Cross Yöntemi
Bölüm 5
BÖLÜM 5 5.1. CROSS METODU (HARDY CROSS-1932) Hiperstatik sistemlerin çözümünde kullanılan cross yöntemi açı yönteminin özel bir hali olup moment dağıtma (iterasyon) metodu olarak da kullanılmaktadır. Açı metodunda düğümlerde moment ve yatay dengeler yazılarak düğümlerdeki dönüş açıları ve deplasmanlar bulunarak sistem çözüldüğü halde Cross metoduyla hiperstatik sistemlerin çözümünde önce rijit düğüm noktalarında dönüşleri sıfır yapacak şekilde kilitlenir. Kilitleme ankastrelik momentlerin farkının ters işaretlisi olan bir dış momentle yapılır. Yani açı metodunda olduğu gibi düğümdeki toplam moment sıfır olacak şekilde düzenlenir. Bu uygulanan dış moment düğümde sadece dengeyi sağlamak için kabul edilen bir moment olduğu için aranan moment olarak kabul edilmemelidir. Bu kilitleme momentinden dolayı düğümde bir dönüş ve bu dönüş sonucunda da düğümdeki çubukların uçlarında bir moment oluşacaktır. Bu yöntemde bir düğüme; 1. Düğüm noktalarında dış yüklerden dolayı oluşan ankastrelik momentleri, 2. Komşu düğümlerden gelen (2EI/L’den 1/2) momentler, 3. Birim yatay (δ=1) yüklemelerinden gelen (k=-3k/L ve k=-2k/L) momentler, olmak üzere bu üç momentin farkı TERS işaretli olarak o düğüme birleşen çubuk uçlarına rijitlikleri oranında dağıtılır ve k çubuklarının ucuna düşen momentin yarısı da komşu düğüme gönderilir.
j
i
k Tüm düğümlerlerdeki dönüş açıları=0
Tüm düğümlerlerdeki dönüş açıları≠ 0
j
j
i
i
k
k
1.Diğer bütün düğümler kilitli, sadece i serbest 2. ϕi bulunduktan sonra i aynı kalsın ve j serbest
255
Bölüm 4
Cross Yöntemi
I. Đterasyon 1. Bütün düğümlerdeki dönüş açıları sıfır 2. Sadece i noktası serbest yani ϕi ≠ 0 olsun ve buradan ϕi kolayca bulunur. 3. Sadece j noktası serbest yani ϕj ≠ 0 olsun ve ϕi yukarıda bulunan değerde olsun. Buradan ϕi bilindiğine göre ϕj kolayca bulunur. 4. Sadece k noktası serbest yani ϕk ≠ 0 olsun ve ϕi -ϕ ϕj yukarda bulunan değerde olsun. Buradan ϕi ve ϕj bilindiğine göre ϕk kolayca bulunur. 5. Yukarıdaki işlemler dönüş açısı olan bütün düğümler için yapılır ve ilk dönüş açıları bulunmuş olur. Yani başlangıçta sıfır olan dönüş açıları yerine değerleri bulunmuş olur. II. Đterasyon 1. Đşlemler tekrar baştan başlanarak yapılır n inci düğüme kadar yapılır ve ikinci iterasyon tamamlanır. III. Đterasyon 1. Değişim sıfır olduğu zaman iterasyona son verilir. Ve böylece düğümlerdeki dönüş açıları bulunur. 4.5 kN/m I
3.6m
7.2 kN
3 kN/m 1.03I 7.2m
1.2m
I 2.4m
3 kN
09m
Düğümlerdeki ankastrelik momentleri açı metodunda olduğu gibi bulunur.
− M12 = M 21 =
− M 34 =
4.5 x 3.6 2 = 4.86 kNm 12
− M 23 = M 32 =
3 x 7.2 2 = 12.96 kNm 12
Pab(l + b) 7.2x1.2x2.4(3.6 + 2.4) = = 4.80 kNm 2L2 2 x 3.6 2
Bu ankastrelik momentleri düğümlere uygulanarak düğümlerdeki momentlerin dengede olması için kesikli çizgilerle gösterilen momentler düğümlere uygulanarak bütün düğümler kilitlenir. nolu düğüm sabit mesnet olduğu için sadece dış yüklerden dolayı oluşan bir moment (3 x 0.9=2.7 kNm) bulunmaktadır. 4.86
M12 = 4.86
M21 = 4.86 M23 = 12.96 M32 = 12.96 M34 = 4.8
2.7 3 x 0 .9 = 2 . 7
12.96-4.8=8.16
12.96-4.86=8.1
Daha sonra düğümlerden istenilen bir tanesi açılır. Bu düğümleri açma işlemine kilitleme momenti olan ankastrelik momentleri farkının ters işaretlisinin mutlak değerce büyük olanından başlamak iterasyonun adım sayısını azaltacağından daha uygundur. Bu örnekte üç nolu düğüm açılarak ankastrelik momentler farkı olan kesikli çizgilerle gösterilen kilitleme momenti 8.16 kNm lik moment bulunur. Ancak, nolu düğümde konsoldaki yükten dolayı oluşan bir 2.7 kNm lik bir moment bulunmaktadır. Konsol yüklerden dolayı oluşan momentlerin, kenar mesnetteki
256
Cross Yöntemi
Bölüm 5
dış yük olan momentlerin yarısı ve bir düğümde bulunan dengeleyici momentin yarısı karşı mesnede aşağıdaki kabulden dolayı geçer. Yani, düğümde dengeleyici momentten dolayı bir dönme ve bunun sonucunda da bir moment oluşacaktır. Oluşan bu momentin yarısı aynı işarette çubuğun diğer ucuna geçer. Komşu düğüm mafsallı ise bu momentin yarısı geçmeyecektir. Açı metodunun esasını teşkil eden bu kabuller açı metodu denklemlerinin çıkarılmasında aşağıdaki şekilde elde edilmişti. Hiç şekil değiştirmesi olmayan i
ϕi
k
eleman
i
k
Mik
Mki
i
k _
Mki=Mik/2 Mik
+ Uç momentleri Mki ve Mik olsun
Buna göre mesnedindeki momentin yarısı mesnedine artı olarak geçer. Konsol momentleri sağdan sola artı soldan sağa eksi geçer. Çerçevelerde ise mütemadi kirişlerin tam tersi olmaktadır. Bu durum açı yönteminde tablo halinde açıklanmıştır.
M32 = 12.96
2.7/2=1.35
2.7
M 34 = 4.8
Kilit moment=12.96-4.8+1.35 =9.51
3x0.9 = 2.7
9.51 kNm lik dengeleyici kilit momenti düğüme birleşen çubukların toplamı bir olan ve rijitlikleri dikkate alınarak hesaplanan dağıtma sayıları oranında ters işaretli olarak paylaşılarak düğüm dengesi sağlanır. Çubuklara gelen bu momentlerin yarısı aynı işarette çubuğun diğer ucuna yani komşu düğümlere gönderilir. Sistemin çözümü için diğer bütün düğümlerin dengesi sağlanması şartından dolayı aynı işlem diğer komşu düğümlerde yapılır. Komşu düğümde dengeleyici moment o düğümde önceden bulunan kilit momenti (ankastrelik momentleri farkı olan moment) ile komşu düğümdeki dengelemeden gelen momentin toplamı ters işaretli olarak düğüme birleşen çubukların dağıtma sayıları oranında dağıtılarak düğüm dengesi sağlanmış olur. Bu dengeden dolayı oluşan momentlerin yarısı çubuğun diğer ucuna yani düğüm noktasına gönderilir. Bu işleme komşu düğümlerden gelen momentlerin küçülmesi durumunda son verilerek her çubuğun ucundaki momentler toplanarak son verilir. Bu toplam sonucu her düğümdeki momentlerin toplamı açı metodunda olduğu gibi sıfır olmalıdır. Bir çubuğun uç momenti, 1. Ankastrelik momentleri 2. Düğümdeki dengelemeden dolayı dağıtma sayısı oranında gelen moment 3. Çubuğun diğer ucundaki düğüm dengelemesinden dolayı o uçta oluşan momentin yarısı momentlerinin toplamıdır.
257
Bölüm 4
Cross Yöntemi
5.2. DÜĞÜM NOKTALARI SABĐT (δ δ=0) SĐSTEMLER Düğüm noktaları sabit sistemler 4. bölümde açıklanan sistemlerdir. Bu sistemlerin cross yöntemi ile çözümünde yatay deplasmanlar [δ=0] sıfır alınmaktadır. 3
2
k2
4
k ′4
k3
i
Mi
5
k 5′
k1
ϕi ≠ 0 ϕ2=0 ϕ3=0 ϕ1=0 M i =toplam ankastrelik momentleri
1
Herhangi bir çerçeveden alınan yukarıdaki i düğümünde moment dengesi yazılır ise, ∑Mi 2 (k1 + k2 + k3 + k’4 + k’5 ) ϕi + ∑ M i = 0 φi = − 2[k1 + k 2 + k3 + k '4 + k 5' ]
Mi1 = k 1 (2 ⋅ φ i ) + Mi1
Mi2 = k 2 (2 ⋅ φ i ) + Mi2
Mi4 = k '4 (2 ⋅ φ i ) + Mi4
Mi3 = k 3 (2 ⋅ φ i ) + Mi3
Mi5 = k '5 (2 ⋅ φ i ) + Mi5
Bu denklemlerde ϕi ‘nin yukarıdaki bulunan değerleri yerine yazılırsa,
Mi1 =
Mi2 =
Mi3 =
Mi4 =
Mi5 =
k 1 ∑ Mi ' 4
+ Mi1
' 5
(k 1 + k 2 + k 3 + k + k )
k 2 ∑ Mi (k1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' )
k 3 ∑ Mi (k1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' ) k '4 ∑ Mi
(k1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' )
k '5 ∑ Mi (k1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' )
di1 =
k1 (k1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' )
di2 =
k2 (k1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' )
di3 =
k3 (k1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' )
+ Mi2
+ Mi3
= -Mi
+ Mi4
+ Mi5
258
M i1 = k i (2φ i ) + Mi1
' 5
di4 =
k (k 1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' )
di5 =
k '5 (k 1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' )
Σd=1
Cross Yöntemi
Bölüm 5
[di1 + di2 + di3 + di4 + di5] bunların her birine DAĞITMA SAYISI denir ve her düğüm için toplamları her zaman =1 olması gerekir. Bu din sayıları düğüme birleşen çubukların k = ve/veya k ′ =
2I L
1.5I rijitlikleri oranına göre değişen dağıtma sayılarıdır. L
ϕA + ϕA ϕA
ϕB+ ϕB
ϕA
B
ϕB
ϕA A
B
ϕA -
A
ϕA
ϕB-
ϕB
ϕA
A
ϕB B
ϕA ϕA
Hiperstatik bir sistemim Cross metodu ile çözümünde izlenen yol sırasıyla; 1. Düğüme birleşen çubukların k ve/veya k’ değerleri ve bunlara bağlı olarak bulunan dağıtma sayıları hesaplanır.
di1 =
k1 ∑ kn
di2 =
k2 ∑ kn
d i3 =
k3 ∑ kn
2. Çubuğun mesnet şartlarına yükleme durumuna göre ankastrelik momentleri hesaplanır.
3. Çözüm şeması hazırlanarak dağıtma sayıları ve ankastrelik momentleri belirlenir. 4. Düğümlerde bulunan ankastrelik momentleri işaretlerine göre toplanarak mutlak değerce büyük olan momentin bulunduğu düğümden dağıtıma başlanır. 5. Dağıtma sayılarına göre dağıtılan ankastrelik momentleri işaretlerinin tersi olarak dağıtılır. Yani ankastrelik momenti eksi ise artı, artı ise eksi olarak dağıtılır. 6. k çubuklarında dağıtım sonucu bulunan Mij momenti çubuğun diğer ucuna yarısı aynı işarette geçer. Bu geçiş k’ çubuklarında yapılmaz. ϕi Mik i
k
Mik =
Mki
i
k
4EI ϕi L
+
7. Düğümlerde dağıtılacak moment sıfıra yaklaşınca dağıtıma son verilir.
259
_ Mki =
2EI ϕi L
Bölüm 4
Cross Yöntemi
8. Düğümlerde dağıtım bittikten sonra ankastrelik momentler dahil bütün momentler işaretleri ile toplanır. (bir düğümde bulunan momentlerin toplamı sıfır olacağına dikkat edilmelidir değilse hesaplar kontrol edilir) 9. Çözüm sonucu bulunan momentler işaretlerine göre [saat yönü +, tersi -] düğüm noktalarına işaretlenerek momentler çekme meydana getiren yüze çizilir. 10. Çubuk uçlarında bulunan bu momentlere ve dış yüklere göre çubuk açıklık momentleri, kesme ve eksenel kuvvetleri bulunarak sistemin istenilen M, V ve N alanları çizilir.
ÖRNEK 5.1: Şekilde yüklemesi ile birlikte verilen mütemadi kirişin moment ve kesme kuvvet diyagramlarını Cross metodu ile çiziniz.
