[A305] Mukavemet Ders Notu FULL.pdf

Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIROĞLU Osman GENÇEL

Sayfa 1

21.04.2006/11:10

MUKAVEMET 1. GİR İŞ İŞ - Mekanik Tan ımı - Elastisite - İdeal Kavramlar (elastik cisim- homogen- izotrop- hooke yasas ı)

2. İÇ KUVVETLER ve NORMAL KUVVET HAL İ - Normal Gerilme - Kayma Gerilmesi - Boyutlandırma

3. KESİT TESİRLER İ DİYAGRAMLARI (Basit Mukavemet Halleri) - Kesit tesirleri - Yayılı yük, kesme kuvveti, e ğilme momenti aras ındaki ba ğıntılar

4. MUKAVEMETİN TEMEL KAVRAMLARI -Tek eksenli Gerilme Hali - İki Eksenli Gerilme Hali -Üç Eksenli Gerilme Hali -Gerilme ve Şekil Değiştirme İlişkisi

5. BURULMA 6. ATALET MOMENTLER İ 7. EĞİLME 8. KESMELİ EĞİLME 9. ELASTİK EĞR İ ve EĞİM -Mohr Metodu (Moment Alan) - Konsol Kiriş Yöntemi

10. NORMAL KUVVET ve E ĞİLME 11. EĞİLMELİ BURKULMA 12. ENERJİ YÖNTEMLER -Virtüel İş İlkesi [1].

1


Sayfa 2

21.04.2006/11:10

1. GİR İŞ İŞ Mukavemet; Kuvvetlerin tesiri alt ında meydana gelen şekil değişikliği, kuvvetlerin etkisi kalktıktan sonra kaybolan, yani; eski şeklini alan elastik cisimlerin mekani ğidir. Teknik alanda kullan ılan malzemelerin çe şitli yüklere dayanmas ı için gerekli hesap esaslar ını inceler. Bir mühendisin vazifelerinden en mühimi eleman ın (malzemenin) bütün kullanma şartlar ını göz önüne alarak yap ı ve makine elemanlar ının boyutlar ını hesaplamak oldu ğuna göre; bu boyutlar ı hesaplarken iki şartı göz önünde tutmak zorundad ır.

a) Mukavim olma şartı Yani elemanın boyutlar ını o şekilde tayin edecektir ki, eleman kendisine tesir eden d ış kuvvetlere mukavemet etsin. O halde bu şart elemanın kesitinin et kal ınlığının fazla olmasına sebep olur.

b) Ekonomi şartı Yani elemanın ucuza mal edilmesidir. Bu şartta elemanın et kal ınlığının daha az olmas ıyla daha az malzeme kullan ılır. Mühendis bu iki z ıt şartın en uygun çözümünü arar. Mukavemet bilgisi matematikten ve malzeme bilgisinden çok yararlan ır. Deneylere önem verir. Bazı kabuller neticesinde bulunan formüllrin deney sonuçlar ına uygun olup olmad ığına bak ılır. Sonuç olarak; Mukavemet cisimlerin (malzemenin) kesitlerinde meydana gelen iç kuvvetlerin elastik cisimlerin kesitlerinde nas ıl dağıldıklar ını, birim kesit alanına düşen kuvveti, yani gerilmeyi, elastik cisimlerin kuvvetler etkisi alt ında nasıl ve ne kadar şekil değiştirdiklerini (deformasyonlar ını = uzama, k ısalma, sehim, e ğilme, burulma, burkulma) miktar ını araştır ır.

DIŞ KUVVET Bir cisme di ğer cisimler taraf ından yap ılan etkiye d ış kuvvet denir. a) Doğrudan doğruya belli olanlar; (Kendi ağırlığı, üzerine yüklenmi ş ağırlıklar, diğer kuvvetler) b) İrtibatlardan gelenler (mesnet tepkileri) Cisimlerin di ğer cisimlere ba ğlanmasından meydana gelen  Döşemenin

kirişe  Kirişin kolona  Kolonun temele  Temelin zemine  Balkonun dö şemeye 2


Sayfa 2

21.04.2006/11:10

1. GİR İŞ İŞ Mukavemet; Kuvvetlerin tesiri alt ında meydana gelen şekil değişikliği, kuvvetlerin etkisi kalktıktan sonra kaybolan, yani; eski şeklini alan elastik cisimlerin mekani ğidir. Teknik alanda kullan ılan malzemelerin çe şitli yüklere dayanmas ı için gerekli hesap esaslar ını inceler. Bir mühendisin vazifelerinden en mühimi eleman ın (malzemenin) bütün kullanma şartlar ını göz önüne alarak yap ı ve makine elemanlar ının boyutlar ını hesaplamak oldu ğuna göre; bu boyutlar ı hesaplarken iki şartı göz önünde tutmak zorundad ır.

