statika példatár jav03-szerkesztés alatt

1

1. Bevezetés, alapfogalmak ........................................................................................................ 2

1.1. Erő ................................................................................................................................... 2

1.2. Statika feladata ................................................................................................................ 2

1.3. Egyensúly ........................................................................................................................ 3

1.4. Alaptételek, axiómák ....................................................................................................... 3

1.5. Nyomaték fogalma (síkbeli erőrendszer esetén) ............................................................. 3

1.6. Vetületi és nyomatéki tétel (síkbeli erőrendszer esetén) ................................................. 4

1.7. Kényszerek, megtámasztási módok (síkbeli erőrendszer esetén) ................................... 4

2. Síkbeli közös metszéspontú erőrendszerek ............................................................................ 7

2.1. Síkbeli közös metszéspontú erőrendszer eredő (helyettesítő) erejének a meghatározása7

2.2. Síkbeli közös metszéspontú erőrendszer kiegyensúlyozása .......................................... 13

3. Síkbeli párhuzamos erőrendszerek ....................................................................................... 30

3.1. Síkbeli párhuzamos erőrendszer eredő erejének meghatározása .................................. 30

3.2. Síkbeli párhuzamos erőrendszer kiegyensúlyozása ...................................................... 38

4. Síkbeli általános erőrendszerek ............................................................................................ 49

4.1. Síkbeli általános erőrendszer eredő (helyettesítő) erejének a meghatározása ............... 49

4.2. Síkbeli általános erőrendszer kiegyensúlyozása ........................................................... 58

5. Igénybevételek – rácsos tartók ............................................................................................. 65

6. Igénybevételek – kéttámaszú, egyenes tengelyű tartók........................................................ 84

6.1. Igénybevételi ábrák szerkesztési szabályai ................................................................... 84

7. Igénybevételek – merev befogású, egyenes tengelyű tartók .............................................. 100

8. Igénybevételek – tört tengelyű tartók ................................................................................. 106

9. Igénybevételek – Gerber tartók ......................................................................................... 128

10. Igénybevételek – háromcsuklós keretek .......................................................................... 137

11. Keresztmetszeti jellemzők meghatározása ....................................................................... 153

2

1. Bevezetés, alapfogalmak

1.1. Erő

Az erő nem definiálható, fizikai–tapasztalati alapfogalom. Az erő két különböző test egymásra

gyakorolt hatásaként tapasztalható, melynek során megváltozik vagy megváltozhat a test(ek)

mozgásállapota. (Például ha egy mozgásban lévő testet megállítunk vagy egy nyugalomban

lévő testet mozgásba hozunk, akkor erőt fejtünk ki.)

Az erő vektormennyiség, amit

- nagysága – ami az erőegységhez viszonyított abszolút szám,

- iránya – ami az erő hatásvonalával, egyenesével párhuzamos egyenes,

- értelme/irányítása – amit az erő irányában felvett nyíl határoz meg,

- támadáspontja,

jellemez. Az erő hatásvonala mentén tetszőlegesen eltolható. Az erő a hatásvonala mentén bár-

hol tetszőleges irányú vetületekre bontható fel.

Az erő mértékegysége: Newton [ ]

⋅=2s

mkgN .

1. ábra: Az erő jellemzői

Két test mindig egy felület mentén érintkezik egymással. Az egymásra kifejtett erőhatás e felü-

leten adódik át. Ha ez a felület kicsi, akkor jó közelítéssel pontnak, pontszerűnek tekinthető, és

az erőt koncentrált erőnek (F kN), ellenkező esetben megoszló erőnek (vonal (q kN/m), felület

(q kN/m2) vagy térfogat (q kN/m3) mentén megoszló) nevezzük. A műszaki, mérnöki gyakor-

latban a nehézségi erő a legfontosabb.

Ha egyidejűleg több erő is hat egy testre, akkor azt erőrendszernek nevezzük. Ha az erőrendszer

erői (hatásvonalai) egy síkba esnek, akkor síkbeli erőrendszerről beszélünk. Ha az erőrendszer

erőinek hatásvonalára nem lehet egy síkot ráfektetni, akkor térbeli erőrendszerről beszélünk.

1.2. Statika feladata

A statika feladata egyrészről megállapítani azt a legegyszerűbb erőrendszert, amivel egy adott

erőrendszer helyettesíthető – ez az eredő meghatározás. Másrészről az a feladat, hogy egy adott

3

testet kiegyensúlyozzunk, meghatározzuk azokat a feltételeket, amelyek mellett a test nyuga-

lomban marad.

1.3. Egyensúly

Ha egy nyugalomban lévő, merevnek tekintett test a rá működő erők hatására nyugalomban

marad, akkor azt mondjuk, hogy a testre ható erők egyensúlyban vannak, azaz a test egyensúly-

ban van.

1.4. Alaptételek, axiómák

I. Két erő akkor és csak akkor van egyensúlyban, ha a két erő közös hatásvonalú, egyenlő

nagyságú és ellentétes értelmű.

II. Három erő akkor és csak akkor van egyensúlyban, ha hatásvonalaik egy síkban vannak,

a hatásvonalaik egy közös pontban metszik egymást és a vektorháromszög folytonos

nyílfolyammal záródik.

III. Egyensúlyban lévő erőrendszer esetén nem változik meg az egyensúly, ha az adott erő-

rendszerhez(től) hozzáadunk vagy elveszünk egy önmagában egyensúlyban lévő erő-

rendszert.

IV. Két test egymásra kifejtett erőhatása párosával egyenlő nagyságú, közös hatásvonalú és

ellentétes értelmű (Newton féle akció–reakció, hatás–ellenhatás törvénye).

1.5. Nyomaték fogalma (síkbeli erőrendszer esetén)

Adott erő adott pontra vett nyomatéka alatt az erő nagyságának és az erőkarnak a szorzatát

értjük, ahol az erőkar alatt adott erő hatásvonalának (egyenesnek) adott ponttól mért távolságát

értjük. A nyomaték mértékegysége: [ ]mkN ⋅ vagy [ ]mN ⋅ . A nyomaték értelmezhető úgy is,

mint egy erőpár, ahol a két erő nagysága azonos, hatásvonalaik párhuzamosak, de ellentétes

értelműek és nem esnek egy egyenesbe. Ennek az erőpárnak így erőhatása nincs, csak forgató-

hatása.

A nyomaték meghatározásához szükséges erőkar leolvasása (2. ábra) a következő elgondolás

szerint történik: az adott pontból (amire a nyomatékot felírjuk) merőlegest állítunk az adott erő

hatásvonalára – a merőleges egyenes hossza az erőkar nagysága.

4

2. ábra: A nyomaték számításához szükséges erőkar fogalma, meghatározása

1.6. Vetületi és nyomatéki tétel (síkbeli erőrendszer esetén)

Vetületi tétel: egy erőrendszer egyes elemeinek tetszőleges irányra vett előjelhelyes vetületösz-

szege egyenlő ugyanazon erőrendszer helyettesítő (eredő) erejének ugyanazon irány szerinti

vetületével.

Nyomatéki tétel (síkbeli erőrendszerek esetére): egy erőrendszer egyes elemeinek adott pontra

vett előjelhelyes nyomatékösszege megegyezik ugyanazon erőrendszer helyettesítő (eredő) ere-

jének ugyanazon pontra vett nyomatékával.

1.7. Kényszerek, megtámasztási módok (síkbeli erőrendszer esetén)

A kényszerek olyan testek, amelyek korlátozzák vagy megakadályozzák a tartószerkezeti ele-

mek egymáshoz vagy a talajhoz viszonyított elmozdulását. A kényszerek a tartószerkezetre ható

külső erőkkel egyensúlyt tartó reakcióerőket, kényszererőket fejtenek ki. A kényszereket asze-

rint csoportosíthatjuk, hogy a tartószerkezetet milyen elmozdulásokban akadályozzák meg. Ez

alapján a kényszerek kinematikai szabadságfokkal és kötöttséggel rendelkeznek.

A síkban egy test, tartószerkezet x, y irányok mentén haladó vagy pont körüli forgó mozgást

tud végezni. Emiatt a síkbeli kényszerek kinematikai kötöttsége és szabadságfoka maximum

három lehet.

1.7.1. Görgő (vagy támasz) Görgőnek, támasztásnak nevezzük a két test között közvetlen érintkezés által létrejött kapcso-

latot. A görgő szimbolikus jelét, piktogramját a 3. ábra mutatja be. A támasztás csak az érint-

kezési felületre merőleges irányú elmozdulást akadályozza meg, a támasszal párhuzamos el-

mozdulást és a támasztási pont körüli forgást megengedi. A fellépő reakció erő hatásvonala a

támaszra merőleges irányú lesz, nagysága és irányítása ismeretlen. A görgő szabadságfoka

kettő, kötöttsége egy.

5

3. ábra: Görgő, támasz

1.7.2. Csukló (vagy álló csukló) Síkbeli csuklónak nevezzük a két test között hengeres csappal létrehozott kapcsolatot. A csukló

szimbolikus jelét, piktogramját a 4. ábra mutatja be. A csukló a síkbeli elmozdulást nem engedi

meg a tartószerkezetnek, csak a csuklópont körüli elfordulást. A fellépő reakció erő hatásvona-

lának iránya, nagysága és irányítása ismeretlen. A csukló szabadságfoka egy, kötöttsége kettő.

4. ábra: Csukló, álló csukló

1.7.3. Kötél, rúd Kötélnek, rúdnak nevezzük azokat a kényszereket, amelyek mindkét végén csuklóval kapcso-

lódik valamilyen testhez, és csak a csuklóban vesznek fel erőhatást. A rúd, kötél az általa ösz-

szekapcsolt két test között olyan rúd– vagy kötélerő átadására képes, melynek hatásvonala a

két csukló középpontját összekötő egyenes. A kötél csak húzóerőt, a rúd csak húzó– és nyomó-

erőt képes felvenni.

5. ábra: Kötél, rúd

1.7.4. Merev befogás A merev befogás a befogási keresztmetszetben a tartószerkezet elmozdulását és elfordulását is

megakadályozza. Az ébredő ismeretlen hatásvonalú, irányítású és nagyságú reakcióerő mellett

reakciónyomaték is keletkezik.

6

6. ábra: Merev befogás piktogramja

7

2. Síkbeli közös metszéspontú erőrendszerek A fejezetben olyan erőrendszerekkel foglalkozunk, ahol az erőrendszer valamennyi elemének

hatásvonala ugyanabban a pontban metszi egymást.

2.1. Síkbeli közös metszéspontú erőrendszer eredő (helyettesítő) erejének a meghatáro-zása

E témakörben olyan eseteket vizsgálunk, amikor adott egy erőrendszer valamennyi eleme

(nagysága és iránya) és egy viszonyítási koordinátarendszer (ez a viszonyítási koordináta rend-

szer a példákban adott, de tudni kell, hogy tetszőlegesen felvehető bármilyen elhelyezkedéssel).

A feladat ilyenkor a következő: meghatározni az erőrendszer helyettesítő, azaz eredő erejét. Ki

kell számolni az eredő erő nagyságát, meg kell határozni az eredő erő hatásvonalának irányát a

viszonyítási koordinátarendszerhez képest. E két adat meghatározásából áll az eredő erő szá-

mítása közös metszéspontú erőrendszer esetében.

2.1.1. példa Adott a 7. ábra szerinti x–y viszonyítási koordináta rendszer, F1=60 N és F2 =100 N erők. A

viszonyítási koordináta rendszer középpontjához csatlakozik két rúd. Egyik rudat az F1, a másik

rudat F2 nagyságú és értelmű erő terheli. Határozzuk meg az erőrendszer eredőjét számítással

és szerkesztéssel.

7. ábra: Közös metszéspontú erőrendszer eredője

Megoldás számítással – vetületi tétel alkalmazása

Egy x irányú vetületi egyenletet írunk fel, azaz összegezzük előjelhelyesen az erőrendszer min-

den olyan elemét, amelynek hatásvonala párhuzamos az x tengellyel:

4010060FF 21 −=−=−=∑ xF

Az egyenlőségben az F1 erő pozitív előjellel szerepel, mivel F1 iránya egybeesik a viszonyítási

koordinátarendszer pozitív irányával, míg az F2 erő negatív előjellel szerepel, mivel iránya el-

lentétes a viszonyítási koordinátarendszer pozitív irányával. Az eredmény szerint az erőrend-

szer eredőjének nagysága 40 N, hatásvonala egybeesik az egyes elemek hatásvonalával, míg

iránya ellentétes a viszonyítási koordinátarendszer pozitív irányával. Az eredmény feltüntetése

helyesen:

)N(40 ←=RF .

Az eredményül kapott erő előjele mindig az erő irányára utal a viszonyítási koordináta rendszer

adott pozitív irányához képest.

8

Megoldás szerkesztéssel

Először felvesszük a léptéket (8. ábra) – ezt mindig az erők nagyságának és elhelyezkedésének

a figyelembevételével tesszük meg. Ezután egy tetszőlegesen választott P pontból az F1 erő

hatásvonalával párhuzamost húzunk az F1 erő értelmével megegyező irányban. Az egyenes

hossza a léptéknek megfelelően 6 cm (9. ábra).

8. ábra: Lépték felvétele – az erők nagyságának és elhelyezkedésének figyelembevételével

9. ábra: F1 erő nagyságának megfelelő hosszú egyenes

Ezt követően az F1 erő végpontjából az F2 erő hatásvonalával párhuzamost húzunk az F2 erő

értelmével megegyező irányban (10. ábra).


Az eredő erő támadáspontja a P pont lesz, azaz az elsőnek felvett F1 erő támadáspontja. A

helyettesítő erő végpontja pedig az utolsónak felvett F2 végpontjával egyezik meg. Ezt a két

pontot összekötve kapjuk meg az erőrendszer eredőjét (11. ábra).

11. ábra: Eredő erő meghatározása – egyenes húzása P pontból F2 végpontjába

Az eredő erőnek megfelelő egyenes („P”, „F2 végpontja”) hosszát leolvassuk, és a léptéknek

megfelelően feltüntetjük az eredő erő nagyságát. Jelen esetben az egyenes hossza 4 cm, ami 40

N –nak felel meg. A szerkesztésből adódóan az eredő erő hatásvonala párhuzamos a viszonyí-

tási koordinátarendszer x tengelyével. Az eredő erő irányítása az ábráról leolvasható, a szer-

kesztésből adódik.

9

2.1.2. példa Adott (12. ábra) egy közös metszéspontú erőrendszer öt eleme, a nagyság és az irány. Adott

F1=18 kN, F2=16 kN, F3=11 kN, F4=25 kN, F5=19 kN és α1=22 °, α2=20 °, α3=28 °, α4=32 °,

α5=14 °. A közös metszéspont a viszonyítási koordináta rendszer középpontja. Határozzuk meg

az erőrendszer eredőjét számítással és szerkesztéssel.

Megoldás számítással – vetületi tétel alkalmazása

Felírjuk az x irányú vetületi egyenletet, azaz összegezzük előjelhelyesen az erőrendszer minden

olyan elemét vagy elemeinek azon komponenseit (vetületeit), amelyek hatásvonala párhuzamos

az x tengellyel:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) kN09,1114-90cos9132cos5228-90cos1120cos6122cos81

α-90cosFαcosFα-90cosFαcosFαcosF

FFFFF

5544332211

5x4x3x2x1x

=°°⋅−°⋅−°°⋅+°⋅+°⋅==°⋅−⋅−°⋅+⋅+⋅=

=−−++=∑ xF

12. ábra: Közös metszéspontú erőrendszer eredőjének meghatározása

Az eredmény szerint az erőrendszer eredőjének x tengelyre vett vetületének nagysága 11,09

kN, hatásvonala párhuzamos az x tengellyel, irányítása megegyezik a viszonyítási koordináta-

tengely pozitív értelmével. Az eredmény feltüntetése helyesen:

)kN(09,11 →==∑ Rxx FF .

Felírjuk az y irányú vetületi egyenletet, azaz összegezzük előjelhelyesen az erőrendszer minden

olyan elemét vagy elemeinek azon komponenseit (vetületeit), amelyek hatásvonala párhuzamos

az y tengellyel:

10

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) kN25,314-90sin9132sin5228-90sin1120sin6122sin81

α-90sinFαsinFα-90sinFαsinFαsinF

FFFFF

5544332211

5y4y3y2y1y

=°°⋅−°⋅+°°⋅+°⋅+°⋅−==°⋅−⋅+°⋅+⋅+⋅−=

=−+++−=∑ yF

Az eredmény szerint az erőrendszer eredőjének y tengelyre vett vetületének nagysága 3,25 kN,

párhuzamos az y tengellyel, irányítása megegyezik a viszonyítási koordinátatengely pozitív ér-

telmével. Az eredmény feltüntetése helyesen:

)kN(25,3 ↑==∑ Ryy FF .

Az eredő erő nagyságát a 13. ábra szerint, a Pithagorasz tétel alkalmazásával kapjuk meg:

kN11,5625,309,11 2222 =+=+= RyRxR FFF .

13. ábra: Az eredő erő nagysága és helyzete a viszonyítási koordináta rendszerben

A következő lépés az eredő erő, helyzetének megadása a viszonyítási koordináta rendszerben

– hogyan helyezkedik el az eredő erő a viszonyítási koordináta rendszer tengelyeihez képest.

Azt szeretnénk megtudni, hogy az eredő erő hatásvonala mekkora szöget zár be a viszonyítási

koordinátarendszer tengelyeivel. A 13. ábra jelöléseit használva a vízszintessel bezárt szög le-

gyen α. Meghatározása valamely szögfüggvény alkalmazásával történik.

°=

=

=

=

=

=

=

=

33,1611,09

3,25arctan

11,56

11,09arccos

11,56

3,25arcsin

arctanarccosarcsinRx

Ry

R

Rx

R

Ry

F

F

F

F

F

Fα

.

A harmadik lépés az eredő erő helyének a meghatározása, azonban közös metszéspontú erő-

rendszereknél ez egyértelmű, mindig az erőrendszer közös metszéspontján megy át az eredő

erő hatásvonala.


1. lépés: felvesszük a léptéket (14. ábra) – ezt mindig az erők nagyságának és elhelyezkedésé-

nek a figyelembevételével tesszük meg.


11

2. lépés: egy tetszőlegesen választott P pontból az F1 erő hatásvonalával párhuzamost húzunk

az F1 erő értelmével megegyező irányban. Az egyenes hossza a léptéknek megfelelően 3,6

cm (15. ábra).


3. lépés: az F1 erő végpontjából az F2 erő hatásvonalával párhuzamost húzunk az F2 erő értel-

mével megegyező irányban (16. ábra).







12





Az eredő erő támadáspontja a P pont lesz, azaz az elsőnek felvett F1 erő támadáspontja. A

helyettesítő erő végpontja pedig az utolsónak felvett F5 erő végpontjával egyezik meg. Ezt a

két pontot összekötve kapjuk meg az erőrendszer eredőjét (20. ábra). Az eredő erőnek megfe-

lelő egyenes („P”, „ F5 végpontja”) hosszát leolvassuk, és a léptéknek megfelelően feltüntetjük

az eredő erő nagyságát. Jelen esetben az egyenes hossza 2,31 cm, ami 11,55 kN –nak felel meg.

Az eredő erő iránya leolvasható (20. ábra), a szerkesztésből adódik. A 21. ábra mutatja meg

pontosan az eredőnek a viszonyítási koordinátarendszer tengelyeivel bezárt szögét.

13

20. ábra: Eredő erő meghatározása – egyenes húzása P pontból F5 végpontjába

21. ábra: Az eredő erő helyzete a viszonyítási koordinátarendszerben

Az eredő erő helye pedig egyértelmű, a támadáspont a közös metszéspontban lesz.

2.2. Síkbeli közös metszéspontú erőrendszer kiegyensúlyozása

Kiegyensúlyozási feladatok esetében a tartószerkezetekre ható erőrendszer eredője nullának

kell lennie – máskülönben nem lenne egyensúlyban. Az erőrendszert a megadott külső erők és

a kényszereknél ébredő ismeretlen kényszer (reakció vagy támasz) erők alkotják. A kénysze-

reknél ébredő reakcióerők tartják egyensúlyban az adott szerkezetet. Ezért hívjuk kiegyensú-

lyozásnak ezt a típusú feladatot, mert kiszámoljuk, hogy a támaszoknál fellépő erőknek, mek-

kora nagyságúnak és milyen irányúnak kell lenni, hogy a tartószerkezet ne mozduljon el, azaz

egyensúlyban legyen.

E témakörben olyan egyszerű eseteket vizsgálunk, amikor adott egy külső terhelő erő, és meg

kell határozni a támaszoknál (kényszereknél) ébredő reakció (támasz vagy kényszererőket) erő-

ket. A közös metszéspontú erőrendszer jellegzetessége, hogy az adott külső erők és a támasz-

erők hatásvonalai egy adott pontban metszik egymást. A feladat megoldásához itt is célszerű

felvenni egy viszonyítási koordináta rendszert, amit javasolt az erőrendszer közös metszéspont-

jában elhelyezni. A feladat ilyenkor a következő: meg kell határozni az erőrendszer hiányzó

elemeit, azaz a támaszoknál ébredő ismeretlen reakcióerőket, a nagyságukat – az irányuk (ha-

tásvonal, értelem) adódik.

14

A szerkesztő eljárás során hasonlóan járunk el, mint eredő erő szerkesztésekor. A lépték felvé-

tele után az ismert erőt felmérjük, majd annak támadás – és végpontjában párhuzamosokat hú-

zunk az ismeretlen nagyságú, de ismert hatásvonalú erőkkel.

2.2.1. példa: Adott a 22. ábra szerinti szerkezet, az AC és BC tartószerkezeti elemek, az A, B és C pontok

helye (a=3 m, b=2 m, c=4 m) és a C csuklót terhelő F=34 kN koncentrált erő. Határozzuk meg

a támaszoknál fellépő reakcióerőket számítással és szerkesztéssel.

22. ábra: Közös metszéspontú erőrendszer kiegyensúlyozása – daruszerkezet

A számító eljárás során először az erőrendszer ismeretlen erőit, nagyságukat és irányukat (ér-

telmüket), meg kell becsülni, feltételeznünk kell azokat. Jelen példában: az A és B csuklóknál

fellépő reakciók nagyságát FA–nak és FB–nek feltételezzük. Az irányuk: mivel az AC és BC

tartószerkezeti elemeket csak a végükön, a csuklókon keresztül éri hatás, magán a tartószerke-

zeti elemen nincs erő (önsúlytól eltekintünk) – ez azt jelenti, hogy ebben a két tartószerkezeti

elemben rúdirányú erők lépnek fel. Azaz: két végén terhelt, csuklós rudakban csak rúdirányú

erő ébred. Amiből következik, hogy ezek a tartószerkezeti elemek rúdirányban akarnak elmoz-

dulni, és a támaszok ezt az elmozdulást akarják megakadályozni. Azaz az ismeretlen támasz-

erők hatásvonalai párhuzamosak a tartószerkezeti elemek hossztengelyével, a kérdés csak az

értelmük. Ha azt nem tudjuk kikövetkeztetni a külső ható erőkből és a tartószerkezet elrende-

zéséből, akkor feltételeznünk kell (23. ábra). A következő lépésben a vetületi egyenleteket hasz-

náljuk fel, amit egyensúlyozási feladatok megoldása során vetületi egyensúlyi egyenleteknek

nevezünk. Az egyenlőség egyik oldalán az erőrendszer valamennyi, ismert és ismeretlen ele-

mének összegezzük előjelhelyesen a viszonyítási koordinátarendszerrel párhuzamos kompo-

nenseit, és ezeket egyenlővé tesszük nullával. Ugyanis ha az erőrendszer eredője nulla, akkor

15

022 =+= RyRxR FFF egyenlőség csak úgy lehet igaz, ha az eredő erő viszonyítási tengelyre

vett komponensei külön – külön egyenlők nullával.

23. ábra: Támaszerők nagyságának és értelmének a feltételezése

( ) ( )βFαF BA coscos0Fx ⋅+⋅==∑ és

( ) ( ) Fsinsin0Fy −⋅+⋅==∑ βFαF BA .

Előbbi két egyenletben két ismeretlen szerepel. Feladatunk, hogy a két egyenletből álló két–

ismeretlenes egyenletrendszert megoldjuk. Az α és β szögek meghatározása:

°=

+=

+= 38,66

23

4arctan

ba

carctanα és

°=

=

= 63,432

4arctan

b

carctanβ .

Behelyettesítés a vetületi egyenletekbe:

( ) ( ) ( ) ( )°⋅+°⋅=⋅+⋅==∑ 63,43cos38,66coscoscos0Fx BABA FFβFαF és

( ) ( ) ( ) ( ) 4363,43sin38,66sinFsinsin0Fy −°⋅+°⋅=−⋅+⋅==∑ BABA FFβFαF

Az első egyenletből:

( )( )°

°⋅−=38,66cos

63,43cosBA

FF ,

majd behelyettesítve második egyenletbe:

( )( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( ) 4363,43sin38,66sin38,66cos

63,43cos

4363,43sin38,66sin38,66cos

63,43cos0

−

°+°⋅°°−⋅=

=−°⋅+°⋅°

°⋅−=

B

BB

F

FF

, ahonnan

16

( )( ) ( ) ( )

kN3,376

63,43sin38,66sin38,66cos

63,43cos

43 =

°+°⋅

°°−

=BF.

Visszahelyettesítés után FA–ra a következőt kapjuk:

( )( )

( )( ) kN36,338,66cos

63,43cos37,36

38,66cos

63,43cos =°

°⋅−=°

°⋅−= BA

FF .