2.2m
2 kN
2 kN
1.5I m 2.2
2.2
0.8 kN/m
I
m
m
5
Ankastrelik − M12 = M21 =
P a (L − a) 2 x 2.2 (6.6 − 2.2) 0 .8 x 5 2 = = 2.93 kNm − M23 = = − 2.50kNm L 6 .6 8
Ankastrelik momentleri ve dağıtma sayıları tablo yapılarak yazılır. Daha sonra dağıtım yapılacak düğümde dağıtılacak moment bulunur. Örneğin düğümünde dağıtılacak M= 2.93-2.5=0.43 tm olarak bulunur. Bu fark moment artı işaretlidir. Düğümde dengenin olabilmesi için bu momentin eksi işaretli olarak dağıtılması gerekir. Yani düğümde dağıtılacak momentin ters işaretlisi olan M=-0.43 tm dağıtılır. M21= d21 M =0.603x(-0.43)= -0.259 M23= d23 M =0.397x(-0.43)= -0.171
Düğümde dağıtım sonucu bulunan momentlerin toplamı dağıtılan momente eşit olmalıdır (0.43).
Düğüm
-
Çubuk uçları Çubukların k değerleri
-
-3
0.455
0.300
3-2
0.455/[0.455+0.3]=0.603 0.3/[0.455+0.3]=0.397
Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Düğüm
Dağıtılacak moment
2
(-2.5+2.93) = 0.43
Uç momentleri
-2.93
2.93
-2.50
-0.130
-0.43x0.603=-0.259
-0.43x0.397=-0.171
-3.06
2.671
-2.671
2 kN
2 kN
1.5I 2.2m
2.2m
2.2m
0.8 kN/m
I
1.941
0.06 2.06 3.06
1.46
2.534 06
5m 1.47
2.67
1.343
1.60
260
0.00
Cross Yöntemi
Bölüm 5
1. açıklıkta maxMaç= ((2.059 x 2.2 – 3.06)) = 1.47 kNm 1. açıklıkta maxMaç= ((2.059 x 2.2 + 0.059 x 2.2 – 3.06)) = 1.60 kNm 2
2. açıklıkta maxMaç= ((1.466 /0.8)) x 0.5 = 1.343 kNm
veya
2
2. açıklıkta maxMaç= ((2.534 /0.8)) x 0.5- 2.671 = 1.343 kNm Verilen bu sistemde bilinmeyen ϕ2 dir. Burada ϕ2 nin bulunması için, M ϕ 2 = 21 M 21 = 2 k 21ϕ 2 2 k 21 bağıntısından hesaplanır. Buradaki M21 momenti düğümünde ankastrelik ve komşu düğümlerden gelen momentlerin haricinde dağıtım sonucunda bulunan momentlerin toplamıdır.
2-1 elemanı ϕ 2 =
M 21 −0.259 = 0.285 = 2 k 21 2 x 0.455
2-3 elemanı ϕ 2 =
M 23 − 0.171 = − 0.285 olur. = 2 k 23 2 x 0.300
ÖRNEK 5.2: Verilen kirişin moment alanının Cross yöntemini kullanarak çizimi.[Bütün kirişler EI] 1.6 kN/m
8 kN
2m
5.5m
2.5 kN/m
4m
5m
2m
1.5m
Çözüm: Elemanların k değerleri ve ankastrelik momentleri hesaplanır. -2.81
-3.2
k’=0.273
k’=0.300
k=0.333
Ankastrelik M21 =
1.6 x 5.52 8 x 4 x 22 8 x 2 x 42 2.5 x 52 = 6.05kNm − M23 = = 3.56kNtm M32 = = 7.11kNm − M34 = = 7.81kNm 2 2 8 8 6 6
Düğüm
2
1-2
4-
2-1
2-3
-
-4
k değerleri
0.273
0.333
0.333
0.30
Dağıtma sayıları
0.45
0.55
0.53
0.47
-1.6 6.05
-3.56
7.11
-7.81
-0.188 -0.386 0.053 -0.029
-0.376 -0.193 0.106 -0.015 0.008
-0.334
0.007
6.632
-6.635
Çubuk uçları
-3.2
Ankastrelik momentleri Düğüm
Dağıtılacak moment
3 2 3 2
(7.11-7.81+1.41)=0.71
-0.316
(6.05-1.6-3.56-0.188)=0.702 -0.193
-0.024
-0.053
Uç momentleri
-3.2
4.110
-4.110
1.41
-2.81
0.092
-2.81
Dağıtım sonucu bulunan moment değerleri saat yönü artı tersi eksi olmak üzere çubuk uçlarına işaretlenerek moment alanı aşağıdaki şekilde çizilir. + 4.11 -
-3.2
+
6.64
-
-2.81
261
Bölüm 4
Cross Yöntemi
1.6 kN/m
8 kN
2.5 kN/m
m
m
2
4m
5.5
Kesme kuvvet diyagramı,
m
5
1.5
5.754
4.565
3.2
m
2m
5.484
2.245
3.750 7.016
4.235
Moment diyagramı
6.64
4.11
3.2
2.81
2.405
3.205
4.87
2
1. açıklıkta maxMaç= ((4.235 /1.6)) x 0.5 – 3.2 = 2.405 kNm 2. açıklıkta maxMaç= (2.245 x 2 –4.11) = 4.87 kNm 2
3. açıklıkta maxMaç= ((7.016 /2.5)) x 0.5 - 6.64 = 3.205 kNm ÖRNEK 5.2: Verilen kirişin moment alanının Cross yöntemini kullanarak çizimi.[Bütün kirişler EI] 4.5 kN/m I
7.2 kN
3 kN/m
3.6m
1.03I 7.2m
3 kN
I
1.2m
2.4m
09m
ÇUBUK UÇ MOMENTLERĐ Düğüm
Çubuk k değerleri
-
-
-
-
-
2xI/3.6=0.556
2x1.03I/7.2=0.287
2x1.03I/7.2=0.287
1.5xI/3.6=0.417
0.555/(0.555+0.28 7)=
Dağıtma sayıları
-
0.287/(0.555+0.287)= 0.287/(0.417+0.287) 0.417/(0.417+0.287)
0.34
0.66
0.41
=
0.59
=
Kilit momenti 1.35 [2.7/2] -2.7 -12.96 12.96 -4.8 Ankastrelik momentleri -4.86 4.86 Düğüm Dağıtılacak M 3 9.51x0.41-3.90 9.51x0.59-5.61 12.96+1.35-4.8=9.51 -1.95[-3.9/2] 2 -12.96-1.95+4.86=-10.05 3.32 10.05x0.666.63 10.05x0.343.42 1.71 1.71 3 -0.70 -1.01 -0.35 2 -0.35 0.23 0.12 0.12 0.06 2 -0.03 -0.04 0.06 Uç momentleri -1.42 11.72 -11.72 10.13 -10.11 -2.70 Örnek daha önce açı yöntemine göre çözülmüş ve aynı değerler bulunmuştur. 4.5 kN/m
I
7.2 kN
3 kN/m
m
3.6
1.03I 7.2m
10.96
I
1.2m
2.4
3 kN
m
m
09
10.68 0.34 3.00 6.86
5.24 11.03 10.73
11.72
1.88
1.42
8.52 262
2.70
Cross Yöntemi
Bölüm 5
Uygulama: Verilen mütemadi kirişin verilen yükler ve mesnet hareketlerinden dolayı oluşan M alanının elde edilmesi 8 kN/m
2 kN/m
4 kNm
2 kN
2
3m
m
5
m
6m
2m
Çözüm: Verilen dış yüklerden ve mesnet çökme ve dönmelerinden oluşan ankastrelik momentleri M12 =
Pab2 2 x 2 x 32 = = 1.44kNm L2 52
−M23 = M32 =
m
3
1.44 kNm
Pba2 2 x 3 x 22 = = 0.96kNm [Tekil yük] L2 52
qL2 2 x 52 = = 4.167kNm [Düzgün yayılıyük ] 12 12
k=0.4 2
M21 =
2 kNm
1
2
2
3
1
2
4EIϕ/5=157.6 78.8=2EIϕ/5 6EIδ/5 =151.3 6EIδ/52=151.3
8 mm
8 mm Eşit çökme
1
2
1
4.17 kNm
7qL2 7 x 8 x 62 = = −16.80kNm [Üçgen yayılıyük] 120 120
m
16.8 kNm 3
4
4 EI 2EI 6EI ϕi + ϕk − 2 δ L L L 4 EI 2EI 6EI Mk = Mk + ϕk + ϕi − 2 δ L L L Mi = Mi +
3EIδ/62=26.27
2
3
4 mm
8 mm
(-) alınır (+) alınır
2
4 kNm
k’=0.25 6
0.96kNm 4.17 kNm 2
1
k=0.4 m 5
m
− M34 =
4
3EIδ/62=26.27
ÇUBUK UÇ MOMENTLERĐ
Düğüm Çubuk k değerleri Dağıtma sayıları Dış yüklerden Ankastrelik Mesnet çökmesi momentleri Mesnet dönmesi Düğüm
Dağıtılacak
-
-
-
-
-
0.4 -1.44 -151.30 157.60
0.4 0.5 0.96 -151.30 78.80
0.4 0.5 -4.167
0.4 0.615 4.167
0.25 0.385 -16.80+2 26.27
18.93
37.85
-
-4
M
2
0.96-151.3+78.8-4.167=-75.71
3
4.167+2-16.80+26.27+18.93=34.57
2
-10.63
3
2.66
2
-0.82
3
0.21
2.66
5.32
0.21
Uç momentleri
0.41
26.66
-27.96
37.85
18.93
-10.63
-21.26
5.32
2.66
-0.82
-1.64
0.41
27.96
-13.31 -1.02
0.21 -0.13
-0.08
2.94
-2.94
-4 4.00
2.94
4.00
26.67 14.92 29.57
27.93
263
Bölüm 4
Cross Yöntemi
ÖRNEK 5.2: Verilen mütemadi kirişin moment ve kesme kuvvet alanlarının Cross yöntemini kullanarak çizimi.[Bütün kirişler EI] 6 kN 2
4 kNm 1
m
2
m
2
12 kNm 1 2
m
4 kNm 2 4
3
m
2
k’=0.375 2m
i
2 k’=0.375 4m
Mik i
1-2
konsol
-
0.375
0.375
0.5
0.5
-6.0(12/2)-0.50
2.00(4/2)
2.25
2.25
-4.25
4.25
Dağıtma sayıları
-12.00
Dağıtılacak moment
2
2-6-0.5=-4.5
-12.00 -12.00
Uç momentleri 6 kN 2
2-1
k değerleri
Düğüm
4 kNm
m
2
M 4 = + = + 0.50 8 8
2
Ankastrelik momentleri
M ki = + L/2
L/2
Çubuk uçları
M 4 = − = − 0.50 8 8
M
3
Düğüm
M ki = −
Mki
L/2
L/2
4 kNm
4 kNm
m
M
EI=sabit
m
m
2
-2
konsol
4.00
-4.00
4.00
4 kNm
m
4
m
2m
12 4.00
5.88 1.88
4.25 SONUÇ M ALANI
ÖRNEK: Şekilde kirişin açı metoduyla moment alanını çizimi. 3 2m 2 2
m
4
k=0.333
40 kN
1
M
40 kN
m
Mik
k=0.50
i
a
Mki
b
+Mik = +Mki =
M 4
1 6
m
Ankastrelik momentleri
M31 = M13 = [M / 4] = [40 / 4] = 10.00 kNm 4
Düğüm Çubuk uçları
-
-
- 0.333 0.40
10.00
0.5 0.60 10.00
-6.00
-4.00
4.00
-4.00
Çubukların k değerleri Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Dağıtılacak Düğüm moment
3
40 18.5
-
21.5 Sonuç M 7 4 40
3.00
10
6/2=
7.00
Uç momentleri
2
-4/2=-
7 + 40 + 4 = 12.75 4
2.0
7 + 40 + 4 = 12.75 4
-2.00 7
ÖRNEK 5.4: Şekilde verilen kirişin moment alanını Cross metoduyla çiziniz. (2I=sabit) 2 kN/m
2I
2x2x1=4 kNm
2 kN/m
11.27
2x2x1=4 kNm
4
2I
4
k’=0.375
4
m
7.27 4m
k=1.00
8.57
2
m
8
m
2
m
8
Sonuç M alanı
m
3.64
264
Cross Yöntemi
Bölüm 5
1-
Düğüm Çubuk uçları
konsol
Çubukların k değerleri Dağıtma sayıları
-
Ankastrelik momentleri Düğüm
Dağıtılacak moment
2
4+2-16=-10==10
]4.00
[-4.00
3.64 3.64 3.64
Uç momentleri
-1 1.00 0.727 -
- 0.357 0.273 -16.00 2.00
7.27 7.27 0.00
4.00
2.73 -11.27
konsol
-
]4.00
-4.00
[-4.00
-4.00 -4.00
-4.00
Σ ÖRNEK 5.5: Şekilde verilen kirişin moment alanını Cross metoduyla çiziniz. 6.00
2 kN/m
4.00
4.619
2.692 4.00
m
2.5
2I
m
1.5
m
1
mafsal
4 kN
2I
2I m
1.381
1.563
0.403
4.00
1.309
4m
0.655
m
m
4
m
4
2
Çözüm: Đlk önce sistemin taşınan ve taşıyan kısımları ayrılarak taşınan kısmın mesnet tepki kuvveti taşıyan hiperstatik kısma aktarılır ve hiperstatik kısmın çözümü yapılır. 2 kN/m
Taşıyan hiperstatik kısım
m
2.5 2.5
Taşınan izostatik kısım
2.5 2.5
6 kNm
2 kN/m
2.5m
4 kNm 2I
2 kN/m
4 kNm
2I m
m
4m
qL2 2 x 42 = = 2.67 kNm 12 12
Konsol
Çubuk uçları Çubukların k değerleri Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Düğüm
4m
4
4m
Ankastrelik momenti −M23 = M32 = Düğüm
-1
-
-
-
0.53 0.346
1.00 0.654
1.00 0.500
1.00 0.500
-2.67
2.67
-2.178 0.605 -0.396 0.05 -0.03 -4.619
-1.089 1.210 -0.198 0.099
6.00
Konsol
-
-4.00
Dağıtılacak moment
2 6-2.67=3.33 3 2.67-4-1.089=2.419 2 0.605 3 0.198 2 0.05 Uç momentleri
-1.152 -0.209
6.00
-0.02 -1.381
265
2.692
1.210
0,605
0.099
0,05
1.309
-4.00
0.655
Bölüm 4
Cross Yöntemi
ÖRNEK 5.6: Şekildeki çerçevenin moment alanının Cross metoduyla belirlenmesi. 5 kN I m
m
I m
1.5 kN/m
Ankastrelik momentleri
4m
1.5I m
2.0 m
M21 =
1.2I m
m
3.0 m
3.0 m
5.0 m