a) Mukavim olma şartı Yani elemanın boyutlar ını o şekilde tayin edecektir ki, eleman kendisine tesir eden d ış kuvvetlere mukavemet etsin. O halde bu şart elemanın kesitinin et kal ınlığının fazla olmasına sebep olur.

b) Ekonomi şartı Yani elemanın ucuza mal edilmesidir. Bu şartta elemanın et kal ınlığının daha az olmas ıyla daha az malzeme kullan ılır. Mühendis bu iki z ıt şartın en uygun çözümünü arar. Mukavemet bilgisi matematikten ve malzeme bilgisinden çok yararlan ır. Deneylere önem verir. Bazı kabuller neticesinde bulunan formüllrin deney sonuçlar ına uygun olup olmad ığına bak ılır. Sonuç olarak; Mukavemet cisimlerin (malzemenin) kesitlerinde meydana gelen iç kuvvetlerin elastik cisimlerin kesitlerinde nas ıl dağıldıklar ını, birim kesit alanına düşen kuvveti, yani gerilmeyi, elastik cisimlerin kuvvetler etkisi alt ında nasıl ve ne kadar şekil değiştirdiklerini (deformasyonlar ını = uzama, k ısalma, sehim, e ğilme, burulma, burkulma) miktar ını araştır ır.

DIŞ KUVVET Bir cisme di ğer cisimler taraf ından yap ılan etkiye d ış kuvvet denir. a) Doğrudan doğruya belli olanlar; (Kendi ağırlığı, üzerine yüklenmi ş ağırlıklar, diğer kuvvetler) b) İrtibatlardan gelenler (mesnet tepkileri) Cisimlerin di ğer cisimlere ba ğlanmasından meydana gelen  Döşemenin

kirişe  Kirişin kolona  Kolonun temele  Temelin zemine  Balkonun dö şemeye 2


Sayfa 3

21.04.2006/11:10

İÇ KUVVET Bir cismin iki parças ının birbirine yapt ığı etkiye de iç kuvvet denir. Dış kuvvetlerin tesiri alt ındaki bir cisim şu zorlamalarla kar şı kar şıya kalmaktad ır. 1. Normal kuvvet (çekme, bas ınç) 2. Kesme kuvveti 3. Eğilme momenti 4. Burulma momenti → Burkulma momenti 5. Döndürme momenti [1]. Mekaniğin çeşitli yönlerden s ınıflandır ılması mümkündür. E ğer uğraştığı cismin fizik halini göz önüne alarak bir s ınıflandırma yaparsak, mekanik üç ana guruba ayr ılır:

1. Katı cisimlerin mekani ği; 2. Sıvılar ın mekani ği; 3.Gazlar ın mekaniği. Mekaniğin bu üç dal ı da mühendisli ğin çeşitli kollar ında ayr ı ayr ı önem taşır. Katı cisimler, dış yüklerin etkisi ile az veya çok şekillerini degiştirirler. Teknik problemlerin pek çoğunda bu şekil değiştirmeler küçüktür. Şekil değiştirmelerin tamamen ihmal edilebileceği pek çok problem vard ır. Bu nedenle ideal bir cisim olan rijit cisim tanımlanır: Rijit cisim, dış yüklerin etkisi ile herhangi iki noktası arasındaki uzakl ığı değişmeyen

cisimdir. Bu ideal cismi konu alan mekani ğe rijit cisimler mekani ği adı verilir. Katı cisimler kuvvetlerin etkimesi sonucunda şekillerini değiştirdikten sonra rijitleşmiş kabul edilir ve bunlara rijit cisimler mekani ğinin yöntemleri aynen uygulan ır. Bu kabul, kat ı cisim mekani ğinin dayandığı ilkelerden bir tanesidir ve rijitleme adını alır. Katı cisimlerin yükler alt ında şekil değiştirmesi, kullanılan konstrüksiyon malzemesinin cinsine bağlı olarak çe şitli özellikler gösterir. Yumu şak çeliğin, fontun, betonun, kilin ayn ı yük altındaki şekil değiştirmeleri farklıdır. Bir çok durumlarda yükler kald ır ıldıgı zaman cisim ilk haline geri döner. Malzemenin bu davran ışına elastiklik adı verilir. Yükler kaldır ıldıktan sonra cisim ilk haline dönmez ve şekil değiştirmiş olarak kal ırsa bu davran ışa da plastiklik denir. denir. Malzemenin pek ço ğunda yükün bir s ınır ına kadar elastik davran ış görülmektedir. Plastik davranış gösteren ve göstermeyen malzemeler vard ır. Çeşitli malzemenin özelliklerini 3


