MÜHENDİSLİK MEKANİĞİ
STATİK DERS NOTLARI
Yrd. Doç. Dr. Hüseyin BAYIROĞLU
İSTANBUL 2006
İçindekiler 1 GİRİŞ 5 1.1 Mekaniğin tanımı 5 1.2 Temel ilkeler ve görüşler
5
2 VEKTÖRLERİN VE İŞLEMLERİNİN TANIMI 6 2.1 Vektörün tanımı 6 2.2 Vektörel işlemlerin tanımı 6 2.2.1 Vektörün bir sayı ile çarpımı 6 2.2.2 Vektörlerin toplamı 7 2.2.3 İki Vektörün birbiri ile skaler çarpımı 7 2.2.4 İki Vektörün birbiri ile vektörel çarpımı 7 2.2.5 Bir vektörün bir eksen üzerindeki izdüşümü 8
3 VEKTÖRLERİN ANALİTİK İNCELENMESİ 9 3.1 İki boyutlu vektörlerin kartezyen koordinatlarda gösterilişi 9 3.2 Üç boyutlu vektörlerin kartezyen koordinatlarda gösterilişi 11 3.3 Kartezyen koordinatlarda vektörel işlemler 13 3.3.1 Vektörün bir sayı ile çarpımı 13 3.3.2 Vektörlerin toplamı 14 3.3.3 İki vektörün skaler çarpımı 15 3.3.4 İki vektörün vektörel çarpımı 16 3.3.5 Üç vektörün karışık çarpımı 17 3.3.6 Bir vektörün bir eksen üzerindeki izdüşümü 18
4 KUVVET SİSTEMLERİ 19 4.1 Kuvvetin tanımı ve vektörle gösterilişi 19 4.2 Bir kuvvetin bir noktaya göre momenti 20 4.3 Bir kuvvetin bir eksene göre momenti 21 4.4 Bir kuvvet sisteminin bir noktaya göre momenti ve indirgeme elemanları (Bir kuvvet sisteminin statik eşdeğeri ) 22 4.5 Bir kuvvet sisteminin değişmezleri 24 4.6 Dejenere kuvvet sistemleri 26 4.6.1 Sıfıra eşdeğer kuvvet sistemi 26 4.6.2 Kuvvet çiftine (Tek bir momente) eşdeğer kuvvet sistemi 26 4.6.3 Bileşkeye eşdeğer kuvvet sistemi 26 2
4.6.4 Bileşkesi olan kuvvet sistemi 27 4.7 Merkezi eksen 27 4.7 Paralel bağlı kuvvet sistemi ve merkezi
29
5 KÜTLE MERKEZİ 31 5.1 Bir sürekli cismin kütle merkezi 31 5.2 Bileşik cismin kütle merkezi 38
6 STATİK 41 6.1 Giriş 41 6.2 İç kuvvetler ve kesit zorları 47 6.3 Statiğin temel ilkelerinin geçerli olduğu referans sistemleri 47 6.4 Bir maddesel noktanın kuvvetler etkisinde dengesi 48 6.5 Bir Rijid cismin kuvvetler etkisinde dengesi 48 6.6 Bir Rijid cisim sisteminin kuvvetler etkisinde dengesi 48 6.7 Düzlemsel kuvvetler etkisindeki cisimlerin dengesi 48 6.8 Üç boyutlu kuvvetler etkisindeki bir rijid cismin dengesi ile ilgili uygulamalar 53
7 SÜRTÜNME 60 7.1 Sürtünme ve sürtünme katsayısı 60 7.2 Mesnetlerdeki sürtünmeler 62 7.3 Halat ve kayış kasnak sürtünmesi
65
8 YAYILI YÜKLER 68 8.1 Yayılı yüklerin tanımı 68 8.2 Kirişlerde yayılı yükler 68
9 KABLOLAR 72 9.1 Genel bilgi 72 9.2 Konsantre yükler etkisindeki kablolar 72 9.3 Yayılı yükler etkisindeki kablolar 78 9.3.1 Yatayda düzgün yayılı yük etkisindeki kablolar (Parabolik kablo ) 79 9.3.2 Kendi ağırlığı etkisinde olan homojen yapıdaki kablo veya zincirin dengesi 82
3
10 DÜZLEM KAFES KİRİŞ SİSTEMLERİ 86 10.1 Genel bilgi ve tarifler 86 10.2 Basit kafes sistemi 86 10.3 Düğüm noktaları metodu ile kafes sisteminin analizi 10.4 Özel düğüm noktaları 92 10.3 Kesim metodu ile kafes sisteminin analizi 94
88
11 ÇERÇEVE VE MAKİNALAR 97 11.1 Giriş 97 11.2 Çerçeveler 11.3 Makineler
97 101
12 KİRİŞLERDEKİ KESİT ZORLARI KESME KUVVETİ VE EĞİLME MOMENTİ DİAGRAMLARI 104 12.1 Kirişlerde kesit zorları 104 12.2 Kesit zorları için kabul edilen pozitif yönler 104 12.3 Yayılı yük , kesme kuvveti ve eğilme momenti arasındaki bağıntılar 105 12.4 Kesme kuvveti ve eğilme momenti diyagramları 106
13 VİRTÜEL İŞLER METODU 115 13.1 Giriş 115 13.2 Virtüel yer değiştirme 115 13.3 Bir kuvvetin virtüel işi 116 13.4 Bir momentin virtüel işi 116 13.5 Virtüel işler ilkesi 116 13.6 Çok serbestlik dereceli sistemlerde virtüel işler ilkesi 119
EK A Daha önceki senelerde sorulan Vize soruları ve cevapları 122
EK B Daha önceki senelerde sorulan Final soruları ve cevapları 164
4
BÖLÜM 1 GİRİŞ 1.1 Mekaniğin tanımı Cisimlerin Kuvvetler etkisinde dengesini ve hareketlerini inceleyen bilim dalına mekanik denir. Mekanik cisimlere maddesel nokta, rijid cisim, elastik cisim , plastik cisim ve akışkanlar ( sıvı ve gazlar) olmak üzere yaklaşır.Mekanik eğer sadece Maddesel nokta ve rijid cisim modelini inceliyorsa buna mühendislik mekaniği denir. Bunun dışında incelediği cisim modeline uygun isimler verilir. Örneğin elastomekanik veya elastisite, plastisite , hidromekanik , aerodinamik, elektromekanik gibi. Mekanik , Statik ve Dinamik olmak üzere iki bilim dalına ayrılır. Statik kuvvetler etkisinde cisimlerin denge koşullarını, Dinamik ise hareketlerini inceler.
1.2 Temel ilkeler ve görüşler Mekaniğin temel aldığı ilkeler Newton yasalarıdır. Bu yasalar cisimlere maddesel nokta modeli ile yaklaşıldığında kullanışlıdır. Diğer cisim modellerine matematiksel modellerle genişletilmesi gerekir. Benzer şekilde mekanikte kuvvetler maddesel nokta modelinde vektörlerle gösterilebilmesine karşı rijid cisim modelinde vektör ve etki doğrusu kavramları beraber kullanılmalıdır. Mühendislik mekaniği vektörler yardımı ile oluşturulduğu için vektörleri bize gerektiği kadar ayrıntılı bir şekilde ele almamız gerekir.
5
BÖLÜM 2 VEKTÖRLERİN VE TEMEL İŞLEMLERİNİN TANIMI 2.1 Vektörlerin tanımı Doğrultu , yön ve modülü ile tanımlanan büyüklüklere vektörler denir. Bir vektör Koyulaştırılmış harfler ile veya üzerine ok işareti çizilen harflerle belirtilir. Vektörler aşağıdaki gibi yönlendirilmiş doğru parçası ile gösterilebilir. V
Bir referans sistemine göre çizilen bu doğru parçasının doğrultusu vektörün doğrultusunu , yönü vektörün yönünü ve uzunluğu vektörün modülünü gösterir. Bir vektörün modülü | V | ile gösterilir. Sıfır vektör : modülü sıfır olup doğrultu ve yönü belirsiz olan vektörlere sıfır vektörü denir ve 0 ile gösterilir. − V vektörü : V vektörü ile aynı doğrultu ve modülde fakat ters yöndeki vektöre − V vektörü denir.
Birim vektör: Modülünün sayısal değeri 1 olan vektöre birim vektör denir.
2.2 Vektörel işlemlerin tanımı Vektörler üzerine inşa edilen temel işlemler : Vektörün bir reel sayı ile çarpımı , vektörlerin toplanması , skaler ve vektörel çarpımı gibi işlemlerdir. 2.2.1 Vektörün bir sayı ile çarpımı Çarpılan vektörle aynı doğrultuda bir vektördür. Eğer çarpım katsayısı pozitif ise yönde aynıdır. Modül ise çarpım katsayısı ile vektörün modülünün çarpımı kadardır. | kV | = | k | | V | Bir vektörün birim vektörü : Vektörü modülüne bölerek elde edilir. Bir eksenin birim vektörü : Eksen doğrultusunda ve yönündeki herhangibir vektörü modülüne bölerek bulunur.
6
2.2.2 Vektörlerin toplamı Başlangıçları aynı noktaya getirilen iki vektörün toplamı bu vektörler üzerine kurulan paralel kenarın köşegeni üzerindeki aşağıda gösterilen vektöre eşittir. A C= A+B
B
2.2.3 İki vektörün birbiri ile skaler çarpımı İki vektör arasındaki açı: Başlangıçları aynı noktaya getirilen iki vektör arasındaki 1800 den büyük olmayan açı iki vektör arasındaki açı olarak alınır . A θ
B
Skaler Çarpım sonucunda skaler elde edilir . A • B = | A | | B | Cos θ
2.2.4 İki vektörün birbiri ile vektörel çarpımı Vektörel çarpımın sonucu yine bir vektördür. C = A ∧ B = ( | A | | B | Sin θ ) n
Burada Vektörel çarpım sonunda elde edilen vektör her iki vektöre dik doğrultuda ve | A | | B | Sin θ modülünde bir vektördür. Yönü ise sağ el kuralı ile bulunabilir.
7
Sağ el kuralı ile elde edilen yön , baş parmak dışındaki sağ el parmakları birinci vektörü ikinci vektöre doğru döndürme yönünde tutulursa baş parmağın gösterdiği yöndür. C= A∧B
B
n
h
θ
A
ifadesinde | A | Sin θ = h olduğundan A ve B vektörlerinin birbiri ile vektörel çarpımının modülü bu vektörlerin başlangıçları aynı noktaya getirilirse üzerine kurulan paralelkenarın alanına eşit olduğu görülür. | A | | B | Sin θ
2.2.5 Bir vektörün bir eksen üzerindeki izdüşümü
V θ
VΔ
Δ VΔ = | V | Cos θ VΔ = V • U Δ
burada U Δ Δ ekseninin birim vektörüdür.
8
BÖLÜM 3 VEKTÖRLERİN ANALİTİK İNCELENMESİ 3.1 İki boyutlu vektörlerin kartezyen koordinatlarda gösterilişi y j V
Vy
β
α
i
x Vx Düzlemde bir vektör V = Vx i + Vy j
şeklinde x ve y ekseni doğrultusundaki vektörlerin toplamı cinsinden yazılabilir. Bu vektörün modülü ise aşağıdaki gibi pisagor teoremi yardımı ile bulunur. V = Vx2 + Vy2
Bir vektörün doğrultusunda ve yönündeki birim vektör ise vektör modülüne bölünerek elde edilir. U (V) =
V V
,
U (V) =
Vx V
9
i+
Vy V
j
Aşağıdaki gibi birim vektörün katsayılarının vektörün eksenlerle yaptığı açıların kosinüslerine eşit olduğu gösterilebilir. Cos α =
Vx V
= Ux ,
Cos β =
Vy V
= Uy
Problem 3.1.1 Bir düzlemdeki yatay doğrultu ile 300 derecelik açı yapan ve modülü 80 birim olan vektörü ve birim vektörünü kartezyen koordinat sisteminde yazınız. Çözüm: y
V
Vy
θ
j
i
x
Vx
V = Vx i + Vy j
V = 80 birim ,
θ = 300
Vx = V Cosθ ,
Vy = V Sinθ
Vx = 80 Cos 300 , Vx = 69, 28 birim
Vy = 80 Sin300 ,
Vy = 40 birim
V = 69, 28 i + 40 j U (V) =
Vx V
i+
Vy V
j
,
U (V ) =
U (V) = 0, 866 i + 0, 5 j
10
69, 28 40 j i+ 80 80
3.2 Üç boyutlu vektörlerin kartezyen koordinatlarda gösterilişi y j
H
F
B
A β
Vy
V
γ
α Vx
i
E
x
O Vz k
C
D
Z Üç boyutlu uzayda bir vektör kartezyen koordinat sisteminde V = Vx i + Vy j + Vz k
şeklinde x ve y ekseni doğrultusundaki vektörlerin toplamı cinsinden yazılabilir. Bu vektörün modülü ise aşağıdaki gibi pisagor teoremi yardımı ile bulunur. V = Vx2 + Vy2 + Vz2
Bir vektörün doğrultusunda ve yönündeki birim vektör ise vektör modülüne bölünerek elde edilir. U (V) =
V V
,
U (V) =
Vx V
i+
Vy V
j+
Vz V
k
Aşağıdaki gibi birim vektörün katsayılarının vektörün eksenlerle yaptığı açıların kosinüslerine eşit olduğu gösterilebilir. Cos α =
Vx V
= Ux ,
Cos β =
Vy V
= Uy
,
Cos γ =
Vz V
= Uz
Problem 3.2.1 Bir V vektörünün başlangıcı kartezyen koordinat sisteminin başlangıç noktasına yerleştirildiğinde uç noktası A (60,30,20) koordinatlarında ise bu vektörün a) bu koordinat sistemindeki yazılışını b) modülünü c) birim vektörünü d) koordinat eksenleri ile yaptığı açıları bulunuz. 11
Çözüm: y H
F
Vx
B
A ( 60 ; 30 ; 20 ) V
β
Vy
O
α
x
γ z
Vz
a) V = Vx i + Vy j + Vz k V = 60 i + 30 j + 20k
b) ,
V = Vx2 + Vy2 + Vz2
V = (60)2 + (30)2 + ( 20)2
V = 70
c) U (V) =
U (V ) =
d)
V V
,
U (V) =
60 i + 30 j + 20k 70
6 3 2 i + j+ k 7 7 7 Cos α = Cos α = α = 310
Vx V
6 7
= Ux ,
, ,
Cos β =
Cos β =
3 7
β = 64, 620
12
, ,
Vy
= Uy
,
Cos γ =
2 7
V
γ = 73, 40
Cos γ =
Vz V
= Uz
3.3 Kartezyen koordinatlarda vektörel işlemler 3.3.1 Vektörün bir sayı ile çarpımı Kartezyen koordinat sisteminde bir vektör V = V x i + Vy j + Vz k
şeklinde yazılırsa bu vektörün bir λ sayısı ile çarpımı aşağıdaki şekilden görüldüğü gibi dikdörtgenler prizmasının bütün ölçüleri aynı λ sayısı ile çarpılarak elde edildiğinden λV = λV x i + λVy j + λVz k
şeklinde yazılabilir. y λVz λV V
λVy Vy
Vz
z
x Vx λVx
Bir vektörün bir sayı ile çarpımı vektörün doğrultusunu değiştirmez. Eğer çarpım katsayısı pozitif ise yönü de değişmez. Problem 3.3.1.1 Problem 3.2.1 de hesaplanan V = 60 i + 30 j + 20k vektörünün λ=2,5 ile çarpımından elde edilen λ V vektörünün a) ifadesini b) modülünü c) birim vektörünü hesaplayınız. Çözüm: a) λV = λV x i + λVy j + λVz k λ V = 2, 5 ∗ 60 i + 2, 5 ∗ 30 j + 2, 5 ∗ 20k λ V = 150 i + 75 j + 50k
b)
λ V = (150)2 + (75)2 + (50)2
13
λ V = 175
,
λ ∗ V = 2, 5 ∗ 70 = 175
⇒
λV = λ ∗ V
c) λ Vx
U ( λV ) =
λV
U ( λV ) =
U ( λV ) =
i+
λVy λV
j+
λVz λV
k
2, 5 ∗ 60 2, 5 ∗ 30 2, 5 ∗ 20 j+ k i+ 2, 5 ∗ 70 2, 5 ∗ 70 2, 5 ∗ 70
6 3 2 i + j+ k 7 7 7
⇒
U ( λV ) = U(V )
3.3.2 Vektörlerin toplamı Şekilde gösterildiği gibi İki boyutlu uzayda A ve B vektörünün toplamı olan C vektörünün koordinat eksenleri doğrultusundaki bileşenleri A ve B vektörlerinin aynı doğrultudaki bileşenleri toplanarak bulunur. A = Ax i + Ay j , B = Bx i + By j A + B = (A x + B x ) i + (A y + B y ) j y
E Cy = Ay+By
By
D
B
A
C= A+B
Ax
Bx
Ay
x O
Cx =Ax+Bx
Şekildeki ODE üçgeninden OE kenarının uzunluğu OD ve DE kenarlarının uzunlukları toplamından büyük olamıyacağı bilindiğinden A + B ≤ A + B eşitsizliği yazılabilir. Aynı işlemler üç boyutlu uzaya aşağıdaki gibi uygulanabilir. A = Ax i + Ay j + Azk , B = Bx i + By j + Bzk A + B = ( A x + B x ) i + ( A y + B y ) j + ( A z + B z )k
14
Problem 3.3.2.1 vektörü ile
A = 6 i + 3 j + 2k
B = 12 i + 3 j + 4k vektörünün
a) modüllerini b) bu vektörlerin toplamını c) toplam vektörün modülünü hesaplayınız. Çözüm: a) ,
A = 62 + 32 + 22
B = (12) 2 +(3)2 + ( 4)2 ,
A =7 B = 13
b) A + B = (6 + 12)i + (3 + 3) j + ( 2 + 4)k A + B = 18 i + 6 j + 6k
c)
A + B = (18)2 + 62 + 62
A + B = 19, 9
3.3.3 İki vektörün skaler çarpımı Aşağıda gösterildiği gibi A ve B vektörünün skaler çarpımı bu vektörlerin aynı doğrultudaki bileşenleri çarpımı toplanarak bulunur ve sonuç skalerdir. A = Ax i + Ay j + Azk , B = Bx i + By j + Bzk A • B = AxBx + AyBy + AzBz
Skaler çarpımın tanımından skaler çarpımın mutlak değeri vektörlerin modülleri çarpımından büyük olamaz. Problem 3.3.3.1 vektörü ile B = 12 i + 3 j + 4k vektörünün a) skaler çarpımını b) modülleri çarpımını hesaplayınız. c) aralarındaki açıyı hesaplayınız. Çözüm: a) A • B = 6 ∗ 12 + 3 ∗ 3 + 2 ∗ 4 A = 6 i + 3 j + 2k
A • B = 89
b)
A =7 ,
B = 13
A B = 13 ∗ 7 ,
A B = 91
15
c) skaler çarpımın tanımından ⇒ Cos θ =
A • B = A B Cos θ Cos θ =
89 91
⇒
A•B A B
θ = 12, 040
3.3.4 İki vektörün vektörel çarpımı Sağ kartezyen koordinat sisteminde koordinat eksenlerinin birim vektörlerinin vektörel çarpımı aşağıdaki gibi yazılır. i ∧ j=k , j∧ i =k , j ∧ k = i , k ∧ j = −i k ∧ i = j , i ∧k = −j Sağ eksen sisteminde ifade edilen A ve B vektörünün vektörel çarpımı olan C vektörü aşağıda gösterilen determinantın açılımı yardımı ile hesaplanabilir. A = Ax i + Ay j + Azk , B = Bx i + By j + Bzk A ∧ B = ( A x i + A y j + A z k ) ∧ (B x i + B y j + B z k ) A ∧ B = [( A x i ) ∧ (B x i )] + [( A x i ) ∧ (B y j)] + [( A x i ) ∧ (B z k )] + + [( A y j) ∧ (B x i )] + [( A y j) ∧ (B y j)] + [( A y j) ∧ (B z k )] + +[(A z k) ∧ (B x i )] + [(A z k) ∧ (B y j)] + [(A z k) ∧ (B z k)] i A ∧ B = Ax Bx
j Ay By
k Az Bz
Problem 3.3.4.1 vektörü ile B = 12 i + 3 j + 4k vektörünün a) C = A ∧ B vektörel çarpımını b) C vektörel çarpım vektörü ile A vektörü arasındaki açıyı c) C vektörel çarpım vektörü ile B vektörü arasındaki açıyı hesaplayınız. A = 6 i + 3 j + 2k
Çözüm: a) i C = A ∧ B = Ax
j Ay
k Az
Bx
By
Bz
,
i j k C= A∧B = 6 3 2 12 3 4
C = A ∧ B = (3 ∗ 4 − 2 ∗ 3)i + ( 2 ∗ 12 − 6 ∗ 4) j + (6 ∗ 3 − 3 ∗ 12)k C = A ∧ B = 6 i − 18k
16
b) C • A = (6 i − 18k) • (6 i + 3 j + 2k) C • A = 6 ∗ 6 − 18 ∗ 2 = 0 olduğundan C vektörü A vektörüne diktir.
c) C • B = (6 i − 18k) • (12 i + 3 j + 4k) C • B = 6 ∗ 12 − 18 ∗ 4 = 0 olduğundan C vektörü B vektörüne diktir.