Pab (b + L) 5 x 3 x 2(2 + 5) 1.5 x 42 = = 4.20kNm M24 = −M42 = = 2.00kNm 2 2 12 2L 2x5
Düğüm Çubuk uçları Çubukların k değerleri Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Düğüm
-
-
-1
-
-
-5
0.30 0.234 4.20
0.48 0.375
0.48 0.516
0.45 0.484
-2.00
0.5 0.391 2.00
-1.212
-2.424
-1.451
-2.325
-1.163
Dağıtılacak moment
2 3 2 3 2
4.2+2=6.2 1.163 -0.300
-0.059
-0.117
-0.070
0.056
Uç momentleri
0.300
0.600
-0.113
-0.056
0.015
0.029
-0.015
-0.003
-0.006
-0.004
-0.006
-3.274
-0.547
2.675
-2.129
-0.590
2.675
Moment alanı
0.590
2.129
m
m
0.547 0.59
4.92m
3.274 m
266
0.563 0.027
Cross Yöntemi
Bölüm 5
ÖRNEK: Düğüm noktaları hareketli sistemin moment alanının CROSS metodu ile çizimi. 12 kN/m
20 kN
30 kNm 2I
I
2I
2I
2I 12 kN/m
I
2I
2
2m
4
m
4m
40 kNm m
4m
5
m
4
m
Çözüm: Sistemin düğüm noktaları sabit sistem olarak çözülür Ankastrelik momentleri M26 =
qL2 12 ⋅ 42 qL2 12 ⋅ 52 = = 24 kNm − M34 = M43 = = = 25kNm 8 12 12 12
M48 = M84 =
M 40 = = 10kNm 4 4
12 kN/m
20 kN
30 kNm 0.37
5
0.5
0.8
0.75
1
12 kN/m
0.75
0.5
4m
40 kNm 2m
2m
4m
1
Düğüm
4m
5m
4m
2
3
7
Uç
- - - - - - -
d M
0.375 0.375 0.25 0.278 0.278 0.444 -40/2 24 -25
4 3 2 4 3 2 4
40 50 32.85 8.57 7.30 -0.08 0.3 0.5
Σ
-3.21
-0.11
40
4
-
-
8
5
-
-
-
-
0.314 25
0.294 30/2 -14.7
-19.6
-9.80
-2.15
-2.86
-1.43
0.392 40/4=10 40/4=10
9.13 -1.07
9.13
-3.21
4.57 -2.14
-7.85 14.59
0.62
0.62
-1.15 0.99
0.31
-2.29 0.50
-0.11
0.30 -0.08
-0.16
-0.15
-0.2
-0.10
-18.42
4.88
14.65
-2.00
-12.66
-1.33
-23.32 20.68 2.05
8.68 9.75
4.56
-15.7 7.3
30
30
40
18.43
30.00
14.68
8.66 2.00 9.77
20.67
12.67
20.94
23.33
14.33 25.67
4.89
1.34
20,68 9,75 12 kN/m
(12x4)/2+20,68/4=29,17
(9,75+4,89)/4=3,66
12,66
(40-12,66-1,34)/4=6,5
39,33
H10=29.17+3.66+6.5 =
40
2
4,89
m
1,34
267
Bölüm 4
Cross Yöntemi
Dış kuvvetler kaldırılarak sistem sadece δ=1 alınarak moment alanı bulunur.
1
Düğüm
δ=1 için çözüm 3 7
2
Uç
- - - - -
-
-
d M
0.375 0.375 0.25 0.278 -37,5
0.278 -37,5
0.444
4 3 2 4 3 2 4 3
75 25,72 33,92 5,35 3,34 0,47 0,74 0,18
12,72
0,18
Σ
12,9
-
4
8
5
-
-
-
-
-
0.314
0.294
0.392 -75
-75
22,05
29,4
14,7
-37,5
7,15 4,24
7,15
12,72
3,58 8,48
11,78 11,42
-1,12
-0,93
-0,47
-1,79 -0,74
-2,24
0,18
-0,93 0,06
-0,9 -1,48
-1,68
-0,47 0,12
0,15
-0,05
-0,03
0,23 -0,04
0,29
-0,05
0,12 -0,08
0,22
-0,03
11,68
10,47
-31,33
20,86
-34,42
26,96
20,59
-47,55
-61,27
-24,6
3,58
23,55 5,71
24,6 31,33
24,6/4=6,15
(31,33+34,42)/4=16,44
47,55
(47,55+61,27)/4=27,21
34,42
H11=6.15+16.44+27.21 = 49,79
H10 - δ .H11 = 0
61,27
39.33 – 49.79δ = 0
Momentler M = M0+ δ.M1 eşitliğinden hesap edilir. Örnek momentler: M73 = 4,88 + 0,790. (-34,42) = 22,31 M84 = -1,33 + 0,790. (-61,27) = -49,73 M32 = 8,68 + 0,790. 10,47 = 16,95
268
δ= 0.790
Cross Yöntemi
CROSS
Bölüm 5
BÜTÜN SĐSTEM
HESABA ESAS SĐSTEM
℄
SĐMETRĐK SĐSTEM SĐMETRĐK YÜKLEME
℄ 2P
P
BÜTÜN SĐSTEM
P
L/2
L/2
P
2P
P
L/2
q
℄
℄
P
P
HESABA ESAS SĐSTEM
L/2
L/2
q
k
P
P L/2
L/2
L/2 k/2 q
q
k/2
k
Kayıcı ankastre mesnet L
SĐMETRĐK SĐSTEM ANTĐMETRĐK YÜKLEME
L
L
P
L/2
L/2
℄
℄
P
P
P
P k
L/2
L/2
L/2
L
L
L
℄
℄
P
L
L/2
L/2
1.5k EI2/2
EI2 q
q
q
q k
q
q
1.5k
EI1/2
EI1 L
L
L
L
L
L
L
L/2
ÖRNEK 5.3: Şekilde verilen mütemadi kirişin moment alanını Cross metoduyla ve simetri özelliğinden yararlanarak çiziniz. (I=sabit) 1.8 kN/m 2m
1.8 kN/m
2.5 kN/m
I
I
5.6m
6.5m
I
I
5.6m
6.5m
2m
Çözüm: Simetri ekseni mesnetten geçtiği için yarım sistem aşağıdaki şekilde belirlenerek çözüme başlanır. 3.6
2.5 kN/m
1.8 kN/m
I
m
m
2
6.5
I
2.5 kN/m
1.8 kN/m
m
5.6
I
6.5m
I
5.6m
2
Ankastrelik momentleri
− M 23 =
Düğüm Çubuk uçları
2.5 x 5.6 1.8 x 6.5 2 = 6.53 tm M 21 = = 9.51tm 12 8 1- -1 - -
Çubukların k değerleri Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Düğüm Dağıtılacak moment
2
-3.6
(-1.8-6.53+9.51)=-1.18
Uç momentleri
-3.6
0.231 0.39 -1.8 9.51
0.357 0.61 -6.53
6.53
-0.46
-0.72
-0.36
7.25
-7.25
6.17
Bulunan uç momentlerinin aynı sistemin açı metoduyla çözümüyle bulunan momentlerle aynı olduğu görülür. Açı ile çözüm sonuçları aşağıda verilmiştir. M21= 0.231 ( 2 x (-1.003)) + 9.51 - 1.8= 7.23 kNm
269
Bölüm 4
Cross Yöntemi
M23 = 0.357 ( 2 x (-1.003)) – 6.53 = -7.25 kNm M32= 0.357 ((-1.003)) + 6.53 = 6.17 kNm M12 = 1.8 x 2 x 0.5 =-3.60 kNm
6.81
6.40
3.60
Kesme kuvvet diyagramı, 5.29 7.19 7.25
6.17
3.60
Moment diyagramı
3.10
4.17 2
1. açıklıkta maxMaç= ((5.29 / (2x1.8) – 3.6 = 4.17 kNm 2
2. açıklıkta maxMaç= ((6.807 /(2x2.5)) - 6.17 = 3.097 kNm
veya
2
2. açıklıkta maxMaç= ((7.193 /(2x2.5)) - 7.25 = 3.097 kNm ÖRNEK 5.7: Şekilde verilen sistemi ve yüklemesi simetrik sistemi simetri özelliğini kullanarak Cross metoduyla çözünüz. (δ δ=0) 2 kN/m
℄
m
I
I
3’ m
0.8I
0.6I m
m
6m
m
I
0.8I
8m
℄
2 kN/m k= 0.33 I
2’ m 0.6I m
m
1’ m
4’ m
0.8I
0.6I m k= 0.24
5m
k= 0.32
m
6
6m 2
k= 0.25 m k= 0.125
m
4m
2
Ankastrelik momentleri, -M23 = M32 =2x6 /12 =6 kNm -M35=M53=2 x 8 /12 = 10.66 kNm
Düğüm Çubuk uçları
-
- 0.419
1.048
2.095
0.066
0.132
0.004 1.118
0.008 2.235
DağıkNma sayıları Ankastrelik momentleri Düğüm
3 2 3 2 3 2
- 0.591 -6.0
- 0.428 6.0
- 0.411
-5 0.161 -10.67
-
1.00 2.955 -0.316 0.187 -0.020 0.012 -2.206
2.00 1.478 -0.633 0.093 -0.040
1.919
0.752
0.96
-0.608
-0.238
-0.304
-0.038
-0.015
-0.019
8.898
1.273
-10.171
0.64
Dağıtılacak moment
-4.67 -5.0 1.478 -0.316 0.093 -0.020
Uç momentleri
270
Cross Yöntemi
Bölüm 5
10.171 ℄
8.898 2.235
2.235
1.272
2 kN/m
8.898
m 6 26=2x6/2 0.373 Maç=2x8x8/8-10.17=5.83 tm 0.373=2.235/6 1.483=8.898/6 1.483
3.743
4.89 toplam
7.11
0.64
1.118
7.11 Kesme kuvvet diyagramı 4.89 8.898 2.235 3.743 2
1. açıklıkta maxMaç= ((4.890 /2)) x 0.5 – 2.235 = 3.743 kNm veya 2
1. açıklıkta maxMaç= ((7.111 /2)) x 0.5 – 8.898 = 3.742 kNm 2
2. açıklıkta maxMaç= ((8 /2)) x 0.5 – 10.171 = 5.829 kNm
271
Moment diyagramı
Bölüm 4
Cross Yöntemi
ÖRNEK 5.8: Sistemin simetri özelliğini kullanarak Cross metoduyla moment alanın çizimi. 4 kN 8 kN
4 kN/m
2I
2 kN/m
2I
2I
I
4m
I
6
1m 3m
m
4
6m
m
Çözüm: Verilen bu sistemin çözümü iki aşamada yapılır. 1. Sistem önce herhangi bir simetrik yükleme durumu için çözülür. Burada seçilen simetrik yükleme hali aşağıdaki gibi seçilerek çözümü yapılmıştır. Burada dikkat edilmesi gereken simetri ekseninin kestiği çubuğun k değerinin 0.5 katı alınmasıdır (k22’= 0.5 k) . 4 kN/m 2I
4 kN 8 kN
2 kN/m
2I
3 kN/m
2I
I
2I
4m
I
m
2I
2I
I
6
2 kN 8 kN
4m
I
1m 3m
4
6m
m
1m 3m
6m
4m
6
m
Ankastrelik momentleri ( - çubuğunun tamamında hesaplanır), M21 =
q x L2 3 x 62 PL Pab2 8 x8 2 x1x72 = = 13.5kNm − M22 = + = + = −9.53kNm 8 8 8 8 L2 82
Simetrik sistem simetrik yükleme durumu Düğüm
-
Çubuk uçları
-
-
-’
Çubuk k değerleri
0.5 0.40 13.5
0.5 0.40
0.25 0.20 -9.53
13.5-5.53=-7.97
-1.59
-1.59
-0.79
-0.79
Uç momentleri
11.91
-1.59
-10.32
-0.79
Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Düğüm
2
11.91
10.32 4.32 1.59 7.68
8.20
Dağıtılacak M
0.79
2. Bu aşamada antimetrik yükleme hali için çözülür. Antimetrik yükleme durumu ile simetrik yükleme durumunun toplamları başta verilen yükleme durumunu vermelidir. Antimetrik yükleme durumu ve çözümü aşağıda verilmiştir. Burada dikkat edilmesi gereken simetri ekseninin kestiği çubuğun k değerinin 1.5 katı alınmasıdır (k22’=1.5 k). 1 kN/m
2I
2 kN
2 kN
1 kN/m
1 kN/m
2I
2I
I
I
4
2I
m
1
2 kN
2I 0.5x1.5=0.75 I
1 kN/m 2I 4m
I
6m
2 kN
m
3
m
4m
6m
6m
1m 3m
4
m
6m
Ankastrelik momentleri ( - ’ çubuğunun tamamında hesaplanır), 2 x1x 7 2 2 x 7 x12 q xL2 1x 62 Pab2 Pab2 M21 = = = 4.5 tm − M22 = 2 − 2 = − − = −1.313 tm 2 8 8 L L 82 8 Simetrik sistem antimetrik yükleme durumu Düğüm Çubuk uçları - - -’ Çubuk k değerleri 0.5x1.5=0.75 0.5 0.5 Dağıtma sayıları 0.286 0.286 0.429 4.5 Ankastrelik momentleri -1.313 Dağıtılacak M Düğüm 2 4.5-1.313= -3.187 -0.912 -0.912 -1.367 Uç momentleri 3.588 -0.912 -2.680
272
-
3.588
2.68 0.41 0.912
2.88 0.456
-0.456 -0.456
6
Cross Yöntemi
Bölüm 5
Çözümü yapılan simetrik sistemin yarısındaki çubuk uç momentlerinin bulunması simetrik ve antimetrik yükleme durumları için bulunan moment değerlerinin işaretleri dikkate alınarak toplanmasıyla bulunur. Örnek olarak -’ çubuğunun uç momenti, simetrik yüklemeden bulunan –10.32 kNm değeri ile antimetrik yükleme sonucu bulunan -2.680 tm değerinin toplamına eşittir (M22’= -10.32 - 2.68 = -13.00 kNm). Çözümü yapılmayan sistemin diğer yarısındaki çubuk uç moment değerleri, simetrik yükleme durumu için yapılan çözümde bulunan çubuk uç momentlerin ters işaretli değerleri ile antimetrik yükleme durumu için bulunan çubuk uç momentlerinin toplamıdır. Örnek olarak ’- çubuğunun uç momenti, simetrik yüklemeden bulunan –10.32 kNm değerinin ters işaretlisi olan +10.32 kNm moment değeri
ile antimetrik yükleme sonucu bulunan -2.680 kNm
değerinin toplamına eşittir (M2’2=10.32-2.68=7.64 kNm).