Sayfa 4

21.04.2006/11:10

kapsayacak çok geni ş bir mekanik geliştirmek imkânsız olduğundan bir ideal malzeme tanımlayı p onun mekaniğini kurmaktan ba şka çare yoktur. Elastik cisimler, elastoplastikcisimler, viskoelastik cisimler, v.b. bu tip ideal cisimlerdir. İşte bu ideal cisimlerin mekani ği, bu arada malzemenin pek ço ğunun ortak özelli ğini yansıtan elastik daimlerin mekani ği bunlar ın içinde mühendis için en önemli bölümdür. Bu kitab ın konusunu da esas itibariyle elastik cisimler te şkil edecektir. Elastoplastik cisimlere de az miktarda yer verilecektir. Elastik cisimlerin mekani ğini konu alan bilim dal ına elastisite teorisi denir. Yalnız elastisite teorisinde inceleme yolu de ğişiktir. Orada problem, matematik aç ısından göz önüne al ınır, denklemler kurulur ve çözüm yolu aran ır. Bu teori pratik mühendislik hesaplar ı için elverişli değildir. Ancak, bir yandan teoriden, bir yandan deneylerden elde edilen sonuçlara dayanılarak var ılan basit kabuller, pratik problemlerin çözümü için bizim inceleyece ğimiz bir bilim dal ı ortaya çıkarmıştır. Her ne kadar buna mukavemet ad ı verilmekte ise de, cisimlerin mukavemetini başka yoldan inceleyen maleme bilgisi ile kar ıştır ılabileceği için bu ad yanl ıştır. Mukavemet yerine kat ı cisimlerin teknik mekani ği veya elastomekanige giri ş gibi bir ad verilmesi belki daha uygun olacakt ır. Katı cisimlerin teknik mekani ğinde incelenen problemlerden biri cismin d ış yükler altındaki davranışıdır. Dış yüklerin etkisi ile cismin içinde iç kuvvetler meydana gelir. Bir konstrüksiyonda bu iç kuvvetlerin malzemenin dayanma s ınır ını a şmaması gereklidir. Bu da mühendisin verece ği uygun boyutlarla sa ğlanır, işte bu dersin ba şlıca amacı, boyutlandırmayı sağlamak üzere iç kuvvetlerin hesab ıdır. [2]

Mukavemet ve ilgili diğer bilim dalları Mukavemet yukarda anlat ılan ödevini yapabilmek için di ğer birçok bilim dallar ından faydalanmak zorundad ır; bu arada rijit cisimler mekani ği başta gelir. Fakat mukavemetin uğraştığı malzemenin, d ış yük alt ındaki davranışı göz önünde tutularak, rijit cisim mekani ğinin, yalnız ortamın özelliği ile ilgili olmayan teoremlerinden faydalanmak gerekece ğine dikkat etmelidir. Bunlar aras ında denge şartlar ı başta gelir. Mukavemet, denel esaslara dayanan bir bilim dal ıdır, incelediği cismin gerçek özelliklerini tanımak, bilmek zorundad ır; bu sebeple malzeme deneme bilgisinden elde edilen sonuçlardan faydalanır. Malzeme özellikleri aras ında şekil değiştirme ile ilgili olan ve mekanik özellikler adını alanlar, mukavemet için ön plânda gelir. K ısaca söylemek gerekirse, şekil değiştirme ve kuvvet mekanizmas ıyla uğraşan malzeme mekani ği veya modern ad ı ile reoloji ilgili bilim dallar ı arasında önemli yer tutar. 4


Sayfa 5

21.04.2006/11:10

Mukavemeti, konusu itibarile, şekil değiştiren cisimler mekani ğine sokmuştuk. Yalnız bir mekanik dalında, konu i şlenirken, kullanılan metodun kesinlik derecesi farkl ı olabilir; böyle bir durum, konular ı aynı olan, cisimlerin mukavemeti ile elastisite teorisinde vardır. Pratik amacı dolayısıyla, sırf konuyu sadele ştirmek için, mukavemet bahsinde birçok kolayla ştır ıcı varsayımlar yapılır, bundan ötürü var ılan sonuçlar yaklaşıktır. Elastisite teorisi ayn ı probleme daha kesin bir analiz metodu uygular; dolay ısıyla elde edilen çözüm di ğerinden daha kesin olur. Birçok halde, yeter yakla şıklık elde ettiği için, sonuca daha h ızla varan elemanter mukavemet metodlar ı, mühendisler taraf ından elastisite teorisine tercih edilir. Fakat kesin teori, sonuçlar ı kontrol bak ımından, hiç bir zaman gözden uzakta tutulamaz, ayr ıca yeter yakla şıklığın sağlanamadığı hallerde, elastisite teorisine ba ş vurmaktan başka çare de yoktur. Mukavemetin faydaland ığı dallardan biri denel elastisitedir. Kar ışık birçok problemin çözümü, model yardımı ve ölçü metodlar ıyla bulunur [4].

