Chemistry | Materials » Bugyjás József - Kidolgozott mintapéldák szilárdságtanból

Kidolgozott mintapéldák szilárdságtanból 1. példa Határozzuk meg az SZ 1. ábrán látható téglalap alakú keresztmetszet másodrendű nyomatékát az ‘xs’ (súlyponton átmenő) tengelyre definició alapján! A definició szerinti képlet: � 2 � − 2 � �3 2 2 �� 3 ��� = ∫ � � ⏟∙ �� = a [ 3 ] � = 12 − �� 2 SZ 1. ábra 2. példa a) Határozzuk meg az SZ2. ábrán látható téglalap alakú keresztmetszet ‘Ix’ tengelyre számított másodrendű nyomatékát! b  y3  a  b3 I x  a   y dy  a     3  3 0 0 b 2 SZ 2. ábra SZ 2. ábra b) Igazoljuk a Steiner tételt! 2 I t = Is + e A �� 3 � 2 �� 3 �� 3 �� 3 �� = + ( ) ∙ �� = + = 12 2 12 4 3 3. példa Az ábrán látható két végén támasztott rudat két koncentrált erő terheli. a./ Határozzuk meg a reakcióerőket! b./ Írjuk fel az igénybevételi függvényeket! c./ Rajzoljuk meg az

igénybevételi ábrákat! SZ 3. ábra a./ Reakcióerők meghatározása Az egyensúlyi egyenletek alapján felírhatjuk M  0 F  0 i i Mivel csak ‘y’ irányú erőkomponensek vannak, ezért F  F  F  F  F  0 iy A 1 2 B (1) A nyomatékokat írjuk fel az ‘A’ pontra. M  F  1.5  F  4  F  6  0    i 1 2 B (2) A (2) egyenletből FB  F1  1.5  F2  4 4  15  9  4 42    7N 6 6 6 Ha az eredmény (+) , akkor helyesen vettük fel az irányt. Behelyettesítve a (1) egyenletbe és FA-t kifejezve FA=6 [N] adódik. b./ Igénybevételi függvények A két koncentrált erő a rudat három szakaszra osztja. A tengelyre merőleges síkok helyeit z koordinátákkal, a keresztmetszeteket rendre K1, K2, K3 –al jelölöljük. (A bal oldali rúdrészt hagyjuk el) Az első szakasz K1 keresztmetszetének igénybevételei és igénybevételi függvényei: Hajlítás: Nyírás Mh1 = -FA∙z

0 ≤ z ≤ 1.5 V1= FA Az második szakasz K2 keresztmetszetének igénybevételei és igénybevételi függvényei: Hajlítás Nyírás Mh2 = -FA∙z + F1∙(z – 1.5) V2= FA – F1 1.5 ≤ z ≤ 4 Az harmadik szakasz K3 keresztmetszetének igénybevételei és igénybevételi függvényei: Hajlítás Mh3 = = -FA∙z + F1∙(z – 1.5) + F2∙(z – 4) = -FB∙(l – z) Nyírás V3= FA – F1 – F2 = -FB 4≤z≤6 c./ Igénybevételi ábrák a SZ ábrán látható M(1,5) = - 6 [N]∙1,5[m] = 9 [kNm] M(4) = - 6∙4+4∙(4-1.5) = - 14 M(6) = - 6∙6+4∙(6-1.5)+9∙(6-4) = 0 SZ 31. ábra 4. példa Határozzuk meg az SZ 4. ábrán vázolt tartó ‘K’ keresztmetszetének igénybevételeit A ‘K’ keresztmetszet súlypontjában a SZ 41. ábrán láható módon derékszögű koordinátarendszert választottunk. A keresztmetszet egyik oldalán elhelyezkedő tartórészre ható külső erőrendszer az ‘F’ erőből áll, tehát ezt kell redukálni a SZ 4. ábra