Benzer şekilde diğer çubuk uç
momentleri aşağıdaki gibi bulunur.
Simetrik sistem antimetrik yükleme durumu - - -’
Düğüm Çubuk uçları
15.50
Uç momentleri(simetrik)
11.91
-1.59
-10.32
-0.79
Uç momentleri (antimetrik)
3.588
-0.912
-2.680
-0.456
Σ
15.50
-2.50
-13.00
-1.25
13.00
7.64
8.32
4 kN/m
4.71 0.68
2.50
5.32
7.68
11.09
-
15.50
12=4x6/2
12 2.58=15.5/6
9.42
14.58 14.33
Q
9.42
Moment alanı
15.588 M
1.25
0.294 11.09
2
1. açıklıkta maxMaç= ((9.42 /4)) x 0.5 = 11.09 kNm 2 1. açıklıkta maxMaç = ((14.58 /4)) x 0.5 – 15.50 = 11.09 kNm 2. açıklıkta maxMaç = ((8.20 – 2.88 = 5.32 kNm
273
veya
Bölüm 4
Cross Yöntemi
5.3. DÜĞÜM NOKTALARI HAREKETLĐ (δ δ ≠0) SĐSTEMLER Düğüm noktaları hareketli sistemler 4. bölümde açıklanan kriterleri sağlayan sistemlerdir. Bu sistemlerin Cross yöntemi ile aşağıda maddeler halinde açıklanarak çözümü yapılmıştır. Cross yöntemi ile düğüm noktaları hareketli sistemlerin çözümü; q
P 1.5I
I
2I
q
I q
I
2I
H10
H20
I q
4.67I
P 1.5I
4.67I
I
I
A
A
H30 Düğüm noktaları sabit sistem
B
B
1. Verilen sistem ilk önce yatay ve/veya düşey hareketler [H10, H20, H30] tutularak düğüm noktaları sabit sistem haline getirilir. 2. Bu düğüm noktaları sabit sistemin dış yüklerden oluşan moment alanı elde edilir. 3. Düğüm noktaları sabit sistemin moment alanı ve dış yüklerin dikkate alınması suretiyle yatay denge yazılarak yatay kat kuvvetleri [H10, H20, H30, Hn0] bulunur. 4 kN/m 7.38
5.59
H10=6.09/1.5+0.24/7=4.09
0.24
4 kN 12.42
7.38
6.89 0.24
H20=[[7.38+5.96]0.13
[5.59+7.38]]/4+0.24/7=
4 kN/m
7.38
5.96 6.09
12.05
A
A
7.38
11.46
0.22
H30=24.46 4x6/2-[12.05+7.38]/6=12.78
B
B
4. Sonra düğüm noktaları sabit sistemin her bir katına birim [δ δi=1] deplasmanlar verilerek moment alanı [M1] elde edilir.
0.88
0.40
0.81 1.45
0.88
H11=6.21/1.5+1.46/7=4.35
1.46
0.40
H21=0.47 0.21
3.11 6.21 A
3.11
0.88
δ1=1 Đçin çözüm Moment değerleri
0.57=[0.81+1.45]/4
0.88
0.67 B
H13=0.11 5. [M1] alanında yatay denge yazılarak yatay kuvvetler [H11, H12, H13…….. H1n] bulunur. 6. Bu işlem her bir deplasman [δ δ1, δ2, δ3…….. δn] için birim yükleme yapılarak moment değerleri elde edildikten sonra yatay denge yazılarak [Hi1, Hi2, Hi3…….. H1n] değerleri bulunur.
274
Cross Yöntemi
Bölüm 5
7. Bu işlemler ayrıca aşağıdaki tabloda 3 katlı yapı içinde sırası ile elde edilmiştir. CROSS METODUNDA DÜĞÜM NOKTALARI HAREKETLĐ SĐSTEMLERDE YATAY DENGE
H30 Hareketsiz sistem δ1= 0 δ2= 0 Mo δ3= 0
P1 Hareketli sistem δ1 ≠ 0 δ2 ≠ 0 δ3 ≠ 0
1. KAT YATAY DENGE
P1
H21 δ1 δ1 = 1 δ2 = 0 δ3 = 0
H11 M1
δ32
H32 δ22
H33 H22 H12
δ1 = 0 δ2 = 1 δ3 = 0
M2
3. KAT YATAY DENGE
P3
H31
H30 H30
P3
2. KAT YATAY DENGE
VERĐLEN ESAS SĐSTEM
P2
SABĐT SĐSTEM
P2
H32 H13 δ1 = 0 δ2 = 0 δ3 = 1
M3
8. Her deplasman ve dış yükler için moment alanlarından elde edilen yatay denge denklemleri sonucu bulunan [Hi1, Hi2, Hi3…….. H1n] değerleri kullanılarak, H10 + H11 δ1 + H12 δ2 + H13 δ3 = 0 H20 + H21 δ1 + H22 δ2 + H23 δ3 = 0 H30 + H31 δ1 + H32 δ2 + H33 δ3 = 0 denklemi elde edilir. 9. Bu denklem sistemi çözülerek deplasman değerleri [δ δ] bulunur.
Bu şekilde δ’ların
gerçek değerleri bulunup yerlerine yazılırsa bu H yatay kuvvetlerin sıfır olduğu görülür. 10. Bulunan δ değerleri Mij = M0 + M1. δ1 + M2. δ2+ M3. δ3.......... Mn. δn bağıntısında yerine yazılarak sonuç moment alanı elde edilir. Sistemin kesme ve eksenel kuvvet değerleri için, 1. Dış yüklerden dolayı düğüm noktaları sabit sistemde oluşan [V ve N] alanları çizilir. 2. Sonra düğüm noktaları sabit sistemin her bir katına birim [δ δi=1] deplasmanlar verilerek kesme ve eksenel kuvvet alanı [V1 N1] elde edilir. 3. Moment için yapılan bütün işlemlerin aynısı bu kesit tesirleri içinde yapılır. Sistemin kesme ve eksenel kuvvet değerleri moment için yapılan işlemler aynı yapılarak,
Vij = V0 + V1. δ1 + V2. δ2+ V3. δ3.......... Vn. δn Nij = N0 + N1. δ1 + N2. δ2+ N3. δ3.......... Nn. δn bağıntıları ile elde edilir.
275
Bölüm 4
Cross Yöntemi
ÖRNEK 5.9: Şekilde verilen çerçevenin CROSS yöntemiyle moment alanının çizimi. 8 kN
2I
6m
I
I
10m
Çözüm: Önce sistem düğüm noktaları sabit sistem haline getirilir, sonra δ=1 için çözüm yapılır. Deplasmandan [δ δ] oluşan moment ve kesme k
i
i
δ
k
_ _ Mi =
6EI δ L2
6EI Mk = 2 δ L
Mi = −
6EI 6EI 3EI δ+ δ=− 2 δ L2 2L2 L
+
Mi = −
δ ' dan oluşan kesme kuvvetleri 6EI 6EI δ + δ L2 L2 12EI = 3 δ Vi = Vk = L L
3EI δ L2
+
δ Mk =
6EI 6EI δ − 2 δ=0 L2 L
+ 3EI L δ 3EI = Vi = Vk = δ L L3
2EI ve L 3EI bir ucu moment taşıyan çubuklarda k′ = kısaltması yapılacak olur ise deplasmanlardan 2L
Đki ucu moment taşıyan çubuklarda k =
dolayı oluşan çubuk uç momentleri; k değeri δ = 1 δ 6EI 3 2EI 3k k çubuklarında ⋅1 = − 2EI olması durumunda − Mik = −Mki = − 2 δ = − L L L L k = L OLUR k ' değeri δ δ = 1 3EI 4 3EI 2k k ' çubuklarında ⋅ 1 = − 3EI olması durumunda Mik = 2 δ = − 3L 2L L L k = 2L
8 kN I
2I Ankastrelik momenti olmadığı için M0=0 dır.
H10=0
−
3k 3x0.333 =− = −0.17 L 6
I
k=0.400
L
k=0.333
3k 3x0.333 = −0.17 − =− L 6
− 2 k = − 2x0.25 = −0.0833 6
k=0.25
δ=1 için çözüm
Açıklıkta yük olmadığı için (ankastrelik momenti sıfır) dış yüklere göre çözüm yapılmaz ve δ=1 için çözüm yapılarak yatay deplasman bulunur.
276
Cross Yöntemi
Bölüm 5
δ=1
Çubuk k değerleri
-
-
-
-
-
0.400 0.546
0.400 0.615
-17
0.333 0.454 -17
0.250 0.385 -8.33
3.86
7.72
-0.26
-0.52
4.64 2.27 -0.31 0.19
-0.03
-0.05
9.28 1.14 -0.62 0.10 -0.055
-13.43
-9.85
9.85
6.79
Dağıtma sayıları
Düğüm
0.333
Çubuk uçları
Ankastrelik M
için çözüm
Düğüm
[100 katı] Dağıtılacak M
2
-17
3
-8.33+4.64=-3.69
2
1.14
3
-0.31
2
0.10
Uç momentleri
9.85 + 13.43 = 3.88 6
6.79 = 1.13 6
9.85
1.42 0.12 -6.79
H1=3.88+1.13=5.01
6.79
I 13.43
3.88
H11 δ - H0 = 0
1.13
10.864
15.760
[3.88 + 1.13] δ - 8 = 0
δ=
8 = 1.60 5.01
Çubuk uç momentleri Sonuç
M12=1.60 x (-13.43) = -21.488 tm M21=1.60 x (-9.85) = -15.76 tm
M alanı
21.488
M23=1.60 x (9.85) = 15.76 tm M32=1.60 x (6.79) = 10.864 tm M34=1.60 x (-6.79) = -10.864 tm Not: [3.88 + 1.13] δ/100 - 8 = 0 δ=800/5.01=159.68 M34=159.68 x (-6.79/100) = -10.864 tm AYNISI ÖRNEK 5.10: Şekilde verilen çerçevenin CROSS yöntemiyle moment alanının çizimi.
[ mesnedinin ankastre olması ile mafsallı olması durumundaki değişim gözlenir] 8 kN
2I
0.75I
I
6m
10m
8 kN
2I
Ankastrelik momenti olmadığı için M0=0 dır.
H10=0
−
3k 3x0.333 =− = −0.17 L 6
k=0.40
L
k=0.333 3k 3x0.333 = −0.17 − =− L 6
277
− 3 k = − 3x0.25 = −0.125
k=0.25 −
6
3k 3x0.25 =− = −0.125 L 6
Bölüm 4
Cross Yöntemi
Açıklıkta yük olmadığı için (ankastrelik momenti sıfır) dış yüklere göre çözüm yapılmaz ve δ=1 için çözüm yapılarak yatay deplasman bulunur. δ=1 için çözüm Düğüm Çubuk uçları
-
Çubuk k değerleri Dağıtma sayıları Ankastrelik M (10 katı) Dağıtılacak M Düğüm 2 -17 3 -12.5+4.64=-7.86 2 2.42 3 0.66 2 -0.21
0.333
Uç momentleri
-
-
-
-
-
0.400 0.546
0.400 0.615
-17
0.333 0.454 -17
0.250 0.385 -12.5
-12.5
3.86
7.72
3.03
1.515
-0.55
-1.10
0.25
0.125
-0.05
-0.10
9.28 2.42 -1.32 0.21 -0.15
-13.74
10.48 + 13.74 = 4.04 6
-10.48
10.48
4.64 4.83 -0.66 0.41 9.22
9.22 + 10.86 = 3.35 6
10.48
-9.22
-10.86
H1=3.35+4.04=7.39
9.22
I 10.86
13.74
1.13
3.88
H11 δ - H0=0
δ=
(4.04 + 3.35 ) δ - 8 = 0
Çubuk uç momentleri
8 = 1.083 7.39
M12=1.083 x (-13.74) = -14.88 kNm
M21=1.083 x (-10.48) = -11.35 kNm
M23=1.083 x (10.48) = 11.35 kNm
M32=1.083 x (9.22) = 9.99 kNm
M34=1.083 x (-9.22) = -9.99 kNm
M43=1.083 x (-10.86) = -11.76 kNm 9.99 11.35
15.760
Sonuç M alanı
Sonuç M alanı
14.88
10.864
11.76 21.488
mesnedinin ankastre olması ile mafsallı olması durumunda momentlerdeki değişim yukarıdaki moment alanlarının karşılaştırılması sonucu görülebilir.