Mukavemetin k ısımları Her mekanik dal ında olduğu gibi burada da konuyu iki büyük parçaya ay ırmak kabildir. Birine. elasto-statik adı verilir ve denge problemlerini kapsar. Di ğeri ise yapı elemanlar ının ivmeli hareketlerinden do ğan atalet kuvvetlerinin etkisini ara ştır ır ve elastokinetik adını alır, Bu son k ısım, özellikle makine mühendisli ğini ilgilendiren problemlerle u ğraşır.

Tarihçe Mukavemetin, çok gerilere gitmeyen tarihine ait burada k ısa bir bilgi ile yetinmek istiyoruz. Kirişlerin ilk eğilme problemi ile Galilei (1654–1722) u ğraşmıştır, fakat o, kiri şte çekme ve basınç gibi iki bölgenin bulundu ğunu fark etmemi ştir. Kuvvet ve şekil değiştirme arasındaki ilk matematik ba ğıntı Robert Hooke (1635–1703) taraf ından kuruldu. E ğilmeye çalışan kirişte iki çeşit normal gerilme bulacağını ilk fark edenler aras ında Mariotte (1680) ve Leibn İtz (1684) den bahsetmek gerekir. Bernoulli 1694 de e ğrilik ile moment aras ındaki orantılılığı, ileri sürdü. Aynı bilgin kiriş kesitlerinin eğilmede düzlem kalmas ı gibi önemli hipotezi 1705 de ortaya att ı. Leonhard Euler (1707–1783) elastik e ğri ve ona dayanan elastik stabilite problemlerini 1744 de çözdü. Kiriş teorisini geliştiren ve çeşitli mühendislik problemlerinin çözüm metodlar ını ortaya koyan Navier (1785–1836) dir. 5


Sayfa 6

21.04.2006/11:10

Mukavemet ve Elastisite teorisinin geli şmesi için büyük çabalar sarfeden di ğer isimleri şöyle sıralamak kabildir: Poisson (1781–1840), Cauchy (1789–1857), de Saint-Venant (1797– 1886), C. Maxwell (1831–1879), Kirechh off (1838–1907), Wöhler (1819–1914), Betti (1823–1892), O. Mohr (1835–1918), A. Castigliano (1847–1925) ve Engesser (1848–1891). [4].

6


Sayfa 7

21.04.2006/11:10

MEKANİK: a) 1. Katı cisimlerin mekaniği 2. Ak ışkanlar mekani ği

b) 1. Rijit cisimler mekani ği 2. Şekil değiştiren cisimler mekani ği

c) 1. Sürekli ortamlar mekani ği 2. Parçacıklı (Kuantum) mekani ği

d) 1. Newton (vektörel) mekaniği 2. Analitik (Lagrange) mekani ği 3. İstatistik mekanik [1]. Cisimlerin mukavemeti esas itibarile, şekil değiştiren cisimlerin mekani ğidir; yalnız güdülen amaç boyutland ırma adı verilen belirli tip mühendislik problemlerini çözmek oldu ğu için, daha çok tatbikî mekanik kategorisine girer. Mühendis, tasarlayaca ğı her çeşit yapı elemanına boyut verirken, gözönüne alaca ğı en önemli noktalardan biri de, bunlar ın dış etkenlere dayanmas ını sağlamaktır. İşte cisimlerin mukavemeti ve bazen de mukavemet adı verilen bu bilim dal ı bununla ilgili esas ve metotlar ı

hazırlar. Mühendis, tasarlayaca ğı her çeşit yapı elemanına boyut verirken, göz önünde bulundurmak zorunda oldu ğu önemli noktalardan biri de, bunlar ın dış etkilere kar şı dayanmasını sağlamaktır. İşte, cisimlerin mukavemeti ve bazen de sadece mukavemet adı ile anılan bilim dalı, bu yolda gerekli esas ve metotlar ı hazırlar. Boyutlandırma, daima birbirine z ıt olan, şu iki şartı uyuşturmağa çalışır.

1. Emniyet şartı 2. İktisat şartı Yapı, hiçbir zaman etkiyen d ış kuvvetlere tam dayanacak şekilde boyutlandır ılmaz, bunlar ın geçici de olsa, muhtemel art ışlar ını ve yapının emniyeti ile ilgili diğer faktörleri de hesaba katmak gerekir; bütün bu noktalar, boyutlar ın arttır ılmasını, diğer bir deyimle yap ının a ğır ve rijit olmasını icap ettirir -emniyet düşüncesi-

İktisat şartına gelince, lüzumsuz malzeme ve i şçilik sarf ından kaç ınarak, yapı elemanlar ına yeter boyut vermeyi öngörür. Bu iki esas şart yanında, yapıya uygun form vermek te hiçbir zaman ihmal edilmemelidir. Eser doğru olduğu kadar güzel de olmalıdır; terim eğer yerinde ise, bu üçüncü şarta da

3. Estetik şart denilebilir. 7


Sayfa 8

21.04.2006/11:10

Mukavemet, her teknik problemde bütün şartlar ı gerçekleştirecek optimum bir çözüm arar. [4].