koordinátarendszer origójába. A redukált erő a keresztmetszet síkjában fekszik tehát nyíróerőt ad: V=F A nyomatékvektor a következőképpen számítható: MK = r X F, r = l2i + l1j, F = Fk i M K  l2 0 j l1 0 k 0  l1  Fi  l 2  F j  M cs  M h F SZ 41. ábra 5. példa Határozzuk meg az SZ 5. ábrán vázolt kéttámaszú tartó igénybevételi ábráit! A szimmetriából következően a reakcióerők: AB F 100   50N 2 2 A rudat csak a tengelyére merőleges irányú koncentrált erők terhelik, tehát a keresztmetszetek igénybevételei a nyírás és a hajlítás. A nyíróerő szakaszonként állandó, a hajlitónyomaték pedig lineárisan változik. Az I. szakaszban a keresztmetszetek igénybevételeinek meghatározására célszerű a keresztmetszettől balra lévő SZ 5. ábra erőket, esetünkben az egyetlen ‘A’ reakcióerőt felhasználni. Ez felfelé mutat, tehát a szakasz valamennyi keresztmetszetére

nézve pozitív nyíróerót ad. V1 = A = 50 [N]. A hajlitónyomatékot az ‘A’ erő nyomatékaként kapjuk: MI (z) = A · z = 50 [N] · z. A II. szakaszban az igénybevételi függvényeket a keresztmetszetektől jobbra lévő ‘B’ erő felhasználásával célszerű meghatározni: TII = - B = - 50 [N] MII (z) = B· (l- z) = 50 [N]· (4 [m] · z). A nyomatéki ábrát a szakaszhatárokon kiszámított értékek alapján célszerű megrajzolni. Az alátámasztási pontokon a hajlitónyomaték zérus, középen pedig: M max  A  l F l 100  4     100Nm 2 2 2 4 6. példa Az SZ 6. ábrán látható egyik végén befogott rudat a f=20 [N/m] intenzitású egyenletesen megoszló terhelés, és a rúd végén az FB=50[N] koncentrált erő terheli. a. Határozzuk meg a befogásban ébredő reakciókat! b. Írjuk fel az igénybevételi függvényeket! c. Rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat! SZ 6. ábra a. Reakciók a befogásban Az egyensúlyi

egyenletek alapján a következő egyenletek írhatók fel: F  0  F  f l  F M  0 iy A (1) B (2) i A (2) nyomatéki egyenletet az ‘A’ pontra felírva kapjuk MA  f  l2  FB  l  0 2 (3) Az (1) egyenletet rendezve FA  f  l  FB  20  2  50  90[ N] Az (3) egyenletet rendezve MA  f  l2 20  2 2  FB  l   50  2  140[ Nm] 2 2 Az eredmény (+) , tehát helyesen vettük fel az irányokat. c. Az igénybevételi függvények Az ‘AB’ rudat a ‘z’ koordinátával jellemzett helyen a tengelyvonalára merőleges síkkal képzeletben kettévágjuk. Az elvágás helyén levő ‘K’ keresztmetszet igénybevételei és igénybevételi függvényei, a baloldali rúdrész elhagyaásával a következők: Hajlításra M h  M A  FA  z  Nyírásra V = FA - f∙z f 2 z 2 A fenti függvények ‘z’ szerinti deriválásával beláthatjuk a Zsuravszkíj féle összefüggések

bizonyítását. f   d  M A  FA  z  z 2  dM h f 2      FA  2 z   FA  f  z  V dz dz 2 dV  f dz d. Az igénybevételi árák a SZ 61 ábrán láthatók SZ 61. ábra 7. példa Vizsgáljuk meg az SZ 7. ábrán látható konzolos tartó igénybevételeit! SZ 7. ábra Reakció erők kiszámításához írjuk fel az egyensúlyi egyenleteket. F  0  A  B  F  6f (1)  M  0  3  6  f  6  B  3  F  M (2) iy i A (2) egyenletből B  3  6  f  3  F  M 3  6  1  3  2  3 15    2.5[ N] 6 6 6 Az (1) egyenletbe behelyettesítve és A-ra kifejezve A  6  f  B  F  6  2.5  2  15[ N] A jellemző értékek kiszámításához írjuk fel az igénybevételi függvényeket. A könnyebb számolás érdekében ebben az esetben a bal oldali rúdrészre ható külső erőket redukáljuk. V(x) Mh(x) 0≤x≤3 3≤x≤6 6 ≤