278
Cross Yöntemi
Bölüm 5
ÖRNEK 5.11: Şekilde verilen çerçevenin CROSS yöntemiyle moment alanının çizimi. m
m
I
m
2
I k=0.40
2m
4 kN I k’=0.375
4 kN I
2m
2m
Düğüm noktaları sabit sistem
5m
m
5
Çözüm: Sistem önce düğüm noktaları sabit sistem haline getirilerek dış yükler altında çözülerek yatay denge yazılır ve [H0] bulunur. Ankastrekik momenti M21 =
3 4 x 4 = 3kNm 16
0.516
1.548
1.548
0.484 +3 -1.452 -1.548 1.548 -1.548
2 0.387
0.774 -0.774 +
3.226
4 kN
Düğüm noktası sabit sistem ve dış yüklerden oluşan M
2 0.387 1.613=H0
Bundan sonra δ=1 için çözüm yapılarak kolonda yatay denge yazılarak [H11] bulunur. Ankastrekik momenti M21 = −
2 x 0.375 = −0.1875 4
0.516
4.838 -
9.675
0.484 -18.75 9.075 9.675 -9.675 9.675
100 katalınır M21 = −18.75
9.675
+ 4.838
2.419
9.675 δ=1 için M
2.419=H11
Bulunan bu değerler kullanılarak aşağıdaki şekilde yatay deplasman [δ δ] bulunur. H11 δ + H0 = 0
2.419 δ +1.613 = 0
δ =−
1.613 = −0.667 2.419
M21 = 1.548 − 0.667 x [ − 9.675] = 8 kNm Çubuk uç M M23 = −1.548 − 0.667 x [ 9.675] = −8 kNm M = −0.774 − 0.667 x [ 4.838] = −4 kNm 32
279
8.00
+ Sonuç M alanı
4.00
Bölüm 4
Cross Yöntemi
ÖRNEK 5.11: Verilen kirişin moment alanını Cross metoduyla çiziniz. (2I=sabit) 2 kN/m
2x2x1=4 kNm
2 kN/m
2x2x1=4 kNm
11.27
2I
3m
1.5I
4
k’=0.375
4m
k=1.00
4
7.27
8.57
2
m
8m
2m
8m
Sonuç M alanı
Çözüm: Sistem daha önce düğüm noktaları sabit sistemler bölümünde 3.64 çözülmüş ve moment alanı aşağıdaki şekilde bulunmuştu. Bu moment alanından yatay H10 kuvveti aşağıdaki şekilde bulunur. Daha sonra yatay birim yükleme için çözüm yapılarak yatay H11 kuvveti bulunur ve yatay deplasman değeri δ bulunarak M alanı elde edilir. 7.27
2.73
2.73
(3.64+7.27)/3=3.64
(6.36+2.73)/4=3.03 H11=3.03
2.73
-3k/h=-3x1/3=1
H10=3.64
δ1=1 için (6.36+2.73)/3=3.03
(3.64+7.27)/3=3.64
-3k/h=-3x1/3=1
6.36
6.36
3.64
1-
Düğüm Çubuk uçları Çubukların k değerleri Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Düğüm Dağıtılacak moment
2
konsol
-10
-10
3.64 6.36
-----
-1 1.00 0.727 -10
- 0.357 0.273
7.27
2.73
-2.73
2.73
M12 = 3.64 − 1.201x 6.36 = −4.01 kNm,
H11δ − H10 = 0
-
konsol
---
-----
11.27 4
M21 = 7.27 − 1.201x 2.73 = 3.99 kNm
4
7.27
3.03 δ − 3.64 = 0 M23 = −11.27 + 1.201x 2.73 = −7.99 kNm
8.57 Sonuç M alanı
δ = 1.201
M32 = 4 + 1.201x 0 = 4.00 kNm
3.64
ÖRNEK 5.12: Çerçevenin moment alanını CROSS metodunu kullanarak çizimi. 9.6 kN
4I
1.5
m
I
6
m
Ankastrelik momentleri
2I
9.6 kN
4.5m
4I
1.5
m
2I I
H10
4.5m
6m
Düğüm noktaları sabit sistem Mo 2
M12 = -8 x 4.5 /12 = -13.5 kNm 2 M21 = 8 x 4.5 /12 = 13.5 kNm 2 2 M23 = -9.6 x 4.5 x 1.5 / 6 = -2.70 kNm 2 2 M32 = -9.6 x 1.5 x 4.5 / 6 = 8.10 kNm
280
Cross Yöntemi
Bölüm 5
Düğüm
-
-
-
0.40
0.60
0.75
0.25
-13.5
13.5
-2.70
8.10
-2.16
-4.32
0.365
0.729
0.041
0.082
-3.24 -3.645 0.547 -0.410 0.062 -0.046
-0.005
-0.009
-6.48 -1.823 1.094 -0.205 0.123 0.023 -0.014
-15.259
9.982
-9.982
1.368
Ankastrelik momentleri Dağıtılacak moment (13.5-2.7)=-10.8 (8.10-3.24)=-4.84 -1.823 0.547 -0.205 0.062 0.023
Uç momentleri
H10 15.259 − 9.982 − 8 x 4.5 + 1.367 + 0.684 = 16.37kN ⇐ 2 4.5 4.5 1.367
9.982
-
Dağıtma sayıları Düğüm 2 3 2 3 2 3 2
-
Çubuk uçları
−
-
-1.215
-0.608
-0.137
-0.068
-0.015
-0.008
-1.367
-0.684
3k = − 0.593 L
k=1.333
−
3k = −0.296 L
−
3k = −0.296 L
k=0.889 k=0.444
15.259
3k − = − 0.593 L
0.684
Bu durumda yatay denge yazılırsa, 16.37 ⇐ + H1o ⇐ = 0
H1o = −16.37
δ1 için çözüm. δ=1 için çözüm Düğüm Çubuk uçları Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Düğüm Dağıtılacak moment 2 -5.93 3 (1.779-2.96) =-1.181 2 0.443 3 -0.133 2 0.05 3 0.015 2 0.006 Uç momentleri
-
-
-
-
-
0.60
0.75
-5.93
0.40 -5.93
0.25 -2.96
-2.96
1.186
2.372
0.148
-0.177
0.033
0.017
-0.010
-0.020
1.779 0.886 -0.133 0.100 -0.015 0.011
0.295
-0.089
0.004
0.002
-0.001
-0.002
3.558 0.443 -0.266 0.05 -0.030 0.006 -0.004
-4.844
-3.757
3.757
2.628
-2.628
-2.793
H11 4.844 + 3.757 4.5
3.757
4.844
-
2.628
2.793
2.628 + 2.793 + = 3.12kN ⇒ 4.5
Bu durumda yatay denge yazılırsa, 3.12 ⇒ − H1 = 0 H1 = 3.12 ⇐
δ=H10 / H1 = 16.37 / 3.12 = 5.254 9.757
M = M0 + M1 x δ
15.176
9.757 17.63
M12 = -15.259 – 5.254 x 4.844 = -40.709 kNm M21 = 9.982 – 5.254 x 3.757 = -9.757 kNm M23 = -9.982 + 5.254 x 3.757 = 9.757 kNm M32 = 1.368 + 5.254 x 2.628 = 15.176 kNm M34 = -1.367 – 5.254 x 2.628 = -15.176 kNm M43 = -0.684 – 5.254 x 2.793 = -15.358 kNm
40.709
281
Sonuç M alanı
15.358
Bölüm 4
Cross Yöntemi
Düğüm Çubuk uçları
Dış yüklerden uç momentleri (M0) δ1 =1 uç momentleri (M1)
-
-
-
-
-
-
-15.259 -4.844
9.982 -3.757
-9.982 3.757
1.368 2.628
-1.367 -2.628
0.684 -2.793
ÖRNEK 11: Verilen çerçevenin cross M 1.5m
2 2I
4I
m
10 kN
3
10 kN
1.32I 4.5
m
6
1.33
H10=0
3k − =−3i0.89 =−0.593 L 4.5
m 0.44 4.5
0.89
−2k =−2i0.44 =−0.196
k=1.33
L
k=0.89
3k − =−3i0.89 =−0.593 L 4.5
4
1
m
1.5
3
k
4
1
2
8 kN/m
10 kN 8 kN/m
10 kN
4.5
k=0.44
δ=1 için çözüm
6m
2 Ankastrelik M −M12 = M21 = 8 x 4.5 =13.5kNm
12
− M23 =
10 x 4.5x1.52 = 2.81kNm 6x6
M32 =
10 x 4.52 x1.5 = 8.44kNm 6x6
1. DIŞ YÜKLER ĐÇĐN ÇÖZÜM
Düğüm
Çubuk uçları
-
-
-
-
-
Çubuk k değerleri
0.89
0.89 0.4 13.5
1.33 0.6 -2.81
1.33 0.75 8.44
0.44 0.25
Dağıtma sayıları
-13.5
Ankastrelik M Dağıtılacak M
Düğüm
2
13.5-2.81=10.69-
3
8.44-3.21=5.2-
2
1.95+
3
0.59-
2
0.22+
-2.14 0.39
0.78
0.05
0.09
6.41 1.95 1.17 -0.22 0.13
-15.20
10.09
-10.09
0.4x10.69=-
4.28
0.6x10.69=-
-3.21 3.9 0.59 -0.44
6.41x0.5=
3.9x0.5=-
Uç momentleri
0.75x5.2=-
1.48
0.25x5.2=-
1.33
-0.15 -1.48
m
8 kN/m
10 kN
2
1.33
1.5
3
H10=0
10.09
8 kN/m
10 kN
m 0.44 4.5
0.89
k 1
4
1.48 8x4.5/2-((15.2-10.09)/4.5)+10=26.86 3
1.48/4.5=0.33
H1=26.85-0.33=26.53
4.5m
4
15.20
6m
Not: 10 kN yatay kuvvet hesaplara katılmadığı için yatay dengede diğer kuvvetlerin tesi yönünde hesaba katılır.
Düğüm Çubuk uçları
Çubuk k değerleri Dağıtma sayıları Ankastrelik M Düğ üm
-
δ=1
için çözüm
-
-
-
-
0.89
0.89 0.4
1.33 0.6
1.33 0.75
0.44 0.25
-59.3
-59.3
-19.6
Dağıtılacak M
2
-59.3
3
17.79-19.6=-1.81
2
0.68-
3
0.20+
2
0.08-
Uç momentleri
11.86
23.72
0.4x59.3=
35.58 0.68 -0.41 0.08 -0.05 35.88
0.6x59.3=
1.36x0.5=
-0.14
-0.27
-0.02 -47.60
-0.03 -35.88
282
17.79 1.36 -0.20 0.15
35.58x0.5=
0.75x1.81=
19.10
0.45
0.25x1.81=
0.05 -19.10
Cross Yöntemi
2
Bölüm 5
1.33
3
H11=0
35.88 (35.88+47.60)/4.5)=18.55
0.44 4.5
0.89
k 1
H11
4
3
19.1/4.5=4.24
m
4.5
47.60
H11=18.55+4.24=22.79
m
4
6m
22.79δ δ+26.53=0
19.1
δ + H10 = 0 δ=
-
26.53 = 1.164 22.79
-
31.667 +
M = M0 + M1 x δ M12 = -15.20 – 1.164 x 47.60 = -70.61 kNm M21 = 10.09 – 1.164 x 35.88 = -31.67 kNm M23 = -10.09 + 1.164 x 35.88 =31.67 kNm M32 = 1.48 + 1.164 x 19.10 = 23.71kNm M34 = -1.48 – 1.164 x 19.10 = -23.71 kNm
-
1.382
23.715
-
Sonuç M alanı
70.681
NOT: δ=1 durumundaki ankastrelik momentleri 100 katı alındığı için δ değerini 100’e bölerek yapıldığı zaman aşağıdaki gibi aynı sonuçlar elde edilir.