3.3.5 Üç vektörün karışık çarpımı İki vektörün vektörel çarpımından elde edilen vektörün bir diğer vektörle skaler çarpımına bu üç vektörün karışık çarpımı denir. A = Ax i + Ay j + Azk B = Bx i + By j + Bzk C = Cx i + Cy j + Czk Ax A • (B ∧ C) = B x
Ay By
Az Bz
Cx
Cy
Cz
Lineer cebirden bilindiği gibi bir Determinantta iki satırın yeri değişirse determinantın işareti değişir , satırların yeri iki veya ikinin katları sayısında değişirse determinantın değeri değişmez . Bu bilinen özellikten faydalanarak aşağıdaki eşitlikler yazılabilir. A • (B ∧ C) = B • (C ∧ A) = C • ( A ∧ B)
17
3.3.6 Bir vektörün bir eksen üzerindeki izdüşümü V
θ Δ VΔ VΔ = V • U Δ V = V x i + Vy j + Vz k UΔ = U x i + U y j + Uzk VΔ = Vx ⋅ U x + Vy ⋅ U y + Vz ⋅ U z
Problem 3.3.6.1 vektörünün kartezyen koordinat eksenleri ile pozitif bölgede eşit açılar yapan ve pozitif bölgeye doğru yönelmiş Δ eksenindeki izdüşümünü ve bu eksenle yaptığı açıyı hesaplayınız. V = 12 i + 3 j + 4k
Çözüm : VΔ = V • U Δ
İzdüşüm alınacak eksenin birim vektörü bu eksen yönündeki bir vektörü modülüne bölerek elde edilir. i + j+k
UΔ =
2
2
,
2
1 +1 +1
VΔ = (12 i + 3 j + 4k) • ( VΔ =
UΔ = 1 3
i+
1 3
1 3 j+
1
i+
1 3
3 k)
j+
1 3
k
, VΔ = 12 ∗
19 3
VΔ = V • U Δ = V Cos θ Cos θ =
19 3 ∗ 13
⇒
⇒
Cos θ =
VΔ V
Cos θ = 0, 844 ⇒
18
θ = 32, 450
1 3
+ 3∗
1 3
+ 4∗
1 3
BÖLÜM 4 KUVVET SİSTEMLERİ
4.1 Kuvvetin tanımı ve vektörle gösterilişi Bir cismin şeklini veya hızını değiştiren ve başka cisimler tarafından uygulanan fiziksel etkiye kuvvet denir. Kuvvet doğrultu yön ve bir şiddet içerdiğinden vektörle gösterilebilir. Yalnız aynı vektörle gösterilmesine rağmen kuvvet cismin farklı yerlerine uygulandığında fiziksel etkisi farklı olur. Bundan dolayı kuvvet özellikle rijid cisim mekaniğinde vektör ve etki doğrusu ile birlikte düşünülmelidir. Etki doğrusu F Kuvvet vektörü
19
4.2 Bir kuvvetin bir noktaya göre momenti MO
o
F
h
θ
θ A
MO = F ⋅ h M O = OA ∧ F OA ∧ F = F OA Sin θ OA Sin θ = h
Buradan M O = F ⋅ h i MO = Ax
j Ay
k Az
Fx
Fy
Fz
olduğu görülür.
M O = (A y ⋅ Fz − A z ⋅ Fy ) i + (A z ⋅ Fx − A x ⋅ Fz ) j + (A x ⋅ Fy − A y Fx ) k
Problem 4.2.1 A(3,8,1) ve B(7,–4,4) noktalarından geçen 130 N. şiddetinde olan ve A dan B ye doğru yönelmiş F kuvvetinin O(0,0,0) noktasına göre momentini bulunuz. M O = OA ∧ F OA = 3 i + 8 j + k , F = F U AB U AB =
AB AB
, AB = OB − OA
20
AB = (7 i − 4 j + 4k) − (3 i + 8 j + k) , AB = 4 i − 12 j + 3k U AB =
4 i − 12 j + 3k
,
42 + ( −12)2 + 32
U AB =
4 12 3 i − j+ k 13 13 13
F = 40 i − 120 j + 30k M O = (3 i + 8 j + k) ∧ ( 40 i − 120 j + 30k) i j k 8 1 MO = 3 40 −120 30
,
M O = 360 i − 50 j − 680k
4.3 Bir kuvvetin bir eksene göre momenti Δ MA
MΔ A
F
B MΔ = M A • UΔ M Δ = U Δ • (AB ∧ F)
Ux MΔ = Bx − Ax Fx
Uy
Uz
By − Ay Fy
Bz − Az Fz
21
Problem 4.3.1 A(3,8,1) ve B(7,–4,4) noktalarından geçen ve 130 N. Şiddetinde olan F kuvvetinin O(0,0,0) ve C(2,6,3) noktalarından geçen Δ eksenine göre momentini bulunuz.(koordinatlar metre cinsindendir.) M Δ = MO • UΔ
Problem 4.2.1 den OC
UΔ =
UΔ =
OC
, UΔ =
M O = 360 i − 50 j − 680k
dır.
2 i + 6 j + 3k 22 + 62 + 32
2 6 3 i + j+ k 7 7 7
2 6 3 M Δ = (360 i − 50 j − 680k) • ( i + j + k) 7 7 7 2 6 3 −1620 M Δ = 360 ∗ − 50 ∗ − 680 ∗ , MΔ = 7 7 7 7 M Δ = −231, 43Nm.
4.4 Bir kuvvet sisteminin bir noktaya göre momenti ve indirgeme elemanları ( Bir kuvvet sisteminin statik eşdeğeri) Bir veya birden fazla sayıda kuvvetten oluşan sisteme kuvvet sistemi denir. d1 d2 A1
di Ai
dn Fn
F1
F2
Fi
An
A2 MO
R
O Bu n sayıda kuvvetten oluşan kuvvet sisteminin bir uzayın o noktasına göre momentine bileşke moment denir ve bu bileşke moment her bir kuvvetin bu noktaya göre moment vektörlerinin toplamına eşittir. n
M O = ∑ OA i ∧ Fi i =1
Bu n sayıdaki kuvvetin vektörel toplamına geometrik toplam denir. n
R = ∑ Fi i =1
22
Elde edilen bileşke moment ve geometrik toplamın her ikisine birden bu vektör sisteminin indirgeme elemanları denir. Bir kuvvet sisteminde bir noktadaki indirgeme elemanlarından faydalanarak başka noktalardaki indirgeme elemanlarının bulunuşu: n
M Q = ∑ QA i ∧ Fi i =1
QA i = QO + OA i n
M Q = ∑ (QO + OA i ) ∧ Fi i =1
M Q = M O + QO ∧ R
Problem 4.4.1 Bir kuvvet sistemi A1(5,–3,8) noktasından geçen F1 = 10 i + 8 j − 14k , A2( 10,8,9)) noktasından geçen F2 = 15 i + 22 j + 16k , A3(2,10,7) noktasından geçen F3 = −6 i + 18 j − 9k ve A4(0,12,-4) noktasından geçen F4 = 3 i − 20 j − 8k kuvvetlerinden oluşmuştur. Bu kuvvet sisteminin a) O(0,0,0) noktasındaki indirgeme elemanlarını b) Q(10,12,–6) noktasındaki indirgeme elemanlarını bulunuz. Çözüm: a) 4
R = ∑ Fi i =1
,
R = F1 + F2 + F3 + F4
R = (10 i + 8 j − 14k) + (15 i + 22 j + 16k) + ( −6 i + 18 j − 9k) + (3 i − 20 j − 8k) R = (10 + 15 − 6 + 3)i + (8 + 22 + 18 − 20) j + ( −14 + 16 − 9 − 8)k R = 22 i + 28 j − 15k 4
M O = ∑ OA i ∧ Fi , i =1
M O = OA1 ∧ F1 + OA 2 ∧ F2 + OA 3 ∧ F3 + OA 4 ∧ F4
OA1 ∧ F1 = (5 i − 3 j + 8k) ∧ (10 i + 8 j − 14k)
i j k OA1 ∧ F1 = 5 −3 8 = −22 i + 150 j + 70k 10 8 −14 i j k OA 2 ∧ F2 = 10 8 9 = −70 i − 25 j + 100k 15 22 16
23
i j k OA 3 ∧ F3 = 2 10 7 = −216 i − 24 j + 96k −6 18 −9 i j k OA 4 ∧ F4 = 0 12 -4 = −16 i − 12 j − 36k 3 −20 −8 M O = ( −22 i + 150 j + 70k) + ( −70 i − 25 j + 100k) + ( −216 i − 24 j + 96k) + ( −16 i − 12 j − 36k) M O = ( −22 − 70 − 216 − 16)i + (150 − 25 − 24 − 12) j + (70 + 100 + 96 − 36)k M O = −324 i + 89 j + 230k
b) n
R = ∑ Fi ,
R = 22 i + 28 j − 15k
i =1
M Q = M O + QO ∧ R QO = −10 i − 12 j + 6k QO ∧ R = ( −10 i − 12 j + 6k) ∧ ( 22 i + 28 j − 15k) i j k QO ∧ R = −10 −12 6 = 12 i − 18 j − 16k 22 28 −15 M Q = ( −324 i + 89 j + 230k) + (12 i − 18 j − 16k) M Q = −312 i + 71 j + 214k
4.5 Bir kuvvet sisteminin değişmezleri a) Bir kuvvet sisteminde kuvvetlerin geometrik toplamı olan R noktadan noktaya değişmez. b) Bir kuvvet sisteminde bileşke momentin geometrik toplam üzerindeki izdüşümü noktadan noktaya değişmez. İspat: M Q • U R = (M O + QO ∧ R ) • U R (QO ∧ R ) • U R = 0
( R ve U R aynı doğrultuda olduğundan )
MQ • UR = MO • UR
elde edilir. Yukarıdaki denklemin her iki tarafı R ile çarpılırsa MQ • R = MO • R
eşitliği elde edilir. Bu eşitlikten Bileşke moment ile geometrik toplamın skaler çarpımının noktadan noktaya değişmediği anlaşılır. 24
Problem 4.5.1 Problem 4.4.1 deki kuvvet sistemi için M Q • R = M O • R eşitliğini gerçekleyiniz. Çözüm: R = 22 i + 28 j − 15k M O = −324 i + 89 j + 230k M Q = −312 i + 71 j + 214k M Q • R = ( −312 i + 71 j + 214k) • ( 22 i + 28 j − 15k) M Q • R = −312 ∗ 22 + 71 ∗ 28 + 214 ∗ ( −15) M Q • R = −8086 M O • R = ( −324 i + 89 j + 230k) • ( 22 i + 28 j − 15k) M O • R = −324 ∗ 22 + 89 ∗ 28 + 230 ∗ ( −15) M O • R = −8086
⇒
M Q • R = M O • R = −8086
25
4.6 Dejenere kuvvet sistemleri Bileşke momentle geometrik toplamın birbiri ile skaler çarpımının sıfır olduğu kuvvet sistemlerine dejenere kuvvet sistemleri denir. MO • R = 0
Bu eşitlik ile aşağıdaki durumlarda karşılaşılır. 4.6.1 ) M O = 0 , R = 0 (sıfıra eşdeğer kuvvet sistemi) 4.6.2 ) M O ≠ 0 , R = 0 (kuvvet çiftine eşdeğer kuvvet sitemi) 4.6.3 ) M O = 0 , R ≠ 0 (bileşkeye eşdeğer kuvvet sistemi) 4.6.4 ) M O ≠ 0 , R ≠ 0 (bileşkesi olan vektör sistemi) Düzlemsel , bir noktada kesişen ve paralel kuvvet sistemleri dejenere kuvvet sistemleridir. 4.6.1Sıfıra eşdeğer kuvvet sistemi MO = 0
R=0
Sıfıra eşdeğer kuvvet sisteminde 1) Kuvvet sistemi tek bir kuvvetten oluşmuşsa bu kuvvetin şiddeti sıfır olmalı. 2) Kuvvet sistemi iki kuvvetten oluşmuş ise bu kuvvetler aynı doğrultuda ters yönde ve eşit şiddette olmalıdır. 3) Kuvvet sistemi üç kuvvetten oluşmuş ve birbirine paralel değil ise bu kuvvet sisteminin geometrik toplamının sıfır olabilmesi için kuvvetlerin oluşturduğu poligon kapalı bir üçgen olmalıdır. Bu kuvvet sisteminde bileşke momentin sıfır olabilmesi için bu üç kuvvetin doğrultusu aynı yerde kesişmelidir. 4.6.2 Kuvvet çiftine eşdeğer kuvvet sitemi MO ≠ 0 , R = 0 Bir kuvvet sisteminde Geometrik toplam sıfır Bileşke moment sıfırdan farklı ise bu kuvvet sistemi tek bir momente eşdeğer olur. Bu moment vektörüne dik düzlemlerde alınan kuvvet çiftleri ile de bu kuvvet sistemi temsil edilebilir. Bir kuvvet sistemi tek bir momente eşdeğer ise bu noktadan noktaya değişmez. M Q = M O + QO ∧ R ve R = 0 olduğundan MQ = MO
olur. 4.6.3 Bileşkeye eşdeğer kuvvet sistemi MO = 0 , R ≠ 0 Eğer bir noktada bileşke moment sıfır ve geometrik toplam sıfırdan farklı ise bu geometrik toplam sanki sistem tek bir kuvvetten oluşmuş gibi bu sistemi temsil edebileceğinden bu geometrik toplama bu kuvvet sisteminin bileşkesi denir.
26
4.6.4 Bileşkesi olan kuvvet sistemi MO ≠ 0 , R ≠ 0 Eğer dejenere vektör sisteminde Bileşke moment ve geometrik toplamın her ikisi de sıfırdan farklı ise bu iki vektör birbirine dik olmalıdır. Bu vektör sisteminin bileşkesi bulunabilir.
4.7 Merkezi eksen Bileşke momentle geometrik toplamın aynı doğrultuda olduğu eksene merkezi eksen veya vida ekseni denir. Vida ekseni
R Mλ
λ(x,y,z)
R
MO
O(0,0,0)
MR
Merkezi eksen üzerindeki bir nokta λ(x,y,z) ve O(0,0,0) noktasındaki bileşke moment M O = M x i + M y j + M z k ise Bileşke momentin geometrik toplam üzerindeki izdüşümü değişmiyeceğinden Mλ = MR ⋅ UR
yazılabilir. M R = M O • U R M R = M x ⋅ U Rx + M y U Ry + M z U Rz M λ = M R ⋅ U Rx i + M R ⋅ U Ry j + M R ⋅ U Rz k
Bundan başka geçiş teoremi uygulanarak M λ aşağıdaki gibi de yazılabilir. M λ = M O + λO ∧ R M λ − M O = R ∧ Oλ
i R ∧ Oλ = R x
j Ry
k Rz
x
y
z
R ∧ Oλ = (R y ⋅ z − R z ⋅ y) i + (R z ⋅ x − R x ⋅ z) j + (R x ⋅ y − R y ⋅ x) k R y ⋅ z − R z ⋅ y = M R ⋅ U Rx − M x R z ⋅ x − R x ⋅ z = M R ⋅ U Ry − M y R x ⋅ y − R y ⋅ x = M R ⋅ U Rz − M z
27
Problem 4.7.1 Problem 4.4.1 verilen kuvvet sisteminin merkezi ekseninin denklemini bulunuz. merkezi eksenin yoz düzlemini kestiği noktanın koordinatlarını bulunuz. R = 22 i + 28 j − 15k , M O = −324 i + 89 j + 230k M λ − M O = R ∧ Oλ Mλ = MR ⋅ UR M R = MO • UR
UR =
R R 22 i + 28 j − 15k
UR =
2
2
( 22) + ( 28) + ( −15)
2
, UR =
22 i + 28 j − 15k 1493
,
U R = 0, 5694 i + 0, 7247 j − 0, 3882k M R = ( −324 i + 89 j + 230k) • (0, 5694 i + 0, 7247 j − 0, 3882k)
M R = −209, 273 M λ = −209, 273 ⋅ (0, 5694 i + 0, 7247 j − 0, 3882k) M λ = −119,16 i − 151, 66 j + 81, 24k M λ − M O = ( −119,16 i − 151, 66 j + 81, 24k) − ( −324 i + 89 j + 230k) M λ − M O = 204, 84 i − 240, 66 j − 148, 76k R ∧ Oλ = ( 22 i + 28 j − 15k) ∧ (x i + y j + z k) i j k R ∧ Oλ = 22 28 −15 x y z R ∧ Oλ = ( 28 z + 15 y) i + ( −15 x − 22 z) j + ( 22 y − 28 x)k ( 28 z + 15 y) i + ( −15 x − 22 z) j + ( 22 y − 28 x)k = 204, 84 i − 240, 66 j − 148, 76k 28 z + 15 y = 204, 84 −15 x − 22 z = −240, 66 22 y − 28 x = −148, 76
Bu Lineer denklem sisteminin katsayılar matrisinin determinantı 0
15
28
Δ = −15 0 −22 = 15 ∗ ( −22) ∗ ( −28) + 28 ∗ ( −15) ∗ 22 = 0 −28 22 0
sıfır olduğundan bu denklem sistemi birbirinden bağımsız değildir. Bu denklem sisteminin katsayılar matrisinde sıfırdan farklı 2x2 lik determinant bulunduğundan bu denklemlerden ikisi birbirinden bağımsızdır.