Elastisite: Sürekli ortamlar mekani ği içinde kat ı cisimlerle ilgilenen mekaniktir. Mukavemet olur. Matematiksel kesinli ği vardır. Bir çok kabuller yap ılan yaklaşık bir mekaniktir. Uygulamalı ya da teknik mekanikte denir. [1].

Mukavemeti elde etmek için yapılan basitleştirme ve ideal kavramlar: 1. Ortamın yapısı için kabul edilen ideal kavramlar

Mukavemette kullan ılan ideal kavramlar aras ında tam elastik cisim ve tam plastik cisim sınırda olan iki cismi gösterir.[1].

Şekil [3]. Elastik Cisim: Bir cisme dış yükleri uygulad ığımızda cisim şekil değiştirme yapacakt ır. Dış yükler kalktığında cisim 1. ci şekline dönüyorsa buna elastik cisim denir. Tam elastik özellik, cisimde şekil değişmenin dış etki ile birlikte geri dönmesi demektir. Bunun zıddına, tam plastik cisim de de, d ış tesirler ortadan kalkt ığı halde de yapt ıklar ı şekil değiştirme olduğu gibi kal ır. Yapıda kullanılan cisimler genel olarak, bu iki ideal durumun aras ında bulunur; yani d ış etkiler geri dönerken, şekil değiştirmelerin bir k ısmı geri döner bir k ısmı kalır. Buna elastoplastik cisim denir.

Elastoplastik Cisim: D ış yükler kalkt ığında cisim ne son şeklinde kalıyorsa ne de ilk şekline dönüyorsa cisme elastoplastik cisim denir.

8


Sayfa 9

21.04.2006/11:10

Homogen: Eğer ele aldığımız cismin özellikleri her noktas ı için aynı ise buna homogen cisim denir.

İzotrop: Eğer cismin özellikleri cismin içindeki do ğrultuya bağlı değilse buna izotrop cisim denir. Mukavemet için önemli kavramlardan biri de, d ış etkilerle şekil değiştirmeler arasıdaki bağıntı, şekil değiştirme kanunudur. İlk basit kanun Robert Hooke taraf ından verilmiştir.

Hooke Yasası: “Kuvvet ne kadarsa uzama o kadard ır” Böyle cisimlere hooke yasas ına uyan cisimler denir. Buna göre kuvvetle şekil değiştirme arasında lineer bir ba ğıntı olduğu kabul edilmektedir. Şekil değiştirme kanunu lineer olan cisimlere k ısaca Hooke Cismi adı verilir.

2. Şekil değiştirmenin kinematiğinde yapılan basitleştirmeler ve ideal kavramlar: a) Rijitleştirme İlkesi: Denge denklemleri cismi şekli değiştirdikten sonra rijit hale geldi ği kabul edilerek uygulan ılır.

b) Ayırma İlkesi: Cismin dış etkilere uygunlu ğunu anlamak için, bir düzlemle herhangi bir yerinden kuramsal olarak kesilir. Düzlemin ay ırdığı k ısımlardan sadece bir parças ına denge denklemleri uygulan ır. Cismi iki parçaya ay ır ı p, bir taraf ı atarak kalan k ısmın incelenmesine ayırma prensibi adı verilir. Denge denklemleri cismin bütünü için geçerli ise, her parças ı

içinde geçerlidir.

c) Eşdeğerlik İlkesi: Statikçe eşdeğer olan mukavemetçe e şdeğer olmayabilir. Statik yönden eşdeğer olan kuvvetler, şekil değiştirme yönünden de e şdeğer değillerdir.

Örnek: İki ayr ı yükleme statik yönden e şit olduğu halde biri kirişte şekil değiştirme doğurur. Diğerinde ise hiçbir şekil değişikliği olmaz.

Şekil ??? Örnek: Rijit cisim mekaniğinde kuvvet, kayan bir vektör say ıldığı halde, şekil değiştiren cisim mekani ğinde kuvvetin kaymas ına izin verilmez.

Şekil ??? Bu kuvvetler çubu ğu uzatmaya zorlad ığı halde, kuvvetler kayd ır ılacak olursa, yani

Şekil ??? 9


Sayfa 10

21.04.2006/11:10

Böyle olursa şekil değiştirme tamamen ters bir hal al ır. Çubuk k ısalır. Saint Venant İleride görülecek mukavemetçe e şdeğerlilik.

d) Birinci Mertebe Teorisi: Rijitleştirme ilkesinin tersine mukavemette ba ğ kuvvetleri hesaplanırken cismin ilk hali yani yükleme yap ılmadan önceki durumu rijit olarak kabul edilir. Yani statikte kullan ılan bağ kuvvetleri bulma i şlemleri aynen uygulanacakt ır. Bir çok halde, cismin şekil değiştirmiş durumu ile ilk durumu aras ındaki fark çok küçüktür. Bu nedenle denge denklemleri yaz ılırken gerekli boyutlar şekil değiştirmemiş durum üzerinden al ınır.

