23,3 26,6 34,7 27,5 31,4 35,3 36,2 40,7 45,1 43,5 48,6 53,7 48,5 54,3 59,9 cm4 4,48 5,43 6,33 7,83 10,4 11,0 12,8 14,6 17,9 1?,3 22,1 26,3 22,8 29,1 34,9 33,4 41,3 48,8 42,4 52,6 61,8 52,4 58,9 71,4 82,4 72,3 87,5 102,0 115,0 116,0 138,0 158,0 186,0 177,0 200 235 311 341 394

446 562 638 723 805 1100 1230 1350 1680 1870 2040 2340 2600 2850 I a tehetetlenségi sugár A = a keresztmetszeti tényszó Kx=Ky cm3 1,56 1,91 2,26 2,43 3,31 3,05 3,61 4,15 5,20 4,40 5,72 6,97 5,29 6,88 8,41 7,18 9,04 10,8 8,43 10,6 12,7 9,67 11,0 13,5 15,8 12,6 15,5 18,2 20,8 18,0 21,6 25,1 30,1 24,7 29,2 33,5 45,8 39,5 46,0 52,5 67,7 63,3 72,3 81,2 95,6 108,0 118,0 l30,0 145,0 160,0 162,0 181,0 199,0 i x=iy mm 12,1 12,0 11,9 13,5 13,3 15,1 15,0 14,9 14,7 16,6 16,4 16,2 18,2 18,0 17,8 19,6 19,4 19,1 21,2 21,0 20,8 22,8 22,6 22,5 22,2 24,2 24,1 23,9 23,6 27,4 27,2 26,9 26,6 30,4 30,2 30,0 29,3 36,6 36,4 36,3 35,? 42,7 42,5 42,3 48,8 48,6 48,4 55,1 54,9 54,7 61,5 61,3 61,i Is cm4 2,09 8,64 9,98 12,4 16,4 17,4 20,4 23,1 28,l 27,4 34,8 41,4 36,1 46,1 55,1 53,0 65,4 76,8 67,1 83,1 97,6 83,6 93,3 113 130 115 139 161 181 184 218 250 294 280 328 372 488 541 625 705 887 1010 1150 1280 1750 1950 2140 2690 2970 3260 3740 4150 4540 ERFP-DD2002-HV-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű

alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom is mm 15,2 15,1 14,9 17,0 16,7 19,0 18,9 18,8 18,5 20,8 20,6 20,2 22,9 22,6 22,3 24,7 24,4 24,2 26,7 26,4 26,1 28,8 28,5 28,3 27,9 30,6 30,3 30,0 29,6 34,5 34,1 33,9 93,4 38,2 38,0 37,7 36,7 46,2 45,9 45,6 44,8 53,8 53,6 53,3 61,5 61,3 61,0 69,6 79,3 69,0 77,8 77,5 77,2 Iη cm4 1,86 2,22 2,67 3,25 4,39 4,59 5,24 6,02 7,67 7,24 9,35 11,3 9,43 12,1 14,6 13,8 17,2 20,7 17,6 22,0 26,0 21,1 24,4 29,8 34,7 29,6 35,9 43,0 48,6 47,8 57,1 65,9 79,1 73,3 86,2 98,3 134 140 162 186 236 262 298 334 453 506 558 679 757 830 943 1050 1160 218 iη mm 7,8 7,7 7,7 8,7 8,7 9,8 9,6 9,6 9,7 10,7 10,7 10,6 11,7 11,6 11,5 12,6 12,5 12,5 13,7 13,6 13,5 14,5 14,6 14,5 14,4 15,5 15,4 15,3 15,4 17,6 17,5 17,4 17,3 19,5 19,5 19,4 19,3 23,5 23,4 23,4 23,1 27,4 27,9 27,2 31,4 31,3 31,2 35,0 34,9 34,9 39,1 39,0 38,9 Idomacélok, előgyártmányok Melegen hengerelt U acél DIN 1026