x ≤ 8 A - f∙x A - f∙x + F A - f∙6 + F +B = 0 Ax  f  x2 2 Ax  f  x2  F  x  3 2 A  x  f  6  x  3  F  x  3   B  ( x  6)  3 A matematikai analízis szerint a másodfokú egyenlet ott van szélső értéke ahol az első deriváltja zérust vesz fel. dM h ( x)  V ( x)  0 dx -A + fx1 = 0  x1  A 1.5   1.5[m] f 1 M 1  Mx 1   A  x 1  f  x 12 1  1.5 2  1.5  15   1.12[ Nm] 2 2  -A + fx2 - F = 0 x2  A  F 1.5  2   3.5[m] f 1 f  x 22 1  3.5 2 M 3  Mx 2   A  x 2  Fx 2  3   1.5  35  2  05   0.125[ Nm] 2 2 M 2  M3  A  x  f  x2 f  32 1  32  3 A   3  1.5  0 2 2 2 8. példa Az SZ 8 ábrán vázolt d1 = 4 [cm] és d2 = 3 [cm] átmérőjű szakaszokból álló, kör keresztmetszetű egyenes rudat „F”

erővel terheljük. A megengedhető legnagyobb feszültség meg = 108 [Pa] A lekerekítés miatt a keresztmetszet hirtelen váltásának zavaró hatásától eltekintünk. a. Mekkora lehet a maximális húzóerő? b. Mekkora a maximális húzóerővel terhelt rúd megnyúlása, ha E = 21011 [Pa] ? c. Mennyivel csökken a d2 átmérő, ha a Poissontényező értéke: m  10 ? 3 SZ 8. ábra a. Mivel a befogás helyén „F” nagyságú reakció erő ébred, a rúd egész hosszában a húzóerő értéke egyenlő. Ebből következik viszont, hogy a kisebb átmérőjű rúdrészben nagyobb feszültség ébred (SZ 81. ábra) 1  F A1 2  F   meg (2) A2 (1) „F” meghatározásakor tehát a kisebb átmérőjű rúdrész terhelhetőségét kell figyelembe venni. A (2) egyenlet SZ 81 ábra alapján: F  A 2   meg  d 22   0.03 2 [m 2 ]  314  N   meg   10 8  2   70685[ N] 4 4 m  b. A megnyúlás

egyenesen arányos a hosszal és a feszültséggel Mivel a rúd két szakaszánál mindkető más értékű, a két rúdrész megnyúlását külön-külön kell meghatározmi, összegezni.(SZ 82 ábra) l = l1 + l2 l1  SZ 82. ábra F  l1 A1  E l = l1 + l2 = l 2  F  l2 A2  E l  F  l1  2   E  A1 A 2  d 12   0.04 2  314 A1    1.2566  10 3 [m 2 ] 4 4 A 21  l  d 22   0.03 2  314   0.7068  10 3 [m 2 ] 4 4  70685[ N]  0.5[m] 0.2[m]   0.24  10 3 [m]  3 2 3 2   N  1.2566  10 [m ] 07068  10 [m  2  1011  2   m  c. Az átmérőcsökkenést a keresztirányú fajlagos hosszváltozás, ‘k’ alapján számíthatjuk k  m   k d 2 d2  d 2   k  d 2  k   m  E d 2   k  d 2     d2   d2  m Em 10 8 10 2  1011

 3  0.03  45  10  6 [m] majd 9. példa A ’G’ súlyú terhet két acélhuzal tartja a SZ 9. ábra szerint Terheletlen állapotban a huzalok helyzetét az ’AC’ és ’BC’ egyenesek jelölik ki. Mekkora a teher felfüggesztési pontjának h lesüllyedése? Adatok: d = 0.8 [cm] l0 = 100 [cm] h = 20 [cm] G = 1600 [N] E = 2.1 1011 [Pa] SZ 9. ábra Egyelőre tekintsünk el ‘C’ pont elmozdulásától. Legyen  az acélhuzaloknak a vízszintessel bezárt szöge. Az SZ 91 ábra szerint a ‘G’ súly egyensúlyából: G  2  S  sin   2  S  h l (1) ahol ‘S’ a huzalban ébredő erő, ‘l’ egy-egy huzal eredeti hossza, l = ‘AC’ = ‘BC’ = l 02  h 2  100 2  20 2  102[cm] A (1) egyenletből S  SZ 91. ábra G  l 1600  102   4080[ N] 2h 2  20 A huzal keresztmetszete A  A huzalok megnyúlása:   Sl  AE d 2   0.8 2  314   0.5026[cm 2 ] 4 4 4080[ N] 