28
Bu denklemlerin herhangi ikisi birbirinden bağımsız olduğundan bunlardan herhangi ikisi verilen kuvvet sisteminin merkezi ekseninin denklemi olarak alınabilir. 22 y − 28 x = −148, 76
−15 x − 22 z = −240, 66
Merkezi eksen üzerinde x = 0 da 22 y − 28 x = −148, 76 ⇒
y = −6, 762
−15 x − 22 z = −240, 66 ⇒
z = 10, 94
4.8 Paralel bağlı kuvvet sistemi ve merkezi y Ai ,mi
A1 , m1 A3 ,m3 A2 , m2 G F1 = m1U
An , mn
Fi = m i U
Fn = m n U
F3 = m 3 U
F2 = m 2 U
x o R
z
n
M O = ∑ OA i ∧ Fi i =1
n
M O = OG ∧ ∑ Fi i =1
Fi = m i ⋅ U n
n
i =1
i =1
( ∑ m i ⋅ OG − ∑ m i ⋅ OA i ) ∧ U = 0
29
n
∑ mi ⋅ OAi i =1
OG =
n
∑ mi i =1
OG = ξ i + η j + ζ k n
n
ξ=
∑ mi ⋅ xi i =1
n
∑mi
,
η=
i =1
∑ mi ⋅ yi i =1
n
∑ mi
n
,
ζ=
∑m i =1
⋅ zi
n
∑m i =1
i =1
i
i
Problem 4.8.1 Paralel bağlı bir kuvvet sistemi A1(3,7,12) noktasındaki 8kg lık m1 kütlesi , A2(6,2,–8) noktasındaki 10kg lık m2 kütlesi ve A3(10,–4 ,–5) noktasındaki 3 kg lık m3 kütlesinden oluşmuştur. Bu kuvvet sisteminin merkezinin koordinatlarını hesaplayınız.( koordinatlar cm. cinsinden alınmıştır.) 3
ξ=
∑ m i ⋅ xi i =1
n
∑ mi
,
ξ=
m1x1 + m 2 x 2 + m 3 x3 m1 + m 2 + m3
i =1
ξ=
8 ∗ 3 + 10 ∗ 6 + 3 ∗ 10 8 + 10 + 3
,
ξ = 5, 43 cm.
3
η=
∑ mi ⋅ y i i =1
n
∑ mi
, η=
m1y1 + m 2 y 2 + m3 y 3 m1 + m 2 + m 3
i =1
η=
8 ∗ 7 + 10 ∗ 2 + 3 ∗ ( −4) , 8 + 10 + 3
η = 3, 05 cm.
3
ζ=
∑ mi ⋅ z i i =1
n
∑ mi
, ζ=
m1 z1 + m 2 z 2 + m 3 z 3 m1 + m 2 + m 3
i =1
8 ∗ 12 + 10 ∗ ( −8) + 3 ∗ ( −5) , ζ= 8 + 10 + 3
ζ = 0, 048 cm.
30
BÖLÜM 5 KÜTLE MERKEZİ 5.1 Bir sürekli cismin kütle merkezi y A(x,y,z) dm G(ξ,η,ζ) V x O z
OG =
∫ OA dm
V
∫ dm
V
OG = ξ i + η j + ζ k
ξ=
∫ x dm
V
∫ dm
V
,
η=
∫ y dm
V
∫ dm
V
,
ζ=
∫ z dm
V
∫ dm
V
31
Problem 5.1.1 R yarıçaplı 2α tepe açılı çember parçası şeklindeki homojen cismin kütle merkezinin koordinatlarını bulunuz. Çözüm: y x = R Cos θ
d = R dθ dθ
α
θ
G
O
x α OG
x ekseni simetri ekseni olduğu için η = 0 dır.
ξ=
∫ x dm ∫ dm
α
,
ξ=
∫ x dm
−α α
∫ dm
−α α
ξ=
∫ ρR Cos θ R dθ
−α
α
,
ξ=
∫ ρ R dθ
ρR 2 [Sin α − (Sin α )] ρR[α − ( −α )]
−α
ξ=
2ρR 2 Sin α , 2ρR α
ξ = OG =
RSin α α
32
dm = ρ d dm = ρ R dθ
Problem 5.1.2 Şekilde gösterilen dörtte bir çember parçası şeklindeki homojen cismin kütle merkezinin koordinatlarını bulunuz. Çözüm : y y = x doğrusu G π 4
η
π 4
O
x
ξ
Şekildeki dörtte bir çember parçası için y = x doğrusu simetri ekseni olduğundan ξ=η=
2 OG 2
Problem 5.1.1 den OG =
RSin α α
α=
π 4
π RSin ( ) 2 2R 4 , OG = OG = π π/4 2 2 2R 2R ξ=η= ( ) , ξ=η= π 2 π
Problem 5.1.3 Şekilde gösterilen yarım çember şeklindeki homojen cismin kütle merkezinin koordinatlarını bulunuz. Çözüm : y
G π 2
π 2
O
x
33
y Ekseni simetri ekseni olduğu için ξ = 0 dır. Problem 5.1.1 den η = OG = RSin
η=
π/2
π 2
, η=
RSin α α
2R π
Problem 5.1.4 Yüksekliği h olan üçgen şeklindeki homojen levhanın kütle merkezinin koordinatlarını bulunuz. h dA = dy
h-y
dm = ρdA
dm = ρ dy
h
dy y O
a h
∫ y dm
η=
,
A
∫ dm
η=
a
h−y h
η=
,
=
a ρ ∫ (h − y)dy h0
η=
,
η=
ρ ∫ y dy 0 h
ρ ∫ dy
dy
0
a (h − y) h
a (hy − y 2 )dy ∫ h0 h
0 h
h
0
h
ρ
∫ yρ dy ∫ρ
A
=
x
,
a h3 h3 ρ ( − ) 3 η= h 2 a 2 h2 ρ (h − ) 2 h
h 3
34
,
a h3 η = h 62 ah ρ h 2 ρ
h2 6 , η= h ρa 2 ρa
Problem 5.1.5 Şekilde ölçüleri verilen dik üçgen şeklindeki homojen levhanın kütle merkezinin koordinatlarını bulunuz. y
60mm.
x
30mm.
30 , 3 η = 20mm.
Problem 5.1.4 den ξ = ξ = 10mm.
,
η=
60 3
Problem 5.1.6 R yarıçaplı 2α tepe açılı daire dilimi şeklindeki homojen cismin kütle merkezinin koordinatlarını bulunuz. Çözüm: y x=
2 R Cos θ 3
dA =
1 1 Rd = R 2 dθ 2 2 1 dm = ρ dA = ρ R 2 dθ 2
d = R dθ dθ
α
θ
G
O
x α OG
x ekseni simetri ekseni olduğu için η = 0 dır.
35
ξ=
∫ x dm
A
∫ dm
α
,
ξ=
∫ x dm
−α α
∫ dm
A
−α
α
ξ=
α
2 1 2 ∫ 3 R Cos θ (ρ 2 R dθ) −α
,
α
1 2 ∫ ρ 2 R dθ −α
ξ=
1 ρ R 3 ∫ Cos θdθ 3 −α α
1 ρ R 2 ∫ dθ 2 −α
2 1 ρ R 3 [Sin α − ( −Sin α )] ρ R 3Sin α 3 3 , ξ= ξ= 1 ρR 2 α 2 ρ R [α − ( −α )] 2 2 R Sin α ξ = OG = 3 α
Problem 5.1.7 Şekilde gösterilen dörtte bir daire dilimi şeklindeki homojen cismin kütle merkezinin koordinatlarını bulunuz. Çözüm : y y = x doğrusu G π 4
η
π 4
O
x
ξ
Şekildeki dörtte bir daire dilimi için y = x doğrusu simetri ekseni olduğundan ξ=η=
2 OG 2
Problem 5.1.4 den OG = π RSin ( ) 4 , π/4 2 4 2R ξ=η= ( ) , 2 3π
2 OG = 3
2 RSin α 3 α
α=
4 2R 3π 4R ξ=η= 3π
OG =
36
π 4
Problem 5.1.8 Şekilde gösterilen yarım daire dilimi şeklindeki homojen cismin kütle merkezinin koordinatlarını bulunuz. Çözüm : y
G π 2
π 2
O x y Ekseni simetri ekseni olduğu için ξ = 0 dır. Problem 5.1.4 den η=
2RSin 3π / 2
π 2
η = OG =
, η=
2 RSin α 3 α
4R 3π
Problem 5.1.9 Şekilde gösterilen R taban yarıçaplı yarım küre şeklindeki homojen cismin kütle merkezinin koordinatlarını gösteriniz. Çözüm: z
m = ρV
dm = ρ π r 2 dz
r dz z
R
o
y
x
yoz düzlemi simetri düzlemi olduğu için xoz düzlemi simetri düzlemi olduğu için ζ=
∫ z dm
V
∫ dm
V
R
, ζ=
2 ∫ z ρ π r dz 0 R
ξ = 0 dır. η = 0 dır.
R
, ζ=
∫ ρ π r dz
ρ π ∫ z r 2 dz 0 R
ρ π ∫ r 2 dz
2
0
0
37
R
r 2 = R2 − z 2 ,
ζ=
ρ π ∫ (zR 2 − z 3 )dz 0 R
ρ π ∫ (R 2 − z 2 )dz 0
4
R ) 4 ζ= 2 ρ π( R 3 ) 3 ρ π(
,
R4 R4 − ) 2 4 ζ= R3 ρ π(R 3 − ) 3 ρ π(
3 ζ= R 8
,
5.2 Pappus ve Guldinus teoremleri Dönel cisimlerin yüzey alanlarını ve hacimlerini bulmak için kullanılır. 1.Teorem Eğer bir eğri kendi düzlemindeki sabit bir eksen etrafında dönerek, dönel bir yüzey oluşturursa, bu yüzeyin alanı,bu eğrinin uzunluğu ile eğrinin kütle merkezinin kat ettiği yol çarpımına eşittir. İspat Diferansiyel alan = 2π r dL Tüm yüzeyin alanı = ∫ 2π r dL l
rG =
∫ r dL l
∫ dL
r →
∫ r dL = r L G
rG
l
l
G
Tüm yüzeyin alanı = 2π rG L 2.Teorem Eğer bir yüzey kendi düzlemindeki sabit bir eksen etrafında dönerek, dönel bir dolu cisim oluşturursa, bu cismin hacmi, bu yüzeyin alanı ile eğrinin kütle merkezinin kat ettiği yol çarpımına eşittir. İspat Diferansiyel hacim = 2π r dA Tüm cismin hacmi = ∫ 2π r dA
G
A
rG =
∫ r dA A
∫ dA
→
r
∫ r dA = rG A A
A
Tüm yüzeyin hacmi = 2π rG A
38
rG
Problem 5.2.1 4 3
Kürenin alanının A = 4π R 2 ve hacminin V = π R3 olduğunu gösteriniz. Çözüm:
G
G
Kürenin yüzey alanı için: Yarım çemberin kütle merkezi = rG =
2R
π
Yarım çemberin uzunluğu = L = π R Kürenin yüzey alanı= 2π rG L = 2π
2R
π
π R = 4π R 2
Kürenin hacmi için: Yarım dairenin kütle merkezi = rG = Yarım dairenin alanı = A =
4R 3π
π R2
2 4 R π R 2 4π R 3 = Kürenin hacmi = 2π rG A = 2π 3π 2 3
39
5.3 Bileşik cismin kütle merkezi Bir bileşik cismin kütle merkezi bu cismi oluşturan cisimlerin kütle merkezleri bulunduktan sonra daha önceden çıkarılan paralel bağlı vektör sisteminin merkezine ait olan formüllerle hesaplanır. n
∑ mi ⋅ OAi i =1
OG =
n
∑ mi i =1
OG = ξ i + η j + ζ k n
ξ=
∑ mi ⋅ xi i =1
n
∑mi
n
,
η=
∑mi ⋅ yi i =1
i =1
n
∑ mi
n
,
ζ=
∑m i =1
i =1
i
⋅ zi
n
∑m i =1
i
Eğer bileşik cismi oluşturan cisimlerin yoğunluğu aynı ise yukarıdaki denklemlerde m i = ρVi yazılabilir ve ρ lar toplam dışına alınıp kısaltılabileceğinden dolayı aşağıdaki eşitlikler elde edilir. n
ξ=
∑ Vi ⋅ xi i =1
n
∑ Vi i =1
n
,
η=
∑ Vi ⋅ y i i =1
n
∑ Vi
n
,
i =1
ζ=
∑ Vi ⋅ z i i =1
n
∑ Vi i =1
40
Problem 5.3.1 Homojen fakat farklı kalınlıklardaki levhalardan şekildeki taralı alan gibi oluşturulmuş cismin kütle merkezinin koordinatlarını hesaplayınız. y ¼ daire dilimi kalınlık 1mm. kalınlık 2mm.
2
3 1 30
4
x
30
90 90
5
z (Ölçüler mm. cinsindendir. ) 4R 4 ∗ 90 120 , y3 = z3 = y3 = = 3π 3π π
x 30 10 0 0 45 10
1 2 3 4 5 6
Y 30 10 120/π 15 0 0
z 0 0 120/π 22,5 45 15
,
A 4050 -450 2025π -1350 8100 -675 16036,7
∑
6
πR 2 A3 = , A3=2025π 4
M=ρA mx 4050 121500 -450 -4500 4050π 0 -2700 0 24300 1093500 -2025 -20250 35898,45 1149750
6
ξ=
∑ m i ⋅ xi i =1
6
∑ mi
,
ξ=
1149750 35898,45
,
ξ = 32, 03mm.
562500 , 35898,45
η = 15,67mm.
i =1 6
η=
∑ mi ⋅ y i i =1
,
6
∑ mi
η=
i =1
6
ζ=
∑ mi ⋅ z i i =1
6
∑ mi
,
ζ=
kalınlık 3mm.
1488375 , 35898,45
ζ = 41,46mm.
i =1
41
my mz 121500 0 -4500 0 486000 486000 -40500 -60750 0 1093500 0 -30375 562500 1488375
Problem 5.3.2 Şekilde gösterilen içi dolu homojen cismin kütle merkezinin koordinatlarını hesaplayınız. 2
y
1
z
x
3
( Ölçüler cm. cinsindendir. ) 4R 16 πR 2 , z 2 = 42 + = 47, 093cm. , V2 = 21 , 2 3π π V2 = 756π = 2375, 04cm3
z 2 = 42 +
x y z V 1 12 10,5 21 21168 2 12 10,5 47,093 2375,04 3 12 14 6 -1890 21653,04 ∑
Vx 254016 28500,5 -22680 259836,5
Vy 222264 24938 -26460 220742
3
ξ=
∑ Vi ⋅ xi i =1
3
∑ Vi
,
ξ=
259836, 5 21653, 04
,
ξ = 12cm.
i =1 3
η=
∑ Vi ⋅ y i i =1
3
∑ Vi
,
η=
220742 , 21653, 04
η = 10, 2cm.
i =1 3
ζ=
∑ Vi ⋅ z i i =1
3
∑ Vi
,
ζ=
545036 , 21653, 04
i =1
42
ζ = 25,17cm.
Vz 444528 111848 -11340 545036
BÖLÜM 6 STATİK 6.1 Giriş Statik kuvvetler etkisinde cisimlerin denge koşullarını inceleyen bilim dalıdır. Bu tanımlamada adı geçen kuvvet , cisim ve denge terimlerini açıklayalım. Kuvvet: Ele alınan Cisme başka cisimler tarafından uygulanan ve cismin hareket veya denge durumları ile şeklini değiştiren etkiye kuvvet denir. Kuvvetler etkinin cinsine göre : Temas etkisi (yüzey kuvvetleri) ve uzaktan etki ( hacim kuvvetleri) olmak üzere ikiye ayrılır. Dengesi incelenen cisimle temasta olan mafsal,mesnet,kablo,çubuk gibi diğer cisimlerden gelen kuvvetler yüzey kuvvetleridir. Uzaktan etki kuvvetlerine örnek, ağırlık kuvvetleri, manyetik ve elektriksel alanlardan gelen kuvvetler verilebilir. Kuvvetler cisme etki bölgesine göre: İç kuvvet dış kuvvet şeklinde ikiye ayrılır. F1 F2 F3 F4 F1
F2
F
−M F3
F4
M
−F
Şekilde gösterilen F1 , F2 , F3 , F4 kuvvetleri dış kuvvetler, F ve − F kuvvetleri ise iç kuvvetlerdir. İç kuvvetler şekilde gösterildiği gibi cismin içinde varolduğu düşünülen bir kesitte oluşur.Bu hayali kesitle cisim iki parçaya ayrılır. Oluşan bu iki ayrı kesitteki iç kuvvetlerin etki tepki ilkesine göre şiddet ve doğrultuları aynı yönleri zıttır.