∑ M a = P .a − B. L P .a = B L . a B = P . L

Şekil ??? e) Süperpozisyon (lineer toplama) İlkesi: Bir elastik sistemin iki ayr ı yüklemesini gözönüne alalım.

Şekil ??? Her iki yüklemenin birden yap ıldığı durumda

Aynı A noktas ı f kadar yer de ğiştirsin. Eğer sistemin bu üç yüklemesi aras ında F = f 1 + f 2 10


Sayfa 11

21.04.2006/11:10

gibi bir bağıntı varsa, burada süperpozisyon kanunu geçerliktedir denir. Süperpozisyon kanunun geçerli olmas ı için, şekil ve yerde ğiştirmelerin küçük ve cismin Hokke kanununa uygun bir şekil değiştirme yapması gerekmektedir. “Mukavemetin amacı mühendislik yapılar ına d ış yükler alt ında uygun boyut vermektir”

11


Sayfa 12

21.04.2006/11:10

BÖLÜM 2. İÇ KUVVETLER ve NORMAL KUVVET HAL İ DIŞ KUVVET Cisme diğer cisimlerin yapmış olduğu etki olarak tan ımlanabilir. Bu etkiler iki k ısma ayr ılabilir: a)Doğrudan doğruya belli d ış kuvvetler b) Bağ kuvvetleri (Reaksiyon, mesnet kuvvetleri) Birinci sınıftaki kuvvetler, bilinen verilmi ş kuvvetlerdir. İkincisi ise cisimlerin aras ındaki bağdan doğar. Bağın şekli ve denge fikri esas rolü oynar.

İç kuvvet ise bir cismin çe şitli parçalar ı arasındaki etki ve tepkiden ibarettir. Mukavvette bir cismin tüm durumu hakk ında fikir edinebilmek için, cismi parçalara ay ırmak ve her parçay ı sanki diğerinden bağımsız, ayr ı bir cisim olarak düşünmek gerekir.

İç kuvvet, cismin parçalar ını belirten ayırma yüzeyi ve kesit kavramından ayr ı olarak düşünülemez. [2].

Şekil ??? Cisim dengededir. Hayali olarak keselim. Sistem dengede oldu ğundan I ve II dengededir. Kestiğimiz yerde dengeyi sa ğlayabilmek için di ğer k ısma bir tak ım kuvvetler etkimelidir. Bunlar ın toplamına iç kuvvet denir. Bir cisme di ğer bir cisim taraf ından yapılan tesire d ış kuvvet denir.

Lim

gerilme ∆ P = P ∆ F

∆ P → 0 ∆F’i büyük olarak çizelim. 12


Sayfa 13

21.04.2006/11:10

σ = Sigma τ = To P gerilme vektörünün kesitin normali üzerindeki bile şeni (σ) harfiyle gösterilir ve normal gerilme denir.

P gerilme vektörünün kesit içindeki ve kesitin normaline dik bile şenine de kayma gerilmesi denir ve τ (to) ile gösterilir. Kesite yandan bakal ım:

Şekil ??? Kesit içinde birim alana gelen kuvvete gerilme denir.

ve ’nın İşaretlerinin Bulunması: (σ) Normal gerilme kesitin normali yönündeyse pozitif (+) ters yönündeyse (-) negatif olur. (τ) Kayma gerilmesi kesitin normali saat ibresinin tersi yönünde 90 ° yatır ıldığında kayma gerilmesi ile aynı yönde geliyorsa (+) ters yönde geliyorsa (-) olur.

Çubuk: Katı cisimlerin teknik mekani ğinde inceleme yolu, cismin geometrisine yak ından bağlı olmaktadır. Boyutlar ı bak ımından özel olan cisimler için tamamen farkl ı bir inceleme yolu izlenmektedir. Bu tür özel cisimlerden biri çubuklar, öteki plâk ve kabuklard ır. Çubuklar, iki boyutu üçüncü boyutunun yan ında küçük olan cisimlerdir. Bu küçüklük oran ı genel olarak bir mertebe küçük olma şeklinde söylenebilir, yani 1/10 dur. Çubuklar ın iki öğesi vardır: 1) Çubuk ekseni. Bu genel olarak bir uzay e ğrisidir. 2) Çubu ğ un enine kesiti. K ısaca kesit de denilen enine kesit kapal ı bir alan parças ıdır.[2]

Kesitin ağırlık merkezi çubuk ekseniyle üst üste dü şer ve kesit düzlemi eksen e ğrisine diktir.