Ezek szerint az ismeretlen támaszerők nagysága kN36,3A =F és kN63,37=BF . Az FB kény-

szererőnek feltételezett értelem helyes volt, mivel pozitív értéket kaptunk. Azonban az A tá-

masznál feltételezett támaszerőnek az előjele negatív, ami annyit jelent, hogy az ismeretlen ér-

telmű erőnek a feltételezett irány nem volt jó. A valós irányítása az erőnek éppen ellentétes (24.

ábra).

24. ábra: Az ismeretlen támaszerők nagysága és irányítása helyesen ábrázolva

A szerkesztő eljárás során hasonlóan járunk el mint az eredő erő meghatározása esetében. Azzal

a különbséggel, hogy kiegyensúlyozási példák esetében a léptékhelyesen felvett erőknek

nyílfolytonosan záródniuk kell, hiszen az eredő erő nulla. Jelen példában első lépésként

felvesszük a léptéket (25. ábra).


A második lépés, hogy az ismert ható erőt, az F koncentrált erőt léptékhelyesen felvesszük (26.

ábra).

17

26. ábra: Ható külső erő felvétele léptékhelyesen

A számolási megoldásnál már kifejtettük, hogy a támaszoknál miért csak a tartószerkezeti ele-

mek (AC és BC elemek) hossztengelyével párhuzamos hatásvonalú erők ébrednek. Ha ezt be-

láttuk, akkor a szerkesztő eljárás harmadik lépése, hogy párhuzamost húzunk a már felvett F

koncentrált erő támadáspontján át az AC tartószerkezeti elem hossztengelyével (27. ábra). Ez-

után (4. lépés) az F koncentrált erő végpontján át a BC tartószerkezeti elem hossztengelyével

húzunk párhuzamost (28. ábra).

27. ábra: Párhuzamos az AC elem hossztengelyével az F erő támadáspontján keresztül

18

28. ábra: Párhuzamos a BC elem hossztengelyével az F erő végpontján keresztül

5. lépésként a két párhuzamost meghosszabbítjuk, hogy metsszék egymást (29. ábra). A met-

széspont fogja meghatározni a csuklóknál ébredő reakcióerők nagyságát és értelmét. A nagy-

ságot a felvett lépték alapján határozhatjuk meg, míg a támaszerők irányítása adódik, hiszen

folytonos nyílfolyammal kell záródnia a vektorsokszögnek (29. ábra).

19

29. ábra: A reakcióerők nagysága és irányítása a szerkesztő eljárásból

Egy harmadik megoldási lehetőség, hogy az előbbi vektor – háromszöget nem léptékhelyesen,

hanem csak vázlatosan vesszük fel (30. ábra). Ebben az esetben a vektorok iránya, azaz az

általános háromszög belső szögei és egyik oldala (F erő) ismert. A feladat, hogy a háromszög

ismeretlen oldalainak a hosszát trigonometrikus összefüggések felhasználásával kiszámítsuk.

20

30. ábra: A közös metszéspontú erőrendszer elemeiből felvett vektorháromszög vázlata

A sinustétel alkalmazása: ( ) ( ) ( )αF

β

F

αβ

BA

+°=

−°=

− 90sin90sinsin

F, amiből külön – külön kife-

jezhetjük az FA és FB ismeretleneket. Eredményül az előbbi két módszerhez hasonlóan FA=36,3

kN –t és FB=63,36 kN–t kapunk.

2.2.2. példa: Adott a 31. ábra szerinti szerkezet, az AC és BC tartószerkezeti elemek, az A, B és C pontok

helye (a=4 m, b=2,5 m, c=4,5 m) és a C csuklót terhelő F=27 kN koncentrált erő. Feladat, hogy

meghatározzuk az A és B csuklóknál fellépő támaszerőket számítással és szerkesztéssel. Felté-

teleznünk kell az ismeretlen reakció erők nagyságát és értelmét (32. ábra). A hatásvonaluk is-

mert, mivel az AC és BC tartószerkezetei elemeket csak a végükön lévő csuklókon keresztül

éri terhelés. Így ezek az elemek hossztengelyükkel párhuzamosan akarnak elmozdulni. Ezt az

elmozdulást akadályozzák meg a támaszoknál fellépő kényszererők, amik hatásvonala így az

AC és BC tartószerkezeti elemek hossztengelyével párhuzamos.

21

31. ábra: Közös metszéspontú erőrendszer

32. ábra: Reakció erők nagyságának és értelmének a feltételezése

Következő lépésként célszerű felvenni a viszonyítási koordinátarendszert, és elhelyezni abba a

pontba, ahol az erőrendszer elemeinek hatásvonalai metszik egymást – jelen esetben ez a C

pont. Ugyanekkor feltüntetjük a két tartószerkezeti elem hossztengelyének (azaz a feltételezett

reakcióerők hatásvonalának is egyben) a viszonyítási koordinátarendszer tengelyeivel bezárt

szögeit (33. ábra). Ezután kezdhetjük meg a számolást. Először az α és β szögeket számítjuk

ki: °=

=

= 582,5

4arctan

b

aarctanα és °=

=

= 41,634,5

4arctan

c

aarctanβ .

Következő lépésben írhatjuk fel a vetületi egyensúlyi egyenleteket:

( ) ( )βFαF BA coscos0ΣFx ⋅+⋅−== és

( ) ( ) Fsinsin0ΣFy −⋅+⋅== βFαF BA

22

33. ábra: Reakcióerők hatásvonalának és a viszonyítási koordinátarendszer tengelyeinek a bezárt szöge

A két egyenletből álló két ismeretlenes (FA, FB) egyenletrendszer megoldása után a következő-

ket kapjuk eredményül a reakcióerőkre: kN74,20=AF és kN51,14=BF . Ezek a reakció erők

nagysága. Mivel az egyenletrendszer megoldásából pozitív értékeket kaptunk megoldásul, ez

annyit jelent, hogy a támaszerőknek feltételezett értelem helyes volt, azok megfelelnek a 33.

ábra szerint feltüntetettnek.

A szerkesztő eljárást a lépték felvételével kezdjük (1. lépés) (34. ábra).

34. ábra: Lépték felvétele a szerkesztő eljáráshoz

Második lépésként az ismert F koncentrált erőt mérjük fel (35. ábra).

35. ábra: Szerkesztő eljárás – F koncentrált erő felmérése

Ezután (3. lépés) az AC tartószerkezeti elem hossztengelyével húzunk párhuzamost a F erő

támadáspontján át (36. ábra), majd (4. lépés) a BC tartószerkezeti elem hossztengelyével hú-

zunk párhuzamost az F erő végpontján át (37. ábra).

23

36. ábra: Szerkesztő eljárás – párhuzamos az A csuklónál ébredő támaszerő hatásvonalával

37. ábra: Szerkesztő eljárás – párhuzamos a B támasznál ébredő kényszererő hatásvonalával

A két párhuzamost meghosszabbítjuk (5. lépés), hogy metsszék egymást, így megkaptuk az

erőrendszer elemeinek a vektorháromszögét – az ismeretlen reakcióerők nagyságát a felvett

lépték segítségével olvashatjuk le (38. ábra). A támaszerők irányítása pedig adódik abból, hogy

az erőrendszer elemeinek folytonos nyílértelemmel kell záródniuk a vektorháromszögben.

A feladatot megoldhatjuk úgy is, hogy az erőrendszer elemeinek hatásvonalait vázlatszerűen

rajzoljuk meg. Ebben az esetben a háromszög belső szögeinek és egyik oldalának az ismereté-

ben trigonometrikus összefüggések felhasználásával számolhatjuk ki az ismeretlen reakcióerő-

ket (megjegyzés: az eljárást a korábban már ismertettük).

24

38. ábra: Szerkesztő eljárás – reakcióerők leolvasása a lépték ismeretében a vektorháromszögről

2.2.3. példa: Adott a 39. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet, ami egyik végén egy csuklóval (A

pont), másik végén egy görgővel (B pont) van megtámasztva. F = 17 kN, a = 1 m, α1=50 ° és

α2=30 °. Határozzuk meg a támaszerőket számítással.

39. ábra: Közös metszéspontú erőrendszer kiegyensúlyozása

40. ábra: A viszonyítási koordinátarendszer elhelyezése a közös metszéspontban, reakcióerők nagyságának és

irányának feltételezése

Az erőrendszernek három eleme van, az F ható erő és az A és B ismeretlen támaszerők. Ennek

a három erőnek kell egyensúlyban lennie. Három erő egyensúlyának a feltétele, hogy hatásvo-

nalaiknak egy pontban kell metszeniük egymást és a vektorsokszögnek folytonos nyílértelem-

mel kell záródnia. A vetületi egyenleteknek egyenként zérussal kell egyenlőnek lennie.

25

Sinus tételből: ( )

( )( )( )

( ) m1,6370sin

50sin2

α90α180sin

αsin2

21

1 =°

°⋅=−°−−°

⋅=b

Cosinus tételből:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) m48,30390cos63,114263,114α90cos4a24a 221

22 =°−⋅⋅⋅⋅−+⋅=−⋅⋅⋅−+= bbc

Cosinus tételből: ( )

( )( )

( ) °=

⋅⋅⋅−⋅+=

⋅⋅−+= 9,23

1448,32

63,11448,3arccos

4ac2

4aarccos

222222 bcβ

x és y irányú vetületi egyensúlyi egyenletek:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )°°⋅−°⋅+°⋅−=

=°⋅−⋅+⋅−==30-90cos23,9cos50cos17

α-90coscosαcosF0ΣF 21x

BA

BβA

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )°−°⋅+°⋅+°⋅−=

=−°⋅+⋅+⋅−==

3090sin23,9sin50sin17

α90sinsinαsinF0ΣF 21y

BA

BβA

A két egyenletből álló két–ismeretlenes egyenletrendszer megoldása A–ra és B–re:

A = 16,07 kN és B=7,53 kN.

Mivel a mindkét ismeretlen támaszerőre pozitív értéket kaptunk, ezért a támaszerőknek feltéte-

lezett irányítások helyesek.

Hogy mikor kell az egyensúlyi egyenletekkel, mikor a trigonometrikus egyenletekkel vagy

esetleg mikor kell a szerkesztő eljárással a feladatot megoldani, nincs ökölszabály – mindig az

adott feladathoz leginkább kézenfekvő eljárást kell alkalmazni. Természetesen ellenőrizni min-

dig lehet az esetleg bonyolultabb módszerrel.

2.2.4. példa: Adott a 41. ábra szerinti tartószerkezet, ami két csuklóval (A és B pont) van megtámasztva. F

= 23 kN, a = 2 m és α=40 °. Határozzuk meg a támaszerőket számítással.


26

42. ábra: A viszonyítási koordinátarendszer elhelyezése a közös metszéspontban, reakcióerők nagyságának és

irányának feltételezése

x irányú vetületi egyensúlyi egyenlet:

( ) ( ) ( ) ( )°⋅+°⋅=⋅+⋅== 40sin40sin32αsinαsinF0ΣFx AA →A = –23.

Ez azt jelenti, hogy az A támaszerő nagysága 23 kN, iránya azonban ellentétes azzal, amit fel-

tételeztünk (43. ábra).

43. ábra: Rosszul feltételezett A támaszerő irányának javítása

Az y irányú vetületi egyensúlyi egyenlet:

( ) ( ) ( ) ( ) BBA −°⋅−°⋅−=−⋅−⋅−== 40cos3240cos32αcosαcosF0ΣFy →B = –35,24.

Ez azt jelenti, hogy az B támaszerő nagysága 35,24 kN, iránya azonban ellentétes azzal, amit

feltételeztünk (44. ábra).

27

44. ábra: Rosszul feltételezett B reakcióerő irányának javítása

2.2.5. példa Adott a 45. ábra szerinti tartószerkezet, ami két csuklóval (A és B pont) van megtámasztva. F

= 40 kN, a = 3 m, b = 1 m és α=60 °. Határozzuk meg a támaszerőket számítással.


Megoldás: az erőrendszert az F koncentrált erő, és a támaszoknál keletkező ismeretlen reakció-

erők alkotják – három erő összesen.

Az egyensúly feltétele, hogy ennek a három erőnek a hatásvonala egy pontban metssze egy-

mást. A B pontban a támaszerő hatásvonalának az iránya ismert, mivel a BC tartószerkezeti

elemet csak a két, csuklós végén éri terhelés. A B ismeretlen erő nagyságát és értelmét vesszük

fel ismeretlenként, és hatásvonalát meghosszabbítva metszésre hozzuk az F erő hatásvonalával

(46. ábra). Ez lesz a D pont. Ezen a ponton kell az A támaszerő hatásvonalának is áthaladnia az

egyensúly feltételének a teljesítéséhez. Ebben az esetben a tartó geometriájából ki tudjuk szá-

molni a vektorháromszög szögeit, amik a vetületi egyensúlyi egyenletek felírásához kellenek.

28

46. ábra: Támaszerők irányításának feltételezése, majd hatásvonalaik meghosszabbítása az F erő hatásvonaláig

Az A–B távolság (d+c) meghatározása:

( ) m46,35,0tan60

3

5,0

atanα =

⋅°=+→

⋅+= cd

cd

Az α’ meghatározása:

( ) °=→

−+=

−++=→=

°+=→

+= 9,7331,246,3

13batanm31,2

tan60

13batanα α'

ccdα'c

c.


( ) ( ) ( ) ( )°⋅−°⋅+=⋅−⋅+== 60cos9,73cos04αcoscosF0ΣFx BABα'A .

y irányú vetületi egyensúlyi egyenlet:

( ) ( ) ( ) ( )°⋅+°⋅=⋅+⋅== 60sin9,73sinαsinsin0ΣFy BABα'A .

47. ábra: Rosszul feltételezett A reakcióerő irányának javítása

29

A két egyenletből álló, két ismeretlenes egyenletrendszer megoldása:

A=–48,08→ A= 48,08 kN, iránya a feltételezettel ellentétes (47. ábra),

B=53,34 kN, iránya megegyezik a feltételezett iránnyal (47. ábra).

30

3. Síkbeli párhuzamos erőrendszerek Ebben a témakörben olyan erőrendszereket vizsgálunk melyekben valamennyi erő hatásvonala

párhuzamos egymással. Ahogy a közös metszéspontú erőrendszereknél, itt is két típusú példák-

kal találkozhatunk – eredő erő számítással és kiegyensúlyozással.

3.1. Síkbeli párhuzamos erőrendszer eredő erejének meghatározása

A feladat, hogy az erőrendszer eredőjének a nagyságát, helyzetét és helyét meghatározzuk a

viszonyítási koordináta rendszerben. A számító eljárás során a viszonyítási koordinátarendszert

vesszük fel elsőnek. Ezt célszerű úgy megtenni, hogy valamelyik koordináta tengelyt párhuza-

mosnak választjuk az erőrendszer elemeinek a hatásvonalával. Az eredő nagyságának megha-

tározásához a vetületi egyenletet használjuk fel, helyzete egyértelmű, helyének megadásához

pedig a nyomatéki tételt fogjuk használni.

3.1.1. példa Adott (48. ábra) egy párhuzamos erőrendszer három eleme és elhelyezkedésük a viszonyítási

koordináta rendszerben. Határozza meg az erőrendszer eredőjét számítással és szerkesztéssel.

Megoldás számítással – vetületi tétel alkalmazása:

y irányú vetületi egyenletet írunk fel, azaz összegezzük előjelhelyesen az erőrendszer vala-

mennyi elemét

kN41281932FFF 321 =+−=+−=yΣF .

Az eredő erő nagysága tehát FR = 41 kN. Helyzete egyértelmű, párhuzamos az erőrendszer

egyes elemeinek a hatásvonalával. Irányítása megegyezik a viszonyítási koordinátarendszer y

tengelyének pozitív értelmével, mivel a vetületi egyenletből pozitív számot kaptunk.

48. ábra: Párhuzamos erőrendszer eredőjének meghatározása

Az eredő helyét kell meghatározni még a viszonyítási koordinátarendszerben. Ehhez a nyoma-

téki tételt alkalmazzuk, miszerint egy erőrendszer eredőjének adott pontra vett nyomatéka meg

31

kell, hogy egyezzen az erőrendszer egyes elemeinek ugyanazon pontra vett nyomatékösszegé-

vel. Az adott pontot célszerű a felvett viszonyítási koordinátarendszer középpontjának válasz-

tani, illetve egy viszonyítási forgatási irányt is célszerű felvenni – jelen példában a pozitív for-

gatási irány az óramutató járásával ellentétes iránynak felel meg (49. ábra).

49. ábra: Párhuzamos erőrendszer eredő erejének a meghatározása – nyomatéki tétel felírása az eredő helyének a

számításához

3322110 kFkFkFΣM ⋅+⋅−⋅=⋅= RR kF .

Amennyiben minden ismert adatot behelyettesítünk az egyenletbe, akkor csak a kR lesz isme-

retlen, ami nem más, mint az eredő erő hatásvonalának távolsága a viszonyítási koordinátarend-

szer y tengelyétől.

0,3820,2912,12314ΣM 0 ⋅+⋅−⋅=⋅= Rk . Az egyenlőségből, ha kifejezzük a kR–t, a követke-

zőt kapjuk: m2,06=Rk .

Megoldás szerkesztéssel:

az áttekinthetőség miatt az erőket egymás mellett rajzoljuk. Első lépésként felvesszük a léptéket

(50. ábra).


Ezután a léptéknek megfelelően felmérjük az F1 erőt (51. ábra).

32

51. ábra: Eredő erő szerkesztése – F1 erő felvétele

Következő lépésként az F1 erő végpontjából az F2 erőt mérjük fel léptékhelyesen (52. ábra),

majd az F2 erő végpontjából az F3 erőt (53. ábra).


Az eredő erő nagyságát az F1 erő támadáspontjából, kezdőpontjából az F3 erő végpontjába hú-

zott egyenes leolvasása után kapjuk meg (54. ábra). Az eredő erő helyzete, iránya adódik a

szerkesztésből. Meg kell még határozni, hogy a felvett viszonyítási koordinátarendszerben hol

helyezkedik el az eredő erő.


33

54. ábra: Eredő erő szerkesztése – eredő erő leolvasása

Az eredő erő helyzetének a kiszerkesztéséhez a vektor– és kötélsokszög szerkesztést használ-

juk. Először is újabb léptéket veszünk fel a távolságok felméréséhez (55. ábra).

55. ábra: Lépték felvétele a távolságok felméréséhez

Az 56. ábra szerint a léptéknek megfelelően felvesszük az erőket a viszonyítási koordinátarend-

szerben. Az ábrát kiegészítjük a jobb oldalán a már megismert vektorsokszöggel, ami mellé

tetszőleges helyre egy P pontot veszünk fel, amit nevezünk póluspontnak (57. ábra). Fontos,

hogy a póluspontnak a helye nem befolyásolja a végeredményt, ezért vehetjük fel tetszőleges

helyre. Következő lépésekben az erőrendszer egyes elemeit úgynevezett segéderőkkel felbont-

juk, helyettesítjük őket. Ehhez a P póluspontot használjuk fel. Először az F1 erőt bontjuk fel/he-

lyettesítjük S1 és S2 segéderőkkel (58. ábra), azaz F1 erő az S1 és S2 eredőjeként fogható fel.

34

56. ábra: Erőrendszer elemeinek léptékarányos felvétele a viszonyítási koordinátarendszerben

57. ábra: A vektorábra és a póluspont felvétele

Következő lépésben az F2 erőt bontjuk fel, annyi megkötéssel, hogy az egyik összetevő az S2

erő ellentettje, azaz –S2 legyen. A másik összetevő S3 erő lesz (59. ábra). Hasonlóan járunk el

az F3 erő felbontásával, az egyik összetevő az S3 erő ellentettje, azaz –S3 legyen. A másik ösz-

szetevő S4 erő lesz (60. ábra).

35

58. ábra: F1 erő felbontása S1 és S2 segéderőkkel

59. ábra: F2 erő felbontása –S2 és S3 segéderőkkel

60. ábra: F3 erő felbontása –S3 és S4 segéderőkkel

36

Ezután az S segéderőkkel helyettesítjük az erőrendszer egyes elemeit – a szerkesztést az 60.

ábra bal oldalán folytatjuk. Az F1 erőt S1 és S2 erőkre bontottuk fel, tehát a három erő hatásvo-

nala egy tetszőleges pontban, K1 pont, metszik egymást. Ezt a K1 pontot tetszőleges helyen

felvesszük az F1 erő hatásvonalán, majd ezen a ponton keresztül párhuzamost húzunk S1 hatás-

vonalával úgy, hogy másik erő hatásvonalát ne metsszük el (61. ábra).

61. ábra: Párhuzamos S1 segéderő hatásvonalával K 1 tetszőlegesen felvett ponton át

Következő lépésében az S2 segéderő hatásvonalával húzok párhuzamost még mindig a K1 pon-

ton keresztül; de úgy, hogy elmetssze az F2 erő hatásvonalát is (K2) – hiszen az S2 segéderőt

felhasználtuk az F2 erő felbontása során is (62. ábra).

62. ábra: Párhuzamos S2 segéderő hatásvonalával K 1 tetszőlegesen felvett ponton át, kimetszve K 2 pontot

37

Az F2, S2 és S3 erők közös metszéspontja a K2 pont lesz. Emiatt következő lépésként S3 segéd-

erővel húzunk párhuzamost K2 ponton át, hogy metssze F3 erő hatásvonalát (63. ábra).

63. ábra: Párhuzamos S3 segéderő hatásvonalával K 2 ponton át, kimetszve K 3 pontot

Utolsó előtti lépésként S4 segéderővel húzunk párhuzamost a K3 ponton át, mivel az F3 erőt S3

és S4 segéderőkkel helyettesítettük (64. ábra).

64. ábra: Párhuzamos S4 segéderő hatásvonalával K 3 ponton át

38

A jobb oldali vektorsokszögből adódik, hogy az eredő erőt S1 és S4 segéderőkkel helyettesítet-

tük. Eszerint az S1 és S4 segéderők, illetve az eredő erő hatásvonala egy pontban kell, hogy

metsszék egymást. Utolsó lépésként az S1 és S4 segéderőkkel húzott párhuzamosokat metszésre

kell hozni – így megkapjuk a K4 pontot. Ezen a ponton kell átmennie az eredő erő hatásvona-

lának, aminek az irányát már ismerjük. Ezzel az eredő erő meghatározás feladata teljessé vált.

65. ábra: Eredő helyének meghatározása – S1, S4 segéderő meghosszabbítása, metszése, K 4 pont megadása

Az eredő erőnek a helye, távolsága a viszonyítási koordinátarendszertől, leolvasható az ábráról.

Eszerint az eredő erő hatásvonala és a viszonyítási tengely távolsága 2,06 m.

Az 61. ábra – 65. ábrasorozat jobb oldala a vektorsokszög, míg a segéderőknek a baloldali,

párhuzamos része a kötélsokszög.

3.2. Síkbeli párhuzamos erőrendszer kiegyensúlyozása

E témakörben olyan eseteket vizsgálunk, amikor egy tartószerkezeti elemre (pl.: gerenda) egy

vagy több külső terhelő erő hat, amelyek hatásvonalai egymással párhuzamosak. A tartószer-

kezetet különböző kényszerek (merev befogás, csukló, görgő) támasztják meg, biztosítva ezzel

az egyensúlyt, hogy a tartószerkezet ne mozduljon el. Meg kell határozni a támaszoknál (kény-

szereknél) ébredő reakció (támasz vagy kényszererőket) erőket. A feladat megoldásához itt is

célszerű felvenni egy viszonyítási koordináta rendszert és egy viszonyítási forgatási irányt is.

A feladat ilyenkor a következő: meg kell határozni az erőrendszer hiányzó elemeit, azaz a tá-

maszoknál ébredő ismeretlen reakcióerőket, a nagyságukat és az irányukat.

A szerkesztő eljárás során hasonlóan járunk el, mint eredő erő szerkesztésekor.

39

3.2.1. példa Adott az 66. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet, baloldali végén egy csuklóval (A

pont), jobboldali végén egy görgővel (B pont) megtámasztva. A tartószerkezetet hossztenge-

lyére merőlegesen terheli F1=19 kN, F2=26 kN és F3= 15 kN koncentrált erők. Elhelyezkedésük

ismert, a = 1 m. Határozza meg a kényszereknél ébredő támaszerőket számítással és szerkesz-

téssel.

66. ábra: Párhuzamos hatásvonalú erőrendszer kiegyensúlyozása – reakció erő meghatározás

A számító eljárás során az első lépés, hogy a támaszoknál fellépő támasz erők nagyságát és

irányát feltételezzük. Az A csukló megakadályozza a tartószerkezet elmozdulását úgy x, mint

y irányban. Ezért ott Ax és Ay erőket is feltételeznünk kell. A B támasz csak a támaszra merőle-

ges elmozdulását akadályozza meg a tartószerkezetnek, így ott csak egy y tengellyel párhuza-

mos hatásvonalú erő nagyságát és értelmét feltételezzük (67. ábra). A tartószerkezetet terhelő

erőrendszernek így öt eleme van jelen példában, F1, F2 és F3 ható erők és FA, FB ismeretlen erők.