43
Kuvvetler cisme mesnetler ve diğer cisimlerden uygulanma durumuna göre : Bilinen kuvvetler (aktif kuvvetler) ve mesnet veya bağlardan geleceği düşünülen tepki kuvvetleri (reaktif kuvvetler) olmak üzere ikiye ayrılır. Aktif kuvvetler: Ağırlık kuvvetleri veya cismin zorlanma koşullarına göre bilinen dış kuvvetlerdir. Tepki kuvvetleri : mesnet,mafsal, kablo, çubuk gibi diğer cisimlerin uyguladıkları kuvvetlerdir. Bu tepki kuvvetlerinin tam zıttı dengesi incelenen cisim tarafından diğer cisimlere aynı şekilde etkir. Sürtünmesiz temaslarda tepki kuvveti temas yüzeyine diktir. İki boyutlu mesnet ve bağlar ile bunlardan cisme gelen tepki kuvvetleri:
Yuvarlanan elemanlar
kavisli yüzey sürtünmesiz yüzey
Çubuk doğrultusunda hareket edebilen bilezik ve buna mafsallı diğer çubuk
Kanal doğrultusunda hareket
kayma yüzeyine dik tepki kuvveti
tepki kuvveti hareket doğrultusuna dik
kanal doğrultusuna dik tepki kuvveti
44
y Ry x
Rx
Sabit silindirik mafsallı
Tepki kuvvetinin doğrultusu bilinmiyor.
y Rx Pürüzlü yüzey
x
Ry Yüzey tepkisinin doğrultusu bilinmiyor y
x
Rx Ry Ankastre mesnet
MO
Bilinmeyen kuvvet ve şiddeti bilinmeyen moment
45
Üç boyutlu mesnet ve bağlar ile bunlardan cisme gelen tepki kuvvetleri: y
x Ry
tek noktadan küreye temas
z temas yüzeyine dik tepki kuvveti y
x Ry
z temas yüzeyine dik tepki kuvveti
Sürtünmesiz temas
y
x Rz z Pürüzlü yüzeyde Yuvarlanan tekerlek
ray üzerinde yuvarlanan tekerlek
46
Ry
iki doğrultuda bilinmiyen tepki kuvveti
y
Rx Rz Pürüzlü yüzey
x
Ry
z üç doğrultuda bilinmiyen tepki kuvvetleri
küresel mafsal
Küresel mafsalın ayrıntılı şekli
y My Ry Rz z
ankastre mesnet
x Rx
Mx
Mz
üç doğrultuda bilinmiyen tepki kuvveti ve üç doğrultuda bilinmiyen tepki momenti 47
y Ry Mx
Rx Z Üniversal kavrama
x
Rz
üç doğrultuda bilinmiyen kuvvet ve bir doğrultuda bilinmiyen moment
y My Ry Rz Mz
x
z İki doğrultuda bilinmiyen kuvvet ve iki doğrultuda bilinmiyen moment
.
Eksenel doğrultuda hareket edebilen silindirik mafsal
48
y My Ry Mz
Rz
Rx
x
z Üç doğrultuda bilinmiyen kuvvet ve İki doğrultuda bilinmiyen moment Eksenel doğrultuda hareket yeteneği olmayan silindirik mafsal Bunlardan başka ip kuvveti ip doğrultusundadır. Birde ağırlıksız olup uç noktalarından sürtünmesiz mafsallı ve uç noktaları dışında yük taşımıyan çubuklardan gelen tepki kuvvetleride çubuk doğrultusunda kabul edilir.
6.2 İç kuvvetler ve kesit zorları İç kuvvetlerin cismin bir kesiti içindeki bileşenlerine kesit zorları denir. Kesite etki eden kuvvetin kesite dik bileşenine Normal kuvvet denir. Kesite etki eden kuvvetin kesit içindeki bileşenine Kesme kuvveti denir. Kesite etki eden momentin kesite dik bileşenine Burulma momenti denir. Kesite etki eden momentin kesit içindeki bileşenine Eğilme momenti denir.
6.3 Statiğin temel ilkelerinin geçerli olduğu referans sistemleri Orijininde güneş bulunan ve yıldızlara doğru yönelmiş koordinat sistemlerine Newton veya Galileo eksen sistemleri denir. Statiğin temel ilkeleri bu eksen sitemlerine göre geçerlidir. Bir Newton eksen sistemine göre sabit hızda öteleme hareketi yapan diğer eksen sistemleri de Newton eksen sistemidir. Herhangi bir cisim Newton eksen sistemine göre hareketsiz veya sabit hızda öteleme hareketi yapıyorsa bu cisim dengededir denir.
49
6.4 Bir maddesel noktanın kuvvetler etkisinde dengesi Bir maddesel noktaya etki eden bütün kuvvetler aynı noktada kesişeceğinden dolayı bu kuvvetlerin geometrik toplamının sıfır olması denge için gerek ve yeter koşuldur. R=0 R = ∑ Fx i + ∑ Fy j + ∑ Fz k
∑F
x
=0 ,
∑F
y
=0
,
∑F
z
=0
6.5 Bir rijid cismin kuvvetler etkisinde dengesi Bir rijid cisme etki eden kuvvvet sisteminin sıfıra eşdeğer olması bu cismin dengesi için gerek ve yeter koşuldur. R=0 , ∑MO = 0 ∑ Fx = 0 , ∑ Fy = 0 , ∑ Fz = 0 ∑Mx = 0 , ∑My = 0 , ∑Mz = 0 Böylece en genel durumda üç boyutlu kuvvetler etkisindeki bir cismin dengesinde denklem sayısı altı olur. Bu denklemlerden altı bilinmiyen çözülebilir. Üç boyutlu kuvvetler etkisinde dengesi incelenen cisimde bilinmiyen sayısı altıdan fazla ise böyle sistemlere hiperstatik sistemler denir.
6.6 Rijid cisim sisteminin kuvvetler etkisinde dengesi Bir rijid cisim sistemine etki eden kuvvet sisteminin sıfıra eşdeğer olması denge için gerekli fakat yeterli koşul değildir. Bundan dolayı rijid cisim siteminin elemanlarına ayrılarak incelenmesi gerekir.Her bir eleman için sıfıra eşdeğerlik koşulu ve birleşme noktalarında etki tepki ilkesi gözönüne alınarak çözüme gidilir.
6.7 Düzlemsel kuvvetler etkisinde cisimlerin dengesi Eğer cisme etki eden dış kuvvetler ve mesnetlerden gelen tepkiler aynı düzlem içinde ise incelenen problem düzlem statik problemidir. Aynı düzlemde bulunan kuvvetlerin momenti bu düzleme dik olacağından dolayı bu durumda R = 0 , ∑ M O = 0 sıfıra eşdeğerlik koşulu aşağıdaki gibi yazılabilir. ∑ Fx = 0 , ∑ Fy = 0 , ∑ M z = 0 Böylece düzlemsel kuvvetler etkisindeki bir cismin dengesinde denklem sayısı üçe inmiş olur. Bu denklemlerden üç bilinmiyen çözülebilir. Düzlemsel kuvvetler etkisinde dengesi incelenen cisimde bilinmiyen sayısı üçten fazla ise böyle sistemlere hiperstatik sistemler denir.
50
Problem 6.7.1 1000 kg kütleli bir sabit vinç 2400 kg kütleli bir cismi kaldırmakta kullanılıyor. Vinç A da sabit B de kayıcı mafsal ile mesnetlenmiştir. Vincin kütle merkezi G dir. A ve B mesnetlerindeki tepkileri bulunuz.
A
G
2400kg
1,5m B 2m
4m
Çözüm: y RAy
2400g RA x A
1000g 1,5m RB x B
x 2m
4m
B deki mesnet kayıcı mafsal olduğu için y ekseni doğrultusunda kuvvet taşıyamaz. Bundan dolayı B mesneti sadece x ekseni doğrultusunda tepki kuvveti uygulayabilir. RB y = 0 ΣFx = 0
⇒
RA x + RB x = 0
ΣFy = 0
⇒
RAy − 1000 g − 2400 g = 0
ΣM A = 0 ⇒
RBx ∗1,5 − 1000 g ∗ 2 − 2400 g ∗ 6 = 0
51
Bu eşitliklerden RBx = 107, 256kN RAx = − RBx = −107, 256kN
RAy = 33,354kN RA =
( −107, 256 ) + ( 33,354 ) 2
2
RA = 112,32kN
Problem 6.7.2 Hareketli bir kol C ye bağlanmış bir kablo ve A ile B deki sürtünmesiz tekerlekler yardımıyla dengede tutuluyor. Şekildeki yükleme halinde kablodaki kuvveti ve A ile B deki tepkileri hesaplayınız. 475mm
75mm 50mm
600N
B C
90mm
A
Çözüm: 475mm
75mm 50mm
600N SC
B C
RB
90mm
A RA
A ve B mesnetlerinde sürtünme olmadığı için buradaki tepkiler yatay doğrultudadır.
52
ΣFx = 0 ΣFy = 0
⇒ ⇒
ΣM C = 0 ⇒
RB − RA = 0 SC − 600 = 0 RA ∗ 90 − 600 ∗ 600 = 0
Bu üç denklemden RA = 4000 Newton
,
RB = RA = 4000 Newton
SC = 600 N
bulunur. Problem 6.7.3 Yay katsayısı k olan AC iç yayı θ = 600 iken doğal uzunluğundadır. a) Sistemin denge durumunda θ, W , a ve k arasındaki bağıntıyı bulunuz. b) Denge durumunda W=80N , a =300 mm ve θ =250 olduğu bilindiğine göre yay katsayısı k yı hesaplayınız. W B C A
θ
a
Çözüm: W B C F A
θ
a
53
N
a)
ΣFx = 0 ΣFy = 0
⇒ ⇒
F cos θ − N = 0 F sin θ − W = 0
Bu iki denklemden F =
W sin θ
eşitliği bulunur. Ayrıca F yay kuvveti F = k ∗ Δs denklemi ile hesaplanır. Yaydaki kısalma Δs =
a a − , 0 cos 60 cos θ
Δs = a(2 −
1 ) cosθ
1 ) cosθ W 1 W )= , 2sin θ − tan θ = k a(2 − ka cosθ sin θ 80 W b) k = , k= a ( 2sin θ − tan θ ) 300 ( 2sin 250 − tan 250 )
F = k a(2 −
k = 0, 704 N / mm
k = 704 N / m
Problem 6.7.4 Aşağıda gösterilen çerçeve küçük bir yapının çatısını desteklemektedir. Kablodaki gerilme kuvvetinin 150 kN olduğu bilindiğine göre E ankastre mesnetindeki tepkileri bulunuz. D 2,25m A
B
20kN
C
20kN
20kN
20kN 3,75m
1,8m
1,8m
1,8m
1,8m
E
I 4,5m
54
Çözüm: y D
A
B C 6m
20kN
20kN
1,8m
20kN
1,8m
20kN 1,8m
1,8m
REx
θ
E
I
ME
x θ
RE y
4,5m 150kN
ΣFx = 0 ΣFy = 0
⇒ ⇒
ΣM E = 0 ⇒ cos θ =
EI
RE x + 150 cos θ = 0 RE y − 20 ∗ 4 − 150sin θ = 0 M E + 20 ∗ (1,8 + 2 ∗ 1,8 + 3 ∗ 1,8 + 4 ∗ 1,8) − 4,5 ∗ 150 ∗ sin θ = 0
, sin θ =
DE
DI DI 4,5 cosθ = , cosθ = 0, 6 7,5 6 , sin θ = 0,8 sin θ = 7,5
RE x = −150 ∗ 0, 6
,
RE y = 20 ∗ 4 + 150 ∗ 0,8 ,
,
DI = 4,52 + 62 ,
DI = 7,5m
RE x = −90kN RE y = 200kN
RE =
( −90 )
2
+ ( 200 )
2
RE = 219, 4kN
M E = −20 ∗ (1,8 + 2 ∗ 1,8 + 3 ∗ 1,8 + 4 ∗ 1,8) + 4,5 ∗ 150 ∗ 0,8 = 0 M E = 180kNm.
6.8 Üç boyutlu kuvvetler etkisindeki bir rijid cismin dengesi ile ilgili uygulamalar Eğer cisme etki eden dış kuvvetler ve mesnetlerden gelen tepkiler aynı düzlem içinde değil ise incelenen problem uzay statik problemidir. R = 0 , ∑ M O = 0 sıfıra eşdeğerlik koşulu aşağıdaki gibi yazılabilir.
55
∑F = 0 ∑F = 0 , ∑F = 0 , ∑F = 0 ∑M = 0 , ∑M = 0 , ∑M = 0 x
y
x
z
y
z
Problem 6.8.1 120kg kütleli ve 1.5m x 2.4m boyutlarındaki dikdörtgen şeklindeki bir reklam panosu A da küresel mafsal E ile B de birer kablo yardımı ile şekildeki gibi tesbit edilmiştir. Kablolardaki kuvvetleri ve A mafsalındaki tepki kuvvetini bulunuz. y 2,4m 0,6m
D 1,2m
C 0,9m
A
z
E 1,8m
B 0,6m
x 1,5m
Çözüm: y 2,4m 0,6m
D 1,2m
C RAy 0,9m
R Ay
A
S BD
RA z
S EC E
z
1,8m
B
G
1,2m
x
W=120g 1,2m
56
sıfıra eşdeğerlik koşulu
∑F = 0 ∑M = 0
⇒
S EC + S BD + RA + W = 0
⇒
AE ∧ S EC + AB ∧ S BD + AG ∧ W = 0
A
,
S EC = S ECU EC U EC =
U EC =
EC EC
, U EC =
(0 − 1,8)i + (0,9 − 0) j + (0, 6 − 0)k
( −1,8)
2
+ 0,92 + 0, 62
−1,8i + 0,9 j + 0, 6k 6 3 2 6 3 2 , U EC = − i + j + k , S EC = − S EC i + S EC j + S EC k 7 7 7 7 7 7 2,1
,
S BD = S BDU BD
U BD =
BD BD
, U BD =
(0 − 2, 4)i + (1, 2 − 0) j + (−2, 4 − 0)k
( −2, 4 )
−2, 4i + 1, 2 j − 2, 4k 2 1 2 , U BD = − i + j − k 3 3 3 3, 6 2 1 2 S BD = − S BD i + S BD j − S BD k , RA = Rx i + Ry j + Rz k 3 3 3 AE = 1,8 i , AB = 2, 4 i , AG = 1, 2 i − 0, 75 j
2
+ 1, 22 + 2, 42
U BD =
∑M
A
=0
⇒
, W = −120 g j
AE ∧ S EC + AB ∧ S BD + AG ∧ W = 0
6 3 2 2 1 2 1,8 i ∧ (− S EC i + S EC j + S EC k ) + 2, 4 i ∧ (− S BD i + S BD j − S BD k ) + 7 7 7 3 3 3 + (1, 2 i − 0, 75 j ) ∧ (−120 g j ) = 0 3 2 1 2 1,8 ∗ S EC k − 1,8 ∗ S EC j + 2, 4 ∗ S BD k + 2, 4 ∗ S BD j − 1, 2 ∗ 120 gk = 0 7 7 3 3 4,8 3, 6 2, 4 5, 4 ∑ M A = ( 3 S BD − 7 SEC ) j + ( 3 S BD + 7 S EC − 144 g ) k = 0 4,8 3, 6 4,8 3, 6 S BD − S EC = 0 S BD − S EC = 0 14, 4 3 7 3 7 ⇒ S EC = 288 g ⇒ 2, 4 5, 4 4,8 10,8 7 S BD + S EC − 144 g = 0 S BD + S EC = 288 g 3 7 3 7 S EC = 140 g , S BD = 45 g , S EC = 1373, 4 N , S BD = 441, 45 N 6
3 2 2 1 2 S EC j + S EC k ) + (− S BD i + S BD j − S BD k ) + 7 7 3 3 3 + ( Rx i + Ry j + Rz k ) + (−120 g j ) = 0
∑ F = (− 7 S
EC
i+
6
2 3 1 2 2 − S BD + Rx )i + ( S EC + S BD + Ry − 120 g ) j + ( S EC − S BD + Rz )k = 0 3 7 3 7 3 6 2 6 2 − S EC − S BD + Rx = 0 ⇒ − 140 g − 45 g + Rx = 0 ⇒ Rx = 150 g 7 3 7 3 3 1 3 1 S EC + S BD + Ry − 120 g = 0 ⇒ 140 g + 45 g + Ry − 120 g = 0 ⇒ Ry = 45 g 7 3 7 3 2 2 2 2 140 g − 45 g + Rz = 0 S EC − S BD + Rz = 0 ⇒ ⇒ Rz = −10 g 7 3 7 3 Rx = 1471,5 N Ry = 441, 45 N Rz = −98,1N
∑ F = (− 7 S
EC
57
Problem 6.8.2 450 N luk bir yük şekildeki gibi bükülmüş bir rijid borunun C köşesine uygulanmıştır. Boru A da zemine ve D de düşey duvara küresel mafsal ile E de ise EG kablosu yardımı ile tesbit edilmiştir. a) EG kablosundaki gerilme kuvvetinin minumum olması için kablonun karşı duvara bağlandığı G noktası nerde olmalıdır. b) Bu durumdaki minumum kablo kuvvetinin şiddetini bulunuz. y G D E 2m
C 2m
4m
P x 2m A 4m z
Çözüm: y G ( x,y)
RDz RDx
S EG
D B
E 2m
RDy
C 2m
4m
P 0
x 2m
RAx RAz
A A R Ay
4m
z
58
S EG kablo kuvvetinin minumum olması için kablonun doğrultusu aynı
kuvvetle AD eksenine göre en büyük momenti verecek şekilde olmalı yani AD ekseni ile E noktasının oluşturduğu düzleme dik olmalıdır. ED ∧ AD = λ EG olmalı EG = ( x − 2) i + ( y − 4) j − 2k , ED = 2 i − 2k , AD = 4i + 4 j − 2k i j k ED ∧ AD = 2 0 −2 4 4 −2
,
ED ∧ AD = 8 i − 4 j + 8 k
8 i − 4 j + 8 k = λ ( x − 2) i + λ ( y − 4) j − 2λ k λ = −4 λ ( x − 2) = 8 ⇒ λ ( y − 4) = −4 ⇒ −4 x + 8 = 8 −4 y + 16 = −4 − 2λ = 8 ΣM AD = 0
⇒
EG EG
,
y=5
( DE ∧ S EG ) • U AD + ( DC ∧ P) • U AD = 0
DE = −2 i + 2k , U EG =
x=0
DC = 2k ,
P = −450 j , S EG = S EGU EG
−2 i + j − 2k
U EG =
(−2) 2 + 12 + (−2) 2
,
2 1 2 S EG = − S EG i + S EG j − S EG k 3 3 3 AD 4i + 4 j − 2k , , U AD = U AD = AD 42 + 42 + (−2) 2
2 1 2 U EG = − i + j − k 3 3 3
U AD =
2 2 1 i + j− k 3 3 3
2 1 2 DE ∧ S EG = (−2 i + 2k ) ∧ (− S EG i + S EG j − S EG k ) 3 3 3
DE ∧ S EG
i = −2 2 − S EG 3
j 0 1 S EG 3
k 2 2 − S EG 3
,
2 8 2 DE ∧ S EG = − S EG i − S EG j − S EG k 3 3 3
DC ∧ P = 2k ∧ −450 j , DC ∧ P = 900 i 2 8 2 2 2 1 ( DE ∧ S EG ) • U AD + ( DC ∧ P) • U AD = [(− S EG + 900) i − S EG j − S EG k )] • ( i + j − k ) = 0 3 3 3 3 3 3 4 16 2 − S EG + 600 − S EG + S EG = 0 9 9 9 ⇒ −2S EG + 600 = 0 S EG = 300 N
59
Problem 6.8.3 A da ankastre mesnetli ABCDE cismi şekildeki gibi yüklenmiştir. a) A ankastre mesnetindeki tepkileri hesaplayınız. b) A ya çok yakın x eksenine dik kesitteki kesit zorlarını bulunuz. E F2 = 200N
20cm y F1 = 200N D A
B x
40cm
20cm F3 = 350N
C
z F4 = 250N
Çözüm: E F2 = 200N
20cm y F1 =200N D RA
A
MA
B x
40cm
20cm F3 =350N
C
z F4 =250N
a) sıfıra eşdeğerlik koşulu
∑F = 0 ∑M = 0 A
⇒
RA + F1 + F2 + F3 + F4 = 0
⇒
M A + AD ∧ F1 + AE ∧ F2 + AC ∧ F3 + AC ∧ F4 = 0
F1 ve F2 kuvvet çifti olduğundan geometrik toplamı sıfır bileşke momenti
ise 200 ∗ 20 j dır. F3 = 350 i , F4 = −250 j , AC = 40 i + 20 k R = −350 i + 250 j ∑ F = R + 350 i − 250 j = 0 ⇒ ∑ M = M + 4000 j + (40 i + 20 k ) ∧ (350 i − 250 j ) = 0 , A
A
A
A
M A = −5000 i − 11000 j + 10000k
60
b) A da ki x eksenine dik kesitteki normal kuvvet RA kuvvetinin kesite dik bileşenidir. normal kuvvet = −350N ( Bu kuvvet cismi çekmeye çalıştığından pozitif alınmalıdır.) A da ki x eksenine dik kesitteki kesme kuvveti RA kuvvetinin kesit içindeki bileşenidir. kesme kuvveti = 250N. 250N A da ki x eksenine dik kesitteki burulma momenti M A momentinin kesite dik bileşenidir. burulma momenti = −5000Ncm A da ki x eksenine dik kesitteki eğilme momenti M A momentinin kesite içindeki bileşenidir. eğilme momenti = −11000 j + 10000k eğilme momenti = 110002 + 100002 = 14866 Ncm
61
BÖLÜM 7 SÜRTÜNME 7.1 Sürtünme ve sürtünme katsayısı W
f θ
R θ
N
W P f R
θ
N
Yukardaki şekillerde gösterildiği gibi eğim açısı θ olan bir eğik düzlem üzerine bırakılan bir cismin θ nın belli değerlerine kadar dengede kaldığı bilinir. Aynı şekilde yatay düzlem üzerine bırakılan bir cisme yatay doğrultuda bir P kuvveti uygulanırsa P nin belli değerlerine kadar cismin dengede kaldığı bilinir. Bütün bunların nedeni temas eden yüzeyler doğrultusunda tepki kuvvetlerinin oluşmasıdır. Bu kuvvetlere sürtünme kuvvetleri denir. f = N tan θ
Sürtünme kuvvetinin maksimum değeri birbirlerine temasta olan cisimlerin cinslerine ve temas yüzeylerinin özelliklerine bağlıdır. dengede kalmak şartıyla θ nın en büyük değerinin tanjantına sürtünme katsayısı denir ve μ ile gösterilir. f maks. = μN μ=tan θmaks. , 62
metal üstünde metal a0.15-0.60 metal tahta üstünde 0.20-0.60 metal taş üstünde 0.30-0.70 metal deri üstünde 0.30-0.60 tahta tahta üstünde 0.25-0.50 tahta deri üstünde 0.25-0.50 taş taş üstünde 0.40-0.70 toprak toprak üstünde 0.20-1.00 lastik beton üstünde 0.60-0.90 Çeşitli malzemeler için sürtünme katsayıları tablosu
Problem 7.1.1 θ = 600 eğim açılı eğik düzlem ile üzerindeki W = 100 N. ağırlığındaki cismin sürtünme katsayısı μ = 0.4 dır. P kuvvetinin hangi değerleri arasında cisim eğik düzlem üzerinde hareketsiz kalır. Bu sınırlardaki sürtünme kuvvetinin değerlerini bulunuz. W
P
θ
63
Çözüm: Cismin aşağı doğru kaymaması için gerekli olan en küçük P kuvveti Pmin . dır.Bu durumda sürtünme kuvvetinin yönü yukarı doğrudur. x W
θ y Pmin .
