mukavemetii

EskiĢehir Osmangazi Üniversitesi Mühendislik Mimarlık Fakültesi

ĠnĢaat Mühendisliği Bölümü

MUKAVEMET II 2010-2011 Bahar Dönemi

SUNU DERS NOTLARI Hakan EROL

Selim ġENGEL

Yunus ÖZÇELĠKÖRS

MUKAVEMET II EKSENEL KUVVET

BURKULMA

ALAN MOMENTLERĠ

ELASTĠK EĞRĠ

BURULMA

ENERJĠ YÖNTEMLERĠ

BASĠT EĞĠLME

UYGULAMA SORULARI

EĞĠK EĞĠLME BĠLEġĠK MUKAVEMET HALLERĠ KESMELĠ EĞĠLME EKSANTRĠK NORMAL KUVVET http://www2.ogu.edu.tr/~yunuso/mukavemetii.pdf

2

OSMANGAZİ ÜNİVERSİTESİ MÜHENDĠSLĠK MĠMARLIK FAKULTESĠ ĠNġAAT MÜHENDĠSLĠĞĠ BÖLÜMÜ MUKAVEMET II, DERS PLANI DERS ADI DERS SAATĠ KREDĠSĠ

: 1514x3239 Mukavemet II : N.Öğr. ÇarĢamba 13-16, Cuma 10-12. II.Öğr. PerĢembe 17-20, Cuma 14-16 : 3+2 (4)

ÖĞRETĠM ÜYESĠ GÖRÜġME SAATĠ ÖĞRETĠM ÜYESĠ GÖRÜġME SAATĠ ÖĞRETĠM ÜYESĠ GÖRÜġME SAATĠ

: Dr. Yunus ÖZÇELĠKÖRS Oda No:311 Telefon: 3216 E-Mail: [email protected] : : Dr. Hasan Selim ġENGEL Oda No:403 Telefon: 3232 E-Mail: [email protected] : : Dr. Hakan EROL Oda No:411 Telefon: 3228 E-Mail: [email protected] :

DERSĠN AMACI : Kiriş, kolon, mil ve benzeri yapı elemanlarının dış yüklerin etkisi altında davranışlarının incelenmesi ve dış yüklerin elemanda oluşturduğu gerilme ve şekil değiştirmelerin hesaplanması. Bir başka deyişle yapı elemanlarının dış etkilere karşı dayanmalarının sağlanması için gerekli esas ve yöntemlerin hazırlanması. Bu yöntemleri kullanarak boyutları belli olan bir elemanın analizinin yapılması (Analiz), yada işlevi belli olan bir yapı elemanının bu işlevi yerine getirebilmesi için sahip olması gereken boyutların belirlenmesi (Design) için gerekli hesapların yapılması. KONU BAġLIKLARI 1-Eksenel Kuvvet Hali: Giriş, Eksenel yüklü elemanlarda şekil değiştirme hesabı, Eksenel kuvvet halinde hiperstatik yapı elemanları, Süperpozisyon yönteminin uygulanması, Sıcaklık değişiminden doğan şekil değiştirme ve gerilmeler, Eğik düzlemlerde oluşan gerilme bileşenleri, Gerilme yığılmaları, Saint-Venant prensibi. 2-Kesme kuvveti hali: Gerilme hesabı, Şekil ve yer değiştirme hesabı, Perçinli ve civatalı birleşimler.

3

3-Alan Momentleri: Tanım, eksenlerin değiştirilmesi, Asal atalet eksenleri ve momentleri. 4-Burulma Momenti hali: Burulma momenti diyagramları, Dairesel kesitli elemanlarda gerilme hesabı, şekil değiştirme hesabı, Dairesel kesitli elemanların boyutlandırılması, Burulmada şekil değiştirme enerjisi hesabı, Dairesel olmayan kesitlerin burulması. 5-Basit Eğilme: Tanım, kabuller, düz eğilme, eğik eğilme. 6-BileĢik Mukavemet Halleri: Kesmeli eğilme, Normal kuvvet ve eğilme 7-Elastik Stabiliteye GiriĢ: Elastik kolonların genel teorisi, Euler halleri. 8-Elastik Eğri: İntegrasyon yöntemi. 9-Enerji Yöntemeri: DEĞERLENDĠRME I. Yarıyıl içi % Il. Yarıyıl içi % Ödev % (Sınavlar kapalı düzen olarak yapılacak, formül sayfası verilecektir)

Final % 50

TELAFĠ SINAVI Sözlü olarak yapılacaktır. (Öğrencinin hangi sınava katılmadığına bakılmaksızın tüm konular kapsanacaktır.) DERS KĠTABI Dr A.C, UĞURAL, Mechanics of Materials , Mc.Graw-HiIl 1991 Dr. Mustafa ĠNAN Cisimlerin Mukavemeti, ĠTÜ Vakfı Yayını,1990 YARDIMCI KAYNAKLAR 1- Dr. Mehmet H. OMURTAG, Mukavemet Cilt I ve Cilt II Birsen yayınevi, 2007 2- Dr. Mehmet H. OMURTAG, Mukavemet Çözümlü Problemleri, Birsen yayınevi, 2006 3- http://web.mst.edu/~mecmovie 4- Ferdinand P.BEER & E.Russel JOHNSTON, Mechanics of Materials, McGraw-Hill Book Comp.1981 5- R.C.HIBBELER ,Mechanics of Materials, Prentice Hall International, Inc.1997 6- Dr.N. KADIOĞLU, Dr.H. ENGĠN, Dr.M. BAKĠOĞLU ,Mukavemet Problemleri CiltI, Cilt II, Beta Basım Yayım Dağıtım A.~.1989 7- Dr.Uğur ERSOY & Dr.Tanvir WASTl, Introductory Mechanics of Deformable Bodies. METU1984 4 8- Dr. HiImi DEMĠRAY, Mukavemet,Çağlayan Kitabevi, 1997

KESĠT ZORLARI Yandaki Ģekilde dıĢ yüklerin etkisi altında dengede olan bir cisim, herhangi bir düzlemle kesilerek ikiye ayrılmıĢ halde gösterilmiĢtir. Mademki cisim bir bütün olarak dengededir, kesimle ortadan kaldırılan iç kuvvetlerin dikkate alınması Ģartı ile o bütünden ayrılan her bir parçanın da dengede olması gerekir. Gerçekte kesim yüzeyine yayılı olan iç kuvvetleri alan merkezi C de bir kuvvet bileĢkesi R ile bir kuvvet çifti bileĢkesi M Ģeklinde gösterebiliriz. R ve M, biri çubuk ekseni, diğeri kesim düzlemi içindeki bileĢenleri cinsinden ifade edilirse dört ayrı kesit zoru elde edilir. Bu zorlamaların her birinin kendisine has Ģekil değiĢtirmeye yol açtığı daha önce anlatılmıĢtı (Mukavemet I). N, S, Mb ve Me ile gösterilen bu bileĢenlerden yalnızca birinin bulunması haline basit mukavemet halleri adı verilirken bu tesirlerden bir kaçının aynı anda etkimesi durumuna da bileĢik mukavemet halleri denir.

Kesim Düzlemi

DıĢ Kuvvetler Ġç Kuvvetler

M

Eğilme Momenti

Me

M Burulma Momenti

Mb N

c

R

S Kesme Kuvveti

Eksenel kuvvet

R 5

KESĠT ZORLARI VE GENEL GERĠLME DURUMU ĠÇĠN DENGE DENKLEMLERĠ y

Çubuk ekseni x, en kesit düzlemi içindeki eksenler y ve z olarak alındığında çubuğa tesir eden bütün zorlamalar ile en kesit üzerinde alınan bir alan elemanına x, y ve z eksenleri doğrultusunda etkiyen ζx, ηxy ve ηxz gerilmeleri yandaki Ģekillerde gösterilmiĢtir. Bu durumda iç kuvvetlerle bu kuvvetlerden dolayı oluĢacak gerilmeler, aĢağıdaki denge denklemlerini sağlamalıdır.

My Sy z

Mz

Sz

C

N

T

x

  dA  N  y  dA   M  z  dA  M x

x

y ηXy ηXz

x

ζ

y

X

dA z

y

  dA  S   dA  S  ( y  z

z

C

z

xy

y

xz

z

xz

xy

)dA  T

x

6

KESĠTE ALAN MERKEZĠNDE DĠK OLARAK ETKĠYEN KUVVETE NORMAL KUVVET DENĠR VE N ĠLE GÖSTERĠLĠR.

EKSENEL KUVVET ETKĠSĠNDEKĠ ELEMANLAR

y

  dA  N  y  dA  0  z  dA  0 x

x

.

x

N

x

z

  dA  0   dA  0  ( y  z xy

ġimdi basit mukavemet hallerinden ilki olan eksenel kuvvet etkisindeki bir çubukta oluĢacak gerilme ile Ģekil değiĢtirmeyi hesaplamak istiyoruz. Genel gerilme durumuna ait denge denklemleri yanda tekrar yazılmıĢtır. Bu denklemlerdeki gerilmelerin en kesit üzerinde nasıl yayıldığını bilmediğimiz için problem bu hali ile hiperstatiktir. Diğer bir deyiĢle yalnızca denge denklemleri ile çözüm bulunması mümkün değildir. Bu durumda (genellikle Ģekil değiĢtirmeye bakılarak) Ģekil değiĢtirme ile ilgili bir hipotez ortaya konmak yolu ile probleme çözüm aramak yolu seçilir. ġekil değiĢtirme hipotezi: Eksenel normal kuvvete maruz çubuklarda çubuk eksenine dik ve düzlem olan kesitler, çubuk ekseni doğrultusunda ötelenme hareketi yaparlar. Bu hipoteze göre en kesit üzerindeki her nokta aynı normal birim Ģekil değiĢimini yapar. Ya da normal birim Ģekil değiĢimi sabit olup en kesit üzerinde noktadan noktaya değiĢmez. Hooke yasasına göre gerilme de sabit olacağından integral dıĢına alınabilir. Ayrıca açısal birim Ģekil değiĢtirmeler de olmadığından kayma gerilmeleri sıfır olmak zorundadır.

xz

xz

I

I’

II

b

a a'

u(x)

xy

)dA  0 II’

b'

u(x+x) x

 x  E x SABĠT

7

 x  y dA  0

N   em A  y dA  0

 x  z dA  0

 z dA  0

x 

 x  dA  N

 x   em

N   em A

Bu iki denklemdeki statik momentler, eksen takımı alan merkezinden geçtiği için otomatik olarak sıfırdır.

N A  em

 x T   0  0

Boyutlandırma Formülü

0 0 0 0 0 0

Kesiti zorlayan normal kuvvet en kesit üzerine düzgün olarak yayılmaktadır. Bu gerilme yayılıĢı sabit kesitli doğru eksenli prizmatik çubuklarda geçerlidir. Eğer çubuk kesiti değiĢkense ya da kesitte çentik veya delik varsa gerilme yayılıĢı düzgün olmaz. Ayrıca tekil kuvvetlerin yakın civarında da kesitler düzlemliğini koruyamayacağı için gerilme yayılıĢı düzgün olmayacaktır. AĢağıdaki Ģekillerde yukarıda sözü edilen her bir durumda gerilme yayılıĢının nasıl olacağı sembolik olarak gösterilmiĢtir.

x 

 min

x N

N

N

 max

N

N

 max

 max  k   ort  ort 

k>1, biçim faktörü

En kesitteki DeğiĢmeler ve Çentik Olması Durumunda da x gerilmeleri Düzgün Yayılı Olmaz.

N A

x N

N

 min   max 2

N

8

TEKĠL KUVVETĠN UYGULANDIĞI NOKTAYA YAKINDAN BAKALIM.

P

P

Gerilme ve Ģekil değiĢtirmeler orantılıdır. (Hooke Yasası) Tekil kuvvetin etki ettiği yerden yeterince uzakta gerilmeler düzgün yayılıdır. (ST. VENANT ĠLKESĠ)

P

ġEKĠL DEĞĠġTĠRME HESABI (Uzama veya Kısalmanın Belirlenmesi)

P2

P1

P3 N

N

x dx

Yandaki Ģekilde eksenel kuvvetlere maruz, en kesiti de değiĢebilen bir çubuktan alınan küçük bir parça gösterilmiĢtir. Bu çubuk parçası iki yüzünden etkiyen normal kuvvetlerin etkisiyle Ģekil değiĢtirmektedir. Bu parçadaki boy değiĢiminin tüm çubuk boyunca integrasyonu ile çubuğun boyundaki toplam değiĢme hesaplanabilir. Eksenel yüklü çubuklardaki boy değiĢimi genellikle δ harfi ile gösterilir. Dolayısıyla aĢağıdaki du ifadesi tekrar dδ olarak yazılmıĢtır.

x  dx+xdx

N x  Ax 

,

x 

d   x dx

du dx

du   x dx d 

x E

dx

dx boylu elemandaki uzunluk değiĢimi

9

N  x d  dx A x E

L

;

  0

 0 N  x dx  0 A x E

Eksenel kuvvete maruz çubuklaradaki boy değiĢimi normal kuvvetle doğru, EA ile ters orantılı olarak değiĢirmiĢ. EA, eksenel kuvvetle zorlanan bir çubuğun boyunun değiĢtirilmesine karĢı gösterdiği direnci temsil ettiğinden uzama rijitliği olarak adlandırılır. Özel olarak iki ucundan eksenel kuvvete maruz prizmatik çubuklarda Ġntegral içindeki N ve EA terimleri sabit olup integralin dıĢına çıkartılacağından boy değiĢimini veren ifade biraz daha basitleĢir. Bu bağıntı; Enkesit alanı,

Elastisite modülü ve yükün bölge bölge değiĢmesi durumunda da her bir bölgeye ayrı ayrı uygulanabilir.

   AB   BC   CD   DE



UZAMA KISALMA

N L EA

UZAMA RĠJĠTLĠĞĠ

A1 P3 A

B

C

P  0

A2

A2 D

P2

i

E

P1

Çelik

Pirinç N

P1 + P3

10

EKSENEL YÜKLÜ ÇUBUKLARDA ġEKĠL DEĞĠġTĠRME ENERJĠSĠ Eksenel yüklü çubuklarda depolanan Ģekil değiĢtirme enerjisini hesaplamakta birim hacimde depolanan Ģekil değiĢtirme enerjisi çubuk üzerinde seçilen bir integrasyon elemanı ile çarpılarak tüm çubukta integre edilmelidir. Özel olarak iki ucundan eksenel kuvvete maruz prizmatik çubuklarda Ġntegral içindeki N ve EA terimleri sabit olup integralin dıĢına çıkartılacağından depolanan Ģekil değiĢtirme enerjisini veren ifade daha basit bir hale döner.

1 2 u0     2 2E

U   u0  dV   u0  dx  Ax 

dV = Ax.dx

V

Nx

x

Enerji yoğunluğu

N

L

N x2 U  dx   2 EA x L

dx

ÖZEL DURUM:

N  Sabit A  sabit

 N 2L U 2 AE 

11

Çelik ve alüminyum çubuklar B noktasında birleĢtirilmiĢ olup Ģekilde gösterilen eksenel kuvvetlerin etkisindedir. Eç=200 GPa, Eal=70 GPa olarak bilindiğine göre kompozit çubuğun boyundaki değiĢme ile çubukta depolanan Ģekil değiĢtirme enerjisini hesaplayınız.

ÖRNEK 1

0.3m

0.5m 260kN

140kN A

Eksenel kuvvette değiĢme olan her bölgede ayrı bir kesim yapılmak suretiyle kesim yüzeyine tesir eden eksenel kuvvetler belirlenmiĢ ve aĢağıda diyagram Ģeklinde verilmiĢtir.

0.4m 550kN C

A=0.002m2 Alüminyum

NL 140 103 0, 5 400 103 0, 3 150 103 0, 4       AE 0, 002 70 109 0, 003 200 109 0, 003 200 109

A=0.003m2 ÇELĠK

B

D N,[kN]

400 140

A

+

+

D

C B

-

  0, 6.103 m  0, 6 mm.

uzama

N 2L 1400002 0,5 4000002 0,3 1500002 0, 4 U      2 EA 2 0, 002 70 109 2 0, 003 200 109 2 0, 003 200 109 U  82.5 Joule

150

12

ġekilde gösterilen iki çubuklu kafes sistemde B düğümünün yatay ve düĢey yerdeğiĢtirmesini hesaplayınız. E=70 GPa

ÖRNEK 2

FCB=50 kN

F

y

0

F

FBC  50 kN

x

0

FAB  30 kN

C

B

FAB=30 kN 2 m.

40 kN

 30 103 1.5  0.16 mm 0.004  70 109

 BC 

50 103  2.5  0.893 mm 0.002  70 109

2

m 2 00 m 0. .5 A= =2 L A

 AB 

A=0.004 m2 L=1.5 m

 BDüşüş  B

=40 kN

0.893 0.16   1.24 mm  sin  tan 

 BYatay  0.16 mm 

C

P

B2 0.16

B  89 0. m

3

m

B1 A

B2 0.16mm



B 0. 89 m

3



m

B düğümünde yatay ve düĢey doğrultulardaki kuvvet denge denklemlerinden çubuklara etkiyen eksenel kuvvetlerle her iki çubuktaki boy değiĢimini hesaplayalım. Sonra B düğümündeki pimi çıkartıp çubukların serbestçe boy değiĢimi yapmalarına izin verelim. 0.893 mm uzayan BC çubuğunun, B ucu ile 0.16 mm kısalan AB çubuğunun, B ucu daire yayları üzerinde serbestçe hareket ederek B noktasında birleĢirler. ġekil değiĢtirmeler çubuk boyları yanında çok küçük olduklarından yaylar yerine teğetleri kullanmak mümkündür. B ve B‟ noktaları hemen hemen üst üste düĢerler.

mm

B1

B

B’

B’ 13

ÖRNEK 4

ÖRNEK 3 ġekilde gösterilen dairesel kesitli kademeli çubukta; a) A noktasının yer değiĢtirmemesi için P1 kuvvetinin değerini, b) C noktasının yapacağı yer değiĢtirmeyi hesaplayınız. (E = 200 GPa)

ġekilde gösterilen sistemde A ve E noktalarının düĢey yer değiĢtirmelerini hesaplayınız ( Ep = 105 GPa , A = 200mm2).

C P = 15 kN

400 mm

d2 =75 mm

P1

A

B

B A

P2 = 100 kN

d1 =25 mm

C

D

D

Rijit çubuk

200 mm E

a = 2b 2m

b

4m

100-P1

P = 5 kN

30 kN

15

__

3m

+

__ P1

 AD  0  P1  12120 N  CD  0.4 mm 

A

B 2b

5 b

 DC   D  0.67 mm   ED   DC   E  0.71 mm 

Ödev: P1 = 5 kN, P2 = 15 kN olması durumunda serbest uçtaki yer değiĢtirmeyi hesaplayınız.

 A  1.34 mm 

14

35

ÖRNEK 6

ÖRNEK 5 Bir bina temelinde kullanılan L boyundaki çakma kazık her biri P temel yükünü yalnızca yüzeysel sürtünme yolu ile taĢımaktadır. Sürtünme kuvvetinin değiĢimi f(x) = kx2 bağıntısı ile verildiğine göre kazık boyundaki kısalmayı P ,L, A, E cinsinden veren ifadeyi çıkarınız. Burada k, düĢey dengeden belirlenecek bir sabittir.

5 m boyunda, üst yüzey alanı 300x300 mm, alt yüzey alanı 400x400 mm olan kolon 80 kN luk bir yükü taĢımaktadır. E = 20 GPa olduğuna göre kolon boyundaki toplam kısalmayı hesaplayınız. P = 80 kN 300mm

P

300mm 5m

400mm L 400mm

X

Üst yüzden aĢağı doğru uzanan ekseni x ile gösterelim. Herhangi bir x uzaklığındaki kesitin bir kenarı b(x) olsun. L

 f ( x)dx  P 0

 k

3P L3

 x 3Px 2  dx   L L  3  N ( x)   0 L    dx    dx     EA EA  0 0     PL  4 EA

b( x)  300  2 x tan   300  2

50 x  300  0.02 x 5000

A( x)  (300  0.02 x) 2  N  5000   80000  dx    dx      2  EA ( x ) 20000  (300  0.02 x )  0   0 L



5000

 0

  4  dx 4 du   2   2  (300  0.02 x)  0.02 u 5000

1   200 (300  0.02 x) 0

 0.167mm

15

Bir ucundan asılan prizmatik çubuğun a) yalnızca serbest ucundaki P0 eksenel kuvvetinden, b) yalnızca kendi ağırlığından, c) kendi ağırlığı yanında serbest ucunda etki eden P0 eksenel kuvvetinden dolayı depolanan Ģekil değiĢtirme enerjisini ayrı ayrı hesaplayınız.

ÖRNEK 7



a L

b



y

L

c

y

L

L-y

L-y

P0

P0

L N 2  y P0 2 U  dy   dy 2 EA y 2 AE   0 0 L

P0 2 L  2 AE

L  A  L  y   N 2  y U  dy    dy 2 EA y 2 AE   0 0 2

L



 2A L 2E

 L  y

2

dy 

0

 2 AL3 6E

Özgül ağırlık sebebi ile oluĢan Ģekil değiĢtirme enerjisi

P0 L2 2E

EtkileĢim sebebi ile oluĢan Ģekil değiĢtirme enerjisi

P02 L 2 AE

P0 kuvvetinden oluĢan Ģekil değiĢtirme enerjisi

N ( y)    A  L  y   P0

V= (L - y) boyundaki çubuk hacmi

 2 AL3

Özgül ağırlık

6E

 AL  y   P0  dy N 2 y U  dy   2 EA y  2 AE 0 0 L

 2 AL3

L

2

P0 L2

P02 L U   6E 2E 2 AE SÜPERPOZĠSYON PRENSĠBĠ GEÇERLĠ DEĞĠLDĠR.

16

ġekilde gösterilen kesik koni kendi ağırlığı etkisinde ne kadar uzar? Koninin yapıldığı malzemenin birim hacim ağırlığı , Elastisite Modülü E‟ dir.

ÖRNEK 8

Bu problemde Eksenel kuvvet ve alan x koordinatına bağlı olarak değiĢmektedir. Orijini koninin tepe noktasında alırsak,

b

r

N

L

h Lh  a b

;

a



h L

 h

x

N x dx  Ax E

h

 O

a  0 (tam koni)  

 3E

h L

 h

2

2

N ( x) 

, h L

 2

a 3E    h

 h

 L2



a.L ba

 3

;

r

a x h

 r 2 x  a 2 h 

r 2 x  a 2h dx x2

 h3   x 2 h3  x  2 dx   x 3 E 2 x  

6E  L2 a  b ( Silindir )   2E

2a

h

a A( x)   r   x   h 2

Özel Durum:

h x  a r

h L

 h

 L2  L  3h    6E  h  L 

 L2 b  2a  6bE

Yandaki Ģekilde silindirik çubuğun kendi ağırlığı da katılırsa toplam boyca uzama miktarı;

L

P





p W L PL WL PL 2       2E AE 2 AE AE AE

 L2

Olur.

17

EKSENEL YÜKLÜ ÇUBUKLARDA HĠPERSTATĠK PROBLEMLER Mesnet reaksiyonları ve iç kuvvetlerin yalnızca denge denklemleri yardımı ile hesaplanabildiği yapı elemanı ve yapılara ĠZOSTATĠK, denge denklemlerine ek olarak Ģekil değiĢtirmelerin de dikkate alınması gereken yapı elemanı ve yapılara HĠPERSTATĠK denir. Hiperstatik yapılarda mesnet çökmesi, sıcaklık değiĢimi ve imalat hatalarından büyük iç kuvvetler ortaya çıkar. ġekilde görülen rijit yatay çubuk, A noktasında bir mafsalla ve B ve C noktalarında iki düĢey kablo ile mesnetlenmiĢtir. Kablo boyu 0,8 m., en kesit alanları 140 mm2‟ dir. 40 kN‟ luk yükten oluĢacak gerilmeleri her bir kablo için hesaplayınız. Akma gerilmesini 250 MPa olarak alınız. E=200 GPa.

ÖRNEK 9

Denge Denklemleri; D

E

M A  0

L = 0.8 m A C

B 0.4m

1m

Fx  0

RxA  0

Fy  0

FBD  2FCE  40 1.40

4 Bilinmeyen kuvvet 3 adet denge denkleminden hesaplanamaz. Ek bir denklem gereklidir.

 C  2 B

Uygunluk Denklemi;

0.6m

FCE L F L  2 BD AE AE

40kN

R xA

FBD

A

FCE

B

RyA

C

B C 40kN

RyA  FBD  FCE  40

Bilinmeyenler;

FBD  11.2 kN

 BD

 FCE  2 FBD

FCE  22.4 kN

( IV )

RyA  6.4 kN

11.2 103   80 MPa  CE  160 MPa 140 10 6

B ve C noktalarındaki çökmeler;

11.2 103  0.8 B   0.32 10 3 m  0.32 mm  6 9 140 10  200 10  C  2 B  0.64 mm 

18

ġekilde görülen kafes çubukları aynı malzemeden yapılmıĢ olup en kesit alanları A dır. BD elemanı d kadar kısa kesilmiĢtir. Montaj zorla yapıldığında her bir çubukta oluĢacak gerilmeyi hesaplayınız.

ÖRNEK 10.1

0.6L

Montajdan sonra kenar çubuklar basma etkisiyle kısalırken orta çubuk çekme etkisiyle uzar. Üç çubuk B‟ gibi bir noktada birleĢsin. Denge ve uygunluk denklemleri yazılarak

0.6L

N2 C

N1

N3

F

D

EA

Fx  0

N 2 cos   N3 cos   0 

Fy  0

N1  2 N 2 sin   0

N 2  N3 N1  1.6 N 2

d

EA

Yazılabilen iki denklemde toplam üç bilinmeyen kuvvet bulunmaktadır. Dolayısıyla problem 1. dereceden hiperstatikdir. Uygunluk denklemi, Ģekil değiĢtirmeyi geometrik olarak ifade etmelidir. ΔL1

B

α

B’ 2 ΔL

B

(d  L1 ) sin   L2 d

0.8L

EA

(d 

N1 *0.8 L N *L ) sin   2 EA EA

EA d  1.6 N 2 *0.8  N 2 *1.25 L 1 EA N2  d 2.53 L

N2 Ed  0.3953 A L N Ed  1  1  0.6324 A L

2 

19

ġekilde görülen kafes çubukları aynı malzemeden yapılmıĢ olup en kesit alanları A dır. BD elemanı d kadar kısa kesilmiĢtir. Montaj zorla yapıldığında her bir çubukta oluĢacak gerilmeyi hesaplayınız.

ÖRNEK 10.2

0.6L

Bütün çubuklar büyük çekme kuvveti etkisinde uzayıp B‟ gibi bir noktada birleĢsin. Denge ve uygunluk denklemleri yazılarak

0.6L

N2 C

N1

N3

F

D

EA

d

EA

B

Fx  0

N 2 cos   N3 cos   0 

Fy  0

N1  2 N 2 sin   0

N 2  N3 N1  1.6 N 2

(L1  d ) sin   L2 α

L2 Δ

B

α B’

ΔL1

d

0.8L

EA

N1 *0.8 L N *L  d ) *0.8  2 EA EA 1.6 N 2 *0.8 L EA N *L  d 2 EA L 0.8EA EA 1.28 N 2  1.25 N 2  d L

(

N2 Ed  0.3953 A L N Ed  1  1  0.6324 A L

2 

20

ÖRNEK 11

Enkesit alanı Ab, uzunluğu Lb, elastisite modülü Eb olan bakır bir çubuk Ģekilde gösterilen alüminyum borunun içine yerleĢtirilmiĢtir. Alüminyum borunun kesit alanı Aa, elastisite modülü Ea, uzunluğu ise La‟ dır. Çubuk ve boru arasındaki küçük boĢluğu kapatabilecek kadar büyük olan bir P kuvveti altında her bir elemanın Ģekil değiĢimini bulunuz, aradaki boĢluğun bulunmadığını düĢünerek eksenel uzama oranını belirleyiniz. P Denge Denklemi,

N a  Nb  P..........................(1) 

ġekil DeğiĢtirme Denklemi,

Lb

La

a  Alüminyum boru botu

b 

PLb  Ab Eb   Ab Eb La / Aa Ea   Lb

a ve b denklemlerinde yazılırsa boy değiĢimleri bulunabilir. Aa Ea P  Ab Eb  Aa Ea 

a 

a Ea

Nb  

 b   a  .........................(2)

P  N a Lb  N a La Aa Ea

Ab Eb  Ab Eb

AE  PLb  Ab Eb   b b La  Lb  N a  Aa Ea 

Na 

Na 

N b Lb Ab Eb

N b Lb N a La   Ab Eb Aa Ea

Bakır çubuk

bu ifadeler,

N a La Aa Ea

Ab Eb P  Aa Ea  Ab Eb 

Na P  Aa Ea Ab Eb  Aa Ea

Nb 

PLa  Aa Ea   Aa Ea Lb / Ab Eb   La

=0 (boĢluk yoksa) La=Lb’ dır.

elemanlardaki kuvvetler eksenel rijitliklerle orantılıdır.

a  b  

21

AĢağıdaki Ģekilde gösterilen kademeli çubuğa C noktasından bir P kuvveti etkimektedir. Malzemenin elastisite modülü E‟ dir. A ve B mesnet reaksiyonlarını hesaplayınız.

ÖRNEK 12

Aa

A ve B‟ de oluĢan reaksiyonlar RA, RB ile gösterilsin. Kesim yöntemi kullanılarak eksenel kuvvet diyagramı çizilebilir.

Ab P

A

N AC   RA

B

C a L Ab

RA

RB

P B

C

A a

b

NAC

ġekil değiĢtirmeler;

NBC

RB

 RA

 AC 

 Ra a Aa E

 BC 

Rbb Ab E

RB B

A

Yazılabilen tek denge denkleminde iki bilinmeyen kuvvet bulunmaktadır. Dolayısıyla problem 1. dereceden hiperstatikdir. Çubuktaki toplam boy değiĢiminin sıfır olması uygunluk denklemi olarak kullanılabilir.

 ac  bc  0 ....................(2)

L RA

RA  RB  P..........................(1)

Denge denklemi;

b

Aa

N BC  RB

 ac   bc  0



RA a RB b  Aa E Ab E

RA aAB  ( P  RA )b Aa

 aA  RA  b  b   Pb  Aa  RA 

bAa P aAb  bAa 

RB 

aAb P bAa  aAb 

22

SÜPERPOZĠSYON METODUNUN KULLANIMI Önceki örnekte örneğin RB reaksiyonunun bilindiği kabul edilirse çubuğun sağ ucundaki mesnet kaldırılabilir. Bu durumda P ve RB‟ den oluĢacak boy değiĢimlerinin toplamının gerçek çubuğun boy değiĢimine eĢit olması gerekir (burada sıfır). Aa

Ab

P R  0

P B

C

A a

R P       Pa  RB a RB b    0    Aa E  Aa E Ab E 

b L

Aa

Ab

RB

P B

C

A

p P

p

B

C

R RB

RB

A

C

B

aAb P  P  bAa   bAa  aAb  1    aAb 

RA  RB  P RA 

P A

RB 

bAa P  P  aAb   bAa  aAb  1    bAa 

aynı sonuçlar bulunur.

23

ġekilde gösterilen kolonun taĢıyabileceği eksenel yükü hesaplayınız.

ÖRNEK 13

 b , em  12 MPa  ç , em  140MPa 418

Eb  14 GPa

400mm

Eç  210 GPa

Denge Denklemi;

Uygunluk Denklemi;

400mm

Fy  0

b  ç

Fç  Fb  P

Fç L Aç Eç



Fb L Ab Eb

(1)

(2)

Denklem (2)’den Fç, Fb cinsinden yazılırsa;

Fç 

Aç Eç Ab Eb

 Fb 

4

 182

210  F  0.09538 Fb  182 14 b 2 400  4  4  4

Fç  0.09538Fb

Bulunan ifade denklem (1)‟de yerine yazılırsa;

0.09538Fb  Fb  P  Fb 

ihmal

P  0.9128P 1.09538

Fç‟yi P kuvveti cinsinden ifade edilirse;

Fç  P  Fb  1  0.9128P  Fç  0.0871P

ç 

b 

 ç Aç  0,0871P Olduğuna göre

0.0871P ç Pem  1635247 N  1635 kN   ç , em 140  2  18 4 4  b Ab  0.9128P Olduğuna göre

0.9128P   b , em 12  2   18 400 2  4 4

Pemb  2090000 N  2090 kN

Pem  min( Pemç , Pemb )  1635 kN

24

422‟ lik donatıya sahip 200x200 mm boyutlarındaki betonarme kolon, 1.1 MN‟ luk eksenel yük taĢımaktadır. Çelik ve beton gerilmelerini hesaplayınız. Çelik için E=2.1x105 MPa lineer elastik malzeme, Beton için ise aĢağıdaki  eğrisi ve lineer olmayan malzeme kabullerini yapınız. Betonun basınç altındaki en büyük uzama oranını 0.002 alınız.

ÖRNEK 14

b

P

 b  Eb b 1  250   b 

 b  2 10 4  b 1  250   b 

Fç=Çeliğin taĢıdığı kuvvet,

Fb=Betonun taĢıdığı kuvvet

 .22 2

Ab  200.200  4  38480 mm2  4 

20

Aç 1520mm 2

0.002

ç 4 22

b

Denge Denklemi;

Fdüşey  0

Fç  Fb  1.1106

 ç  Eç ç

Gerilme cinsinden;

 ç 1520   b  38480  1.1106

 ç  210 103  ç

Uygunluk Denklemi;

ç  b  

200mm

 ç  Eç   ç  2.1105  

 b  Eb   b 1  250     2 104 1  250    200mm

ç

Denge denkleminde yazılırsa;

19240 2  108.9  0.11  0 

1  0.00132  2  0.0043  0.002

Uygulanan kuvvetten dolayı oluĢan birim Ģekil değiĢiminden, çelik ve betonda oluĢan gerilmeler;

 ç  2.1105  0.00132  272.2 MPa

 b  2 104  0.00132  1  250  0.00132  17.7 MPa

25

TERMAL GERĠLME VE ġEKĠL DEĞĠġTĠRMELER Uniform sıcaklık değiĢimi izostatik yapılarda gerilme oluĢturmazken mesnetlerdeki bağları sebebi ile rahatça geniĢleyemeyen hiperstatik yapılarda gerilmeler ortaya çıkar. 1o lik sıcaklık değiĢiminden oluĢan boy değiĢim oranına Termal GenleĢme Katsayısı adı verilir (α).