67. ábra: Párhuzamos erőrendszer kiegyensúlyozása – támaszerők nagyságának és irányának feltételezése

Az egyensúly feltétele, hogy az eredő nagysága nulla legyen. Ha ez fenn áll, akkor a tartószer-

kezet sem x, sem y irányban nem mozdul el. Azonban ha az eredő erő zérus, az nem jelenti

automatikusan, hogy nem mozdul el a szerkezet. Ugyanis az eredő erő lehet erőpár is. Azaz az

erőrendszer eredőjének erőértéke zérus, de nyomatéka van. Ebben az esetben a tartószerkezet

egy adott pont körül forgómozgást végez. Természetesen az egyensúly feltétele, hogy a tartó-

szerkezet sem haladó, sem forgómozgást nem végezhet. Ehhez nem elegendő a már ismert két

vetületi egyensúlyi egyenletet felírni:

40

xA−== 0ΣFx és 321y FFF0ΣF −+−+== yy BA .

Matematikai szempontból sem megoldható a két egyenletből álló három–ismeretlenes egyen-

letrendszer. Az erőrendszerre ugyanúgy érvényes a nyomatéki tétel is. Ha azonban az erőrend-

szer eredője nulla, annak nyomatéka bármely tetszőlegesen kiválasztott pontra is nulla lesz. Így

írhatjuk fel tetszőlegesen választott pontra a nyomatéki egyensúlyi egyenletet. A pontot, amire

vesszük az erőrendszer valamennyi elemének a nyomatékösszegét, úgy célszerű felvenni, hogy

az egyenletben az ismeretlenek száma minimális legyen. Ezt úgy érhetjük el, hogy a nyomaté-

kot olyan pontra írjuk fel, amelyen minél több ismeretlen erő hatásvonala átmegy. Jelen példá-

ban először az A pontra írunk fel egy nyomatéki egyensúlyi egyenletet:

3a)1,75a1,75a(1,5a1,75a)1,75a(1,5aF1,75a)(1,5aF(1,5a)F

0ΣM

123

A

+++⋅+++⋅−+⋅+⋅−===

B .

Az egyenlőségben az egyetlen ismeretlen a B támasznál fellépő B reakcióerő, mivel Ax és Ay

hatásvonala is átmegy az A ponton, így nyomatékuk az A pontra zérus. Behelyettesítés után:

[m]8[m]5kN][91[m]25,3kN][62[m]5,1kN][510ΣM A ⋅+⋅−⋅+⋅−== B . Az egyenletből B–

re a következőt kapjuk: B = 4,125 kN. Mivel eredményül pozitív értéket kapunk, ez azt jelenti,

hogy helyes volt a B erőnek feltételezett iránya. Az eredmény felírása helyesen:

B = 4,125 kN (↑).

A következő lépésben a B pontra is felírunk egy nyomatéki egyensúlyi egyenletet:

3a)1,75a1,75a(1,5a1,75a)1,75a(3aF1,75a)(3aFa)3(F

0ΣM

321

B

+++⋅−++⋅++⋅−⋅===

yA.

Az egyenlőségben az egyetlen ismeretlen az A támasznál fellépő Ay reakcióerő, mivel Ax és By

hatásvonala is átmegy a B ponton, így nyomatékuk a B pontra zérus. Behelyettesítés után:

[m]8[m]5,6kN][51[m]75,4kN][62[m]3kN][190ΣM B ⋅−⋅+⋅−⋅== yA . Az egyenletből Ay–

ra a következőt kapjuk: Ay = 3,875 kN. Mivel eredményül pozitív értéket kapunk, ez azt jelenti,

hogy helyes volt az Ay erőnek feltételezett iránya. Az eredmény felírása helyesen:

Ay = 3,875 kN (↑).

Az x irányú vetületi egyensúlyi egyenletből egyértelműen kiderül, hogy az A pontban feltéte-

lezett Ax komponens zérus.

Az y irányú vetületi egyenletbe, ha behelyettesítünk, ellenőrizhetjük a nyomatéki egyensúlyi

egyenletek eredményeit: 516291125,4875,30ΣFy −+−+== . Az egyenlőség fennáll. Az A

41

reakcióerő nagysága megegyezik az Ay–nal ( kN3,8753,8750 2 =+=+= 2y

2x AAA ), hatás-

vonala párhuzamos az y tengellyel, míg irányítása pozitív a viszonyítási koordinátatengelyhez

képest.

A szerkesztő eljárás hasonlóan történik, mint a párhuzamos erőrendszer eredőjének a 61. ábra

– 65. ábrasorozaton bemutatott eljárása. Úgy az erőnek, mint a távolságnak felvesszük a lépté-

ket (68. ábra), majd léptékhelyesen felvesszük a tartószerkezetet és a rá ható erőket 69. ábra).

68. ábra: Lépték felvétele

69. ábra: A tartószerkezet és a rá ható erők léptékhelyes felvétele

70. ábra: Párhuzamos erőrendszer kiegyensúlyozása – vektorábra rajzolása

42

A következő lépésben az 70. ábra jobb oldalára egymás után felmérjük a ható erőket, az F1, F2

és F3 koncentrált erőket és egy tetszőleges helyre felvesszük a P póluspontot. Az F1, F2 és F3

koncentrált erőket felbontjuk, helyettesítjük S segéderőkkel. Először az F1 erőt bontjuk fel S1

és S2 segéderőkre (71. ábra). Ezután az F2 erőt helyettesítjük –S2 és S3 segéderőkkel (72. ábra),

végül F3 erőt bontjuk fel –S3 és S4 segéderőkre (73. ábra). Tudjuk azt, hogy az erőrendszer két

ismeretlen elemét, A és B erőket, ha felmérjük a vektorábrába, akkor a vektorsokszögnek foly-

tonos nyílértelemmel kell záródnia. Így lesz az eredő erő nulla, így lesz egyensúly. Az A és B

erők nagyságának a megszerkesztéséhez a kötélábrát kell megrajzolnunk.

71. ábra: F1 erő felbontása S1 és S2 segéderőkre

72. ábra: F2 erő felbontása –S2 és S3 segéderőkre

43

73. ábra: F3 erő felbontása –S3 és S4 segéderőkre

Először párhuzamost húzunk S1 segéderővel az A ponton keresztül, hogy metssze F1 erő hatás-

vonalát (74. ábra) – ugyanis S1 segéderő ellentettje, –S1 az A reakcióerőt helyettesítő erő egyike

lesz. Az A reakcióerő hatásvonalának pedig egyetlen pontját ismerjük, magát az A pontot. Azért

nem a B pontból indítjuk a szerkesztést, mert a B támaszerőnek a hatásvonala ismert – görgő

esetében támaszra merőleges. A kötélábra szerkesztése végén az utolsó segéderőnek (S4) met-

szeni kellene az A támaszerő hatásvonalát, azaz az A ponton kellene áthaladnia. Ez pedig nem

lehetséges – csak véletlenszerűen sikerülhet.

74. ábra: Kötélábra – párhuzamos S1 segéderővel az A ponton át

44

75. ábra: Kötélábra – párhuzamos S2 segéderővel K 1 ponton át, metszve F2 hatásvonalát K 2 pontban

Következő lépésként S2 segéderővel húzunk párhuzamost a K1 ponton át úgy, hogy S2 hatásvo-

nala metssze F2 hatásvonalát (75. ábra). A metszéspont K2. Ezután S3 segéderő hatásvonalával

húzunk párhuzamost K2 ponton át, hogy elmetsszük F3 hatásvonalát a K3 pontban (76. ábra).

Végül K3 ponton át húzunk párhuzamost S4 segéderővel, hogy metssze B támaszerő hatásvo-

nalát (77. ábra). A metszéspont K4. Ezután összekötjük A és K4 pontokat, az egyenest záróvo-

nalnak nevezzük (78. ábra).

76. ábra: Kötélábra – párhuzamos S3 segéderővel K 2 ponton át, metszve F3 hatásvonalát K 3 pontban

45

77. ábra: Kötélábra – párhuzamos S4 segéderővel K 3 ponton át, metszve B hatásvonalát K 4 pontban

78. ábra: Kötélábra – záróvonal szerkesztés, A és K 4 pontok összekötése pontvonallal

Végül a záróvonallal párhuzamost húzunk a vektorábrán szereplő P pólusponton keresztül (79.

ábra). Jól látható a kötélábráról, hogy az A támaszerőt a (–)Z és (–)S1 segéderők helyettesítik –

ennek a három erőnek a hatásvonala metszi egymást az A pontban, míg a B támaszerőt (–)S4

és Z segéderők helyettesítik – ennek a három erőnek a hatásvonala metszi egymást az K4 pont-

ban.

46

79. ábra: Záróvonal behúzása a pólusponton át, K 5 pontot kimetszve a vektorábrából, a reakció erők leolvasása

A vektorábráról leolvashatjuk a felvett lépték segítségével a támaszerők nagyságát.

3.2.2. példa Adott a 80. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet, a viszonyítási koordinátarendszer, az

F=11 kN koncentrált erő, q1=5 kN/m és q2=3 kN vonal mentén egyenletesen megoszló erők,

illetve az a=2 m távolság. Határozza meg a támaszoknál ébredő kényszererőket számítással.

80. ábra: Párhuzamos erőrendszer kiegyensúlyozása – koncentrált és vonal mentén megoszló erővel terhelt egye-

nes tengelyű tartószerkezet

Első lépésben a megoszló erőket helyettesítjük koncentrált erőkkel – erre azért van szükség,

mert a megoszló erőknek a nyomatékát egy tetszőlegesen választott pontra a helyettesítő erők-

nek a hatásvonala fogja meghatározni, ezek alapján olvassuk le az erőkarokat. A q1=5 kN/m

egyenletesen megoszló terhelés 1,5a = 3 m hosszon hat, míg a q2=3 kN/m egyenletesen meg-

oszló terhelés 3a = 6 m hosszon hat. A helyettesítő erők nagysága:

kN152)(1,55(1,5a)q1 =⋅⋅=⋅=1Q és kN182)(33(3a)q2 =⋅⋅=⋅=2Q .

Látható, a helyettesítő erő nagysága az azt szimbolizáló téglalap területével egyezik meg, a

hatásvonalát mindig a megoszló terhelés súlypontjába helyezzük el (81. ábra).

47

81. ábra: Egyenletesen megoszló erők helyettesítése koncentrált erőkkel

Ezután a tartót megtámasztó kényszereknél feltételezzük az ismeretlen reakcióerők nagyságát

és irányát. Az A pontban egy csukló a támasz, ami megakadályozza a tartószerkezet elmozdu-

lását x és y irányokban. Így az A pontban Ax és Ay kényszererőket feltételezünk. A B pontban

egy görgő a kényszer, így ott a támaszra merőleges hatásvonalú B reakcióerőt feltételezünk (82.

ábra). Ezután már felírhatjuk az egyensúlyi egyenleteket.

82. ábra: Reakcióerők nagyságának és irányának, értelmének feltételezése

Először az A pontra írjunk fel egy nyomatéki egyensúlyi egyenletet:

( ) ( )

( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )3,5a2,5aF2

3a1,5a3aq

2

1,5aq

aa1,5aa1,5aF2

aaa1,5aaaaq

2

1,5a1,5aq

aa1,5aa1,5aF2

aaa1,5a

2

1,5a0ΣM

2

21

21

A

⋅+⋅−

+⋅⋅−⋅

−=

=++⋅++⋅−

+++⋅++⋅−⋅⋅−=

=++⋅++⋅−

+++⋅−⋅−==

B

B

BQQ 21

.

Behelyettesítés után:

( ) ( ) ( ) ( )23,522,5112

2321,5233

2

21,550ΣM

2

A ⋅⋅+⋅⋅−

⋅+⋅⋅⋅⋅−⋅⋅−== B .

Az egyenlőségből a B ismeretlent kifejezve: B = 26,5 kN.

A B pontra írjunk fel egy nyomatéki egyensúlyi egyenletet:

48

( )

( ) ( )( ) ( )

( ),5a3aF2

3aq

2

25,8aq

1,5aaaaFa2

aaaaaaq

2

1,5aaa1,5aq

1,5aaaaFa2

aaa

2

1,5aaa0ΣM

22

21

21

B

⋅−⋅+⋅⋅

+⋅⋅

=

=++⋅−⋅+

−++⋅++⋅+

++⋅⋅=

=++⋅−⋅+

−++⋅+

++⋅==

y

y

y21

A

A

AQQ


72112

323

2

25,8250ΣM

22

A ⋅−⋅+⋅⋅+⋅⋅== yA

Az egyenlőségből az Ay ismeretlent kifejezve: Ay = 17,5 kN.

Ellenőrzésként az y irányú vetületi egyensúlyi egyenletet írjuk fel:

( )( ) 026,517,511222321,55

Faaaq1,5aq0ΣF 21y

=++−++⋅−⋅⋅−=

=++−++⋅−⋅−== BAy

Az x irányú vetületi egyenletben csak az Ax ismeretlen szerepel, ami így nullával egyenlő.

A keresett reakcióerők eredményei helyesen feltüntetve:

Ay = 17,5 kN (↑) és B = 26,5 kN (↑).

49

4. Síkbeli általános erőrendszerek Síkbeli általános erőrendszer esetében az erőrendszer egyes elemei egymáshoz képest teljesen

általános helyzetben helyezkednek el. Eddigi ismereteinket felhasználva vagy eredő erő számí-

tás, vagy kiegyensúlyozás a feladatunk.

4.1. Síkbeli általános erőrendszer eredő (helyettesítő) erejének a meghatározása

4.1.1. példa Adott a (83. ábra) az x–y viszonyítási koordináta rendszer, F1 kN, F2 kN és F3 kN erők nagysága

és iránya a viszonyítási koordináta rendszerben, M kNm koncentrált nyomaték és a m távolság.

F1 = 5 kN, α1 = 85 °, F2 = 4 kN, α2 = 50 °, F3 = 15 kN, α3 = 15 °, M = 19 kNm és a = 1,6 m

távolság. Határozza meg az erőrendszer eredőjét számítással és szerkesztéssel.

83. ábra: Közös metszéspontú erőrendszer eredő erejének meghatározása

Megoldás számítással

Első lépésben a vetületi tételt alkalmazzuk a viszonyítási koordinátarendszer két tengelyére. Az

x irányú vetületi egyenlet:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) 86,111590sin 515090 cos48590sin 5

15 cos5150sin 485 cos5

α90sin Fα90 cosFα90sin F

α cosFαsin Fα cosFFFF

332211

3322113x2x1x

−=°−⋅−°−⋅+°−⋅−=

=°⋅−°⋅+°⋅−==−⋅−−⋅+−⋅−=

=⋅−⋅+⋅−=−+−=

°°°

°°°

∑ xF

Ez azt jelenti, hogy az eredő erő a viszonyítási koordinátarendszer x tengelyére vett vetületének

nagysága 11,86 kN, irányítása pedig ellentétes. A vetületi egyenlet eredménye helyesen felírva:

)( kN11,86 ←==∑ Rxx FF .

Az y irányú vetületi egyenlet:

50

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) 29,615-90cos1550-90sin485-90cos5

sin1515cos504sin855

α-90cosFα-90sinFα-90cosF

sinαFcosαFsinαFFFF

332211

3322113y2y1y

−=°⋅−°⋅+°⋅−=

=°⋅−°⋅+°⋅−==⋅−⋅+⋅−=

=⋅−⋅+⋅−=−+−=

°°°

°°°

∑ yF

Ez azt jelenti, hogy az eredő erő a viszonyítási koordinátarendszer y tengelyére vett vetületének

nagysága 6,29 kN, iránya pedig ellentétes. A vetületi egyenlet eredménye helyesen felírva:

( )↓==∑ kN29,6Ryy FF .

Az eredő erő nagyságát a következők szerint kapjuk meg:

kN13,426,2911,86 2222 =+=+= RyRxR FFF .

A következő lépés az erőrendszer eredőjének az elhelyezkedése, helyzetének megadása a vi-

szonyítási koordináta rendszerben – hogyan helyezkedik el az eredő erő a viszonyítási koordi-

náta rendszer tengelyeihez képest. Azt szeretnénk megtudni, hogy az eredő erő hatásvonala

mekkora szöget zár be a viszonyítási koordinátarendszer tengelyeivel. A 84. ábra jelöléseit

használva az α a vízszintessel bezárt szög. Meghatározása valamely szögfüggvény alkalmazá-

sával történik.

84. ábra: Eredő erő nagyságának és helyzetének a meghatározása a viszonyítási koordináta rendszerben

°=

=

=

=

=

=

=

=

27,911,86

6,29arctan

13,42

11,86arccos

13,42

6,29arcsin

arctanarccosarcsinRx

Ry

R

Rx

R

Ry

F

F

F

F

F

Fα

Végül pedig azt kell meghatároznunk, hogy az eredő erő hol helyezkedik a viszonyítási koor-

dináta rendszerben. Ehhez a nyomatéki tételt használjuk fel, azaz az erőrendszer minden egyes

elemének vesszük a nyomatékát egy adott pontra, jelen esetben a viszonyítási koordináta rend-

szer középpontjára, és előjelhelyesen összegezzük őket. Az egyenlet helyes felírásához és az

előjelhelyes összegzéséhez célszerű felvenni egy viszonyítási forgatási irányt (a viszonyítási

koordináta rendszerünk jobbforgású, ami egyértelműen meghatározza a viszonyítási forgatási

irányt is). Adott pont körüli pozitív forgatásnak az óramutató járásával ellentétes irányt értjük.

51

85. ábra: Erőrendszer egyes elemeinek nyomatéka a viszonyítási koordináta rendszer középpontjára

A 85. ábra az egyes erők hatásvonalának a meghosszabbítását mutatja, illetve az origóból ezen

egyenesekre bocsátott merőlegesek (k1, k2, k3) vannak feltüntetve. E merőleges egyenesek hosz-

szát kellene kiszámolni a nyomatékok meghatározásához, ami lehetséges, de hosszadalmas.

Ehelyett a következőket tesszük. Az egyes erőknek a vetületi egyenletek során az x és y irányú

komponenseivel számolunk. A nyomatéki tétel értelmében, ha az adott erő egyes komponense-

inek a nyomatékát vesszük külön – külön adott pontra, ugyanazt kapjuk, mintha magának az

adott erőnek vettük volna a nyomatékát az adott pontra. Ennek figyelembe vételével a nyoma-

téki tétel első részének alkalmazása:

→−=−⋅⋅°⋅−⋅°⋅++⋅°⋅+⋅⋅°⋅−⋅°⋅−⋅⋅°⋅=

=−⋅⋅⋅−⋅⋅++⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅⋅=

=−⋅⋅−⋅+⋅+⋅⋅−⋅−⋅⋅=

,531291)6,1(3)(15sin51)(1,6)(15cos51

)(1,6)(50cos4)6,1(1,9)(50sin4)(1,6)(85sin5)6,1(3)(85cos5

Ma)(3)(αsinF)(a)(αcosF

)(a)(αcosF)a(1,9)(αsinF)(a)(αsinF)a(3)(αcosF

Ma)(3F)(aF)(aF)a(2F)(aF)a(3F

3333

22221111

3y3x2y2x1y1xOΣM

Ez azt jelenti, hogy az erőrendszer egyes elemeinek origóra (O pont) vett eredő nyomatéka

12,53 kNm nagyságú. A forgatóhatás iránya az óramutató járásával megegyező irányú. Ezt on-

nan tudjuk, hogy az eredményre negatív értéket kaptunk, ami a felvett viszonyítási forgatási

irányunkkal ellentétes irányt jelent. Ez az érték és a forgatás iránya meg kell egyezzen az erő-

rendszer eredőjének ugyancsak az origóra vett nyomatékával. Figyelembe véve, hogy az eredő

hogyan (α, β szögek) helyezkedik el a viszonyítási koordinátarendszerben, a 86. ábra szemlél-

teti az eredő erőnek a helyét. A kérdés a kR távolság. A nyomatéki tétel második részének al-

kalmazása: RRO FkΣM ⋅== kNm,5312 , ahonnan

m93,0kN13,42

kNm12,53 ===R

OR F

ΣMk .

52

86. ábra: Eredő erő elhelyezkedése a viszonyítási koordinátarendszerben


Először felvesszük a léptéket (87. ábra) – ezt mindig az erők nagyságának és elhelyezkedésének

a figyelembevételével tesszük meg. Ezután egy tetszőlegesen választott G pontból az F1 erő

hatásvonalával párhuzamost húzunk az F1 erő értelmével megegyező irányban. Az egyenes

hossza a léptéknek megfelelően 2,5 cm (88. ábra). Következő lépésekben az F2 és F3 erőket

mérjük fel (89. ábra és 90. ábra).

87. ábra: Erőlépték felvétele

88. ábra: F1 erő léptékhelyes felvétele


53


Az eredő erő támadáspontja a tetszőlegesen felvett P pont lesz, és az F3 erő végpontjába mutat.

Ez meghatározza az eredő irányát és értelmét is (91. ábra).

91. ábra: Az eredő hatásvonalának iránya és az erő irányítása

A következő lépés az eredő helyének (kr) a meghatározása az adott viszonyítási koordináta-

rendszerben. Ehhez a vektor és kötélsokszöget kell megszerkesztenünk.

Azonban mielőtt ezt megtesszük, nagyon lényeges, hogy az erőrendszerben működő nyomaté-

kot (erőpárt) is figyelembe vegyük. Az M nyomatéknak ugyanis az eredő erő nagyságára nincs

hatása (erőértéke nulla), de az elhelyezkedésére igen. Először a távolságléptéket vesszük fel

(92. ábra). Ezután az M koncentrált nyomatékot helyettesítjük az FM erőpárral (93. ábra). Az

FM erő értéke: 1F1FkNm6M MM ⋅+⋅==

→ kN3FM = .

92. ábra: Távolságlépték felvétele

54

93. ábra: A koncentrált nyomaték helyettesítése erőpárral

Ezt az FM erőt kell kétszer felvennünk a vektorsokszögben egy tetszőleges helyre – jelen példá-

ban az F2 erő végpontjából mérjük fel. Az erőpár másik, ellentétes értelmű tagja ugyanebbe a

pontba fog mutatni (94. ábra), és innen folytatódik az adott erők további felvétele.

94. ábra: Az M koncentrált nyomaték figyelembe vétele, mint erőpár

Most már nekifoghatunk a vektor– és kötélsokszög szerkesztésének. A tetszőleges helyre fel-

vett póluspontot P – vel jelöljük, és megrajzoljuk a S segéderőket. Először az F1 erőt bontjuk

fel S1 és S2 segéderőkre a vektorábrán. S1 segéderő hatásvonalával párhuzamost húzunk a kötél-

ábrán, oly módon, hogy egy tetszőleges K1 pontban elmetssze F1 erő hatásvonalát (95. ábra).

Ezen a K1 ponton át párhuzamost húzunk S2 erő hatásvonalával is.

55

95. ábra: F1 erő felbontása S1 és S2 segéderőkre, K 1 pont meghatározása

Ezután F2 erőt bontjuk fel –S2 és S3 segéderőkre a vektorábrán. A kötélábrán a K1 ponton átmenő

S2 segéderő hatásvonalát meghosszabbítjuk, és metszésre hozzuk F2 erő hatásvonalával. A met-

széspont a K2 pont lesz, amin keresztül párhuzamost húzunk S3 segéderő hatásvonalával (96.

ábra).

96. ábra: F2 erő felbontása –S2 és S3 segéderőkre, K 2 pont meghatározása

A következő lépésben a felfelé mutató FM erőt bontjuk fel –S3 és S4 segéderőkre a vektorábrán.

A K2 ponton áthaladó S3 segéderőt meghosszabbítjuk a kötélábrán, hogy metssze a felfele mu-

tató FM erő hatásvonalát (97. ábra). K3 lesz a metszéspont, amin keresztül párhuzamost húzunk

S4 segéderő hatásvonalával is.

56

97. ábra: FM (↑) erő felbontása –S3 és S4 segéderőkre, K 3 pont meghatározása

Ezután a lefelé mutató FM erőt kell felbontani segéderőkre. Ezek a –S4 és S3 erők lesznek. A

kötélábrán S4 segéderő hatásvonalát meghosszabbítjuk, és metszésre hozzuk a lefelé mutató FM

erő hatásvonalával. K4 lesz a metszéspont. Ezen a ponton át húzunk párhuzamost az S3 segéd-

erővel (98. ábra). Következő lépésként az F3 erőt bontjuk fel –S3 és S5 segéderőkre a vektoráb-

rán. A kötélábrán a K4 ponton átmenő S3 segéderő hatásvonalát meghosszabbítjuk, metszésre

hozzuk F3 erő hatásvonalával.

98. ábra: FM (↓) erő felbontása –S4 és S3 segéderőkre, K 4 pont meghatározása

K5 lesz a metszéspont (99. ábra), amin keresztül párhuzamost húzunk S5 segéderő hatásvona-

lával.

57

99. ábra: F3 erő felbontása –S3 és S5 segéderőkre, K 5 pont meghatározása

Végül a legelső lépésben a tetszőleges K1 ponton át felett S1 segéderő hatásvonalát metszésre

hozzuk a legutolsóként a K5 ponton keresztül felvett S5 segéderő hatásvonalával.

100. ábra: K6 pont, az eredő helyének a meghatározása

K6 lesz a metszéspont. Ezen a ponton kell az eredő erőnek áthaladnia – párhuzamost húzunk az

FR eredő hatásvonalával K6 ponton keresztül (100. ábra).

58

101. ábra: A teljes vektor és kötélábra

A teljes vektor és kötélábrát a 101. ábra mutatja.

4.2. Síkbeli általános erőrendszer kiegyensúlyozása

4.2.1. példa Adott a 102. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet, a viszonyítási koordinátarendszer,

az F=7 kN koncentrált erő, α=60 °, q1=2 kN/m és q2=3 kN vonal mentén egyenletesen megoszló

erők, illetve az a=2 m távolság. Határozza meg a támaszoknál ébredő kényszererőket számítás-

sal és szerkesztéssel.