(MSZ 336) 80 mm magasság alatt rúdacél Egy h = 50 mm magasságú és b = 38 mm övszélességű, S 235 JRG1 acélból melegen hengerelt U acél jelölése: U acél DIN 1026-U 50 x 38-S 235 JRG1 (acél az MSZ EN 10 025 szerint) Szállítási hosszak: 3 m6 m. 80 mm magasságtól idomacél Egy h = 300 mm magasságú, S 235 JRG1 acélból melegen hengerelt U acél jelölése Az övek belső felületének lejtése 8 % U acél DIN 1026-U 300-S 235 JRG Szállítási hosszak: 4 m18 m. Jel Hajlítási tengely: Keresztmetszet, y-y x-x y-y b, mm mm mm2 s, t, mm mm Méterenkénti súly, távolsága, FG’ Ix Wx ·104 mm4 ·103 mm3 Iy ·104 mm4 Wy mm N/m ·103 mm3 0 x 15 30 15 4 I 4.5 221 2,53 1,69 0.38 0,39 5.2 17,1 30 x 33 30 33 5 7 544 6.39 4,26 5.33 2,68 13,1 41,9 40 x 20 40 20 5 5.5 366 7.58 3.79 1,14 0,86 6,7 27,0 40 x 35 40 35 5 7 621 14.1 7,05 6,68 3,08 13.3 47.8 50 x 25 50 25 5 6 492 16,8 6,73 2,49 1,48

8.1 42.4 50x38 50 38 5 7 712 26,4 10,6 9,12 3,75 13.7 54,8 60x30 60 30 6 6 646 31,6 10,5 4,51 2,16 9,1 49,7 65 x 42 65 42 5,5 7,5 903 57,5 17,7 14.1 5,07 14,2 69,5 80 80 45 6 8 1100 106 26.5 19,4 6,36 14,5 84.7 100 100 50 6 8,5 1350 206 41,2 29,3 8,49 15,5 104,0 120 120 55 7 9 1700 364 60.7 43,2 11,1 16,0 131.4 140 140 60 7 10 2040 605 86,4 62,7 14.8 17,5 157.0 160 160 65 7.5 10,5 2400 925 116 85,3 18,3 18,4 184,4 180 180 70 8 11 2800 1350 150 114 22,4 19,2 215,7 200 200 75 8,5 11,5 3220 1910 191 148 27,0 20,1 248,1 220 220 80 9 12,5 3740 2690 245 197 33,6 21,4 288,3 240 240 85 9,5 13 4230 3600 300 248 39,6 22,3 325.6 260 260 90 10 14 4830 4820 371 317 47,7 23,6 371,7 280 280 95 10 15 5330 6280 448 399 57,2 25.3 410.0 300 300 100 10 16 5880 8030 535 495 67.8 27.0 453.1 320 320 100 14 17,5 7580 10870

679 597 80,6 26,0 583,5 350 350 100 14 16 7730 12840 734 570 75,0 24,0 594,3 380 380 102 13,5 16 8040 15760 829 615 78,7 23,8 613,9 400 400 110 18 9150 20350 1020 846 102 26,5 704,1 14 * e y, S, h, A tengely ERFP-DD2002-HV-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 219 Idomacélok, előgyártmányok Melegen hengerelt I tartó (keskeny I tartók) DIN 1025 (MSZ EN 10 024) Egy h = 100 mm magasságú, I sorozatú, S 235 JRG1 acélból melegen hengerelt, keskeny I tartó jelölése: I tartó MSZ EN 10 024-100-S 235 JRG1 Anyag: acél az MSZ EN 10 025 szerint. Szállítási hosszak: 6 m.16 m Az övek belső felületének lejtése . 14% I Hajlítási tengely: Kereszt- Jel h, b, s, t, metszet, mm mm mm mm S, Ix mm2 ·104 mm4 x-x Méterenkénti súly, y-y Wx Iy FG’ Wy ·103 mm3 ·104 mm4 ·103