H11 δ + H10 = 0 M = M0 + M1 x δ
26.53 ⋅ 100 = 116.41 22.79 M12 = -15.20 – 116.41 x (47.60/100) = -70.61 kNm M21 = 10.09 – 116.41 x (35.88/100) = -31.67 kNm M23 = -10.09 + 116.41 x (35.88/100) =31.67 kNm M32 = 1.48 + 116.41 x (19.10/100) = 23.71kNm M34 = -1.48 – 116.41 x (19.10/100) = -23.71 kNm
-22.79(δ δ/100)+26.53=0
283
δ=
Bölüm 4
Cross Yöntemi
ÖRNEK 5.13: Şekildeki çerçevenin moment alanının Cross Yöntemiyle belirlenmesi. 1.2I
3 kN/m
m
m
I
4m
1.5I
m
m
m
5m
5m
Ankastrelik momentleri Düğüm 2
M 21 = −M12 =
0.51
Dağıtma sayıları
-4
Ankastrelik momentleri Düğüm
- - -
Çubuk uçları
3x4 = 4 tm 12
0.49
- - 0.58
0.42
4
Dağıtılacak moment
2
-4
3
0.98
3
-0.28
2
0.07
-1.02 -2.04 -1.96 -0.98 0.28 0.57 -0.07 -0.14 -0.14 -0.07 0.02 0.04 -5.09
Uç momentleri
1.82
0.41 0.03
-1.82 -0.44
0.44
Bulunan uç momentlerinden oluşan H yatay kuvveti aşağıdaki şekilde hesaplanır.
3 kN/m
1.82 1.82 − 5.09 3x 4 = 5.18 + 4 2 m 2I m
1.82
0.44
0.452 0.44
1.82 + 0.44 = 0.452 5
5.09 − 1.82 3x 4 = 6.82 + m 5.09 4 2 H40 =
Yatay denge H = 4 x 3 – 6.82 + 0.675 = 5.855 kN
0.452x5 + 0.44 = 0.675 4 0.452
Ankastrelik momentleri, (iki ucu ankastre çubuklarda 6 diğerlerinde 3 ve 100 katı alınmıştır) M12 =−
6 ⋅100 δ=−37.5δ=−37.5 42
M23 =
6⋅1.2⋅100 5 δ 3⋅1.5⋅100 6.4 δ x = 36δ= 36 M34 =− x =−28.8δ=−28.8 52 4 52 4
Sistemin birim yatay yükleme durumunda şekil değiştirme hali, uç momentleri ve yatay denge aşağıdaki gibi elde edilir. δ
6 .4 δ 4
5δ 4
δ
5.0 m
5.0 m
284
Cross Yöntemi
Bölüm 5
Düğüm
-
Çubuk uçları
-
-
-
0.51
0.49
0.58
0.42
-37.5
36
36
-28.8
-2.09
-4.18
-3.02
Dağıtma sayıları -37.5
Ankastrelik momentleri Düğüm
Dağıtılacak moment
3
-[36-28.8]=-7.2
3
-[36-37.5-2.09]=3.59
3
-0.88
2
0.25 Uç momentleri
-
0.92
1.83
1.76
0.88
-0.25
-0.51
-0.37
32.19
-32.19
0.06
0.13
0.12
-36.52
-35.54
35.54
13.546
35.54
35.54
m
32.19
32.19
35.54 + 32.19 = 13.546 5
36.52
H11 =
36.52 − 35.54 = 18.015 4
Yatay denge H = 18.015 5.855 δ= = 0.136 42.995
H41 =
13.546 x 5 + 32.19 = 24.98 4 13.546
+ 24.98 = 42.995 kN ◄ H11 δ - H0 = 0 -(42.995) δ + 5.855 = 0
Çubuk uç momentleri : M12=0.136 x (-36.52) – 5.09 = -10.06 kNm M21=0.136 x (-35.54) +1.82 = -3.01 kNm
M23=0.136 x (35.54) – 1.82 = 3.01 kNm
M32=0.136 x (32.19) – 0.44 = 3.94 kNm
M34=0.136 x (-32.19) +0.44= -3.94 kNm
285
Bölüm 4
Cross Yöntemi
ÖRNEK 5.14: Şekildeki çerçevenin moment alanının Cross metoduyla bulunması. 2 kN/m
4I 2I
4m
I
3.0 m
7.0 m 2
M 21 =
Ankastrelik momentleri
-
2 x 72 = 8.167 tm 12 -3 3-
0.60 0.344 2.25
1.143 0.656 -8.167
1.143 0.753 8.167
0.375 0.247
5.772
5.772
-6.150 2.949 -2.221 0.364 -0.274 0.045 -0.034 2.846
-2.017
0.047
-3.075 5.899 -1.110 0.728 -0.137 0.090
2x3 = 2.25 tm 8
− M 23 =
Düğüm Çubuk uçları Çubukların k değerleri Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Düğüm Dağıtılacak moment 3 -8.167 2 -8.167-3.075+2.25=8.992 3 -2.949 2 1.11 3 -0.364 2 0.137 3 -0.045
3.093 0.382
Uç momentleri
3-4
-0.728 -0.09 -0.011 -2.846
ÖRNEK 5.15: Şekildeki [düğüm noktaları sabit] sistemin moment alanın ve H1 kuvvetinin bulunması. 30 kN/m
30 kN/m
30 kN/m
4I
2I
2I
6m
4I
7.2m
3I
4I
2I
6m
30 kN/m
H1
2I
30 x 62 = 90kNm 12
−M56 =
7.2m
3I
6m
6m
Ankastrelik momentleri −M24 = M42 = −M45 = M54 =
3m
4I
3m
30 x ((32 + 7.22 )0.5 )2 = 228.15kNm 8
Genel durum için çözüm Düğüm Çubuk uçları
-
Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Dağıtılacak M Düğüm 4 -228.15+90=-138.15 2 -90 3 90-90+34.29+48.21=82.5 4 -17.08 2 3 6.51+5.96=12.47 2 -2.58 4 -2.58 3 1.88 2 -0.39 4 3 0.29 Uç momentleri
-
-
-
-
-
-
-
0.238
0.762
0.414
0.172
0.414
0.698
0.302
-90
90
-90
90
-228.15
48.21
96.43
41.72
68.58 -17.08
34.29 -34.16
-34.15 5.96
-17.08 11.92
5.16
6.51 -5.16 0.98
-2.15
-5.16
-2.58
0.61
13.02 -2.58 1.97
-0.32
1.80 -0.39
0.09
-0.78 0.15
0.90 -0.78
0.78
-0.39 0.30
0.12
-26.18
-0.05 -16.71
0.14 -0.12 -75.00
0.27
-0.12 91.71
180.37
-180.37
21.42 -7.1 4.06 -1.08
-0.16
-0.06 -8.36
26.18
286
-14.19
Cross Yöntemi
Bölüm 5
Bulunan çubuk uç momentlerinden yatay denge aşağıdaki şekilde yazılır. 26.18 = 3.64 7 .2
26.18 m
16.18 + 8.36 = 3.48 7 .2
16.71
180.37 30 x7.8 + = 140.12 7.8 2
8.36
m
140.12xcos22.62=129.34 30 t/m
16.18 + 8.36 = 3.48 7 .2
Yatay denge H =-3.64+3.48+129.34=129.185 t ⇒ ÖRNEK 5.16: Şekilde verilen sistemin moment alanının CROSS yöntemiyle elde edilmesi. 2 kN/m
2 kN/m
2I
2I
k=0.667
k=0.667
m
2
2 6 kN
H10
m
k=0.50
I
I m
I
6 kN
k’=0.375
2m
6
6
6
6
2m
m
m
m
m
k’=0.375
Çözüm: Đlk önce sistem aşağıdaki şekilde düğüm noktaları sabit hale getirilir ve buna göre çözüm yapılarak bu mesnedin yatay tepki kuvveti (H10) bulunur. GENEL DURUM ĐÇĐN ÇÖZÜM ( δ = 0 )
Düğüm
Çubuk Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Dağıtılacak M Düğüm 5 6 3 -1.92 2 4.5+0.35-6=-1.15 3 0.37 2 -0.07 5 0.35-0.07=0.28 3 -0.09
-
-
-
-
0.36
0.64
0.364
0.272
4.5
-6
6
0.350 0.740 -0.070 0.050
0.700 0.370 -0.135
0.522
Uç momentleri
4.93
0.41 0.02
-4.93
-
-
-
-
0.364
0.64
0.36
-6
6
0.26
-1.92 0.70
-3.84 0.35
-0.100
-0.05
-0.135
-0.07 -0.10
0.025
0.012
-0.09 0.033
-0.180
0.033 6.968
0.447
0.222
-7.412
2.260
-2.260
-2.16
Bulunan uç momentlerinden dolayı yatay denge yazılarak sistemi düğüm noktaları sabit hale getirmek için çerçevenin üst kısmına konan mesnedin yatay tepkisi aşağıdaki şekilde bulunur. H10 = 4.23+0.167-0.565=3.832⇐ ⇐
4.93 6/2+4.93/4=4.23
6/2+4.93/4=4.23
0.447
0.222
2.26 0.222+0.447/4=0.167
0.222+0.447/4=0.167
2.26/4=0.565
2.26/4=0.565
287
Bölüm 4
Cross Yöntemi
Đkinci adım olarak da kolonların rijitliklerine göre birim deplasman verildiğinde oluşan momentlere göre sistem bir defa daha çözülerek yatay mesnet tepkisi (H11) bulunur.
−
2k ′ 2x0.375 =− = 0.1875 h 4
2I
H11
2I
I −
3k ′ 3x0.5 =− = 0.375 h 4
−
I m
I
2k ′ 2x0.375 =− = 0.1875 h 4
−
m
m
3k ′ 3x0.5 =− = 0.375 h 4
6
6
δ = 1 ĐÇĐN ÇÖZÜM
Düğüm
Çubuk
-
-
-
-
Dağıtma sayıları
0.36
0.64
0.364
0.272
Ankastrelik M (100 katı)
-18.75
-
-
-
-
0.364
0.64
0.36
-37.50
-37.50
-18.75
10.200
5.100
13.65
3.816
7.632
-2.076
-1.038
-2.778
-1.389
Düğüm Dağıtılacak M 3
-37.50
2
6.825-18.75=-11.925
5
6.90-18.75=-11.925
3
3.816+3.816=7.632
2-5
-1.389
Uç momentleri
4.293
6.825
13.65
7.632
3.816
-1.389
-2.778
0.500
0.889
-13.957
13.957
6.825
4.293
0.889 14.688
-29.376
-33.438
14.688
0.500
13.957
-13.957
H11 =3.489+15.704+3.489=22.682⇒ ⇒
13.957/4=3.489 13.957
(33.438+29.376)/4=15.704
13.957/4=3.489
13.957
29.376
13.957/4=3.489
33.438
H10 = 4.23+0.167-0.565=3.832 ⇒ H10 + H11 δ1 = 0
(33.438+29.376)/4=15.704
13.957/4=3.489
H11 = 3.489+15.704+3.489=22.682 ⇐
3.832 – 22.682 δ = 0
δ1 = 3.832 / 22.682 = 0.169
Çubuk uç momentleri aşağıda tabloda hesaplanmıştır. Çubuk ucu
M0
M1
δ1
Sonuç M=M0 + M1 x δ1
M21
4.930
-13.957
0.169
2.571
M23
-4.930
13.957
0.169
-2.571
M32
6.968
14.688
0.169
9.450
M34
0.447
-29.376
0.169
-4.518
M35
-7.412
14.688
0.169
-4.930
M43
0.222
-33.438
0.169
-5.429
M53
2.260
13.957
0.169
4.619
M56
-2.260
-13.957
0.169
-4.619
288
Düğüm dengesi 0.00
0.00
0.00
Cross Yöntemi
Bölüm 5
Sonuç kesme kuvveti ve moment alanı, 9.450 4.930
7.147 − 4.853
−
5.948
4.619
4.518
−
2.571
−
6.052 3.317
Vsonuç
3.643
2.357
4.714
2.357 =(5.429+4.518)/4
2.357 =6/2-2.571/4
4.227
Msonuç
1.155 =(4.619)/4
5.429
ÖRNEK 5.17: Düğüm noktaları hareketli sistemin M alanının CROSS yöntemiyle elde edilmesi. 2 kN/m
2I
2I
2 kN/m
2I
4m
I
2I
2I
4m 2I m
2m
2m
m
6
H1
2I
I
2I m
m
6
6m
6m
Đlk önce sistem aşağıdaki şekilde düğüm noktaları sabit hale getirilir ve buna göre çözüm yapılarak bu mesnedin yatay tepki kuvveti (H1) bulunur. 2 x 62 2 x 62 Ankastrelik momentleri −M23 = M32 = = − 6kNm =− 6kNm M35 = M53 = 12 12 GENEL DURUM ĐÇĐN ÇÖZÜM ( δ = 0 )
Düğüm
-
Çubuk Dağıtma sayıları
0.53
Ankastrelik momentleri Düğüm 2-5 3 2-5 3
-
-
-
0.47
0.364
0.272
-6
6
-6
6
2.820
1.41
-1.50
-3.00
0.017
0.033
-0.008
-0.004
-
-
-
-
-
0.364
0.50
0.50
-
-3.00
-1.50
-0.009
-0.009
-0.005
3.008
-3.009
-1.505
Dağıtılacak M 3.18
6 1.41-1.5=-0.09 0.017
-0.009
-0.004-005=-0.009
Uç momentleri
3.171
-3.171
0.024
0.033
0.017
-0.005
0.003
0.003
0.003
0.002
7.442
0.027
-7.469
0.019
0.017
Bulunan uç momentlerinden dolayı yatay denge yazılarak sistemi düğüm noktaları sabit hale getirmek için çerçevenin üst kısmına konan mesnedin yatay tepkisi aşağıdaki şekilde bulunur. H1 = 0.793+0.011-0.752=0.052⇒ ⇒
3.171/4=0.793 3.171
0.026+0.019/4=0.011
3.008
(3.008+1.505)/6=0.752
0.026
3.171/4=0.793
0.019
0.026+0.019/4=0.011
1.505 289
(3.008+1.505)/6=0.752
Bölüm 4
Cross Yöntemi
Đkinci adım olarak da kolonların rijitliklerine göre birim deplasman verildiğinde oluşan momentlere göre sistem bir defa daha çözülerek yatay mesnet tepkisi (H11) bulunur. −
−
2k′ 2x0.75 =− = 0.375 h 4
2I k=0.667
3k ′ 3x0.5 =− = 0.375 h 4
2I k=0.667
3k ′ 3x0.67 =− = 0.335 h 6
−
2I