ΔT o lik sıcaklık artıĢı ile oluĢan boyca değiĢim oranı;

 t    T ΔT o lik sıcaklık artıĢı sonucunda L uzunluğundaki çubuktaki boy değiĢimi

L

L

L   t  L

L

L    T  L

Sıcaklık değiĢmesi, dıĢ yükler olmasa dahi hiperstatik yapılarda gerilme oluĢturur. Bu gerilmeler elemanın boyundan bağımsızdır.

26

Uzunluğu L, enkesit alanı A olan çelik bir çubuk iki rijit duvar arasına yerleĢtirilmiĢtir. kadar artması durumunda oluĢacak gerilmeleri; a) Duvarların yer değiĢtirmemesi halinde, b) Duvarların d kadar yer değiĢtirmesi halinde hesaplayınız.

ÖRNEK 15

Sıcaklığın T

L=1.5 m, E=200 GPa, =12x10-6 1/oC, T=30, d=0.3 mm B

A

t   R  0

a) Uygunluk Denklemi;

L

  T  L  R

R

R  A  E    T 

B

A

RL 0 A E

t



 E



Gerilme çubuğun uzunluğundan bağımsızdır.

   T

B

A

t   R   d

b) Uygunluk Denklemi;

t

R

  T  L 

R A

b)

RL  d A E

   R  A  E     T  d  L   

  E    T 

Nümerik Uygulama; a)

R  E    T  A

d   L

  E    T   200 103 12 106  30  72 MPa

 Çok küçük mesnet hareketi termal gerilmeyi büyük oranda   0.3      E    T  d   200 103  12 106  30    32 MPa azaltmaktadır.



L



1500 

27

ÖRNEK 16

30 mm çaplı bronz silindir, Ģekilde gösterilen 20 mm çaplı elemanların arasına yerleĢtirilmiĢtir. 20 oC sıcaklıkta gerilmesiz olan sistemde, sıcaklığın 70 oC‟ ye çıkması durumunda oluĢacak gerilmeleri hesaplayınız. Eç=200 GPa, ç=11.7x10-6 1/oC, Eb=83 GPa, b=18.9x10-6 1/oC

10 mm

300 mm

   tb   Rb   tç   Rç

Geometrik bağıntı;

Çelik Bronz

Rb  2 Rç

Denge denklemi;

Çelik

 b  T  Lb 

tb tç

18.9 10 6  50  310 

R L Rb  Lb   ç  T  Lç  ç ç Ab  Eb Aç  Eç

2 Rç  310

  30 4

2

 11.7 10 6  50  300 

 83 103

Rç  300

  202 4

 200 103

0.29295  10.567 106 Rç  0.1755  4.774 106 Rç Rb

15.341106 Rç  0.11745

Rç

Rb  15312 N

Rç  7656 N

RÇ Rb RÇ

ç 

7656  24.37 MPa    20 2     4 

b 

15312  21.66 MPa    30 2     4 

28

25 oC sıcaklıkta gerilmesiz olarak imal edilen kiriĢin sıcaklığın –50 oC‟ye inmesi durumunda AC ve CB parçalarında oluĢacak gerilmeleri hesaplayınız (E=200 GPa, =12x10-6 1/oC).

ÖRNEK 17

C

A

T  50  25  75o

B

Sıcaklık farkından dolayı oluĢan kısalma; A=400

mm2

 BT    L  T  12 x106  0.6   75  540 106 m

A=800 mm2

B mesnet reaksiyonu nedeniyle oluĢan uzama;

300mm

300mm

RB  300 103 RB  300 103     5.625 109 RB 9 6 9 6 200 10  400 10 200 10  800 10 R B

A

C

B

Uygunluk Denklemi;

 A

 BT   BR  0

 540 106  5.625 109 RB  0

T B

 BR

C

RB  96 103 N  96 kN

RB

 AC 

96000  240 MPa Çekme 400

 CB 

96000  120 MPa Çekme 800

B

29

EĞĠK DÜZLEMLERDEKĠ GERĠLMELER

y'

y'

x'

 x'

C 

P

b

x

P

P

x

 x' y'

a

A



C

cos 

Amaç: C-C eğik düzlemlerindeki normal ve kayma gerilmelerinin bulunması... 0 

 x 

 x  y 2

0 



 x  y 2

0 

 xy  

 x  y 2

x 2



sin 2   xy cos 2  

x 2

x

1  cos 2 

2

Bu gerilmeler A/cos düzgün olarak yayılır.

sin 2

P 1  A

   45

cos 2   xy sin 2  0

 x maks   x  0   xy maks  

0 

 maks 

x '

P 2A

2



1 

P A



alanına

Gevrek malzemelerde çekme gerilmesi  Kay-ma gerilmesi olduğundan çatlama düĢey düzlemde oluĢur.

Sünek malzemelerde kayma gerilmesi  Çekme gerilmesi olduğundan çatlama 450 lik düzlemde oluĢur.

30

150 mm dıĢ çapa haiz boru 8 mm kalınlığındaki levhanın yay Ģeklinde bükülmesi ve kaynaklanması yoluyla imal edilmiĢtir. Kaynak için emniyet gerilmeleri em=105 MPa ve em=90 MPa olarak verilmektedir. Boru iki ucundan 250 kN‟ luk çekme kuvvetlerine de maruz olduğuna göre emniyet gerilmeleri aĢılmadan taĢınabilecek en büyük iç basınç nedir?

ÖRNEK 18

36o

250 kN

250 kN

Kaynak DikiĢi

q  rort t  t

 x 

 150  q   4 2   8.875  q   8

L 

70  8.875  q 70  8.875  q  cos 2  36o 2 2

 xy  



70  8.875  q sin 2  360 2







N  A

250000  70 MPa  150  2     4 8  2 

 x  45.82  3.07  q   em (105)

 xy  33.29  4.22  q   em (90)

q  19.3 MPa

q  29.21 MPa

19.30 qem     19.3 0MPa 29.21

31

KESME KUVVETĠ HALĠ

ġekilde y ve z eksenleri doğrultusundaki kesme kuvvetlerine maruz bir çubuk parçası ile en kesit düzleminde çubuğun sınır bölgesinde alınan iki eleman görülmektedir. En kesit düzlemindeki eleman ile sınır bölgesindeki ve çubuk yüzeylerinde gösterilen düzlemler birbirine diktir. Çubuk yüzeylerine herhangi bir kuvvet olmadığından yüzeyler üzerinde kayma gerilmeleri oluĢmaz. Dolayısyla en kesit düzleminde sınıra dik doğrultudaki kayma gerilmeleri de sıfır olmak zorundadır. Ayrıca kesit köĢelerindeki kayma gerilmeleri sıfırdır.

 0

 zx   zy  0 Sy x

Sz

Kayma gerilmeleri en kesit üzerinde düzgün yayılmadığı için kesitte çarpılma adı verilen düzlem dıĢı yer değiĢtirmeler olur. Aslında kesme kuvveti ve eğilme momenti birbirinden bağımsız değildir. Kesmenin olduğu yerde eğilme momenti de vardır. Kesme kuvvetini alana bölmekle bulunan ortalama kayma gerilmesi kesitte oluĢan en büyük kayma gerilmesinden daima küçüktür. Bu konu ileride kesmeli eğilme adı verilen bileĢik mukavemet halinde ele alınacaktır.

  dA  0  y  dA  0  z  dA  0 x

x

x

  dA  S   dA  S  ( y  z xy

y

xz

z

xz

xy

)dA  0

32

ALAN MOMENTLERĠ Çubukların gerilme analizinin yapılması sırasında çubuk kesitlerinin geometrisi ile ilgili bir takım integral ifadelere rastlanır. Bunlar arasında Atalet Momentleri adıyla anılan bir takım büyüklükler önemli yer tutar. Bir Alanın Birinci Momenti (STATĠK MOMENT) “S”

y

A G z , y 

dA

dS y  z dA

S z   y dA

S y   z dA

A

z

z

z

Sy A

A

Sz A

y

Alanın herhangi bir simetri ekseni varsa Alan merkezi bu eksen üzerindedir. Simetri eksenine göre statik moment sıfırdır. Eksen takımları kesitin alan merkezinden geçerse bu büyüklükler sıfır olur.

y

y

dS z  y dA

z

ġekildeki üçgenin alan merkezini bulunuz.

ÖRNEK 1

y

dy

g

y

z b

g h y  b h h

g h

b h  y  h

b y h  y dy   y dA  0 h y A bh A 2

2 y 2 h

 h

0



hy 2 y 3 hy  y dy   2 3 2

h

0

1 6

   2 1 1 h y  2 h3     h  2 3 3

33

Bir Alanın Ġkinci Momenti (ATALET MOMENTĠ) “I” Atalet momenti, bir alanın bir eksene göre konumu hakkında fikir vermek üzere yanda tanımlanan biçimde hesaplanan pozitif bir sayıdır. Bu sayı, alan eksenden uzaklaĢtıkça büyür, yaklaĢtıkça küçülür. a) ġeklin bir eksene göre atalet momenti, o Ģeklin parçalarının aynı eksene göre bulunan atalet momentlerinin toplamına eĢittir. b) Kesitte boĢlukların var olması halinde ise dolu kesitin eksene göre atalet momentinden boĢluğun aynı eksene göre alınmıĢ olan atalet momentini çıkarılır. c) Bir eksene göre atalet momenti hesaplanırken Ģeklin herhangi bir parçasını ayırıp, o eksene göre paralel olarak kaydırmak atalet momentini değiĢtirmez.

dI z  y 2 dA

y

dI y  z 2 dA

A

A dA e

b

I e   b 2 dA A

I z   y 2 dA  A  >0 (Kartezyen atalet momentleri daima pozitiftir) I y   z 2 dA   A >0

dA

 I zy   z y dA <0 (Çarpım atalet momenti her değeri alabilir) A 

dI zy  z y dA

z

=0

y



dJ   2 dA

z

 J    2 dA >0 (Polar atalet momenti daima pozitiftir) A  J  Iz  Iy

ATALET YARIÇAPI

iz 

Iz A

iy 

Iy A

ip 

J A

i p2  i z2  i y2

34

PARALEL EKSENLER TEOREMĠ (EKSENLERĠN PARALEL KAYDIRILMASI)

Iz, Iy ve Izy büyüklükleri eksenlere bağlı olduğundan eksenlerin değiĢmesi halinde onlar da değiĢecektir. Bu sebeple eksenlerin değiĢmesi hallerini inceleyecek olursak

y

I z   y 2 dA    y  a  dA

y

2

z

A

  y 2 dA   a 2 dA   2aydA

b

z

I z  I z  a2 A

A

A

A

A

I y  I y  b2 A

 Iz  a A 2

y z

G

I y   z 2 dA    z  b  dA 2

y

A

I zy  I zy  a b A

A

I zy   zydA    z  b  y  a  dA

a

A

z

I z1  I z  a1 A

A

y

2

y1

I z  I z1  a1 A 2

I y1  I y  b1 A 2

z

I z1 y1  I zy  a1b1 A

y z

G

I z 2  I z  a2 A 2

I y 2  I y  b2 A 2

I z 2 y 2  I zy  a2b2 A

b2 b1

a1 z1 z2

a2

y2



2



2



I z 2  I z1  a2  a1 A 2



I y 2  I y1  b2  b1 A 2

I z 2 y 2  I z1 y1  (a2b2  a1b1 ) A 35

EKSENLERĠN DÖNDÜRÜLMESĠ

z

dA

z



I z   y2 dA    z sin   y cos   dA  I y sin 2   I zy 2sin  cos   I z cos 2  2

z' y

y  z sin   y cos 

z  z cos  y sin 

y

y'

saat dönüĢüne ters yönde



A

A

I z  I z cos2   I zy 2sin  cos   I y sin 2 

y' 

I y  I z sin 2   I zy 2sin  cos   I y cos2  I zy    I z  I y  sin  cos   I zy  cos 2   sin 2  

z' DönmüĢ eksen takımına göre olan Atatlet momentlerini iki açı cinsinden yazarsak;

I z  I z 1  sin 2    I y sin 2   I zy sin 2

I I I z   y z  2

 2  sin   I z  I zy sin 2  1cos 2

I z 

Iz  I y 2

I zy  

I y 



Iz  I y 2

Iz  I y 2

Iz  I y 2



cos 2  I zy sin 2

sin 2  I zy cos 2

Iz  I y 2

cos 2  I zy sin 2

Atalet Momenti Dönüşüm Denklemleri 36

Çarpım atalet momentini sıfır yapan eksenlere ASAL EKSENLER denir.

I zy  

Iz  I y 2

tan 2 

sin 2  I zy cos 2  0

Iz  I y I z  2 sin 2  2 I zy cos 2  0  2

I z maks 

2 I zy Iz  I y

tan 2 p 

2 I zy

 pı

Iz  I y

 pıı  pı 

 2

I z’nün en büyük olduğu eksenler, aynı zamanda çarpım atalet momentini sıfır yapan eksenlerdir.

Iz  I y

2

2

I zy I y     Iz   2 

I zy

I z maks  min

Iz  I y 2



Iz  I y 2

2  Iz  I y  2    I zy  2  2

2p

cos 2 p

Iz  I y 2

I z maks  2

I I y     Iz   2 

min

2 zy

Iz  I y 2





2



Iz  I y 2

Iz  I y 2 2

 I zy

cos 2 p

I z maks  I1, 2  min

Iz  Iy 2

I zy  Iz  I y  2    I zy  2  2

sin 2 p

 Iz  I y  2    I zy  2 

-Izy

2p

Iz  I y

 I zy

 I zy  Iz  I y  2    I zy  2  2

sin 2 p

 Iz  Iy    I zy 2    2  2

37

GRAFĠK GÖSTERĠMĠ

I z 

Iz  I y 2

I zy  



Iz  I y 2

Iz  I y 2

Iz  I y   Iz  I y   I  cos 2  I zy sin 2   z   2   2   2

cos 2  I zy sin 2

sin 2  I zy cos 2

Atalet Momenti DönüĢüm Denklemlerinin karelerini alıp taraf tarafa toplayalım;

 I I   I zy     z y sin 2  I zy cos 2  2   2

 

2

 Iz  Iy    2

Çemberin merkezinin apsisi

0.5(Iz-Iy) (I2,0) 2 ASAL

0.5(Iz+Iy)

Izy

M

2p

1 (I1,0) ASAL

Referans noktaları;

Iz,Iy

2

   I zy 2  R2

Gerçek dönüĢ yönü ile Mohr grafik gösterimindeki dönüĢ yönü aynı

z(Iz , Izy) y(Iy , -Izy)

R

2

2

Iz  Iy   I   z   I zy 2  

y(Iy,-Izy)

2

Çemberin merkezi ve yarıçapı

z(Iz, Izy) M

Iz  I y

 Iz  I y  2 R    I zy  2  2

2

tan 2 p 

2 I zy Iz  I y

 pı  pıı  pı 

 2

38

ġekilde gösterilen alanın çarpım atalet momentini hesaplayınız.

ÖRNEK 2

g b y  a b

y g

g

;

a b  y  b

b

b

g 1 a2 2 I zy   zydA    y  g  dy   2 b  y  y dy 2 20b A 0

dy

g/2

b

a2 I zy  2 2b

b

b

a 2 b2 y 2 2 3 y 4 a 2 b4 0 b y  2by  y  dy  2b2 2  3 by  4  2b2 12 0 2

2

3

y

y

Siz yapın : Üçgenin kendi alan merkezinden geçen ve z ve y eksenlerine paralel eksen takımına göre çarpım atalet momenti nedir?

a 2b 2 I zy  24

z a

ġekilde gösterilen karenin alan merkezinden geçen z‟ eksenine göre atalet momentini hesaplayınız.

ÖRNEK 3

y

y'

Iz  I y 

a4 ; I zy  0 12

a4 a4  a 4 12 12 a4 I   cos 2  0.sin 2  12 2 12 0 0

C

z 

Karenin alan merkezinden geçen bütün eksenlere göre atalet a

momenti

z'

I zy

a

I z 

Iz  Iy 2



Iz  Iy 2

a4 dir. 12

a4 a4  12 12 sin 2  0.cos 2  0  2 0

Alan merkezinden geçen her dik eksen takımına göre çarpım atalet momenti sıfırdır. Her dik eksen eĢleniktir.

0

cos 2  I zy sin 2

I zy  

Iz  Iy 2

sin 2  I zy cos 2

39

ÖRNEK 4

R yarıçaplı 2 merkez açılı daire sektörünün Iz ve Iy atalet momentlerini hesaplayınız.

y

dA  dr  ds  dr  r  d

z  r cos  

R 

dr

z

2





2

0 

A

r y

R 4 1  cos 2 R4 sin 2 Iz  d     4  2 8 2

I z   y dA    r  sin   r  dr  d

dα

2

R4  1  Iz    sin 2  4  2 

 

  2

4 R4  1  R Iz     sin 2   4  2 4  4 R4  1  R Iy     sin 2   4  2 4  I zy  0

R4     R4 Iz    4 2 8 R4     R4 Iy    4 2 8 I zy  0

2

A

R4  sin 2  Iy     4  2  Özel Durum II



I y   z dA   r  r cos   d  dr   r dr  cos 2  d

R 4 1  cos 2 R4 sin 2 Iy  d     4  2 8 2

Özel Durum I





R

2



R

y  r sin 

I zy  0 Özel Durum III

2

A

 

3

0



R4 sin 2  sin  2   Iy        8 2 2  

z eksenine göre simetrik

  4 4 R4   1    R   1  Iz    sin  2       4  4 2  4   4  4 2  4 R4   1    R   1  Iy    sin  2       4  2 2  4   4  4 2 

Eksen takımı =45o saate ters yönde döndürülürse  R4 0 0  ............ cos 2  45   0  sin 2  45  164 R   ............ cos 2   450   0  sin 2   450  16  R4 R4 Iz  I y  , I zy  16 8

I 450 

I 450

40

ġekilde gösterilen alanın alan merkezinden geçen asal eksenlerine göre atalet momentini hesaplayınız.

ÖRNEK 5

y 10

2

800  40  550  5  25.74 mm 800  550

y

z

800  5  550  37.5  18.24 mm 800  550

10  803 55 103 2 2 Iz   800  40  25.74   550  20.74  830509 mm4 12 12

1

122.65o 80 mm

32.65o

I zy  800   13.24 40  25.74  550   20.74 37.5  18.24  370741mm4

z

z C

 p  32.650 2   370741 tan 2 p     p  122.650 I z  I y 830509  489572 2 I zy

y 10 65 mm

I1  1068094 mm4 ,

I1, 2 

Iz  Iy 2

80 103 10  553 2 2 Iy   800  13.24   550  37.5  18.24  489572 mm4 12 12

I 32.650  I1 

830509  489572 830509  489572  cos (65.30 )   370741 sin( 65.30 ) 2 2

I 122.650  I 2  251990 mm4

z(Iz, Izy)

 Iz  Iy    I zy 2    2  2

(I2,0) ASAL

2p

(I1,0) ASAL

Iz,Iy

I1, 2  660040  408054 I1  1068094mm4 , I 2  251986mm4

Izy

y(Iy,-Izy)

41

R yarıçaplı dairenin z ve y eksenlerine göre Iz, Iy atalet momentlerini hesaplayınız.

ÖRNEK 6

y

dA  dr  ds  dr  r  d

I z   y dA 

2 R

 r

2

d

ds

A

dr

 z

 sin 2   r  dr  d

0 0

R4 Iz  4

r

2

y  r  sin 

2

1  cos 2 R4 1  1  d     sin 2  0 2  4 2 2 

Iz 

 R4 4

O

Dönel simetri nedeniyle Iy = Iz, Izy= 0

R

2 R 4  R 4 J p   2    r  dr  r   4 2 0 R

2

ÖRNEK 7

Jp 

 R4 2

Ro ortalama yarıçaplı, sabit t kalınlıklı ince halkanın O merkezinden geçen z eksenine göre atalet momentini hesaplayınız. y

Rdış  R0 

t 2

Riç  R0 

t 2



R 4

Iz 

4 dış

 Riç4



 

4 4 t   t    3t t3  I z   R0     R0      8R0  8R0  4  2   2   4  2 8

Rort

Iz 

z O



4R t  R t    R t 4 3 0

3 0

Ġhmal edilebilir.

t

RdıĢ

3

0

Riç

J0 

 2

R

4 d

R

4 i



  2 4R t  R t   2 R t  3 0

3

0

3 0

 R0t 3 2

 2 R t 3 0

42

ÖRNEK 8

Verilen kesitin z ve y eksenlerine göre kartezyen atalet momentleri ile çarpım atalet momentini hesaplayıp grafik yolla asal atalet momentlerini ve asal atalet eksenlerini belirleyiniz.

y 2

D

y (54 ; 40.5)

90 z

64.9 25.1

R

2 s

C

1

I2 60 mm

2 p =50.19

2 p  128.91

I Z  121.5*104 mm 4

Iz ,Iy

2 s

IY  54*104 mm 4 I ZY  40.5*104 mm 4 I1  140.47 *104 mm 4  1p  25.1 I 2  35.03*104 mm 4

M

I1

Izy

z (121.5 ; 40.5) E

 1p  115.1

M  87.75*104 mm 4 R  52.72*104 mm 4 43

EĢlenik Eksenler

v

y

u z=ytan

A

z=ytan

dA

u

z

v ’p

y





’’p

1

z 2

A

1 ve 2 asal eksenlerdir.

Iuv=0 ise u ve v eĢlenik eksenler olur.

tan(a  b) 

tan a  tan b 1 tan a tan b

I uv   uvdA   A

A

z  y tan  z  y tan  1  tan  2

1  tan  2

dA  0

I y  I z tan  tan   I zy (tan   tan  )  0

1  cos 2 2 1  cos 2 cos 2   2

sin 2  

I y  tan  tan   I z  I zy tan(   )   I zy tan(   )  0 z, y asal eksenler olursa (Izy=0) dır

I y  I z tan  tan   0 ,

tan  tan   

Iz=Iy bütün  eksenler eĢlenik, IzIy EĢlenik eksenler  olmaz.

Iy Iz

44

ÖRNEK 9

y

v

I z  82.2 10 mm 4

54.5

z

I y  48.3 104 mm4

u

u v

25.5

y

dA

z=ytan

I zy  36.8 104 mm4

C

z=ytan

4





z A

46.9 mm

18.1

u ve v eşlenik eksenler ise I y  I z tan  tan   I zy (tan   tan  )  0

Şimdi, y ekseni ile eşlenik olan bir u eksenini belirlemek istiyoruz y  v    0 olur çarpım atalet momentini sıfır yapan ve birbirine dik olmayan  doğrultusu aranmaktadır.

bağıntısı sağlanmalıdır. y, v

A1

52,7°

7 0. + y

z 62

=0

127.3°

I y  I z tan  tan   I zy (tan   tan  )  0

z

48.3  82.2 tan  0  (38.6)(tan   0)  0   52.7 yada   127.3 bulunur. u

A2

u ve v eşlenik eksenlerdir.

45

ġekilde gösterilen elipsin z eksenine göre Iz atalet momentini hesaplayınız.

y dA dA

y

I z   y dA  2

A

z

z

y

y

3



3

y 2 zdy  2

3



3

y2 y 2  4 1  dy 9 2

3  8 8  32 2 1 32 2 1 2 2 2 I z   y  3  y dy   3 sin (1)  3 sin (1)  3 3 3 8 8 

8 32 2   Iz  3 3 8  2

         33   27  2 

y

y

4 b

z

z2 y2  1 16 9

3

ÖRNEK 10

1 2 2 2 1 x  x a  x  a sin C ,a  0  2  a  1 2 2 2 2 3  x a  x dx   3 (a  x )  C x a2 x 2 2 2 2 2 3 x a  x dx   ( a  x )  ( x a 2  x 2  a 2 sin 1 )  C , a  0  4 8 a a 2  x 2 dx 

z

z

a

Iz 

 ab3 4

Ödev: yarım elipsin alan merkezinden geçen ve tabanına paralel olan eksene göre atalet momentini hesaplayınız.

46

BURULMA : DAĠRESEL KESĠTLĠ ÇUBUKLARDA GERĠLME HESABI

  dA  0  y  dA  0  z  dA  0

y

x

R

x

T a

A  z

b

a'

x

B



b'

T

x

B'

  dA  0   dA  0  ( y  z

dx

xy

Üstteki Ģekilde burulma momenti etkisindeki bir çubukta meydana gelen Ģekil değiĢtirme gösterilmiĢtir. Çubuğun dıĢ yüzünde dx uzaklıklı iki kesit arasına çizilen bir dikdörtgenin Ģekil değiĢimi sonrası bütün dik açılarının bozulduğu, yine çubuğun dıĢ yüzeyinde eksene paralel olarak çizilen bir doğrunun helise dönüĢtüğü söylenebilir. Ayrıca çubuğun dıĢ yüzüne etkiyen herhangi bir kuvvet olmadığından dıĢ yüzeydeki kayma gerilmelerinin sıfır olması gerektiği bilinmektedir.

xz

xz

)dA  T

y

ġekil DeğiĢtirme Hipotezi : •Çubuk eksenine dik ve düzlem olan kesitler yer değiĢtirmeden sonra da çubuk eksenine dik ve düzlem olarak kalır. (x=y=z=0) •Dik kesit rijit bir levha gibi çubuk ekseni etrafında döner. •Kesitlerin dönme açıları x koordinatlarının doğrusal bir fonksiyonudur. ġekil değiĢtirme hipotezine göre çubuk eksenine dik ve düzlem olan kesitler sadece dönmektedir. Dolayısıyla kesit üzerinde normal gerilmenin sıfır olması gerektiği anlaĢılmaktadır. Bu durumda denge denklemlerinden ilk üçü kendiliğinden sağlanır. Kesitte yalnızca kayma gerilmeleri olacaktır. Ayrıca bu kayma gerilmeleri kesit sınırlarına teğet olmalıdır (Sınır Ģartı).

xy

 xy  xz

T O

z R

47

En kesit üzerinde yalnızca kayma gerilmelerinin etki ettiği daha önce ifade edilmiĢti. Yandaki Ģekilde en kesit düzleminde çubuğun sınır bölgesinde alınan bir eleman görülmektedir. Bu elemana etkiyen kayma gerilmeleri, biri sınıra teğet diğeri dik doğrultudaki iki bileĢeni cinsinden verilmiĢtir. En kesit düzlemindeki eleman ile sınır bölgesindeki ve çubuk yüzeyinde gösterilen düzlemler birbirine diktir. Çubuk yüzeyinde herhangi bir kuvvet olmadığından yüzey üzerinde kayma gerilmesi oluĢmaz. Dolayısıyla en kesit düzleminde sınıra dik doğrultudaki kayma gerilmesi de sıfır olmak zorundadır.

y

0 O2

O1

x

r z

ġekil değiĢtirme hipotezinin son maddesine göre dönme açısının türevi sabit olup, birim boydaki dönmenin değiĢmediğini ifade etmektedir. (twist)

d  dx

= Sabit (Birim boydaki dönme açısı)

y

Yandaki Ģekilde daha önce sözünü ettiğimiz dikdörtgen elemanın dik açısındaki bozulma miktarı γ ile gösterilmiĢtir. γ çok küçük olduğundan tanjantı radyan cinsinden kendisine eĢit alınabilir. ġeklin sağ tarafında bulunan kesit, solda bulunan kesite göre dΦ kadar çubuk ekseni etrafında dönmüĢ olduğundan aĢağıdaki bağıntılar yazılabilir.

tan    

bb rd   r dx dx

r

O1 

a

r d

b

O2

x

b’ dx

z

  G.  G r

Hooke yasasında γ (=ωr) yerine konursa Kayma gerilmesinin yalnızca eksenden olan uzaklıkla doğru orantılı olarak artacağı sonucu çıkar. Bu halde en kesit üzerindeki gerilme yayılıĢı sembolik olarak Ģöyle gösterilebilirmiĢ.

enbüyük

 T

 enbüyük r     ()

  

 r

 enbüyük

48

ġimdi çubuk ekseninden ρ kadar uzakta alınan bir alan elemanı ile bu alan elemanına etkiyen kayma gerilmesi çarpılarak elde edilen kuvvetin yine çubuk eksenine göre momenti tüm en kesit üzerinde integre edildiğinde kesit zoru T bulunmalıdır.

T     ρ . .dA  

dA

A



T

A

 enbüyük

()

 enbüyük

r

2 r

 enbüyük dA

J  Polar At. Mom.

Tr  J

Elde edilen kayma gerilmelerinin eĢitlenmesinden Ģekil değiĢtirme bağıntısı bulunur. Bu bağıntıya göre birim boydaki dönme açısı, T ile doğru, GJ ile ters orantılı olarak değiĢmekteymiĢ. Yada GJ, çubuğun burulma momenti etkisinde ekseni etrafında döndürülmek istendiğinde Ģekil değiĢtirmeye karĢı gösterdiği direnci temsil ediyormuĢ. Toplam dönme açısı aĢağıdaki integralle hesaplanabilir.

Tr  G r J



T GJ

GJ:Burulma Rijitliği

AĢağıdaki Ģekilde burulma momentine maruz bir çubuğun dıĢ yüzünde alınan bir eleman ve bu eleman üzerindeki gerilme hali gösterilmiĢtir. Bu elemanın 45 derece döndürülmesiyle kayma gerilmelerinin kaybolduğu asal çekme ve basma gerilmelerinin etkidiği farklı bir gerilme durumu elde edilmektedir. Dolayısıyla beton gibi çekme dayanımı düĢük olan gevrek malzemelerde kırılma, asal çekme gerilmelerine dik doğrultudaki çatlaklar yoluyla gerçekleĢmektedir. A enbüyük B A

2 1

2

1



T



B

AĢağıdaki Ģekilde ise burulma momentine maruz bir çubuktan çıkartılan bir daire sektörü sonrası durum görülmektedir. En kesit düzlemindeki kayma gerilmeleri aynı Ģiddetle kesim düzlemlerinde ve çubuk ekseni doğrultusunda etkimektedirler. ġimdi akla Ģöyle bir soru gelebilir. Madem ki çubuk ekseni doğrultusunda gerilmeler vardır, neden çubuk boyu değiĢmemektedir? Bu sorunun cevabı, diğer kesim düzlemindeki gerilmelerin yönce ters olduğunu hatırlatmakla verilebilir. enbüyük

enbüyük

     dx   l

l

T dx GJ

T

T

49

DAĠRESEL KESĠTLĠ MĠLLERĠN BOYUTLANDIRILMASI

Bilinen büyüklükler T, G,em , em

Aranan büyüklükler d, J

a) Emniyet gerilmesine göre;

 enbüyük

Tr 2T   em  r  3 4 r   em 2

Tr    em J

d 2   em  d4 32 T

veya

d

3

16T

  em

b) Emniyetli dönme açısına göre;

T  GJ

TL  em  GJ

L

    dx

TL  em  d4 G 32

0

d

4

32TL  Gem

R0

d1

d

t

d2

J

r 2

4



d 32

4

J



r 2

4 2

 r14  



d 32

4 2

 d14 

J  2 R t  3 0

 R0t 3 2 ihmal edilebilir

50

ġekilde gösterilen dairesel kesitli milde AF arasında toplam dönme açısını ve maksimum gerilmenin yerini ve değerini hesaplayınız (G = 80 GPa).

ÖRNEK 1 y

TA  200  150  80  50  0 150Nm

80Nm

50Nm

A

B

30

50 mm

200Nm

C

D

E

J dolu 

 32

TA  80

504  61.36 104 mm4

x

F

J halka 



50 32

4

 304   53.407 104 mm4

z 50 mm

50 mm

50 mm

F TA

200

150

A

50 mm

50 mm

1  50 103  50 30 103  50 120 103  50 120 103  50 80 103  50        G  53.407 104 53.407 104 53.407 104 61.36 104 61.36 104 

80

50

F 

120Nm

-

A

50Nm

+ 30Nm

+

1  5 5 140    40   2.046 104 rad . 3  80 10  53.407 61.36 

80Nm

D R  180 

F  0.01170 A

120 103  25  eb   5.62 MPa (C  D ) 534.07 103

51

ÖRNEK 2

30mm

a) ġekilde gösterilen boĢluklu milde 30 ’ lik bir dönme oluĢturacak T burulma momentinin Ģiddetini hesaplayınız. G=77 GPa. b) Aynı burulma momentinin eĢit kesit alanına sahip içi dolu bir milde oluĢturacağı burulma açısını hesaplayınız. c) Milin iç yüzünde 70 MPa’ lık gerilme oluĢturan burulma açısı kaç derecedir? d) em= 85 MPa olduğuna göre Tmax.=? e) Aynı ağırlıklı içi dolu hal için Tmax.=? f) Aynı ağırlıklı, dıĢ çapı 120 mm. olan hal için Tmax.=? 45mm

a)

T

 R



180 D

  L  2.4 m

b) A 

 4

R

D 180



 .3 180

TL T  2400  0.05236  JG 77 103  5.169 106

902  602  

 4

J

 0.05236

d 2  d  67.08 mm.

8.683 106  2400   0.1361 rad .    7.80 3 6 77 10 1.988 10

T  12.061106 Nmm.



90 32

4

 604   5.169 106 mm4

T  8.683 106 Nmm. J

 32

d4 

 32

c) τ 

 67.08

4

T  8.683 kNm.  1.988 106 mm4

Tr T .30  70  J 5.169 106

T  12.061 kNm.

12.061106  2400   L   0.0727 rad  4.160 3 6 77 10  5.169 10

Tr 85  5.169 106 d) τ   85  T   9.764 106 Nmm.  9.764 kNm. J 45 e) d  67.08 mm.

f) A

τ

Tr  85 MPa  τem J

T  67.08 / 2  85  T  5.0381106 Nmm. 6 1.988 10

π π π 902  602   1202  diç 2  diç  99.50 mm. J 1204  99.54   10.735 106 mm4   4 4 32 T  60  85  T  15.2078 106 Nmm.  T  15.2078 kNm. 6 10.735 10

52

Ġki ayrı malzemeden yapılan miller iç içe geçirilmiĢtir. TaĢınabilecek en büyük T burulma momentini hesaplayınız.