f
N
θ
x ekseni eğik düzlem doğrultusunda ve y ekseni buna dik doğrultuda alınıp bu düzlemde denge denklemleri aşağıdaki gibi yazılabilir.
∑F
=0 ⇒
∑F
=0
x
y
⇒
(1)
Pmin + f − W sin θ = 0 N − W cos θ = 0
f =μN Pmin = − f + W sin θ ,
⇒
⇒
N = 100 cos 600 , N = 50 Newton
f = 0, 4 ∗ 50 ,
Pmin = 50 3 − 20 ,
f = 20 Newton
Pmin = 66, 6 Newton
Cisim yukarı doğru çıkma meyilinde ve hareketsiz durumda en büyük P kuvveti Pm aks. dır. Bu durumda sürtünme kuvveti aşağı doğrudur. x W
θ y Pm aks.
f
N
θ Bu durumda sürtünme kuvvetinin yönü değiştiğinden sadece birinci denklem değişir.
∑F
x
=0 ⇒
Pm aks. − f − W sin θ = 0
⇒
Pm aks. = 50 3 + 20 , Pm aks. = 106, 6 Newton ,
64
Pm aks. = f + W sin θ 66, 6 Newton ≤ P ≤ 106, 6 Newton
7.2 mesnetlerdeki sürtünmeler Mesnetlerde temas yüzeyi belli ise sürtünme kuvveti bu yüzeye teğettir. Eğer mesnet mafsal şeklinde ve temas yüzeyi bilinmiyorsa ise sürtünme momenti göz önüne alınarak işlem yapılabilir. Problem 7.2.1 Şekilde görülen hareketli konsol 10 cm. çapındaki bir borunun üzerinde istenilen bir yüksekliğe konulabilmektedir. Konsolla boru arasındaki sürtünme katsayısı μ = 0, 25 olduğuna göre , konsolun ağırlığını ihmal ederek W yükünün taşınabileceği en küçük x uzaklığını bulunuz. x W
20 cm.
10 cm. Çözüm
y x W fA x NA
A 20 cm.
fB NB 10 cm. B fA = μ NA ,
∑F
x
=0
fB = μ NB , ⇒
f A = 0, 25 N A ,
NB − N A = 0
⇒
f B = 0, 25 N B
NB = N A
65
∑F
⇒
=0
y
f A + fB − W = 0 ⇒
fA + fB = W ⇒
N B = N A = 2W
∑M
B
=0
⇒
W 2
20 N A − 10 f A − ( x − 5) W = 0
20 N A − 10 f A − W x + 5W = 0 ⇒ x = x=
f A = fB =
20 ∗ 2 W − 10 ∗
W + 5W 2
W
,
20 N A − 10 f A + 5W W
40 W − 5W + 5W , x = 40 cm. W
x=
Problem 7.2.2 Şekildeki mekanizmada Bilezik ve çubuk arasındaki sürtünme katsayısı μ = 0, 4 , θ = 600 ve P = 200 N. olduğu bilindiğine göre mekanizma kranka uygulanan M momentinin hangi değerlerinde dengededir. P C
A M 100 mm. θ B
100 mm.
66
Çözüm: y
f
P
N C RAy A RA x S C
x
M SC
100 mm.
θ B 100 mm.
C Bileziğinin yukarı doğru kayma başlangıcında dengesi için : f =μN , ∑ Fx = 0 ⇒
∑F
y
=0 ⇒
f = 0, 4 ∗ N SC cos θ − N = 0
⇒
N = SC cos θ ,
SC sin θ − f − P = 0 ⇒
SC (sin θ − 0, 4 cos θ) = P ⇒
SC =
f = 0, 4 SC cos θ
SC sin θ − 0, 4 SC cos θ − P = 0
P 200 , SC = 0 sin θ − 0, 4 cos θ sin 60 − 0, 4 cos 600
SC = 300, 289 N .
AB çubuğunun dengesi için :
∑M
A
=0 ⇒
M maks. − 100 SC cos θ = 0
M maks = 100 ∗ 300, 289 cos 600 ,
⇒ M maks. = 100 SC cos θ
M maks. = 15014,5 Nmm.
C Bileziğinin aşağı doğru kayma başlangıcında dengesi için : Bu durumun yukarıdaki şekilden farkı sürtünme kuvvetinin yönü yukarı doğrudur. ∑ Fy = 0 ⇒ SC sin θ + f − P = 0 , SC sin θ + 0, 4 SC cos θ − P = 0 P 200 , SC = 0 sin θ + 0, 4 cos θ sin 60 + 0, 4 cos 600 = 100 SC cos θ , M min . = 100 ∗ 187, 613cos 600 ,
SC (sin θ + 0, 4 cos θ) = P ⇒ SC = 187, 613 N . M min . M min . = 9380, 6 Nmm.
SC =
9,38 Nm. ≤ M ≤ 15, 01 Nm .
67
7.3 Halat veya kayış kasnak sürtünmesi y α x dθ/2 s θ
dθ/2 s + ds
df
dθ dθ/2
dN
dθ/2
s1 s2
Silindirik yüzey üzerine sarılı halattan alınan diferansiyel elemanda ∑ Fx = 0 ⇒ (s + ds) Cos (dθ / 2) − s Cos (dθ / 2) − df = 0
∑F
y
=0 ⇒
dN − (2s + ds) Sin (dθ / 2) = 0 denklemleri yazılabilir.
Cos (dθ/2) =1 , Sin (dθ/2) = (dθ/2) ve df = μ dN ds = df , dN = s dθ , ds = μ s dθ yazılabilir. ds = μdθ , s
S1
α
ds ∫S s = μ ∫0 dθ , 2
ln
s s1 = μα , 1 = e μ α s2 s2
olduğu bilindiğine göre elde edilir.
Bu çağda kayış kasnak sistemlerinde düz kayış yerine daha çok aşağıda gösterilen kesiti V şeklinde olan V kayışları kullanılır. y y
dθ
β β
2df x dθ/2 s + ds
dθ/2 s
z β/2 dN
β/2 dN s sin
2 dN sin(β/2)
dθ dθ , (s + ds) sin 2 2
V kayışlı kayış kasnak sistemlerinde kayışın her iki yan yüzeyinde temas olduğundan diferansiyel elemanda sürtünme kuvvetinin iki katı alınır.Normal kuvvet yerine 2dNsin β/2 alınarak düz kayış için yapılan işlemler tekrar edilirse s1 = eμ α / sin(β / 2) s2
formülü bulunur.
68
Problem 7.3.1 Bir gemiyi rıhtımda durdurmak için kullanılan halatın halka şeklinde oluşturulmuş kısmı iskele babasına takılır.Halatın diğer ucuna gemideki babanın etrafına 4 kere sarıldıktan sonra kuvvet uygulanır. Halata geminin uyguladığı kuvvet 20kN dır. görevlinin uyguladığı kuvvet 40N olduğuna göre halat ile baba denilen silindirik cismin yanal yüzeyi arasındaki sürtünme katsayısını bulunuz.
40 N. 20kN.
Çözüm: S 2 = 40 N . S1 = 20000N
S1 = e μ α , S1 = 20kN . = 20000 N . , α = 4 ∗ 2π , α = 8π S2 20000 = e8π μ , 500 = e8 π μ ⇒ ln 500 = ln e8 π μ ⇒ ln 500 = 8πμ 40 ln 500 μ= , μ = 0, 247 8π
69
Problem 7.3.2 Bir elektrik motoru ile üretilen 60 Nm. lik bir momenti iletmek için bir yassı kayış kullanılmaktadır. Kayış şekilde görüldüğü gibi 12 cm. çaplı motordaki kasnaktan aldığı momenti iletmektedir. Kayışla kasnak arasındaki statik sürtünme katsayısı 0.3 dür. Kayışın her iki kısmındaki çekmenin , kayma olmasını engelleyecek en küçük değerlerini bulunuz. 600
400
M
Çözüm: S1
600 S2
0
400
M
30
α
A 500
Kayıştaki büyük kuvvet momentin tersi yönünde olur. S1 = eμ α S2
, μ = 0,3 ,
α = 2, 793rad .
∑M
A
=0
α = 180 + 30 − 50 ,
S1 S = e0,838 , 1 = 2,311 , S2 S2
, M + S2 R − S1 R = 0
S1 − S2 = 1000 N ,
S1 = 2,311 S 2 ,
⇒
α = 1600 , α = 160
S1 = 2,311 S 2 S1 − S 2 =
M R
, S1 − S2 =
2,311 S 2 − S2 = 1000 N
S1 = 1762,8 N .
70
π rad . 180
⇒
60 0,12 / 2
S2 = 762,8 N .
BÖLÜM 8 YAYILI YÜKLER 8.1 Yayılı yüklerin tanımı Kuvvetler bir yüzeye veya bir hacme etki ederler. Çoğu durumda bu kuvvetler yerine bunların bileşkesi tek bir kuvvetmiş gibi gözönüne alınır. Burada yayılı yüklerin tekil yüklere dönüştürülme yöntemlerinden bahsedilecek.
8.2 Kirişlerde Yayılı yükler q Q dq
x a x ξ
dx b
Yayılı yükün bileşkesinin şiddeti yayılı yük eğrisi altındaki alana eşittir. b
Q = ∫ dq
dq = q ⋅ dx
a
b
Q = ∫ q ( X ) dx a
Yayılı yükün bileşkesi yayılı yük eğrisi altındaki alanın merkezinden geçer. b
ξ=
∫ x q ( X) dx a
b
∫ q ( X) dx a
71
Problem 8.2.1 Basit mesnetli bir kiriş şekildeki gibi yayılı yük taşımaktadır. mesnet tepkilerini hesaplayınız. qB = 3600 N / m q A = 1500 N / m A
B L = 6m.
Çözüm: y
QÜ QD
q A = 1500 N / m
D A
E qB = 3600 N / m C B x
L/2 RA
RB 2L/3
QD = ABCD Dikdörtgeninin alanı , QD = L ∗ 1500 , QD = 9000 N . QÜ = CDE Üçgeninin alanı , QÜ = L ∗ (3600 − 1500) / 2 , QÜ = 6300 N . QD = ABCD Dikdörtgeninin merkezinden geçer. QÜ = CDE Üçgeninin merkezinden geçer. L 2L 1 2 ∑ M A = 0 ⇒ RB L − QD 2 − QÜ 3 = 0 ⇒ RB = QD 2 + QÜ 3 1 2 RB = 9000 + 6300 , RB = 8700 N . 2 3 ∑ Fy = 0 ⇒ RA + RB − QD − QÜ = 0 ⇒ RA = − RB + QD + QÜ RA = −8700 + 9000 + 6300 ,
RA = 6600 N .
72
Problem 8.2.2 Su dolu tankın altında bulunan 0,5m. X 0,8m. boyutlarındaki bir kapak A noktasından mafsallıdır. B deki bir çıkıntı yardımı ile aşağı doğru dönmesi engellenmektedir. Kapak B den bağlanan ipe kuvvet uygulanarak açılabilmektedir. Kapağın açılabilmesi için ipe uygulanan en küçük kuvveti bulunuz. P
C 0,27m. 0,45m. A 0,48m. B
0,64m.
Çözüm: C 0,27 m
P
L1 L2
qA
QD
0,45 m A
QÜ qB
0,48 m B
D 0,64 m
q A = 0, 45 ∗ 0,5 *1000 * 9,81 , q A = 2207,3 N / m , qB = (0, 45 + 0, 48) ∗ 0,5 *1000 * 9,81 qB = 4561, 7 N / m QÜ = Kapağa etki eden yayılı yükte gösterilen üçgenin alanı QÜ = (qB − q A ) ∗ AB / 2 , QÜ = (4561, 7 − 2207,3) ∗ 0,8 / 2 , QÜ = 941, 76 N .
QD = Kapağa etki eden yayılı yükte gösterilen dikdörtgenin alanı QD = q A ∗ AB , QD = 2207,3 ∗ 0,8 , QD = 1765,84 N 2 1 L1 = AB , L2 = AB 3 2
73
∑M
A
=0 , P
BD BC
2
2
AD − P
BC = BD + CD , BC =
( 0, 64 )
2
CD BC
BD + QÜ
2 1 AB + QD AB = 0 3 2
CD = 0, 27 + 0, 45 + 0, 48 , CD = 1, 2 m
+ (1, 2 ) , BC = 1,36 m 2
0, 64 1, 2 2 1 0, 48 − P 0, 64 + 941, 76 0,8 + 1765,84 0,8 = 0 1,36 1,36 3 2 0, 64 1, 2 2 1 P( 0, 48 − 0, 64) + 941, 76 0,8 + 1765,84 0,8 = 0 1,36 1,36 3 2 P
P (−0,33882) + 1208, 608 = 0
⇒
P = 3567,1 N
74
BÖLÜM 9 KABLOLAR 9.1 Genel bilgi Kabloların asma köprüler , yüksek gerilim hatları , teleferikler ve yüksek kulelerin bağlantıları gibi bir çok uygulamaları vardır.Kablolar yükleme durumuna göre iki guruba ayrılır. a) Konsantre yükler etkisindeki kablolar b) Yayılı yükler etkisindeki kablolar Kabloların eğilmeye karşı direnci sıfır kabul edilir. Bundan dolayı kablodaki kuvvetin kablo doğrultusunda olması gerekir.
9.2 Konsantre yükler etkisindeki kablolar A ve B sabit noktalarından bağlı P1 , P2 , . . . , Pn yükleri etkisindeki kablo göz önüne alınır. L A y1
y2
y3
d
C1 x1
B P1
C2
x2
C3
P2
P3
x3
75
Aynı kablonun serbest cisim diagramı aşağıdaki gibi çizilebilir. L RAx
A y1
RAy C1 x1
y2
y3
d B
RBx
• D P1
C2
x2
C3
P2
RBy
P3
x3
Burada A ve B deki tepki kuvvetlerini bulmak için yazılacak olan
∑ Fx = 0
, ∑ Fy = 0 , ∑ M z = 0 denklemler yeterli değildir. Bundan dolayı Bir kablo parçası için denklem yazmak gerekir. Buda ancak kablo üzerindeki bir noktanın koordinatlarını bilmeyi gerektirir. Böylece kablonun AD parçası için aşağıdaki denklem yazılabilir.