102. ábra: Egyenes tengelyű tartó általános terhelése

Megoldás számítással

Előbb felvesszük a kényszereknél az ismeretlen nagyságú és feltételezett irányú erőket (103.

ábra), majd nyomatéki egyensúlyi egyenletet írunk fel az A és B pontokra.

59

103. ábra: Ismeretlen nagyságú és irányú reakcióerők felvétele

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )221,52sin60221,572

25,1221,525,123

2

21,52

a1,5a2sinαa1,5aF2

a5,1a1,5aa5,1aq

2

1,5aq0ΣM

2

2

21

A

+⋅⋅⋅+°⋅+⋅⋅−

⋅++⋅⋅⋅+⋅−⋅⋅−=

=+⋅⋅+⋅+⋅−

++⋅+⋅−⋅

−==

B

B

B ismeretlenre a következőt kapjuk: B=15,23 kN (↑).

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )221,522

25,125,1221,52

2

25,123sin6021,57

a1,5a22

a5,1a5,1a1,5aq

2

a5,1aqsinα1,5aF0ΣM

2

1

22

B

+⋅⋅⋅−

⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅+°⋅⋅⋅=

=+⋅⋅−

++⋅⋅++⋅+⋅⋅==

y

y

A

A

Ay ismeretlenre a következőt kapjuk: Ay =11,84 kN (↑).

Az x irányú vetületi egyensúlyi egyenlet felírása után kifejezhetjük az Ax ismeretlent is:

⇒−⋅== xAcosαF0ΣFx Ax =3,5 kN (←).

Az reakcióerő nagysága: kN,351284,115,3 2222 =+=+= yx AAA

Az ismeretlen erőknek feltételezett irányok, értelmek minden esetben jók voltak.


104. ábra: Erőlépték felvétele

Elsőként felvesszük a léptéket (104. ábra). Lehetőség szerint mind az erő–, mind a távolság

léptéket úgy határozzuk meg, hogy a lapon kényelmesen, de jól láthatóan legyenek feltüntetve

a tartó méretei, illetve az erők nagyságai. Arra is gondolni kell, hogy a szerkesztés folyamán az

erők hatásvonalai egy esetleges távolabbi pontban metsződnek. (Ennek kézi szerkesztésnél van

jelentősége, számítógépes kivitelezés esetén természetesen korlátlan felület áll rendelkezé-

sünkre.)

60

105. ábra: Külső erők léptékhelyes felmérése

A következő lépésben (105. ábra) a tartószerkezetet vesszük fel léptékhelyesen az ábra bal ol-

dalán – ez a kötélsokszög kiindulási alapja. Jobbra a tartószerkezetre ható külső, aktív erőket

vesszük fel léptékhelyesen – ez a vektorsokszög kiindulási alapja. A megoszló erőket a helyet-

tesítő erőikkel (Q1, Q2) vesszük figyelembe. Ezután (106. ábra) az vektorábrától jobbra tetsző-

leges helyen felvesszük a P póluspontot. F erőt felbontjuk S1 és S2 segéderőkre. S1 segéderő

hatásvonalával párhuzamost húzunk az A ponton keresztül, hogy metssze F erő hatásvonalát.

A metszéspont a K1. A következő lépésben (107. ábra) Q1 erőt bontjuk fel –S2 és S3 segéderőkre

a vektorábrán, majd a kötélábrán S2 segéderő hatásvonalával párhuzamost húzunk K1 ponton

át, hogy elmetsszük a Q1 hatásvonalát. A metszéspont K2. Ezután (108. ábra), ismét a vektor-

ábrán, felbontjuk a Q2 erőt –S3 és S4 segéderőkre. A kötélerő ábrán S3 segéderő hatásvonalával

párhuzamost húzunk K2 ponton át, hogy metsszük Q2 hatásvonalát. A metszéspont a K3.

61

106. ábra: F erő felbontása S1, S2 segéderőkre, K 1 pont meghatározása

107. ábra: Q1 erő felbontása –S2, S3 segéderőkre K 2 pont meghatározása

62

108. ábra: Q2 erő felbontása –S3, S4 segéderőkre K 3 és K 4 pontok meghatározása

109. ábra: Záróvonal meghatározása, A és B reakcióerők leolvasása a vektorábráról

63

Most az S4 segéderő hatásvonalával húzunk párhuzamost a K3 ponton át, hogy elmetsszük a B

támaszerő hatásvonalát. Az újabb metszéspont K4.

Tudjuk azt, hogy a vektorábrán Q2 végpontja az egyben az ismeretlen B kényszererő támadás-

pontja is. A B erő végpontja a szintén ismeretlen A támaszerő támadáspontja lesz. Azt azonban

tudjuk, hogy az A erőnek az elsőként felvett F erő kiindulási pontjába kell mutatnia, különben

nem áll fenn az egyensúly (ekkor kapunk nullvektort az erőrendszer eredőjére). A jobboldali

vektorábrán láthatjuk, hogy egy berajzolt segéderő mindig két erő felbontásakor jelenik meg,

csak ellentétes értelemmel.

Ez annyit jelent, hogy következő lépésként a K4 ponton keresztül kellene egy párhuzamost húz-

nunk azzal a segéderővel, ami a póluspont és a B erő végpontját köti össze. Ennek a segéderőnek

az ellentettjével kellene az A erőt is felbontani. Ennek értelmében ennek az ismeretlen segéd-

erőnek a K4 ponton és az A erő hatásvonalán mindenképpen át kell haladnia. Az erő hatásvo-

nalának pedig egyetlen pontja ismert, mégpedig maga az A pont, ahonnan a kötélábra szerkesz-

tését elkezdtük.

A szerkesztés befejezéseként (109. ábra) semmi más dolgunk, mint K4 és A pontokat összekötni

a kötélerő ábrán. A két pontot összekötő egyenest nevezzük záróvonalnak. Végül a záróvonallal

húzunk párhuzamost a vektorábrán a P pólusponton keresztül. Ez az egyenes fogja kimetszeni

nekünk a függőleges helyzetű B támaszerő végpontját, ami az A támaszerő támadáspontja is. A

léptéknek megfelelően le kell olvasni az eredményeket.

A további példákban a megoldást csak számító eljárással határozzuk meg, a szerkesztő eljárást

már nem ismertetjük.

4.2.2. példa Adott a 110. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet, az F=20 kN koncentrált erő, q=5

kN/m vonal mentén egyenletesen megoszló erő, M=8 kNm koncentrált nyomaték, illetve az

a=1 m távolság. Határozzuk meg a támaszerőket számítással.

110. ábra: Kéttámaszú tartó kiegyensúlyozása

Megoldás: előbb felvesszük a kényszereknél az ismeretlen nagyságú és irányú erőket (111.

ábra), majd nyomatéki egyensúlyi egyenletet írunk fel az A és B pontokra. Az A pontban csak

64

függőleges, y irányú erőt veszünk fel, mivel az Ax kivételével x irányú erő nem működik az

erőrendszerben. Így a vízszintes vetületi egyensúly csak úgy teljesül, ha Ax=0.

111. ábra: Ismeretlen támaszerők felvétele / feltételezése

( )

( ) 141022

10,751211,25110,751258

4aaF2

0,75a2a1,25aa0,75a2aqM0ΣM A

⋅⋅+⋅−

⋅+⋅+⋅+⋅⋅+⋅⋅−=

=⋅+⋅−

+++⋅+⋅−==

B

B

B ismeretlenre a következőt kapjuk: B=15,46 kN (↑).

537,05,2583024

5a37,0a5,2qM3aF4a0ΣM B

⋅⋅++⋅+⋅==⋅⋅++⋅+⋅==

A

A

A ismeretlenre a következőt kapjuk: A = –18,17 → A=18,17 kN (↑).

65

5. Igénybevételek – rácsos tartók A tartószerkezetre ható erőrendszer (külső erők és támaszerők együttesen) hatására a tartó bel-

sejében is erők keletkeznek. Ezeket az erőket nevezzük belső erőknek vagy más néven igény-

bevételeknek. A tartószerkezet egy tetszőleges K keresztmetszetének igénybevételét oly módon

határozzuk meg, hogy a K–keresztmetszettől jobbra vagy balra ható erők eredőjét számítjuk ki.

Megkülönböztetjük a normál igénybevételt (tartószerkezet hossztengelyével párhuzamos ha-

tásvonalú erők eredője), nyíró igénybevételt (tartószerkezet hossztengelyére merőleges hatás-

vonalú erők eredője) és a hajlító igénybevételt.

Rácsos tartókról abban esetben beszélünk, ha a tartószerkezetet rudakból építjük fel, amelyek

csuklóval kapcsolódnak egymáshoz. A külső terheléseket csak a csuklókban visszük fel a tar-

tóra. A közös metszéspontú erőrendszereknél tanultak alapján ilyenkor a tartószerkezeti ele-

mekben, a rudakban csak normál igénybevétel lép fel. Ez az igénybevétel kétirányú lehet –

húzás (+) vagy nyomás (–).

5.1.1. példa Adott a 112. ábra szerinti rácsos tartószerkezet, az F=6 kN koncentrált erő, illetve az a=2,4 m

távolság. Határozzuk meg a támaszerőket és a rudak igénybevételeit számítással.

112. ábra: Rácsos tartó szerkezet

Megoldás: előbb felvesszük a kényszereknél az ismeretlen nagyságú és irányú támaszerőket

(113. ábra), majd nyomatéki egyensúlyi egyenletet az A és B pontokra, végül pedig vetületi

egyensúlyi egyenletet írunk fel.

66

113. ábra: Rácsos tartó kiegyensúlyozása – támaszerők felvétele

2,422,462,4262,4362,446

2aaF2aF3aF4aF0ΣM A

⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅==⋅+⋅+⋅+⋅+⋅==

B

B

B ismeretlenre a következőt kapjuk: B= –30 →B= 30,0 kN (→),

2,422,462,4262,4362,446

2aaF2aF3aF4aF0ΣMB

⋅⋅−⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅==⋅−⋅+⋅+⋅+⋅==

x

x

A

A

Ax ismeretlenre a következőt kapjuk: Ax = 30,0 kN (←),

yy AA +⋅−=+⋅−== 64F40ΣFy

Ay ismeretlenre a következőt kapjuk: Ay = 24 kN (↑).

Most már ismerjük a tartószerkezetre működő külső erőrendszer minden elemét (114. ábra).

114. ábra: Rácsos tartóra ható erőrendszer

A következő lépésben az egyes rudak igénybevételeit kell meghatároznunk. Ezt kétféle mód-

szerrel tehetjük meg. Az egyik az úgynevezett csomóponti módszer, a másik a 3–as átmetszés

módszere.

67

A csomóponti módszer lényege, hogy a rácsos tartószerkezetnek egy olyan csomópontját,

csuklóját választjuk ki először, amelybe legfeljebb két ismeretlen tartószerkezeti elem, rúd csat-

lakozik. A kiválasztott csomópontot, mint egy egyensúlyban lévő közös metszéspontú erőrend-

szert tekinthetjük. A feladat, hogy ennek az egyensúlyi erőrendszernek az ismeretlen elemeit,

azaz a csomópontba befutó két ismeretlen rúderőt meghatározzuk. Minden csomópontban kü-

lön – külön is teljesülnie kell a függőleges és vízszintes vetületi egyenletnek. Jelen példában

kettő olyan csomópontot találunk, amelyikbe maximum két ismeretlen rúd csatlakozik be. Az

egyik a B, a másik a 4–es csomópont.

Válasszuk el a 4–es csomópontot a tartó többi részétől) a külső erővel együtt, ha van. (115.

ábra). Ezzel gondolatban elmetszettük az S4,5 és S3,4 rudakat. Felszabadítottuk, láthatóvá tettük

az átvágott rudakban lévő belső erőket, igénybevételeket. Megjelenítjük a belső erőket oly mó-

don, hogy az átmetszésnél a rúd hossztengelyével párhuzamos irányban felvesszük az S4,5 és

S3,4 ismeretlen rúderőket (116. ábra).

115. ábra: A 4–es csomópont különválasztása a tartószerkezettől

116. ábra: Ismeretlen rúderők megjelenítése

Hogyan kell értelmeznünk a felvett ismeretlen rúderőket? Az S4,5 és S3,4 rudak belső erőket

jelölnek. A nyilak irányításai azt mutatják meg nekünk, hogyan reagál az adott rúd anyaga,

belső része a két végén lévő terhelések hatására. Ha a 116. ábra szerinti feltételezéseket vesszük

alapul, akkor a 4–5 rúd másik, 5–ös csomópont felőli végén éppen ellentétesen kell mutatnia

S4,5 rúderőnek. Ehhez hasonlóan a 3–4 rúd 3–as csomópont felőli oldalán is ellentétes irányban

kell feltételezni az S3,4 rúderőt (117. ábra).

68

117. ábra: Rudak ismeretlen belső erőinek feltételezése

A 117. ábra bal oldala szerinti jelölés azt jelenti, hogy a 4–5 rudat a két végén nyomják a külső

erők, míg a jobb oldala szerint a 4–3 rudat húzzák a külső erők (118. ábra).

118. ábra: Normál (húzó vagy nyomó) igénybevétel értelmezése

Ezek alapján írjuk fel a két vetületi egyensúlyi egyenletet a 4–es csomópontra ható erőrendszer

kiegyensúlyozása végett (116. ábra). Ehhez előbb meg kell határoznunk az S4,5 rúderő vízszin-

tessel bezárt szögét (α):

°=

= 26,574a

2aarctanα ,

αSS 4,53,4 cos0Fx ⋅−==∑ és

αS4,5 sinF0Fy ⋅−−==∑ → S4,5 = –13,41 → S4,5 = 13,41 kN (húzott, (+)).

Mivel S4,5 rúderőre negatív értéket kaptunk, ez azt jelenti, hogy a belső erőnek felvett értelem

(irány) nem jó, éppen ellentétes (119. ábra). Azaz 4–5 rúd húzott tartószerkezeti elem lesz.

119. ábra: 4–5 rúd normál igénybevétele helyesen

Az x irányú vetületi egyenletet írjuk fel ismét, immár a 4–5 rúd igénybevételének ismeretében:

69

αSS 4,53,4 cos0Fx ⋅+==∑ → S3,4 = –12,0 → S3,4 = 12,0 kN (nyomott, (–)) (120. ábra).

Mivel negatív értéket kaptunk, azt jelenti, hogy a húzottnak feltételezett rúd nem jó, ezért lesz

nyomott a 3–4 jelű rúd.

120. ábra: 3–4 rúd normál igénybevétele helyesen

Következő lépésként tovább léphetünk egy újabb csomópontra, ahova csak két ismeretlen rúd

csatlakozik. Ez a 3–as csomópont, amit különválasztunk a tartótól, és az átmetszett ismeretlen

rúderőket (belső erőket) felvesszük (121. ábra).

121. ábra: A 3–as csomópontba csatlakozó ismeretlen (S3,5, S3,2) rúd(belső)erők feltételezése

A 3–as csomópontra felírt vetületi egyenletek:

3,23,4 SS +==∑ 0Fx → S3,2 = –S3,4 = –12,0 → S3,2 = 12,0 kN (nyomott, (–)),

53S ,y 0F ==∑ → S3,5 = 0, azaz 3–5 rúd úgynevezett vakrúd (122. ábra).

122. ábra: 3–5 és 3–2 rudak normál igénybevétele helyesen

Most már az 5–ös csomópontot is vizsgálhatjuk, ahova 2–5 és 5–6 ismeretlen rudak csatlakoz-

nak. Az eddigiekhez hasonlóan különválasztjuk a csomópontot a környezetétől, és az elmetszett

ismeretlen igénybevételű rudaknak felvesszük az igénybevételeit (123. ábra).

123. ábra: Az 5–ös csomópontba csatlakozó ismeretlen (S2,5, S5,6) rúd(belső)erők feltételezése

Az 5–ös csomópontra felírt vetületi egyenletek:

70

αSαSαS 2,55,64,5 coscoscos0Fx ⋅+⋅+⋅−==∑ → 5,65,64,52,5 SSSS −=−= 41,13

és

αSαSαS 2,55,64,5 sinsinFsin0Fy ⋅−⋅+−⋅−==∑ .


°⋅+°⋅−°⋅+−°⋅= sin26,57sin26,5741,31sin26,576sin26,57-13,410 5,65,6 SS →

[kN]12,02sin26,572

sin26,5713,416sin26,5713,41 =°⋅

°⋅++°⋅=5,6S (húzott, (+)) → S2,5 = –6,71→ S2,5 =

6,71 kN (nyomott, (–)) (124. ábra).


Ezután a 6–os csomópontot vizsgálhatjuk, ahova 6–7 és 2–6 ismeretlen rudak csatlakoznak. Az

eddigiekhez hasonlóan különválasztjuk a csomópontot a környezetétől, és az elmetszett isme-

retlen igénybevételű rudaknak felvesszük az igénybevételeit (125. ábra).

125. ábra: A 6–os csomópontba csatlakozó ismeretlen (S6,7, S2,6) rúd(belső)erők feltételezése

A 6–os csomópontra felírt vetületi egyenletek:

αSαS 6,75,6 coscos0Fx ⋅+⋅−==∑ → kN21,20== 5,66,7 SS (húzott, (+)), és

αSSαS 6,72,65,6 sinFsin0Fy ⋅+−−⋅−==∑ → 6−=2,6S → kN6,0=2,6S (nyomott,(–)) (126.

ábra).

71


Következő lépésben a 2–es csomópontot vizsgálhatjuk, ahova 2–7 és 1–2 ismeretlen rudak csat-

lakoznak. Az eddigiekhez hasonlóan különválasztjuk a csomópontot a környezetétől, és az el-

metszett ismeretlen igénybevételű rudaknak felvesszük az igénybevételeit (127. ábra).

127. ábra: A 2–es csomópontba csatlakozó ismeretlen (S2,7, S1,2) rúd(belső)erők feltételezése

Mielőtt felírnánk a vetületi egyensúlyi egyenleteket, meg kell határoznunk az S2,7 rúderő hatás-

vonalának vízszintessel bezárt szögét (β).

°=

= 56,312a

3aarctanβ .

A 2–es csomópontra felírt vetületi egyenletek:

212,7

212,72,53,2

SS

SβSαSS

,

,x

cos56,31cos26,576,7112

coscos0F

+°⋅+°⋅+=

=+⋅+⋅+==∑ → °⋅−−= cos56,310,18 2,71,2 SS ,

és

°⋅+−°⋅−=

=⋅+−⋅−==∑sin56,316sin26,5771,6

sinsin0Fy

2,7

2,72,62,5

S

βSSαS→ [kN]82,01=2,7S (húzott, (+))

Visszahelyettesítés után:

0,42cos56,3110,8218-cos56,310,18 −=°⋅−=°⋅−−= 2,71,2 SS → kN24,0=1,2S (nyomott,(–))

(128. ábra).

72


Ezután az 1–es csomópontot vizsgálhatjuk, amit különválasztunk a tartótól, és az átmetszett

ismeretlen rúderőket (belső erőket) felvesszük (129. ábra).

129. ábra: Az 1–es csomópontba csatlakozó ismeretlen (S1,7, SA,1) rúd(belső)erők feltételezése

Az 1–es csomópontra felírt vetületi egyenletek:

A,11,2 SS +==∑ 0Fx → SA,1 = –S1,2 = –24,0 → S1,2 = 24,0 kN (nyomott, (–)),

1,7S==∑ 0Fy → S1,7 = 0, azaz 1–7 rúd is vakrúd (130. ábra).

130. ábra: 1–7 és A–1 rudak normál igénybevétele helyesen

Most a 7–es csomópontot vizsgálhatjuk, amit különválasztunk a tartótól, és az átmetszett isme-

retlen rúderőket (belső erőket) felvesszük (131. ábra).

73

131. ábra: A 7–es csomópontba csatlakozó ismeretlen (SB,7, SA,7) rúd(belső)erők feltételezése

A 7–es csomópontra felírt vetületi egyenletek:

αSβSβSαS B,7A,72,76,7 coscoscoscos0Fx ⋅+⋅+⋅−⋅−==∑ → →

A,7A,7

B,7 SS

S ⋅−=°

°⋅−°⋅+°⋅= 62,083,26

cos26,57

cos56,31 cos56,3182,01cos26,5712,02,

αSβSβSαS B,7A,72,76,7 sinsinFsinsin0Fy ⋅+⋅−−⋅−⋅−==∑ →


°⋅⋅−+°⋅−−°⋅−°⋅−= sin26,57)0,62(26,83sin56,316sin56,3110,82sin26,5720,120 A,7A,7 SS

→ 82,10−=A,7S → kN82,10=A,7S (nyomott, (–)) →

kN33,5410,820,6226,8362,083,26 =⋅+=⋅+= A,7B,7 SS (húzott, (+)) (132. ábra).

132. ábra: A–7 és B–7 rudak normál igénybevétele helyesen

Befejezésként már választhatjuk mind az A, mind a B csomópontot, hogy meghatározzuk az

utolsó ismeretlen rúderőt (SA,B). A B csomópontot választva kevesebb számolással érhetünk el

eredményt. Különválasztjuk a tartótól, és felvesszük az átmetszett ismeretlen rúderőt (belső

erőt) (133. ábra).

74

133. ábra: A B csomópontba csatlakozó ismeretlen (SA,B) rúd(belső)erő feltételezése

A B pontra felírt x irányú vetületi egyenletet eddigi számolásunk ellenőrzéseként írhatjuk fel:

BαSB,7 +⋅−==∑ cos0Fx → B = SB,7 = 30 kN (húzott, (+)).

Az y irányú vetületi egyensúlyi egyenletből határozhatjuk meg az SA,B rúderőt:

A,BB,7 SαS −⋅−==∑ sin0Fy → 15sin26,5733,54sin −=°⋅−=⋅−= αSS B,7A,B → SA,B= 15 kN

(nyomott, (–)) (134. ábra).

134. ábra: A–B rúd normál igénybevétele helyesen

Ezzel a tartószerkezet minden elemének igénybevételét ismerjük, az eredményeket úgynevezett

rúderő–táblázatban foglalhatjuk össze.

S1,A S1,2 S2,3 S3,4 S4,5 S3,5 S2,5

húzott rúd 13,41 ∅

nyomott rúd 24,0 24,0 12,0 12,0 ∅ 6,71

S5,6 S2,6 S2,7 S6,7 S1,7 SA,7 SB,7

húzott rúd 20,12 10,82 20,12 ∅ 33,54

nyomott rúd 6,0 ∅ 10,82

75

A másik eljárás a rudak igénybevételének a meghatározására a 3–as átmetszés módszere. Az

eljárás lényege, hogy a tartószerkezetünket két különálló részre választjuk szét. Ezt úgy tehetjük

csak meg, hogy maximum három rudat vágunk át (135. ábra).

135. ábra: Rácsos tartó rúderőinek (igénybevételeinek) meghatározása 3–as átmetszéssel – S1,2, S2,7, S6,7 rudak

átvágása

A 135. ábra szerinti, hullámvonallal jelölt átvágással a tartó S1,2, S2,7 és S6,7 rúdjait vágtuk át,

szabadítottuk fel a rúderőket. Az egyik, tetszőlegesen kiválasztatott tartórészen dolgozunk to-

vább – legyen ez a jobb oldali része a tartónak (136. ábra).

136. ábra: A szétválasztott tartó jobb oldalának a kiválasztása

Felvesszük a felszabadított, de ismeretlen belső erők (az igénybevételek) nagyságát és értelmét

(általában húzottnak feltételezünk minden átmetszett rudat) (137. ábra). Ezek lesznek az S1,2,

76

S2,7 és S6,7 rúderők, ez a három felszabadított belső erő fog egyensúlyt tartani a jobboldali tar-

tórészre működő külső erőkkel (F, B, Ax, Ay). Csak azokat a rúderőket vehetjük figyelembe,

amelyeket átmetszettünk.

137. ábra: Rúderők feltételezése a 3–as átmetszés módszerében

Ennek megfelelően a már ismert egyensúlyi, a nyomatéki és vetületi egyensúlyi egyenleteket

használjuk fel az ismeretlenek meghatározására. Ha a 7–es csomópontra írunk fel nyomatéki

egyensúlyi egyenletet, akkor az S4,7, S2,7 rúderők nem fognak szerepelni az egyenlőségben, mi-

vel hatásvonaluk átmegy a kiválasztott ponton.

2

a

2

a3

2

a30M 7 ⋅−⋅⋅−⋅⋅−==∑ BAS x1,2 →

40

2

2,43

2

2,403

2

2,4303

2

a3

2

a

2

a3

−=⋅

⋅−⋅⋅−=

⋅

⋅−⋅⋅−=

BAS

x

1,2 .

Mivel negatív értéket kaptunk az egyenlőségből S1,2–re, ez azt jelenti, hogy a felvett irányt meg

kell fordítani, S1,2 nyomott rúd lesz (a felvett irány mindig a megmaradt csomópontok irányából

értelmezendők).

S1,2=40 kN (nyomott, (–)).