ÖRNEK 3 y

J1 

60 mm

3

G = 60x10 MPa

em = 40 MPa

40 mm

G = 80x103 MPa em = 60 MPa A

 32

J2  x



404  25.133 104 mm4

 60 32

4

 404   102.102 104 mm4

T1 T2  4 3 60 10  25.133 10 80 10 102.102 10 4 3

z

Ġçteki daire kesitli milin taĢıyacağı burulma momentini T1, dıĢtaki halka kesitli milin taĢıyacağı burulma momentini T2 ile gösterelim. Yazılacak tek denge denkleminde T1 ve T2 olmak üzere iki bilinmeyen kuvvet olacağından problem 1. dereceden hiperstatikdir. Çözüm için Ģekil değiĢtirmeyi geometrik olarak ifade eden uygunluk denkleminin yazılması gerekir. Denge denklemi

T1  T2  T

1  2

T1 T  2 G1 J1 G2 J 2

Uygunluk denklemi: Ġki mil beraber çalıĢtıklarına göre dönme açıları birbirlerine eĢittir.

T2  5.4166 T1..............(1)  T  T1  T1  T2  T ...................(2) 6.4166 T  0.1558  20  40 25.133 104 T  0.8442 2 τ eb   30  60 102.102 104 τ1eb 

T1  0.1558 T T2  0.8442 T

 T  3.2263 106 Nmm    6 T  2.4189 10 Nmm  

3.2263 Tem  min   Tem  2.4189 kNm 2.4189

53

Dairesel kesitli çubuğun çapı, sol uçta da, sağ uçta db olup iki uç arasında düzgün olarak değiĢmektedir. Çubuk boyu L olduğuna göre toplam dönme ne kadardır? G=28 GPa

ÖRNEK 4

y

T = 80 Nm

db  d a x L 75  25  25  x  25  0.025 x 2000

d ( x)  d a  da=25mm

db=75mm

A z

L=2m

Çubuk en kesiti ve dolayısıyla polar atalet momenti x koordinatına bağlı olarak değiĢtiğinden serbest uçtaki dönme açısının hesaplanmasında integral formulünün kullanılması gerekir.

L

32 80000 dx   28000 0  25  0.025 x 4 L L 25  0.025 x  u  29.103 0.025dx  1164.1 u 4 du   4  0.025dx  du  0.025 0 u 0

2000

T  x T dx dx   G J ( x) G0 J 0

L

L



L

L

T dx 32 T dx    G 0  d 4  G 0 d 4 32

1164.1 1 3  25  0.025 x 3  388.035

0

1 1  3  0.02391rad .  1.37 0 3 75 25

54

Her bir malzemede oluĢacak en büyük kayma gerilmesini hesaplayınız.

ÖRNEK 5 A

B C

Denge Denklemi

D 700 Nm

300 Nm

Alüminyum D = 50 mm Ga = 2.8x104MPa

TA  TD  700  300  0

Çelik D = 20 mm Gç = 8.4x104MPa

Pirinç D = 30 mm Gp = 3.5x104MPa

Uygunluk Denklemi

D  0 A

1m

1m

TA

700 Nm

T

2m

TA  700

(KABUL) TD

300 Nm

TA

+

TA-700

+ TD

TA 1000 2.8 104 



32

 504



(TA  700) 1000 3.5 104 



32

 304

4.099  TA  14.88  TD  2469.13  TA  TD  1000  τ pirinç

TD  2000



8.4 104 



32

TA T  700 2TD  A  0 1750 283.5 134.4

0

 204

914.12 103  25 τal.   37 MPa 613592

TA  914.12 Nm TD  85.88 Nm

214.12 103 15   40 MPa 80295

τçelik

85.88 103 10   54.67 MPa 15707

55

DAĠRESEL KESĠTLĠ OLMAYAN MĠLLERĠN BOYUTLANDIRILMASI Dairesel ve halka enkesitli millerin burulması sırasında enkesit düzlem kalarak çubuk ekseni etrafında dönmekteydi.OluĢan kayma gerilmeleri de eksenden olan uzaklıkla doğrusal olarak artacak Ģekilde ( çubuk ekseninde sıfır.) yayılıyordu. Dairesel kesitli olmayan millerde ise kayma gerilmeleri karmaĢık olarak yayıldığından düzlem olan kesitlerde ayrıca çarpılma adını verdiğimiz düzlem kesitlerin düzlem dıĢı yer değiĢtirmeleri söz konusudur.

 0

EġKENAR ÜÇGEN

KARE

ELĠPS

a

τmax

τmax

T

b T

a

T

T

 zx   zy  0

a

τ eb 

 τmax T

τ eb 

h

 b

T  hb 2

T  hb3G

T 0, 208a 3

τmax

T 0,141a 4G

τ eb 

20T a3



46T a 4G

2T  ab 2

τ eb 

a 

2

 b2  T

 a 3b3G



h/b

1/3



0.208 0.231 0.239 0.246 0.258 0.267 0.282 0.299 0307 0.313

1/3



0.141 0.196 0.214 0.229 0.249 0.263 0.281 0.299 0.307 0.313

1



1.5

1 b 3  1,8 h

1.75

2.0

2.5

5 1 b b    1  0,63  0,052   3  h  h  

3.0

4.0

6.0

8.0

56

10

h1

Profiller, T, L, , I

Dikdörtgenler ayrı ayrı düĢünülerek, rijitlikler toplanır. b1

1 GJ  G  hibi3 3

b2

h2

τ eb

b3



T

τ eb 

1 hi bi3 .G  3

Tbeb 1 hi bi3  3

en kalın dikdörtgenin uzun kenarının ortasında olur.

h3

ÖRNEK 6

Kare kesitli bir milin daire kesitli bir mile eĢ mukavemetli olabilmesi için kesit alanının, daire kesitli milin kesit alanının kaç katı olması gerektiğini bulunuz. τ eb EĢ mukavemetli ların eĢitliği anlamındadır.

τ kare 

T 0.208a3

T T .d / 2 3 3  0.208 a  0.1963 d 3  0.208a d4 32 a  0.981d  a 2  0.9623d 2



2

Adaire 4 d  2  0.81617 Akare a

a

kare 

T 0.141a 4G

T T  4 0.141a G  d 4G 32



τ daire 

T .d / 2



32

d4 D

0.09817d 4  0.141a 4

d 2  1.1984a 2



daire 

 32

T d 4G

2

Adaire 4 d  2  0.94124 Akare a

57

τ em =60 MPa olan bir malzemeden yapılmıĢ 3 m. boyundaki bir mil 16 kNm‟ lik burulma momentine maruzdur.

ÖRNEK 7

Ġki uç arsındaki dönme açısının 0,02 rad. değerinde olabilmesi için içi boĢ yapılan milin iç ve dıĢ çapını hesaplayınız. G=80 GPa.

y

ddıĢ

L

diç

TL T .3000   0.02 GJ G  d 4  d 4  d i 32

x

dd G 60  2 3000 0.02

A z

dd T T τeb  rd   60  τ em  4 J 2 4  d d  di  32 ÖRNEK 8 y



16 106

 225 32

4

 di4 

dd 

225  60 2

60  6000  225 mm 0.02  80 103

di  217.97 mm

Serbest ucundan T burulma momenti etkiyen eĢkenar üçgen enkesitli çelik mile uygulanabilecek en büyük burulma momentini, malzemenin emniyetli kayma gerilmesinin 40 MPa ve serbest uçtaki emniyetli dönmenin 0.02 rad. olması halleri için hesaplayınız. Gç=75 GPa. Aynı miktardaki malzemeden yapılan dairesel enkesitli çubuğa uygulanabilecek burulma momenti nedir?

20.T   T  432000 Nmm .  603  Teb  281739 Nmm. 46  T 1500 0.02  4  T  281739 Nmm. 3 60  75 10   d2 1 A  60  60  sin 60   d  44.55 mm. 4 2 40 

z

L=1

500

τ

mm

60

Üçgen yerine dairesel enkesitli mil kullanmakla elde edilen kazanç=  37.26’ dır.

mm

  L 

Tr  τ em J

TL  em JG

T  22, 275



 40



T  694494 Nmm.

  44.55 32 T 1500  0.02  T  386714 Nmm. 75 103  386714 4

58

ġekilde gösterilen korniyerin yapıldığı malzemenin τ em=60 MPa,  em =0.0002 rad/mm olarak bilindiğine göre taĢınabilecek en büyük T burulma momentini hesaplayınız. G=80 GPa.

ÖRNEK 9 4

τeb  80

Tbeb 1 hi bi3  3



60 1 80  43  100  53   70480 Nmm. T 5 3

 τ em  60 MPa

T 1 G  hi bi3 3

 em  0.0002

1 T  0.0002  80 103  80  43  100  53   93973.3 Nmm 3 5

70480 Tem  min   Tem  70480 Nmm. 93973.3

100

ÖRNEK 10

ġekilde gösterilen ve iki ayrı malzemeden yapılan T kesitin taĢıyabileceği en büyük burulma momentini hesaplayınız. Ġki malzeme birlikte çalıĢtıklarına göre uygunluk denklemi olarak, 1   2

100 mm

Ayrıca denge denklemi olarak,

7 mm

1

G = 60 GPa em = 70 MPa

120 mm

1  2

T1 T2  1 1 G1 h1b13 G2 h2b23 3 3

T1 T2   T2  2.3883T1 20580 49152 2

8mm

G = 80 GPa em = 90 MPa

0.2951 T  7  70 1 3 100  7 3 0.7049  T  8 2 τ eb   90 1 3 120  8 3 τ1eb 





T  T1  T2

yazabiliriz. yazılabilir.

T1 T2  1 1 60 103  100  73 80 103  120  83 3 3

T  T1  T2  T  T1  2.3883T1 T1  0.2951T

T2  0.7049T

 T  387439 Nmm     Tem  326855 Nmm. T  326855 Nmm   

59

ġekilde gösterilen kademeli milde, her iki malzemenin de emniyet gerilmesinde çalıĢması hali için dalüminyum ve dçelik çaplarını hesaplayınız. TA  TC  10 Denge ġartı

ÖRNEK 11

A

TA 106 d a τ   40MPa  4 2 da 32

B

A eb

C

10 kNm Çelik Gç = 80 Gpa em = 100 MPa

Alüminyum GA = 28 Gpa em = 40MPa

τ  Ç eb

2m

3m

Uygunluk ġartı

 100MPa

100   2 19.635 106    dç4 32 106 dç dç

TC

TA 106  2000 28 10  3



32

7.854 106 3 19.635 106   14  d a 80 dç 0.561 d ç  0.736  d a

2

TÇ

10 - TA

3  TÇ TA  0 14  d a4 80  d ç4

d

4 ç

TA 40   2 7.854 106   d a4 32 106 d a da

+

A



32

TA

C  0

TÇ 106 d ç

d

4 a



(10  TA ) 106  3000 80 10  3



32

d



0

4 ç

d ç4

τ 40 TA  10 d a 32 2   6  4 2 TÇ 10 d ç τ 100 da 32 TÇ  5.65TA A eb Ç eb

6

TA  TÇ  10

dç  1.3125  da

TÇ  8.5 kNm

TA  1.5 kNm

60 d a  57.58 mm d ç  75.58 mm

ÖRNEK 12

ÖRNEK 13

Ġç çapı 80 mm ve dıĢ çapı 100 mm olan halka kesitli bir mil 10 kNm lik burulma momenti etkisindedir. Θ=30 derece olacak biçimde yerleĢtirilen bir uzama ölçer ile ε=-500μ olarak okunmuĢtur. Milin yapıldığı malzemenin kayma modülünü hesaplayınız.

Ġçi boĢ mil 5 mm kalınlığındaki levhanın  = 40o olacak Ģekilde sarılıp uçlarından kaynatılarak imal edilmiĢtir. Kaynakta emniyet gerilmeleri, em = ±100 MPa, em =± 55 MPa olduğuna göre uygulanabilecek en büyük burulma momenti ne olur?

100

30

T

80



T

k



A

k



 86.26 86.26 MPa

x  0 y  0  xy

86.26  G

 x   30  500  106 G  74700 MPa G  74.7 GPa

J  5.9838 106 mm 4  k  100 MPa  T  10.13 kNm

 k  55 MPa

 T  31.60 kNm

10.13  Tem  min    10.13 kNm 31.60 

61

ÖRNEK 14 ġekildeki d çaplı içi dolu mile fonksiyonu verilen yayılı burulma momenti etkimektedir. A serbest ucundaki toplam dönmeyi hesaplayınız? Düzgün yayılı burulma momentinin Ģiddeti t=250 Nm/m dir. G = 28 GPa, L = 2 m, d = 50 mm

GERĠLME DÖNÜġÜM DENKLEMLERĠ

 x 

1  x   y   1  x   y cos 2   xy sin 2 2 2

y 

1  x   y   1  x   y cos 2   xy sin 2 2 2

'

 xy  

2

ĠKĠ BOYUTLU HALDE GENELLEġTĠRĠLMĠġ HOOKE YASALARI

2

T ( x) 250 x dx dx    GJ 28 109  0.6166 106 0 0

A  

 A  0.0291 rad  1.667

1  x   y sin 2   xy cos 2 2

 xy

x 

1  x  y  E

y 

1  y  x  E

 xy 

x 

E  x  y  1  2

y 

E  x   y  1  2

 xy  G xy

G

62

EĞĠLME Tanımlar

ġekilde düĢey düzlem içinde ve tesir çizgileri daima en kesitin alan merkezinden geçecek tarzda etkiyen dıĢ yüklere maruz bir kiriĢ parçası görülmektedir. Alan merkezine yapıĢtırılan eksen takımının x ekseni çubuk ekseni ile çakıĢtırılmıĢtır. En kesit düzleminde y ekseni yukarı z ekseni ise sola yönlü alınmıĢtır. Bu durumda kiriĢi zorlayan kuvvet çiftlerinin içinde bulunduğu xy düzlemi kuvvetler düzlemi olarak isimlendirilir. Kuvvetler düzlemi ile en kesitin arakesitine (y ekseni) kuvvetler çizgisi denir. ġekil değiĢtirmiĢ çubuk ekseninin içinde bulunduğu düzleme eğime düzlemi adı verilir. Bir eğilme probleminde kuvvetler düzlemi ile eğilme düzlemi aynı düzlemse bu eğilme BASĠT EĞĠLME ya da DÜZ EĞĠLME, aksi halde EĞĠK EĞĠLME olarak isimlendirilir. Yada farklı bir ifadeyle kuvvetler çizgisinin en kesidin asal eksenlerinden biri ile çakıĢması durumunda, eğilme basit eğilme olacaktır.

Kuvvetler düzlemi ile en kesitin arakesiti: Kuvvetler çizgisi y

Kuvvetler Düzlemi

Tarafsız Düzlem Kuvvet çiftlerinin içinde olduğu düzlem: Kuvvetler Düzlemi

Elastik eğrinin içinde olduğu düzlem: Eğilme Düzlemi

Elastik Eğri x Tarafsız Eksen

z

63

BASĠT EĞĠLME Günlük hayatta kesme kuvveti ve eğilme momenti hemen her zaman birlikte bulunur. Bu iki kesit zoru arasında var olan türev bağıntı, bir kiriĢ parçası için yazılan denge denklemleri yardımıyla daha önce çıkarılmıĢtı. Bu bölümde yalnızca eğilme momenti etkisindeki bir kiriĢte oluĢacak gerilme ile Ģekil değiĢimini ifade eden bağıntıları çıkartmak istiyoruz. Yükleme durumu yanda gösterilen kiriĢin C ve D noktaları arasındaki tek kesit zoru eğilme momentidir. Eğilme momenti etkisinde düĢey eksene göre simetrik bir en keside sahip olduğu düĢünülen kiriĢten alınan küçük bir parçanın yapacağı Ģekil değiĢimi abartılarak kiriĢin alt tarafında gösterilmiĢtir. KiriĢin alt tarafındaki lifler uzarken üst tarafındaki lifler kısalır. Eksendeki lifler ise aynı boyda kalır. O halde aĢağıdaki lifler uzadığına göre bu lifler çekme gerilmesine yukarıdaki lifler de kısaldığına göre basma gerilmelerine maruz kalmaktadır. BaĢlangıçta doğru olan çubuk ekseni eğilmeden sonra bir eğri halini alır. Bu eğriye Elastik Eğri denir. Çubuk ekseninden geçen bir düzlem içindeki uzama ve kısalmaya katılmayan liflerin içinde bulunduğu xz düzlemine Tarafsız Düzlem, tarafsız düzlemle en kesit düzleminin ara kesitine (z ekseni) Tarafsız Eksen denir.

q

q A

B C

D

O

  Mz

Mz b

a

Eğilmeden önce çubuk eksenine dik bir düzlem kesit içinde bulunan noktalar eğilmeden sonra gene çubuk eksenine (Elastik Eğri) dik bir düzlem içinde kalmak üzere en kesit düzlemi biraz döner. Yani eğilmeden önce paralel olan düzlemler eğilme sonucu aralarında açı yaparlar. (Bu açı, alınan kiriĢ parçasının sol ve sağ kenarından elastik eğriye çizilen teğetlerin arasında da oluĢur. Birim uzunluktaki yayı gören açıya eğrilik adı verilir.) Eğilmede, Ģekil değiĢimiyle ilgili bu hipotezi Bernoulli bulmuĢ ve Navier de düzenlemiĢtir. Bernoulli-Navier hipotezi iki bilim adamının ismi ile anılmaktadır. Bu hipoteze göre: Çubuk eksenine dik düzlem kesitler eğilme neticesinde gene düzlem kalırlar. Çubuk eksenine dik kesitler Ģekil değiĢtirmeden sonra da Ģekil değiĢtirmiĢ eksene dik kalırlar. Dolayısıyla baĢlangıçta çubuk eksenine dik ve düzlem olan kesitlerin Ģekil değiĢtirmeden sonra dik ve düzlemliği korunmaktadır. O halde en kesit üzerinde kayma gerilmeleri sıfırdır. Denge denklemlerinin kayma gerilmeleri ile ilgili olanları otomatik olarak sağlanır.

y

d

ρ

d

eğrilik

1m Eğrilik = 1/ρ

y

DENGE DENKLEMLERİ xdA

dA

z

x

Mz

  dA  0  y  dA   M  z  dA  0 x

z

x

Eğilmeden önce kiriĢ ekseni doğru olup en kesit sabittir. Basit eğilmeye zorlanan bir çubukta Bernoulli hipotezini göz önüne alarak liflerin uzama ve kısalmasını hesaplayalım. ġekilde görüldüğü gibi yukarıdaki lifler kısalmıĢ aĢağıdaki lifler uzamıĢ ve Tarafsız eksenden y uzaklığındaki bir lifin (ab lifinin) uzama oranı εx dir.  eğilmiĢ eksenin eğrilik yarıçapı olmak üzere birim boydaki uzama,

O



x 



a

x 

b y

Son Boy  İlk boy İlk boy

   y   

x  

  dA  0   dA  0  ( y  z

y

xy

x

y

Mz

 y



Görülüyor ki boylamasına liflerin uzama ve kısalması yani boy değiĢmesi tarafsız (eksenden) yüzeyden olan y uzaklığı ile doğru ve eğrilik yarıçapı ile ters orantılıdır.

dA

y

xz

xz

xy

)dA  0

xdA

z

x

Gerilmelerin hesabı için Hooke kanununu tatbik edersek,

 x  E  x



y   

 x  E  

Pozitif Mz momenti z ekseninden y kadar yukarıda basma gerilmesi oluĢturmaktadır. Bu nedenle σxdA kuvveti de basma kuvvetidir ve negatiftir. Gerilme için bulunan bu ifade denge denklemlerinde yazılırsa aĢağıdaki denklemler elde edilir.

 y E E  dA   y dA  0       y E 2  y E      dA     y dA   M z  y E z E   dA   yz dA  0       Kesit, düĢey eksene göre simetrik olduğundan çarpım atalet momenti sıfırdır. Eksen takımı en kesidin alan merkezine yapıĢtırıldığından statik moment de sıfır olacaktır. Dolayısyla birinci ve üçüncü denge denklemleri sağlanır. 65

Ġkinci denge denkleminden

E



2  y dA  M z A

BOYUTLANDIRMA

E



Iz  M z 

1





Mz EI z

elde edilmiĢ olur. Bu formül, eğilme momenti ile eğrilik yarıçapı arasındaki bağıntıyı vermektedir. M büyüdükçe eğrilik büyümekte, (çubuğun eğriliği artmakta), EIz büyüdükçe eğrilik azalmaktadır. EIz Ģekil değiĢimine karĢı gösterilen direnci temsil ettiğinden Eğilme Rijitliği olarak isimlendirilir. Son olarak en kesit üzerindeki normal gerilmenin değiĢimi Hooke yasasından belirlenir.

 x  E  x

 M  y  x  E     E   z    EI z

x  

 Mz y y I  z

Mz y Iz

Bu ifadeden anlaĢılacağı gibi eğilmeden dolayı oluĢan gerilme y değeri (tarafsız eksenden olan mesafe) arttıkça gerilmede lineer olarak artmaktadır. Buna göre y‟nin en büyük olduğu en alt ve en üst noktalarda en büyük gerilmeler ortaya çıkmaktadır. ĠĢaretler göz önüne alınmaksızın Ģöyle ifade edilir.

 eb 

Mz yeb Iz

Gerilmelere göre boyutlandırmada

 eb 

Mz yeb Iz

formülünün esas alınacağı açıktır. Pratikte

Iz

y

 W

Iz y

oranına Mukavemet momenti adı verilir. Çekme ve basma emniyet gerilmeleri eĢit simetrik en kesite sahip kiriĢlerde

Wz 

Iz yeb

 ek M z M  yeb  z   em  eb Iz Wz

Eğer kullanılan çubuk malzemesinin, çekme ve basma emniyet gerilmelerinin birbirinden farklı olması ve/veya en kesitin z eksenine göre simetrik olmaması durumlarında çekme ve basma için iki ayrı mukavemet momenti kullanılmalıdır.

Wz  Wz

I

 ek 

Mz em   basma Wz

Iz

 eb 

Mz em   çekme Wz

z ' basma

y

'' yçekme

66

ÖRNEK 1

Dökme demirden yapılmıĢ (E =175 GPa) dikdörtgen kesitli bir kiriĢ 5 kN/m‟lik yayılı yük taĢımaktadır. a) Açıklık ortasındaki en büyük çekme ve en büyük basma gerilmesini, b) A noktasındaki normal gerilme ile uzama oranını, c) B kesitindeki eğrilik yarıçapını hesaplayınız. y q = 5 kN/m D B

x

A

G yA

z A

40 mm

T.E

bh3 80 1203 I   12 12 h = 120 mm  11.52 106 mm 4 A

E

1m

I 11.52 106 W  h 60 2 W  0.192 106 mm3

2m 4m

80 mm 10 kN

10 kN

Q

10kN

+

min.

MA 7.5 106 A   yA    20   13 MPa I 11.52 106

10kN M

A 

+ 7.5kNm 1m

 max.

10 106   52.1 MPa 0.192 106

1m

10kNm

A E

A  



1



13  74.3 106 3 175 10

y

A  

yA

A



20  269 m. 74.3 106 67

ÖRNEK 2

T kesitli çıkmalı bir kiriĢ Ģekilde gösterilen biçimde yüklenmiĢtir. KiriĢte oluĢacak en büyük çekme ve en büyük basma gerilmelerini hesaplayınız. y

3 kN q = 4 kN/m

20mm

x

A

B

z 3m

1m

5 kN

C

10 kN 7kN

Q

T.E

60 mm

50 mm

+ -

3 3 kNm

5kN

20

20

20

M

-

Ağırlık merkezinin bulunması, z 0

+

Kesit tabanına göre statik moment alalım.

3.125kNm

Açıklıkta oluĢacak en büyük gerilmeler,

b  

(y ekseni simetri ekseni)

M 3.125 106 y  30   68.9 MPa I 1.36 106

M 3.125 106 ç   y    50  114.9 MPa I 1.36 106

60  20  70  60  20  30  50 mm. 2(60  20) 60  203 20  603 2 2 Iz   60  20   20    60  20   20   12 12 I z  136.104 mm4 y

Mesnette oluĢacak en büyük gerilmeler,

M 3.00 106 b   y    50  110.39 MPa I 1.36 106

M 3.00 106 ç   y    30  66.2 MPa I 1.36 106

68

ÖRNEK 3

 2  12  (   0.01)2   50 m

GeniĢliği 10, yüksekliği 30 mm ve uzunluğu 2 m olan alüminyum çubuğun ortası uçlarından etki eden M eğilme momenti sebebiyle 10 mm yer değiĢtirmiĢtir. Çubuğa etkiyen M momenti ile en büyük uzama oranını hesaplayınız E=70 GPa.

I  22500 mm 4 1 M    EI 70000  22500 M  31500 Nmm 50000 y 15     3  104  50000   300

ρ-0.01 m

ρ

10 mm

M

1m

1m

M

ġekilde gösterilen kesite M=20 kNm lik eğilme momenti etkimektedir. Alt baĢlıkta taĢınan toplam kuvveti hesaplayınız. Kesit tabanına göre statik moment alalım.

ÖRNEK 4

20 mm E y

y

120(40  20  20 100  20 170)  77.50 mm. 120(20  20  40)

I z  41.22*106 mm4 120 mm z

C

20 mm

D’ D

120 mm

40 mm

M 20 106 D   y    77.5  37.6 MPa I 41.22 106 M 20 106  D   y    37.5  18.2 MPa I 41.22 106  37.6  18.2  alt başlık kuvveti  120  40    133920 N 2  

Üst baĢlıkta taĢınan kuvveti de siz hesaplayınız 69

Yükleme durumu ve boyutları verilen kiriĢin a) dikdörtgen kesitli olması durumunda oluĢacak en büyük eğilme gerilmesinin yerini ve değerini, b) I kesitli olması durumunda kiriĢ ortasında, enkesit üzerindeki D ve E noktalarındaki eğilme gerilmelerini hesaplayınız.

20 mm B

C

A 3m

120 mm

6 kN/m

2m

5.4 +

x

x + 13.23

C

D’ 40 mm

M  13.23 kNm I  11.52 106

12.6 Mz [kNm]

z 20 mm

D 120 mm

80

Qy [kN]

E

y

120 mm

ÖRNEK 5

 maks

mm 4

M 13.23 106  y  60   68.91 MPa I 11.52 106

M ( x  2.5m)  12.75 kNm

10.8

I  41.22 106

mm 4

M 12.75 106 E   y   82.5  25.52 MPa I 41.22 106 M 12.75 106 D   y    77.5  23.97 MPa I 41.22 106

70

EĞĠK EĞĠLME

y

y

y e

My

M

M

e

Kuvvetler Çizgisi (K.Ç.) y

(ITE/KÇ=0)

dA

My

K.Ç.

z

y

y z

C

z Mz

C

z Mz

C

Denge denklemleri;

  dA  0 x

ġekilde, herhangi bir simetri ekseni bulunmayan kiriĢ en kesitine etkiyen Me eğilme momenti gösterilmiĢtir. Bu moment, kuvvetler çizgisi doğrultusunda etkiyen dıĢ yüklerden meydana gelmektedir. (z-y) eksen takımı en kesitin alan merkezi C‟ye yapıĢtırılmıĢtır. Kuvvetler çizgisinin en kesidin asal eksenlerinden biri ile çakıĢmadığı düĢünüldüğünde eğik eğilme hali söz konusu olacaktır. Diğer bir deyiĢle çubuğu eğilmeye zorlayan kuvvet çiftlerinin içinde bulunduğu kuvvetler düzlemi ile çubuğun elastik eğrisinin içinde bulunduğu eğilme düzlemi farklı düzlemlerdir.

 

xy

dA  0

 z dA  M

xz

dA  0

 y dA  M

x

x

y

z

En kesit üzerinde alınan bir alan elemanı, x ekseni doğrultusundaki ζx gerilmesi etkisinde bulunsun. (ηxy ve ηxz kayma gerilmelerinin oldukça küçük olduklarını ve istenirse denge denklemlerinden bulunabileceklerini ayrıca belirtelim.) Bu durumda iç kuvvetlerden oluĢacak zorlamaları dıĢ kuvvetlere eĢitleyen denge denklemleri aĢağıdaki biçimde yazılabilir.

71

(ITE/KÇ=0)

y

y

My

My

Tarafsız Eksen. mi

T.E.





ysinzcos=0

C

m

-

z Mz

n

in

_

z Mz

C

Tarafsız Eksenin (T.E.) Denklemi;

tan  

sin  z  cos  y

y sin   z cos   0

ġekil değiĢtirmeden önce çubuk eksenine dik ve düzlem olan kesitlerin Ģekil değiĢtirmeden sonra elastik eğriye dik ve düzlem kaldıkları “Bernoulli-Navier” hipotezi eğik eğilme durumunda da geçerlidir. Kesitin y ekseni ile β açısı yapan bir eksen etrafında dönerek Ģekil değiĢtirdiğini düĢünelim. Basit eğilme konusundan da hatırlanacağı gibi uzama ve kısalmalar tarafsız eksenden olan mesafe ile artar. Tarafsız eksen üzerindeki liflerde uzama ya da kısalma söz konusu değildir. Tarafsız eksen, kesiti basma ve çekme olmak üzere iki bölgeye ayırır.

+

KiriĢin yan  görünüĢü maks

+

m

a ks

Basma ve çekme bölgelerinde tarafsız eksenden en uzak noktalar belirlenip, tarafsız eksene paraleller çizilir. Çizilen bu paralellere dik bir doğru yardımı ile normal birim Ģekil değiĢtirme ve bu Ģekil değiĢtirmelerin E katı ile gerilme diyagramları gösterilebilir.

72

y dA

(ITE/KÇ=0)

y’

dA

My z

T.E.

z’

mi

n

m

y’ y 

ysinzcos=0

in

y’

My mi

z’

T.E.

y’

ysinzcos=0

_

sin   cos  2

in

_ _

Mz

y sin   z cos  1

m

z

Mz

2

n



_

z

y 

y

C

+

 y sin   z cos 

ma

+ ks

m

ax

Alan elemanının merkezinden tarafsız eksene olan y‟ mesafesini belirlemek için doğru (T.E.) denkleminde noktanın koordinatları yerine yazılmalı ve doğru denkleminin katsayılarının kareleri toplamının kareköküne bölünmelidir.

+

Gerilmeyi yazarsak;

1 E  x  E x   E y    y sin   z cos    

ma

+ ks

m

ax

Basit eğilme halinde, tarafsız eksenden y kadar mesafede bulunan bir lifteki uzama oranı, eğrilik ile lifin bulunduğu o noktanın t.e.‟e olan uzaklığının çarpımı olarak hesaplanabilmekteydi. Eğik eğilme halinde de aynı bağıntı geçerlidir.

73

Gerilme;

 x  E x   E

1



y  

E

x  

E

 

 y sin   z cos   sin  y 

E



cos  z

a

 x  ay  bz

b

Buradaki a ve b katsayıları sabitlerdir. Meğer normal gerilme en kesit üzerindeki noktanın koordinatlarına bağlı olarak değiĢmekteymiĢ. ġimdi gerilme ifadesini denge denklemlerinde yerine yazıp her terimin fiziksel anlamından hareketle a ve b yi dıĢ zorlamalar ve kesitin atalet momentleri cinsinden elde edebiliriz. Ġlk denklemdeki statik momentler, eksen takımı alan merkezine bağlandığından otomatik olarak sıfırdır.

  dA  0

  ay  bz dA  0

  x zdA  M y

  ay  bz  zdA  M y

  x ydA  M z

  ay  bz  ydA  M z

x

A

A

A

A

A

a  y dA  b  z dA  0 A

özdeş olarak sağlanır.

A

aI zy  bI y  M y aI z  bI zy   M z

a  I z I y  I zy2     M z I y  M y I zy 

b  I z I y  I zy2     M z I zy  M y I z 

A

 M I  M y I zy a   z y  I I  I2 z y zy 

  

 M I  M yIz b   z zy  I I  I2 z y zy 

  

 x  ay  bz x 

  M z I y  M y I zy  y   M z I zy  M y I z  z I z I y  I zy2

Son elde edilen bağıntı tekrar düzenlenirse eğik eğilme hali için gerilme formulü Ģöyle yazılabilir.

x 

M z  I zy z  I y y   M y  I z z  I zy y 

Gerilmenin genel denklemi

I z I y  I zy2

a ve b katsayılarının bölümünden tarafsız eksenin doğrultusunu diğer bir deyiĢle tarafsız eksenin y ekseni ile yaptığı açıyı, a ve b nin karelerinin toplamından da eğik eğilme hali için Ģekil değiĢimi hesabında kullanılacak bağıntıları elde ederiz.

E

sin  M I  M y I zy a     tan    z y E b M z I zy  M y I z cos  

tan  

M z I y  M y I zy M z I zy  M y I z

 : T.E.nin y ekseni ile yaptığı açıdır.



2

2

 E2  E E E2 2 2 2 2 2 2 a  b    sin     cos    2   sin   cos    2      2

2

 M I  M y I zy   M z I zy  M y I z  a 2  b2   z y   I I  I 2   I I  I 2  z y zy z y zy       M I  M I 2   M I  M I 2  2 E y zy z zy y z  z y   2 2 2     I z I y  I zy   

Eğik eğilme hali için Ģekil değiĢtirme denklemi

1





1 E

M I z

y  M y I zy    M z I zy  M y I z  2

I I

z y

 I zy2 

2

2

75

EĞĠK EĞĠLME: TEMEL DENKLEMLER VE ÜÇ ÖZEL DURUM (ÖZET)

x 

M z  I zy z  I y y   M y  I z z  I zy y  Iz I y  I

2 zy

tan  

M z I y  M y I zy M z I zy  M y I z

M I

1

1   E

z

y  M y I zy    M z I zy  M y I z  2

I I

z y

 I zy2 

2

Özel Durum 1: z, y asal eksenler (Izy = 0), My = 0 olsun.

x  

Mz y Iz

BASĠT EĞĠLME FORMÜLÜ ELDE EDĠLDĠ.

tan      90

Iy Mz tan   Iz M y

1

1   E

2 M z2 M y  2 I z2 Iy

My Mz y z0 Iz Iy

tan  

Iy Iz

tany

z

Iy Iz

tany y 





Mz EI z

 I zy z  I y y   I I  I 2   z y zy 

x  Mz 

T.E. Denklemi için x = 0 da kullanılabilir.

x  

1

Özel Durum 3: My = 0 olsun.

Özel Durum 2: z, y asal eksenler (Izy = 0) olsun.

M M x   z y y z Iz Iy

Z EKSENĠ T.E. OLUR.

z Iy  tany y Iz

tan  

1





Iy I zy

Mz I y2  I zy2 2 E  I z I y  I zy 

76

2

ġekilde gösterilen dikdörtgen kesit 120 kNm‟ lik eğilme momenti etkisindedir. KöĢelerdeki gerilmeleri ve tarafsız eksenin doğrultusunu belirleyiniz.