∑MD = 0 RAx
A y1
RAy C1 x1
y
D• P1
S
x
76
Aynı şekilde düşey yüklerin etki ettiği diğer noktalarda da moment denklemleri yazılabilir. RAx
A y1
RAy C1 x1
y2 • D
P1
C2 P2
θ S
x2 Mesnetten itibaren herhangi bir kablo için yazılan ∑ Fx = 0 denkleminden S cos θ = − RAx
eşitliği bulunur. Bu eşitlikten θ büyüdükçe kablodaki kuvvetin şiddetinin büyüdüğü anlaşılır. Problem 9.2.1 AE kablosu gösterilen noktalarda üç düşey yük taşıyor. C noktası sol mesnedin 1 m altında olduğuna göre a) B ve D noktalarının düzeylerini b) Kablodaki maksimum eğim ve maksimum çekme kuvvetini bulunuz. E 4m D 2 kN A C
1m
B 3 kN 6 kN 4m
2m
3m
77
3m
Çözüm: a) B ve D noktalarının düzeylerini bulmak için önce A mesnedindeki tepkileri bulmak gerekir . A mesnedindeki tepkileri bulmak için de tüm kablo ve kablonun ABC kısmının dengesi ayrı ayrı göz önüne alınır. Tüm kablonun serbest cisim diyagramı: REy y
E
REx 4m
RAy
D 2 kN
A
x
RAx
C
1m
B 3kN 6kN 4m
∑M
E
=0
2m
3m
3m
4 RAx − 12 RAy + 8 ∗ 3 + 6 ∗ 6 + 3 ∗ 2 = 0 , 4 RAx − 12 RAy = −66
Kablonun ABC kısmının serbest cisim diagramı y RAy A
x
RAx
C
1m
B 3kN 6kN 4m
∑M
C
=0
2m
RAx + 6 RAy − 3 ∗ 2 = 0 ,
RAx + 6 RAy = 6 (2)
Bu (1) ve (2) nolu denklemden A daki mesnet tepkileri bulunur. 4 RAx − 12 RAy = −66 + 2 ∗ ( RAx + 6 RAy ) = 2 ∗ 6
RAx = −9 kN ,
6 RAx = −54 78
RAy = 2,5 kN
(1)
B Noktasının düzeyi için kablonun AB kısmının dengesi göz önüne alınır.
y RAy A
x
RAx yB
B 3kN 4m
∑M
B
=0
yB ∗ ( −9 ) + 4 ∗ 2,5 = 0 ⇒ yB = 1,111 m
yB ∗ RAx + 4 RAy = 0 ,
D Noktasının düzeyi için kablonun ABCD kısmının dengesi göz önüne alınır. y S DE
RAy D RAx
θDE 2 kN
A
C
yD
1m
B 3kN 6kN 4m
∑M
D
=0
2m
3m
yD RAx − 9 RAy + 5 ∗ 3 + 3 ∗ 6 = 0 , yD (−9) = −10,5
yD = 1,167 m
79
x
b) Maksimum eğim ve maksimum çekme : Maksimum eğimin olduğu kablodaki çekme kuvveti Maksimum kuvvettir. Kablodaki kuvvetin yatay bileşeni mesnetlerdeki kuvvetin yatay bileşenine eşittir. 1,111 , θ AB = 15,5220 4 0,111 θ BC = 3,180 = arctan , 2 2,167 = arctan , θCD = 35,842 3 (4 − 1,167) = arctan , θ DE = 43,36 3 9 = , S DE = 12,38 kN cos 43,360
θ AB = arctan θ BC θCD θ DE S DE
80
9.3 Yayılı yükler etkisindeki kablolar. B D A C
Yukarıdaki Şekilde gösterilen yayılı yük etkisindeki kablonun CD kısmının serbest cisim diagramı aşağıdaki gibidir. S θ
So
Q Burada Q kablonun CD kısmı boyunca etki eden yayılı yükün bileşkesidir. CD kısmına etki eden tüm kuvvetlerin toplamı denge şartından dolayı sıfır olmalıdır. Böylece S So ve W kuvvetleri uç uca eklendiğinde kapalı bir üçgen oluşturur. S Q θ So
S cos θ = SO S sin θ = Q S = SO2 + Q 2
,
tan θ =
Q SO 81
9.3.1 Yatayda düzgün yayılı yük etkisindeki kablolar (parabolik kablo) Kütlesi uzunluğu boyunca sabit olan ve birim uzunluğunun kütlesi q olan yatay bir tablayı taşıyan asma köprünün kablosunu göz önüne alalım. y B A
C(x,y) • O
x
Burada kablonun OC kısmının serbest cisim diagramı aşağıdaki gibi gösterilebilir. y S θ
S
C So
O
qx y
x θ
qx
So
x/2 x
Kablonun OC kısmına etki eden S , So ve qx kuvvetlerinin toplamının sıfır olması gerektiğinden bunlar uç uca eklendiğinde bir dik üçgen oluştururlar. Bu dik üçgenden faydalanarak aşağıdaki eşitlikler yazılabilir. S = SO2 + q 2 x 2
tan θ =
qx SO
Ayrıca kablonun OC kısmına etki eden kuvvetlerin C noktasına göre momenti alınırsa aşağıdaki denklem yazılabilir.
∑ MC = 0 y=
x 2
⇒ q x − SO y = 0
q x2 2 SO
Bu bir parabol denklemidir. 82
Eğer kablonun iki ucuda aynı yükseklikte ise ve kablonun en alt noktasının derinliği ile iki uc arasındaki uzaklık biliniyorsa yatayda yayılı yükün q x2 y= 2 SO
şiddeti verildiğinde
denkleminden kablodaki en küçük
kuvvet So bulunur. Bu So değeriyle S = SO2 + q 2 x 2 denklemine gidildiğinde kablonun herhangi bir x koordinatına sahip noktasındaki S değeri hesaplanabilir. Problem 9.3.1.1 Ab kablosu şekilde görüldüğü gibi yatayda düzgün yayılı bir yükü taşımaktadır. Kablonun en alt noktası A mesnedinin 3 m altındadır. Kablodaki maksimum ve minimum çekme kuvveti değerlerini bulunuz. B 6m A 3m
q = 5 kN /m
40 m
Çözüm: Yük yatayda düzgün yayılı olduğundan kablo paraboliktir. Koorninat başlangıcını C en alt noktasında seçilirse Kablo denklemi y=
q 2 x 2 S0
formunda yazılabilir. y
B yB = 9 m
9m A yA = 3 m
C x xA
xB
40 m
83
yB = k xB2 , y A = k x A2 yB = k ( x A + 40) 2
, xB − x A = 40 ⇒
,
yB k ( x A + 40) 9 = = , x A2 + 80 x A + 1600 = 3 x A2 2 yA 3 k xA
−2 x A2 + 80 x A + 1600 = 0 , x A =
xA =
xB = x A + 40
2
−80 ∓ 19200 , −4
−80 ∓ 6400 + 12800 −80 ∓ 19200 , xA = −4 −4
x A = 54, 64 m
veya
den büyük olduğu için göz önüne alınmaz
x A = −14, 641 m
ilk kök 40 m
x A = −14, 641 m kabul edilir.
xB = 25,359 m
Kablodaki minimum çekme kablonun an alt seviyesi olan C noktasında q 2 x denkleminde yerine 2 S0 5 2 S0 = ( −14, 641 m ) , 6
olur. A noktasının hesaplanan koordinatları y = konursa S0 bulunur.
3=
5 2 ( −14, 641 m ) , 2 S0
S0 = 178, 63 kN
Kablodaki maksimum çekme kablonun eğiminin en fazla olduğu B noktasında olur. B noktasının x koordinatı ve S0 değeri S = SO2 + q 2 x 2 denkleminde yerine konursa S maks. = 178, 632 + 52 ∗ 25,3592 , Smaks. = 219, 06 kN tan θ max =
5 ∗ 25,359 , 178, 63
θ max = 35,370
84
9.3.2 Kendi ağırlığı etkisinde olan homojen yapıdaki kablo veya zincirin dengesi y B A ℓ C
D(x,y)
c x
S dℓ
θ
D
dy
S
ℓ
qℓ dx
So
C
θ So
qℓ
, Q=q İşlemleri sadeleştirmek için S = SO2 + q 2
c=
SO q
2
göz önüne alınır.
SO = q c ,
S = q c2 +
dx = d cos θ dx =
x=∫
O
SO d S
d 1+
dy = dx tan θ
SO S ωc
, cos θ =
, dx =
2
2
c
,
2
,
ω c + 2
2
d ,
dx =
d 1+
2
c2
⎡ ⎤ x = c ⎢sinh −1 ⎥ = c sinh −1 → c ⎦O c ⎣
dy =
W dx SO
,
dy = dx , c
= c sinh
dy = sinh
Bu son denklem C(0,c) den D(x,y) ye integre edilirse
85
x c
x dx c
x
x
x x⎤ x ⎡ y − c = ∫ sinh dx = c ⎢cosh ⎥ = c (cosh − 1) c c ⎦O c ⎣ O x , y 2 − 2 = c 2 eşitliği bulunur. y = c cosh c SO = q c , Q = q , S = q y
eğer A ve B mesnetlerinin yüksekliği aynı ise derinlik h = y A − c olur. Problem 9.3.2.1 60 N/m ağırlığındaki bir üniform kablo , şekilde görüldüğü gibi iki A ve noktası arasına asılmıştır. a) Kablodaki maksimum ve minimum çekme değerlerini b) kablonun uzunluğunu bulunuz. A
B 20 m 100 m
Çözüm : a) Smin = SO = q c S maks = q ymaks , S maks = q yB
Eğer koordinat başlangıcı kablonun alt noktasından c kadar altında alınırsa kablo denklemi y = c cosh
x şeklinde yazılabilir. c
y A
B yB c xB
B noktasının koordinatları xB = 50 m , yerine konursa 20 + c = c cosh
50 c
yB = 20 + c kablo denkleminde
⇒ 20 + c − c cosh
86
50 =0 c
denklemi elde edilir.
f (c) = 20 + c − c cosh
50 denklemini sıfır yapan c değeri orta nokta metodu ile c
bulunur. cl
1
cu
cr =
100
cl + c 2
f (cl )
50,5
f (cu )
−2,59 ∗ 1021 50,5 100 75,25 -6,4841 50,5 75,25 62,875 -6,4841 62,875 75,25 69,0625 -0,95075 62,875 69,0625 65,9688 -0,95075 62,875 65,9688 64,422 -0,95075 64,422 65,9688 65,1954 -0,39713 65,195 65,9688 65,5819 -0,1315 65,5819 65,9688 65,7754 -0,0014567 65,5819 65,7754 65,6787 -0,0014567 65,5819 65,6787 65,6303 -0,0014567 65,5819 65,6303 65,6061 -0,0014567 65,5819 65,6061 65,594 -0,0014567 65,5819 65,594 65,58795 -0,0014567 65,5819 65,58795 65,58493 -0,0014567 65,58493 65,58795 65,58644 -0,0004457 65,58493 65,58644 65,5857 -0,0004457
εa =
cr yeni − cr eski cr yeni
∗ 100 0 0
7,2374 7,2374 33 2,7685 19,7 2,7685 1,09594 1,26988 1,26988 1,26988 1,26988 0,062988 0,030828 0,014707 0,006629 0,002587 0,000565 0,000565 0,000061 0,00113
c = 65,586 yB = 20 + c ⇒ yB = 20 + 65,586 , yB = 85,586 m S min = SO = q c S maks = q yB
⇒ S min = 60 ∗ 65,586 ,
Smin = 3935,16 N
S maks = 60 ∗ 85,586 ,
Smaks = 5135,16 N
⇒
b)
l kablo uzunluğu y 2 − 2
= y 2 − c2 ,
=
2
= c 2 denkleminden bulunur.
y2 − c2 ,
= 2 ∗ yB 2 − c 2 ,
= 109,972 m
87
= 2 ∗ 85,586 2 − 65,5862
BÖLÜM 10 DÜZLEM KAFES KİRİŞ SİSTEMLERİ 10.1 Genel bilgi ve tarifler Aynı düzlem içinde birbirlerine uç noktalarından bağlanarak bir rijid yapı oluşturan çubuklar topluluğuna düzlem kafes sistemi denir. Uç noktalarından bağlanma şekli pratik uygulamalarında kaynaklı birleştirme şeklinde olmasına karşı hesaplamalarda sürtünmesiz silindirik mafsallı kabul edilir. Ayrıca çubuklar uç noktaları dışında yüklenmemiş kabul edilir. Böylece çubuklarda oluşacak iç kuvvetler çubuk doğrultusunda alınabilir. Kafes kiriş sistemlerinin yapım kolaylığı ucuzluğu ve hafifliği dolayısıyla bir çok yerde uygulama alanı vardır. Tren köprüleri, vinç kolları ve kuleleri , gezer köprülü vinçler , yüksek gerilim hattı direkleri , radyo verici antenleri ,Depo ve çiftlik çatı kirişleri gibi alanlarda uygulamalarına rastlanır. Kafes sisteminde uç noktalarının birleşme yerlerine düğüm noktaları denir.
10.2 Basit kafes sistemi Üç çubuktan oluşan kafes sistemi bir basit kafes sistemidir. Bu sistem üç çubuk ve üç düğüm noktası içerir. Bu sisteme eklenecek iki çubuk düğüm noktası sayısını bir artırır. Böylece oluşturulacak m sayıdaki çubuk ve n sayıdaki düğüm noktasından oluşan kafes sistemi de bir basit kafes sistemidir. m=3 n=3
m=5 n=4
m=7 n=5
88
Bir basit kafes sisteminde m = çubuk sayısı n = düğüm noktası sayısı olmak üzere 2n = m + 3 olur.
Pratt
Howe
Şekil 10.1 Çeşitli çatı kafes sistemi örnekleri
Pratt
Howe
Warren Şekil 10.2
Çeşitli köprü kafes sistemi örnekleri
89
10.3 Düğüm noktaları metodu ile kafes sisteminin analizi Kafes sisteminin her bir düğüm noktası için 2 denklem yazılır. n tane düğüm noktalı bir kafes sisteminde 2n denklem yazılacağından 2n sayıda bilinmiyen çözülebilir. Toplam çubuk sayısı 2n-3 ve mesnetlerden de 3 bilinmiyen geleceğine göre denklem sayısı yeterli olur. Ayrıca sistem bütün bir rijid cisim gibi alınıp dengesi düşünüldüğünde 3 denklem daha yazılabilir. Bundan dolayı düğüm noktaları metodu ile fazladan elde edilen 3 denklem sonuçların kontrolu için kullanılabilir.Bir kafes sisteminde çubuk kuvvetlerini bulmadan önce sistem bütün bir rijid cisim olarak göz önüne alınıp mesnet tepkileri bulunabilir. Daha sonra düğüm noktalarının dengesi düşünülerek en fazla iki bilinmiyen içerecek şekilde düğüm noktası seçip işleme başlanır. Çubuklardan düğüm noktalarına gelen kuvvetler çubuk doğrultularında alınır.Düğüm noktalarındaki kuvvetlerle çubuklardaki kuvvetler etki tepki ilkesine göre birbirinin tam zıttıdır. Bir düğüm noktasındaki bilinmiyenler çözüldüğünde bu düğüm noktasına çubuklarla direk bağlı diğer düğüm noktalarında da birer tane bilinmiyen azalacağından en fazla iki bilinmiyen içeren düğüm noktalarını bulmak kolaylaşır. C
A
D B P C
A RAx
D RAy
P
B C
RB
A
B D
90
Problem 10.3.1 Verilen kafes sistemindeki çubuk kuvvetlerini düğüm noktaları metodunu kullanarak bulunuz. 6m
6m
20kN
10kN
A
B
C 4m
D 3m
E 6m
3m
Çözüm: Tüm kafes sistemi için serbest cisim diagramı 6m
6m
20kN
10kN
A
B
y RC y
C
x
RC x
4m E RE
D 3m
6m
3m
Tüm kafes sisteminin dengesi
∑M = 0 ∑F = 0 ∑F = 0 C
⇒
3RE − 12 ∗ 20 − 6 ∗ 10 = 0 ⇒ RE = 100kN
x
⇒
RC x = 0
y
⇒
RC y + RE − 20 − 10 = 0
⇒
91
RC y = −70kN
A düğüm noktası: S AD 3 5
20kN A
4
20kN
S AB
5
S AB
4
S AD
3
A düğüm noktasına etki eden kuvvetlerin geometrik toplamı kapalı bir üçgen oluşturur . Bu kuvvetlerin şiddetleri ile bu üçgenin veya benzer üçgenlerin kenar uzunlukları orantılı olur. S AB S AD 20 = = 3 5 4
⇒
S AB = 15kN ,
S AD = 25kN
D düğüm noktası: S DB
S DB S DA = 25kN
5m S DA = 25kN
6m
S DE
S DE
D S DB S DE 25 = = 5 6 5
⇒
S DB = 25kN ,
S DE = 30kN
B düğüm noktası: S BA
10kN = 15kN B 3
4
S BC
5 4
5
3
S BE
S BD = 25kN
B düğüm noktası için denge denklemleri 3 3 = 0 ⇒ S BC + S BE − 15 − 25 = 0 5 5 4 4 ∑ Fy = 0 ⇒ − 5 25 − 5 SBE − 10 = 0
∑F
S BE = −37,5kN ( S BE bası yönünde )
x
S BC = 52,5kN
92
E düğüm noktası: S EB = 37,5kN 4 5
S EC
5 4
3
3 E
S ED = 30kN RE = 100kN
E düğüm noktası için denge denklemleri 3 3 S EC + 30 + 37,5 = 0 5 5 4 4 ⇒ S EC + 100 − 37,5 = 0 5 5
∑F
x
=0 ⇒
S EC = −87,5kN ( S BE bası yönünde)
∑F
y
=0
4 4 (−87,5) + 100 − 37,5 = 0 (kontrol için) 5 5
C düğüm noktası: Bu düğüm noktası kullanılarak C deki mesnet tepkileri bulunabilir. Bu mesnet tepkileri tüm kafes sistemi bir rijid cisim gibi düşünülerek daha önce bulunduğuna göre burada kontrol yapılır. RC y = 70kN SCB = 52.5kN
RC x = 0
C 5 SCE = 87.5kN
4 3
C düğüm noktası için denge denklemleri ( Kontrol için ) 3 = 0 ⇒ RC x + SCE − SCB = 0 5 4 ∑ Fy = 0 ⇒ 5 SCE − 70 = 0
3 0 + 87,5 − 52,5 = 0 5 4 87,5 − 70 = 0 5
∑F
x
93
10.4 Özel düğüm noktaları Bir düğüm noktasında 4 tane çubuk şekildeki gibi ikişer ikişer aynı doğrultuda ise burada oluşturulacak kuvvet poligonu paralel kenar olur. Bundan dolayı aynı doğrultudaki çubuklara etki eden kuvvetlerin şiddeti birbirine eşit yönü birbirinin zıttı olur. E B
SAB
SAE SAB
A
A SAD
D
SAC SAE
SAD
SAC
C
Üç çubuktan oluşan bir düğüm noktasında çubuklardan ikisi aynı doğrultuda diğeri farklı doğrultuda yerleştirilmiştir.Ayrıca bir P kuvveti bu düğüm noktasına farklı doğrultudaki çubuğun doğrultusunda uygulandığında yine bu 4 kuvvet üzerine kurulan poligon paralel kenar şeklinde olur. Paralel kenarın karşılıklı kenarlarının uzunlukları birbirine eşit olacağından farklı doğrultudaki çubuk kuvvetinin şiddeti P kuvvetine eşit olur. Eğer bu P kuvveti kaldırılırsa farklı doğrultudaki çubuğun kuvveti sıfır olur. P
B
B
A
A
D
D C
C
94
İki çubuktan oluşan düğüm noktalarında iki çubuk aynı doğrultuda ise bunlara etki eden kuvvetlerin şiddetleri birbirine eşit yönleri birbirine zıttır. Böyle bir düğüm noktasına başka bir P kuvveti etki ediyorsa bunun şiddeti sıfır olmalıdır. İki çubuktan oluşan düğüm noktasındaki çubuklar farklı doğrultularda ise bu çubuklardaki kuvvetler sıfırdır. B A A
C B
C Aşağıda gösterilen kafes sisteminde BM ve FI çubuk kuvvetleri sıfırdır. FI çubuk kuvveti sıfır olduğu için FJ çubuk kuvveti de sıfırdır. D
P3
P2 C
P1 B
E F
RAX A
H M
RAy
L
K
J
I P4
RB
95
10.5 Kesim metodu ile kafes sisteminin analizi Tüm sistemin analizi yerine çubuklardan bazılarına gelen kuvvetler hesaplanacağı zaman kesim metodu daha pratiktir. Bu metotta kafes sistemi hesabı istenen çubuktan geçen ve bilinmiyen üç çubuktan fazla çubuk içermiyecek şekilde bir çizgi ile ikiye ayrılır. Ayrılan taraflardan birinde yazılacak olan
∑ Fx = 0
∑ Fy = 0
,
∑M = 0
,
denklemleri ile üç bilinmiyen çözülebilir.
