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