102[cm]  0.0394[cm] 2 7 N  0.5026[cm ]  21  10  2   cm  sin   h   h , a SZ 92. ábrából pedig sin   , így h l l 102    0.0394  02[cm] h 20 A számítás közelítő, mert eltekint  változásától, holott az előbbiek szerint sin  kb. 1%-kal nő a ‘C’ pont elmozdulása következtében. SZ 92. ábra 10.példa Az “l” hosszúságú sineket ‘t1’ hőmérsékleten fektetik le, ‘K’ hézaggal. (SZ 10 ábra) Mekkora erők lépnek fel a sinekben ‘t2’ hőmérséklet esetén? Megfelel-e a hézag? SZ 10. ábra Adatok: l = 25 [m] K = 4 [mm] t1 = 10 [C] t2 = 50 [C] A = 20 [cm2] E = 21011[Pa]  1   t  12.5  10 6  o  meg = 85107 [Pa]  C Két szomszédos sin közepét helytállónak tekintjük. A hőmérséklet növekedésével a sinek megnyúlnak. ‘K’ hézag elérése után a további nyúlást megakádályozandó erék lépnek fel a sinekben.

Irjuk fel a sindarabok nyúlását:  t   F   t  t  l  Fl K AE (1) t – a sin hőmérséklet hatására bekövetkező megnyúlása F – a sinekben keletkező nyomóerő okozta rövidülés Az (1) egyenletből F   t  t  l  K   AE  l N 2  10 3 [m 2 ]  2  1011  2     1  m    12.5  10 6  o   50  10 c C  25[m]  0004[m]   25[m]  C     = 8.5 10-3  16 107 = 136 [kN] F 1.36  10 5 [ N]    6.8  10 7 [Pa] 3 2 A 2  10 [m ] Mivel  < meg a hézag megfelel. 11. példa Méretezzük az SZ 11. ábrán látható fali vezetéktartó kart, ha a keresztmetszete téglalap, „U” szelvény, illetve cső. SZ 11. ábra G = 500 [N] meg = 108 [Pa] A konzol nyomatéki ábrája a SZ11-1. ábrán látható A nyomaték a befogás keresztmetszetében SZ 11-1. ábra

maximális. M max  100[cm]  G  75[cm]  G  50[cm]  G  225[cm]  500[ N]  112500 [ Ncm ] A szükséges keresztmetszeti tényező: K sz  M max 112500[ Ncm]   11.25[cm 3 ]  meg  N  10000 2   cm  Téglalap keresztmetszet esetén válasszuk: b = 2a (Ez a választás önkényes, más is lehet.) a  b2 A téglalap keresztmetszeti tényezője: K  6 a  2a  2  a3  6 3 2 K a3 3 3 K  3 11.25  25649[cm] 2 2 b = 2a = 5.1298 [cm] „U” szelvény esetén a melléklet táblázatából vehetjük a szükségeshez legközelebb eső, nagyobb keresztmetszeti tényezővel rendelkező szelvényt. Ez az UE 160 ahol Ky = 13.8 [cm3] Acélcső esetén a külső és belső átmérő viszonyát válasszuk meg d  0.8 D d = 0.8D   D4   d4    4 4  D  0.8  D  I D3   64  64 K   64  1  0.8 4  0058  D 3 D D e 32 2 2 D3   K 11.25 3 