(Şekil). Her en kesitinin a ğırlık merkezinin geometrik yerinden geçen e ğriye çubuk ekseni denir. 13


Sayfa 14

21.04.2006/11:10

Çubuk eksenine dik olan düzlemlerle kesildi ğinde meydana gelen kesite dik kesiti denir.[1] Teknikte çubuklar, eksen e ğrisinin şekline ve çubuklara gelen kuvvetlere göre çe şitli adlar almaktadır. (Şek. l-2a). Eksenin şekline göre:

1. Doğru eksenli çubuklar, etkiyen kuvvete göre kiri ş, mil, şaft, kolon vb. adlar al ır. 2. Eğri eksenli çubuklar, kemer, halka gibi adlar al ırlar. En kesitinin durumuna göre:

1. Sabit eksenli çubuklar 2. Değişken kesitli çubuklar [2]

Şekil [2]. Bir boyutu diğer iki boyutu yan ında çok büyük olan elemanlara çubuk denir. Çubuklar ın 2. boyutu 3. boyutu yan ında küçük oldu ğu için eksenleriyle gösterilebilir. Bir çubu ğun belli olabilmesi için ekseninden ba şka en kesitinin ve boyunun bilinmesi gerekir. Çubu ğun ekseni en kesitlerin a ğırlık merkezinin üzerinde bulundu ğu bir eğridir. En kesit eksene dik kesit olarak tanımlanır. Birden fazla çubu ğun birbirine ba ğlanması ile meydana gelen çubuklara çubuk sistemi denir. Eğer bir sistemde çubuklar rijit ba ğlı ise bunlara, çerçeve adı verilmektedir. Mafsalla bağlandığı kabul edilen ve yükleri bu ba ğ noktalar ına etkiyen çubuk sistemlerine kafes sistemler denir. Bunlar d ışında olan çubuk sistemleri de vard ır.

14


Sayfa 15

21.04.2006/11:10

Çubuğun kesiti çeşitli geometrik biçimlerde olabilir. Bu biçime göre dikdörtgen, daire, halka vb. kesitli çubuk ad ı verilir. Çubuk kesiti çubuk ekseni boyunca sabit veya de ğişken olur. değişken kesitli çubuklarda da kesit de ğişimi ani veya sürekli olabilir. Plak ve kabuklar, iki boyutu üçüncüsünün yan ında büyük olan cisimlerdir. Bina dö şemeleri,

kubbeler, hazneler, kazanlar bu tip cisimlere birer örnektir. Boyutlar ı yönünden bu iki özel tipe uymayan çubuklar için genel çözüm yöntemlerinden yararlanmaktan ba şka çare yoktur.[2] Çubuğa etkiyen d ış yükler çubukta iç kuvvetler meydana getirir. Bu kuvvetleri görünür hale getirmek için çubuk hayali iki parçaya ayr ılır. Her zaman kullanaca ğımız bu temel ilkeye ayırma ilkesi adı verilir. [1].

Kuvvetlerin etkisinde bulunan bir çubuk gözönüne alal ım. Çubuğu bir kesit boyunca ikiye ayıralım.

Parçalardan bir tanesi, kendisine etkiyen d ış kuvvetlerin etkisi alt ında dengede olmayacakt ır. Öteki parçadan o parçaya gelen iç kuvvetleri de hesaba katarsak denge sa ğlanır. Bu iç kuvvetler bütün kesit yüzeyi üzerine yay ılmıştır. Değerleri de genellikle kesit içinde noktadan noktaya değişiktir. Bir noktadaki değeri bir limit işlemiyle tanımlanır: ∆A alanına gelen kuvvet ∆ P ise lim ∆ A→0

∆ P = p ∆ A

15


Sayfa 16

21.04.2006/11:10

Değerine gerilme denir. Gerilmenin boyutu K/L 2 olduğuna göre kg/cm 2 veya kg/mm 2 gibi birimlerle ölçülür. K ısaca gerilme birim alana gelen iç kuvvettir.[2]