ÖRNEK 1

I z  1066.67 106 mm4

y

20

0

m

D(-100;200) m

I y  266.67 106 mm4

M z  120  sin 2170  72.218 kNm

M y  120  cos 2170  95.836 kNm

Özel durum 2 z,y asal eksenler.

x  

(100;200)E 400

mm

217

z

Me = 120 kNm

My Mz y z Iz Iy

tan  

M z I y  M y I zy M z I zy  M y I z



MzIy M yIz

 tany .

Iy Iz

T.E. Doğrultusu için;

C(-100;-200)

tan   tan 217

Iy Iz

 tan 217

266.67    10.67 0 1066.67

72.218 106 95.836 106 x   y z  0.0677  y  0.3594  z 1066.67 106 266.67 106

B(100;-200)

 x  B    x 100; 200  0.0677   200   .3594  100   49.48 MPa

 x  E    x 100; 200  0.0677   200   0.3594  100   22.40 MPa  x  C    x  100; 200  0.0677   200  0.3594   100   22.40 MPa  x  D    x  100;200  0.0677   200  0.3594   100  49.48 MPa T.E. Denklemi için;

 x  0  0.0677  y  0.3594  z

z

1 y 5.308

77

ÖRNEK 2

ġekilde görülen kiriĢin eğilmeye göre en çok zorlanan kesitinin A köĢe noktasındaki gerilme A=-100 MPa olarak ölçülmüĢtür. Buna göre; KiriĢe etkiyen P kuvvetini, Hesaplanan P kuvveti için sol mesnetten 1m. mesafedeki kesitte gerilme diyagramını çiziniz. T.E. y K.Ç.

z

30

Ku v

P y

ve

tle r

Çi

9.2°

A zg

20

i si

39

Me

2m

2m

Ç ıD at üz le m i

P.L Me  4 0 M z  M e .sin150  0.5.P 106 Nmm.

150°

I y  10.61106 mm4 I zy  0

30°

z

I z  37.74 106 mm4

C

140

90

Me

20

M y  M e .cos150  0.866.P 10 Nmm. 0

6

30

M z  I y  M y  I zy

M I 0.5 10.61 tan    z y  M z  I zy  M y  I z M y I z 0.866 37.74

  9.2

0

x 

90

M z  I zy  z  I y  y   M y  I z  z  I zy  y  I z  I y  I zy2



M Mz y y z Iz Iy

0.5 106  P 0.866 106  P A    90    39  100 MPa.  P  22.854 kN . 37.74 106 10.61106 Sol mesnetten 1m mesafedeki kesitte gerilmeler

M x 1m. 

p 1  11.43 kNm. 2

 x  0.1514  y  0.9311 z

M z  5.714 106 Nmm.

M y  9.879 106 Nmm.

 min   A  0.1514   90  0.9311  39   50 MPa.  max   B  0.1514   90  0.9311  81  89 MPa.

x  

5.714 9.879 y z 37.74 10.61

78

L80x65x10 Korniyerin kuvvetler çizgisi y ekseni, ve eğilme momenti Mz=1500 Nm. olarak verilmektedir. En büyük basma ve çekme gerilmeleri ile eğrilik yarıçapını hesaplayınız.

ÖRNEK 3 y

Özel durum 3, Tarafsız eksenin doğrultusu ile x gerilmeleri

I z  82.2 104 mm4

I y  48.3 104 mm4

tan  

I zy  36.8 104 mm4

Iy I zy



48.3    52.70 36.8

4  36.8  z  48.3  y   10   x  1500000   2.11 z  2.7695  y 2  8   48.3  82.2  36.8   10 

54.5

z Me = 1500 Nm

 x ( A1 )  2.11  8.1  2.7695  (54.5)  133.84 MPa.

 x ( A2 )  2.11  18.1  2.7695  (25.5)  108.81 MPa.

25.5

Eğrilik yarıçapını veren ifadede My = 0 alınarak 46.9

18.1

1

1   E

y

5 .1; 8 ( A1

) 4.5

M

 I y    M z  I zy  2

z

 I z  I y  I zy2 

2

2

-

Mz 1   E I z  I y  I zy2 1

1 1500 103 I I  48.32  36.82 104 3 8 210 10 2616 10 2 y

2 zy

+ 52,7°

z

37,3° 37,3°

A2 (-18.1;-25.5) T.E.

1



 16.579 106    60314 mm.  60.3 m.

79

KOMPOZĠT KĠRĠġLER

N TO E B

ÇELĠK DONATI

dA

y

A1, E1

1

z

Uygulamada daha az malzeme kullanarak daha büyük eğilme direnci sağlamak amacıyla farklı elastisite modülüne sahip iki veya daha fazla malzemeden oluĢan KOMPOZĠT kiriĢler inĢa edilir. Betonarme kiriĢlerle tabakalı kiriĢler yaygın olarak kullanılan kompozit kiriĢ örnekleridir. Homojen kiriĢlerin eğilmesinde düzlem kesitlerin eğilmeden sonra düzlem kaldığı kabulü kompozit kiriĢlerde de geçerlidir. Kompozit kiriĢlerin eğilme probleminin çözümünde malzemelerden birinin diğeri cinsinden ifade edildiği EġDEĞER HOMOJEN KESĠT METODU kullanılır. 1

ek _ 2

x

Mz

x _ _

ÇE

ġ AH

ÇE

LĠK

AK

AP

ġ KU

AK

1

x 1

x

1

-

x

A1 2

x

nA2

A2, E2 2

LĠK

ġ KU

+ eb

+

+ 2

E2 > E1 için gerilme diyagramı

 

1



2

x

y

 1  E1 x   E1

x

E1 > E2 için gerilme diyagramı

y



 2  E2 x   E2

y



80

Denge denklemleri:

F

x

M

  dA  0 

0 0

z



x

  E1 A1

y



A1



  x1  y  dA    x 2  y  dA  M z

  E1 A1

dA   nE1 A2

y2



dA    x 2 dA  0

A

x

 y  dA   M z 

y



dA   nE1 A2

dA  0

y2



1

y



dA

I z   y 2 dA olduğu hatırlanırsa A1

  E1 

Mz M y z y E1I t It

y

1

z

y y’

y

z’

2

E1





ifadesi yerine yazılırsa

 I1  n  I 2   M z 

1





It

Mz E1  I t

 x 2   E2 

y



  E2 

Mz M  y  n  z  y   n   x1 E1I t It

denkleminden T.E. yerini bulabilmek için eksen takımını kesitin alt yüzeyine taĢıyalım.

 y’

y

2 nolu malzemede meydana gelen gerilme

y  y  y

Mz

E2 olur E2  n  E1 E1

Ġfadesinde E1,n,  sabit terimler gittiğinde kalan ifade S z1  n  S z 2  0

dA   M z

1

 1   E1

A2

1 nolu malzemede meydana gelen gerilme

 x   E1 

n

A2

A1

A

1

x1

E2  E1; Kabul edilirse,

E1





A1

y  dA 

S 1z  y  A1  n  S z2  n  y A2  0 nE1



 y  dA  0

A2

  y  y   dA  n   y  y   dA  0

A1

A2

S 1z  n  S z2 y A1  n  A2

81

50

AhĢap

50

83.57

110 mm

50x0.05 n

n 110 mm

z

E1 10   0.05 E2 200 n 1

110 mm

36.43 10 mm

10 mm

EĢdeğer Homojen (ÇELĠK) Kesit

50x110 mm’lik enkesite sahip ahĢap kiriĢin alt yüzeyine 25x10 mm’lik çelik plak emniyetli bir Ģekilde bağlanmıĢtır. Kompozit enkesit 3 kNm’lik eğilme momenti taĢımaktadır. Malzemelerdeki en büyük y gerilmeleri hesaplayınız. Ea=10 GPa, Eç=200 GPa

AhĢap

ÖRNEK 1

10 mm

Çelik 25

25x20 n

25

50 110  65  20   25 10  5  382500 y   36.43mm 50 110  20  25 10 10500

y

0.05   50 110  65   25 10  5 19125   36.43mm 0.05  50 110  25 10 525

 25 103  50 1103 2 I  I1  n  I 2   50 110   65  36.43  20    25 10  31.432  12  12  t z

3 106   83.57  16.7 MPa 15.016 106 a x

I zt  15.016 106 mm4

3 106   20  36.43  145.56MPa 15.016 106 ç x

 50 1103  25 103  2 I  0.05    50 110   65  36.43     25 10  31.432   0.751106 mm4  12   12  t z

3 106    36.43  145.56MPa 0.751106 ç x

3 106   0.05  83.57   16.7 MPa 0.751106 a x

82

GeniĢliği 200 mm. Faydalı yüksekliği d=350 mm pas payı 50 mm olan bir betonarme kiriĢteki çelik donatı alanı 800 mm² dir. Eç/Eb=8, Eğilme momenti 50 kNm olduğuna göre malzemelerdeki gerilmeleri hesaplayınız. Not: Betonun çekme gerilmesi taĢımadığı kabul edilecektir.

ÖRNEK 2

y x=121mm

TE göre homojenleĢtirilmiĢ kesidin statik momenti sıfır olmalıdır.

z d = 350 mm d-x=229 mm 50 200

800*8=6400

200 1213 IT   200  121 60.52  0  8  800  2292  453.7 106 12

b  

50 106 121  13.3 MPa 453.7 106

50 106  ç  8 (229)  201.9 MPa 453.7 106

x b.x  n. Aç (d  x)  0 2 2n 2n ( x) 2  Aç ( x)  Aç d  0 b b 16 16 ( x) 2  800( x)  800.350  0 200 200 x  121 mm

mm 4

ÖDEV1 Beton emniyet gerilmesi 20 MPa Çelik emniyet gerilmesi 140 MPa Çelik donatı alanı 1000 mm^2 Olduğuna göre kesitin taĢıyabileceği eğilme momenti nedir.

ÖDEV2: Ödev1 de ki problemde beton ve çeliğin aynı anda emniyet gerilmesine ulaĢabilmesi için gereken donatı miktarı ile taĢınabilecek eğilme momentini bulunuz.

83

ÖRNEK 3

Uğural 7.83 : ġekilde, alüminyum ve çelik plakların kaynaklanması ile elde edilen kompozit bir kiriĢin kesiti gösterilmiĢtir. Kesiti boyutlandırıp taĢınabilecek en büyük eğilme momentini hesaplayınız. Her iki malzemenin de aynı anda emniyet gerilmesine ulaĢması durumunu düĢününüz.

Eçelik  210 GPa

160 mm

 çem  240 MPa Ealüm  70 GPa

 alem  80 MPa alüminyum

TE 180-x

Çelik

20 mm

x

çe=240/210000



Tan( ) 

80 70000

240 210000

 180  x x x  90 mm TE üst yüze uzaklığı

20 mm

al=80/70000

b

TE göre basma bölgesinin statik momenti, eĢdeğer homojen kesitin çekme bölgesinin aynı eksene göre statik momentine eĢit olmalıdır.

b 90  20  45  70  20  35   20  80 3 b  60 mm

20 mm 90 mm

60 mm

180 mm

20

TE 70 mm 20 mm b/3 EĢdeğer homojen çelik kesit

Gerçek eĢdeğer homojen çelik kesit

Gerçek eĢdeğer homojen alüminyum kesit

20 1803 I  9.72 106 mm 4 12 M ç   90  240 MPa M  25.92 KNm 9.72 106 1 M  al   (90)  80 MPa M  25.92 KNm 3 9.72 106

84

BĠLEġĠK MUKAVEMET HALLERĠ Bundan önceki bölümlerde basit mukavemet halleri (eksenel kuvvet, kesme kuvveti, burulma momenti ve eğilme momenti) ayrı ayrı incelenerek gerilme ve Ģekil değiĢtirme bağıntıları elde edildi. Yapı ve makine elemanları çoğunlukla birden fazla yükleme etkisi altındadır. Örneğin burulma momenti aktaran bir Ģaft aynı zamanda kendi ağırlığından doğan eğilme momentleri etkisine maruzdur. Bu bölümde bileĢik yükleme halleri incelenecektir. BileĢik yükleme etkisinde gerilmelerin hesabında her bir yükten oluĢan gerilmelerin ayrı ayrı hesaplanarak süperpozisyonu yapılır. Bu tarz bir hesaplamada her bir yükten oluĢan gerilme ve Ģekil değiĢtirmelerin diğer yüklerden oluĢan gerilme ve Ģekil değiĢtirmelere etkisinin olmadığı kabul edilir. Ayrıca süperpozisyon ilkesinin ancak malzemenin lineer elastik ve Ģekil değiĢtirmelerin küçük olması durumunda geçerli olduğunu hatırlatmakta fayda vardır. Basit mukavemet hallerinde gerilme ve Ģekil değiĢtirme bağıntıları;

Qy

y

x z

N Qz

BileĢik Mukavemet Halleri için süperpozisyon denklemleri

x

T

x 

N A

x 

N EA

Kesme Kuvveti

 xy 

Qy

 xy 

Qy

Burulma Momenti

 xy   xy Q   xy T y

z

Mz

 xz   xz Q   xz T z

ġEKĠL DEĞĠġTĠRME

GERĠLME

Eksenel Kuvvet

Eğilme Momenti

My

y

YÜK TĠPĠ

Kuvvet Şekil Değiştirme  Rijitlik

Kuvvet Gerilme  Kesit Modülü

G A T  GJ Mz 1    E  Iz

A

T r J M x  z Wz



 x   x  N   x M   x M z

y

85

KESMELĠ EĞĠLME y

Kesme kuvveti ve eğilme momenti çoğunlukla birbirinden ayrılmayan iki kesit tesirini oluĢturur. Bu iki kesit tesiri arasında türev bağıntısı da vardır.

q x

dM z  Qy dx

Qy +

Qy  x 

-

x  

Mz y Iz

 x    x, y  M z  x

+

Mz

y

Qy    xy dA

xy

A

dA

xz z

Kesme kuvveti hali incelenirken y eksenine göre simetrik bir enkesit almıĢ ve denge denklemlerini yazmıĢtık. Ancak bu denklemlerde kayma gerilmelerinin yayılıĢı hakkında herhangi bir bilgi alınmamıĢ yalnızca toplamlarının dıĢ kesit tesirlerine eĢit olması gereği anlaĢılmıĢtı. Kayma gerilmelerinin yayılıĢının bulunabilmesi için Ģekil değiĢtirmenin yakından incelenerek bazı kabuller yapılması gerekir. ġimdi  xy kayma gerilmesinin yalnızca y‟nin fonksiyonu olduğunu kabul edelim.

A

Qz    xz dA  0 A

 xy   xy  y  Bir kiriĢ en kesiti üzerindeki kayma gerilmesi yayılıĢıyla o kesitte etkiyen kesme kuvveti arasındaki bağıntının çıkarılmasında kiriĢ boyunca oluĢan kayma gerilmelerinin incelenmesi gerekir.

86

Üç ayrı düzgün yüzeyli ahĢap parçasının yapıĢtırılmadan bir araya getirilmesi ile oluĢan kiriĢe P kuvvetinin uygulanması ile ahĢap parçalar birbirine göre relatif bir kayma hareketi yaparlar ve kiriĢ Ģekilde gösterilen biçimde Ģekil değiĢtirir.

P

AhĢap parçaların yapıĢtırılması durumunda, oluĢacak boyuna doğrultudaki kayma gerilmeleri parçalar arasındaki relatif kaymaya engel olur ve sonuç olarak kiriĢ yekpare bir davranıĢ gösterir.

P

ġimdi y eksenine göre simetrik bir kesite sahip kiriĢten dx kalınlıklı bir parça çıkartıp eğilme momentinden oluĢacak gerilmeleri Ģekil üzerinde gösterelim.

87

y

y

x(x+dx)

x(x)

q n

m

x z

dx

y

Mz

h1 Mz

Mz+dMz

C

Qy +

x

Qy

h2

m

m,n

n H(x+dx)

H(x)

-

K

K,L b(y)

L dx

Mz

+

H(x)

) b(y

H(x+dx)

yx *b(y)*dx

yx *b(y)*dx

H(x)

H(x+dx)

L

K dx

dx kalınlıklı parçanın sağ yüzüne etkiyen momentin sol yüze etkiyen momente göre dMz kadar arttığını varsayalım. Tarafsız eksenden y kadar yukarıda bulunan ve Ģekil üzerinde sarı olarak gösterilen kiriĢ parçasına etkiyen kuvvetler toplamının sıfır olabilmesi için m-n düzlemindeki ζyx kayma gerilmelerinin de gözönüne alınması gerekir. ġekil üzerindeki kuvvetler, etkidikleri gerçek yönde gösterildiğinden gerilmelerin iĢaretlerine dikkat edilmemiĢtir. Burada,

 H  x    yx  b  y  dx  H  x  dx   0 1 M M  dM z   z y  dA   yx  b  y  dx   z y  dA  0 I I z z y y

h1

h

h

1 1  dM z  yx   xy   b  y  y  dx

Qy S z 1 y  dA   b  y  Iz  Iz

xy : Enkesit üzerinde T.E. Den y kadar aĢağıda etkiyen kayma gerilmesi

 xy 

Qy S z

Qy : Enkesite etkiyen kesme kuvveti

b y  Iz

Sz : Kayma gerilmesinin bulunmak istenen noktanın altında/üstünde kalan alanın T.E. Göre statik momenti Iz : T.E. Göre atalet momenti b(y) : Kayma gerilmesi bulunmak istenen noktadaki kiriĢ geniĢliğidir.

y

y

BAġLIK

= 0

Qy

Qy z

z

h

baĢlık

GÖVDE

r BAġLIK

gövde

= 0

m

ak

s

b

 maks 



Qy  b  h

h4   Q

2 b  h3 b 12 3 2

 maks   ort

3    bh  2  ort

 maks

  r 2  4r Qy    2  3  Q  4      r4  A3 2r   ort 4

4 3

I kesitteki kayma gerilmelerinin y ekseni boyunca değiĢimi üstte diyagram Ģeklinde gösterilmiĢtir. Diyagramda baĢlıkla gövdenin birleĢtiği boyun noktasındaki ani zıplamaya dikkat ediniz.

 maks   ort 89

ġekilde boyutları yükleme durumu ve en kesiti verilen kiriĢin yapıldığı malzemenin normal emniyet gerilmesi 10 MPa, kayma emniyet gerilmesi 0.6 MPa olarak bilinmektedir. h kiriĢ yüksekliğini hesaplayınız. ( b=150 mm )

ÖRNEK 1

6 kN/m

M enbüyük  13.23 kNm

3m

h

B

C

A

2m 150 mm

Qy [kN]

5.4 +

M 13.23 106  maks    10 MPa ( em ) 150  h 2 W 6 h  230 mm

x

-

 maks

12.6 Mz [kNm]

Qenbüyük  12.60 kN

x

 h2  12600  150*  8     0.6 MPa ( em )  h3  150  150*  12  

h  210 mm

+ 13.23

10.8

h=230 mm 90

ÖRNEK 2

GeniĢ baĢlıklı I kesite ait boyutlar Ģekil üzerinde gösterilmiĢtir. Kesite etkiyen kesme kuvveti Q = 80 kN ise, a) Enkesit üzerinde kayma gerilmesinin yayılıĢını gösteriniz. b) Gövdenin taĢıdığı kesme kuvvetini hesaplayınız. 80 103  300  20 110 

B 

y

20

1.13MPa 22.62 MPa

B B’

B B’

 B

Iz = 155.5x106 mm4 z

C Q = 80 kN

200

 1.13MPa

80 103  300  20 110    22.62MPa 155.6 106 15

25.19 MPa

80 103  300  20 110  100 15  50  C   25.19MPa 155.6 106 15

20

15

155.6 106  300

300

b) Alt baĢlıkta taĢınan kesme kuvvetini hesaplayalım. (120-y)

y

 120  y   S z  120  y   300    y 2  

80 103  216 104  150  y 2   6 155.6 10  300

T.E. Qbaşlık 

120

120

100

100

  3.7018  2.5707 104  y 2

   300  dy  300  3.7018  2.5707 10 Qgövde  80000  2  3496  73007 N

S z  216 104  150  y 2

4

 y 2  dy  3496 N

91

Kayma Gerilmesi Formülünün Kullanılmasındaki Sınırlamalar ηxy kayma gerilmesinin en kesit üzerindeki gerçek yayılıĢı Yandaki Ģekilde gösterilmiĢtir. Kesitin kenarlarındaki kayma gerilmesi, formülle hesaplanana göre biraz daha büyük olurken kesitin orta bölgesindeki kayma gerilmesi ise formülün verdiği değerden biraz daha küçük olmaktadır. Kesit yassılaĢtıkça en büyük kayma gerilmesindeki hata da artmaktadır. En büyük kayma gerilmesinin her zaman alan merkezinde olmadığını ayrıca belirtelim.

b  0.5 h b 2 h

y



 maks  1.03 xy



 maks  1.40 xy

h z

y

Kesit yassılaĢtıkça, maks daki hata da büyür.

 xy  b

Qy  S z Iz b

y y

y

h/3 z z

h

maks

z

h/6

maks

2h/3

3 2

 maks   ort

b

92

I Kesitlerde Kayma Gerilmelerinin YayılıĢı

P

y

Daha önce ζxy kayma gerilmelerinin en kesit üzerindeki yayılıĢını ifade eden bağıntı çıkarılmıĢtı. ġimdi ζxz kayma gerilmelerinin en kesit üzerindeki yayılıĢını ifade eden bağıntıyı çıkartmak istiyoruz. Bu amaçla orta noktasında P tekil kuvveti ile yüklü I profilden oluĢturulmuĢ yanda gösterilen basit kiriĢi göz önüne alalım. Bu kiriĢin sağ yarısından alınan dx kalınlıklı küçük bir parçanın sağ yüzüne etkiyen eğilme momenti sol yüze etkiyen eğilme momentinden daha küçük olacaktır. ġekil üzerinde “+” yüze etkiyen kesme kuvveti ve eğilme momenti vektörlerle gösterilmiĢtir. Momentten oluĢacak normal gerilmelerin bileĢkesi olan kuvvetler, üst ve alt baĢlıktan ayrılan her bir küçük parça üzerinde dx vektörleriyle temsil edilmiĢlerdir. BaĢlıklardan ayrılan küçük kiriĢ parçalarına etkiyen kuvvetler toplamının sıfır olabilmesi için kesim düzlemindeki ζzx kayma gerilmelerinin oluĢturacağı kuvvetin de gözönüne alınması gerekir. KiriĢ ekseni doğrultusunda yazılacak kuvvet denge denkleminden aranan kayma gerilmesi ifadesi elde edilir. ġekil üzerindeki kuvvetler, etkidikleri gerçek yönde gösterildiğinden gerilmelerin iĢaretlerine dikkat edilmemiĢtir.

+

Qy

-

Mz +

dx Kesim yüzeyi

A* dx

y

A* Ġle gösterilen alana etkiyen kuvvet, kesim yüzeyindeki kuvvete eĢit olmalıdır.

dM z  xz  t  dx   ydA Iz A*

S z*

Qy dx

 zx   xz 

Qy  S

* z

t  Iz

Kayma gerilmesi bulunmak istenen noktanın dıĢında kalan baĢlık alanın tarafsız eksene göre statik momenti

x

dx

. T. E

Mz

dx

z

x

Yandaki Ģekilde Pozitif Kesme kuvvetinden oluĢan kayma gerilmelerinin bir I kesitteki yayılıĢı gösterilmiĢtir. Alt baĢlık uçlarında sıfır olan ζxz kayma gerilmelerinin Ģiddeti doğrusal olarak artar. Bu gerilmeler, alt baĢlık uçlarından gövdeye doğru yönelirler. KiriĢ gövdesinde y ekseni doğrultusundaki ζxy kayma gerilmeleri mevcut olup üst baĢlığa doğru yönelmiĢlerdir. Üst baĢlıktaki ζxz kayma gerilmeleri ise gövdeden baĢlık uçlarına doğru Ģiddetlerini kaybederek sıfırlanırlar.

dx

dx

A*

. T.E

dx

-

dx

xz

+

t

xy

+

xz

 xy 

Qy S z

zx

xz

b y  Iz

 xz 

Qy S z* t  Iz

94

Yandaki Ģekilde gösterilen y eksenine göre simetrik bir kiriĢ en kesitinde herhangi bir noktadaki z ekseni doğrultusundaki kayma gerilmesini belirlemek istiyoruz. Tarafsız eksenden y kadar uzakta bir çizgi üzerinde 1, A, 2, 3 gibi noktalar iĢaretlensin. En kesit sınırlarında bulunan 1 ve 3 noktalarındaki kayma gerilmelerinin sınırlara teğet doğrultuda olması gerekir. (Sınır Ģartı) Bu iki noktadan sınırlarda çizilecek teğetler y ekseni üzerinde bulunan sabit bir Oy noktasında kesiĢir. Yatay çizgi üzerinde bulunan diğer noktalardaki kayma gerilmelerinin de bu sabit noktaya doğru yöneldiği kabul edilir. O halde kayma gerilmesinin düĢey bileĢenini ve  açısını bildiğimize göre en kesit üzerinde herhangi bir A noktasındaki kayma gerilmesi geometri yardımı ile hesaplanabilir. AĢağıda, tarafsız eksenden y uzaklıkta alınan çizgi üzerinde z ekseni doğrultusundaki kayma gerilmelerinin hem yönü hem de Ģiddetindeki değiĢim sembolik olarak gösterilmiĢtir.

+ xz xz

Oy





xy 

 3 z

1

2 A C

y

xz A

y

z

+ xz

xz -

 xz  tan   xy   xy  tan  

C

 xz  xy

   xz2   xy2

Qy  S z Iz b

10

70 10  45  60 10  5  20 15 17,5 39750   24.84mm 700  600  300 1600

a 80

a

25

y

30

ġekilde gösterilen 10 mm sabit kalınlıklı kesite 20 kN luk kesme kuvveti etkimektedir. a) ĠĢaretlenen kesitlerdeki kayma gerilmelerini, b) En büyük kayma gerilmesini hesaplayınız.

ÖRNEK 3

b

c

b

c

30

30

 50  703  60  803 2 Iz   60  80 15,16    50  70  20.162  12  12 

b 

c 

20000   7.34*150   2.64MPa 83.33 104 10 20000  19.84*250  7.34*150   14.54MPa 83.33 104 10

 max 

20000  10  55.16  27.58   36.51MPa 83.33 104 10

a

y

a 80

20000   40.16*300   28.92MPa 83.33 104 10

10

55.16

a 

mm 4

z 24.84

20 153   20 15  7,342  83.33 *104 12

b

b 30

c c

30

96

ġekilde gösterilen kutu kesitli kiriĢin ağırlık merkezinden geçen z eksenine (T.E.) göre atalet momenti 10.5x106 mm4‟tür. a) E noktasındaki eğilme ve kayma gerilmelerini hesaplayıp düzlem bir eleman üzerinde gösteriniz. b) En büyük eğilme ve kayma gerilmesini hesaplayınız.

ÖRNEK 4

y 10kN

4kN

1.5m

40

E

A

M 4.5 106 E   y   16.7   7.16MPa I 10.5 106

C

B

56.7 E

D

z 2m

2m

2m

Q

C 60 63.3

4kN

3kN

3*103   40  80  36.7  E   0.839MPa 10.5 106  40

0.839

-

-

E

20

7.16

[MPa]

+

20

40

20

7kN

0.839

8kNm

M

-

b) En büyük kayma gerilmesi B-C arasında, ağırlık merkezi üzerindedir.

+ 4.5

6kNm

 maks 

7 103  56.7 2  80  0.5  16.72  0.5  40  10.5 106  40

 2.05MPa

En büyük eğilme gerilmesi B mesnedi yakınında, ağırlık merkezinden en uzak noktada meydana gelir.

 maks

8*106   63.3  48.23MPa 10.5 106

97

KAYMA AKISI Mühendislik uygulamalarında bazen elemanların yük taĢıma kapasitelerini arttırmak için çeĢitli parçalardan oluĢan yapma elemanlar kullanılır. DıĢ yüklerin etkisiyle eleman eğilmeye çalıĢtığında, birleĢim araçlarından (çivi, cıvata, tutkal, kaynak vs) birleĢtirdiği parçalar arasındaki relatif kaymaya engel olması ve yapı elemanının yekpare davranıĢını sağlaması beklenir. BirleĢim araçları hesabında, eleman boyunca taĢınması gereken kesme kuvvetinin bilinmesi gerekir. Elemanın birim uzunluğuna etki eden kesme kuvvetine Kayma Akısı adını veriyoruz. [N/m]

F+dF A’

dM z dF   Iz Mz+dMz Mz

dx

dF

 y  dA

A

F

Birim boydaki kesme kuvveti (kayma akısı)

dM z S z dF  dx dx I z

q

q

dF dx

Qy S z Iz

Burada

q : KiriĢin birim boyuna etkiyen kesme kuvveti Sz : BirleĢen parça enkesit alanının T.E. Göre statik momenti Iz : Yapma kiriĢin enkesitinin tümünün T.E. Göre atalet momenti Boyları ve çivi aralıkları aynı olan iki kesitten hangisi daha büyük kesme kuvveti taĢır?

98

ÖRNEK 7

ġekilde gösterilen T kesit, dört ayrı ahĢap parçasının çivilerle birleĢtirilmesinden oluĢmaktadır. Kesite etkiyen kesme kuvveti 4 kN, bir çivinin taĢıyabileceği kesme kuvveti ise 1600 N‟dur. a) Üst parçada gerekli çivi aralığı s1‟i b) Alt parçalarda gerekli çivi aralığı s2‟yi c) Eğer birleĢim çivili değil de tutkallı yapılsa a-a ve b-b yüzeylerindeki kayma gerilmelerini hesaplayınız. Iz = 9.1x106 mm4 y

y

s1

100

s1

20 a

a 32.9

z

x

80 b 20 15

30

b 15

Üst parça için

q1 

Qy S z

Alt parça için

q2 

Qy S z

Iz

 xya a 

Iz

s2

s2



4000  100  20  42.9   37.7 N / mm 9.1106

1600  37.7  s1  42.4mm s1



4000  15  20  57.1  7.52 N / mm 9.1106

1600  7.52  s2  212.8mm s2

Qy  S z Iz b



4000  100  20  42.9   1.26MPa 9.1106  30

 xzbb 

Qy  S z Iz t



4000  15  20  57.1  0.38MPa 9.1106  20 99

ġekilde gösterilen kiriĢ kesiti iki adet 20X100 mm lik ve iki adet 25X100 mm lik dört ahĢap parçanın çivilenmesi yoluyla elde edilmiĢtir. KiriĢ 3 kN luk düĢey kesme kuvveti taĢımaktadır. Çivi aralığı 100 mm olarak bilindiğine göre, a) Her bir çivinin taĢıyacağı kesme kuvvetini b) Kesitin üst yüzünden 40 mm aĢağıda kayma gerilmesini hesaplayınız.

ÖRNEK 8

y

Birim boydaki bu kesme kuvveti 100 mm aralıklı iki çivi tarafından taĢınacaktır. 25

2* Qçivi  26.47*100 50

z

Qçivi  1324 N  1.324 kN

C 25

20

100

20

Iz b



3000  100  25  37.5  40  40  30  10.625 106  40

 xy  1 MPa y

mm

4

Qy S z ÖDEV Verilen kesit için benzer hesapları siz yapınız

z

100

Iz

C

20 25

50

25

3000   25.100*37.5  10.625 106 q  26.47 N / mm q  26.47 kN / m q

Qy  S z

20

140 1003 100  503 Iz    10.625 *106 12 12 q

 xy 

100

ÖRNEK 9

ġekilde, iki parçanın kaynaklanması ile imal edilen bir kiriĢin en kesiti gösterilmiĢtir. Kaynakların her birinin bir metre boyda 200 kN luk kesme kuvveti taĢıdığı bilindiğine göre KiriĢin taĢıyabileceği en büyük Qy kesme kuvveti nedir.

y

y 81.25

25 mm

100 mm C Kaynak dikiĢi

43.75

z

25 mm 100 mm

25 100  (75  12.5)  43.75mm 2*25*100

25 1003 Iz   25 100  31, 252 12 100  253    100  25  31.252   7.096 *106  12 

q

Qy S z Iz

2* 200 

mm4

kN N    200  200  m mm   Qy   25.100*31.25 

7.096 106 Qy  36322 N

101

ġekildeki ahĢap kiriĢin S düzlemindeki kesitte n-n yatayındaki normal gerilmenin mutlak değeri 10 MPa; m-m yatayındaki kayma gerilmesinin mutlak değeri 0,4 MPa olduğuna L açıklığı ve P kuvvetinin değeri nedir? 80

P

S x L

ÖRNEK 11

PL P 60  10 ,   32  0.4 3 80 120 80 120 12 P  2560 N L  750 mm.



m

m

n

n

120 mm

ÖRNEK 10

ġekildeki bileĢik kesit iki dikdörtgen parçanın 100 mm aralıklarla çivilenmesi yoluyla imal edilmiĢtir. Bir çivi 600 N‟luk kuvvet taĢımaktadır. AhĢabın em = 10MPa; em = 2MPa olduğuna göre bu kesitin emniyetle taĢıyabileceği Mz eğilme momenti ve Qy kesme kuvvetini hesaplayınız, hesaplanan değerler için kesitin kayma ve normal gerilme diyagramlarını çiziniz.

y

y

y  60 mm

120 mm

Qçivi  600 N

mm 4  Qy  680 N

maks  ahşap  2 MPa  Qy  8704 N maks  ahşap 

10 6

MPa MPa

z

C D

 M z  2.176 kNm

120 mm

120 mm

D

I z  21.76 106

156.2 kPa 40

C

10

E

20 mm

z

40

40 mm

120 mm

E

6

102

ġekilde gösterilen dikdörtgen kesitli kiriĢ 12 kN‟luk tekil kuvvet etkisindedir. KiriĢ üzerinde gösterilen A, B, C, D ve E noktalarındaki kayma ve eğilme gerilmelerini hesaplayıp bu noktalardaki asal gerilmeleri ve doğrultularını birer eleman üzerinde gösteriniz.