5.79[cm] 0.058 0.058 d = 0.8 D = 463 [cm] 12. példa Határozzuk meg az SZ 12. ábrán látható kéttámaszú tartó mértékadó keresztmetszetében ébredő legnagyobb  feszültséget! Ábrázoljuk a hajlított és nyírt keresztmetszet ’y’ tengelye mentén a  és  feszültséget! A szimmetrikus terhelésből adódik, hogy a támasztási pontokban a reakció erő F/2 lesz. A tartó nyíró és hajlító igénybevételnek van kitéve. Rajzoljuk fel az igénybevételi ábrákat, melyek az SZ 12. ábrán láthatók Az igénybevételi ábrák alapján a maximális igénybevételek: Ft max  SZ 12. ábra M max F 5000[ N]   2500[ N] 2 2 F  l 5000  2   2500[ Nm] 4 4 Mivel a hajlítás tengelye a keresztmetszet főtengelye, egyenes hajlításról van szó. Először meghatározzuk a keresztmetszet súlypontjának helyzetét. (SZ 12-1 ábra) A1 = s1 a = 40  20 = 800 [mm2] A2 = s2 b = 15  80 = 1200 [mm2] y1  b  a 20  80 

 90[mm] 2 2 SZ 12-1. ábra y2  b 80   40[mm] 2 2 ys   y  A  y  A  y  A  90  800  40 1200  60[mm] A A 800  1200 A i i 1 i 1 2 1 2 2 Így v1 = y1 – ys = 90 – 60 = 30[mm] v2 = y2 – ys = 40 – 60 = - 20[mm] A hajlítás tengelyére vonatkozó másodrendű nyomaték: s a3 s b3 I xs  I x1  v12 A1  I x 2  v 22 A 2  1  v12 A1  2  v 22 A 2 12 12 40  203 15  803  30 2  800   20 2 1200  1.866 106 [mm 4 ] 12 12 I xs  A szélső szál távolsága ymax = ys = 60 [mm], így a keresztmetszeti tényező: I xs 1.866 10 6   3.1110 4 [mm 3 ] y max 60 Kx  A I és II pontok fölött, valamint az S súlypont alatt lévő keresztmetszetrész elsőrendű nyomatéka a hajlítás tengelyére: SrxI,II  v1A1  30  800  24000 [mm 3 ] SrxS  s 2 y s2 15  60 2   27000[mm 3 ] 2 2 A keresztmetszetben ébredő legnagyobb húzófeszültség és

a jellemző  feszültségek:  max  I   II  M max 2.5 10 6  N    80.39 4 2 Kx 3.1110  mm  Ft max  SrxI,II I xS  s1  2500  24000  N   0.804 6 2 1.866 10  40  mm  s1 40  N  I   0.804  2144 2 s2 15  mm   max  Ft max  SrxS 2500  27000  N    2.41 6 2 I xs  s 2 1.866 10 15  mm  A számított értékek alapján a feszültségek diagramjait a SZ 12-2. ábrán rajzoltuk meg SZ 12-2. ábra 13. példa Az SZ 13. ábrán motoros wattóra számláló forgórészének vázlata látható A nyomatékot adó motorrész és az örvényáramú fékezőkorong l = 5 [cm] hosszú tengellyel kapcsolódik egymáshoz. Az átadandó maximális üzemi nyomaték Mü = 2.5 [Ncm] Méretezzük a tengelyt, ha zárlatkor tízszeres nyomatéklökés keletkezik és a tengely anyagára meg = 3 107 [Pa]. Számítsuk ki a tengely

szögelfordulását! G = 8  1010 [Pa] A zárlati nyomaték: Mz = 10  Mü = 10  2.5 [Ncm] = 25 [Ncm] = 025 [Nm] Tömör tengely esetén a keletkező csavaró feszültség: SZ 13. ábra M  z R Ip  R3 D4   R 4   Ip   32 2 2  Mz   meg R3  2  Mz 2  0.25 3  1.744  10 3 [m] = 0174 [cm] 7  meg   3  10   D = 0.348 [cm] Az elcsavarodás:  D 4   3.48  10 3 Ip   32 32 M l  z Ip  G      1.44 10 [m ] 4 11 4 0.25  005  0.01085[rad]  062 o 1.44  10 11  8  1010 14. példa Egy URH adóantenna súlya F = 260 [N]. Ezt a háztető felett l = 12 [m] magasan kell elhelyezni (SZ 14. ábra) A szerelvény vascsőre erősíthető fel Méretezzük a csövet kihajlásra! p = 105 7  1011 Megengedett kritikus feszültség: kmeg = 2 Tegyük fel, hogy a rúd karcsúsági tényezője nagyobb, mint 105. Ekkor Euler