Következő lépésként az 1–2 és 2–7 rudak metszéspontját választjuk ki a nyomatéki egyensúlyi

egyenlet felírásához. Ez a pont tulajdonképpen a 2–es csomópont.

a2a22

a3cosasinaF0M 2 ⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅⋅−⋅−==∑ y6,76,7 ABαSαS →

13,20

2

2,43cos26,574,2sin26,57

4,264,2203-4,2242

2

a3cosαasinα

aFa2-a2+=

⋅⋅°−⋅°

⋅−⋅⋅⋅⋅=⋅⋅−⋅

⋅−⋅⋅⋅⋅=

BAS y

6,7

77

Mivel pozitív értéket kaptunk az egyenlőségből S6,7–re, ez azt jelenti, hogy amit felvettünk neki

értelmet az jó, azaz S6,7 húzott rúd lesz.

S6,7=20,13 kN (húzott, (+)).

Végül egy vetületi egyensúlyi egyenletet írhatunk fel.

426sin56,31sin26,5713,02

Fsinsin0Fy

+−°⋅−°⋅−=

=+−⋅−⋅−==∑2,7

y2,76,7

S

AβSαS→

Mivel pozitív értéket kaptunk az egyenlőségből S2,7–re, ez azt jelenti, hogy amit felvettünk neki

értelmet az jó, azaz S2,7 húzott rúd lesz.

S2,7 = 10,81 kN (húzott, (+)).

Amennyiben további rúderőket szeretnénk meghatározni, ahhoz egy másik helyen kell az át-

metszést elvégezni (138. ábra).

138. ábra: Rácsos tartó rúderőinek (igénybevételeinek) meghatározása 3–as átmetszéssel – S5,6, S5,2, S2,3 rudak

átvágása

Ezután ugyanaz az eljárás menete, mint az előbb. A kettéválasztott tartónak most nem a jobb,

hanem a bal oldalát tarjuk meg (139. ábra), majd feltételezzük az átvágott rudaknak a nagyságát

és értelmét (140. ábra). Végül pedig felírjuk az egyensúlyi egyenleteket.

2

2,42,46

2

aaFM 5 ⋅−⋅=⋅−⋅=∑ 2,32,3 SS →

S2,3 = 12,0 kN (nyomott, (–)).

78

139. ábra: A második helyen szétválasztott tartó bal oldalának a kiválasztása


4,22sin26,574,26a2sinaFM 4 ⋅⋅°⋅+⋅−=⋅⋅⋅+⋅−=∑ 2,52,5 SαS →

S2,5 = 6,71 kN (nyomott, (–)).

°⋅−−°⋅−=⋅−−⋅−==∑ cos26,5712,0cosn26,576,71coscos0Fx 5,65,62,32,5 SαSSαS →

S5,6 = –20,13 →

S5,6 = 20,13 kN (húzott, (+)).

Láthatjuk, hogy a 3–as átmetszés módszerének eredményeit, ha összehasonlítjuk a csomóponti

módszer eredményeivel, ugyanazt kapjuk. Azt, hogy mikor melyik módszert kell, illetve cél-

szerű alkalmazni, azt mindig a feladat jellege határozza meg.

5.1.2. példa Adott a 141. ábra szerinti szimmetrikus szerkezetű és terhelésű rácsos tartószerkezet, az F=20

kN koncentrált erő, illetve az a=1,0 m távolság. Határozzuk meg a támaszerőket, az S1,7 rúderőt

csomóponti módszerrel, míg S2,3 és S6,7 rudak igénybevételeit a 3–as átmetszés módszerével.

79

141. ábra: Rácsos tartószerkezet

Rúderők meghatározása azok nagyságának és irányának a feltételezése után:

1201420182011120112

aFa4Fa8Fa11Fa120M A

⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅=

=⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅==∑B

B → B = 40 kN (↑).

02404F40Fy ⋅−+=⋅−+==∑ yy AAB → Ay = 40 kN (↑).

142. ábra: Adott rácsos tartószerkezetre ható külső erők és a reakcióerők

Az S1,7 rúderő meghatározása csomóponti módszerrel:

80

143. ábra: Az A csomópontra ható erők, az S1,A és SA,7 ismeretlen rúderők feltételezése

°== 45,03a

3aarctanα és °== 75,96

a

4aarctanβ

°⋅+°⋅=⋅+⋅==∑ cos45,0cos75,96coscos0Fx A,71,AA,71,A SSαSβS →

°°⋅

−=cos75,96

cos45,0A,71,A

SS

40sin45,0sin75,96sinsin0Fy +°⋅+°⋅=+⋅+⋅==∑ A,71,AyA,71,A SSAαSβS


40sin45,0sin75,96cos75,96

cos45,00 +°⋅+°⋅

°°⋅

−= A,7A,7 S

S →

SA,7 = 18,86 kN (húzott, (+)).

Visszahelyettesítés után:

S1,A = –54,98 →

S1,A = 54,98 kN (nyomott, (–)) (144. ábra).

144. ábra: S1,A és SA,7 rudak belső erőinek, igénybevételeinek meghatározása

A következő lépés az 1–es csomópontra ható erők vizsgálata (145. ábra).

81

145. ábra: Az 1–es csomópontra ható erők, az S1,2 és S1,7 ismeretlen rúderők feltételezése

°== 57,622a

aarctanγ és °== 33,69

3a

2aarctanδ

°⋅+°⋅+°⋅=

=⋅+⋅+⋅==∑cos33,69cos26,57cos75,9698,45

coscoscos0Fx

1,21,7

1,21,71,A

SS

δSγSβS →

°°⋅+

−=cos26,57

cos33,6913,34 1,21,7

SS

20-sin26,57sin33,69sin75,9654,98

F-sinsinsin0Fy

°⋅−°⋅+°⋅=

=⋅−⋅+⋅==∑1,71,2

1,71,21,A

SS

γSδSβS


20-sin26,57cos26,57

cos33,6913,34sin33,69sin75,9654,980 °⋅

°°⋅+

+°⋅+°⋅= 1,21,2

SS →

S12 = –41,2 →

S12 = 41,2 kN (nyomott, (–)).

146. ábra: S1,2 és S1,7 rudak belső erőinek, igénybevételeinek meghatározása

Visszahelyettesítés után (figyelem, az S1,2 rúdról immár tudjuk, hogy nyomott tartószerkezeti

elem, ezért ezt az x irányú vetületi egyensúlyi egyenletben figyelembe kell venni.):

82

°°⋅−−=

°°⋅−

−=cos26,57

cos33,692,1413,34

cos26,57

cos33,6913,34 1,21,7

SS →

S1,7= 23,41 kN (húzott, (+)) (146. ábra).

Az S2,3 és S6,7 rúderők meghatározása 3–as átmetszés módszerrel:

A megfelelő helyen kettéválasztjuk a tartót oly módon, hogy a keresett rúderőket felszabadítsuk

az átmetszéssel. Ezután megtartjuk a kettévágott tartó bal oldali részét és felvesszük az isme-

retlen nagyságú és értelmű rúderőket (147. ábra).


Az S7,6 és S2,6 rudak metszéspontja a 6–os csomópont – erre írunk fel először nyomatéki egyen-

súlyi egyenletet:

12160415021202

a2a6a5Fa2F0M ,6

⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅=

=⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅==∑2,3

32y

S

SA →

S2,3= – 50,0 →

S2,3= 50,0 kN (nyomott, (–)).

A 7–6 rúd vízszintessel bezárt szöge: [ ]°== 4318,3a

aarctanϕ .

A nyomatéki egyensúlyi egyenlet a 2–es csomópontra:

)18,431sin138,431cos(14041302

asina3cosa4a3F0M 2

⋅°−⋅⋅°⋅+⋅⋅−⋅⋅=

=⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅==∑7,6

7,67,6y

S

SSA ϕϕ →

83

S7,6= 39,53 kN (húzott, (+)).

84

6. Igénybevételek – kéttámaszú, egyenes tengelyű tartók A tartószerkezetre ható erőrendszer (külső erők és támaszerők együttesen) hatására a tartó bel-

sejében is erők keletkeznek. Ezeket az erőket nevezzük belső erőknek vagy más néven igény-

bevételeknek. A tartószerkezet egy tetszőleges K keresztmetszetének igénybevételét oly módon

határozzuk meg, hogy a K–keresztmetszettől jobbra vagy balra ható erők eredőjét számítjuk ki.

Megkülönböztetjük a normál igénybevételt (tartószerkezet hossztengelyével párhuzamos ha-

tásvonalú erők eredője), nyíró igénybevételt (tartószerkezet hossztengelyére merőleges hatás-

vonalú erők eredője) és a hajlító igénybevételt.

Az egyes igénybevételekről, belsőerő típusokról már ejtettünk szót. Ebben a fejezetben olyan

egyenes tengelyű tartószerkezetekkel foglalkozunk, amelyekre nemcsak tengelyirányú, hanem

hossztengelyre merőleges külső erők is hatnak. Így nemcsak normál, hanem nyíró és hajlító

igénybevételek is fellépnek. A feladat, hogy a belső erők változását a tartó hossztengelye men-

tén megszerkesszük, illetve megrajzoljuk. Ehhez a tartó valamennyi keresztmetszetében ismer-

nünk kell a fellépő igénybevételeket.

Az igénybevétel (belső erő) definícióját megismételjük: a tartószerkezet egy tetszőleges K ke-

resztmetszetének igénybevételén az adott K–keresztmetszettől jobbra vagy balra ható erők

(külső és reakció erők) eredőjét értjük.

6.1. Igénybevételi ábrák szerkesztési szabályai

Jelölések: N – normálerő ábra

T – nyíróerő ábra

M – hajlító nyomatéki ábra

1. A tartó azon szakaszán, ahol nincs erőhatás, az N és T ábra vonala a tartótengellyel

párhuzamosan halad.

2. Koncentrált erő helyén az N és T ábrán az erő megfelelő irányú összetevőjének megfe-

lelő ugrás van.

3. A nyomatéki ábra vonala lineárisan halad azon a szakaszon, ahol nincs erőhatás. A kon-

centrált erő helyén az M ábrában törés van.

4. Az M és T ábra között differenciális kapcsolat van. A nyíróerő ábra függvényét integ-

rálva kapjuk a nyomatéki ábra függvényét, illetve a nyomatéki ábra függvényét deri-

válva kapjuk a nyíróerő ábra függvényét.

5. Előző pontból következik, hogy a nyomaték helyi/lokális szélsőértékei ott lépnek fel,

ahol a nyíróerő nulla.

6. A tartó végein, ha nincs koncentrált nyomaték, akkor a nyomaték nulla.

85

7. Koncentrált erő helyén a nyomatéki ábrában törés van.

8. Megoszló terhelés alatt a T ábra vonala ferde helyzetű egyenes, meredeksége a teherin-

tenzitás.

9. Megoszló terhelés alatt az M ábra parabola, adott pontjához húzott érintő iránytangense

az adott hely nyíróereje.

10. Az N és T ábrán a koncentrált nyomaték nem okoz változást.

11. A koncentrált nyomaték helyén, az M ábrán a nyomatéknak megfelelő ugrás van.

6.1.1. példa Adott a 148. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet. F=7 kN, q1=2 kN/m és q2= 3 kN/m,

a = 2 m és α=60 °. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat.

148. ábra: Egyenes tengelyű, kéttámaszú tartó – terhelések és támaszerők

A támaszerők kiszámítását lásd 4.2.1 példában. Először mindig a normál igénybevételi ábrát

rajzoljuk meg. Azokat az erőket összegezzük az egyes keresztmetszetekben, amelyek hatásvo-

nala párhuzamos a tartó hossztengelyével. Ebben az esetben az Ax–ből és az F erő x irányú

komponenséből származik normál igénybevétel. A 149. ábra mutatja a normál igénybevételnek

az eloszlását a tartó hossztengelye mentén. A szerkesztési szabályoknak megfelelően láthatjuk,

hogy a tartóra két helyen koncentrált normál erő (Ax és F) hat. Ezeken a helyeken azonos nagy-

ságú, de ellentétes irányú ugrás található, mivel a két erő irányítása ellentétes. A terheletlen

szakaszon a tartó hossztengelyével párhuzamosan haladunk. Nagyon egyszerűen ellenőrizhet-

jük, hogy jól dolgoztunk–e. Ugyanazon keresztmetszetben két oldalról nézve a belső erőknek

ki kell egyensúlyozniuk egymást. Azaz azonos keresztmetszetet két oldalról vizsgálva azonos

nagyságú, de ellentétes irányítású erőket kell kapnunk eredményül.

86

149. ábra: Normálerő ábra

Előbb az A ponttól tetszőleges x < 5 m távolságban található K keresztmetszetet vizsgáljuk. A

150. ábra felső részén láthatjuk, hogy a K keresztmetszettől jobbra eső tartószerkezeti részt

megtartottuk. A balra található összes (jelen esetben egy) normálerőnek a hatását vettük figye-

lembe a vizsgált K keresztmetszetre. A 150. ábra alsó részén a tartó bal oldali részét tartottuk

meg, és a K keresztmetszettől jobbra lévő normálerők hatását összegeztük a vizsgált kereszt-

metszetre. Látható, hogy két oldalról nézve ugyanazon K keresztmetszetben a belső erő nagy-

sága azonos, irányítása ellentétes.

150. ábra: Normál igénybevétel értelmezése ugyanazon K keresztmetszetben, két oldalról nézve

A normálerő ábra alá közvetlenül rajzoljuk a nyíróerő ábrát. Azoknak az erőknek a hatását

vizsgáljuk, melyeknek a tartó hossztengelyére merőleges komponense van. Ezek az Ay, q1, q2,

Fy és B erők. A tartó bal oldalán az A pontban az Ay koncentrált erőhatás miatt az erő nagysá-

gának megfelelően ugrunk (151. ábra), a nyíró igénybevétel értéke az A keresztmetszetben

11,84 kN – első lépés. Onnan q1 terhelés miatt ferde helyzetű egyenessel indulunk el az ugrással

ellentétesen, mivel q1 és Ay egymással ellentétes irányba mutatnak – második lépés. A C ke-

resztmetszet nyíró igénybevételének meghatározás a keresztmetszettől jobbra és balra eső nyí-

róerők eredőjének külön – külön meghatározásával (152. ábra).

87

151. ábra: Nyíróerő ábra – első, második lépés

152. ábra: C keresztmetszet nyíró igénybevételének értelmezése két oldalról nézve

Ha a C keresztmetszettől balra eső nyíró erőket összegezzük:

84,53284,113q1 =⋅−=⋅−=∑ yb

C AT → ( )↑=∑ kN84,5bCT .

Ha C keresztmetszettől jobbra eső nyíró erőket összegezzük:

83,55306,615,235qF 2y −=⋅−−=⋅−−=∑ BT jC → ( )↓=∑ kN83,5j

CT .

Láthatjuk, hogy ugyanazon keresztmetszetben két oldalról vizsgálva a két nyíró igénybevétel

éppen kiegyenlíti egymást. Azaz a C keresztmetszetben fennáll az egyensúly, mivel a nagyság

megegyezik (a minimális eltérés a kerekítésekből adódik), míg az irányok ellentétesek egymás-

sal.

Innen a q2 megoszló terhelés intenzitásának megfelelő meredekségű egyenessel haladunk to-

vább egészen az F koncentrált erő támadáspontjáig – harmadik lépés, ahol az F erő y kompo-

nensének megfelelően ugrunk lefele (153. ábra) – negyedik lépés.

88

153. ábra: Nyíróerő ábra – harmadik, negyedik lépés

16,0233284,112q3q 21 −=⋅−⋅−=⋅−⋅−=∑ yb

D AT → ( )↓=∑ kN0,16bDT .

Az ábrán az erők nagysága és a geometria miatt nehezen látható, de a nyíró erő értéke a tengely

alá esik a vizsgált keresztmetszetben. Ezután jön az F erő y komponensének a figyelembevétele:

6,226,060,16F0,16233284,112q3q y21 −=−−=−→−=⋅−⋅−=⋅−⋅−=∑ yb

D AT →

( )↓=∑ kN6,22bDT .

Ha D keresztmetszettől jobbra eső nyíró erőket összegezzük:

154. ábra: D keresztmetszet nyíró igénybevételének értelmezése két oldalról nézve

23,63315,233q2 =⋅−=⋅−=∑ BT jD → ( )↑=∑ kN23,6j

DT .

Az F erő y komponensének a figyelembevétele:

→ 17,006,623,6F23,63315,233q y2 =−=−→=⋅−=⋅−=∑ BT jD →

( )↑=∑ kN17,0jDT .

89

Innen továbblépve a q2 megoszló terhelésnek megfelelően ferde helyzetű egyenessel haladok

tovább a következő koncentrált erőhatásig, ami a B erő – ötödik lépés. Végül pedig a B kon-

centrált erő nagyságának megfelelően felfelé ugrunk – hatodik lépés (155. ábra).

155. ábra: Nyíróerő ábra – ötödik, hatodik lépés

A B keresztmetszetet vizsgálata mindkét oldalról hasonló módon történik, mint a C és D ke-

resztmetszeteké.

Az utolsó igénybevétel fajta a hajlító nyomaték és eloszlásának a vizsgálata a tartó hossztenge-

lye mentén. Ezt az ábrát közvetlenül a nyíróerő ábra alá rajzoljuk. Fontos tudnivaló (ahogy a

szerkesztési szabályoknál már említettük), hogy a nyomatéki és nyíróerő ábra között differen-

ciális kapcsolat áll fenn. Ennek figyelembevételével legelőször megnézzük, melyik keresztmet-

szetben áll fenn a T = 0 egyenlőség – ott lokális (adott keresztmetszet közeli) szélsőértéknek

kell lenni. Ezután, megnézzük, hogy a tartó végein működik–e koncentrált nyomaték – ha nem,

ott a nyomaték értéke zérus. Végül pedig megtekintjük, hogy a tartón működik–e valahol kon-

centrált nyomaték – ha igen, ott ugrás lesz a nyomatéki ábrán. Ezek figyelembevételével tesszük

meg az első lépést a nyomatéki ábra rajzolásakor. A 156. ábra mutatja, hogy T = 0 a D kereszt-

metszet közvetlen közelében lesz – mivel nagyon kis távolságról van szó, ezért úgy tekintjük,

hogy a D keresztmetszetben van a zérus. Azt is láthatjuk, hogy a tartón sehol, se a végeken, se

a tartószerkezeten nem működik koncentrált nyomaték, így a tartó két végén zérus a nyomaték,

és nem lesz ugrás sem a nyomatéki ábrában.

90

156. ábra: Nyomatéki ábra szerkesztése – első lépés

Következő lépésben a D keresztmetszet hajlító igénybevételét vizsgáljuk meg két oldalról

nézve, megkeressük a lokális szélsőértéket (157. ábra).

157. ábra: D keresztmetszet hajlító igénybevételének értelmezése két oldalról nézve

2,32584,115,3322

2355,33q

2

2q 2

1

22 −=⋅−⋅⋅+⋅=⋅−⋅⋅+

⋅=∑ y

bD AM →

2,32=∑ bDM kNm ( ) és

19,32323,515,13335,13q2 =⋅+⋅⋅−=⋅+⋅⋅−=∑ BM jD → 19,32=∑ j

DM kNm ( ).

Láthatjuk, hogy a hajlító igénybevétel nagysága mindkét esetben 32,2 kNm, és mindkét esetben

az alsó a húzott oldal. Ugyanazon D keresztmetszetben két oldalról nézve az igénybevételek

kiegyenlítik egymást, azaz az egyensúly fennáll.

91

Következő lépésben a C keresztmetszet hajlító igénybevételét vizsgáljuk meg két oldalról

nézve (158. ábra).

158. ábra: C keresztmetszet hajlító igénybevételének értelmezése két oldalról nézve

52,62311,842

323

2

3q 221 −=⋅−⋅=⋅−

⋅=∑ y

bC AM → 52,62=∑ b

CM kNm ( ) és

53,26523,51206,62

5352F

2

5q 2

y

22 =⋅+⋅−⋅−=⋅+⋅−

⋅−=∑ BM j

C →

53,62=∑ jCM kNm ( ).

Láthatjuk, hogy a hajlító igénybevétel nagysága mindkét esetben 26,52 kNm, és mindkét eset-

ben az alsó a húzott oldal. Ugyanazon C keresztmetszetben két oldalról nézve az igénybevéte-

lek kiegyenlítik egymást, azaz az egyensúly fennáll.

Ezután már csak össze kell kötni az eddig meghatározott pontokat (159. ábra). Négy „neveze-

tes” pontunk van. Mivel a tartó hossztengelye mentén végig megoszló terhelés működik, ezért

a nyomatéki ábra végig másodfokú függvény (parabola) szerint változik.

92

159. ábra: Nyomatéki ábra szerkesztése – második lépés

6.1.2. példa

Adott a 160. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet. F=15 kN, q=4 kN/m, a = 1 m és α

= 30 °. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat.

160. ábra: Egyenes tengelyű, kéttámaszú tartó – támaszerők felvétele és meghatározása a terhelések és geometria

ismeretében

A feladat megoldását, a felírt egyenleteket most már kevesebb magyarázó szöveggel egészítjük

ki.

93

Először a támaszerőket kell meghatározni. X irányú vetületi egyensúlyi egyenlet felírása:

°⋅−−=⋅−−==∑ 03cos51αcosF0Fx xx AA → 13−=xA →

13=xA kN (→).

Az A pontra felírt nyomatéki egyensúlyi egyenlet:

161503sin5112

17174

a6a5αsinFa2

a7a7q0M A

⋅⋅+⋅⋅°⋅−

+⋅⋅⋅⋅−=

=⋅⋅+⋅⋅⋅−

+⋅⋅⋅⋅−==∑

B

B

→

25,27=B kN (↑).

A B pontra felírt nyomatéki egyensúlyi egyenlet:

16103sin5111,5174a6aαsinFa1,5a7q0M B ⋅⋅−⋅°⋅+⋅⋅⋅⋅=⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅⋅⋅==∑ yy AA →

25,8=yA kN (↑) (161. ábra).

A C keresztmetszet vizsgálata két oldalról nézve, normál igénybevétel szempontjából (162.

ábra):

0,13==∑ xbC AN kN (→) és

13,030cosFx =°⋅−=∑ jCN kN (←).

161. ábra: Támaszerők és normál igénybevételi ábra

A C keresztmetszet vizsgálata két oldalról nézve, nyíró igénybevétel szempontjából:

25,8==∑ yb

C AT kN (↑) és

25,8-25,7230sin5117430sinFa7q x =+°⋅−⋅⋅−=+°⋅−⋅⋅−=∑ BT jC → 25,8=∑ j

CT kN

(↓).

94

A D keresztmetszet vizsgálata két oldalról nézve, nyíró igénybevétel szempontjából:

162. ábra: A C keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata két oldalról nézve

75,714425,8a4q −=⋅⋅−=⋅⋅−=∑ yb

D AT →

75,7=∑ bDT (↓) és =↓+↓=∑ )(F)(7,75 y

b

DT 15,25 kN (↓).

25,1525,72134a3q =+⋅⋅−=+⋅⋅−=∑ BT jD kN (↑)

A B keresztmetszet vizsgálata két oldalról nézve, nyíró igénybevétel szempontjából:

25,197,5-15425,8F-a5q y −=⋅⋅−=⋅⋅−=∑ yb

B AT →

25,19=∑ bBT (↓) és 825,2725,1925,91 =+−=+−=∑ BT b

B kN (↑).

0,8124a2q −=⋅⋅−=⋅⋅−=∑ jBT →

0,8=∑ jBT kN (↓) (163. ábra).

163. ábra: Nyíró–igénybevételi ábra

95

Az F keresztmetszet pontos helyének a meghatározása fontos, mert ott a nyíróerő értéke nulla

lesz. Ez azt jelenti, hogy az F (és B) keresztmetszet(ek)ben lokális nyomatéki szélsőérték lesz.

Az F keresztmetszet helye a C–től számítva:

[ ][ ] m306,2

4

25,8

kN/mq

kN=== C

F

Tx ,

Az F keresztmetszet helye a D–től számítva:

[ ][ ] m793,1

4

75,7

kN/mq

kN=== D

F

Tx (163. ábra).

Az F keresztmetszet vizsgálata két oldalról nézve, nyíró igénybevétel szempontjából (164.

ábra):

0~063,2425,8063,2q =⋅−=⋅−=∑ yb

F AT

0~25,275,7937,44F4,937q y =+−⋅−=+−⋅−=∑ BT jF

164. ábra: Az F keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata két oldalról nézve

A hajlító igénybevétel meghatározása az F keresztmetszetben két oldalról nézve:

75,162

063,24063,325,8

2

063,2q063,3

22

−=⋅+⋅−=⋅+⋅−=∑ ybF AM →

75,16=∑ bFM kNm ( ),

75,16937,2,2572937,15,72

4,9374937,2937,1F

2

4,937q

2

y

2

=⋅+⋅−⋅−=⋅+⋅−⋅−=∑ BM jF

→ 75,16=∑ jFM kNm ( ) (166. ábra).

A hajlító igénybevétel meghatározása a B keresztmetszetben két oldalról nézve:

0,817,52

54625,81F

2

5q6

2

y

2

=⋅+⋅+⋅−=⋅+⋅+⋅−=∑ ybB AM → 0,8=∑ b

BM kNm ( ),

0,82

24

2

2q 22

−=⋅−=⋅−=∑ jBM → 0,8=∑ j

BM kNm ( ) (167. ábra).