ÖRNEK 12

12 kN A 30

B 30

120

C

Mz(0.5) = 3 kNm Qy(0.5) = -6 kN

120

M 3 106 A   y    60   50MPa I 3.6 106 A  0 A

30

D 30

50

[MPa]

E

25

0.5m

0.2

B  

M 3 106 y  30   25MPa I 3.6 106

tan 2 p 

2 zy

 x  y

  pI  5.1o 25.2

2.25

B  

6000   25  30  45  2.25MPa 3.6 106  25

25

B

25.2 5.1o [M Pa ]

25

0.2

[MPa]

3

3

2.25

45°

]

C

Pa

[MPa]

3

6000   25  60  30   3MPa 3.6 106  25

[M

C  

3

3 106 C    0  0 3.6 106

3

3

103

0.2

M 3 106 D   y    30   25MPa I 3.6 106

2.25 25

25.2

D

25

[MPa]

6000   25  30  45 D    2.25MPa 3.6 106  25

tan 2 p  2.25

M 3 106 E   y    60   50MPa I 3.6 106

E

2 zy

 x  y

[MPa]

  pI  5.1o

5.1 o

25.2

0.2

50

[MPa]

ÇeĢitli noktalardaki asal gerilmeler hesaplanıp çizilirse birbiri ile dik olarak kesiĢen iki grup eğri elde edilir. Bu eğriler asal (çekme/basınç) gerilme yörüngelerini gösterir. ġimdi kesmeli eğilmeye maruz kesitte değiĢik noktalardaki asal gerilmeleri ve doğrultularını Ģematik olarak çizelim. ġu ana kadar kiriĢ en kesiti üzerindeki herhangi bir noktada kesme kuvveti ile eğilme momentinden oluĢan normal, ve kayma gerilmelerinin hesaplanmasını gördük. AĢağıdaki Ģekilde Moment ve kesme kuvvetinden oluĢan gerilmelerin yayılıĢı Ģematik olarak gösterilmiĢtir. Normal gerilmenin en büyük olduğu noktada kayma gerilmeleri sıfırdır. Yine kayma gerilmesinin en büyük olduğu noktada normal gerilme sıfır olmaktadır. O halde en büyük gerilmeler süperpoze edilerek daha da büyük gerilmeler oluĢturmamaktadır. Bu durumda kesmeli eğilme halinde ayrı ayrı hesaplanan en büyük normal ve kayma gerilmeleri emniyet gerilmelerini aĢmıyorsa kiriĢe güvenlidir diyebilir miyiz?

y min Qy

 maks  

Mz

maks

x

min

Mz Wz

 maks   em maks

 

xy maks

;

3   ort 2

 maks   em 104

M. ĠNAN sayfa 286 daki problem : ġekilde gösterilen kesitin kesmeli eğilme etkisinde güvenli olup olmadığını araĢtırınız.

ÖRNEK 13

123kN

123kN

y B B’

B

A 0.4

0.4

2m

123 Qy

kN

13.1 NPI 240

Q = 123 kN Mz =49.2 kNm z

I z  42.5*106 mm 4

C

213.8

S z  207 *103 mm3

+

 em  140 MPa  em  70 MPa

8.7 -

13.1

123 Mz

106

+ 49.2

 min max

Wz  0.354*106 mm3

M   W

 maks 

kNm

49.2 106  138.9MPa   em 0.354 106

123000*207000  68.9 MPa   em 42.5*106 *8.7

Boyun noktasındaki asal gerilme

M 49.2 106  B   y   106.9  123.75MPa I 42.5 106  B 

123000*113.45*106*13.1  52.4 MPa 42.5*106 *8.7

 boyun  boyun

123.752  123.75    52.42  143 MPa  2 2 2    143 MPa   em 105

KAYMA MERKEZĠ Herhangi bir enkesit için kayma gerilmelerinin bileĢkesinin geçmesi gereken tek bir nokta belirlenebilir ki o noktaya kayma merkezi adı verilir. Eğer dıĢ kuvvet kayma merkezinden geçecek tarzda etkirse sadece eğilme oluĢur. Aksi taktirde eğilmeye ek olarak burulma da meydana gelir. Enkesitin yalnızca bir simetri ekseni varsa K.M. Bu eksen üzerindedir. Ġki simetri ekseni olan kesitlerde K.M. Bu eksenlerin kesim noktası olur. Genel kural olarak dolu ve içi boĢ kapalı kesitlerde K.M. Ağırlık merkezine yakındır.

Et kalınlığı ince kesitlerin Kayma Merkezinin bulunması y

 xy 

Qy

s

C

M

C

Iz b

M x  Qy  e

0

C

e

e

S

Mx Qy

S

z

Qy  S z

106

ÖRNEK 13

ġekilde gösterilen baĢlık geniĢliği b, yüksekliği h ve et kalınlığı t olarak verilen [ kesitte kayma gerilmelerinin yayılıĢını çiziniz, kayma merkezinin yerini bulunuz.

Üst baĢlıkta E noktasından s kadar uzakta ηxz kayma gerilmesini hesaplayalım.

Qy  S z*

 xz 

t  Iz



Qy  s  t  h / 2 Iz t

y

t

 Q h    y  s  2 Iz 

b

D

Gövde üzerindeki herhangi bir noktadaki ηxy kayma gerilmesi ise benzer Ģekilde yazılırsa,

 xy 

Qy  S z b  Iz



y D

Qy

D

h h 1 h  (b  t   (  y )  t  ( (  y )  y )) t  Iz 2 2 2 2

E h y 2

Qy

h h 1 h  (b   (  y )  (  y )) Iz 2 2 2 2

C

ηxy kayma gerilmesinin D noktasındaki değeri, y yerine h/2 yazılarak bulunur. Bulunan bu değer, baĢlıkta z ekseni yönündeki kayma gerilmesine eĢittir. Bu ifadelerden faydalanılarak en kesit üzerindeki kayma gerilmelerinin yayılıĢı gösterilmiĢtir. D

D

 Qy  h  b  2  Iz 

Simetriden dolayı

 xz 

A

  xz 

S

y

S

z

h2  xy   (b  h  2  y 2 ) 2  Iz 2 Qy

 xz maks   xy   

h

t

Burada, parantez içine alınan terimler sabit olduğundan η‟nun Ģiddeti s ile artar. noktasında s yerine b yazıldığında en büyük kayma gerilmesi değerine ulaĢılır.

 xy 

C

z

B A

A

D

107

ηxy kayma gerilmesinin en büyük değeri y yerine sıfır yazıldığında aĢağıdaki biçimde elde edilir. (C alan merkezi düzeyinde)

h2  xy   (b  h  2  y 2 ) 2  Iz 2 Qy

 xy C 

Qy  h

h  (b  ) 2  Iz 4

BaĢlıkların uçlarında kayma gerilmeleri sıfırdan baĢlayıp gövdede en büyük değerine ulaĢacak Ģekilde (doğrusal olarak) artmaktadır. Ortalama gerilme ile baĢlık alanı çarpılarak baĢlıklarda taĢınan kesme kuvvetleri hesaplanabilir. YaklaĢık olarak gövdenin de y ekseni doğrultusundaki bütün zorlamayı taĢımakta olduğu hatırlanırsa S kayma merkezine göre yazılacak moment denge denkleminden kayma merkezinin yerini gösteren e değeri hesaplanır.

FDE  FAB

M

s

Qy  b  h b  t Q y  b 2  h  t   zx ort  b  t    2  Iz 2 4  Iz

0

Qy  b 2  h 2  t 4  Iz

FDE FDA

e S

C

FBA

FAB  h  Qy  e

 Qy  e

b2  h2  t e 4  Iz

108

Bina kolonlarına üst katlardan gelen eksenel kuvvet yanında kolona bağlanan kiriĢlerden aktarılan eğilme momentleri de olur. Eksenel kuvvet artı iki eksene göre eğilme momenti Ģeklindeki zorlamaya eksantrik (kolon ekseni dıĢında etkiyen) normal kuvvet hali adı verilir.

y

y

y

e

My

My

y

y

z

z N

(ITE/KÇ=0) K.Ç.

M

Kuvvetler Çizgisi (K.Ç.)

e

M

EKSANTRĠK NORMAL KUVVET HALĠ

Mz

C

N

C

z Mz

N

C

ġekilde, herhangi bir simetri ekseni bulunmayan çubuk en kesitine etkiyen Me eğilme momenti ile N eksenel normal kuvveti gösterilmiĢtir. Me eğilme momentini z ve y eksenleri doğrultusundaki bileĢenleri cinsinden gösterebiliriz. y

y

My

My

y

N C

C

z

z C

e1

Mz

e1

z

N

e2

Mz = N e1

Mz = N e1 My = N e2

Eksenel normal kuvveti, z ekseninden e1=Mz/N kadar aĢağı kaydırmakla Mz momentinin yapacağı etki normal kuvvetin üzerine aktarılabilir. Benzer Ģekilde N normal kuvvetini y ekseninden e2=My/N kadar sola kaydırmakla da My momentinin yapacağı etkiyi içermesi sağlanabilir. Dolayısıyla baĢlangıçta verilen eksenel kuvvet artı iki eksene göre eğilme momenti yerine eksantrik normal kuvvet hali elde edilmiĢ olur. Eksantrik normal kuvvet, alan merkezine taĢınırsa eksenel kuvvet + iki eksene göre eğilme momentleri elde edilebilir. Burada e1 ve e2 değerlerine eksantrisite (dıĢ merkezlik) denir. 109

y y

Tarafsız eksen sonsuzdadır

My ysinzcos=0

T.E.

mi 

n

m

-

ma in

_

z

ks

z

Mz

N

m

a ks

C

+ +

KiriĢin yan görünüĢü

+ ma

ks

+ m

Süperpozisyon kuralını kullanarak eksantrik normal kuvvet halini, biri iki eksene göre eğilme momentlerinin bulunduğu eğik eğilme hali ile diğeri eksenel kuvvet hali olmak üzere ikiye ayırabiliriz. Eğik eğilme halindeki Ģekil değiĢimi ve gerilme diyagramı Ģekil üzerinde hatırlatılmıĢtır.

x 

M z  I zy z  I y y   M y  I z z  I zy y  I z I y  I zy2

tan  

KiriĢin yan görünüĢü

a ks

Eksenel kuvvet halinde çubuk eksenine dik ve düzlem olan kesitlerin çubuk ekseni doğrultusunda ötelendiğini ve normal gerilmenin en kesit üzerinde düzgün yayılı olduğunu anımsayınız.



N A

M z I y  M y I zy M z I zy  M y I z

110

EKSANTRĠK NORMALKUVVET HALĠ : ÖZET

x 

My

e

M

y

T.E.

x 

K.Ç.

T.E.( Me )

Mz  Izy  z  I y  y  My Iz  z  Izy  y Iz  I y  Izy2



ysinzcos=0

N A

m

in

y _-

z Mz

m

_

N

in

+

+ = =

++

Süperpozisyon denklemi

 x    N x

x 

Me x

N M z  I zy  z  I y  y   M y  I z  z  I zy  y   A I z  I y  I zy2

m

+ a ks

+ m

a ks

111

ÖRNEK 1

ġekilde gösterilen dikdörtgen blok köĢesinden etkiyen 40 kN’luk kuvveti taĢımaktadır. A, B, C, D noktasındaki normal gerilmeleri hesaplayınız. x 40kN

40 y

I z  1.7067 106 mm4

iz2  533.33mm2

I y  0.4267 10 mm

i  133.33mm

6

80 z

G

x  C D

4

2 y

z ve y asal eksenlerdir.

2

My N Mz  y z A Iz Iy

y 40

C

D

40000 1.6 106 0.8 106 x    y z 80  40 1.7067 106 0.4267 106

 x  12.5  0.9375 y  1.875z A

M y  0.8 106 Nmm

M z  1.6 106 Nmm

N  40000 N

6.67

z

80

B

13.33

87 .5

 x  A  12.5  0.9375  40   1.875  20   62.5MPa

-

B

A

 x  B   12.5  0.9375  40  1.875  20  12.5MPa

y = 0  z = 6.67

T.E.

+ .5

y  13.33  2 z

z = 0  y = -13.33 62

T.E. Denklemi için x = 0 yazarsak;

.5

 x  D   12.5  0.9375  40  1.875  20   12.5MPa

12

 x  C   12.5  0.9375  40   1.875  20   87.5MPa

112

ġekilde boyutları verilen kesite A noktasından P basma kuvveti etkimektedir. Malzemede güvenlik gerilmesi em

ÖRNEK 2

= 60 ve em =-120 MPa olduğuna göre kesitin taĢıyabileceği P kuvvetini hesaplayınız. y

y

30 25

A

180  30 15   90  30  75  35mm 180  30    90  30 

303 180 903  30 2 Iy    30 180   20    90  30  402  8.708 106 mm4 12 12

35 mm

z 65 mm

I zy   30 180  25  20   90  30  50    40   8.1106 mm4

30 120 mm

x 

y  0.372 z  30

 D  P 123.4  1.53  35  4.11 65 106  P 197.3 106 

P 197.3 106  60



A

T.E . z

1 20

 x  P  123.4  1.53z  4.11y  106

 C  P 123.4  1.53  5  4.11115 106   P  588.4 106  P  588.4 106  120

C

 P  204.08kN   Pem  204kN P  304.1kN  

-



y

N M z  I zy  z  I y  y   M y  I z  z  I zy  y   A I z  I y  I zy2

6 6 6 6  P 90 P 8.110  z  8.708 10  y   20 P  24.9110  z  8.110  y  x   2 8100 24.91106  8.708 106  8.1106 

x  0

z

30 1803 90  303 2 Iz    30 180   25    90  30  502  24.91106 mm4 12 12

15

180

180  30  90   90  30 15  65mm 180  30    90  30 

D

40. 25

+

113

Özel Durum: z,y; asal eksenler olsun. (Izy = 0) y

P

ez

Eksantrik normal kuvvet halindeki genel gerilme ifadesi, asal eksen takımı kullanıldığında basitleĢir. Yan tarafta, pozitif bölgesinde eksantrik çekme kuvveti etkiyen dikdörtgen bir kesit görülmektedir. Eksantrik normal kuvvetin etkidiği noktanın z ve y koordinatları Ģekilde ez ve ey (eksantrisite) ile verilmiĢdir. ġimdi tarafsız ekseni belirleyip kesit üzerinde çizelim.

ey

z

x 

My N Mz  y z A Iz Iy

Pe P Pey  y z z 0 A Iz Iy

x 

T.E. Denklemini belirleyebilmek için x = 0 yazalım.



m

ak

s

  ez  P  ey 1  I y  I z   0 A z y  A  A 

y +

ey

1

y  0  sz  

iy2 ez

ey iz2

y

ez z0 iy2

Tarafsız Eksen Denklemi

iz2 z  0  sy   ey

A1

(z 1

;y

1)

e 1  2 y  2z z  0 iz iy

Parantez içi sıfır olmalı

My

Meğer T.E. Normal kuvvetin Ģiddetinden bağımsızmıĢ, Yalnızca eksantrik kuvvetin etki ettiği noktanın koordinatlarına bağlıymıĢ.

sz

z

Mz N

-

y2

2;

(z A2

T. E.

)



m

in

sy

Eksantrik normal kuvvet halindeki en büyük çekme ve basma gerilmeleri, tarafsız eksenden en uzak noktaların koordinatları yardımıyla kolayca hesaplanabilir.

 xmaks 

Pez P Pe y  y1  z1 A Iz Iy

 xmin 

Pez P Pe y  y2  z2 A Iz Iy

114

ġekilde gösterilen kesit P çekme kuvvetinin etkisi altındadır. T.E.’nin A ve B noktalarından geçebilmesi için P kuvvetinin uygulandığı E noktasının koordinatını hesaplayınız. em = 140 MPa olduğuna göre P’nin alabileceği en büyük değer ne olmalıdır.

ÖRNEK 3 y 140 40

z, y asal eksenlerdir.

I z  78.933 106 mm4

B

I y  18.933 106 mm4

x 

40

iz2  4933.3mm2

z 120

Tarafsız Eksen Denklemi

iy2  1183mm2 P E

A

A  16000mm

 e M e P Mz P  y  y z  1  2y y  2z A Iz Iy A iy  iz

2

1

ey 2 z

i

y

  z  

ez z0 iy2

A ve B noktasının koordinatları T.E. denkleminde yazılır ise

40 D

 x   A  0  1  x   B  0  1

 maks   D 

yp 4933.3 yp 4933.3

 60    60  

zp 1183 zp

1183

 70   0 2

 20   0

P  45.68 26.28  1   100   70       140 16000  4933.3 1183

zp 1183

z  26.28mm

 90   0  yp  45.68mm p

P  643497 N

115

Tarafsız eksenin kesitin AB kenarı ile çakıĢması için eksantrik normal kuvvetin etkimesi gereken noktayı belirlemek istersek A ve B noktasının koordinatlarını T.E. Denkleminde yerine yazmak yeterlidir..

ÇEKĠRDEK BÖLGESĠ

ey

e 1  2 y  2z z  0 iz iy

y Tarafsız Eksen Denklemi

Iz bh3 h 2 i    A 12bh 12 2 z

D

A(b/2 ;h/2)

ez   b

b3 h b 2 i    A 12bh 12 2 y

Iy

6 h/2

z

12  ey  h  12  ez  b    2    0 h2  2  b 2 12  e  h  12  e  b   x  B   0  1  2 y     2 z    0 h  2 b 2

 x  A  0  1 

12  ez b 2  0  ez   ; b 6

ey  h

6 h/2

B(b/2 ;-h/2)

ey  0

Benzer Ģekilde tarafsız eksenin kesitin BC, CD ve DA kenarları ile çakıĢık olması hallerinde Eksantrik kuvvetin etki etmesi gereken noktalar belirlenerek birleĢtirilirse dikdörtgen kesitin ÇEKĠRDEK bölgesi elde edilir. Normal kuvvet bu bölge içerisinde etkirse kesit tek iĢaretli gerilme etkisinde kalır. Aksi halde TE, kesitin içerisine girerek kesiti basma ve çekme olmak üzere iki farklı bölgeye ayırır. Bu husus özellikle tekil temellerin hesabında uygulama alanı bulur. Zemin, çekme gerilmeleri taĢıyamadığından temel altında tamamen basma gerilmeleri elde edebilmek için gerektiğinde temel papucu bir doğrultuda uzatılarak eksantrik hale getirilir.

ÇEKİRDEK BÖLGESİ

C b/2

b/2

140 E

ÖDEV: Yanda gösterilen kesitin çekirdeğini belirleyip en kesit üzerinde gösteriniz.

D y

40 40 z 120

C

40 A

B

116

Simetrik olmayan Tekil Sömeller

yazılabilir. Demek ki e=M‟/N ile e belirtilir ve A1 uzunluğu, A2 uzunluğundan 2e kadar fazla tutularak uniform gerilme yayılıĢı sağlanır.

N

N M*

H h*

e O*

O

N

A

O

A1

M '  M *  h* H momenti elde edilir. Buna göre kuvvetin O*O =e= M‟/N olmak üzere O noktasına tek baĢına etkidiği düĢünülebilir. Gerilme yayılıĢının üniform olması için O noktasının sömel tabanının ağırlık merkezinde olması gerekir. Buna göre dikdörtgen tabanlı sömeller için,

M'

H

B

Sömel üst seviyesinde tesir eden kuvvetler kolon ekseninin sömel tabanını kestiği O* noktasına icra edilirse aynı değerde N kuvveti ve

A2

A1

A

A

Bazen sömel altında üniform gerilme yayılıĢı temin edebilmek için sömel eksantrisitenin bulunduğu tarafa daha uzun yapılır. Bu yolla kolon eksenine göre simetrik olmayan bir sömel elde edilir. AĢağıda bu problem incelenmiĢtir.

(Temeller, ders notları Prof.Dr Halit DEMĠR)

e

O

*

A2

N e

A1  A2  e A2  A2  e A1  A2  2e A1  A2  2e

H

O

A1

O*

A2 117

Simetrik Sömel hesabı

 z  0.25 MPa verildiğine göre M '  M  h H  150  1 75  225 kNm M ' 225 e   0.25 m N 900 *

*

Zeminin emniyet gerilmesi 0.25 MPa olduğuna göre sömel ve üzerindeki toprak için 0.025 MPa azaltma yaparsak (Sömel tabanının 1.25 m derinde olduğu kabul edilerek, ortalama birim hacim ağırlığı 20 kN/m3 alınarak 1.25*20=25 kN/m2 =0.025 MPa

 znet  0.25  0.025  0.225 MPa olur. Ön boyutlandırma için düzgün yayılı gerilme kabulu yapılabilir. N 900000 Alan  net   4000000 mm 2 z 0.225 A  B  4  106  2000 mm

2  2 m lik simetrik bir sömel seçilirse e  25cm  200 : 6  33cm sömelde çekme gerilmesi oluşmaz.

 eb hesaplanırsa,  eb

900000 225 106   1000  20003 2000  2000 200012

 eb  0.39375 MPa   znet

sömel alanı büyütülmelidir.

3  2 m lik simetrik bir sömel seçilirse e  25cm  300 : 6  50cm sömelde çekme gerilmesi oluşmaz.

 eb hesaplanırsa,  eb

900000 225 106   1500  30003 3000  2000 200012

 eb  0.225 MPa   znet  ek  0.075 MPa

sömel alanı yeterlidir. N

M*

H h*

O 3.00 m

2.00 m

N  900 kN M *  150 kNm H  75 kN

1m

ÖRNEK 4.1

N  900 kN M *  150 kNm H  75 kN

Eksantrik Sömel hesabı

1m

ÖRNEK 4.2

A  B  2 m alınırsa A1  A2  e  1  0.25  1.25 m A2  A2  e  1  0.25  0.75 m bulunur. Sonra kritik kesitlerdeki kesit tesirleri hesap edilerek kesit hesabı ve tahkikleri yapılır.

N

M '  M *  h* H  150  1 75  225 kNm M ' 225 e   0.25 m N 900 Buna göre sömelin bir tarafa olan çıkması diğer tarafa olan çıkmadan 2e=0.50 m fazla olacaktır. Zeminin emniyet gerilmesi 0.25 MPa olduğuna göre sömel ve üzerindeki toprak için 0.025 MPa azaltma yaparsak (Sömel tabanının 1.25 m derinde olduğu kabul edilerek, ortalama birim hacim ağırlığı 20 kN/m3 alınarak 1.25*20=25 kN/m2 =0.025 MPa

 znet  0.25  0.025  0.225 MPa olur.

H h*

0.25

O 1.25

O* 0.75

2.00 m

2m

 z  0.25 MPa verildiğine göre

M*

Gerilme uniform olacağına göre sömelin taban alanı A B

N

 znet

900 103   4 106 mm 2  4 m 2 0.0225

119

ġekilde gösterilen sömelde oluĢacak en büyük basma gerilmesini hesaplayınız. gerilmesi taĢımadığı kabul edilecektir.

ÖRNEK 5

y P=100 kN

x m

x

0. 67

P=100 kN M= 100 kNm

Zeminin çekme

y

z

z

A

G

B 0.5

2m

0.5

0.5

3m

e=1 m A

B TE

ζ

ez 

s

My N



100  1 m 100

h 300   50 cm 6 6 Eksantrik normal kuvvet, çekirdek bölgesi dıĢındadır. O halde TE kesitin içine girmiĢtir.

Gerilmelerden oluĢan kuvvet ve bu kuvvetin tarafsız eksene göre momenti, dıĢ kuvvet ve dıĢ kuvvetin T.E. göre momentine eĢit olmalıdır.

2.(3  s )

B

2.(3  s )

B 2

2

 100 kN

. (3  s)  100(2.5  s ) 2 3

s  1.5 m,  B  66.7 KPa (kN m2 ) s  1500 mm  B  0.0667 MPa 120

KOLONLARIN BURKULMASI

121

KOLONLARIN BURKULMASI P

N=-P M= Py

Yapı elemanlarının gerilme ve Ģekil değiĢtirme kriterlerine göre incelenerek boyutlandırılması bundan önceki bölümlerde ele alındı. Bu bölümde yapı elemanlarının aldığı biçimi yük etkisi altında koruyup koruyamayacağı konusu araĢtırılacaktır. Stabilite, yapının ani biçim değiĢimi yapmadan verilen bir yükü taĢıma kabiliyeti olarak tanımlanabilir. AĢağıdaki Ģekilde, üç farklı yüzey ve üzerindeki küre gösterilmiĢtir. Kürelere denge konumlarından küçük sapmalar verilip serbest bırakıldıklarında nasıl davranacakları hususunu, üç ayrı denge konumunu açıklamakta kullanabiliriz. w

w y

I w

F

M II

w

N

N

Kararlı Denge

I

w

II

F

I

N

w

N

Eğer küre denge konumu I`den uzaklaĢtırılırsa, küreyi orijinal denge konumuna döndürmeye zorlayan yeni bir F kuvveti oluĢur. Bu denge durumu KARARLI DENGE olarak adlandırılır.

II N

Kararsız Denge

Küre denge konumu I`den hareket ettirilirse oluĢan kuvvet küreyi denge konumundan daha da uzaklaĢtıracaktır. Bu denge durumuna KARARSIZ DENGE denir. Gerçek yapılardaki göçme olayına benzetilebilir.

N

N

Farksız Denge

Küre, denge konumu I`den hareket ettirildiğinde orada kalır ve denge konumu hiçbir zaman bozulmaz. Bu Ģekil kararlı ve kararsız denge arasında bir durumu gösterir ve FARKSIZ DENGE diye adlandırılır.

Ġki ucundan mafsallı eksenel basma kuvveti taĢıyan bir çubuk düĢünelim. Eksenel kuvvetin yavaĢ yavaĢ artması durumunda çubuk doğru eksenli baĢlangıç durumunu koruma eğilimindedir. O halde çubuğun doğru eksenli denge konumu, kararlı denge konumudur diyebiliriz. Eksenel kuvvetin belirli bir değerine ulaĢıldığında çubuk, doğru eksenli denge konumunu bırakıp aniden eğri eksenli baĢka bir denge konumuna geçer. Bu olaya burkulma adını veriyoruz. Çubuk burkulduktan sonra yüklemedeki küçük değiĢmelerle kendisine yine eğri eksenli baĢka baĢka denge konumları bulur. Çubuğun eğri eksenli denge konumunu kolayca değiĢtirme eğiliminde olması sebebiyle bu denge konumuna kararsız denge konumu adı verilir. Burkulma, eksenel basma kuvveti taĢıyan narin çubuklarda meydana gelir. En kesit alanı küçük, boyu büyük olan narin çubukların eksenel yük taĢıma kapasiteleri burkulma olayı nedeniyle azalır.

122

P

EKSENEL YÜKLÜ KOLONLAR

P

Bu bölümde kolonların elastik burkulması ele alınacaktır. Burkulma probleminde amaç, doğru eksenli denge konumuna sahip bir kolonun eksenel basma yükü altında, eğri eksenli baĢka bir denge konumu olup olmadığını belirlemek ve varsa kolonu bu denge konumuna geçiren P yükünü hesaplamaktır.

N

Ġki ucu mafsallı bir kolon ele alalım ve aĢağıdaki Ģartları sağladığını kabul edelim: a) Kolon baĢlangıçta doğru eksenlidir. b) Eğilme rijitliği EI, uzunluk boyunca sabittir. c) Malzeme lineer elastik, homojen ve izotroptur. d) Yük tam olarak ekseneldir. e) Yerel burkulma meydana gelmez.

(N + M)

x P

P

P

DÜZ

P N=-PCos M =-Py

y

 Q=PSin

BURKULMUġ

  tan   y cos   1 sin   

N   P  cos  Q  P  sin  M  P  y

L

N  P Q  P  y M  P  y

x y P

P

1





v

1  v3/ 2 

d2y M  dx 2 EI

1/ 2

123

2 

P EI

olarak tanımlanırsa diferansiyel denklem aĢağıdaki gibi yazılır.

y   2 y  0

Bu diferansiyel denkleminin çözümü;

y  x   A sin   x   B cos   x 

x0



Burkulmaya yol açan en küçük yüke kritik yük denir. Kritik yüke ulaĢıldıktan sonra ikinci mertebe momentler sebebiyle çubuktaki deformasyon hızla artarak çubuğun tahrip olmasına yol açar.

d2y P  y0 dx 2 EI

d2y M Py   2 dx EI EI

y  L  0

L2

Ġki ucu mafsallı kolonlar için EULER denklemi

0  A sin  0   B cos  0  0

xL 

 2 EI

ġeklindedir. Burada A ve B sabitleri sınır koĢullarından bulunabilir.

y  0  0 B0

Pkritik 

1

y  x   A sin   x 

y  L   A sin   L   0 0

 L  n P   EI 2



n L

n2 2 P   2  L EI 2

n  1, 2,3,...

n 2 2 EI Pn  L2

124

Deformasyon bağıntısı

P1

 n y  x   A sin   L

 x 

P2

n = yarım sinüs eğrisi sayısı Basında bazen beton dökümü sırasında kalıp çökmesi nedeniyle meydana gelen yaralanma haberlerine rastlarız. Betonarme bir binanın kalıbının yapımında kiriĢ ve döĢeme altlarına 50-75 cm aralıklarla yerleĢtirilen dikmeler kullanılır. Bir dikmenin burkulma açısından taĢıyabileceği eksenel kuvvet küçüktür. Dikmeler, kuĢak adı verilen ahĢap elemanlar yardımı ile ortalarından hareket edemeyecek tarzda her iki yönde birbirlerine bağlanırsa burkulma yükü önceki yükün 4 katı olur. Eğer dikmeler uzunluklarının üçte bir noktalarından kuĢaklarla bağlanmak suretiyle hareket edemez hale getirilirse burkulma yükü baĢlangıçtaki yükün 9 katına çıkar. Dolayısıyla kalıp tamamlandıktan sonra kuĢakların dikkatlice kontrol edilmesi kalıp çökmelerini büyük ölçüde engellermiĢ.

P3

L/3 L/2 L/3 L/2 L/3

P1 n=1

  y  x   A sin  x  L 

P1 

 2 EI L2

P2

P3

n=2

 2 y  x   A sin   L

n=3

 x 

4 2 EI P2   4 P1 L2

 3 y  x   A sin   L

 x 

9 2 EI P3   9 P1 L2

125

Elastik eğrinin büküm noktaları arasındaki uzaklık, (Lb) burkulma boyu olarak tanımlanırsa, Euler kritik burkulma yükü formulünü farklı mesnet koĢullarına sahip çubukların burkulma yüklerinin hesaplanmasında kullanmak mümkündür.

Pkritik 

P

P

P

P

L

Lb=0.707L

 2 EI min

L

L/2

L

L

2 b

L

Burkulma olayı, en kesitin en küçük atalet momentini veren eksene dik doğrultudaki yer değiĢtiresi ile meydana gelir. Bu sebeple Ġnce dikdörtgen ve L kesitler yerine her eksene göre atalet momentleri aynı olan Daire, halka, tüp yada geniĢ baĢlıklı I profil kesitlerin kullanılmaları daha uygun olur.

Lb=2L P

P

P

Lb  0.5L

Lb  L Pkritik 

Lb= 0.5L

 2 EI min 2

L

Pkritik  4

 2 EI min 2

L

P1

Lb 

Lb= 0.707L

Lb  2 L

L  0.707 L 2

Pkritik  2.05

 2 EI min L2

Pkritik

1  2 EI min  4 L2

126

KRĠTĠK GERĠLME – NARĠNLĠK ĠLĠġKĠSĠ Bir kolonda burkulmaya yol açan en küçül normal gerilme ζkritik (ζkr), Euler burkulma yükü bağıntısının alana bölünmesiyle elde edilebilir. Ġki ucu mafsallı bir kolonda,

Pkritik 

 EI min 2

L2b

Pkr  2 EI min  2 E  2 E   2  2 Lb A Lb 2 A  2 imin

 2E  kr  2 

Ģeklinde ifade edilebilir. Burada λ, narinlik olarak tanımlanır. Narinlik EI (eğilme rijitliği) veya P (yükleme) ile iliĢkili değildir.



kr

Lb i

Burkulma gerilmesi düĢey eksende, narinlik değerleri de yatay eksende gösterilerek ζkr – λ eğrisi çizilecek olursa, λ nın büyük değerlerinde eğrinin yatay eksene hızla yaklaĢtığı, küçük değerlerinde ise eğrini hızla büyüyerek düĢey eksene asimptot olduğu görülür. Oysa normal gerilmenin büyümesiyle malzemede akma adını verdiğimiz kalıcı Ģekil değiĢtirmelerin ortaya çıkıp ezilme ve göçme olması gerekirdi. Dolayısıyla narinliğin küçük değerlerinde Euler hiperbolünün kullanılması doğru olmaz. Orantılılık sınırına karĢı gelen narinlik değeri bir kriter olarak alınabilir.

 2E p  2 p

 2 210 103 190   p2

Yapı çeliği için kritik narinlik değeri 105 dir

300

Tetmajer doğrusu

200

Euler hiperbolü

p



p 105 Elastik olmayan Burkulma bölgesi

Elastik Burkulma bölgesi

 p  105 127

Narinliğin 105 den küçük olması durumunda burkulma gerilmesi orantılılık sınırını aĢmakta dolayısıyla malzemede kalıcı Ģekil değiĢtirmelerin olması beklenmektedir. O zaman bu bölgeye Elastik Olmayan yada Plastik Burkulma Bölgesi adının verilmesi yanlıĢ olmayacaktır. Narinliğin 105 den büyük olması durumunda ise burkulma gerilmesi oldukça küçük değerler alacağından, bu bölgedeki burkulmaya Elastik Burkulma Bölgesi denebilir. Plastik Bölgedeki burkulma yükünün belirlenmesinde ise Tetmajer‟in deneysel çalıĢmaları sonucunda önerdiği doğru denklemleri kullanılabilir.

NARĠNLĠK – KRĠTĠK GERĠLME ĠLĠġKĠSĠ : ÖZET

kr 300

Tetmajer doğrusu

200

  p

   p 

Tetmajer eğrisi geçerli burkulma elastik değil.

  p

   p 

Euler hiperbolü geçerli burkulma elastik bölgede.

Euler hiperbolü

p

Tetmajer doğru denklemleri



p 105 Elastik olmayan Burkulma bölgesi

  p    p 

 çelik için   kritik  29.3  0.194  ahşap için   kritik  310  1.14

Elastik Burkulma bölgesi

128

ÖRNEK 1

KOLONLARIN TASARIMI 1) Analiz (kontrol) : Lb, A, P bilinen büyüklükler. y z



z

Lb  (hesapla) imin

ġekilde boyutları verilen iki ucu mafsallı ahĢaptan imal edilmiĢ kolonun taĢıyabileceği P basma kuvvetini, kolon boyunun 4 ve 2 metre olması halinde ayrı ayrı hesaplayınız. (E = 10 GPa,)

  p  100

y

   p   Tetmajer formülünü kullan   kritik  a  b Pkritik  fs güvenlik katsayısı  fs

Burkulmanın elastik bölgede olduğu kabul edilir ( > p). P yükünü elastik burkulma bölgesinde taĢıyabilecek en küçük atalet momenti hesaplanır (Imin) Bulunan bu atalet momentini sağlayacak uygun bir kesit seçilir (I, U, T veya dikdörtgen).