képlet szerint méretezhetünk.  l2 l2  A 2  k2  k I i F A Mivel kmeg =  SZ14. ábra F 7  1011  I A lk2  A Legyen D = 2d, ekkor I  I F  l 2k 7  1011 F  l 2k D4  d 4 15  d 4    64 64 7  1011 Jelen elrendezés szerint a szabad kihajlási hossz: lk = 2  l = 24 [m] F  2  l  64 260  24 2  64   2.9056  10 7 [m] 11 11 7  10    15 7  10    15 2 d4  d = 0.0232 [m], D = 0.0464[m] Ellenőrzésül ki kell számítani a rúd karcsúsági tényezőjét: D4  d 4 0.0464 4  00232 4 I      2.1331 10-7[m4] 64 64 D2  d 2 0.04642  002322 A    1.2682  10 3 [m2] 4 4 i I 2.1331 10 7   1.29339  10 2 [m] 3 A 1.2682  10 l 24  k   1943   k Tehát helyesen alkalmaztuk az Euler formulát. i 1.29339  10 2 15. példa SZ 15. ábrán vázolt

távvezetékoszlopot a súlyerők nyomásra, a vezetékhúzás hajlításra veszi igénybe. Határozzuk meg a veszélyes (befogási) keresztmetszetben ébredő feszültségeket, és a semleges vonal helyzetét! Adatok: l = 12 [m] a = 12 [cm] F = 1500 [N] b = 20 [cm] G = 8500 [N] Megoldás: Maximális hajlítófeszültség:  h max  M K M = F  l = 1500 [N]  12 [m] = 18 000 [Nm] K a  b 2 12  20 2   800[cm3 ]  8 10 4 [m 3 ] 6 6  h max  SZ 15. ábra 18000  2.25 107 [Pa] 8 10 4 Nyomófeszültség:  ny  G A A = a  b = 12  20 = 240 [cm2] = 2.4  10-2 [m2]  ny  8500[ N]  3.54 105 [Pa] 2 2 2.4 10 [m ] Az alsó szálban a húzófeszültségek összegződnek.  = 225 105 + 3.54  105 = 22854 105 [Pa] A semleges szál helyzetének meghatározásához írjuk fel a hajlításból eredő  feszültségfüggvényét:  M y I I a  b 3 12  203   8000[cm 4 ] 

8 10 5 [m 4 ] 12 12  18000  y  2.25 108  y 5 8 10 A semleges szálban a húzó és nyomófeszültségek abszolút értéke azonos h = ny 2.25  108  t = 354  105 t 3.54 105  1.573 10 3 [m]  01573[cm] 2.25 108 A feszültségeloszlást a SZ 15-1. ábra szemlélteti SZ 15-1. ábra 16. példa Határozzuk meg az SZ 16. ábra szerinti tengely I szakaszának mértékadó keresztmetszetében a redukált feszültséget! SZ 16. ábra A tengely közepén fogaskerék adja át az Mt = 0.15 [Nm] csavaró nyomatékot A tengely I szakaszát csavaró és hajlító igénybevétel terheli. A csavaró terhelésből:  Mt d  Ip 2 d 4   0.4 4   Ip    2.5133 10 3 [cm 4 ]  25133 10 11[m 4 ] 32 32  0.15[ Nm] 0.004[m]   1.19 107 [Pa] 11 4 2 2.5133 10 [m ] F M t 0.15[ Nm]   15[ N] r 0.01[m] A hajlító nyomaték: Mhajl = F  l = 15[N]  0.03[m] =

045[Nm] d 3   0.43   K   6.286 10 3 [cm3 ]  6286 10 9 [m 3 ] 32 32  hajl  M hajl K  0.45[ Nm]  7.16 107 [Pa] 9 3 6.286 10 [m ] A redukált feszültség Mohr szerint:  red   2hajl  4   2  7.16 10   4  119 10   7545 10 [Pa] 7 2 7 2 7 Melléklet 2.3 Táblázat