mm3 80 80 42 3,9 5,9 757 77,8 19,5 6,29 3,00 58.3 100 100 50 4,5 6,8 1060 171 34,2 12.2 4.88 81 .6 120 120 58 5,1 7,7 1420 328 54,7 21,5 7,41 109,8 140 140 66 5,7 8,6 1820 573 81,9 35,2 10,7 141,2 160 160 74 6,3 9,5 2280 935 117 54,7 14,8 175,5 180 180 82 6,9 10,4 2790 1450 161 81,3 19,8 214,8 200 200 90 7,5 11,3 3340 2140 214 117 26,0 257,9 220 220 98 8,1 12,2 3950 3060 278 162 33,1 304,9 240 240 106 8,7 13,1 4610 4250 354 221 41,7 355,0 260 260 113 9,4 14,1 5330 5740 442 288 51,0 410,9 280 280 119 10,1 15,2 6100 7590 542 364 61,2 470,7 300 300 125 10,8 16,2 6900 9800 653 451 72,2 531,5 Melegen hengerelt I tartó (középszéles I tartó) IPE-sorozat N/m DIN 1025 (MSZ EN 10 034) Egy h = 300 mm magasságú, IPE sorozatú, S 355 JO acélból melegen hengerelt középszéles I tartó jelölése: IPE tartó MSZ EN 10 034-300-S 355 JO Anyag és

szállítási hosszak: mint az MSZ EN 10 024 szerinti I tartóknál. IPE Hajlítási tengely: Kereszt- Jel h, b, s, t, metszet, mm mm mm mm S, Ix mm2 ·104 mm4 x-x Méterenkénti súly, y-y Wx ·103 mm3 Ix ·104 mm4 Wx ·103 mm3 FG’ N/m 80 80 46 3,8 5,2 764 80,1 20,0 8,49 3.,69 100 100 55 4,1 5,7 1030 171 34,2 15,9 5,79 79 120 120 64 4,4 6,3 1320 318 53,0 27,7 8,65 102 140 140 73 4,7 6,9 1640 541 77,3 44,9 12,3 126 160 160 82 5,0 7,4 2010 869 109 68,3 16,7 155 180 180 91 5,3 8,0 2390 1320 146 101 22,2 184 200 200 100 5,6 8,5 2850 1940 194 142 28,5 220 220 220 110 5,9 9,2 3340 2770 252 205 37,3 257 240 240 120 6,2 9,8 3910 3890 324 284 47,3 301 270 270 135 6,6 10,2 4590 5790 429 420 62,2 353 300 300 150 7,1 10,7 5380 8360 557 604 80,5 414 330 330 160 7,5 11,5 6260 11770 713 788 98,5 482 360 360 170 8,0 12,7 7270 16270 904

1040 123 560 400 400 180 8,6 13,5 8450 23130 1160 1320 146 651 450 450 190 9,4 14,6 9880 33740 1500 1680 176 761 ERFP-DD2002-HV-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 59 220 Melegen hengerelt, egyenlőtlen szárú szögacél DIN 1029 (MSZ 329) Egy a = 80 mm, b = 40 mm szárhosszúságú és b = 6 mm szárvastagságú. S 235 JO acélból melegen hengerelt egyenlőtlen szárú szögacél jelölése: Szögacél DIN 1029-80 x 40 x 6-S 235 JO Anyag: acél az MSZ EN 10 025 szerint. A "szög" elnevezés helyett az "L" rövidítés is használható. Jel Kereszt- Méterenkén Hajlítási tengely: metszet, x-x ti y-y súly, S, L 30 x 20 x 3 a, b, s mm mm mm 30 20 4 40 x 20 x 3 40 20 4 45 x 30 x 4 45 30 5 50 x 40 x 4 50 40 5 60 x 40 x 5 60 40 6 75 x 50 x 7 75 50 9 80 x 40 x 6

80 40 8 90 x 60 x 100 x 50 x 6 Wx Iy Wy FG’ mm ·104 mm4 ·103 mm3 ·104 mm4 ·103 mm3 N/m 3 142 9,9 5,0 1,25 0,62 0,44 0,29 10,9 4 185 10,3 5,4 1,59 0,81 0,55 0,38 14,2 3 172 14,3 4,4 2,79 1,08 0,47 0,30 13,2 4 225 14,7 4,8 3,59 1,42 0,60 0,39 17,4 4 287 14,8 7,4 5,78 1,91 2,05 0,91 22,1 5 353 15,2 7,8 6,99 2,35 2,47 1,11 27,2 4 346 15,2 10,3 8,54 2,47 4,86 1,64 26,6 5 427 15,6 10,7 10,4 3,02 5,89 2,01 32,9 5 479 19,6 9,7 17,2 4,25 6,11 2,02 36,9 6 568 20,0 10,1 20,1 5,03 7,12 2,38 43,7 7 830 24,8 12,5 46,4 9,24 16,5 4,39 63,8 9 1050 25,6 13,2 57,4 11,6 20,2 5,49 80,7 6 689 28,5 8,8 44,9 8,73 7,59 2,44 53,1 8 901 29,4 9,5 57,6 11,4 9,68 3,18 69,3 66,9 869 28,9 14,1 71,7 11,7 25,8 5,61 1140 29,7 14,9 92,5 15,4 33,0 7,31 87,9 8 8 1150 35,9 11,3 116 18,0 19,5 5,04 88,2 10 1410 36,7 12,0 141 22,2 23,4 6,17 108,9 10