Pkr  fs  P  fs  1

 fs P  L I  2E

 hesaplanarak p değeri ile karĢılaĢtırılır. Eğer ( > p) ise kabul doğrudur.

 kr 

 E 2 2

Pkr   kr  A



Pkr 

2 b

Ptoplam 

Pkr fs

Eğer ( < p) ise kabul yanlıĢtır ve kesit büyütülerek iĢlemler tekrarlanır.

100

120

 kr  29.3  0.194  

lb  l  4000mm

2) Boyutlandırma : E, P, Lb bilinen büyüklükler.

z

 120 1003 Iz   1107 mm 4  12 7 4  I min  110 mm 3 100 120 Iy   14.4 106 mm 4   12

 2E    p   Euler formülünü kullan   kr  2 ; Pkr   kr  A  Pemniyet 

y

lb imin

imin 

1107  28.9mm 12000

4000  138.41   p  100 28.9



 2  E  I  2 1104 1107   61622 N , lb2 40002

lb  l  2000mm imin  28.9mm

4

 kr 

Burkulma elastik bölgede Euler formülü geçerlidir.

61622  5.14MPa 100 120

Olsaydı;

2000   69   p  100 28.9

Burkulma plastik bölgede Tetmajer formülü geçerlidir.

Pkr  A   kr Pkr  100 120   29.3  0.194  69   190968 N 15.91MPa

129

Burkulma boyu Lb = 3m olan bir kolon P = 400 kN‟luk bir eksenel kuvvet etkisi altındadır. Kolon E = 210 GPa olan dairesel kesitli D dıĢ çapına sahip ve D/12 et kalınlığı olan içi boĢ bir borudan yapılmıĢtır. fs = 3 alınarak D dıĢ çapını hesaplayınız.

ÖRNEK 2

fs  P  lb2 3  400 103  30002 I 2   5.21106 mm4 2 3  E   210 10

D-D/6

I  0.51775

A

D

i

D   D  4 D 6 I   64 64

 4

 D4 64

1202  1002   3454mm2

I 5267381   39.05mm A 3454

 kr  310  1.14

 5.21106 mm4



D  119.65mm  120mm

I  0.51775

 1204 64

t

4

120  10mm 12

 5267381mm4

3000  76.82   p  105 39.05

 kr  310  1.14  76.82  222.4MPa

Pmax 

222.4  3454  256056 N  400kN 3

Kesit bu yükü taĢıyamaz. Kesit büyütülür.

D  140mm t  14mm I  11.13 106 mm4 A  5540mm2 i  44.8mm



3000  67  105 44.8

 kr  310  1.14  67  233.6MPa

Pmax 

5540  233.6  431381N  400kN 3

Süleyman Aksoy tarafından yapılan kesit seçimi 21 Mayıs 2009

D  165mm t  9.95mm I  14.62 106 mm4 A  4847mm2 i  54.93mm 3000 4847  247.74  kr  310  1.14  54.61  247.74MPa   54.61  105 Pmax   400240 N  400kN 3 54.93

130

ġekildeki L kesitli ahĢap kolonun fs = 3 güvenlik katsayısı ile taĢıyabileceği P yükünü bulunuz. E = 10 GPa

ÖRNEK 3

kç P

90 mm

  77.803  kr  14.21 MPa

30

kç

a)

BoĢluğun kapanmasına, b) Çubukların elastik burkulmasına yol açan sıcaklık artıĢını hesaplayınız.

d = 25 mm

d = 25 mm

1.2mm

Pem  38357 N

150 mm

30

Aralarında 1.2 mm boĢluk olan 25 mm çaplı silindirik çubukların uzunlukları 1‟er metredir. Isıl genleĢme katsayısı a = 12x10-6 1/oC olduğuna göre,

I min  5.3524  106 mm 4

L=1 m

C

tabana ve sol kenara göre statik moment alınırsa; y  35 mm z  65 mm

ÖRNEK 5

1m

1m

L    L  T ÖRNEK 4

ġekilde görülen BC çubuğu 90x180mm dikdörtgen kesitli ahĢaptan yapılmıĢtır. Çubuğun fs=3 güvenlik ile taĢıyabileceği q yükünü; L=3 m olması halinde, hesaplayınız. E = 10 GPa, p = 100

q

I min  10.935  106 mm 4

A B

  115.47 3m

C 3m

1m

6

0.0012  12 10  2  T

I  r4 r2 r    A 4 r 2 4 2

T  50 C BoĢluk kapandıktan sonra sıcaklık artmaya devam ederse iç kuvvet oluĢur.

 L t   L e

Pem  39.972 kN kN q  15 m

i

E  T   kritik 

 T L   2E 2

NL AE T 

  E  T 2  8.03 C  2 131

ÖRNEK 6 Çelik AB çubuğu kare kesitli olup iki ucu mafsallıdır. 2 güvenlik katsayısı ile sisteme uygulanabilecek P kuvvetinin Ģiddetini hesaplayınız. λkr= 105, <kr için kr = 310 -1.14 (burkulma plastik bölgede ise) C

TBC = 2P

TAB = 1.732P

38x38mm2 30,0°

A

B

P

3m P



3000 384 12  382



3000  273  kr  105 10.97

384 I  173761mm4 12 Pkr  2 EI Pem    1.732 P fs fs L2b

P

 2  200 103 173761 30002  2 1.732

 11002 N  11kN

132

ELASTĠK EĞRĠNĠN ĠNTEGRASYON YOLU ĠLE BULUNMASI Yükleme sonrası bir eğri haline dönüĢen (elastik eğri) çubuk ekseninin denklemini integrasyon yöntemi ile belirlemek istiyoruz. Eğriliğin matematik tanımı ile basit eğilme konusunda elde edilen Ģekil değiĢtirme bağıntıları birleĢtirilirse aĢağıdaki ifadeye ulaĢılır.

1





v

1  v

P

r y,v q



2 3/ 2

d 2v M  , 2 dx EI

v,

1





M EI

EIv‟‟=M ifadesinin iki kere türevi alınırsa elastik eğri denklemini kesme kuvveti veya yayılı yük fonksiyonunu kullanmak yolu ile de bulabileceğimizi görmekteyiz. Ġntegrasyon sabitlerinin belirlenmesinde geometrik ve dinamik sınır koĢullarından faydalanılır.

dM  Q dx

M

dv dx

M v

Q

x,u Elastik Eğri

EI v  M

Bu bağıntı, moment fonksiyonunun iki kere integre edilmesi yolu ile elastik eğri fonksiyonunun belirlenebileceğini ifade etmektedir.

dQ  q y dx

Q

Θ

Amaç: Yalnızca Momentten oluĢan eğim ve sehimin bulunması

EI  v  M EI  v 

dM  Q dx

d 2M  dQ  EI  v       q  x 2 dx  dx 

133

Sınır koĢulları V

EI  v  q

v a  0

a x

EI  v   q  dx  c1  Q

 a  0

Ankestre uçta çökme ve dönme yoktur.

EI  v    q  dx  dx  c1 x  c2  M V

c1 x 2 EI  v     q  dx  dx  dx   c2 x  c3 2 c1 x3 c2 x 2 EI  v      q  dx  dx  dx  dx    c3 x  c4 6 2

EI  v  M

Mafsallı uçta çökme ve moment yoktur.

M a  0

a

EI  v    M  dx  dx  c1 x  c2 M

N

x M a 0  

V

EI  v   M  dx  c1

S M

v a  0

a

S

x

Q a  0

Serbest uçta moment ve kesme kuvveti yoktur.

N

+

134

ġekilde gösterilen konsol kiriĢin elastik eğri denklemini ikinci, üçüncü ve dördüncü mertebeden diferansiyel denklem kullanarak bulunuz. B noktasındaki eğim ve sehimi hesaplayınız.

ÖRNEK 1 y

P MA=-PL

EI  v  q

x

A B

EI  v 

L QA=-P

EI  v  P EI  v  Px  C1

EI  v  M EI  v   P( L  x)  Px  PL Px 2 EI  v   PLx  C1 2 Px3 x2 EI  v   PL  C1 x  C2 6 2 x  0 için v  0  C2  0 x  0 için v  0  C1  0  P x PL  Lx    B    EI  2 2 EI  P  x3 Lx 2  PL3 v   vB   EI  6 2  3EI v 

2

dM  Q dx

2

2

Px  C1 x  C2 2 Px3 x2 EI  v   C1  C2 x  C3 6 2 EI  v 

x  0 için v  0  C3  0 x  0 için v  0  C2  0 x  0 için M   PL  C1   PL  P  x2 PL2 v   Lx    B   EI  2 2 EI  P  x3 Lx 2  PL3 v   vB   EI  6 2  3EI

EI  v  0 EI  v  C1 EI  v  C1 x  C2 x2 EI  v  C1  C2 x  C3 2 x3 x2 EI  v  C1  C2  C3 x  C4 6 2 x  0 için v  0  C4  0 x  0 için v  0  C3  0 x  0 için Q   P  C1  P x  0 için M   PL  C2   PL  P  x2 PL2  Lx     B  EI  2 2 EI  P  x3 Lx 2  PL3 v   vB   EI  6 2  3EI v 

135

ġekilde gösterilen basit kiriĢin elastik eğri denklemini bulunuz. C noktasındaki sehimi hesaplayınız.

ÖRNEK 2

y

y P A

B

x

A

a

b L

Pa L

P b  x EI  v2  x  P  x  a   P  a 1   L  L

P b EI  v1  x L P b 2 EI  v1  x  c1 2 L

 x2   EI  v2  P  a  x    c3 2 L  

P b 3 x  c1 x  c2 6 L

v1  0   0



c a < x < L bölgesi

0 < x < a bölgesi

EI  v1 

x

Vc

C P b L

B

c2  0

 x2 x3  EI  v2  P  a     c3 x  c4 2 6  L  

v2  L   0



v1  a   v2  a  

Pa3b Pa3 Pa 4  c1a    c3a  c4 6L 2 6L

v1  a   v2  a  

Pa 2b Pa3 2  c1  Pa   c3 2L 2L

PaL2 PaL2   c3 L  c4  0 2 6

136

Pb 2 2 c1   L  b , 6L

c2  0,

Pa pa3 2 2 c3    2L  a  , c4  6 6L

Pb v1   x  L2  b 2  x 2  6 LEI

Pb v1   L2  b 2  3x 2   6 LEI

P  x  a Pb 2 2 2 v2   L  b  x    6EI 6 LEI P  x  a Pb 2 2 2 v2   L  b  3 x    2EI 6 LEI

3

2

C noktasındaki eğim ve sehim (x=a)

Pb c   L2  3a 2  b 2   6 EIL Pba 2 vc   L  a 2  b2   6 EIL v1  0

ya da v2  0 dan  x

Özel durum: a=b=L/2

P

C  0 vmaks

PL3  48EI

en büyük çokme hesaplanabilir.

137

ġekilde gösterilen konsol kiriĢin reaksiyon kuvvetlerini çift katlı integrasyon yolu ile hesaplayınız.

ÖRNEK 3 y

q x

A C B L

L/3

q MA

A

DüĢey yükler etkisindeki kiriĢlerde yatay doğrultuda reaksiyon oluĢmayacağından yazılabilecek iki adet denge denklemi mevcuttur. Bu iki denklemde bilinmeyen üç reaksiyon kuvveti bulunur. Çözüm için gereken üçüncü denklemi elastik eğri bağıntısı sağlar.

C B

RA

RB L/3

L

F

y

 0,

RA  RB 

M  0 4 qL 3

I

 4 L  4 L L  4 2 RA L  M A  q     qL   3  6 3  9

II

1  1 qL 24 3 2 R L  M L   0 *   A A 2 24 L2 6  4

4 RA L  12M A  qL2  16 2 7 2  2 4 2   8M A   qL  qL   qL 9 9 RA L  M A  qL  9 

q

MA

RA

M

x

x2 qx 2 M  M A  q  RA x  0, M  RA x  M A  2 2 2 qx EIv  RA x  M A  2 1 qx3 2  EIv  RA x  M A x   c1 2 6 1 1 qx 4 3 2 EIv  RA x  M A x   c1 x  c2 6 2 24  v  0   0  c2  0    Sınır koĢulları:  v 0  0  c  0   1   4 1 1 qx EIv  RA x3  M A x 2  6 2 24 v1  L   0

1 1 qL4 3 2 RA L  M A L  0 6 2 24 MA 

7 2 13 qL , RA  qL, 72 24

III RB 

19 qL 138 24

ÖRNEK 4

ġekilde görülen konsollu kiriĢin elastik eğri denklemini; a)

Ġkinci mertebeden diferansiyel denklem kullanarak,

b)

Üçüncü mertebeden diferansiyel denklem kullanarak çıkartınız. y

P x

A C B P/2

L

3P/2

L/2

EI  v  M 0 x L

EI  v1  



M1  

P x 2

Lx

P x 2

EI  v2  Px 

P 2 x  c1 4 P EI  v1   x3  c1 x  c2 12

EI  v2 

EI  v1  

v1  0   0 v1  L   0 



P  L3  c1L  0 12



 3 L  M 2  P   x  2 

3PL 2

P 2 3PL x  x  c3 2 2

EI  v2 

c2  0

3 L 2

P 3 3PL 2 x  x  c3 x  c4 6 4

v1  L   v2  L 

PL2  c1  12

v2  L   0

139

v1  L   v2  L 

v2  L   0





P 2 P  L2 P  L2 3  P  L2 L     c3 4 12 2 2 3

3

c3 

5  P  L2 6

c4 

2

PL 3PL 5PL    c4  0 6 4 6

P  L3 4

Elastik eğri denklemleri

Px v1  L2  x 2   12 EI

P v2  3L2  10 L2 x  9 Lx 2  2 x3   12 EI

EI  v 

0 x L

Q1 

P 2

P 2 P EI  v1   x  c1 2

EIv1  

EI  v1  

P 2 x  c1 x  c2 4

EI  v1  

P 3 x2 x  c1  c2 x  c3 12 2

Konsol Ucundaki Çökme

PL3  3L  v2     8EI  2 

dM  Q dx Lx

3 L 2

Q2   P

EI  v2  P

EI  v2  Px  c4 EI  v2 

EI  v2 

P 2 x  c4 x  c5 2

P 3 x2 x  c4  c5 x  c6 6 2

140

ÖRNEK 5

ÖRNEK 6

Yükleme durumu Ģekilde verilen konsol kiriĢin elastik eğri denklemini bulunuz.

Yükleme durumu Ģekilde verilen konsol kiriĢin elastik eğri denklemini bulunuz. A noktasındaki eğim ve sehimi hesaplayınız.

35 kN

y

A x

10 kN

y

B 4 4m

kNm

A

x

C

B 2m

1m M  35 x  144, EIv  35 x  144 1 v'  (17.5 x 2  144 x) EI 1 v (5.833 x3  72 x 2 ) EI

0  x 1 m EIv1  0

1 x  3 m EIv2  10  10 x

20 EI 1 v1  (20 x  46.667) EI

v '2 

v '1 

1 (5 x 2  10 x  15) EI 1 v2  ( 53 x3  5 x 2  15 x  45) EI

141

Üç boyutlu gerilme halinin GenelleĢtirilmiĢ Hooke Yasaları:

x 





1  x   y   z  E  xy 

y 





1  y   x   z  E

 xy

 yz 

G

z 





1  z   x   y  E

 yz

 xz 

G

 xz G

Bu ifadeler, gerilmeler cinsinden yazılırsa

x 

E       2G x 1  1  2  x y z

y 

E       2G y 1  1  2  x y z

 xy  G xy

z 

E       2G z 1  1  2  x y z

 yz  G yz

 xz  G xz

G

Düzlem gerilme halinde GenelleĢtirilmiĢ Hooke Yasaları:

x 

1  x  y  E

y 

1  y  x  E

 xy 

E 21  

 xy G

Bu ifadeler, gerilmeler cinsinden yazılırsa

x 

E    1  2  x y

y 

E    1  2  y x

 xy  G  xy

142

EskiĢehir Osmangazi Üniversitesi Mühendislik Mimarlık Fakültesi

ĠnĢaat Mühendisliği Bölümü

Enerji Yöntemleri A.C.Uğural SUNU DERS NOTLARI 2010 Hakan EROL

Selim ġENGEL

Yunus ÖZÇELĠKÖRS

ENERJĠ YÖNTEMLERĠ

Denge denklemleri ile kuvvet ve deplasman hesabı

ġekil DeğiĢtirme Enerjisi kavramını temel alan enerji yöntemleri ile kuvvet ve deplasman hesabı

-DeğiĢken kesitli elemanlarda hesap -Elastik stabilitedeki karmaĢık problemlerin çözümü -Çok sayıda elemana sahip yapılarda deplasman hesabı -BileĢik mukavemet etkisindeki narin çubuklarda deplasman hesabı

GENEL GERĠLME HALĠ ĠÇĠN ġEKĠL DEĞĠġTĠRME ENERJĠSĠ Üç boyutlu gerilme durumunda normal ve kayma gerilmelerinin yaptıkları iĢler, (Enerji yoğunluğu)

u0 

1  x x   y y   z z   xy xy   xz xz   yz yz   2

GenelleĢtirilmiĢ Hooke yasalarının yerine yazılmasıyla

uo 





1 2 1  x   y2   z2  2  x y   x z   y z    xy2   xz2   yz2  2E 2G

bulunur. Asal eksen takımında bütün kayma gerilmeleri sıfır olacağından enerji yoğunluğu aĢağıdaki biçimde yazılabilir.

uo 

1 2 1   22   32  2 1 2   2 3  1 3    2E

Elastik bir cisimde depolanan Ģekil değiĢtirme enerjisi (Ģde) integrasyon yoluyla.

U   u0 dv   u0 dx dy dz hesaplanır. Bu ifade bileĢik mukavemet hali etkisindeki bir elemanda depolanan Ģde hesabında kullanılır. ġDE, yüke/deformasyona 2. dereceden bir fonksiyonla bağlı olduğundan süperpozisyon ilkesi geçerli değildir.

ġEKĠL DEĞĠġTĠRME ENERJĠSĠNĠN BĠLEġENLERĠ

Üç boyutlu genel gerilme hali

Asal eksen tk. gerilme hali

2



m

m

m 

Yalnızca biçim değiĢimi oluĢturan gerilme hali



2 m

m

1

3



Yalnızca hacim değiĢimi oluĢturan gerilme hali

1   2   3

u0  u0v  u0 d

3

1   m

 3 m

HACĠM DEĞĠġTĠRME ENERJĠSĠ

uo 

1 2 1   22   32  2 1 2   2 3  1 3    2E

1   2   3   m yazılırsa

uov 

1 2 1  2 2  m   m2   m2  2  m m   m m   m m    3 m  2E 2E

uov 

1  2 2 1   2   3  6E

BĠÇĠM DEĞĠġTĠRME ENERJĠSĠ Toplam enerjiden hacim değiĢtirme enerjisi çıkarılarak

uod 

1  2 2 2  1   2    2   3    3  1   12G

Deneysel çalıĢmalar, hacim değiĢimi enerjisinin kırılmada etkisinin olmadığını, kırılmanın tamamen biçim değiĢimi enerjisinden kaynaklandığını göstermektedir. Hacim ve biçim değiĢimine sebep olan gerilmeler ve bu gerilmelerden oluĢan Ģekil değiĢimleri malzemenin plastik davranıĢında önemli rol oynamaktadır.

Örnek

YumuĢak çelikten yapılan bir çubuk eksenel çekme etkisindedir. Poisson oranı ¼ olduğuna göre enerji yoğunluğunu ve bileĢenlerini hesaplayınız. 2=0

1 2 2 2 2 uo  1   2   3  2 1 2   2 3   1 3    2E 2E

Çubuktan çıkarılan bir elemanda gerilme durumu gösterilirse 1

1  2 1  2 2  2 2 uov    1   2   3   6E 6E 12 E

3 =0

uod 

1  1 1 5 2 2 2  1   2    2   3    3  1    ( 2   2 )   2   2 12G 12G 3E 12E

u0  u0 v  u0 d

2

2

5 2   2 E 12 E 12 E

Tek eksenli gerilme etkisindeki bir elemanın biçimini değiĢtirmek için gereken enerji, hacmini değiĢtirmek için gereken enerjinin 5 katıdır.

EKSENEL YÜKLEME DURUMU ĠÇĠN ġEKĠL DEĞĠġTĠRME ENERJĠSĠ

Prizmatik olmayan bir çubuk Px eksenel kuvveti ile yüklü olsun. P x  x Ax

dV = Ax.dx

Px

x

ÖZEL DURUM:

Px

 x2

Px2 u0   x x   2 E 2 EAx2 1 2

Px2 Px2 U   u0  dV   u0  Ax  dx   Ax dx   dx 2 2 EA 2 EA x x V L

dx

Px2 U  dx 2 EA x L

Ġfadesi çubuk boyunca integre edilmelidir.

Ġki ucundan P kuvveti eden prizmatik çubuk hali

P

N  P  Sabit A  sabit

P L

ġDE ni çubukta oluĢacak boy değiĢimi cinsinden hesaplayalım.

PL  EA

P 2 L2 2UL   2 2 E A EA 2

 P2 L U 2 AE 

EA 2 U 2L

ÖRNEK 1

Yapıldıkları malzeme, boyları ve eksenel kuvvetleri aynı ġekli farklı olan iki çubuğun Ģde ni a) d çaplı sabit enkesit alanlı çubuk için b) çaplarının oranı n olan değiĢken enkesitli çubuk için ayrı ayrı hesaplayınız.

B d

A

P

P x  A

V  AL

P2 L U1  2 EA

L

A

2 2 P 2 23 L P 2 13 L P 2 L  2  P L n 2 Un        1  2 En 2 A 2 EA 6 EA  n 2  2 EA  3n 2  n  1 için U n  U1

B d

nd

C

2L/3

L/3

P

n  1 için U n  U1

1 n  2 olsa U n  U1 2 11 n  3 olsa U n  U1 27

Her iki çubukta oluĢan en büyük gerilme aynıdır. Verilen bir emniyet gerilmesi için çubuk hacminin artması enerji yutma kapasitesini azaltır.

DAĠRESEL KESĠTLĠ MĠLLERDE ġEKĠL DEĞĠġTĠRME ENERJĠSĠ

Burulma momenti etkisindeki dairesel kesitli millerde sıfırdan farklı olan tek gerilme bileĢeni Txy dir.

1 u0    2

2 1 T 2r 2 U   u0 dv    dv   dv    dA dx 2 2 2G 2 GJ L A

1 T2 2 T2 U  r dA  dx   dx 2 2 G J 2 GJ L A L ÖZEL DURUM:

Ġki ucundan ters yönlerde T burulma momenti etki eden prizmatik çubuk hali T

T L

ġDE ni yükten bağımsız olarak Ģekil değiĢimi cinsinden hesaplayalım.

T  Sabit A  sabit

 T 2L U 2GJ 

TL T 2 L2  2G 2 J 2 2 2    2 2 T  GJ G J L2 T 2 L  2G 2 J 2 L  2GJ U   2GJ 2GJL2 2L

Yapıldıkları malzeme, boyları ve burulma rijitlikleri aynı olan üç özdeĢ mil aĢağıda gösterilen biçimde T burulma momentlerine maruzdur. Her bir mildeki Ģde ni hesaplayınız.

B

A

d

T

B

A

T

T

d

B

A

d

ÖRNEK 2

T L/3

L

a

2l/3

b

T 2L Ua  2GJ

T 2 13 L T 2 L Ub   2GJ 6GJ

L/3

2L/3

c T 2 23 L 4T 2 13 L T 2 L Uc    2GJ 2GJ GJ

U a  Ub  Uc T 2L T 2L T 2L   2GJ 6GJ GJ

SÜPERPOZĠSYON GEÇERLĠ DEĞĠL !!!!!!!!!!

KĠRĠġLERDE ġEKĠL DEĞĠġTĠRME ENERJĠSĠ

Yalnızca eğilme momentinden kaynaklanan Ģde:

u0 

 x2

 x2

M2 2 U   u0 dv   dv    y dA dx 2 2E 2 EI L A

2E

1 M2 2 M2 U  y dA  dx   dx 2  2 E I 2 EI L A L Kesme kuvvetinden kaynaklanan Ģde:

 1 u0   xy  xy  xy 2 2G 2

 xy2

 xy 

Qy  S z b  Iz

Qy2  S z2

Qy2  A S z2  U   u0 dv   dv    dA  dx   dA  2 2   dx 2 2  2G 2 GI b 2 G A I b z  z  L A Bu ifadedeki paranteziçi  olarak tariflenirse A S z2   2  2 dA Iz b U  L

  Qy 2 2GA

Kesme kuvveti için şekil faktörü

dx

ġekil faktörü, seçilen bir kesit için boyutsuz bir büyüklüktür.

Dikdörtgen kesitli konsol bir kiriĢte depolanan toplam Ģde ni hesaplayınız. Bu enerjideki eğilme ve kesme etkilerini kıyaslayınız.

ÖRNEK 3 Qy  P

y

h  S Z  b   y1  2 

y

M z  P  x

P

B

x

z

L

b

A bh 144   I 2 b 2 h6 bh5 144

A  2 I

L

2

2

2 3

M P x P L Ub   dx   dx  2 EI 2 EI 6 EI L 0 Konsol kiriĢte depolanan Ģde

2  bh  h  bh S Z    y1    y1     y12  2 2  2  2 4 

2

h/2 Sz 2 144 b2  h2 36 6 2  dA   y b  dy    1  1  b2 bh5  h/ 2 b 2 4  4 30 5 

Yalnızca eğilme momentinden kaynaklanan Ģde: 2

h

A

y1

x

1h    2  2  y1   y1     

Kesme kuvvetinden kaynaklanan Ģde:

Us  

  Qy 2

L

6 P2 3 P2 L dx    dx   2GA 5 2 GA 5 GA L

U  Ub  U s

U s 3 P 2 L 6 EI 36 I 3 h2     2 (1   )   2 (1   ) 2 3 U b 5 GA P L 5 AL 5 L

P 2 L3 3 P 2 L U   6 EI 5 GA

özel durum L  10h  

1 3

U s 3 h2 1 1   (1  )  3 U b 5 100h 2 125

Kesme kuvvetinden oluĢan Ģde, M den oluĢan Ģde nin 100 de 1 inden daha azdır. ġDE hesabında kesme kuvvetinin etkisi ihmal edilebilir.

Ġġ-ENERJĠ YÖNTEMĠ ĠLE YER DEĞĠġTĠRME HESABI

Çok sayıda yük etkisinde bulunan elastik bir cisimde depolanan Ģde, bu yük değerleri ve yükler doğrultusundaki yer değiĢtirmeler cinsinden ifade edilebilir. ġekilde gösterilen yükler ile yer değiĢtirmelerin son değerlerini Pk ve  k (k=1,2,…….,m) ile gösterelim. P2

P3

2

Kuvvet ve yer değiĢtirmelerin yavaĢ yavaĢ artarak son değerlerine ulaĢtıklarını ve aralarında doğrusal bir iliĢki olduğunu kabul edelim. Yapılan toplam iĢi

3

1 m W   Pk  k 2 k 1

P1

ġeklinde yazabiliriz. Enerji kaybının olmadığı halde yapılan bu iĢ, Ģekil değiĢtirme enerjisine eĢit olmalıdır.

1 m

Pm

1 m U  W   Pk  k 2 k 1

Diğer bir deyiĢle cisme etkiyen yüklerin yaptığı iĢ elastik Ģde dir. Bu ifadeyi üzerinde sadece bir tek yük bulunan bir çubuk veya yapıda aĢağıdaki biçimlerde yazabiliriz. U

1 P 2

U

1 M 2

U

1 T 2

Burada δ, θ, Φ nin her biri ilgili kuvvet doğrultusundaki yer değiĢtirme, eğim yada dönme açısıdır. Bu son bağıntılarla, Ģekil değiĢtirme enerjisi bilindiğinde deplasman değerleri kolayca hesaplanabilir. Bu bağıntılarla deplasman hesabına iĢ-enerji yöntemi adı verilir. Daha sonra çok sayıdaki yük etkisinde bulunan yapıların herhangi bir noktasındaki deplasmanın hesabı için genel bir yöntem üzerinde duracağız.

ÖRNEK 4 P

Konsol bir kiriĢin ucundaki sehimi eğilme ve kayma gerilmelerinin ikisini de dikkate alarak hesaplayınız.

x A

C

B L 2m

 3E h  1  2   10G L  PL3  3E h 2  vA  1   3EI  10G L2  2

P L 6 EI

W  UT

I bh3 h2   A 12bh 12

A

L=1.5 m 2 3

1 P L P  vA  2 6 EI

P

 3E h  1  2   10G L 

 3E h 2  1    2  10 G L     3  PL 3E 1  PL3 1   vA  1  0.0078  E 3EI  10 100  3EI   2(1  0.3)   için

vA 

PL3 3EI

0.0078 olup yüzde 1 den de küçüktür.

A=0.004 m2 B

=40 kN

2

FCB=50 kN FAB=30 kN

Kesme kuvveti etkisi ihmal edildiğinde yapılan hata:

h 1  L 10

2

P 2 L3 3 P 2 L P 2 L3  18EI  UT     1   6 EI 5 GA 6 EI  5GAL2 

UT 

m 2 00 0. m A= 5 2. L=

UT  U b  U s

2 3

ġekilde gösterilen iki çubuklu kafes sistemde B düğümündeki düĢey yer değiĢtirmeyi iĢ-enerji yöntemiyle hesaplayınız. E=70 GPa

ÖRNEK 5

W U

B

F

40 kN

F

y

x

0

FBC  50 kN

0

FAB  30 kN

(enerji kaybı yoksa)

300002 1.5 500002  2.5   24.732 J 2  0.004  70 109 2  0.002  70 109 1 1 W  P B  24.732 40000  B  24.732 2 2  B  1.24 103 m  U

CASTIGLIANO TEOREMĠ ĠLE YER DEĞĠġTĠRME HESABI Castigliano (1847-1884) nun 1879 yılında ortaya koyduğu teoremle doğrusal elastik davranıĢ gösteren (süperpozisyon kuralının geçerli olduğu) yapılarda yer değiĢtirme ve eğim hesapları kolayca yapılabilmektedir. Pk (k=1,2,…….,m) kuvvetleri etkisinde bulunan doğrusal elastik bir cisimde depolanan Ģekil değiĢtirme enerjisi uygulanan kuvvetlerin yaptıkları iĢe eĢittir.

1 m U  W   Pk  k 2 k 1

P2

P3

2

3 P1

ġimdi yüklerden birinin (Pi) dPi gibi küçük bir miktar arttığını, bu sırada diğer yüklerin değiĢmediğini düĢünelim. ġDE ki artıĢ,

dU 

U dPi Pi

1 m

dPi  d i

Toplam enerji

U U  Pm

U

Olur. Burada

Pi

Ģde nin Pi ye göre değiĢme hızıdır.

U dPi Pi

Olarak yazılabilir. Toplam Ģde ni yüklerin sırasını değiĢtirerek Ģöyle de yazmak mümkündür. Önce dPi kuvveti etkisin daha sonra diğer bütün Pk yükleri. Bu durumda dPi kuvvetinin etkimesiyle küçük bir dδi yer değiĢtirmesi ortaya çıkar.

iĢi ikinci mertebeden olduğu için ihmal edilebilir. Pk kuvvetlerinin etkimesi sırasında yapılan iĢ dPi kuvvetinin bulunmasından etkilenmez. Bununla birlikte dPi kuvveti δi yolunu katederken iĢ yapar. δi: Pk kuvvetlerinden oluĢan yer değiĢtirmedir. Yüklerin burada sözü edilen sırayla uygulanmasıyla ortaya çıkan toplam Ģekil değiĢtirme enerjisi, 1 2

U   U  dPi   i U‟ için bulunan iki ifade eĢitlenerek Castigliano teoremi adı verilen bağıntı bulunur.

i 

U Pi

Castigliano teoremine göre lineer elastik davranıĢa sahip bir yapıda toplam Ģekil değiĢtirme enerjisinin yüklerden birine göre türevi, yükün etkidiği noktada yük doğrultusundaki yer değiĢtirmeyi verir. ġekil değiĢtirme enerjisinin eğilme momentine göre türevi eğimi verirken burulma momentine göre türevi dönme açısını vermektedir.

i 

U Pi

i 

U M i

i 

U Ti

Castigliano teoremi kullanılırken Ģde dıĢ yükler cinsinden ifade edilmelidir. Örneğin bir kiriĢ probleminde

M2 U  dx 2 EI L

Pi kuvveti doğrultusundaki vi yer değiĢtirmesini hesaplamak için integral iĢareti altında türev almak genellikle çözümü basitleĢtirir. Benzer bir bağıntı eğim için de yazılabilir.

vi 

U M M   dx Pi L EI Pi

i 

U M M   dx M i L EI M i

Normal kiriĢlerde kesme kuvvetinin yer değiĢtirmeye etkisi ihmal edilebilir. Kafes kiriĢler: Eleman sayısı n, çubuk boyları Lj ve uzama rijitliği AjEj ve çubuk kuvvetleri Fj olan bir kafes kiriĢte depolanan Ģde si ile Pi inci kuvvet doğrultusundaki yer değiĢtirme Ģöyle olur. n

Fj2 L j

j 1

2 Aj E j

U 

n F L F U j i   j j Pi j 1 Aj E j Pi

Yük bulunmayan bir düğümdeki deplasman hesaplanmak istenirse, o düğüme deplasman istenilen doğrultuda hayali bir kuvvet etki ettirilir. ġde yazıldıktan sonra hayali kuvvet sıfırlanır.

ġekilde gösterilen iki çubuklu kafes sistemde B düğümündeki düĢey ve yatay yer değiĢtirmesini hesaplayınız. E=70 GPa

ÖRNEK 6 C

FCB=1.25P 2m

Q=0 P=40

A=0.004 m2

Konsol kiriĢin ucundaki sehimi hesaplayınız.

q0 x L

y

q0 q0 x L

x

B

2

m 2 00 0. m A= 5 2. L= A

FAB= Q-0.75P

ÖRNEK 7

A

A

B

P

M P x

L

B L=1.5 m P =40 kN

F L  F  F L  F   D  AB AB  AB   BC BC  BC  EAAB  P  EABC  P  30000 1.5 50000  2.5 D  (  0.75)  (1.25) 0.004  70 109 0.002  70 109  D  1.205 104  1.116 103  1.2365 103 m 

30000 1.5 50000  2.5 (1)  (0) 9 0.004  70 10 0.002  70 109 Y  0.16 103 m

Y 

Y  0.16 mm  Buradaki negatif iĢaret, hayali kuvvet Q nun doğrultusuna ters yönde yer değiĢtirme olduğunu göstermektedir.