k’=0.275
I k=0.50
−
k=0.675 2I
3k ′ 3x0.5 =− = 0.375 h 4
GENEL DURUM ĐÇĐN ÇÖZÜM
Düğüm
−
3k ′ 3x0.67 =− = 0.335 h 6
( δ =1 )
-
-
-
-
-
-
-
-
-
Dağıtma sayıları
0.53
0.47
0.364
0.272
0.364
0.364
0.50
0.50
-
Ankastrelik momentleri
-375
-335
-335
167.5
83.75
-18.49
-9.24
-1.63
-0.81
Çubuk
Düğüm
2-5 3 3
-375
198.75
176.25
88.13
36.97
36.97
73.94
-19.59
-17.38
-8.69
3.26
6.53
-1.73
-1.53
-197.57
197.57
-9.24-8.69=-17.93
2-5
-375
Dağıtılacak M
88.13+83.75-375
2-5
-375
3.26 Uç momentleri
167.5
83.75 55.25
73.94
27.63
36.97 -18.49
-9.24 4.88
6.53
2.44
3.26 -1.63
159.91 -314.87 154.98 -344.93 187.61 -187.62 -261.30 H11 =49.39+164.96+112.23=326.58⇒ ⇒
197.57/4=49.39 197.57
(314.57+344.97)/4=164.96
187.52
(187.52+261.30)/6=112.23
261.30
(187.52+261.30)/6=112.23
314.87
197.57/4=49.39
344.97
(314.57+344.97)/4=164.96
H1 = 0.793+0.011-0.752=0.052 ⇐ H11 = 49.39+164.96+112.23=326.58 ⇒ H1 + H11 δ1 = 0
326.58 δ1-0.052 = 0
-6
δ1 = 0.052 / 326.58 = 159.225 10
290
Cross Yöntemi
Bölüm 5
.Çubuk uç momentleri
7.45
7.47
Uç M21 M23
M0 3.171 -3.171
M1 -197.57 197.57
δ1 (10-6) 159.225 159.225
Sonuç M=M0 + M1 x δ1 3.140 -3.140
M32 M34 M35
7.442 0.027 -7.469
159.91 -314.87 154.98
159.225 159.225 159.225
7.467 -0.023 -7.444
M43 M53 M56 M65
0.019 3.008 -3.008 -1.505
-344.93 187.61 -187.52 -261.30
159.225 159.225 159.225 159.225
-0.036 3.038 -3.038 -1.547
3.04
3.14 0.02 3.83
3.90
0.04
1.55
Örnek: Şekilde verilen sistemin M alanının elde edilmesi (Cross)
1.4I
1.4I
I
Düğüm noktası sabit sistem
10 kN
10 kN
4
4
m
I
2I 2I
5
5m
Düğüm Çubuk uçları Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Dağıtılacak moment Düğüm 3 5 3 -[5+1.923]=-6.923 3 1.925 2 0.74 3 0.206 2 0.079 Uç momentleri
7m
m
7m
-
m
H10
-
-
-
-
0.444
0.556 -5
0.769 5
0.231
1.648
1.4I
10 kN
4m
I
0.018
0.035
-1.923 3.849 -0.740 0.411 -0.079 0.044
1.72
-3.438
3.348
1.537 0.165
3.074 0.329
-3.845 1.925 -1.480 0.206 -0.158
-1.155
1.648
-1.648
1.72 2I
3.438
-0.445
7m
m
5 (1.72+3.438)/5=
1.032
H10
1.267=H10
(1.72+3.438)/5+1.648/7=
-0.048
Dış yüklerden yanda denge yazılarak düğüm noktaları sabitliğini sağlayan H10 bulunur. δ1=1 birim yüklemesi yapılıp sistem tekrar aşağıdaki şekilde çözülür. Düğüm Çubuk uçları
-
Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Dağıtılacak moment Düğüm 2 48 3 13.334+8.57 2 8.426 3 2.343 2 0.901 3 0.251 0.097 Uç momentleri
-2k/L=2x0.38/7= 0.0857
-
-
-
-
0.444
0.556
0.769
0.231
-48
-48
10.656
21.312
(dönüş)+8.57
1.871
3.741
0.200
0.400
0.022
0.043
26.668 -8.426 4.685 -0.901 0.501 0.097 0.054
-35.251
-22.504
22.504
291
13.334 -16.852 2.343 -1.802 0.251 -0.193 -2.909
-3k/L=3x0.8/5= 0.48 -3k/L=3x0.8/5= 0.48
-5.062 -0.541 -0.058 2.909
Bölüm 4
Cross Yöntemi
2.909
1.4I
1.34
10 kN
4
m
I 35.251 2I
22.504
-2k/L=2x0.38/7= 0.0857 12.24
7m
5m
H10
(35.251+22.504)/5=11.551
5.82 -3k/L=3x0.8/5= 0.48
11.967=H11
11.551+2.909/7=
H10 + H11δ1 = 0 ⇒
Sonuç moment değerleri
2.02
1.267 − 11.967δ1 = 0 ⇒ δ1 = 0.106
-
-
1.72
-3.438
-35.251 -22.504
5.82
Düğüm Çubuk uçları Uç momentleri (düğüm sabit) Uç momentleri (δ=1)
-2.02
SONUÇ M=sabit+(δ=1) xδ
-
-
-
3.348
1.648
-1.648
22.504
-2.909
2.909
1.34
-1.34
-5.82
ÖRNEK: Şekilde verilen sistemin moment alanının CROSS yöntemi ile elde edilmesi.
k=0.214
20 kN/m
EI=sabit
3
m
3
m
k=0.667
k=0.214 k=0.667
7m
Çözüm: Bu sistemin çözümü düğüm noktaları sabit sistemde dış yüklerin olması durumu, birinci kat için δ1=1 ve ikinci kat için δ2=1 olmak üzere 3 aşamada yapılır. Düğüm noktaları sabit sistemin dış yükler altında çözümü
d M 2 3 2 3 2 Σ
-3.233
0.138
0.431
5.712
-6.465 -2.070 -6.465 -3.233 -0.528 -0.169 -0.528 -0.264
-0.022
-0.043 -0.014 -0.043
7.964 20x3/2-((18.519-7.954)/3)=26.482
2.447 0.786
-0.264
0.100
H20=2.187
0.757 0.243
15 1.224
0.200 0.064
H10=28.669
18.519
--18.519 7.964 -2.253 -5.712 -0.85 0.85
- d M 2 3 2
(5.712-0.85)/3=2.187
- - - - - 0.431
-15
0.85
20 kN/m
-
δ1=1 için çözüm [M1] - - - - - 0.431
-66.7
0.138
0.431
0.757
0.243
3.801
25.399
(25.399-3.801)/3=9.733
H21=9.733
(25.399-3.801)/3=
-66.7
14.374
28.748
9.205
1.173
2.345
0.751
28.748
14.374
-5.441
-10.881
2.345
1.173
35.416
(51.057-35.416)/3=28.824
-3.433
51.057
292
H11=38.557
Cross Yöntemi
3 2 3 Σ
Bölüm 5
0.096 --51.057
0.191
0.061
-35.416
10.017
-0.444
-0.888
0.191
0.096
25.399
-0.285
-0.072
-0.023
3.801
-3.801
-3k/L=3x0.667/3=0.667 -3k/L=3x0.667/3=0.667
δ2=1 için çözüm [M2]
- d M 3 2 3 2 3 2 3 Σ
8.934 0.729 0.06
-
-
-
-
-
0.431
0.138
0.431
0.757
0.243
-66.7
-66.7
17.867
5.721
1.458
0.467
0.119
0.038
25.246
50.492
17.867
8.934
-3.382
-6.763
1.458
0.729
-0.276
-0.552
0.119
0.06
19.444
6.226
(25.668-13.845)/3=13.171 H22=13.171
16.208 25.668
-2.171
19.444
(25.668-13.845)/3=13.171 (19.444-9.723)/3=9.722
H12=22.893
-3k/L=3x0.667/3=0.667 0.48
-0.177
-3k/L=3x0.667/3=0.667 9.723
-0.045 9.723
13.845
-0.015
-25.668 -13.845 13.845
Yukarıdaki 3 çözümden bulunan değerler kullanılarak, H10 + H11 δ1 + H12 δ2= 0 H20 + H21 δ1 + H22 δ2 = 0
-28.669 + 38.557 δ1 -22.893 δ2= 0 2.187 - 9.733 δ1 + 13.171 δ2 = 0
denklemi elde edilir. Bu denklemin çözümünden δ1=1.149 ve δ2=0.683 olarak bulunur. Bu değerler kullanılarak çubuk uç momentleri aşağıda hesaplanarak diyagramı çizilmiştir. Mij = Mo + M1δ1 + M2δ2 5.94
M12 =−18.519 − 51.057⋅1.149 + 9.723⋅0.683 =−70.55kN
0.85 kN
M21 = 7.964 − 35.416⋅1.149 +19.444⋅0.683 =−19.45kN 13.51
M24 = 2.253 +10.017⋅1.149 + 6.226⋅0.683 =13.51kN
5.94 19.45
M23 =−5.712 + 25.339⋅1.149 − 25.668⋅0.683 = 5.94kN
1.93 kN
M32 =−0.85 + 3.801⋅1.149 −13.845⋅0.683 =−5.94kN
Sonuç M alanı
M35 = 0.85 − 3.801⋅1.149 +13.845⋅0.683 = 5.94kN
60 kN 70.55
2.78 kN
ÖRNEK: Şekilde verilen sistemin moment alanının CROSS yöntemi ile elde edilmesi.(Konsollar m 1.2 , Tekil yükler sol tarafa 6.9 kN H20 2.013 kN/m
1.132 kN/m
k=0.40
3
k=0.5
k=8
7.63 kN
m
H10
2.613 kN/m 1.552 kN/m 3
k=0.40
k=0.5 k=8
m
A 1.2m
7m
293
Bölüm 4
Cross Yöntemi
Çözüm: Sistem düğüm noktaları hareketli olduğu için önce düğüm noktası sabit hala getirilerek çubuk uç momentleri [M0] bulunur. Kolon uç momentlerinden kolonların karşıladığı kesme kuvveti ve yatay denge yazılarak kat yatay kuvvetleri [H10, H20] belirlenir. 1
Konsol
2
-A - 0.488 0.024 d M -1.88 -25.86 -4.277 2 15.624 0.768 1 4 3 -4.258 -0.209 1 0.573 2 3 4 -0.773 -0.038 1 3 0.051 2 -0.175 -0.009 1 4 3 Σ -1.88 10.418 -29.001
-
A-
0.488
-
-
-B
0.286
0.357
0.357
B-
29.91 15.624 7.812
-8.554 0.384
3
Konsol
-1.45
-
-
-
-
0.95
0.05
0.444
0.556
-20.51
24.36
-10.678 -10.678 -5.339
-5.339 7.812
-4.288 8.726 -4.258 -2.129
-0.105 1.147
17.452 -2.129 1.431
1.431
-0.341 -0.019
-0.376 0.617 0.129
0.129
0.106 -0.273
0.053 -0.545
0.032
0.016
-10.576
-0.683
0.064
0.064
-0.175 -0.088
20.463 5.209
-8.445 0.459
0.716 2.022
0.103
-4.223 0.919
0.716
1.011 -0.773 -0.386 0.308
4
-0.088
22.866
-13.747 -9.118 -4.559 -1.45
-0.018 0.005
-0.036
-0.045
0.101 4.901
-3.452
15.862
-15.863
Düğüm noktaları sabit sistemde dış yüklerden dolayı oluşan yatay kuvvetler [H10, H20] aşağıdaki şekilde hesaplanır. 4.901
H20
15.862
6.341
4.901
=[4.901+20.463]/4
20.463 20.463 13.747
H10
9.118
10.418
5.219
4.559
10.418
6.341 3.909
5.219
3.909
+
15.863
7.403
13.747 9.118
7.403 3.419
4.559
3.419
H20=1.062
=
H10=1.552
δ1=1 için çözüm 1
Konsol
d M 1 3 2 1 3 4 1 2 Σ
2
-A
- -
0.488 -60 29.28
0.024
0.488
1.44
29.28 -6.954
3.182
0.433 0.157
3.182 -0.756
A-
-
-B
0.286
0.357
0.357 -3.75
-60 14.64
0.72
1.591
0.887 0.078
1.082
3
Konsol
-
1.082
B-
-
-
-
0.95
0.05
0.444
0.556
14.64 -13.908
-0.732
-0.366
-3.75
0.541
1.210 1.591 -1.511
-0.224 0.369 -27.169
0.018
0.369
0.184
2.048 25.121 -43.585
4
-
0.009 0.039
0.049
0.049
1.733
0.907
-2.619 -3.184
-0.080 -0.179
-0.04 -0.357
-0.447
-0.991
-0.763
0.763
0.184
294
0.025 0.996
Cross Yöntemi
Bölüm 5
δ1=1 için çözüm sonucu bulunan momentlerden yatay kuvvetler [H11, H12] hesaplanır. 0.996
0.763
25.121
0.907
H21
=[0.996+25.121]/4
25.121
H11
2.619
27.169
6.529
0.996
6.529 17.695
27.169
+
0.763
0.418
0.907 2.619
0.418 1.451
3.184
1.451
H21=6.947
=
H11=26.093
δ1=1 için çözüm 43.585
3.184
43.585
17.695
δ2=1 için çözüm 1
Konsol
d M 1 3 2 1 4 3 1 3
-A
-
-
0.488
0.024
29.28
1.44
0.488 -60 29.28 21.546
A-
2 -
- 0.286
14.64
0.357 -3.75
0.357
1.082
1.082
B-
0.72 0.887 -0.264
0.433 -10.726 -0.527 -10.726 -5.363
3
Konsol
-B
-
-
-
0.95 -60 14.64 43.092
0.05
0.444
0.556 -3.75
2.268
1.134
0.541
0.541 -5.363
0.577 -1.136
4 1 2 Σ
2.328 -0.056 -1.136 0.270
-0.568
4
-
0.461 0.245
4.657 -0.568 0.540
-0.028
0.028
-0.038 -0.132
-0.006 -0.132
-0.066
17.286
1.284 -18.57
8.643
-0.003 -0.069 1.243
-0.086 -2.215
-0.086 -0.043 0.996 0.498
-3.002
3.002
0.921 0.123
1.154
0.014 -0.061
-0.076
2.131
-2.131
δ2=1 için çözümünde bulunan momentlerden yatay kuvvetler [H21, H22] hesaplanır.