1910 39,2 19,5 276 34,1 98,1 16,2 147,1 12 2270 40,0 20,3 323 40,4 114 19,1 174,6 9 1950 52,8 15,7 455 46,8 78,3 13,2 150,0 11 2360 53,7 16,5 545 56,6 93,0 15,9 182,4 10 2620 62,8 18,5 880 75,1 151 21,2 202,1 12 3120 63,7 19,3 1040 89,3 177 25,1 240,3 10 2920 69,3 20,1 1220 93,2 210 26,3 225,6 12 3480 70,3 21,0 1440 111 247 31,3 267,8 100 50 10 120 80 9 150 75 10 180 90 12 200 x 100x Ix mm 8 60 11 180 x 90 x ey B 90 12 150 x 75 x yx 8 10 120 x 80 x mm2 10 12 200 100 ERFP-DD2002-HV-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 221 Melegen hengerelt, egyenlő szárú szögacél DIN 1028 (MSZ 328) Egy a = 80 mm szárhosszúságú, s = 6 mm szárvastagságú, S 235 JO acélból melegen hengerelt, egyenlő szárú szögacél jelölése: Szögacél DIN 1028-80 x 6-S

235 JO Anyag: acél az MSZ EN 10 025 szerint. Megjegyzés: x-x = y-y ex= ev Ix=Iv Szállítási hosszak: 6 m . 12 m W x=Wv A piros színű méretek előnyben részesítendők. Jel Kereszt- Hajlítási tengely: Méteren- Kereszt- Hajlítási tengely: Méteren- metszet, x-x=y-y kénti metszet, x-x=y-y kénti súly, S, súly, mm2 FG’ S, L 3 4 3 25x 4 5 3 30x 4 5 3 35x 4 5 6 3 4 40x 5 6 4 5 45x 6 7 4 5 50x 6 7 8 20x a, s, mm mm 20 25 30 35 40 45 50 3 4 3 4 5 3 4 5 3 4 5 6 3 4 5 6 4 5 6 7 4 5 43,9 7 8 mm2 e, l W mm ·104 ·103 mm4 mm3 Jel FG’ N/m L a, s, mm mm e, l W mm ·104 ·103 4 112 145 142 185 226 174 227 278 204 267 328 387 235 308 379 448 349 430 509 586 389 480 6.0 6,4 7,3 7,6 8,0 8,4 8,9 9,2 9,6 10,0 10,4 10,8 10,7 11,2 11,6 12,0 12,3 12,8 13,2 13,6 13,6 14,0 0.39 0,48 0,79 1,01 1,18 1,41 1,81 2,16 2,9 2,96 3,56 4,14 3,45 4,48 5,43 6,33 6,43 7,83 9,16 10,4 8,97 11,0 0,28 0,35 0,45 0,58 0,69 0,65 0,86 1,04 0,90 1,18