M  x P

q0 x3 M   Px  6L

L 1  2 q0 x 4  1 Px3 q0 x 5 vA    Px  dx  EI 0  6L  EI 3 30 L

PL3 q0 L4 vA   3EI 30 EI



L

0

ÖRNEK 8 Serbest ucundan P kuvveti etkiyen yarım halka diğer ucundan ankastre mesnetlidir. Serbest B ucundaki yatay yer değiĢtirmeyi hesaplayınız. R eğrilik yarıçapının halkanın kalınlığına göre büyük olduğunu kabul ettiğimizde kesme kuvveti ile normal kuvvetten oluĢan Ģekil değiĢtirmeler ihmal edilebilir.

dθ

R

θ

B P

A

M   PR sin  dx  R  d

L

y   0



S

θ

Rsinθ

M

N



M M PR sin  PR 3  dx    R sin   Rd   sin 2  d  EI P EI EI 0 0 L

1  sin 2 0 2  (1  cos 2 ) d  2  4



 0

 PR3 2 EI

ġekildeki basit kiriĢin D noktasındaki çökme ile A mesnedindeki eğimi hesaplayınız.

ÖRNEK 9

y P A

x1

x2

B

x

A mesnedindeki eğimi hesaplamak için hayali bir kuvvet çifti (C) etki ettirelim.

D P b L

y

a

b L

Pa L

P

C A

x1

x2

x

B

D

M 1 b Pb x1  x1 0  x1  a L P L M 2 a Pa M2  x2  x2 0  x2  b L P L a b 1 Pb 2 2 1 Pa 2 2 vD  x1 dx1  x2 dx2  EI 0 L2 EI 0 L2 M1 

3 2

2 3

2 2

1 Pa b 1 Pa b 1 Pa b   ( a  b) EI 3L2 EI 3L2 EI 3L2 Pa 2b 2 vD  3EIL vD 

Pa C  L L

P b C  L L

 Pb C  M1     x1  C  L L  Pa C  M2     x2 L L 

M 1 x  1 1 C L

0  x1  a

M 2 x2  C L

0  x2  b

a b  x2 P   x1  A    bx1 1  dx1   ax2 dx2   LEI  0 L L  0  Pab A  (2a 2  3aL  2b 2 ) 2 6 EIL

Pozitif iĢaret eğimin C hayali kuvveti ile aynı yönlü olduğunu göstermektedir.

BĠRĠM YÜK YÖNTEMĠ (VĠRTÜEL Ġġ YÖNTEMĠ VEYA MAXWELL-MOHR YÖNTEMĠ)

Bu kısımda yapılardaki yer değiĢtirme hesabında yaygın olarak kullanılan Birim Yük yöntemi Castigliano teoreminden yararlanılarak türetilecektir. Bu yöntemle gerçek yüklerle birlikte ya bir kuvvet ya da bir kuvvet çifti kullanılır. Bundan önceki kısımda Pi kuvveti doğrultusundaki deplasmanı dıĢ yükün oluĢturduğu moment cinsinden Ģöyle elde etmiĢtik.

vi 

U M M   dx Pi L EI Pi

i 

U M M   dx M i L EI M i

Lineer elastik davranıĢ gösteren yapılarda moment, dıĢ yüklerle orantılıdır. O halde m bir sabiti göstermek üzere momenti M=mP biçimde yazabiliriz.

m

M Pi

Ġfadesi M momentindeki değiĢimin Pi kuvvetindeki birim değiĢime oranıdır. Yani herhangi bir kesitteki birim yüklemeden oluĢan moment değeridir. Yer değiĢtirme ve eğimin bulunmasında

Mm dx EI L

vi   Bağıntıları kullanılır. Burada

m 

Mm dx EI L

i   M M i

Olup birim moment Mi den oluĢan eğilme momenti M deki değiĢimdir. Son yazılan bağıntılar yalnızca eğilme momentinden oluĢan deplasmanların hesabında kullanılacak birim yük yöntemi bağıntılarıdır.

Bu denklemlerdeki M, ve m (ya da m‟) kiriĢ boyunca değiĢeceğinden uygun fonksiyonlarla ifade edilmelidir. Benzer türetme iĢlemleri Kesme kuvveti, Eksenel kuvvet ve burulma Ģekil değiĢtirmeleri için de yapılabilir. Bir Kafes kiriĢ probleminde,

Olarak yazılır. Burada

n

fi Fj L j

j 1

Aj E j

i   fi 

Fj Pi

Pi birim kuvvetinden oluĢan eksenel kuvvetteki değiĢimi göstermektedir.

ġekildeki kiriĢin serbest ucundaki çökmeyi hesaplayınız.

ÖRNEK 10

P

A

M1  0

x a

a

B

0 xa

M 2   P( x  a) m  x

0  x  2a a

1 kN

x

A 2a

B

a  x  2a

1 P vB  0  x  dx  EI 0 EI 5 Pa 3 vB  6 EI



2a

P x3 x2 a ( x  a)  x dx  EI 3  a 2

2a

a

Düzgün yayılı yükle yüklenmiĢ kiriĢin sağ mesnedindeki eğimi hesaplayınız.

ÖRNEK 11

y

y

q x

A C B 8qL/9

4qL/9 L

1 kNm

x

A C B

1/L L/3

1/L

L

4 q x qLx  x 2 m1   0 x L 9 2 L 4 q 8 4L M 2  qLx  x 2  qL( x  L) m2  0 Lx 9 2 9 3 L 4L /3 q 2  x  4 EI B    qLx  x    dx   M 2  0 dx2  9 2  L  0 L M1 

4 L3 q L4 4 1 EI B   q    qL3  qL3 9 3 2L 4 27 8 5 qL3 B  216 EI 5 qL3 B  216 EI

L/3

HĠPERSTATĠK YAPILAR Castigliano teoremi ya da birim yük yöntemini hiperstatik yapıların mesnet reaksiyonlarının hesabında denge denklemlerine ilave denklem(ler) yazmakta kullanabiliriz. Birinci dereceden hiperstatik bir yapı ele alalım. Reaksiyonlardan birini hiperstatik kuvvet ya da bilinmeyen yük olarak seçelim ve R ile gösterelim. Bu kuvvetin etkidiği mesnedi kaldırırsak dıĢ yüklerle reaksiyonlar bu mesnette yer değiĢtirme oluĢturur. Bu yer değiĢtirmenin gerçek mesnetteki yer değiĢtirmeye eĢit olduğunu ifade eden ve adına uygunluk denklemi denen ilave bir denklem yazılabilir. Bunun için Ģde dıĢ yükler ve R kuvveti cinsinden ifade edilmelidir. Kaldırılan mesnet için

U  0 R Bağıntısı yazılarak verilen yer değiĢtirmeye eĢitlenir. Bu son denklemin çözümünden hiperstatik kuvvet belirlenir. n. Dereceden hiperstatik bir yapı söz konusu olduğunda Ģde verilen yükler ve seçilen hiperstatik bilinmeyenler cinsinden ifade edilir. Denge denklemleri ile

U  n  0 Rn

ġekilde gösterilen kiriĢin mesnet reaksiyonlarını hiperstatik bilinmeyeni a) A mesnedindeki Ra reaksiyonunu, b) B mesnedindeki Mb momentini seçerek belirleyiniz.

ÖRNEK 12 y

P x

B

A D L/2

L/2

y

B D L/2

L/2

x MB

RB

L 2

M 1  RA x

0 x

L M 2  RA x  P ( x  ) 2 L/2 1 1 vA   RA x   x  dx   EI 0 EI

L xL 2

RA 

P

A RA

Denklemlerinin çözümünden bütün reaksiyonlar hesaplanır.

5P 16



F

Y

M

0 B

0

L



L 

  R x  P( x  2 )   x dx  0 A

L/2

5P  RB  P 16 5PL PL  MB   0 16 2

Diğer reaksiyonlar moment ifadelerinde bulunmuyorlar. A noktasındaki yer değiĢtirme sıfır olmalıdır.

11P  16 3PL MB  16

RB 

y

P MB

A

B

x

D RA

L/2

L/2

RB

P M  RB    B  L  2

P M  RA    B  L  2 P M  M1    B  x L  2 L P M   M2    B  x  P x   L  2  2

0 x

L 2

L xL 2

B noktasındaki eğim sıfır olmalıdır.

1 B  EI MB 

L/2

 0

 P MB   L 2

1   x   dx   x  EI  L  

 P MB L / 2   2  L L

L    x    dx  0  x  P x   2 L     

3PL 16

A ve B mesnet reaksiyonları denge denklemlerinden aynen hesaplanır.

Çubukları eĢit rijitliğe sahip üç elemanlı kafes sistem D noktasındaki P yükünü taĢımaktadır. Castigliano teoremini kullanarak çubuk kuvvetlerini hesap- layınız.

ÖRNEK 13

0.6L

0.6L

0.8L

A

B

ÖRNEK 14 Bir ucu ankastre diğer ucu basit mesnetli olan düzgün yayılı yükle yüklü bir kiriĢ Ģekilde gösterilmiĢtir. B mesnet reaksiyonunu birim yük yöntemi ile bulunuz.

F

α

q B

A

(a)

y

q B x

y

(b) B

A x

P

P

L

1 kN

(c )

F

Y

0

2F

0.8 L  PR L

1 5 F ( P  R)  ( P  R) 1.6 8 n F L F U j   j j 0 R i 1 A j E j R 5 ( P  R ) L  5  R  0.8 L (1)  0   8 AE  8  AE 0.78125( R  P )  0.8 R  0 R  0.4941P F  0.3162 P 2

B deki mesnet reaksiyonu bilinmeyen yük olarak alınıp bu mesnet kaldırılsın

x

RB

L

D

D

x

L

A

B noktasındaki reaksiyonu hiperstatik bilinmeyen olarak R seçelim. AD ve CD F çubuk kuvvetlerini F ile gösterelim. C

L

y

qx 2 M  RB x  2 mx

0 x L 0 xL

 qx 2  x vB    RB x  dx  0  2 EI  0 3 4 RB L qL  0 3 24 3 RB  qL  8 L

x

ÇARPMA YÜKLERĠ Hareketli bir cismin bir yapıya çarpması halinde çarpma yükü denilen dinamik bir kuvvet aniden yapıya aktarılır. Bir çekiçle vurmak, iki otomobilin çarpıĢması, dönen makinelerin oluĢturacağı etki ve bir tren katarının bir köprü üzerinden hızla geçmesi bu duruma örnek olarak verilebilir. Çarpma yükleri, elastik cisimlerde tekrar denge oluĢuncaya kadar titreĢime sebep olur. Buradaki amaç çarpma yüklerinin oluĢturacağı en büyük gerilme ve deformasyonu hesaplamaktır. Çarpma analizinde enerjinin korunumlu olduğunu ifade eden aĢağıdaki kabuller yapılır. 1- Statik ya da dinamik deplasmanlar yüklerle orantılıdır. 2- Malzeme elastiktir. Statik denge ile belirlenen ζ-ε diyagramı çarpma sırasında da geçerlidir. 3- Çarpmaya karĢı yapının göstereceği atalet ihmal edilir. 4- Çarpma bölgesi ile yapının diğer yerlerinde yerel deformasyonlar nedeni ile enerji kaybı olmamaktadır. Çarpma etkisindeki elastik sisteme örnek olarak, h yüksekliğinden m kütleli bir cismin bir yay üzerine düĢmesini düĢünelim. Cismin baĢlangıç hızı sıfırdır. Yaydaki dinamik boy değiĢiminin en büyük olduğu anda (δmaks ) sistemdeki kinetik enerji sıfırdır. Toplam iĢ, m kütleli cisme etkiyen çekim kuvvetinin yaptığı iĢ ile yaydaki karĢı iĢten oluĢmaktadır. Enerjinin korunumu ilkesi Ģöyle yazılabilir.

δmaks

h

mg

2 W (h   maks )  12 k   maks 0

Burada k, yay katsayısıdır. Ayrıca kütlenin çarpma sonrası yay üzerinde kaldığı kabul edilmektedir. Statik haldeki yay kısalması

W  k st Dinamik haldeki en büyük yay kısalmasını, statik haldeki kısalma cinsinden hesaplayalım.

W (h   maks )  12 k  

2 maks

0

W 2 (h   maks )  12   maks 0 k 2 2 st h  2 st maks   mak s 0 2  mak s  2 st  maks  2 st h  0

 st 

W k

Ġkinci dereceden denklemin en büyük kökünü arayalım. 2  mak s  2 st  maks  2 st h  0

 maks 

2 st

4 st2  4  2 st h 2

 maks   st   st2  2 st h 

2h    st  K  st  st    2h  K   1  1    st  

 maks   1  1 

Burada K. Çarpma faktörü adını alır. Dinamik yükler, K ile çarpılarak eĢdeğer statik yük olarak

Pmaks  K W Ģeklinde alınıp en büyük gerilme ile deplasmanı hesaplamak için statik yükleme bağıntıları kullanılabilirmiĢ. Ġki sınır durumu ele almak ilgi çekicidir.

1- Statik deplasman, h yüksekliği yanında oldukça küçük ise

2- Yükün aniden uygulanması hali (h=0)

 st

h0

 maks   st   st2  2 st h

 maks   st   st2  2 st h

 maks  2 st h

 maks  2 st

Olur. Bu bağıntı her zaman gerçek formülden daha küçük sonuç verir.

ÇARPMA YÜKLERĠ –farklı bir yaklaĢım tarzıDaha önce çıkarılan bağıntıya Ģu Ģekilde de ulaĢmak mümkündür. V hızı ile hareket eden m kütleli bir cisim elastik bir cisim tarafından aniden durdurulsun. Kinetik enerji,

mV 2 mgV 2 W V 2   2 2g 2g

m V

L

terimi W (h   maks ) terimi yerine gelmelidir.

W (h   maks )  k   1 2

1 2

2 maks

0

Burada yatay W kuvvetinden oluĢan statik deplasman δst dir. W cisminin çarptığı çubuk eğer L boyunda EA uzama rijitliğine sahip ise

2 m  V 2  12 k   maks 0

V2 2 mg   k   maks 0 g W V2 2    maks 0 k g

 maks  K

g



2

V g st

olarak alınırsa

 maks  K   st Pmaks

V 2g

 st

V 2 gEA mV 2 EA  m  mgL L

En büyük basma gerilmesi

 maks

Pmaks mV 2 E   A AL

Olur. Bu bağıntıya göre gerilmeyi azaltmanın yolu ya hacmi arttırmak ya da elastisite modülünü azaltmaktır.

V2  K  W  mg  g st

Pmaks  m 

V 2 st V 2 mgL mV 2 L    g gEA EA

Pmaks  m 

V2   st g st

mgL EA

Olacağından En büyük yer değiĢtirme ile Statikçe eĢdeğer yük aĢağıdaki gibi bulunur.

 maks

V2 2  st    maks 0 g

 stV 2

 st 

V 2g

 st

W=50 N. Luk ağırlık konsol kiriĢin ucuna h yüksekliğinden bırakılıp düĢürülüyor. L=1.6 m., E=200 GPa, KiriĢin enkesit boyutları b=40 mm. d=80 mm. a) h=40 mm. için b) h=250 mm. Ġçin, en büyük deplasman ile gerilmeyi hesaplayınız.

ÖRNEK 15

h

W B A L

bd 3 1 I  0.04  0.083  1.7  106 m 4 12 12 WL3 50 1.63 vst    0.2 103 m.  0.2 mm 9 6 3EI 3  200 10 1.7 10 M 50 1.6  0.04  st   y   1.9 MPa I 1.7 106 Dinamik Yük Çarpanı 2  0.04  21 0.2 103  21 0.2 103  4.2 103 m.  4.2 mm.

K  1 1 vmaks b) Dinamik Yük Çarpanı 2  0.25  51 0.2 103  51 0.2 103  10.2 103 m.  10.2 mm.

K  1 1 vmaks

 maks  511.9  96.9 MPa

 maks  211.9  39.9 MPa Bu sonuçlardan dinamik yüklerin deplasman ve gerilmeyi oldukça arttırdığını görmekteyiz. Gerçek değerler hesapla bulduğumuzdan -3 ve 4. kabuller nedeniyle- biraz daha azdır.

172

UYGULAMA ve ÖDEV SORULARI 1- ġekilde gösterilen kompozit çubuğun ABC çelik kısmı ile CD pirinç kısmı A = 100 mm2 lik aynı alana sahiptir. Eç = 200 GPa, Ep = 105 GPa olarak bilindiğine göre, B ve D noktalarının A noktasına göre yaptıkları yer değiĢmeleri hesaplayınız. 15 kN

10 kN 5 kN A B C Çelik Pirinç 1,5 m 2m 2m 15

+

D

3- 5 m uzunluğunda 15 mm kalınlığa sahip çubuk Ģekilde gösterilen eksenel kuvvetlerin etkisindedir. Eç = 210 GPa olduğuna göre çubuğun ekseni doğrultusundaki toplam boy değiĢimini hesaplayınız.

10 kN 10 kN

10 5

+

+

75 mm

25 mm A

B

25 kN

1m

30 kN

3m

25 mm

C

D

15 kN

1m

+

 B / A  1.125 mm.  D / A  3.53 mm.

10

15

+

+

+

-

2- Enkesit boyutları 14,3x50,8 mm olan 1829 mm uzunluğundaki çelik çubuk iki ucundan etkiyen çekme kuvvetlerine maruzdur. Çubuk boyundaki toplam değiĢimin 1,59 mm, normal gerilmelerinin 172 MPa değerini aĢmaması koĢullarıyla taĢınabilecek en büyük eksenel yük olur (Eç = 206,850 GPa)

P=?

15

TOPLAM   AB   BC   CD TOPLAM  0.127  0.314  0.19 TOPLAM  0.003 mm. uzama

50,8 mm 14,3 mm

1829 mm

 BC 

3000

 0

  1.59 mm.  P  130.63 kN   172 MPa  P  124.95 kN

15000 dx x   210000  25   15 60  

173

Çelik Nç Eç=210 GPa

4P 4- ġekilde gösterilen kompozit kademeli çubukta toplam uzamanın 1,59 mm olması için d1 çapı ne olmalıdır?

B

A

Alüminyum Ea = 69 GPa

Rijit çubuk

d1

a

b = 1,5a

M

1829 mm

Çelik Eç = 207 GPa

A

5-ġekilde gösterilen sistem, düĢey bir kompozit çubukla yatay rijit bir çubuktan oluĢmaktadır. Çelik ve pirinç çubuk parçalarının uzamalarının eĢit olması için Açelik/Apirinç oranını hesaplayınız.

Aç



Ap

Çelik Eç=210 GPa

A

Rijit çubuk a

b = 1,5a

Pirinç Ep=105 GPa

P

Çelik Eç=207 GPa AÇ =90 B mm2

L A

B

 1.73

6- ġekilde gösterilen ABC rijit yatay çubuğu biri çelik, diğeri alüminyum alaĢımlı olan iki tel ile asılmıĢtır. P = 26,7 kN luk yük sebebiyle B noktasının yapacağı yer değiĢtirmeyi hesaplayınız.

1371 mm

C

D

 0  N ç  2.6 P

ç   p

d1  35.46 mm.

3/4L

P

22,25 kN

4P

Pirinç Ep=105 GPa

2743 mm

d2 = 19 mm

L

Alüminyum Ea=69 GPa Aa = 180 mm2

2285 mm C

Rijit çubuk 26,7 kN

3/4L 457 mm

D

M

A

914 mm

 0  Tal  8.9 kN Tç  17.8 kN

 ç  1.31 mm  al  1.64 mm

  B  1.42 mm174

7- ġekilde gösterilen rijit AB çubuğunun P = 100 kN luk kuvvetin x = 150 mm den uygulanması halinde yatay kalabilmesi için AD ve BE çubuklarının alanlarının minimum ne olması gerekir.   150 MPa em

E D

250 mm

150 mm

A

Rijit çubuk C

B

PB  PÇ  356

 Ç   B  PB  312.33 kN TÇ  43.67 kN  B  9.8 MPa   Ç  84.6 MPa 9- ġekilde gösterilen eksenel yükü çubuk uçlarından sabit mesnetlere tutturulmuĢtur. Çubuğun AC ve CD parçalarının alanları sırasıyla A1 ve 2A1 dir. Pc = 3PB ve elastisite modülü E olarak bilindiğine göre; a) A ve D mesnetlerindeki reaksiyonları hesaplayıp, eksenel kuvvet diyagramını çiziniz. b) C noktasının yer değiĢtirmesini bulunuz.

100 kN 150 mm

M

A

 0  TB  75 kN TA  25 kN

200 mm

 A   B  ABE  5 AAD

8- 203 mm çaplı, 1829 mm boyundaki kolonun 356 kN luk eksenel yükü taĢıması planlanmaktadır. Çelik ve 1829 mm betonda oluĢacak gerilmeleri hesaplayınız. Aç = 516 mm2, Eç = 207 GPa Eb = 24 GPa

P

A

50 mm

 AD  150 MPa  AAD  166.7 mm2

2A1

A1

ABE  834 mm 2 356 kN

B

C

3P

D

200 mm

100 mm 3P-RD

2P-RD

+

+ RD

RA  RD  2 P L  0  RA  203 mm

P 4

 C  LCD  0.175

RD 

P EA1

7P 4

(mm)

175

10- ġekilde gösterilen kademeli kompozit çubuk rijit duvarlara mesnetlendirilmiĢtir. Sıcaklığın 20 C tan 50 C a çıkması durumunda her bir malzemedeki gerilmeyi hesaplayınız. d = 50 mm

a = , Ea =70 GPa ç = 12x10-6 , Ea =200 GPa 24x10-6

d = 30 mm

C

A Alüminyum

Çelik

B

Somun sıkılırken çelik civata çekme kuvveti etkisiyle uzamaya bronz tüp ise basma kuvveti etkisiyle kısalmaya baĢlar. Uzama ve kısalmanın mutlak değerleri toplamı 1 mm olmalıdır.

 b Ab   ç Aç  b   ç  1 mm  b  79.2 MPa  ç  142.5 MPa

2m

3m

 Ç   A  R  80 kN  B  40.7 MPa   Ç  113 MPa 11- ġekilde gösterilen çelik cıvata, bronz bir tüpün içinden geçmektedir. Vida adımı 2mm olarak bilindiğine göre somunun yarım tur sıkılması halinde her malzemedeki gerilmeyi hesaplayınız.

Ebronz  83 GPa Abronz  900 mm

Eçelik  200 GPa 2

Çelik cıvata

Açelik  500 mm Bronz tüp

12- ġekilde gösterilen 53,4 kN luk eksantrik kuvvet çelik ve pirinç parçalardan oluĢmuĢ kompozit çubuğa etkimektedir. AB rijit plağının yatay kaldığı bilindiğine göre x uzaklığı ile herbir malzemedeki gerilmeyi hesaplayınız.

53,4 kN x B piri Çel nç ik

50,8 mm

Ebronz  103.425 MPa

2

A t = 12,7 mm

12,7mm 12,7mm

Eçelik  206.85 MPa Somun

 ç   p  Pp  0.5Pç

F M

düşey A

 0  Pp  17.8 kN

0



Pç  35.6 kN

x  10.58 mm

 P  110.3 MPa  Ç  220.6 MPa

176

Pirinç çubuk

13- ġekilde 20o C sıcaklıkta aralarında 0,4 mm boĢluk bulunan alüminyum ve magnezyum çubuklar gösterilmiĢtir. a) Sıcaklığın 120o C a yükselmesi halinde her bir çubukta oluĢacak basma gerilmelerini, b) Magnezyum çubuğunun boyundaki değiĢmeyi hesaplayınız.

Ea =70 GPa a = 23x10-6 Aa =500mm2

A Alüminyum

Em =45 GPa m = 26x10-6 Am =1200mm2

B

C

Magnezyum

Çelik

D

F

düşey

200 mm

250 mm

Boşluğun kapanması için gereken sıcaklık farkı 36 dir. t  64 C mesnetlerde reaksiyon oluşturur.

 T   R  R  68678 N  a  137 MPa  m  57 MPa Lm  0.334 mm uzama

14- Kademeli bir pirinç çubuk, çelik bir çerçeve içine gerilmesiz olarak yerleĢtirilmiĢtir. Sıcaklığın 40o C yükselmesi halinde pirinç çubukta oluĢacak en büyük normal gerilme ne olacaktır? Ep =105 GPa Eç = 200GPa -6 p =20x10 ç =12x10-6 A1 = 500mm2, A2 = 400mm2, A3 = 450mm2, A4 = 450mm2

 0  N p  Nç

 ç   p  N  12220 N

 P  30.5 MPa

15- ġekilde gösterilen üç telden AE ve BG alüminyum, CF ise çeliktir. P yükünün rijit ACB çubuğunun merkezinden (x = L) etkimesi halinde alabileceği en büyük değeri nedir? Tel çapları 3,18 mm, çem = 124 MPa, aem =83 MPa, Eç = 206,85 GPa, Ea =68,95 GPa dır. E

A

F

G

C

B

Rijit çubuk L

P

L

177

F

düşey

 0  2 Na  Nç  P

 ç   a  N ç  3N a  1641  P N  1641 N  3296  16- ġekilde gösterilen pirinç ve alüminyum çubukların kesit alanları 500 mm2dir . 40 kN luk yükün etkisiyle ABCD rijit çubuğunun D noktasının ne kadar düĢey deplasman yapacağını hesaplayınız. (Ep = 105 GPa, Lp = 150 mm, Ea = 70 GPa, Lp = 150 mm).

17- t sabit kalınlığında değiĢken geniĢlikli eleman A ve B de gösterilen rijit mesnetlere oturmaktadır. Çubuğun merkezinden etkiyen P yükünün mesnetlerde oluĢturacağı reaksiyonları hesaplayınız.

Rb



P

P  Ra

x



Ra

Ra

RA  RB  P

T  0

a b xb L L/2 L  RA P  RA dx dx   0   Et 0 g ( x) Et L / 2 g ( x)

elemanın genişliği Rijit çubuk B noktasından döner

M c

B



0



a

 uygunluk denklemi

denge denklemi

150 200 Tcf  29.09 kN Tae  58.18 kN  D  0.33 mm

 Toplam

 2a  ln   ab  RA  P a ln   b

g ( x) 

178

N1

18- ġekilde gösterilen iki malzemeden imal edilmiĢ kompozit çubukta sıcaklığın 50o C düĢmesi yanında A ve B mesnetleri birbirine 0,4 mm yaklaĢtırılıyor. A ve B mesnetlerindeki reaksiyonları hesaplayınız.

A

a = 23x10-6 Ea = 70 GPa A = 1500 mm2

P = 18x10-6 EP = 200 GPa A = 500 mm2 C

P = 100 kN

RB

+

L1 B

F F

yatay

0

N 2  N3

düşey

0

N1  2 N 2 cos   0

 1  0.506 T  t  E

100-RB

0

L2

Uygunluk denklemi L1 cos   L2

-

x

N3

300 mm

200 mm

F



N2

 a   p  0.4

RA  79.57 kN

RB  20.43 kN

19- ġekilde gösterilen kafes sistemde çubuk en kesitleri A, malzeme özellikleri E ve  olarak bilinmektedir. AC çubuğunda T sıcaklık artıĢından oluĢan normal gerilmeyi hesaplayınız. a = 0,6 L, h = 0,8L

20- 89 kN luk eksenel basınç etkisindeki 41,3 mm çaplı çubukta olaĢacak en büyük normal gerilme ile en büyük kayma gerilmesi nedir? 89 kN

89 kN

41,3 mm

x

maks

 66.44 MPa  xy

maks

 33.22 MPa

179

21- ġekilde gösterilen dikdörtgen kesitli çubuğa uygulanabilecek en büyük P eksenel kuvvetini C-C eğik düzlemindeki normal gerilmenin 28,86 MPa, kayma gerilmesinin 11,72 MPa değerini aĢmaması koĢuluyla hesaplayınız. b = 50,8 mm, a = 19,05 mm   60

16 

x 2

(1  cos 2 )

x

 5cos 2 2  2 cos 2  3  0

sin 2 ) 2   26.565  x  20 MPa P  24 kN 8

 26.2 kN  Pmaks  min    26.2 kN  112 kN  22- ġekilde gösterilen çubuğun eğik C-C düzlemindeki normal ve kayma gerilmeleri sırasıyla 16 ve 8 MPa olarak bilinmektedir. Eksenel yük P ve  açısını belirleyiniz. b = 40 mm, a = 30 mm

180

23- Verilen kesitlerin z ve y eksenlerine göre kartezyen atalet momentleri ile çarpım atalet momentini hesaplayıp grafik yolla asal atalet momentlerini ve asal atalet eksenlerini belirleyiniz. y

y

y

60

10 z

120 C

z

20 mm

C

C

65 60

20 mm z 40

5

200 mm

20

80 mm

40 mm

5

20

y

27.5

z

27.5 y

5

C

75 mm 5 mm

5

z C

a

a  140mm b  300mm

IZ 

mm4

b

90 z

C

60 mm

181

24- Uzunluğu 4 m olan dairesel kesitli bir çubuğa Ģekilde görüldüğü gibi burulma momentleri etkimektedir. Çubukta em = 100 MPa ve G = 80 GPa olduğuna göre çubuğun çapını ve B ucunun dönme açısını bulunuz.

26- Ġç çapı 70 mm ve dıĢ çapı 120 mm olan alüminyum bir boru üzerine dıĢ çapı 150 mm olan çelik boru geçirilmiĢtir, Ģekilde Ga = 30 a GPa, Gç = 80 GPa,  em = 55 MPa, çem = 120 MPa olduğuna göre sisteme uygulanacak Mb momentini bulunuz.

 enbüyük  100 MPa  d  63.4mm 2



3x  1



 2.06 M  min   kNm  M  1.73 kNm 1.73  

4

 AC    dx   rad 6 6 80  10 *1.586  10 126.896   0 B  2.257 25- Üç metre uzunluğundaki bir milin iki metrelik kısmının çapı D1 = 60 mm; diğer kısmının D2 = 50 mm lik dairesel bir boĢluk bulunmaktadır. Mil, Ģekilde görüldüğü gibi mesnetlendirilmiĢ olup üzerine de Ģiddetleri eĢit iki moment etki etmektedir. Milin yapıldığı malzemede em = 60 MPa olduğuna göre M momentini bulunuz.

Çelik

Alüminyum

88.23 M  min   kNm  M  57.75 kNm 57.75 27- ġekilde uygulana burulma momentleri etkisi altında dengede olan milde meydana gelen en büyük kayma gerilmesini hesaplayınız.

 22.92  MPa   B C  41.26 MPa 41.26   182

  enbüyük 

28- ġekildeki iki farklı çapta aynı malzemeden yapılan mile TB, ve TC burulma momentleri etkimektedir. Milin her iki kısmında da meydana gelecek maksimum gerilme 96,53 MPa olması için TB, ve TC momentlerini bulunuz (d1=60,325 mm, d2=50,8 mm)

TB  6.645 kNm

30- A ve B milleri aynı malzemeden yapılmıĢ olup eĢit kesit alanına sahiptirler. A mili dairesel kesitli B mili ise kare kesitlidir. a) TA=TB olduğunda her iki milde oluĢan kayma gerilmelerinin oranını hesaplayınız (A /B = ? ) b) Her iki mile emniyetle uygulanabilecek olan en büyük burulma momentlerinin oranını hesaplayınız. ( TA /TB = ?) c) TA = TB olduğunda A / B oranını hesaplayınız.

TC  2.485 kNm

29- ġekilde gösterilen iki ucu mesnetlenmiĢ çubuğa T burulma momenti etkimektedir. A ve B mesnetlerinde oluĢacak kuvvetleri hesaplayınız. Ja=1,96x106 mm4, Jb = 0,65x106 mm4, a= 228,6 mm, b = 152,4 mm, T = 1,36 kNm

31- ġekilde gösterilen üç farklı kesitli eĢit uzunluklu özdeĢ çubuklara T = 275 Nm‟lik burulma momenti etkimektedir. Kayma emniyet gerilmesi em = 50 MPa olarak bilindiğine göre her bir çubuk için b değerini hesaplayınız. T

b

T

T

1.2b b

TA  0.907 kNm

TB  0.453 kNm

183

32- Bir adam tramplenden atlarken Ģekilde görülen tramplenin ucuna 2000 N‟luk bir kuvvet etkimektedir. Tramplenin yapıldığı malzemede em = 12,5 MPa ve tramplenin geniĢliği 0,30 m olduğuna göre sadece moment etkisini göz önüne alarak tramplenin h kalınlığını bulunuz.

34- Dökme demirden yapılmıĢ ve Ģekilde görülen kiriĢ kesitine Ģekildeki gibi bir M momenti etki etmektedir. a)Kesitte en büyük çekme gerilmesi en büyük basma gerilmesinin üçte biri olması için b baĢlık geniĢliğini bulunuz b) KiriĢ bulunan b geniĢliğinde imal edildiğinde ve kiriĢin çekme ve basma emniyet gerilmeleri sırasıyla 250 MPa, 750 MPa olduğuna göre kiriĢin taĢıyabileceği en büyük M momentini bulunuz. c) Bir önceki Ģıkta kiriĢin çekme ve basınç mukavemetleri 200 MPa, 800 MPa olduğuna göre taĢıyabileceği en büyük M momentini bulunuz.

b y M z  4000 Nm h  80 mm

33-Kesiti daire olan bir çelik çubuğun eğrilik yarıçapı, çapının 1000 katıdır. Buna göre oluĢacak en büyük ve en küçük gerilmeleri hesaplayınız (E = 200 GPa).

M  z  EI z 1

 M z  9.817 d

3

  100 MPa

20 M

z

C

60

20 Tarafsız eksenin kesit tabanından yüksekliği y  60 mm b  180 mm I z  1.92*106

mm 4

M  24 kNm M  19.2 kNm

184

Ferdinand P.BEER & E.Russel JOHNSTON, Mechanics of Materials, McGraw-Hill Book Comp.1981 35- Enkesiti verilen kiriĢe 15 kNm‟lik eğilme momenti etkimektedir. A ve B noktalarında oluĢacak gerilmeleri hesaplayınız.