A
P1
B
P2
C
F
A
P1
B
P3
D
E
P2
SBC SBE E
F SFE
∑ Fx = 0 ∑ Fy = 0 ∑ ME = 0
dan dan dan
S BC + S BE
FE + S FE = 0 BE
P1 + P2 + S BE
BF =0 BE
⇒
S BC BF − P1 ( AB + FE) = 0
S BE = −(P1 + P2 )
⇒ S BC = P1
BE BF
AB + FE BF
Bu elde edilen SBE ve SBC kuvvetleri 1. denklemde yerine konursa S FE = − P1
AB + FE FE + (P1 + P2 ) BF BF
elde edilir.
96
Problem 10.5.1 Şekilde gösterilen kafes sistemindeki FH , GH ve GI çubuklarındaki kuvvetleri bulunuz. 1kN 1kN 1kN 8m
F
1kN
D
H
1kN
B
J
A
L C
E 5kN
5m
G 5kN
5m
I
K
5kN
5m
5m
5m
5m
Çözüm: Tüm cismin serbest cisim diagramı 1kN y
n 1kN 1kN
8m
F
1kN
D
H
1kN
B
J L
θ
A C
E 5kN
RA
5m
G
I
5kN 5m
K
5kN n 5m
5m
x
RL
5m
5m
Tüm cisim için yazılacak denge denklemlerinden RA ve RL mesnet tepkileri bulunur.
∑F = 0 ∑M = 0 y
A
⇒ RA + RL − 5 ∗ 1 − 3 ∗ 5 = 0 ⇒
⇒ 30 RL − (5 + 10 + 15 + 20 + 25) ∗ 1 − (5 + 10 + 15) ∗ 5 = 0
RA + RL = 20kN ⇒ sin θ =
FG
RA + RL = 20kN
, cos θ =
RA + 7,5 = 20kN ⇒ GL
FL FL 8 15 , cos θ = sin θ = 17 17
2
⇒ RL = 7,5kN
RA = 12,5kN 2
, FL = GL + FG , FL = 152 + 82 , FL = 17 m
97
FG , GL
tan θ =
tan θ =
8 15
⇒
θ = 28, 07250
kafes sistemi nn doğrusundan geçecek şekilde bir kesitle kesildikten sonra geri kalan parça için yazılacak denge denklemlerinden istenen çubuk kuvvetleri bulunur. Çünkü kesit bu çubukları içine alacak şekilde seçilmiştir. F
1kN S HF
H 8m
1kN J
S HG β S IG
L
θ
G
I
x
K RL
5m
sin β =
GI GH
, cos β =
HI
2
2
, GH = GI + HI ,
GH
16 GH = 52 + ( ) 2 , GH = 3
481 , 3
sin β =
15 481
5m
5m
HI 10 = ⇒ 8 15
,
cos β =
HI =
16 m 3
16 481
Kesildikten sonra geri kalan parça için denge denklemleri:
∑F = 0 ⇒ ∑F = 0 ⇒ ∑M = 0 ⇒ x
y
G
− S HF cos θ − S HG sin β − S IG = 0
S HF sin θ − S HG cos β − 1 − 1 + RL = 0 HI S HF cos θ + GI S HF sin θ − GI ∗ 1 − GK ∗ 1 + GL RL = 0 ,
16 15 8 120 S HF + 5 S HF − 5 − 10 + 15 ∗ 7,5 = 0 ⇒ S HF = −97,5 ⇒ 3 17 17 17
∑F
y
=0
⇒
−13,8125
8 16 − S HG − 1− 1 + 7,5 = 0 ⇒ 17 481
S HG = −
S HF = −13,8125 kN
481 kN 16
S HG = −1,371 kN
∑F
x
=0
⇒
−(−13,8125)
15 481 15 − (− − S IG = 0 ) 17 16 481
98
⇒
S IG = 13,125 kN
BÖLÜM 11 ÇERÇEVE VE MAKİNELER 11.1 Giriş Birden fazla sayıdaki parçaların mafsallar yardımıyla birleşiminden ortaya çıkan yapılarda bazı durumlarda kafes sisteminde farklı olarak elemanlara kendi doğrultuları dışındada ihmal edilemeyen büyüklükte kuvvetler gelebilir. Bu durumdaki sistemlere çerçeve veya makine denir. Çerçeveler Genellikle sabittir ve yükleri taşımak için oluşturulur. Makineler ise sabit veya hareketli olup kuvvetleri iletmek veya değiştirmek için imal edilir. makineler daima hareketli parçaları içerirler.
11.2 Çerçeveler Çeşitli kuvvetler etkisindeki n sayıda parçadan oluşmuş bir çerçeveye ait problemi klasik denge denklemleri ile çözmek için parçalarına ayırmak gerekir. Çerçeve parçalarına ayrıldıktan sonra her bir parça ayrı bir rijid cisim gibi düşünülerek denge denklemleri yazılır.Ayrıca birleşme yerlerinde etki –tepki ilkesi göz önünde bulundurulur.
D E F C B
W
A H
99
D C
E
S
F W B
RAx
A RAy
D
C RCy C
B
RCx
-SBE
E
-RCx
F -RCy
SBE
E B
SBE RAx
A RAy
100
-SBE
W
Problem 11.2.1 Şekilde gösterilen çerçevedeki ACE ve BCD elemanları C de bir pim ve DE bağlantı çubuğu ile birbirine bağlanmıştır. Gösterilen yükleme durumunda DE bağlantı çubuğundaki kuvveti ve C den BCD elemanına gelen kuvvetin bileşenlerini bulunuz. A 160 mm 480 N B 150 mm 60 mm
C
D
80 mm E 60mm 100mm
150 mm
Çözüm:
Tüm cisim için serbest cisim diyagramı y RA y
A
RAx
160 mm 480 N RB
B 150 mm
60 mm
C
D
80 mm
α
x E 60mm 100mm
150 mm
Tüm cisim için denge denklemleri:
∑F = 0 ⇒ ∑F = 0 ⇒ ∑M = 0 ⇒ x
y
A
sin α =
RAx + RB = 0 RAy − 480 = 0
⇒
RAy = 480 N
, RAx = −300 N
160 RB − 100 ∗ 480 = 0 ⇒ RB = 300 N
80 150 + 80 2
⇒ RAx = − RB
2
, sin α =
8 17
,
cos α =
101
150 150 + 80 2
2
, cos α =
15 17
BCD cismi için serbest cisim diyagramı : 60mm 100 mm RB = 300 N B
150 mm 480 N
RC y
60 mm C
RC x
α S DE
BCD cismi için denge denklemleri :
∑F = 0 ⇒ ∑F = 0 ⇒ ∑M = 0 ⇒ x
RC x − S DE cos α + 300 = 0
y
RC y − S DE sin α − 480 = 0
C
(100 + 150) S DE sin α + 60 ∗ 300 + 100 ∗ 480 = 0
17(100 ∗ 480 + 60 ∗ 300) , S DE = −561 N 8 ∗ 250 15 15 ∑ Fx = 0 ⇒ RC x − (−561) 17 + 300 = 0 , RC x = − 17 561 − 300 , RC x = −795 N 8 ∑ Fy = 0 ⇒ RC y − (−561) 17 − 480 = 0 , RC y = 216 N S DE = −
ACE cismi için serbest cisim diyagramı : RA y
A
RAx
220 mm RC x
C RC y
80 mm
S DE
E
α
100 mm
ACE cismi için denge denklemleri (kontrol için)
∑F
x
=0 ⇒
∑F = 0 ∑M = 0 y
A
⇒
RAx − RC x + S DE cos α = 0 , (−300) − ( −795 ) + ( −561) RA y − RC y + S DE sin α = 0 ,
480 − 216 + ( −561)
⇒ −220 RC x + 300 S DE cos α + 100S DE sin α = 0
−220 ( −795 ) + 300 ( −561)
15 8 + 100 ( −561) = 0 17 17 102
15 =0 17
8 =0 17
11.3 Makineler Makineler kuvvetleri iletmek veya değiştirmek için kullanılan yapılardır. İster tek bir alet ve komple bir mekanizma olsun tümünde iletilen giriş kuvvet veya momentleri ile çıkışta oluşturulan kuvvet veya momentler göz önüne alınır. Bu tür yapıların çözümünde çerçevelerdeki aynı yöntem izlenir. Yani tüm yapı elemanlarına ayrılıp her bir eleman için temel denklemler yazılır. Ayrıca birleşme veya temas noktalarında etki tepki ilkesi kullanılır. Aşağıdaki şekilde gösterilen el makasında AB kolunun A ucuna uygulanan P Kuvveti bu makasın mekanizması tarafından Q kuvvetine dönüştürülür. A P
B
Q
Problem 11.3.1 Aşağıda gösterilen mekanizmayı dengede tutmak için CD krankına uygulanması gereken M C momentinin şiddetini bulunuz. D bloğu CD krankına bir pimle bağlanmıştır ve AB elemanında açılmış bir yarık içinde serbestçe kayabilir. 10 cm
D
A C
B 1500 N
600 MC
45 cm
30 cm
103
Çözüm : Tüm cisim için serbest cisim diyagramı: 10 cm
D
B 1500 N
0
RAx A
60 RC x C
α
MC
RA y
RC y
45 cm
30 cm
Tüm cisim için denge denklemleri:
∑F = 0 ⇒ ∑F = 0 ⇒ ∑M = 0 ⇒
RAx + RC x = 0
x
⇒ RAx = − RC x
RAy + RC y − 1500 = 0
y
⇒
M C + 45 RC y − 75 ∗ 1500 = 0
A
2
2
AC + CD − 2 AC ∗ CD cos ACD , AD = 452 + 102 − 2 ∗ 45 ∗ 10 cos1200
AD =
AD = 50, 74446 cm sin α =
CD sin 600 AD
, sin α =
10sin 600 ⇒ 50, 74446
α = 9,8260
AB elemanı için serbest cisim diyagramı : D
B 1500 N
RAx A RD RA y
75 cm
AB elemanı için moment denklemi :
∑M
A
=0 ⇒
AD RD − 75 ∗ 1500 = 0 ⇒
RD = 2216,991 N
CD Krankı için serbest cisim diyagramı: 10 cm
90- α D 600
RD
MC RC x C RC y
104
CD Krankı için denge denklemleri :
∑F
=0
x
⇒ RC x + RD cos ( 90 − α ) = 0 ⇒ RC x = − RD cos ( 90 − α )
RC x = −2216,991 ∗ cos ( 90 − 9,826 ) , RC x = −378,344 N
∑F
y
=0
⇒
RC y − RD sin ( 90 − α ) = 0 ⇒ RC y = 2216,991∗ sin ( 90 − 9,826 )
RC y = 2184, 47 N
∑M
C
=0
⇒
M C k + CD ∧ RD = 0
M C k + (10 cos 600 i + 10sin 600 j ) ∧ [ RD cos(90 − α ) i − RD sin(90 − α ) j ] = 0 M C k + [−10 cos 600 RD sin(90 − α ) − 10sin 600 RD cos(90 − α )] k = 0 M C = +10 cos 600 RD sin(90 − α ) + 10sin 600 RD cos(90 − α ) M C = +10 cos 600 ∗ 2216,991 ∗ sin 80,1736 + 10sin 600 ∗ 2216,991 ∗ cos80,1736
M C = 14199 Ncm
Tüm cisim için denge denklemleri:
∑F ∑F
x
=0 ⇒
RAx + RC x = 0
⇒ RAx = − RC x
y
=0 ⇒
RAy + RC y − 1500 = 0
⇒
⇒
RAx = 378,344 N
RAy = −684, 47
Tüm cisim için moment denklemi: ( kontrol için )
∑M
A
= 0 ⇒ M C + 45 RC y − 75 ∗ 1500 = 0 ⇒
14199 + 45 ∗ 2184, 47 − 75 ∗ 1500 = 0 ⇒ 0,15 ≅ 0 alınabilir.( yuvarlatma
hatalarından kaynaklanır.)
105
BÖLÜM 12 KİRİŞLERDEKİ KESİT ZORLARI KESME KUVVETİ VE EĞİLME MOMENTİ DİYAGRAMLARI 12.1 Kirişlerde kesit zorları Bir kirişin enine kesitindeki iç kuvvetlerin ve momentlerin kesit düzleminde ve kesite dik olmak üzere alınan bileşenlerine kesit zorları denir. Kirişlerin boyutlandırılmasında kesit zorlarının bilinmesi hesapları kolaylaştırır. Kesit zorlarının bileşenleri etki şekline göre aşağıdaki gibi isimlendirilir. Normal kuvvet : Kesite etki eden iç kuvvetin kesite dik bileşeni. Kesme kuvveti : Kesite etki eden iç kuvvetin kesit düzlemindeki bileşeni. Burulma momenti: Kesite etki eden momentin kesite dik bileşeni. Eğilme momenti : Kesite etki eden momentin kesit düzlemindeki bileşeni.
12.2 Kesit zorları için kabul edilen pozitif yönler Normal kuvvet ve burulma momenti kesitten dışarı doğru ise pozitif kabul edilir. Kesme kuvveti kesit düzleminin ayırdığı parçalardan sağdakini aşağı doğru harekete zorluyorsa pozitif alınır. Eğilme momenti kirişi aşağıya doğru bel verecek şekilde eğerse pozitif alınır. V M V M Kesitteki iç kuvvetler ( pozitif kesme kuvveti V ve Pozitif Eğilme momenti M )
Pozitif kesme kuvvetinde dış kuvvetlerin etkisi
Pozitif eğilme momentinde dış kuvvetlerin etkisi 106
12.3 Yayılı yük , kesme kuvveti ve eğilme momenti arasındaki bağıntılar q q(x)
B A
x C
D dx
xC
E
xD Şekilde yayılı yük etkisindeki basit mesnetli bir kiriş gösterilmektedir. Bu kirişden alınan bir diferansiyel eleman üzerinde etkiyen kuvvetler ve bu elemanın dengesi düşünülerek aşağıdaki denklemler yazılabilir. dx/2
q dx
V M
M+dM C
∑ Fy = 0
⇒
dx
D V+dV
V − (V + dV ) − q dx = 0 dV= − q dx dV = −q dx
Böylece kesme kuvvetinin kesit uzunluğu boyunca türevi o noktadaki yayılı yüke şiddeti eşit yönü ise zıt olur.
107
XE
VE − VC = − ∫ q dx XC
Buradan E ve C noktaları arasındaki kesme kuvveti farkının bu noktalar arasında yayılı yük diagramı altındaki alana eşit olduğu anlaşılır.
∑ MD = 0
⇒
(M + dM ) − M − V dx + q dx
dx =0 2
1 dM = V dx − (dx) 2 2 dM =V dx
Bu son ifadeden eğilme momentinin kiriş uzunluğu boyunca türevinin kesme kuvvetine eşit olduğu anlaşılır. dM = V dx ME − MC =
XE
∫ V dx
XC
Buradan E ve C noktaları arasındaki eğilme momenti farkının bu noktalar arasında kesme kuvveti diagramı altındaki alana eşit olduğu anlaşılır.
12.4 Kesme kuvveti ve eğilme momenti diyagramları Kiriş kesiti boyunca kesme kuvveti ve eğilme momenti diyagramlarının çizilmesi bu büyüklüklerin izlenmesi ve buna göre kirişin ölçülendirilmesi mühendislik açısından önemlidir. Bu diyagramların çiziminde en çok kullanılan yöntem kesit yöntemidir. Kesit yönteminde kiriş uzunluğu boyunca bazı özel noktalarından ( tekil yük etki noktaları yayılı yük başlangıç ve bitiş noktaları) bölgelere ayrılır. Bu her bölge başlangıcı ve az evveli olmak üzere kesitler alınıp kesitin sol tarafının dengesi için yazılan denklemlerden kesme kuvveti ve eğilme momenti değerleri hesaplanır.Elde edilen değerler yardımıyla kesme kuvveti ve eğilme momenti diyagramları çizilir.