1,45 1,71 1,18 1,56 1,91 2,26 1,97 2,43 2,88 3,31 2,46 3,05 6.8 11,2 11,0 14,2 17,4 13,3 17,5 21,4 15,7 20,1 25,2 29,8 18,0 23,7 29,1 34,5 26,9 33,1 39,2 45,1 30,0 37,0 656 741 14,9 15.2 14,6 16.3 4,15 4,68 50.5 57.1 5 6 8 10 7 8 80x 10 12 8 9 90x 11 13 8 10 100x 12 14 11 120x 13 15 16 180x 18 20 16 200x 18 20 60x 60 80 90 100 120 180 200 5 6 8 10 7 8 10 12 8 9 11 13 8 10 12 14 11 13 15 16 18 20 16 18 20 582 691 903 1110 1080 1230 1510 1790 1390 1550 1870 2180 1550 1920 2270 2620 2540 2970 3390 5540 6190 6840 6180 6910 7640 16,4 16,9 17,7 18,5 22,1 22,6 23,4 24,1 25,0 25,4 26,2 27,0 27,4 28,2 29,0 29,8 33,6 34,4 35,1 50,2 51,0 51,8 55,2 56,0 56.8 ERFP-DD2002-HV-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom N/m 3 mm mm 19,4 22,8 29,1 34,9 64,2 72,3 87,5 102 104 116 138 158 145 177 207 235 341 394 446 1680 1870 2040 2340 2600 2850 4,45 5,29

6,88 8,41 11,1 12,6 15,5 18,2 16,1 18,0 21,6 25,1 19,9 24,7 29,2 33,5 39,5 46,0 52,5 130 145 160 162 181 199 44.8 53,2 69,5 85,2 83,3 94,7 116,7 138,3 106,9 119,6 144,2 167,7 119,6 148,1 174,6 202,0 195,2 228,5 260,9 426,6 476,6 526,6 484,4 532,5 587,4 222 Az „ω” tényező értékei 37-es acélminőségre Karcsúsági tényező 0 10 20 30 40 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1,10 1,14 1,18 1,23 1,29 1,10 1,14 1,19 1,23 1,30 1,11 1,14 1,19 1,24 1,30 1,11 1,15 1,19 1,24 1,31 1,11 1,15 1,20 1,25 1,32 1,12 1,16 1,20 1,26 1,33 1,12 1,16 1,20 1,26 1,34 1,12 1,17 1,21 1,27 1,35 1,13 1,17 1,21 1,28 1,36 1,13 1,18 1,22 1,28 1,37 Karcsúsági tényező 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 1,37 1,46 1,57 1,71 1,88 1,38 1,47 1,58 1,73 1,90 1,39 1,48 1,60 1,75 1,92 1,40 1,49 1,61 1,77 1,94 1,40 1,50 1,63 1,78 1,96 1,41 1,51 1,64 1,79 1,98 1,42 1,52 1,65 1,81 2,00 1,43 1,53 1,66 1,83 2,02 1,44 1,55 1,68 1,85 2,04 1,45 1,56 1,69 1,87 2,05 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140

2,06 2,31 2,58 2,87 3,27 2,08 2,34 2,60 2,91 3,31 2,11 2,36 2,62 2,95 3,35 2,13 2,39 2,65 2,99 3,39 2,16 2,41 2,68 3,03 3,43 2,19 2,44 2,71 3,06 3,47 2,21 2,47 2,74 3,10 3,51 2,24 2,50 2,77 3,14 3,55 2,26 2,52 2,80 3,18 3,59 2,28 2,55 2,84 3,22 3,64 100 110 120 130 140 150 160 170 180 190 3,69 4,13 4,65 5,18 5,71 3,73 4,18 4,70 5,23 5,76 3,77 4,23 4,75 5,28 5,82 3,82 4,29 4,80 5,33 5,88 3,86 4,33 4,85 5,38 5,95 3,91 4,39 4,90 5,43 6,02 3,95 4,44 4,95 5,48 6,08 3,99 4,49 5,00 5,54 6,14 4,04 4,54 5,06 5,59 6,21 4,09 4,59 5,12 5,65 6,27 150 160 170 180 190 200 210 220 230 240 250 6,33 6,94 7,58 8,26 8,93 9,7 6,39 7,00 7,65 8,33 9,01 6,45 7,06 7,72 8,41 9,10 6,50 7,13 7,80 8,48 9,18 6,56 7,19 7,87 8,55 9,27 6,62 7,25 7,94 8,62 9,35 6,68 7,31 8,00 8,67 9,42 6,75 7,38 8,07 8,73 9,50 6,81 7,45 8,14 8,80 9,57 6,87 7,51 8,20 8,86 9,64 200 210 220 230 240 ERFP-DD2002-HU-B-01 PROJECT 4. MODUL Ipari hátterű alternáló képzés előkészítése a

Gépészmérnöki Szakon PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactorycom 223