A hajlító igénybevételi ábra (165. ábra) szélsőértékeinek a meghatározásán kívül tetszőleges

keresztmetszet igénybevételének a meghatározását hasonló módon kell elvégezni. Ami érdekes

96

lehet számunkra, annak a keresztmetszetnek a meghatározása, ahol a hajlító igénybevétel értéke

zérus. Láthatjuk, hogy ez a keresztmetszet valahol közelítően a D és B keresztmetszetek közé

esik. Pontos meghatározása:

( ) ( )2

42-25,72

2

q2-B0M

22j...

xx

xx

⋅−⋅=⋅−⋅==∑ →

A másodfokú egyenletből: x1 = 11,2 m és x2 = 2,44 m. Mivel a tartó hossza összesen nincs 11m,

ezért csak az x2 = 2,44 m a jó megoldás. Azaz a nyomaték a tartó jobb oldali végétől (E kereszt-

metszet) 2,44 m–re lesz zérus.

165. ábra: Nyomatéki ábra

166. ábra: Hajlító igénybevétel maghatározása az F keresztmetszetben két oldalról nézve

97

167. ábra: Hajlító igénybevétel maghatározása a B keresztmetszetben két oldalról nézve

6.1.3. példa

Adott a 168. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet. F=15 kN, q=4 kN/m, a=1 m és α =

30 °. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat.

168. ábra: Egyenes tengelyű, kéttámaszú, két oldalt konzolosan túlnyúló tartó

14,51)(2,5154-12,512-10,5133

a4,5a)a(2,5a5q-a2,5F-a0,5a3q0M 21A

⋅⋅++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=

=⋅⋅++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅==∑B

B →

B=21,22 kN (↑),

14,5-12211)3,51(1,51331154

a4,5-a2Fa)3,5a(1,5a3qaa5q0M 12B

⋅⋅⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=

=⋅⋅⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅==∑y

y

A

A →

Ay=19,78 kN (↑),

Ax=0.

Az A keresztmetszet nyíró igénybevételének számítása:

6123a2q1 −=⋅⋅−=⋅⋅−=∑ bAT → ∑ b

AT = 6 kN (↓), majd ugrás az ábrán

13,786 =+−=∑ ybA AT kN (↑).

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének számítása:

78,1078,91133a3q1 =+⋅⋅−=+⋅⋅−=∑ yb

C AT kN (↑).

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének számítása:

98

78,478,9111,54-133a5,1q-a3q 21 =+⋅⋅⋅⋅−=+⋅⋅⋅⋅−=∑ yb

D AT kN (↑), majd ugrás az áb-

rán 7,22124,78F4,78 −=−=−=∑ bDT → 7,22=∑ b

DT kN (↓).

A B keresztmetszet nyíró igénybevételének számítása:

22,15-1219,7813,54-133Fa3,5q-a3q 21 =−+⋅⋅⋅⋅−=−+⋅⋅⋅⋅−=∑ yb

B AT →

22,15=∑ bBT kN (↓), majd ugrás az ábrán 622,2122,15- =+=∑ b

BT kN (↑).

169. ábra: Nyíró igénybevételi ábra

Az A keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása:

( ) ( )6

2

123

2

a2q 221 =⋅⋅=

⋅⋅=∑ b

AM kNm ( ).

-614,522,1212,5211)1(2,51542

13

a4,5a2,5Fa)a(2,5a5q2

aq

2

2

21

=⋅⋅+⋅⋅−+⋅⋅⋅⋅−⋅−=

=⋅⋅+⋅⋅−+⋅⋅⋅⋅−⋅

−=∑ BM jA

→

6=∑ jAM kNm ( ).

A D keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása:

( ) ( )94,171222,12

2

13,54a2

2

a3,5q 222 =⋅⋅+⋅⋅−=⋅⋅+

⋅⋅−=∑ BM j

D kNm ( ),

( )

( )95,1712,578,91

2

11,541)1,51(1,5133

a2,52

a1,5qa)1,5a(1,5a3q

2

22

1

−=⋅⋅−⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅=

=⋅⋅−⋅⋅

+⋅+⋅⋅⋅⋅=∑ ybD AM

→

99

95,71=∑ bDM kNm ( ).

A B keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása:

( ) ( )5,4

2

11,54

2

a1,5q 222 =⋅⋅−=

⋅⋅−=∑ j

BM kNm ( ).,

( ) ( )

( ) ( ) 49,414,578,91122113,511,51332

13,54

a4,5a2Fa3,5a1,5a3q2

a3,5q

2

1

22

=⋅⋅−⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅

=⋅⋅−⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅=∑ ybB AM

→

=∑ bBM 4,49 kNm ( ).

170. ábra: Hajlító igénybevételi ábra

100

7. Igénybevételek – merev befogású, egyenes tengelyű tartók A mereven befogott tartók reakcióerőinek a számítására korábban nem tértünk ki, ezért ezzel

most részletesen foglalkozunk.

7.1.1. példa Adott a 171. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet. F=8 kN, q=2 kN/m, M= 25 kNm és

a=1 m. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat.

Első lépésben a kényszernél fellépő ismeretlen nagyságú és irányú reakciókat kell meghatá-

rozni. A merev befogás megakadályozza a tartó x és y irányú elmozdulását, illetve az elfordulást

a sík normálisa, a z irány körül. Ennek megfelelően az A pontban x és y irányú támaszerők (Ax

és Ay) és forgatónyomaték (MA) ébred. Ezek nagyságát és irányát vesszük fel a 172. ábra szerint.

171. ábra: Egyenes tengelyű, mereven befogott tartó

172. ábra: Egyenes tengelyű, mereven befogott tartó –ismeretlen reakciók felvétele

Az ismeretlenek meghatározásához a vetületi és nyomatéki egyensúlyi egyenleteket használjuk

fel:


xA==∑ 0Fx ,

y irányú vetületi egyensúlyi egyenlet:

8162Fa6q0Fy −⋅⋅−=−⋅⋅−==∑ yy AA → Ay=20 kN (↑),

az A pontra felírt nyomatéki egyensúlyi egyenlet:

( ) ( )168

2

16252a6F

2

a6qM0M

22

A ⋅⋅−⋅⋅−+=⋅⋅−⋅⋅−+==∑ AA MM →

MA=59 kNm ( ).

101

Normál igénybevétel nem lesz a tartón, a nyíró igénybevételi ábra szerkesztését az eddig tanul-

tak szerint végezzük el. Az A pontban az Ay, tengelyre merőleges erő hat, mint nyíró erő. Ennek

megfelelően ugrás lesz ebben a pontban, és a C pontban is az F koncentrált erő miatt, ami a

tartó másik végén helyezkedik el (173. ábra).

A nyomatéki ábra szerkesztése során annyi újdonság lesz az eddigi példákhoz képest, hogy a

szerkesztési szabályok (6.1) 12. pontja értelmében a tartón működő koncentrált nyomatéknak

megfelelő ugrás lesz a hajlító igénybevételi ábrán. A tartó bal oldali végén (az A pontban) az

MA koncentrált nyomaték működik. Mivel a nyomaték értékét kivétel nélkül a tartó húzott ol-

dalára mérjük fel, abba az irányba ugrunk, amelyik oldalt a koncentrált nyomaték húzza.


Az A keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata két oldalról nézve:

59==∑ AbA MM kNm ( ), és

( ) ( )5925168

2

162Ma6F

2

a6q 22

−=+⋅⋅−⋅⋅−=+⋅⋅−⋅⋅−=∑ jAM → 59=∑ j

AM kNm

( ).

Láthatjuk, mindkét esetben azonos eredményt kapunk, a nyomaték nagysága 59 kNm és a felső

a húzott oldal.

A B keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata két oldalról nézve (174. ábra):

( ) ( )81302

2

13295a3

2

a3q 22

=⋅⋅−⋅⋅+=⋅⋅−⋅⋅+=∑ yAbB AMM kNm ( ) és az M koncentrált

nyomaték figyelembevétele:

8=∑ bBM ( ) + 25 ( ) =33 kNm ( ).

102

174. ábra: A B keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata két oldalról nézve

( ) ( )33-138

2

132a3F

2

a3q 22

=⋅⋅−⋅⋅−=⋅⋅−⋅⋅−=∑ jBM → 33=∑ j

BM kNm ( ) és az M kon-

centrált nyomaték figyelembevétele:

33=∑ jBM kNm ( ) – 25 kNm ( ) = 8 kNm ( ).

A hajlító igénybevételi ábrát a 175. ábra mutatja.


103

7.1.2. példa Adott a 176. ábra szerinti egyenes tengelyű tartószerkezet. F1=10 kN, F2=15 kN, q=3 kN/m,

M= 40 kNm, a=2 m, b=2,5 m, c=d=1 m, e=1,5 m és α=68 °. Határozzuk meg a támaszerőket,

rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat.

176. ábra: Egyenes tengelyű, mereven befogott tartó

Egyensúlyi egyenletek:

°⋅+=⋅+==∑ cos6810cosαF0F 1x xx AA → Ax=3,75 kN (←),

51sin68011,5)(13FsinαFe)(dq0F 21y +°⋅−+⋅−=+⋅−+⋅−==∑ yy AA →

Ay=1,77 kN (↑),

( )

( ) )5,2(2sin68012

5,1115,225,11q1)15,2(25104

b)(asinαF2

edcbaedqd)cb(aFM0M 12A

+⋅°⋅−

++++⋅+⋅−+++⋅++

=+⋅⋅−

++++⋅+⋅−+++⋅++==∑

A

A

M

M

→ MA=45,15 kNm ( ).

177. ábra: Normál és nyíró erő ábra

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének számítása (177. ábra):

104

1,77==∑ yb

C AT kN (↑), majd az F1 erő y komponensének megfelelő ugrás: 1,77=∑ bCT (↑)

+ F1y (↓) = 1,77 – 9,27=–7,5 → 7,5 kN (↓).

5,7)5,1(1351e)(dqF2 =+⋅−=+⋅−=∑ jCT kN (↑), majd az F1 erő y komponensének megfe-

lelő ugrás:

5,7=∑ jCT (↑) + F1y (↓) = 7,5 – 9,27=–1,77 → 1,77 kN (↓).

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének számítása (177. ábra):

5,10-1327,977,1dqF1y =⋅−−=⋅−−=∑ yb

D AT →10,5 kN (↓), majd az F2 erőnek megfelelő

ugrás:

5,01=∑ bDT (↓) + F2 (↑) = –10,5 +15=4,5 kN (↑).

5,41,53eq −=⋅−=⋅−=∑ jDT → 4,5 kN (↓), majd az F2 erőnek megfelelő ugrás:

5,4=∑ jDT (↓) + F2 (↑) = –4,5 +15=10,5 kN (↑).

178. ábra: Nyomatéki ábra

105

A nyomatéki ábrán (178. ábra), a tartó bal oldali végén az MA nyomatéknak megfelelően ug-

runk. Az alsó oldalt húzza, ezért lefele ugrunk.

A B keresztmetszet nyomatékának számítása:

69,48277,115,54a −=⋅−−=⋅−−=∑ yAbB AMM → 69,48=∑ b

BM kNm ( ), majd az M ug-

rásnak megfelelően ugrás a nyomatéki ábrán:

69,48=∑ bBM ( ) + 40 ( )=–48,69+40=–8,69→8,69 kNm ( ).

=

+++⋅+⋅−⋅−++⋅=

=

+++⋅+⋅−⋅−++⋅=∑

15,22

5,111,5)1(35,227,91)1(2,551

cb2

ede)(dqbFd)c(bF 1y2

jBM

=8,7 kNm ( ), majd az M ugrásnak megfelelően ugrás a nyomatéki ábrán:

7,8=∑ jBM ( ) + 40 ( ) = 8,7+40 = 48,7 kNm ( ).

A C keresztmetszet nyomatékának számítása:

12,31)5,2(277,10415,54b)(aM −=+⋅−+−=+⋅−+−=∑ yAbC AMM → 12,31=∑ b

CM

kNm ( ),

13,131)(15112

1,51)5,1(13d)(cFc

2

ede)(dq 2 =+⋅+

++⋅+⋅−=+⋅+

++⋅+⋅−=∑ jCM

kNm ( ).

106

8. Igénybevételek – tört tengelyű tartók Ebben a fejezetben a törttengelyű tartók igénybevételei ábráinak a megszerkesztését és az egyes

keresztmetszetek egyes igénybevételeinek kiszámítását tanulmányozzuk. Az belső erőkre vo-

natkozó szabályok, definíciók változatlanok, ugyanúgy kell alkalmazni azokat, mint az előző

két fejezetben.

A nehézséget a következő szokta okozni. Egyenes tengelyű tartók esetében hozzászoktunk,

egyértelmű volt, hogy a tartó hossztengelye egybe esik az x viszonyítási tengellyel. Ebből adó-

dóan magától értetődőnek tűnik, hogy egy x iránnyal párhuzamos hatásvonalú erő normál

igénybevételt okoz. Előbbi, tulajdonképpen hibás megállapítás a tört tengelyű tartókra nem ér-

vényes.

Mindig az adott külső erő (terhelés és reakció erő) és a vizsgált tartószerkezeti rész hosszten-

gelyének egymáshoz képesti elhelyezkedését kell szem előtt tartanunk és vizsgálnunk. Azokra

kell alkalmazni a már megtanult definíciókat, szerkesztési szabályokat.

8.1.1. példa Adott a 179. ábra szerinti tört tengelyű tartószerkezet. F=10 kN, q=3 kN/m, a=0,5 m. Határoz-

zuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat.

179. ábra: Tört tengelyű tartó

Először a kényszernél felvesszük az ismeretlen nagyságú és irányú támaszerőket (179. ábra),

majd felírjuk az egyensúlyi egyenleteket.

10F0Fx −=−==∑ xx AA → Ax=10 kN (→),

0,533a3q0Fy ⋅⋅−=⋅⋅−==∑ yy AA → Ay=4,5 kN (↑),

( ) ( )AA MM −⋅⋅+⋅=−⋅⋅+⋅==∑ 2

5,0335,001

2

a3qaF0M

22

A → MA=8,38 kNm ( ).

A vízszintes tartószerkezeti elem (AB) normál igénybevételének meghatározása során azoknak

az erőknek a hatását vizsgáljuk, amelyek hatásvonala megegyező irányú (Ax és F) a tartórész

hossztengelyével.

107

Az A keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata:

0=∑ bAN , majd az Ax–nek megfelelően ugrás 100 =+=∑ x

bA AN kN (→).

180. ábra: Normál igénybevételi ábra – vízszintes (AB) tartó elem

A B keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a vízszintes (AB) tartórészen:

10==∑ xbB AN kN (→), illetve

10-F −==∑ jBN → 01=∑ j

BN kN (←).

A függőleges tartószerkezeti elem (BC) normál igénybevételének meghatározása során azok-

nak az erőknek a hatását vizsgáljuk, amelyek hatásvonala megegyező irányú (Ay és q) a tartórész

hossztengelyével.

A B keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a függőleges (BC) tartórészen:

05,0335,4a3q =⋅⋅−=⋅⋅−=∑ ybB AN , illetve ha a B keresztmetszettől jobbra lévő normál

(y iránnyal párhuzamos hatásvonalú) erőket szeretnénk összegezni, láthatjuk, hogy nincs ilyen

erő. A függőleges tartószerkezeti elem normál igénybevétele zérus (181. ábra).

181. ábra: Normál igénybevételi ábra – függőleges (BC) tartó elem

A vízszintes tartószerkezeti elem (AB) nyíró igénybevételének meghatározása során azoknak

az erőknek a hatását vizsgáljuk, amelyek hatásvonala merőleges irányú (Ay és q) a tartórész

hossztengelyére.

Az A keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata:

0=∑ bAT , majd az Ay–nak megfelelően ugrás

5,40 =+=∑ ybA AT kN (↑).

A B keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a vízszintes (AB) tartórészen:

108

05,0335,4a3q =⋅⋅−=⋅⋅−=∑ yb

B AT .


A B keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a függőleges (BC) tartórészen:

10==∑ xb

B AT kN (→).

A hajlító igénybevételi ábra megrajzolásához először megnézzük, hogy a tartó két végén (A és

C pontok) van–e koncentrált nyomaték. Mivel az A pontban van (MA), ezért ott ugrás lesz a

nyomatéki ábrán. Ezután megnézzük, hogy működik–e valahol a tartó hossztengelye mentén

koncentrált nyomaték. Ha a nyíróerő ábrát vizsgáljuk meg, akkor láthatjuk, hogy nyomatéki

lokális szélsőértékhelyet nem kell keresnünk, mivel a nyíró igénybevételi ábra sehol sem metszi

a nulla vonalat.

Az A keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

0=∑ bAM , majd az MA–nak megfelelően ugrás

38,80 =+=∑ AbA MM kNm ( ).

A B keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

55,035,4,501,55,03338,8a3a1,5a3q =⋅⋅−⋅⋅⋅⋅+=⋅⋅−⋅⋅⋅⋅+=∑ yAbB AMM kNm ( ),

55,010aF −=⋅−=⋅−=∑ jBM → 5=∑ j

BM kNm ( ) (183. ábra).

183. ábra: A B keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata két oldalról nézve

184. ábra: A vízszintes (AB) tartószerkezeti elem hajlító igénybevételi ábrája

109

A B keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata során arra kell figyelni, hogy a sarok-

kapcsolat a nyomatékot továbbadja egyik tartószerkezeti elemről a másikra (185. ábra). A nyo-

matéki ábrán az értékeknek a megfelelő, húzott oldalra kell kerülni.

185. ábra: A függőleges (BC) tartószerkezeti elem hajlító igénybevételi ábrája

8.1.2. példa Adott a 186. ábra szerinti tört tengelyű tartószerkezet. F=15 kN, q=3 kN/m, M=4,0 kNm, a=1,0

m. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat.

186. ábra: Tört tengelyű tartó; támaszerők feltételezése

Először a kényszereknél felvesszük az ismeretlen nagyságú és irányú támaszerőket (186. ábra),

majd felírjuk az egyensúlyi egyenleteket.

14,5112313154a4,5aa2qa3FM0M A ⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅+−=⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅+−==∑ BB →

B = –7,78 → B=7,78 kN (→),

112311,55144,5aa2qa1,5FM4,50MC ⋅⋅⋅−⋅⋅−−⋅=⋅⋅⋅−⋅⋅−−⋅==∑ xx AA →

Ax = 7,22 kN (→),

110

13A14,522,74-11,515-12123

a3a4,5M-a1,5F-a2a2q0M

y

B

⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅=

=⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅==•

∑ yx AA→

Ay = 6,0 kN (↑) (187. ábra).

187. ábra: A tartóra ható külső erők a kiszámolt támaszerők feltüntetésével

A függőleges tartószerkezeti elem (AC) normál igénybevételének meghatározása során azok-

nak az erőknek a hatását vizsgáljuk, amelyek hatásvonala megegyező irányú (Ay és q) a tartórész

hossztengelyével.


0=∑ bAN , majd az Ay–nak megfelelően ugrás:

60 =+=∑ ybA AN kN (↑).

A C keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a függőleges (AC) tartórészen (188.

ábra):

6==∑ ybC AN kN (↑), illetve

612-3a2-q −=⋅⋅=⋅⋅=∑ jCN → 6=∑ j

CN kN (↓).

111

188. ábra: Az AC tartószerkezeti elem normál igénybevétele

A vízszintes tartószerkezeti elem (BC) normál igénybevételének meghatározása során azoknak

az erőknek a hatását vizsgáljuk, amelyek hatásvonala megegyező irányú (Ax, F és B) a tartórész

hossztengelyével.

A C keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a vízszintes (BC) tartórészen:

7,78157,22F −=−=−=∑ xbC AN → 7,78=∑ b

CN kN (←), illetve

7,78==∑ BN jC kN (→).

A B keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata:

0=∑ jBN , majd a B–nek megfelelően ugrás

7,780 =+=∑ BN jB kN (→), illetve

7,78157,22F −=−=−=∑ xbB AN → 7,78=∑ b

BN kN (←) (189. ábra).

189. ábra: A BC tartószerkezeti elem normál igénybevétele

A függőleges tartószerkezeti elem (AC) nyíró igénybevételének meghatározása során azoknak

az erőknek a hatását vizsgáljuk, amelyek hatásvonala merőleges irányú (Ax, F és B) a tartórész

hossztengelyére.


0=∑ bAT , majd az Ax–nek megfelelően ugrás:

22,70 =+=∑ xbA AT kN (→).

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a függőleges (AC) tartórészen (190.

ábra):

7,78157,22F −=−=−=∑ xb

C AT → 7,78=∑ bCT kN (←), illetve

78,7==∑ BT jC kN (→).

112

190. ábra: Az AC tartószerkezeti elem nyíró igénybevétele

A vízszintes tartószerkezeti elem (BC) nyíró igénybevételének meghatározása során azoknak

az erőknek a hatását vizsgáljuk, amelyek hatásvonala merőleges irányú (Ay és q) a tartórész

hossztengelyére.

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a vízszintes (BC) tartórészen:

6==∑ yb

C AT kN (↑), illetve

612-3a2-q −=⋅⋅=⋅⋅=∑ jCT → 6=∑ j

CT kN (↓).

A B keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata:

0=∑ jBT .

191. ábra: A BC tartószerkezeti elem nyíró igénybevétele

A hajlító igénybevételi ábra megrajzolásához először megnézzük, hogy a tartó két végén (A és

B pontok) van–e koncentrált nyomaték. Mivel nincs, ott a nyomaték értékek zérus. Ezután meg-

nézzük, hogy működik–e valahol a tartó hossztengelye mentén koncentrált nyomaték. A füg-

gőleges tartószerkezeti elemen működő M koncentrált nyomaték miatt a hajlító igénybevételi

ábrán ugrás lesz abban a pontban. Ha a nyíróerő ábrát vizsgáljuk meg, akkor láthatjuk, hogy

nyomatéki lokális szélsőértékhelyet a függőleges tartószerkezeti elemen kell keresnünk.

A D keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (192. ábra):

113

192. ábra: A D keresztmetszet hajlító igénybevételének meghatározása

10,8311,57,22a1,5 =⋅⋅=⋅⋅=∑ xbD AM kNm ( ), majd az M–nek megfelelően ugrás

83,6483,10483,01 =−=−=∑ bDM kNm ( ),

84,61378,71112315,151a3a1a2q5,1F −=⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−⋅⋅=⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−⋅⋅=∑ BaM jD →

84,6=∑ jDM kNm ( ), majd az M–nek megfelelően ugrás

84,10484,6 −=−−=∑ jDM → 84,10=∑ j

DM kNm ( ).

A C keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (193. ábra):

193. ábra: A C keresztmetszet hajlító igénybevételének meghatározása

6,011,515-4-14,57,22a1,5F-M-a4,5 =⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=∑ xbC AM kNm ( ),

6,011123a1a2q −=⋅⋅⋅⋅−=⋅⋅⋅⋅−=∑ jCM → 0,6=∑ j

CM kNm ( ).

Az E keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (194. ábra):

114

194. ábra: Az E keresztmetszet hajlító igénybevételének meghatározása

0,01212311,515-4-14,57,22136

a2a2qa1,5F-M-a4,5a3

=⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅−=

=⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅−=∑ xybE AAM

0,0=∑ jEM .

Ezek alapján már megrajzolhatjuk (megszerkeszthetjük) a hajlító igénybevételi ábrát (195.

ábra).

195. ábra: A hajlító igénybevételi ábra

8.1.3. példa Adott a 196. ábra szerinti tört tengelyű tartószerkezet. F1=15 kN, F2=10 kN, q=4 kN/m, M=15

kNm, α=40 °, a=1,0 m. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrá-

kat.

115

196. ábra: Tört tengelyű tartó; támaszerők irányainak feltételezése

1510112cos405113,5sin4051511124

a5aFa2cosαFa3,5sinαFMaa2q0M 211B

⋅⋅−⋅−⋅⋅°⋅−⋅⋅°⋅++⋅⋅⋅

=⋅⋅−⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅⋅++⋅⋅⋅==∑A

A →

A=4,75 kN (↑),

1575,410113,5sin4051511124-12

a5aFa3,5sinαFMaa2q-a20M 21C

⋅⋅−⋅+⋅⋅°⋅++⋅⋅⋅⋅⋅=

=⋅⋅−⋅+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅⋅==∑x

x

B

AB →

Bx=–13,49 → Bx=13,49 kN (←) és

151249,311124-5111,5sin4015-101

a5a2aa2q-Ma1,5sinαF-aF0M 12D

⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅⋅°⋅⋅=

=⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅==∑y

yx

B

BB→

By=4,89 kN (↑).

197. ábra: A tartóra ható külső erők a kiszámolt támaszerők feltüntetésével

116

Az igénybevételi ábrák megrajzolása (megszerkesztése) során a három tartószerkezeti elemet

(AD, DC és BC) külön – külön vizsgáljuk. Az egyes részek különböző igénybevételének a

meghatározásánál mindig az adott tartószerkezeti elem hossztengelyének és a tartó egészén mű-

ködő egyes erők hatásvonalának a viszonyát kell szem előtt tartanunk.

A függőleges tartószerkezeti elemek (AD és BC) normál igénybevételi ábráit a tartórészek

hossztengelyével párhuzamos hatásvonalú erők (A, F1y és By) határozzák meg. A vízszintes tar-

tószerkezeti elem (DC) normál igénybevételi ábráját a tartó hossztengelyével párhuzamos ha-

tásvonalú erők (F2, F1x, q és Bx) határozzák meg (198. ábra).


0=∑ bAN , majd az A–nak megfelelően ugrás

75,40 =+=∑ AN bA kN (↑).

A D keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata az AD függőleges tartórészen:

75,4==∑ AN bD kN (↑), illetve

75,489,440sin15F1y −=+°⋅−=+−=∑ yj

D BN → 75,4=∑ jDN kN (↓).