108
Problem 12.4.1 Şekilde görülen kirişte , verilen yükleme durumu için , kesme kuvveti ve eğilme momenti diyagramlarını çiziniz. 20 kN 10 kN B A
D C 1,25 m
1,5 m
1m
Çözüm: 20 kN 10 kN B A
D 1
2 3 RB 1,25 m
4C5 1,5 m
6 1m
RD
Tüm kiriş için denge denklemleri:
∑F ∑M
=0 ⇒
y B
RB + RD − 10 − 20 = 0 ⇒
=0 ⇒
RB + RD = 30 kN
2,5 RD + 1, 25 ∗ 10 − 1,5 ∗ 20 = 0 ⇒
RD = 7 kN ,
RB = 23 kN
1 kesitinin solundaki kiriş parçası için serbest cisim diyagramı ve denge denklemleri :
∑F ∑M
10 kN
y
=0
1
=0
⇒
−10 − V1 = 0
⇒ V1 = −10 kN
M 1 + 0 ∗ 10 = 0 ⇒ M 1 = 0
⇒
M1 V1
2 kesitinin solundaki kiriş parçası için serbest cisim diyagramı ve denge denklemleri :
∑F = 0 ∑M = 0
10 kN
y
2
⇒
−10 − V2 = 0
⇒
M 2 + 10 x = 0 ⇒ M 2 = −10 x
M2
x
V2
109
⇒ V2 = −10 kN
3 kesitinin solundaki kiriş parçası için serbest cisim diyagramı ve denge denklemleri : 10 kN
∑ F = 0 ⇒ −10 + 23 − V3 = 0 ⇒ ∑ M = 0 ⇒ M 3 + 10 ∗ 1, 25 = 0 ⇒ y
M3
1,25
3
V3 = 13 kN M 3 = −12,5 kNm
V3 RB = 23kN
4 kesitinin solundaki kiriş parçası için serbest cisim diyagramı ve denge denklemleri : 10 kN M4 V4 RB = 23kN
1,25 m
x
∑F = 0 ⇒ ∑M = 0 ⇒ y
4
−10 + 23 − V4 = 0 ⇒ V4 = 13 kN
M 4 + 10 x − 23( x − 1, 25) = 0 ⇒ M 4 = 13 x − 28, 75
5 kesitinin solundaki kiriş parçası için serbest cisim diyagramı ve denge denklemleri : 20 kN 10 kN B M5
A RB = 23 kN 1,5 m
1,25 m
∑F = 0 ⇒ ∑M = 0 ⇒ y
5
−10 + 23 − 20 − V5 = 0
V5 ⇒ V5 = −7 kN
M 5 + 10 ∗ 2, 75 − 23 ∗ 1,5 = 0 ⇒ M 5 = 7 kNm
6 kesitinin solundaki kiriş parçası için serbest cisim diyagramı ve denge denklemleri : 20 kN 10 kN B M6
A C 1,25 m
RB = 23 kN 1,5 m
V6
x 110
∑F ∑M
y
= 0 ⇒ −10 + 23 − 20 − V6 = 0
⇒ V6 = −7 kN
6
= 0 ⇒ M 6 + 10 x − 23( x − 1.25) + 20 ( x − 2, 75) = 0 , M 6 = −7 x + 26, 25
D noktasındaki yüzeyin solundaki kiriş parçası için serbest cisim diyagramı ve denge denklemleri : 20 kN 10 kN B
D MD
A C RB = 23 kN 1,5 m
1,25 m
VD RD = 7 kN
1m
∑ F = 0 ⇒ −10 + 23 − 20 + 7 − VD = 0 ⇒ VD = 0 ∑ M = 0 ⇒ M D + 10 ∗ 3, 75 − 23∗ 2,5 + 20 ∗ 1 = 0 , M D = 0 y
D
20 kN 10 kN B A
D 1
2 3 RB 1,25 m
4C5 1,5 m
6 1m
RD
13 kN
x -7 kN -10 kN
7 kNm x
-12,5 kNm
111
Problem 12.4.2 Şekilde görülen C de ankastre mesnetli kirişin , verilen yükleme durumu için , kesme kuvveti ve eğilme momenti diyagramlarını çiziniz.
q0
A B
a
C
L
Çözüm: Tüm kiriş için serbest cisim diyagramı ve denge denklemleri : y
a 3 q0 a 2
q
q0 MC
A
x x
B
C
a
RC x RC y
L
∑F
x
=0 ⇒
RC x = 0
q0 a q a = 0 ⇒ RC y = 0 2 2 q0 a 2 q0 a a q0 a M L M = 0 ⇒ + ( − ) = 0 ⇒ M = − L , ∑ C C C 6 2 3 2 q a−x a−x ⇒ q= = q0 q0 a a
∑F
y
=0
⇒
RC y −
112
MC = −
q0 a (3L − a ) 6
kirişin A ile B arasındaki bir kesiti için serbest cisim diyagramı ve denge denklemleri: (q0 − q ) x 2 y qx
q q0 − q
q MD
A
D V
x/2
x
∑F
y
=0 ⇒
V =−
(q0 +
−V −
(q0 − q ) x −qx =0 2
a−x q0 ) x a 2
, V =−
⇒
V =−
q0 x) x a , 2
(2q0 −
(q0 + q ) x 2
V =
q0 2 x − q0 x 2a
(q0 − q) x 2 qx 2 (q0 − q ) x 2 1 ∑ M D = 0 ⇒ M D + 2 3 x + qx 2 x = 0 ⇒ M D = − 3 − 2 (2q0 + q) x 2 , MD = − 6
MD = −
(3q0 −
x q0 ) x 2 a , 6
B noktasında x = a dır. VB =
q q0 2 a − q0 a , VB = − 0 a 2a 2
MB =
q0 3 q0 2 a − a , 6a 2
MB = −
q0 2 a 3
113
MD =
q0 3 q0 2 x − x 6a 2
kirişin B ile C arasındaki kesitlerinde serbest cisim diyagramı a 3
y
q0 a 2
q0 MC
A B
E
a
VE x
∑F
y
∑M
=0
E
⇒
−VE −
q0 a =0 2
⇒
VE = −
q a a M E + 0 (x − ) = 0 2 3
=0 ⇒
q0 a 2 q0 a q0 a 2 ME = − x+ 2 6
⇒
C noktasın da x = L dir. MC = −
q0 a q a2 L+ 0 2 6
,
MC = −
q0 a (3L − a) 6
Tüm kiriş için kesme kuvveti ve eğilme momenti diyagramı : y
a/3 q0 a 2
q
q0 MC A
x x
B
RC x
C
a
RC y L x
V =
q0 2 x − q0 x 2a
VB = VC = −
q0 a 2
x M =
q0 3 q0 2 x − x 6a 2
M =−
MB = −
q0 2 a 3
q0 a q a2 x+ 0 2 6 114
MC = −
q0 a (3L − a ) 6
Problem 12.4.3 Basit mesnetli AC kirişine B noktasından M B şiddetinde bir kuvvet çifti uygulanmıştır. Bu kiriş için kesme kuvveti ve eğilme momenti diyagramlarını çiziniz. MB A
B
C
a L
Çözüm: Tüm cisim için serbest cisim diyagramı ve denge denklemleri: MB A
B
RA
C
a
RC L
∑F
y
∑M
C
=0
⇒
RA + RC = 0 ⇒
RC = − RA
=0
⇒
M B − RA L = 0 ⇒
RA =
MB L
, RC = −
MB L
kirişin A ile B arasındaki bir kesiti için serbest cisim diyagramı ve denge denklemleri: A
RA
∑F
y
∑M
x ⇒
=0 D
MD
D
=0 ⇒
VD
RA − VD = 0 ⇒ VD = RA , M D − RA x = 0
⇒
VD =
M D = RA x ,
MB L MD =
MB x L
kirişin A ile C arasındaki bir kesiti için serbest cisim diyagramı ve denge denklemleri: MB A
ME
B
RA
a
VE x
∑F
y
=0
⇒
⇒ VE = RA ,
VE = VD =
115
MB L
∑M ME =
E
=0
⇒
M E + M B − RA x = 0 ⇒
MB x − MB L
M E = RA x − M B
x M E = − M B (1 − ) L
,
AC kirişi için kesme kuvveti ve eğilme momenti diyagramları : MB A
B
RA
C
a
RC L
MB L
x
MB x L
MB
a L x
x − M B (1 − ) L a − M B (1 − ) L
116
BÖLÜM 13 VİRTÜEL İŞLER İLKESİ 13.1 Giriş Buraya kadar incelenen konular içinde bir cisme maddesel nokta modeli ile yaklaşıldığında bu cisme etki eden kuvvetlerin geometrik toplamının sıfır olmasının denge şartı için gerek ve yeter şart olduğu söylendi. Aynı şekilde bir rijid cisme etki eden kuvvet sisteminin sıfıra eşdeğer olması denge için yeter ve gerek koşul olması problemlerin çözümünde kullanıldı. Bunlardan farklı olarak çeşitli bağlarla birbirine bağlanarak oluşturulan rijid cisim sistemi olarak kabul edilen yapılar için etki eden kuvvet sisteminin sıfıra eşdeğer olması yeterli koşul değildir. Bundan dolayı bu tür problemlerde sistem elemanlarına ayrılarak sıfıra eşdeğerlik kuralı etki tepki ilkesi ile birlikte her bir elemana ayrı ayrı uygulanıp çözüme gidilir. A F
-F
Şekilde gösterilen A da sürtünmesiz mafsal ile bağlanmış rijid cisim sisteminde sisteme etki eden dış aktif kuvvetler sıfıra eşdeğer olmasına rağmen sistem bu kuvvetler etkisinde dengede değildir. Virtüel işler ilkesi ise rijid cisim sistemine parçalarına ayırmadan uygulanır. Bundan dolayı özellikle rijid cisim sistemlerinde bağ kuvvetlerinin gerekli olmadığı durumlarda virtüel işler ilkesi tercih edilir.
13.2 Virtüel yer değiştirme a) Sistemin bağlarına uygun yer değiştirme b) Diferansiyel karakterde ( sonsuz küçük) c) Gerçek olması gerekmeyen , sadece tasarlanan bir yerdeğiştirme d) Dondurulmuş zaman içinde oluşan bir yerdeğiştirmedir. e) Bu özellikleri sağlamak koşulu ile keyfi bir yerdeğiştirmedir. Bir kuvvetin etki ettiği bir A noktasının yer vektörü rA ise bu noktanın virtüel yer değiştirmesi δ rA ile gösterilir.
117
13.3 Bir kuvvetin virtüel işi y
F A
δ rA
rA
o
x
z Bir F kuvvetinin A uygulama noktasının virtüel yer değiştirmesinde bu kuvvetin yaptığı iş δ τ = F • δrA
13.4 Bir Momentin virtüel işi Rijid cisim veya sistemlerinin konumu bazen uzunluk yerine açı ile belirlenebilir. Bu durumda açıdaki virtüel değişimde momentin yaptığı iş δ τ = M ⋅ δθ
dır.
13.5 Virtüel işler ilkesi Bir maddesel nokta ,maddesel noktalar sistemi ,rijid cisim veya rijid cisim sisteminin dengede olması için sisteme etki eden dış Aktif kuvvetlerin sistemin bağlara uygun virtüel yer değiştirmesinde yaptığı işler toplamının sıfıra eşit olması gerek ve yeter koşuldur. Bir sisteme etki eden dış aktif kuvvetler A1 noktasında F1 , A2 noktasında F2 , . . . ve An noktasında Fn olsun. Bu noktaların virtüel yer değiştirmesinde bu kuvvetlerin yaptığı virtüel işler toplamının sıfır olması bu sistemin dengesi için gerek ve yeter koşuldur . δτ = F1 • δrA1 + F2 • δrA 2 +
+ Fn • δrAn
118
Problem 13.5.1 Bir hidrolik kaldırma platformu 1000kg kütleli yükleri kaldırmakta kullanılıyor. Platformun aşağı yukarı hareketi her iki tarafında aynı uzunluklu bağlantı çubukları yardımı ile eşit kuvvet uygulayan hidrolik silindirler tarafından gerçekleştirilmektedir. Aşağıdaki şekilde tek bir bağlantı ve tek bir silindir gösterilmektedir. θ = 600 , a = 0,7 m. L = 3,2 m. için hidrolik silindirlerin uyguladığı kuvveti bulunuz. ( ED = BD = a ) d ½W A B
C 2a
D
θ E
G
H
½L
½L
Çözüm: y d ½W I A B
C 2a
S HD
D
θ x
RE x
E
RE y
G ½L
RG
H ½L
Virtüel iş ilkesi: δτ = 0 ⇒ 0,5W • δ rI + S HD • δ rD = 0 W = −mg j ,
S HD = S HDU HD
, rI = d ∗ i + 2a sin θ j ,
119
rD = a cos θ i + a sin θ j
U HD =
HD
,
HD
HD = −( L − a cos θ ) i + a sin θ j ,
HD = L2 + a 2 − 2aL cos θ ,
δτ = 0 ⇒ −0, 5mg j • (2a cos θ δθ j ) + (
− mga cos θ +
− S HD ( L − a cos θ )
L2 + a 2 − 2aL cos θ δ rD = − a sin θ δθ i + a cos θ δθ j
δ rI = 2a cos θ δθ j ,
− mga cos θ δθ +
S HD =
HD = ( L − a cos θ ) 2 + (a sin θ ) 2
− S HD ( L − a cos θ ) L + a − 2aL cos θ 2
2
S HD a sin θ
i+
S HD ( L − a cos θ ) a sin θ δθ
L2 + a 2 − 2aL cos θ
j
j ) • (− a sin θ δθ i + a cos θ δθ j ) = 0
( S HD a sin θ )a cos θ δθ
=0 L + a − 2aL cos θ L2 + a 2 − 2aL cos θ S HD L a sin θ mga cos θ L2 + a 2 − 2aL cos θ = 0 ⇒ S HD = 2 2 L a sin θ L + a − 2aL cos θ 2
2
+
L + a 2 − 2aL cos θ 2
S HD a sin θ
i+
mg L2 + a 2 − 2aL cos θ L tan θ 1000 ∗ 9,81 3, 22 + 0, 7 2 − 2 ∗ 0, 7 ∗ 3, 2 cos 600 = 0 3, 2 ∗ tan 60
S HD = S HD
,
S HD = 5157, 2 N
Problem 13.5.2 Şekilde gösterilen mekanizmayı dengede tutmak için CD krankına uygulanması gereken M C kuvvet çiftini θ = 600 için bulunuz. Blok D de CD krankına bir pimle bağlıdır ve AB kolunda açılmış bir yarık içinde serbestçe kayabilmektedir. D MC C
A
B P = 150 N
θ 10cm
45 cm
30 cm
Çözüm : y D ϕ
RAx A RA y
MC RC x
45 cm
120
B P = 150 N
θ C
10cm
RC y
30 cm
x
δτ = 0 ⇒
M C δθ + P • δ rB = 0
⇒
M C δθ − P • δ yB = 0
yB = AB sin ϕ
AD sin ϕ = CD sin θ , sin ϕ =
CD AD
sin θ ,
AD = 452 + 102 − 2 ∗ 45 ∗ 10 ∗ cos(180 − θ )
AD = 2125 + 900 ∗ cos θ , θ = 600 için
AD = 50, 7445cm , ϕ = arcsin(
CD AD
sin θ )
10 45 + 30 , AB = , AB = 76,117cm , sin 600 ) , ϕ = 9,8260 50, 7445 cos ϕ 10 761,17 sin ϕ = sin θ , yB = sin θ 2125 + 900 ∗ cos θ 2125 + 900 ∗ cos θ yB = 761,17 (2125 + 900 ∗ cos θ ) −1/ 2 sin θ ϕ = arcsin(
1 2 δ yB = 9, 466 δθ
δ yB = (− 761,17 (2125 + 900 ∗ cos θ )−3 / 2 (−900sin θ ) sin θ + 761,17 (2125 + 900 ∗ cos θ ) −1/ 2 cos θ ) δθ
δτ = 0 ⇒
M C δθ − 150 ∗ 9, 466 δθ = 0 ⇒ M C − 150 ∗ 9, 466 = 0 ⇒
M C = 150 ∗ 9, 466
M C = 1419,9 Ncm
13.6 Çok serbestlik dereceli sistemlerde virtüel işler ilkesi: Bir sistemin hareketi esnasında her an için konumunu belirleyen açı uzunluk gibi değişkenlere genelleştirilmiş koordinatlar denir. Genelleştirilmiş koordinatların birbirinden bağımsız olan sayısına serbestlik derecesi denir. Çok serbestlik dereceli sistemlerde virtüel işler ilkesi uygulanırken serbestlik derecesini belirleyen genelleştirilmiş koordinatların her seferinde bir tanesinin değişimine izin verilip serbestlik derecesi kadar denklem elde edilir.
121
Problem 13.6.1 Her birinin uzunluğu l ağırlığı W olan üç çubuk birbirlerine mafsallıdır .Birinci çubuk ayrıca sabit mesnede mafsallıdır ve son çubuğun ucuna P kuvveti uygulanmıştır. Sistem düşey düzlemde olduğuna göre denge durumunda çubukların düşey doğrultu ile yaptıkları açıları P kuvveti ve W ağırlığına bağlı olarak bulunuz. A
x W GAB
θ AB
B
W
GBC
θ BC
W
C D
θCD GCD
P
y
Çözüm: δτ = 0
⇒
W • δ rGAB + W • δ rGBC + W • δ rGCD + P • δ rD = 0
⇒
W δ yG AB + W δ yGBC + W δ yGCD + P • δ xD = 0
l l l cos θ AB , yGBC = l cos θ AB + cos θ BC , yGCD = l cos θ AB + l cos θ BC + cos θCD 2 2 2 xD = l sin θ AB + l sin θ BC + l sin θCD l l δ yGAB = − sin θ AB δθ AB , δ yGBC = −l sin θ AB δθ AB − sin θ BC δθ BC 2 2 l δ yGCD = −l sin θ AB δθ AB − l sin θ BC δθ BC − sin θCD δθCD 2 δ xD = l (cos θ AB δθ AB + cos θ BC δθ BC + cos θCD δθCD )
yGAB =
δτ = 0 ⇒ l l l −W ( sin θ AB δθ AB + l sin θ AB δθ AB + sin θ BC δθ BC + l sin θ AB δθ AB + l sin θ BC δθ BC + sin θ CD δθ CD ) + 2 2 2 + Pl (cos θ AB δθ AB + cos θ BC δθ BC + cos θ CD δθCD ) = 0 1 1 1 −W ( sin θ AB δθ AB + sin θ AB δθ AB + sin θ BC δθ BC + sin θ AB δθ AB + sin θ BC δθ BC + sin θ CD δθ CD ) + 2 2 2 + P (cos θ AB δθ AB + cos θ BC δθ BC + cos θCD δθCD ) = 0
Her bir denklem için bir açıya değişim verilir. δθ AB ≠ 0 , δθ BC = 0 , δθCD = 0 için δτ = 0 ⇒ −W ( 1 sin θ AB δθ AB + sin θ AB δθ AB + sin θ AB δθ AB ) + P cos θ AB δθ AB = 0 2
5 −W ( sin θ AB ) + P cos θ AB = 0 2
⇒
tan θ AB =
2P 5W
122
δθ AB = 0 , δθ BC ≠ 0 , δθCD = 0 için δτ = 0 ⇒ −W ( 1 sin θ BC δθ BC + sin θ BC δθ BC ) + P(cos θ BC δθ BC ) = 0 2
−W
3 sin θ BC + P cos θ BC = 0 2
⇒
tan θ BC =
2P 3W
δθ AB = 0 , δθ BC = 0 , δθCD ≠ 0 için δτ = 0 ⇒ −W ( 1 sin θCD δθCD ) + P(cos θCD δθCD ) = 0 2
−W
1 sin θCD + P cos θCD = 0 ⇒ 2
tan θCD =
2P W
123