36- ġekilde en kesiti verilen kiriĢin yapıldığı malzemede em = +40 MPa em = -105 MPa olduğu bilindiğine göre taĢınabilecek en büyük M momentini bulunuz.

 A  230 MPa  B  145.5 MPa

UYGULAMA Verilen kesiti 90 derece döndürerek hesapları tekrarlayınız.

Tarafsız eksenin kesit tabanından yüksekliği y  62.55 mm I z  3.91*106 mm 4 M  4.29 kNm

185

37- Bir I kesitinin boyutları aĢağıdaki gibi verilmiĢtir. My = 18.6 kNm em = 110 MPa olduğuna göre a değerini hesaplayınız.

38- ġekilde yükleme durumu verilen kiriĢin I-I kesiti Ģekilde verilmektedir. I-I kesitinin E, F, K, H, I noktalarındaki gerilmeleri bulunuz.

a a/8

y

2a

z

C a/8 a/8 1.5a

y 39Enkesiti Ģekilde verilmiĢ olan kiriĢte, Mz = 1500 Nm eğilme momentinin oluĢturacağı en büyük ve en küçük normal gerilmeyi hesaplayınız.

10 z 50

10

tabana göre statik moment alınırsa y  1.007a I y  0.045898437a 4

 z  110 MPa   a  140mm

C

10

80

40- ġekilde gösterilen alüminyumdan yapılmıĢ içi boĢ dikdörtgen kesitli kiriĢin taĢıyabileceği en büyük momenti, ve buna karĢılık oluĢacak eğrilik yarıçapını bulunuz. em = 100 MPa, E = 70 GPa 120 mm

I z  5.52*106 .

120 mm

t  8 mm

80 mm

M  9.2 kNm   42 m

186

mm 4

41- Dökme demirden yapılan makine parçası 3 kNm lik moment etkisi altındadır. E = 165 GPa olduğu bilindiğine göre, a) En büyük çekme ve basma gerilmelerini hesaplayınız b) Eğrilik yarıçapını hesaplayınız.

90 y z

C 30

20

40 mm M=3 kNm

187

42- em = 12,5 MPa olduğuna göre ġekilde verilen kesitin güvenlikle taĢıyabileceği M momentini hesaplayınız. Tarafsız eksenin denklemini bulunuz.

y

43- Dikdörtgen kesitli ahĢap bir kiriĢte b/h = 3/4 „dür. Bu kiriĢte z ekseni ile 30o lik bir açı yapan M = 7 kNm Ģiddetindeki bir eğilme momenti uygulanmaktadır. AhĢapta güvenlik gerilmesi 12 MPa olduğuna göre kiriĢin b ve h boyutlarını hesaplayınız.

b

20 z

C

20

100 mm

h

M 20

20

Tarafsız eksenin kesit tabanından yüksekliği y  80 mm I z  10.67 *106 mm 4 I y  45.80*106

z 30

160

I z  0.0625* h 4 mm 4

y

mm 4

  85.15 M  1.604 kNm

M

C

I y  0.0352* h 4

mm 4

  44.3 h  193 mm b  144.6 mm

Daire kesitli ahĢap bir kiriĢe z ekseni ile 30o lik bir açı yapan doğrultuda M=17 kNm Ģiddetindeki bir eğilme momenti uygulanmaktadır. AhĢapta güvenlik gerilmesi 12 MPa olduğuna göre kiriĢin d çapını hesaplayınız.

d y

C

z 30 M

188

44- M0 = 1,5 kNm eğilme momenti etkisi altındaki Z kesitli kiriĢte A noktasındaki gerilmeyi hesaplayınız, tarafsız eksenin denklemini bulup çiziniz.

60 mm

45- ġekilde boyutları verilen dikdörtgen kesitli çubuğun taĢıyabileceği eğilme momentini hesaplayınız. tan =5/12 em = 10 MPa

y

100 mm

z

C

α M

46- ġekilde gösterilen tablalı kiriĢ kesiti üzerinde Mz =350 kNm‟lik eğilme momenti etkisiyle oluĢan normal gerimle yayılıĢını çizip en büyük çekme ve basma gerilmelerini hesaplayınız. Tarafsız eksenin denklemini yazınız. y

Alan merkezi 120

I z  4.18*10 mm 6

I y  3.25*10

6

z

4

mm

380

  48.53  ( A)  14 MPa

I z  4243*106 mm 4 I y  9226*106 mm 4

4

I zy  2.87 *106 mm 4 z  1.13 y

C

tabandan 315.65mm , sağ kenardan 263.22mm 

550 mm

250

  70.41  x  31.6 MPa  x  35.3 MPa

I z  3283*106 mm 4

189

47- ġekilde verilmiĢ olan kiriĢ iki adet [ kesitin birleĢimiyle oluĢmuĢ ve M eğilme momentinin etkisi altındadır. KiriĢin yapıldığı malzemenin çekmede 140 MPa, basmada 80 MPa normal gerilme taĢıyabilmektedir. a) Kesitin taĢıyabileceği M eğilme momentini hesaplayınız. b) Tarafsız eksenin denklemini bularak çiziniz. Bulunan M momenti için normal gerilme diyagramını çiziniz.

49- ġekilde görülen kesite M = 10000 Nm değerinde bir eğilme momenti etkimektedir. Kesitteki en büyük ve en küçük gerilmeleri ve tarafsız eksenin denklemini bulunuz. y

y 20

100

I z  305.65*10 mm 6

z 30

C

260 mm

I y  93.77 *10 mm 6

4

z

  28

M 20 80

M

4

C

20 mm

M  69.9 kNm

20

80 mm

80 mm 40 30 40

48- ġekildeki I kesitli kiriĢ, yatay eksenle 60olik açı yapan bir eğilme momenti etkisi altındadır. Me = 2 kNm olduğuna göre A, B ve D noktalarındaki normal gerilmeleri hesaplayınız. Tarafsız eksenin denklemini bularak Ģekil üzerinde gösteriniz. Gerilme diyagramını çiziniz.

y D

5 M

I y  0.834*106 mm4 60

z

I z  2.5*106 mm4

90 mm

C 4 mm

A

B

5

  11  x ( D)  84.21 MPa  x ( A)  123.71 MPa  x ( B)  84.21 MPa

100

190

50- Her iki malzemenin aynı anda emniyet gerilmesine ulaĢması koĢuluyla Ģekilde verilen betonarme kiriĢ kesitine konulması gereken donatı miktarını (Açelik) hesaplayıp, bu kesitin taĢıyabileceği en büyük eğilme momentini hesaplayınız. Not: Betonun çekme gerilmesi taĢımadığı kabul edilecektir. Beton em. Gerilmesi = 10 MPa Çelik em. Gerilmesi = 140 MPa , Eç/Eb=8

51- Çelik ve alüminyum borular Ģekildeki gibi güvenli bir Ģekilde birleĢtirilmiĢtir. 1 kNm‟lik eğilme momenti etkisi altında her iki malzemede oluĢacak en büyük gerilmeyi, eğrilik yarıçapını hesaplayınız. EA = 72 GPa, EÇ = 200 GPa

Çelik

56 mm

600 mm 100

y

6.5 mm

2.5 mm

z

C

350 ALÜMĠNYUM

çelik

50

300

Tarafsız eksenin kesit üst yüzünden uzaklığı y  163.6 mm I z  2.99*10 mm 9

Aç  3240 mm

2

4

Eşdeğer çelik kesite döndürülürse I Ç  15.07 *104 mm 4

I AL  22.97 *104 mm 4

1 IT  (15.07  2.77778 22.97) *104  23.34*10 4 mm 4

 Ç  120 MPa, 

Eç IT Mz

 AL  39.3 MPa

 46.7 m

M  183 kNm 191

52- ġekilde gösterilen alüminyum ve çelikten imal edilmiĢ kiriĢe 20 kN‟luk düĢey kesme kuvveti etki etmektedir. BirleĢim yüzeyinde oluĢacak kayma gerilmesini ve kesitte oluĢacak en büyük kayma gerilmesini bulunuz. EÇ = 200 GPa, EA = 70 GPa

53- 150X300 mm2 en kesitli ahĢap kiriĢi [200 profili ile güçlendirilmiĢtir. AhĢap için elastisite modülü 12 GPa, çelik için ise 200 GPa‟dır. KiriĢe Mz= 50 kNm‟lik eğilme momenti etkidiğine göre ahĢap ve çelikte oluĢacak en büyük gerilmeleri hesaplayınız. Alan = 2181 mm2 Iz = 5,49x105 mm4

y

Alüminyum

150 mm

Mz = 50 kNm

5,6 57

300 mm

z

14,5

Ölçüler mm’dir.

Çelik

9,9

z

z

b

203

h

Tarafsız eksenin tabandan uzaklığı y  24.47 mm kesit eşdeğer alü min yuma döndürülürse I z  936.7 *103 mm 4

 arakesit  10.9 MPa  enbüyük  18.26 MPa

U 200 Profili

Tarafsız eksenin tabandan uzaklığı y  92.55 mm kesit eşdeğer çeliğe döndürülürse I z  44.82*106 mm 4

 ahşap  14.26 MPa  çelik  103.25 MPa

192

54- Ġki pirinç ve iki alüminyum çubuk Ģekildeki gibi birleĢtirilerek kompozit bir eleman elde edilmiĢtir. TaĢınabilecek en büyük Mz momentini hesaplayınız. Alüminyum em ger=100 MPa, Pirinç em. ger.=160 MPa EA = 70 GPa, EP = 105 GPa ALÜMĠNYUM

10

10

kompozit kesit Eşdeğer pirinç kesite döndürülürse I z  44.45*104 mm 4 M  2.22 kNm

A

z C

300

20 75

75

100

y z C M

Eç/Ea=20

57- AhĢap kesitin alt yüzeyine yapıĢtırılan 50 mm geniĢliğinde ve 10 mm kalınlığında çelik ile kuvvetlendirilmiĢtir. Mz = 10kNm olduğunda her iki malzemede meydana gelen en büyük gerilmeleri hesaplayınız. Ea = 104 MPa, Eç = 2x105 MPa

200

20

5 mm

20 mm

60 mm

120 mm y z C M

10 mm

40 mm 10

10

y

56- Kesiti 60x100 mm olan ahĢap kiriĢin altına Ģekilde görüldüğü gibi 5 mm kalınlığında çelik levha konulmuĢtur. KiriĢe Mz = 2kNm değerinde bir eğilme momenti etki ettiğinde kiriĢin en alt ve en üst noktalarında ve ara yüzeydeki gerilmeleri bulunuz.

Mz

200 mm

PĠRĠNÇ

55- ġekilde görülen (T) çelik kiriĢe, iki ahĢap parça güvenli bir Ģekilde birleĢtirilmiĢtir. AhĢabın ve çeliğin elastisite modülleri sırasıyla Ea =12,5 GPa, Eç =200 GPa‟dır. Kompozit kiriĢe uygulanan eğilme momenti Mz = 50 kNm olduğuna göre; a) AhĢapta meydana gelen maksimum gerilmeyi, b) Çeliğin A noktasındaki gerilmeyi hesaplayınız.

50 mm

193

58- ġekilde gösterilen U kesit Q=-10 kN luk kesme kuvveti etkisindedir. A noktasındaki yatay, B noktasındaki düĢey kayma gerilmelerini hesaplayınız. Kesit üzerinde kayma gerilmesi yayılıĢını çiziniz.

y z

B

C

12 mm

16 mm

12 mm

tabana göre statik moment alınırsa 250*16*8  2  60*12* 46 y  18.06 mm 250*16  2*60*12 I z  2.046 106 mm 4

76

10000  (60*12* 27.94  50*16*10.06)  3.69 MPa 2.046 106 *16 57.94 10000  (12*57.94* ) 2 B   8.20 MPa 2.046 106 *12

A 

A 50 mm

125

125 mm

Q=10 kN

-

-

 xz

 xy

+ 194

59- ġekilde çıkmalı kiriĢ bir T profilinden yapılmıĢ olup em =140 MPa em = 70 MPa dır. B mesnedinin hemen solundan alınmıĢ olan a-a kesitindeki D noktasında eğilme momenti ve kesme kuvvetinden oluĢan normal ve kayma gerilmelerini hesaplayınız a-a kesiti üzerindeki D noktasında gerilme durumunu bir eleman üzerinde gösteriniz, asal gerilmeleri bulunuz.

120 kN/m

a

35 kN B

A 2m

180

E

20

1m

a 137.5

y z

D

G

+

-

-

35

102.5

220

20

44 kNm

C

+ 35

Tarafsız eksenin tabandan uzaklığı y  164 mm I z  46.38*106 mm 4

 D  42.35 MPa  D  35.22 MPa  I  62.2 MPa  II  19.94 MPa 195

60- ġekilde kesiti gösterilen kiriĢ üç ayrı ahĢap parçanın tutkal ve çivilerle birleĢtirilmesi ile imal edilmiĢtir. Tutkalın kayma emniyet gerilmesi em = 0.5 MPa, ve bir çivinin taĢıyabildiği kesme kuvveti 1500 N olduğuna göre, bu kiriĢin Sy=10 kN luk kesme kuvvetini taĢıyabilmesi için çivi aralığı ne olmalıdır..

61- Dört ayrı ahĢap parçasının Ģekilde gösterildiği gibi çivilenmesi yoluyla kutu kesitli kiriĢ imal edilmiĢtir. Bir çivi 150 N‟luk kesme kuvveti taĢıdığına göre B ve C deki çivi aralıklarını bulunuz. 400 N

x 40

L

C’

150

C

B

80 mm I z  38.88*106 mm 4

40

B’

150 40

Ahşap parçaların temas yüzeyinde  a  a  0.72 MPa

150

B

40

a 100mm

40

a

A

150

40

C

I z  96.4 106 mm 4

bunun 0.5 MPa lık kısmını tutkal taşır. Çivinin taşıması gereken kayma gerilmesi  çivi  0.22 MPa

qB , B  

0.22*80* s  1500 s  85 mm

qC ,C  

Qy S z Iz



400*(190* 40*75)  2.365 N / mm 96.4 106

400*(110* 40*75)  1.369 N / mm 96.4 106 B ve C deki kayma akıları hesaplanan değerlerin yarısıdır

sB 

150 2.365/ 2

150  126.8 mm sC  1.369 / 2  219.1 mm 196

62- ġekildeki yapma kiriĢ kalasların yapıĢtırılması ile imal edilmiĢtir. KiriĢin 5kN‟luk kesme kuvveti etkisi altında olduğu bilindiğine göre yapıĢtırılan A yüzeyinde ve B yüzeyinde oluĢacak kayma gerilmelerini hesaplayınız. y B

20

A

64- Üç ahĢap parçası Ģekilde görüldüğü gibi çivilenerek birleĢtirilmiĢtir. Her bir çivinin emniyetle taĢıyabileceği kesme kuvveti 400 N ve s çivi aralığı 75 mm olarak bilindiğine göre kesite uygulanabilecek en büyük kesme kuvvetini bulunuz. y

80 mm

60

z

60

C

z

I z  59.76 106 mm4

60

20

q 40

40

40

20

63- Dört ayrı ahĢap parçasının tutkallanması ile Ģekilde gösterilen en kesite sahip kiriĢ imal edilmiĢtir. KiriĢ Q = 850 kN kesme kuvveti taĢımaktadır. A ve B noktalarında tutkal tarafından karĢılanacak kayma akısı nedir? y

65-Açıklığı 6 m olan bir kiriĢ Ģekildeki gibi mesnetlenmiĢ olup üzerinde 350 N/m‟lik yük bulunmaktadır. KiriĢin kesiti iki farklı Ģekilde yapıldığına göre çivi aralıklarını bulunuz (bir çivi 370 N değerinde yük taĢıyabilmektedir). 350 N/m

B

A B

 Qy  738 N

40

100 20

90 10

120 mm

400 Qy S z  75 Iz

6m

C

10

I z  87.52 10 mm4 6

q A  49.77 N / mm qB  1313.5 N / mm

30

30

A kesiti

30

10

30

150 mm

52.5

125 mm

150 mm

52.5

120

30

120

30

z

200

196.8 mm

10

A

B kesiti

197

66- ġekilde boyutları, yükleme durumu ve en kesiti gösterilen konsol kiriĢin yapıldığı malzemede em = 140 MPa ve em = 80 MPa olduğuna göre; a) En büyük normal gerilme yönünden, b) En büyük kayma gerilmesi yönünden, c) Boyun noktasındaki asal gerilme bakımından kiriĢ kesitinin yeterli olup olmadığını ayrı ayrı belirleyiniz.

68- ġekilde gösterilen kiriĢ kesiti, dört ahĢap parçanın her 200 mm de bir 15 mm çapındaki cıvatalarla birleĢtirilmesiyle imal edilmiĢtir. AhĢabın elastisite modülü 13 GPa, çeliğin ise 200 GPa‟dır. 18 kN‟luk düĢey kesme kuvveti etkisi altında cıvatalarda oluĢacak kayma gerilmelerini, kesitin geometrik merkezinde oluĢacak kayma gerilmesini bulunuz.

120

B

A

x

180 mm

20

130 kN 10

20

0.5 m

67- ġekilde görülen kiriĢ üç ayrı ahĢap parçasının tutkalla birleĢtirilmesi yoluyla imal edilmiĢtir. Tutkalın ve ahĢabın kayma emniyet gerilmeleri sırasıyla 0,8 MPa ve 4 MPa olduğu bilindiğine göre P kuvvetinin alabileceği en büyük değeri ve kuvvete karĢılık gelen en büyük eğilme gerilmesini hesaplayınız.

4P

40

P

P

100 mm

B

40

A 1m

4m

I z  38.88*106 mm4

1m

80 mm

Pem  5554 N   12.86*3 MPa

Kesiti eşdeğer hom ogen çelik olarak düşüne lim bahşap / çelik  4.875 mm

I z  48.125*106 mm 4

 c  7.247 MPa 18000  (9.75*100*100)  36.47 48.125  106 200 q  civata   20.64 MPa  152 2 4 q

N mm

198

69- ġekilde gösterilen blok, Emniyet gerilmesi 100 MPa olan bir malzemeden yapılmıĢtır. Bu kesitin taĢıyabileceği en büyük P basma kuvvetini hesaplayınız. Malzemenin çekme gerilmesi taĢımaması durumunda P kuvvetinin değeri ne olur? x

P

y

2m z

x 

1.5 m

G

A

My N Mz  y z A Iz Iy

 P.103 0 P.106 1.5 x   y z0 12.106 I z 3.6.1013 T.E. Denklemini bulalım.

6m

P P  z0 12 24000 z  2000 mm.

x  x y

P P  (3000)  100 12 24000 P  480 kN .

 x ( A) 

P

2m z

1.5 m G

T.E.

s

Gerilme bloğu

Gerilme bloğunun bileĢkesi P kuvvetidir ve Tarafsız eksene göre moment,

Malzemenin hem çekme hem de basma gerilmeleri taşıması durumu için bulunan P kuvveti (6  s).2.

 em

(6  s).2.

 em 2

2

P

. (6  s)  P(4.5  s) 2 3

s  1.5 m, P  450 kN

Malzemenin çekme gerilmeleri taşımaması durumu için bulunan P kuvveti

199

70- Eksantrik normal kuvvetle yüklü, enkesiti 60x180 mm2 olan çubukta em = 10 MPa ve em = -6 MPa olarak bilindiğine göre çubuğun taĢıyabileceği en büyük P kuvvetini hesaplayınız. y 60 mm

NP M z  P  90

min

z ve y asal eksenlerdir.

My  0

bh3 h2 i   12bh 12 2 z

TE

x 

30 mm

z

I zy  0

My N Mz  y z A Iz Iy

G 180 mm

x 

P 90  P P  90   y  1  2 y  A Iz A  iz 

10 mm

P

T.E. Denklemi için x = 0 yazarsak;

 min 

x 

maks

A

x  0 

y  30mm

P  1080  P  y  y  1  1    6 60 180  32400  60 180  30 

P  32400 N

P  y  1    10 60 180  30 

P  27000 N

 maks 

P  90 12  P  y  y   1   1  2 A h  A  30 

27 kN  Penbüyük  min    27kN 32.4 kN  

200

71- ġekilde gösterilen tablalı kesitte tarafsız eksenin K ve L noktalarından geçebilmesi için eksantrik normal kuvvetin etkimesi gereken noktanın koordinatlarını hesaplayınız.

y

T.E.

Alan merkezi

120 K

z

C 380

L 550 mm

tabandan 315.65mm , sağ kenardan 263.22mm  I z  4243*106 mm 4 I y  9226*106 mm 4 I zy  3283*106 mm 4

250

Pozitif BÖLGEDE , koordinatları y p ve z p olan herhangi bir noktadaki çekme kuvveti P olsun M z  P y p M y  P z p

 xK  0  xL  0

z p  52.8 mm

N P y p  33.73 mm

201

72- A noktasından P basma kuvveti uygulanan T kesite haiz kiriĢin basma ve çekmedeki emniyet gerilmeleri sırasıyla -70 MPa 140 MPa‟dır. P basma kuvvetinin alabileceği en büyük değeri hesaplayınız. (Iz = 0,58x106 mm4 Iy = 0,39x106 mm4 A = 2000 mm2)

60 y

73- ġekilde boyutları verilen kesitte A noktasından P basma kuvveti etkimektedir. Malzemede çekme emniyet gerilmesi 60 MPa basma emniyet gerilmesi –120 MPa olduğuna göre kesitin taĢıya-bileceği en büyük P kuvvetini hesaplayınız. Bulunan bu P değeri için kesitte gerilme dağılımını çiziniz.

B

20

z

C

30

y

15 mm 30 90 mm

30 D

40

I y  8.708*106 mm 4

115

20

I zy  8.1*106 mm 4

180 z

 x  P(0.5  0.00345 y  0.02564 z )  B ( z  30; y  22)  70 MPa

I z  24.91*106 mm 4

35 mm

M z  50*103 P Nmm

C

A E

15 mm

C

150 mm

A

A z

y

M y  0 Nmm

65 mm 30

N  1000 P N

120 mm

P  52.04 kN

 x  P(0.123457  0.00268 z  0.00288 y)  E ( z  35; y  65)  120 MPa P  296.7 kN  D ( z  5; y  115)  60 MPa P  308.7 kN P  296.7 kN

202

74- P = 100 kN Ģiddetindeki basma kuvveti Ģekilde görülen kesite A noktasından etkimektedir. En kesit üzerinde gerilme diyagramını çizip kesitteki en büyük ve en küçük normal gerilmeyi hesaplayınız.

Alan merkezi

100 mm A y B z

C

100 mm

20

80mm ,

tabandan

I y  1.73*106 mm 4

kabul edelım. N  P M z   P yD

4

 ( A)  199 MPa  ( B)  104 MPa

75- DüĢey 4,8 kN luk kuvvet etkisi altında ahĢap kolonun A, B, C, D noktalarındaki gerilmeleri hesaplayınız.

z

180 40

C 40

180 mm A

M y  0 olur.

M y  N Mz P P yD P  y y z   y  1  2D y  A Iz Iy A Iz A iz   ( A)  2*  ( B)  yD  15.06 mm

x 

M z  4 kNm M y  5 kNm N  100 kN  x  25  0.75 y  2.89 z

B y

a ) A ve B Noktalarında aynı işaretli gerilme olsun Kuvvetin TE ' nin üst tarafında D (0; yD ) noktasında etkidiğini

I z  5.33*106 mm 4 I zy  0 mm

20

76- ġekilde gösterilen kesit y ekseni üzerinde olan P çekme kuvvetinin etkisi altındadır. Kesitin A noktasındaki normal gerilmenin B noktasındakinin iki katı olduğu bilindiğine göre P kuvvetinin uygulandığı noktanın A noktasından uzaklığını hesaplayınız. Iz = 63,96x106 mm4 A=14400 mm2

P kuvvetinin çekme olması halini siz inceleyiniz

AD  145  15.06  129.9 mm b) A ve B Noktalarında farklı işaretli gerilme olsun yD  2665 mm 77Kesitin A noktasından P = 120 kN Ģiddetinde çekme kuvveti etkimektedir. Kesitte gerilme dağılımını çiziniz.

100 mm

20

A 20

80 mm

203

78- Yanda Ģekilde gösterilen istinat duvarının yapıldığı malzemenin birim hacim ağırlığı  = 25 kN/m3 ve yatay toprak itkisi h = 120 kN‟dur. Ġstinat duvarının altındaki zemindeki gerilmeleri bulunuz.

80- Yanda Ģekilde elemana P = 150 kN değerinde bir kuvvet etki etmektedir. En büyük gerilmenin 125 MPa‟yı geçmemesi istendiğine göre en büyük a mesafesini bulunuz. A = 4570 mm2; d = 201 mm; bf = 165 mm; tf = 10,2 mm tw = 6,2 mm; Ix = 34,5x106 mm4; Iy = 7,62x106 mm4

 B  166 kPa  C  14 kPa 79- Yanda Ģekilde elemana iki kuvvet etki etmektedir. En büyük gerilmenin 70 MPa‟yı geçmemesi istendiğine göre en büyük P kuvvetini bulunuz. A = 2897 mm2; d = 254 mm; bf = 65 mm; tf = 11,1 mm; tw = 6,1 mm; Iz = 28,1x106 mm4; Iy = 0,949x106 mm4 (Kuvvetler gövde orta noktaya etkimektedir)

P  51.6 kN

z

a  31.2 mm

z

x  16.1 mm

204

Ferdinand P.BEER & E.Russel JOHNSTON, Mechanics of Materials, McGraw-Hill Book Comp.1981 81- ġekilde görülen sistemdeki AB ve BC elemanları dıĢ çap 120 mm, et kalınlığı 10 mm olan alüminyum çubuklardır. Burkulma güvenliğini en büyük yapacak h yüksekliğini bulunuz. mg = 75 kN olduğunda karĢılık gelen güvenlik katsayısını hesaplayınız. E=70 GPa

82- 2,5 m burkulma boyu olan kolonun kesiti Ģekildeki gibidir. TaĢıyabileceği P yükü 350 kN olduğuna göre n güvenlik katsayısını hesaplayınız. A = 3325 mm2; E = 200 GPa; Iy = 8,865x106 mm4; Ix = 11,557x106 mm4)

mg

kablo, BC ve AB çubuk kuvvetleri h 2  9 mg 3mg mg K , BC  , AB  h 2 2h 2 çubukların Pkr yükleri yazılıp taraf tarafa bölünürse 3mg  2 EI min mg  2 EI min  ,  2h 36 2 16 h  6.75 m fsBC  6.07

imin  51.63 mm,   48.4

 kr  310  1.14* 48.4  254.8 MPa Pkr  254.8*3325  847226 N n

Pkr 847226   2.42 P 350000 205

Ferdinand P.BEER & E.Russel JOHNSTON, Mechanics of Materials, McGraw-Hill Book Comp.1981 83- ġekildeki yükleme altında en büyük L değerini hesaplayınız. E = 200 GPa, kr = 290 MPa, A= 1452 mm2, iz = 41,6 mm, i y = 14,75 mm fs = 1,92

84- Burkulma boyu L olan kolon dxd/3 boyutlarındaki ahĢap bloklardan Ģekildeki düzenlemelerde oluĢturulmak isteniyor. Burkulma açısından taĢıyabilecekleri kuvvetlerin (PA/PB) oranını hesaplayınız.

d

P = 60 kN

d/3

A

B

A P Akr I min 27    1.421 B P B kr I min 19

Pkr  Pem * fs 

 2 EI min L2b

,

I min  14.752 *1452 L  2325 mm 60000*1.92   79 MPa   kr 1452 206

85ġekildeki kolona baĢlangıçta hiçbir kuvvet o etkimemektedir. Sıcaklık 40 C arttırıldığında burkulmanın olduğu bilindiğine göre kolonun L boyunu bulunuz (E = 200 GPa;  = 11,7x10-6/oC; d = 100 mm)

Pkr 

L

 2 EI min

α

P

L2b

B

RL  * L * T  EA  R  Pkr

0.9 m

L  4190 mm

I min

 2 EI min

1500 b L 2 3 2 Pkr Lb 3*60000*15002 b 4  2    E  2 *10000 6 2 b

C

A

86- Uzunluğu L = 1.5 m olan, iki ucu mafsallı bir ahĢap çubuk fs = 3 güvenlik katsayısı ile P = 60 kN değerindeki eksenel kuvvetini taĢıyacaktır. Çubuğun kesiti dikdörtgen ve bir kenarı diğerinin iki katıdır. Buna göre kesiti boyutlandırınız. E = 10 GPa, p = 100

Pkr 

87- AB ve AC çubuklarının çapı 15 mm, BC çubuğunun çapı 21 mm‟dir. Güvenilirliği en büyük yapacak  açısını bulunuz. P = 7 kN olduğunda karĢılık gelen güvenlik katsayısını hesaplayınız (E = 200 GPa).



0.9 m 88- Ġki ucu mafsallı 4 m uzunluğundaki çelik bir kolon I260 profilinden yapılmıĢtır. fs = 2,5 güvenlik katsayısı ile bu kolonun taĢıyabileceği Pem yükünü hesaplayınız (A = 53,3x102 mm2, Imin =288x104 mm4 imin = 23,2 mm, E = 210 GPa )

 b  71 mm; h  142 mm   73.8 p  100  b  76 mm; h  152 mm

207

89- L uzunluğunda dikdörtgen kesitli alüminyum bir kolon ucundan ankastre diğer ucundan Ģekilde görüldüğü gibi mafsalıdır. Burkulma açısından en uygun a/b oranını bulunuz. Kolonu L = 500 mm E = 70 GPa P = 20 kN için boyutlandırınız. n = 2,5

91- ġekildeki dairesel kesitli BC çubuğunun n = 3 güvenliği ile boyutlandırınız (E = 200 GPa). (BC çubuğunun boyu 5 m‟dir)

20 kN/m A B 5m C 4m

90- ġekilde gösterilen kafes kiriĢ elemanları 15 ve 20 mm çapında dairesel kesitli çubuklardan yapılmıĢtır. n = 2,6 güvenlik katsayısı ile taĢınabilecek Pmax yükünü hesaplayınız (E = 200 GPa, em = 140 MPa) P

2m

92- Her bir çubuk içi dolu dairesel kesitli çelikten imal edilmiĢtir. Birinci çubuğun çapı 20 mm olduğunda verilen yükleme altında burkulmanın olmaması için n güvenlik katsayısını bulunuz. Aynı güvenlik katsayısına sahip diğer çubukların yine burkulmanın olmaması için en küçük çaplarını hesaplayınız (E = 200 GPa).

B

m

15

m

m

20

A

15 mm 0.5 m

m

0.5 m C

1.5 m

208

93- Her iki kolonun eĢit ağırlığa sahip olması için d geniĢliğini hesaplayıp, her iki kolonda kritik P yükünü bulunuz.

95- Kare kesitli kolonun taĢıyabileceği Pkritik yükünü hesaplayınız. Aynı yükü taĢıyabilecek daire kesitli kolonun yarıçapını hesaplayınız. ( E = 200 GPa).

  138.56 d  28.53 mm r  14.27 mm Alüminyum E = 70 GPa  = 2710 kg/m3

96- Sistemin güvenle taĢıyabileceği P kuvvetini bulunuz. (E = 210 GPa, em = 140 MPa, fs = 2,5)

75 mm

80 mm

B 4m

50

75 mm

BC çubuğu

3m A

AB çubuğu

AB çubuğu

60 mm

C 40

94- Burkulma boyu 1,8 m olan iki pirinç çubuk Ģekilde görülen en kesitlere sahiptirler. Her iki kesit alanın aynı olması için kare kesitin et kalınlığını bulunuz, her iki çubuğun taĢıyabileceği yükü hesaplayınız (E = 105 GPa).

40

Çelik E = 200 GPa  = 7860 kg/m3

P

AB çubuğunda   178.88 I min  1.885 106 P  73252 N

mm4

209

97- Yükleme durumu Ģekilde verilen basit kiriĢin elastik eğri denklemini bulunuz.

98- Yükleme durumu Ģekilde verilen basit kiriĢte C noktasındaki sehimi birim yük yöntemi ile hesaplayınız.

y

y

P

q

P

A

A

B

x

C L/3

L ql q x  x 2 , EIv  M 2 2 1 qx 4 ql 3 ql 3 v (  x  x) EI 24 12 24 5 qL4 qL3 venbüyük   , A   384 EI 24 EI

D L/3

P

L/3 P

L

y

M

x

B

1 kN

A

B

x

C L/3 2/3

2L/3 L

2 x 3 Pl lx M2  m2  3 3 lx M 3  P (l  x ) m3  3 M .m 5 Pl 3 vc   dx   EI 162 EI l M 1  Px

m1 

1/3

l 3 l 2l x 3 3 2l  xl 3

0 x

210

99- Yükleme durumu Ģekilde verilen konsol kiriĢin elastik eğrisini bulunuz. B noktasındaki çökme ve dönmeyi hesaplayınız. Po A

102- Yükleme durumu Ģekilde verilen kiriĢ elastik eğrisini bulunuz. C noktasındaki çökmeyi ve dönmeyi, B noktasındaki dönmeyi hesaplayınız.

P

Po A

C

B a

a

B L

100- Yükleme durumu Ģekilde verilen konsol kiriĢin elastik eğrisini bulunuz. En büyük çökmeyi ve B noktasındaki dönmeyi hesaplayınız.

103-a) Yükleme durumu Ģekilde verilen konsol kiriĢin elastik eğrisini bulunuz. b) B noktasında çökme olmaması için P kuvveti ile MB momenti arasındaki bağıntıyı bulunuz.

P A I2

B

I1

L/2

C

L/2

Po A

B

104- AĢağıda yükleme durumları verilen kiriĢlerin elastik eğrilerini bulunuz. qo

L

Mo A

101- a) Yükleme durumu Ģekilde verilen konsol kiriĢin elastik eğrisini bulunuz. b) B noktasında çökme olmaması için P kuvveti ile MB momenti arasındaki bağıntıyı bulunuz. MB

B

B

L

P

L

qo

Mo

A

A

A

B

B

A L

a

b

L

211

q  q0 sin A

x L B

L

105- AĢağıda yükleme durumları verilen kiriĢlerin elastik eğrilerini bulunuz. KiriĢ orta nokta noktasında deplasmanı hesaplayınız. w w  o  15kN / m (, P = 25 kN, Mo =10 kNm, L = 4 m, E = 200 GPa, I = 18x106 mm4) 2

212