A D keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata az DC vízszintes tartórészen:

10F2 ==∑ bDN kN (→), illetve

10,013,49124cos4015a2qF1x −=−⋅⋅−°⋅=−⋅⋅−=∑ xj

D BN → 0,10=∑ jDN kN (←).

Az E keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata:

21,4913,49124a2q −=−⋅⋅−=−⋅⋅−=∑ xj

E BN → 49,21=∑ jEN kN (←), majd az F1x –nek

megfelelő ugrás:

0,01cos401521,49cosαF21,49 1 −=°⋅+−=⋅+−=∑ jEN → 10=∑ j

EN kN (←), illetve

10F2 ==∑ bEN kN (→), majd az F1x–nek megfelelő ugrás:

21,49cos401510cosαF10 1 =°⋅+=⋅+=∑ bEN kN (→).

A C keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a DC vízszintes tartórészen:

21,49cos401510cosαFF 12 =°⋅+=⋅+=∑ bCN kN (→), illetve

21,4913,49124a2q −=−⋅⋅−=−⋅⋅−=∑ xj

C BN → 49,21=∑ jCN kN (←).

A C keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a CB függőleges tartórészen:

4,89sin40154,75sinαF1 −=°⋅−=⋅−=∑ AN bC → 89,4=∑ b

CN kN (↓), illetve

89,4==∑ yj

C BN kN (↑).


117

0=∑ bBN , majd a By–nak megfelelően ugrás

89,40 =+=∑ ybB BN kN (↑).

198. ábra: Normál igénybevételi ábra

A függőleges tartószerkezeti elemek (AD és BC) nyíró igénybevételi ábráit a tartórészek hossz-

tengelyére merőleges hatásvonalú erők (F2, F1x, q és Bx) határozzák meg. A vízszintes tartószer-

kezeti elem (DC) nyíró igénybevételi ábráját a tartó hossztengelyére merőleges hatásvonalú

erők (A, F1y és By) határozzák meg (199. ábra).

Az F keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata:

0=∑ bFT , majd az F2–nek megfelelően ugrás:

0,10F0 2 =+=∑ bFT kN (→).

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata az AD függőleges tartórészen:

0,10F2 ==∑ bDT kN (→), illetve

0,0149,3112440cos51a2qF1x −=−⋅⋅−°⋅=−⋅⋅−=∑ xj

D BT → 0,10=∑ jDT kN (←).

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata az DC vízszintes tartórészen:

75,4==∑ AT bD kN (↑), illetve

75,44,89sin4015F1y −=+°⋅−=+−=∑ yj

D BT → 75,4=∑ jDT kN (↓).

Az E keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata:

89,4==∑ yj

E BT kN (↑), majd az F1y –nak megfelelő ugrás:

75,4sin40154,89sinαF4,89 1 −=°⋅−=⋅−=∑ jET → 75,4=∑ j

ET kN (↓), illetve

75,4==∑ AT bE kN (↑), majd az F1y–nak megfelelő ugrás:

-4,89sin40154,75sinαF1 =°⋅−=⋅−=∑ AT bE → 4,89=∑ b

ET kN (↓).

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a DC vízszintes tartórészen:

118

89,4-sin40154,75sinαF1 =°⋅−=⋅−=∑ AT bC → 89,4=∑ b

CT kN (↓), illetve

89,4==∑ yj

C BT kN (↑).

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a CB függőleges tartórészen:

21,49cos401510cosαFF 12 =°⋅+=⋅+=∑ bCT kN (→), illetve

49,1213,49124a2q −=−⋅⋅−=−⋅⋅−=∑ xj

C BT → 49,12=∑ jCT kN (←).


0=∑ bBT , majd a Bx–nek megfelelően ugrás:

49,1349,3100 −=−=−=∑ yb

B BT → 49,13=∑ bBT kN (←).


A hajlító igénybevételi ábra megszerkesztését, megrajzolását a következők határozzák meg: a

tartó végein, illetve magán a tartón működő koncentrált nyomaték(ok), a lokális szélsőértékhe-

lyek (T=0 helyek) és az egyes keresztmetszetek hajlító igénybevételei.

Az F keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (200. ábra):

200. ábra: A F keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása

0=∑ bFM , illetve

119

0~1,05,04,891,01,013,49151,01,0cos40151,01,5sin4015

a5,0a1,0Ma1,0cosαFa1,5sinαF 11

=⋅⋅+⋅⋅−+⋅⋅°⋅−⋅⋅°⋅−=

=⋅⋅+⋅⋅−+⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−=∑ yxj

F BBM

A D keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (201. ábra):

201. ábra: A D keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása

10,01,010aF2 =⋅=⋅=∑ bDM kNm ( ), illetve

100,15,089,40,12,049,310,10,124511,01,5sin4051

a5,0a2,0aa2qMa1,5sinαF1

−=⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅−+⋅⋅°⋅−=

=⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅−+⋅⋅⋅−=∑ yxj

D BBM →

0,10=∑ jDM kNm ( ).

Az E keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (202. ábra):

202. ábra: Az E keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása

2,881,0101,01,54,75aFa1,5A 2 =⋅+⋅⋅−=⋅+⋅⋅−=∑ bEM kNm ( ), illetve

87,20,15,389,40,12,049,310,10,12451

a5,3a2,0aa2qM

−=⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅−=

=⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅−=∑ yxj

E BBM → 87,2=∑ jEM kNm ( ).

A G keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (203. ábra):

120

203. ábra: A G keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása

66,121,02,0sin40151,0101,03,54,75a2sinαFaFa3,5 12 =⋅⋅°⋅+⋅+⋅⋅−=⋅⋅⋅+⋅+⋅⋅−=∑ AM bG

kNm ( ), majd az M–nek megfelelő ugrás:

66,271566,21M66,21 =+=+=∑ bGM kNm ( ), illetve

65,270,15,189,40,12,049,310,10,124

a5,1a2,0aa2q

−=⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅−=

=⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅−=∑ yxj

G BBM → 65,27=∑ jGM kNm ( ), majd az

M–nek megfelelő ugrás:

65,121565,27M65,27 −=+−=+−=∑ jGM → 65,12=∑ j

GM kNm ( ).

A C keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata (204. ábra):

204. ábra: A C keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása

=⋅⋅−⋅+⋅⋅°⋅+=

=⋅⋅−⋅+⋅⋅⋅+=∑1,05,04,751,0101,03,5sin401515

a5,0aFa3,5sinαFM 21 AM bC

=35,0 kNm ( ), illetve

0,35~0,12,049,310,10,124a2,0aa2q −=⋅⋅−⋅⋅⋅−=⋅⋅−⋅⋅⋅−=∑ xj

C BM → 0,35~=∑ jCM

kNm ( ).

A tartó hajlító nyomatéki igénybevételi ábrája (205. ábra):

121

205. ábra: Hajlító nyomatéki igénybevételi ábra

8.1.4. példa Adott a 206. ábra szerinti tört tengelyű tartószerkezet. F=16 kN, q=3 kN/m, M=20 kNm, a=1,25


206. ábra: Tört tengelyű tartó; támaszerő irányainak feltételezése

A reakció erők kiszámítása (207. ábra):

25,17,625,12,46125,15,625,14302

a7,6a2,4Fa5,6a4qM0M B

⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+=

=⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+==∑A

A →

A=18,21 kN (↑),

xB==∑ 0Fx = 0 és

25,17,625,15,216-25,1225,14302

a7,6a5,2F-a2a4qM0M A

⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅−=

=⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅−==∑y

y

B

B→

122

By=12,79 kN (↑).

207. ábra: A tartóra ható erőrendszer – külső erők és a kiszámolt támaszerők

A normál igénybevételi ábra (209. ábra) megszerkesztését, megrajzolását a következők hatá-

rozzák meg: az erőrendszer egyes elemeinek az adott tartószerkezeti elem hossztengelyével

párhuzamos hatásvonalú elemei.


0=∑ bAN , majd az A–nak megfelelően ugrás:

21,180 =+=∑ AN bA kN (↑), illetve

18,2112,79161,2543Fa4q −=+−⋅⋅−=+−⋅⋅−=∑ yj

A BN → 21,18=∑ jAN kN (↓), majd az

A–nak megfelelően ugrás:

018,2118,2118,21 =+−=+−=∑ AN jA .


21,18==∑ AN bD kN (↑), illetve

21,1879,216125,143Fa4q −=+−⋅⋅−=+−⋅⋅−=∑ yj

D BN → 21,18=∑ jDN kN (↓).

A D keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata az DE vízszintes tartórészen:

0=∑ bDN , illetve

0=∑ jDN .

Az E keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a ferde helyzetű tartórészen (208.

ábra):

123

208. ábra: Az EB tartószerkezeti elemre ható normál és nyíró erők

05,2sin39,825,143sin39,821,81sinαa4qsinα =°⋅⋅⋅−°⋅=⋅⋅⋅−⋅=∑ AN bE kN ( ), illetve

05,2sin39,812,79sin39,816sinαsinαF −=°⋅+°⋅−=⋅+⋅−=∑ yj

E BN → 05,2=∑ jEN kN ( ).

Az F keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata (208. ábra):

05,2sin39,825,143sin39,821,81sinαa4qsinα =°⋅⋅⋅−°⋅=⋅⋅⋅−⋅=∑ AN bF kN ( ), majd IIF –

nak megfelelően ugrás:

19,8sin39,81605,2sinαF05,2 −=°⋅−=⋅−=∑ bFN → 19,8=∑ b

FN kN ( ), illetve

19,8sin39,812,79sinα =°⋅=⋅=∑ yj

F BN kN ( ), majd IIF –nak megfelelően ugrás:

2,05sin39,8168,19sinαF8,19 −=°⋅−=⋅−=∑ jFN → 05,2=∑ j

FN kN ( ).

A B keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata (208. ábra):

19,8sin39,861sin39,825,143sin39,821,81

sinαFsinαa4qsinα

−=°⋅−°⋅⋅⋅−°⋅=

=⋅−⋅⋅⋅−⋅=∑ AN bB →

→ 19,8=∑ bBN kN ( ), majd yIIB –nak megfelelően ugrás:

0sin39,812,798,19sinα8,19 =°⋅+−=⋅+−=∑ ybB BN , illetve

0=∑ jBN , majd yIIB –nak megfelelően ugrás:

8,19sin39,812,790sinα0 =°⋅+=⋅+=∑ yj

B BN kN ( ).

124


A nyíró igénybevételi ábra (210. ábra) megszerkesztését, megrajzolását a következők határoz-

zák meg: az erőrendszer egyes elemeinek az adott tartószerkezeti elem hossztengelyére merő-

leges hatásvonalú elemei.


0=∑ bAT , illetve 0=∑ j

AT .


0=∑ bDT , illetve 0=∑ j

DT .

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata az DE vízszintes tartórészen:

18,21==∑ AT bD kN (↑), illetve

18,2112,79161,2543Fa4q −=+−⋅⋅−=+−⋅⋅−=∑ yj

D BT → 18,21=∑ jDT kN (↓).

Az E keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata az DE vízszintes tartórészen:

21,325,14318,21a4q =⋅⋅−=⋅⋅−=∑ AT bE kN (↑), illetve

21,312,7916F −=+−=+−=∑ yj

E BT → 21,3=∑ jET kN (↓).

Az E keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a ferde helyzetű tartórészen (208. ábra):

2,47cos39,81,2543cos39,818,21cosαa4qcosα =°⋅⋅⋅−°⋅=⋅⋅⋅−⋅=∑ AT bE kN ( ), illetve

2,47cos39,812,79cos39,816cosαcosαF −=°⋅+°⋅−=⋅+⋅−=∑ yj

E BT → 47,2=∑ jET kN ( ).

Az F keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata (208. ábra):

47,2cos39,81,2543cos39,818,21cosαa4qcosα =°⋅⋅⋅−°⋅=⋅⋅⋅−⋅=∑ AT bF kN ( ), majd ⊥F –

nek megfelelően ugrás:

9,82cos39,8162,47cosαF2,47 −=°⋅−=⋅−=∑ bFT → 82,9=∑ b

FT kN ( ), illetve

82,9cos39,812,79cosα =°⋅=⋅=∑ yj

F BT kN ( ), majd ⊥F –nek megfelelően ugrás:

2,47cos39,8169,82cosαF9,82 −=°⋅−=⋅−=∑ jFT → 47,2=∑ j

FT kN ( ).

125

A B keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata (208. ábra):

82,9cos39,816cos39,81,2543cos39,818,21

cosαFcosαa4qcosα

−=°⋅−°⋅⋅⋅−°⋅=

=⋅−⋅⋅⋅−⋅=∑ AT bB →

→ 82,9=∑ bBT kN ( ), majd ⊥yB –nek megfelelően ugrás:

0cos39,812,799,82cosα9,82 =°⋅+−=⋅+−=∑ yb

B BT , illetve

0=∑ jBT , majd ⊥yB –nek megfelelően ugrás:

82,9cos39,812,790cosα0 =°⋅+=⋅+=∑ yj

B BT kN ( ).



tartó végein, illetve a magán a tartón működő koncentrált nyomaték(ok), a lokális szélsőérték-

helyek (T=0 helyek) és az egyes keresztmetszetek hajlító igénybevételei (215. ábra).

A C keresztmetszet hajlító igénybevételének a vizsgálata (211. ábra):


126

0,201,257,612,791,255,2161,2521,2543

a7,6a5,2Fa2a4q

−=⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−=

=⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−=∑ yj

C BM→ 0,20=∑ j

CM kNm ( ), majd a

M koncentrált nyomatéknak megfelelően ugrunk:

020,020,0M20,0 =+−=+−=∑ jCM .

0=∑ bCM , majd a M koncentrált nyomatéknak megfelelően ugrunk:

20,020,00M0 =+=+=∑ bCM kNm ( ).

A D keresztmetszet hajlító igénybevételének a vizsgálata (212. ábra):


0,201,257,612,791,255,2161,2521,2543

a7,6a5,2Fa2a4q

−=⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−=

=⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−=∑ yj

D BM→ 0,20=∑ j

DM kNm ( ), illetve

20,020,0M ===∑ bDM kNm ( ).

Az E keresztmetszet hajlító igénybevételének a vizsgálata (213. ábra):


56,331,253,612,791,251,216a6,3a1,2F =⋅⋅+⋅⋅−=⋅⋅+⋅⋅−=∑ yj

E BM kNm ( ), illetve

127

55,3325,1421,810225,1225,143a4Ma2a4q −=⋅⋅−+⋅⋅⋅⋅=⋅⋅−+⋅⋅⋅⋅=∑ AM bE → →

55,33=∑ bEM kNm ( ).

Az F keresztmetszet hajlító igénybevételének a vizsgálata (214. ábra):

214. ábra: Az F keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása

37,381,254,212,79a4,2 =⋅⋅=⋅⋅=∑ yj

F BM kNm ( ), illetve

37,3825,12,521,810225,12,325,143a2,5Ma2,3a4q −=⋅⋅−+⋅⋅⋅⋅=⋅⋅−+⋅⋅⋅⋅=∑ AM bF →

37,38=∑ bFM kNm ( ).


128

9. Igénybevételek – Gerber tartók Ebben a fejezetben olyan egyenes tengelyű tartók igénybevételei ábráinak a megszerkesztésé-

vel foglalkozunk, amelyekbe egy (vagy több) plusz csuklót építünk be. A többletcsuklók szá-

mának megfelelően a kényszerek szabadságfokának a számát is ugyanúgy növeljük a szerkezet

stabilitásának megőrzése miatt. A belső erőkre (igénybevételekre) vonatkozó szabályok válto-

zatlanok, ugyanúgy kell alkalmazni azokat, mint az előző fejezetekben. Amit tudni kell, hogy

a szerkezetbe épített csukló(k) az erőket (N, T) átadják, de a nyomatékot nem. A nyomatéki

ábra a csukló pontjában zérus értéket vesz fel. Ezt használjuk ki a többlet kényszer(ek)nél éb-

redő ismeretlen támaszerő(k) meghatározására.

9.1.1. példa Adott a 216. ábra szerinti Gerber tartószerkezet. F1=35 kN, F2=20 kN, q=4 kN/m, a=2,0 m.

Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat.

216. ábra: Gerber tartó; támaszerők irányainak feltételezése

Reakcióerők meghatározása (217. ábra):

Tudjuk, hogy a D pontban beépített csukló nyomatékot nem ad át, ami annyit jelent, a D ke-

resztmetszet hajlító igénybevétele zérus: 0MM jD

bD ∑∑ == .

2

)0,2(1,3540,21,35

2

a)(1,35qa1,350M

22jD

⋅⋅−⋅⋅=⋅⋅−⋅⋅==∑ CC →C=5,4 kN (↑).

0,254,50,22,250,2022

)0,25(4

2

0,240,253

a5a2,25aF2

a)5(q

2

aqaF0M

22

2

22

1A

⋅⋅+⋅⋅+⋅−⋅⋅−⋅+⋅=

=⋅⋅+⋅⋅+⋅−⋅⋅−⋅+⋅==∑

B

CB → B=24,0 kN (↑).

0,250,22,750,240,26530,24022

)0,2(64

a5a2,75a6Fa4F2

a)(6q0M

2

12

2

C

⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=

=⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅==∑

A

AB→ A=73,6 kN (↑).

xA==∑ 0Fx .

129


A tartó hossztengelyével párhuzamos hatásvonalú erő nincs, ezért a tartón normál igénybevétel

nem ébred.

Az E keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

0=∑ bET , majd ugrás az F1 erőnek megfelelően:

35350F0 1 −=−=−=∑ bET → 35=∑ b

ET kN (↓), illetve

352,06420245,473,6a6qF2 =⋅⋅−−++=⋅⋅−−++=∑ BCAT yj

E kN (↑), majd ugrás az F1

erőnek megfelelően:

035-35F-35 1 ===∑ jET .

Az A keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

432,0435aqF1 −=⋅−−=⋅−−=∑ bAT → 34=∑ b

AT kN (↓), majd ugrás az Ay erőnek megfe-

lelően:

30,673,64343 =+−=+−=∑ ybA AT kN (↑), illetve

6,302,05420245,4a5qF2 −=⋅⋅−−+=⋅⋅−−+=∑ BCT jA → 6,30=∑ j

AT kN (↓), majd

ugrás az Ay erőnek megfelelően:

4373,630,630,6 =+−=+−=∑ yj

A AT kN (↑).

Az F keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

6,226,370,22435a2qF1 =+⋅⋅−−=+⋅⋅−−=∑ yb

F AT kN (↑), majd ugrás az F2 erőnek

megfelelően:

2,62022,6F22,6 2 =−=−=∑ bFT kN (↑), illetve

6,22,044245,4a4q −=⋅⋅−+=⋅⋅−+=∑ BCT jF → 6,2=∑ j

FT kN (↓), majd ugrás az F2

erőnek megfelelően:

22,6202,6F2,6 2 −=−−=−−=∑ jFT → 22,6=∑ j

FT kN (↓).

A B keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

130

4,76,37200,225,3435Fa25,3qF 21 −=+−⋅⋅−−=+−⋅⋅−−=∑ yb

B AT → → 4,7=∑ bBT kN

(↓), majd ugrás a B erőnek megfelelően:

16,6247,47,4 =+−=+−=∑ BT bB kN (↑), illetve

6,160,275,244,5a75,2q −=⋅⋅−=⋅⋅−=∑ CT jB → 6,16=∑ j

BT kN (↓), majd ugrás a B erő-

nek megfelelően:

4,724,661,661 =+−=+−=∑ BT jB kN (↑).

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

4,5426,370,265,440253a65,4qFF 21 =++⋅⋅−−−=++⋅⋅−−−=∑ BAT yb

D kN (↑), il-

letve

4,50,235,144,5a35,1q −=⋅⋅−=⋅⋅−=∑ CT jD → 4,5=∑ j

DT kN (↓).

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

4,52,06420532473,6a6qFF 21 −=⋅⋅−−−+=⋅⋅−−−+=∑ BAT yb

C → 4,5=∑ bCT kN

(↓), majd ugrás a C erőnek megfelelően:

04,55,4C5,4 =−=−=∑ bCT , illetve

0=∑ jCT , majd ugrás a C erőnek megfelelően:

4,55,40C0 =+=+=∑ jCT kN (↑).


131



lyek (T=0 helyek), az egyes keresztmetszetek hajlító igénybevételei (220. ábra). A nyíró erő az

A, G, B és H pontokban lesz zérus. A G és H pontok helyének a megadása (219. ábra):

65,04

2,6

q=== F

FG

Tx m vagy 85,1

4

7,4

q=== B

BG

Tx m és

15,44

16,6

q=== B

BH

Tx m vagy 35,1

4

5,4

q=== C

CH

Tx m.

219. ábra: A nyíróerő zérus értékei – a hajlító nyomaték lokális szélsőérték helyei


0,782

0,240,235

2

aqaF

22

1 =⋅+⋅=⋅+⋅=∑ bAM kNm ( ), illetve

0,782

)0,25(40,2020,225,2420,254,5

2

a)5(qaFa25,2a5

2

2

2

−=⋅⋅−⋅−⋅⋅+⋅⋅=

=⋅⋅−⋅−⋅⋅+⋅⋅=∑ BCM jA

→ 0,78=∑ jAM kNm ( ).

A G keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

=⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=

=⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=∑

0,21,3256,372

)0,2(2,32540,2325,0020,2325,253

a1,3252

a)(2,325qa325,0Fa325,2F

2

2

21 AM bG

= 23,96 kNm ( ), illetve

132

96,232

)0,2675,3(40,2925,0420,2675,34,5

2

a)675,3(qa925,0a675,3

2

2

−=⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅=

=⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅=∑ BCM jG

→ 96,23=∑ jGM kNm ( ).

A B keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

=⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=

=⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=∑

0,225,26,372

)0,2(3,2540,225,1020,225,353

a25,22

a)(3,25qa25,1Fa25,3F

2

2

21 AM bB

= 30,8 kNm ( ), illetve

8,302

)0,275,2(40,275,24,5

2

a)75,2(qa75,2

2

2

−=⋅⋅−⋅⋅=

=⋅⋅−⋅⋅=∑ CM jB

→ 8,30=∑ jBM kNm ( ).

A H keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

=⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=

=⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=∑

0,2075,2420,2325,46,372

)0,2(5,32540,2325,3020,2325,553

a075,2a325,42

a)(5,325qa325,3Fa325,5F

2

2

21 BAM bH

= –3,65→ 65,3=∑ bHM kNm ( ), illetve

65,32

)0,2675,0(40,2675,04,5

2

a)675,0(qa675,0

22

=⋅⋅−⋅⋅=⋅⋅−⋅⋅=∑ CM jH kNm ( ).


133

9.1.2. példa Adott a 221. ábra szerinti Gerber tartó. F=16 kN, q=3 kN/m, a=2,0 m. Határozzuk meg a tá-

maszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat.

221. ábra: Gerber tartó; támaszerők irányának feltételezése

Reakcióerők meghatározása (222. ábra):

0MM jC

bC ∑∑ == .

2

0,230,2

2

aqa0M

22jC

⋅−⋅=⋅−⋅==∑ BB → B=3,0 kN (↑).

2,03,2532

2,0)(3,2532,01,2516

a3,252

a)(3,25qa1,25F0M

2

2

A

⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅−=

=⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅−==∑

A

A

M

BM → MA=83,875 kNm ( ).

0,225,3875,830,22612

)0,2(3,253

a25,3a2F2

a)(3,25q0M

2

2

B

⋅⋅−+⋅⋅+⋅⋅=

=⋅⋅−+⋅⋅+⋅⋅==∑

y

yA

A

AM→ Ay=32,5 kN (↑).

xA==∑ 0Fx


A tartó hossztengelyével párhuzamos hatásvonalú erő nincs, ezért a tartón normál igénybevétel

nem ébred.

Az A keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

0=∑ bAT , majd ugrás az Ay erőnek megfelelően:

134

5,3232,500 =+=+=∑ ybA AT kN (↑), illetve

32,53162,03,253Fa3,25q −=+−⋅⋅−=+−⋅⋅−=∑ BT jA → 32,5=∑ j

AT kN (↓), majd ugrás

az Ay erőnek megfelelően:

05,325,3232,5 =+−=+−=∑ yj

A AT .

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

252,01,25332,5a1,25q =⋅⋅−=⋅⋅−=∑ yb

D AT kN (↑), majd ugrás az F erőnek megfelelően:

9,01625F25 =−=−=∑ bDT kN (↑), illetve

0,932,023a2q −=+⋅⋅−=+⋅⋅−=∑ BT jD → 0,9=∑ j

DT kN (↓), majd ugrás az F erőnek

megfelelően:

25169,0F9,0 −=−−=−−=∑ jDT → 0,25=∑ j

DT kN (↓).

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

3612,02,25332,5Fa2,25q =−⋅⋅−=−⋅⋅−=∑ yb

C AT kN (↑), illetve

330,23aq −=+⋅−=+⋅−=∑ BT jC → 0,3=∑ j

CT kN (↓).

A B keresztmetszet nyíró igénybevételének a vizsgálata:

0=∑ jBT , majd ugrás a B erőnek megfelelően:

0,3300 =+=+=∑ BT jB kN (↑), illetve

0,35,23162,03,253Fa3,25q −=+−⋅⋅−=+−⋅⋅−=∑ yb

B AT → 0,3=∑ bBT kN (↓), majd ug-

rás a B erőnek megfelelően:

00,30,30,3 =+−=+−=∑ BT bB .