3.002
2.131
18.570
2.215 0.996
17.286
H22
5.393
3.002
18.570
H12
5.393 6.482
17.286
+
2.131
1.087
2.215 0.996
1.087 0.374
0.498
0.374
H22=6.480
=
H12=13.336
δ2=1 için çözüm 8.643
0.498
8.643
6.482
H10 + H11 δ1 + H12 δ2 + H13 δ3 ……+ H1n δn = 0 H20 + H21 δ1 + H22 δ2 + H23 δ3 ……+ H2n δn = 0 ::
::
::
::
::
::
Hn0 + Hn1 δ1 + Hn2 δ2 + Hn3 δ3 ……+ Hnn δn = 0 Denklemi yazılarak δ’lar aşağıdaki tablodaki bulunur. ΣX1
=
H10
H11δ1
H12δ2
=
0
1.552
-26.093δ δ1
-13.336δ δ2
=
0
δ1 = 0.10631
ΣX2
=
H20
H21δ1
H22δ2
=
0
-1.062
6.947δ δ1
-6.480δ δ2
=
0
δ2 =
295
0.0549
Bölüm 4
Cross Yöntemi
Bulunan bu δ değerleri aşağıdaki moment denkleminde yerine yazılarak istenilen çubuklardaki uç momentleri hesaplanır. Mij = M0 + M1. δ1 + M2. δ2+ M3. δ3.......... Mn. δn ΣX1
=
H10
H11δ1
H12δ2
=
0
ΣX2
=
H20
H21δ1
H22δ2
=
0
-1.552 1.062
11.443δ δ1
6.111δ δ2
=
0
δ1 = 0.10631
-13.336δ δ1
6.480δ δ2
=
0
δ2 =
δ1 ve δ2’in gerçek değerleri 10’na bölünerek bulunur.
Şekilde kat yükseklikleri değişik sistemde yatay deplasmanlar aşağıdaki şekilde yapılır. δ3=1
δ3=1 δ2=1 δ1=1
δ2=1 δ1=1
δ1=1 δ1=1
δ2=1 δ2=1
δ1=1
δ2=1
δ3=1
δ3=1
δ2=1
δ1=1
Şekilde yükleme durumu verilen simetrik sistemin Cross yöntemi ile çözümü, a. Sistem antimetrik yüklü, b. Düğüm noktaları sabit hale getirilir. c. Sistem bu haliyle yarım sistem olarak çözülür.
296
δ3=1
0.0549
Cross Yöntemi
Bölüm 5
Not: Yarım sistem düğüm noktaları sabit olduğu için dış yüklerden oluşan yatay tepkiler [H10 ve H20] yatay dengeden hemen bulunur. 2P
P
2I
I
2I
2I
Simetrik sistem
H11
1.5k
2I
2I
I
H10=2P
1.5k
H22
1.5k
I
2P
2I
H21
1.5k
I
I
4P
H20=P
1.5k
H21
1.5k
2I
δ1=1
δ2=1
Antimetrik yükleme
ÖRNEK 5.20: Şekilde verilen sistemin moment alanın Cross yöntemi ile çizimi. 4 kN/m
4 kN
1.5I
I
2I
4 kN/m
1.5I
I
4m
4 kN/m
I
2I
I A
H30
1.5m B m
m
6
2
H20
4.67I
1.5m
I A
H10
I 4 kN/m
4.67I
4 kN
B
m
2
Dış yükler için çözüm Uç
-A
1 -
d M 1 3 2 4 2 3 4 5 1 2 3 4
0.5 6
Düğüm
Σ 7.38
2
3
-
-
-
-
-
-
0.25
0.25 -12
0.5
0.5 -12
0.5 12
0.5
0.25 12
3
3 -3.38
1.5
2.63
5.25
0.29
0.58
1.5 -6.75 5.25 -1.16 0.58
0.29
0.58
0.09
6.09
0.04
5.96
0.04
-12.05
5.59
0.02 0.03
5
0.25
-6.75
-
-
-B
0.5 -2
0.5 2
0.5
-4.63
-2.32
-0.32 0.12
-0.16 0.24
0.24
-0.24
0.24
-3.38 2.63 -2.31 0.29
-1.16
-0.08
4 -
0.58 -0.08
-2.31 0.29 -0.16
-0.16
0.02 0.03
7.38
-7.38
0.03
0.03
7.38
-7.38
-0.03
-0.03
-0.06
12.42
-5.59
-6.89
H10=6.09/1.5+0.24/7=4.09
0.24
H20=[[7.38+5.96]- [5.59+7.38]]/4+0.24/7=0.13 4 kN/m 5.96 6.09
7.38
12.42
7.38
A
4 kN 6.89 0.24
4 kN/m 12.05
B A
7.38
11.46
H30=24.46 4x6/2-[12.05+7.38]/6=12.78
297
0.22
B
Bölüm 4
Cross Yöntemi
δ1=1 için çözüm 1
Düğüm
2
3
4
5
Uç
-A
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-B
d M
0.5 -13.33 6.67
0.25
0.25
0.5
0.5
0.5
0.5
0.25
0.25
0.5
0.5
0.5 -2.87
3.33
3.33
1.67
0.72
1.43
1.43
0.06
0.03
1 5 2 3 1 4 2 3 1 4 5
Σ
-0.42 0.42
1.67
-0.84 -0.42 0.21
0.21 -0.03
-0.84
-0.42 -0.84 0.10
0.10 0.02 -0.06
-0.06
0.02
-6.21
0.02
3.11
3.11
0.88
-0.06 0.10
0.88
-0.88
0.88
0.81 1.45
0.40
-0.06
0.03 -0.03
-0.88
0.02
0.02
0.03
0.02 -0.03
-0.03
-0.40
-0.40
0.81
1.45
-1.46
H11=6.21/1.5+1.46/7=4.35
1.46
0.40
H21=0.47 0.57=[0.81+1.45]/4
0.21 0.88
3.11
0.03 -0.03
0.10
0.88
3.11 6.21
-0.42
0.02
-0.03 0.03
-0.84
0.88
A 0.67 B H13=0.11
1
Düğüm
δ2=1 için çözüm 3
2
4
5
Uç
-A
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-B
d M
0.5
0.25
0.5
0.5 -3.75
0.25
0.25 -3.75
0.5
0.5
0.5 -2.87
1.88
0.5 -3.75 0.47
0.5
1 4 5 2 3 4 1 5 2 3 4 1 5
0.25 -3.75 0.94
0.47
0.94
0.94
1.88 0.48
0.94 0.96
-0.94
-0.47
-0.70
0.12
0.24
-0.11
-0.06
-0.06
Σ
1.07
-2.41
1.34
0.94
0.47 0.47
1.41
0.70
1.41 1.41
0.70 -0.24 -0.35
-0.35
-0.18 0.21
0.11
1.85
-0.47
0.21
1.85
1.91
1.37 1.63
1.84
0.21 -0.05
-0.09
0.11 -0.09
-0.17
-0.09 0.05
0.05
-1.9
1.19
-2.56
1.37
1.63
-1.62
H22=2.41 0.51
1.34
1.91
0.24
H12=0.48
1.62
2.56
2.41 1.07
0.70 -0.47
0.11 0.21
1.19
1.41 -0.24
-0.18
0.11
-1.84
0.96
0.70
0.75=[1.37+1.63]/4
1.90
A 0.54 B
H32=0.30
δ3=1 durumu için orta kolonun deplasmanı
298
durumu
dikkate
Cross Yöntemi
Bölüm 5
alındığında saat dönüş yönü artı tersi ise eksi olarak kabul edilmiş ve ankastrelik momentleri buna göre bulunmuştur.
1
Düğüm
δ3=1 için çözüm 3
2
4
5
Uç
-A
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-B
d M
0.5
0.25
0.25 -2.5
0.5
0.5 -2.5
0.5 -2.5
0.5
0.25 -2.5
0.25
0.5 7.5
0.5 7.5
0.5
-0.78
-0.78 0.72
-1.88 -1.56
-3.75 -0.78
-3.75
-0.39 1.45
-0.72 0.29
-0.36 0.57
0.57
-0.16
-0.08 0.04
0.04
3.14
-3.14
5 4 3 2 1 4 5 2 3 4 5 2 3 1
-0.03
-0.02
0.01 -0.02
Σ
0.5
1.00
-1.5
-0.39 1.45
0.72 0.72 0.27
0.53
1.45 0.13
0.27
1.45
0.72 0.13
-0.18 0.03
0.02
0.03 0.03 -0.04
0.02
3kδ/L 3kδ/L
3kδ/L
0.03 -0.04
0.01 -0.08
-0.08
0.02 0.02
1.63
-0.36
0.01
0.02
0.01
-0.36
-0.18
-1.61
-0.87 0.89 -2.99 1.61
3kδ/L
0.02
-0.49
3.47 3.14
2.99
1.63
H31=0.12
3.14
0.49
δ3=-1 δ3=1
3.47
H32=0.31 1.65=[3.47+3.14]/4
0.77 1.00 0.50
3kδ/L
3kδ/L
δ3=1
0.87
1.50
0.89
A 0.40 B
H33=2.82 ΣX1 ΣX2 ΣX2
= = =
H10 H20 H30
H11δ1 H21δ1 H31δ1
H12δ2 H22δ2 H32δ2
H13δ3 H23δ3 H33δ3
= = =
0 0 0
-4.09 -0.13 24.46
0.12δ δ1 -0.31δ δ1 -2.82δ δ1
-0.48δ δ2 2.41δ δ2 0.30δ δ2
0.12δ δ3 -0.31δ δ3 -2.82δ δ3
= = =
0 0 0
δ1 δ2 δ3
= = =
Örnek olarak bazı uç momentlerinin hesabı aşağıdaki tabloda verilmiştir. Uç M M12 M13 M1A
= = =
Mo 5.96 -12.05 6.09
δ1M 40.15x3.11 40.15x3.11 40.15x(-6.21)
δ2M (-2.41)x9.14 1.34x9.14 1.07x9.14
299
δ3M 30.50x1.00 30.50x(-1.5) 30.50x0.5
= = =
139.30 79.31 -218.21
Σ=0
40.15 9.14 30.50
Bölüm 4
Cross Yöntemi
ÖRNEK 5.21: Şekilde verilen çerçevenin moment alanının Cross yöntemi ile hesabı 4 kN/m 6 kN
1.5I
2I
I
I
I
I 4 kN/m
2 kN
4 kN/m
4 kN
2I
A
I
2 kN 4.5m
1.5I
H20
I
4 kN
2I
H10
2I
H30 A
B 8m
2I
4 kN/m
2I
I
1.5I
4 kN
1.5I
4m
6 kN I
4 kN
B
3m
3m
36.40
28.94
22.66 6.85 7.98
2.06
36.26
24.91
30.64
49.41
0.52
29.27 20.14
11.47
36.38
8.79
1
Düğüm
δ3=1 için çözüm 3
2
Uç
-A
- - - - - -
d M
0.5
0.25
0.25 -2.5
5 4 3 2 1 4 5 2 3 4 5 2 3 1
-0.03
-0.02
0.01 -0.02
Σ
0.5
1.00
-1.5
0.5
0.5 -2.5
0.5 -2.5
-0.39 1.45
0.72 0.53
0.72 0.27
0.27
1.45 0.13
0.03
-
-
-
-B
0.25 -2.5
0.25
0.5 7.5
0.5 7.5
0.5
-0.78
-0.78 0.72
-1.88 -1.56
-3.75 -0.78
-3.75
-0.39 1.45
-0.72 0.29
-0.36 0.57
0.57
-0.16
-0.08 0.04
0.04
3.14
-3.14
0.72 -0.18
0.03
-0.36
-0.36
0.01 0.03
-0.04 0.02
-
0.5
0.13
0.02
0.01
5
-
1.45 -0.18
0.02
4
0.03 -0.04
-0.08
0.01 -0.08
0.02 0.02
1.63 -1.61 -0.87
0.02
0.89
300
-2.99
-0.49
3.47