135



lyek (T=0 helyek) és az egyes keresztmetszetek hajlító igénybevételei (225. ábra). A nyíró erő

az E pontban lesz zérus. A E pont helyének a megadása (224. ábra):

33

9,0

q=== D

DE

Tx m vagy 0,1

3

3,0

q=== B

BG

Tx m.



0=∑ bAM , majd az MA koncentrált nyomatéknak megfelelően ugrunk:

83,87583,87500 =+=+=∑ AbA MM kNm ( ), illetve

875,832

)0,225,3(30,225,1610,225,33

2

a)25,3(qa25,1Fa25,3

2

2

−=⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅=

=⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅=∑ BM jA

→ 875,83=∑ jAM kNm ( ), majd az

MA koncentrált nyomatéknak megfelelően ugrunk:

083,87583,87583,875 =+−=+−=∑ AjA MM .

A D keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

0,210,21,255,232

)0,2(1,253875,38a1,25

2

a)(1,25q 22

=⋅⋅−⋅⋅+=⋅⋅−⋅⋅+=∑ yAbD AMM

kNm ( ), illetve

122

)0,22(30,223

2

a)2(qa2

22

−=⋅⋅−⋅⋅=⋅⋅−⋅⋅=∑ BM jD → 0,12=∑ j

DM kNm ( ).

A C keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

136

02,02,2532,52,0162

2,0)(2,25383,875

a2,25aF2

a)(2,25q

2

2

=⋅⋅−⋅+⋅⋅+=

=⋅⋅−⋅+⋅⋅+=∑ yAbC AMM

, illetve

02

0,230,23

2

aqa

22

=⋅−⋅=⋅−⋅=∑ BM jC .

Az E keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

5,12,02,7532,525,1162

2,0)(2,75383,875

a2,75a5,1F2

a)(2,75q

2

2

−=⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅+=

=⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅+=∑ yAbE AMM

→ 5,1=∑ bEM kNm ( ),

illetve

5,12

)0,25,0(30,25,03

2

a)5,0(qa5,0

22

=⋅⋅−⋅⋅=⋅⋅−⋅⋅=∑ BM jE kNm ( ).


137

10. Igénybevételek – háromcsuklós keretek A háromcsuklós keretek támaszainál ébredő reakcióerők meghatározásánál ugyanazt az elvet

használjuk fel, mint a Gerber–tartók esetében. Az eltérés annyi lehet, hogy itt legfeljebb egy

csuklót építünk be a szerkezetbe. Az igénybevételi ábrák meghatározása során ugyanazon sza-

bályok érvényesek, mint a tört tengelyű tartók esetében.

10.1.1. példa Adott a 226. ábra szerinti tört tengelyű tartószerkezet. F=15 kN, q=4 kN/m, M=25 kNm, a=1,0


226. ábra: Tört tengelyű tartó – három csuklós keret; támaszerők feltételezése


0,11,07,61,02,4151,05,61,04425

aa7,6a2,4Fa5,6a4qM0M B

⋅+⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+=

=⋅+⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+==∑xy

xy

AA

AA→

xy AA +⋅−= 6,76,1500 → 6,1506,7 −⋅= yx AA

0,120,140,120,14452

a2a4a2a4qM0M bE

⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅⋅⋅+=

=⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅⋅⋅+==∑xy

xy

AA

AA→

02)6,1506,7(45724570 =⋅−⋅−⋅−=⋅−⋅−= yyxy AAAA →

Ay=18,66 kN (↑) →

Ax= −8,78→ Ax= 8,78 kN (→).

aa7,60,12,5510,120,14452

aa7,6a2,5Fa2a4qM0M A

⋅+⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−=

=⋅+⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−==∑xy

xy

BB

BB→

xy BB +⋅+−= 6,7850 → 6,785 ⋅−= yx BB

138

0,11,2510,130,13,6

a1,2Fa3a3,60M jE

⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅=

=⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅==∑xy

xy

BB

BB→

0183)6,7(856,31836,30 =−⋅⋅−+⋅=−⋅+⋅= yyxy BBBB →

By=12,34 kN (↑) →

Bx= −8,78 → Bx= 8,78 kN (←).


A normál igénybevételi ábra (229. ábra) a következők határozzák meg: az erőrendszer egyes

elemeinek az adott tartószerkezeti elem hossztengelyével párhuzamos hatásvonalú elemei.


0=∑ bAN , majd az Ay–nak megfelelően ugrás:

66,180 =+=∑ ybA AN kN (↑), illetve

18,6612,34151,044Fa4q −=+−⋅⋅−=+−⋅⋅−=∑ yj

A BN → 66,18=∑ jAN kN (↓), majd az

Ay–nak megfelelően ugrás:

018,6618,6618,66 =+−=+−=∑ yj

A AN .


66,18==∑ ybD AN kN (↑), illetve

66,1834,21510,144Fa4q −=+−⋅⋅−=+−⋅⋅−=∑ yj

D BN → 66,18=∑ jDN kN (↓).

A D keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a DE vízszintes tartórészen:

8,78==∑ xbD AN kN (→), illetve

8,78−=−=∑ xj

D BN → 8,78=∑ jDN kN (←).

139

Az E keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a DE vízszintes tartórészen:

78,8==∑ xbE AN kN (→), illetve

8,78−=−=∑ xj

E BN → 8,78=∑ jEN kN (←).

Az E keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a ferde helyzetű tartórészen (228.

ábra):

228. ábra: Az EB ferde helyzetű tartószerkezeti elemre ható erők felbontása normál és nyíró összetevőkre

04,5sin39,81,044cos39,8 ˙8,78sin39,818,66

sinα0,14qcosαsinα

−=°⋅⋅⋅−°⋅−°⋅=

=⋅⋅⋅−⋅−⋅=∑ xybE AAN →

→ 04,5=∑ bEN kN ( ), illetve

04,5cos39,88,78sin39,812,34sin39,815cosαsinαsinαF =°⋅+°⋅+°⋅−=⋅+⋅+⋅−=∑ xyj

E BBN

kN ( ).

Az F keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata (228. ábra):

04,5sin39,80,144cos39,878,8sin39,866,81

sinαa4qcosαsinα

−=°⋅⋅⋅−°⋅−°⋅=

=⋅⋅⋅−⋅−⋅=∑ xybF AAN → 04,5=∑ b

FN kN ( ), majd

IIF –nak megfelelően ugrás:

64,14sin39,81504,5sinαF04,5 −=°⋅−−=⋅−−=∑ bFN → 64,14=∑ b

FN kN ( ), illetve

64,41cos39,88,78sin39,812,34cosαsinα =°⋅+°⋅=⋅+⋅=∑ xyj

F BBN kN ( ), majd IIF –nak

megfelelően ugrás:

04,5sin39,81564,41sinαF64,41 =°⋅−=⋅−=∑ jFN kN ( ).

A B keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata (228. ábra):

64,14sin39,815sin39,81,044cos39,88,78sin39,818,66

sinαFsinαa4qcosαsinα

−=°⋅−°⋅⋅⋅−°⋅−°⋅=

=⋅−⋅⋅⋅−⋅−⋅=∑ xybB AAN →

→ 64,14=∑ bBN kN ( ), majd yIIB és xIIB –nak megfelelően ugrás:

140

0cos39,878,8sin39,812,3414,64cosαsinα14,64 =°⋅+°⋅+−=⋅+⋅+−=∑ xybB BBN , illetve

0=∑ jBN , majd yIIB és xIIB –nak megfelelően ugrás:

64,41cos39,88,78sin39,812,340cosαsinα0 =°⋅+°⋅+=⋅+⋅+=∑ xyj

B BBN kN ( ).


A nyíró igénybevételi ábra (230. ábra) egyes értékeit az erőrendszer egyes elemeinek az adott

tartószerkezeti elem hossztengelyére merőleges hatásvonalú elemei határozzák meg.


0=∑ bAT , majd az Ax erőnek megfelelő ugrás:

78,80 =+=∑ xbA AT kN (→), illetve

8,78−=−=∑ xj

A BT → 8,78=∑ jAT kN (←).


8,78==∑ xb

D AT kN (→), illetve

8,78−=−=∑ xj

D BT → 8,78=∑ jDT kN (←).

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata az DE vízszintes tartórészen:

18,66==∑ yb

D AT kN (↑), illetve

18,6612,34151,044Fa4q −=+−⋅⋅−=+−⋅⋅−=∑ yj

D BT → 18,66=∑ jDT kN (↓).

Az E keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a DE vízszintes tartórészen:

66,20,14418,66a4q =⋅⋅−=⋅⋅−=∑ yb

E AT kN (↑), illetve

66,212,3415F −=+−=+−=∑ yj

E BT → 66,2=∑ jET kN (↓).

Az E keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a ferde helyzetű tartórészen (228. ábra):

66,7cos39,81,044sin39,88,78cos39,818,66

cosαa4qsinαcosα

=°⋅⋅⋅−°⋅+°⋅=

=⋅⋅⋅−⋅+⋅=∑ xyb

E AAT → 66,7=∑ bET kN ( ), illetve

141

66,7sin39,88,78cos39,812,34cos39,815

sinαcosαcosαF y

−=°⋅−°⋅+°⋅−=

=⋅−⋅+⋅−=∑ xj

E BBT → 66,7=∑ jET kN ( ).

Az F keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata (228. ábra):

66,7cos39,81,044sin39,88,78cos39,818,66

cosαa4qsinαcosα

=°⋅⋅⋅−°⋅+°⋅=

=⋅⋅⋅−⋅+⋅=∑ xyb

F AAT → 66,7=∑ bFT kN ( ), majd

⊥F –nek megfelelően ugrás:

86,3cos39,81566,7cosαF66,7 −=°⋅−=⋅−=∑ bFT → 86,3=∑ b

FT kN ( ), illetve

86,3sin39,88,78cos39,812,34sinαcosα =°⋅−°⋅=⋅−⋅=∑ xyj

F BBT kN ( ), majd ⊥F –nek

megfelelően ugrás:

66,7cos39,8153,86cosαF3,86 −=°⋅−=⋅−=∑ jFT → 66,7=∑ j

FT kN ( ).

A B keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata (228. ábra):

86,3-cos39,851cos39,81,044sin39,88,78cos39,818,66

cosαFcosαa4qsinαcosα

=°⋅−°⋅⋅⋅−°⋅+°⋅=

=⋅−⋅⋅⋅−⋅+⋅=∑ xyb

B AAT →

→ 86,3=∑ bBT kN ( ), majd ⊥yB és BxII–nak megfelelően ugrás:

0 sin39,878,8cos39,812,3486,3sinαcosα3,86 =°⋅−°⋅+−=⋅−⋅+−=∑ xyb

B BBT , illetve

0=∑ jBT , majd ⊥yB és BxII–nak megfelelően ugrás:

86,3 sin39,878,8cos39,812,340sinαcosα0 =°⋅−°⋅+=⋅−⋅+=∑ xyj

B BBT kN ( ).




helyek (T=0 helyek), az egyes keresztmetszetek hajlító igénybevételei és az E pontban található

csukló (235. ábra).

A C keresztmetszet hajlító igénybevételének a vizsgálata (231. ábra):

142


78,330,1278,81,07,612,341,05,2151,021,044

a2a7,6a5,2Fa2a4q

−=⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−=

=⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−=∑ xyj

C BBM→ 78,33=∑ j

CM kNm

( ), majd a M koncentrált nyomatéknak megfelelően ugrunk:

78,825,078,33M78,33 −=+−=+−=∑ jCM → 78,8=∑ j

CM kNm ( ), illetve

8,781,08,78a =⋅=⋅=∑ xbC AM kNm ( ), majd a M koncentrált nyomatéknak megfelelően ug-

runk:

78,3325,078,8M78,8 =+=+=∑ bCM kNm ( ).

A D keresztmetszet hajlító igénybevételének a vizsgálata (232. ábra):


57,420,1378,81,07,612,341,05,2151,021,044

a3a7,6a5,2Fa2a4q

−=⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−=

=⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−=∑ xyj

D BBM→ 57,42=∑ j

DM

kNm ( ), illetve

56,241,028,7825,0a2M =⋅⋅+=⋅⋅+=∑ xbD AM kNm ( ).

Az E keresztmetszet hajlító igénybevételének a vizsgálata (233. ábra):

143


008,0

0,10,378,81,03,612,341,01,215a0,3a6,3a1,2F

≅=

=⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅−=⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅−=∑ xyj

E BBM,

illetve

.008,00,1278,80,1466,81520,120,144

a2a4Ma2a4q

≅−=⋅⋅+⋅⋅−+⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅+⋅⋅−+⋅⋅⋅⋅=∑ xybE AAM

Az F keresztmetszet hajlító igénybevételének a vizsgálata (234. ábra):

234. ábra: Az F keresztmetszet hajlító igénybevételének számítása

06,120,10,278,81,04,212,34a0,2a4,2 =⋅⋅−⋅⋅=⋅⋅−⋅⋅=∑ xyj

F BBM kNm ( ), illetve

05,120,178,80,12,566,81520,12,30,144

aa2,5Ma2,3a4q

−=⋅+⋅⋅−+⋅⋅⋅⋅=

=⋅+⋅⋅−+⋅⋅⋅⋅=∑ xybF AAM

→ 05,12=∑ bFM kNm ( ).

144


10.1.2. példa Adott a 236. ábra szerinti tört tengelyű tartószerkezet. q1=4 kN/m, q2=3 kN/m, q3=3 kN/m,

a=1,0 m. Határozzuk meg a támaszerőket, rajzoljuk meg az igénybevételi ábrákat.

236. ábra: Tört tengelyű tartó – három csuklós keret; támaszerők feltételezése


0,180,120,1430,120,1430,160,144

a8a2a4qa2a4qa6a4q0M 321B

⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=

=⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅==∑y

y

A

A→

145

→ 0,12=yA kN (↑).

a80,120,1430,160,1430,120,144

a8a2a4qa6a4qa2a4q0M 321A

⋅⋅+⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−=

=⋅⋅+⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−==∑y

y

B

B→

→ 0,16=yB kN (↑).

0,120,143a50,1461

a2a4qa5a40M 2jD

⋅⋅⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅=

=⋅⋅⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅==∑x

xy

B

BB →

→ Bx= −8 → Bx= 8,0 kN (←).

0,130,1430,150,14210,120,144

a3a4qa5a4a2a4q0M 31bD

⋅⋅⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅⋅⋅=

=⋅⋅⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅⋅⋅==∑x

xy

A

AA →

→ Ax= 4,0 kN (←).


A normál igénybevételi ábra (240. ábra) megszerkesztését, megrajzolását a következők hatá-

rozzák meg: az erőrendszer egyes elemeinek az adott tartószerkezeti elem hossztengelyével

párhuzamos hatásvonalú elemei.


0=∑ bAN , majd az Ay–nak megfelelő ugrás:

0=∑ bAN +Ay=0+12=12,0 kN (↑), illetve

12161,0431,044a4qa4q 21 −=+⋅⋅−⋅⋅−=+⋅⋅−⋅⋅−=∑ yjA BN → 12,0=∑ j

AN kN (↓),

majd az Ay–nak megfelelő ugrás:

146

0.121212 =+−=+−=∑ yjA AN

A C keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata az AC függőleges tartószerkezeti ele-

men:

=∑ bCN Ay=12,0 kN (↑), illetve

12161,0431,044a4qa4q 21 −=+⋅⋅−⋅⋅−=+⋅⋅−⋅⋅−=∑ yj

C BN → 12,0=∑ jCN kN (↓).

A C keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a CD ferde helyzetű tartószerkezeti

elemen:

238. ábra: A CD ferde helyzetű tartószerkezeti elemre ható erők felbontása normál és nyíró összetevőkre

67,10cos1421cos144sin1421cosαQcosαsinα 3 =°⋅+°⋅−°⋅=⋅+⋅−⋅=∑ xybC AAN kN ( ),

illetve

10,67cos148sin1416 sin1412sin1416

cosαsinα sinαQsinαQ 21

−=°⋅−°⋅+°⋅−°⋅−=

=⋅−⋅+⋅−⋅−=∑ xyj

C BBN→ 10,67=∑ j

CN kN ( ).

A D keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a CD ferde helyzetű tartószerkezeti

elemen:

79,6sin1416cos1412cos144sin1412

sinαQcosαQcosαsinα 13

=°⋅−°⋅+°⋅−°⋅=

=⋅−⋅+⋅−⋅=∑ xybD AAN

→ 79,6=∑ bDN kN ( ), illetve

79,6cos148sin1416 sin1412cosαsinα sinαQ2 −=°⋅−°⋅+°⋅−=⋅−⋅+⋅−=∑ xyj

D BBN →

79,6=∑ jDN kN ( ).

A D keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a DE ferde helyzetű tartószerkezeti

elemen:

73,8sin1416cos1412cos144sin1412

sinαQcosαQcosαsinα 13

=°⋅+°⋅+°⋅−°⋅−=

=⋅+⋅+⋅−⋅−=∑ xybD AAN

→ 73,8=∑ bDN kN ( ), illetve

147

73,8cos148sin1416 sin1412cosαsinα sinαQ2 −=°⋅−°⋅−°⋅=⋅−⋅−⋅=∑ xyj

D BBN →

73,8=∑ jDN kN ( ).

Az E keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata a DE ferde helyzetű tartószerkezeti

elemen:

63,11sin1421sin1416cos1412cos144sin1412

sinαQsinαQcosαQcosαsinα 213

=°⋅+°⋅+°⋅+°⋅−°⋅−=

=⋅+⋅+⋅+⋅−⋅−=∑ xybE AAN

→ 63,11=∑ bEN kN (

), illetve

239. ábra: A DE ferde helyzetű tartószerkezeti elemre ható erők felbontása normál és nyíró összetevőkre

63,11cos148sin1416 cosαsinα −=°⋅−°⋅−=⋅−⋅−=∑ xyj

E BBN → 63,11=∑ jEN kN ( ).

Az E keresztmetszet normál igénybevételének vizsgálata az EB függőleges helyzetű tartószer-

kezeti elemen:

160,1430,14421a4qa4q 21 −=⋅⋅−⋅⋅−=⋅⋅−⋅⋅−=∑ ybE AN → 16,0 =∑ b

EN kN (↓), illetve

16,0 ==∑ yj

E BN kN (↑).


160,1430,14421a4qa4q 21 −=⋅⋅−⋅⋅−=⋅⋅−⋅⋅−=∑ ybB AN → 0,16=∑ b

BN kN (↓), majd

ugrás a By–nak megfelelően:

0161616 =+−=+−=∑ ybB BN , illetve

0=∑ jBN , majd ugrás a By–nak megfelelően:

16,0160 0 =+=+=∑ yj

B BN kN (↑).

148


A nyíró igénybevételi ábra (241. ábra) megszerkesztését, megrajzolását a következők határoz-

zák meg: az erőrendszer egyes elemeinek az adott tartószerkezeti elem hossztengelyére merő-

leges hatásvonalú elemei.


0=∑ bAT , majd az Ax–nek megfelelő ugrás:

440=0 −=−−=∑ xbA AT −4,0 → 4=∑ b

AT kN (←), illetve

0,481,043a4q3 =−⋅⋅=−⋅⋅=∑ xj

A BT kN (→), majd az Ax–nek megfelelő ugrás:

0444 =−=−=∑ xj

A AT .

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata az AC függőleges tartószerkezeti ele-

men:

0,840,143a4q3 =−⋅⋅=−⋅⋅=∑ xb

C AT kN (→), illetve

8−=−=∑ xj

C BT → 0,8=∑ jCT kN (←).

A C keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a CD ferde helyzetű tartószerkezeti ele-

men:

9,71sin1412sin144cos1412sinαQsinαcosα 3 =°⋅−°⋅+°⋅=⋅−⋅+⋅=∑ xyb

C AAT kN ( ), il-

letve

71,9sin148cos1461 cos1421cos1461

sinαcosα cosαQcosαQ 21

−=°⋅+°⋅+°⋅−°⋅−=

=⋅+⋅+⋅−⋅−=∑ xyj

C BBT→ 71,9=∑ j

CT kN ( ).

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a CD ferde helyzetű tartószerkezeti ele-

men:

149

81,5cos1461sin1412sin144cos1412

cosαQsinαQsinαcosα 13

−=°⋅−°⋅−°⋅+°⋅=

=⋅−⋅−⋅+⋅=∑ xyb

D AAT→ 81,5=∑ b

DT kN ( ), illetve

81,5sin148cos1461 cos1421sinαcosα cosαQ2 =°⋅+°⋅+°⋅−=⋅+⋅+⋅−=∑ xyj

D BBT kN( ).

A D keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a DE ferde helyzetű tartószerkezeti ele-

men:

95,1cos1416sin1412sin144cos1412

cosαQsinαQsinαcosα 13

−=°⋅−°⋅+°⋅−°⋅=

=⋅−⋅+⋅−⋅=∑ xyb

D AAT→ 95,1=∑ b

DT kN ( ), illetve

95,1sin148cos1416 cos1412sinαcosα cosαQ2 =°⋅−°⋅+°⋅−=⋅−⋅+⋅−=∑ xyj

D BBT kN( ).

Az E keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata a DE ferde helyzetű tartószerkezeti ele-

men:

59,13-cos1412cos1416sin1412sin144cos1412

cosαQcosαQsinαQsinαcosα 213

=°⋅−°⋅−°⋅+°⋅−°⋅=

=⋅−⋅−⋅+⋅−⋅=∑ xyb

E AAT → 59,13=∑ b

ET

kN( ), illetve

58,13sin148cos1416 sinαcosα =°⋅−°⋅=⋅−⋅=∑ xyj

E BBT kN ( ).

Az E keresztmetszet nyíró igénybevételének vizsgálata az EB függőleges helyzetű tartószerke-

zeti elemen:

0,80,1434a4q3 =⋅⋅+−=⋅⋅+−=∑ xb

E AT kN (→), illetve

80 −=−=∑ xj

E BT → 8,0=∑ jET kN (←).


0,80,1434a4q3 =⋅⋅+−=⋅⋅+−=∑ xb

B AT kN (→), majd ugrás a Bx–nek megfelelően:

0888 =−=−=∑ xb

B BT , illetve

0=∑ jBT , majd ugrás a Bx–nek megfelelően:

880 0 −=−=−=∑ xj

B BT → 0,8=∑ jBT kN (←).

150




helyek (242. ábra) (T=0 helyek), az egyes keresztmetszetek hajlító igénybevételei és a D pont-

ban található csukló (243. ábra).


A G keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

67,22

1,3333,1333,14=

2q3 −=⋅⋅+⋅−⋅⋅+⋅−=∑ AG

AGAGxbG

xxxAM →

→ 67,2=∑ bGM kNm ( ), illetve

( )

( ) 67,233,180,18610,140,120,1430,120,1442

2,6767,23

=a8a4a2a4qa2a4q2

q 213

=⋅−⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−⋅⋅−=

⋅−⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−⋅⋅−=∑ AGxyGC

GCj

G xBBx

xM→

151

→ 67,2=∑ jGM kNm ( ).

A C keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

0,80,120,1430,144=a2a4qa4 3 =⋅⋅⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅⋅+⋅⋅−=∑ xbC AM kNm ( ), illetve

( )( ) 80,1480,18610,140,120,1430,120,144

=a4a8a4a2a4qa2a4q 21

−=⋅⋅−⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−=

⋅⋅−⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−=∑ xyj

C BBM→

0,8=∑ jCM kNm ( ).

Az F keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

( ) ( )

( ) ( )

51,42

cos1458,2cos1458,24

sin1458,20,120,143cos1458,221sin1458,20,144

=2

cosαcosαq

sinαa2a4qcosαsinαa4

1

3

−=

°⋅⋅°⋅⋅+

+°⋅+⋅⋅⋅⋅+°⋅⋅−°⋅+⋅⋅−=

⋅⋅⋅⋅+

+⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅−⋅+⋅⋅−=∑CF

CF

CFCFyCFxbF

xx

xxAxAM

→

→ 51,4=∑ bFM kNm ( ), illetve

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

→=

=

°⋅−⋅⋅°⋅−⋅⋅−⋅−°⋅−⋅⋅⋅⋅−

−°⋅−⋅⋅+°⋅+⋅⋅−=

⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅−

−⋅−⋅−⋅⋅⋅⋅−⋅−⋅⋅+⋅+⋅⋅−=∑

51,4

2

cos1458,20,14cos1458,20,1440,12cos1458,20,180,143

cos1458,20,1861sin1458,20,148

=2

cosαa4cosαa4q

a2cosαa8a4qcosαa8sinαa4

1

2

CFCF

CFCFyCFxj

F

xx

xxBxBM

51,4=∑ jFM kNm ( ).

A D keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

00,120,1440,130,1430,14210,154

=a2a4qa3a4qa4a5 13

=⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅−=

⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅−=∑ yxbD AAM

, illetve

00,1580,14610,120,143

=a5a4a2a4q2

=⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅⋅⋅−=

⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅⋅⋅−=∑ xyj

D BBM.

Az E keresztmetszet hajlító igénybevételének vizsgálata:

( )( ) 320,1440,18210,120,1430,140,120,1440,120,143

=a4a8a2a4qa4a2a4qa2a4q 312

=⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=

⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=∑ xybE AAM

→

→ 0,32=∑ bEM kNm ( ), illetve

320,148=a4 −=⋅⋅−⋅⋅−=∑ xj

E BM → 0,32=∑ jEM kNm ( ).

152


statika példatár jav03-szerkesztés alatt

Documents