Düzlemsel Yükler

İç Kuvvetlerin Hesabı Kesim Yöntemi Doğru eksenli bir çubu ğa etkiyen bütün d ış kuvvetlerin ayn ı düzlemde bulundu ğunu kabul edelim. Kuvvetlerin düzlemini yz düzlemi olarak al ıyoruz. Çubu ğun statikçe belirli şekilde mesnetlendiği kabul edildi ğine göre ba ğ kuvvetleri statikçe bilinen yollarla hesaplan ır ve bunlarda aynı düzlemde bulunur. İç kuvvetlerin hesab ı yönünden ba ğ kuvvetleri ile do ğrudan doğruya belirli öteki dış kuvvetleri ay ırt etmeye gerek yoktur. Biz daima ba ğ kuvvetlerinin hesaplanmış olduğunu kabul edecek ve d ış kuvvetler yönünden dengede olan bir çubuktan hareket edece ğiz. Ondan sonra iç kuvvetlerin bulunmas ını istediğimiz kesitten çubuğu iki parçaya ayır ır ız. Soldaki veya sa ğdaki parçayı bir serbest cisim olarak göz önüne al ır ız. Kesitteki iç kuvvetler de hesaba kat ılmak şartıyla göz önüne al ınan parça dengede olmal ıdır. Düzlemde bulunan kuvvetler için üç denge şartı bize N, T, M bilinmeyenlerini hesaplamak olanağını sağlar. Çubuğu yeteri kadar çok kesitten ay ırarak bütün çubuk boyunca iç kuvvetler hesaplanır. Bu, kesim yöntemidir. Kesim yönteminin pratik uygulamas ı için önce iç kuvvetlerin i şaretli olanlar ını yeniden gözden geçirelim. Pozitif yönleri düzlemsel hale indirgersek durum elde edilir.

İç kuvvetleri hesaplarken göz önüne al ınan çubuk parças ına bilinmeyen iç kuvvetleri pozitif yönleri ile koymalıdır. Böylece hesap sonucunda pozitif ç ıkan büyüklüklerin pozitif, negatif çıkanlar ın negatif olduğu anlaşılmış olur. Çubukta iç kuvvetler eksen boyunca bütün noktalarda hesaplan ır. Sonra bunlar ın grafikleri çizilir. Bu grafikler çubuk üzerindeki her noktada N, T, M de ğerlerini (işaretli olarak) gösterir ve normal kuvvet diyagramı , kesme kuvveti diyagramı ve e ğ ilme momenti diyagramı adını alır. Diyagramlar ın çizimi için çubu ğu kaç noktada kesmek gerekti ği akla gelen bir sorudur. Çubuğa etkiyen tekil yükler; yay ılı yüklerin başlangıç, bitim ve yay ılma kanununun de ğiştiği noktalar çubukta bölgeler ay ır ır. Her bölgede bir kesim yapmak, iç kuvvetleri z koordinatının fonksiyonlar ı olarak hesaplamak ve sonra o bölge içinde z ’yi değiştirmek suretiyle kesim 16


Sayfa 17

21.04.2006/11:10

sayısını minimumda tutmak mümkün olur. Tekil yüklerin etkidi ği noktalarda iç kuvvetlerde süreksizlikler olduğundan kesimi tam o noktalarda yapmamal ıdır. Hesabın yapılışı ve diyagramlar ın çizilişi örnek problemlerden izlenebilir. Hesabın yapılış adımlar ını bir daha özetleyelim: 1. Bağ kuvvetleri hesaplan ır. 2. Yükün değişmesine göre çubukta bölgeler ayr ılır. Her bir bölgede bir kesim yap ılır. Çubuğun bir parças ı göz önüne al ınır. Kesitteki yüzeye iç kuvvetler pozitif yönlerde konur ve z ’nin fonksiyonu olarak hesaplan ır.

3. z ’ye bölge içinde de ğerler vererek iç kuvvet diyagramlar ı çizilir.

17


Sayfa 18

21.04.2006/11:10

NORMAL KUVVET Bir çubuk yalnızca ekseni do ğrultusundaki dış kuvvetlerin yani çekme ya da bas ınç kuvvetlerinin etkisindeyse kesitlerde meydana gelen iç kuvvete Normal Kuvvet , problemede normal kuvvet hali denir. Normal kuvvetin i şareti: Kesit aldığımızda parça sol tarafta kal ıyorsa yani ben parçaya

sağdan bak ıyorsam Normal kuvvet sa ğa doğru yani normalin yönünde olur. (+) tersi (-) olur.

Şekil ??? Normal kuvvet halinde gerilme: N F

= σ

Gerilme

N = Normal Kuvvet F = Alan

σ = Normal gerilme Böylece normal kuvvet halinde gerilme, normal kuvvetin kesit alan ına bölünmesi ile elde edilmektedir. Bu formülde N pozitif ise gerilmeler pozitif yani çekme, N negatif ise gerilmeler negatif yani bas ınç olarak ç ıkar.

Örnek a)Çubuktaki nornal kuvveti? b) Çubuktaki gerilmeyi bulunuz? N = ?

σ = ?

σ=?

N=?

ΣFy=0 50-N=0 σ =

N 50

=

F 30

N=50 kg.

=1 kg / cm 2 18


Sayfa 19

21.04.2006/11:10

Örnek

Çubuk boyunca normal kuvvet diyagram ını çiziniz en büyük normal gerilme çubu ğun hangi bölgesinde meydana gelir.

N =500 kg (Keserken daima en ba ş k ısmı öneme alaca ğız) ı

NII = -800+500=-300 NII = -300

σ 1 = σ max

=

N 500 F

=

50

=10 kg / cm 2

σ 2 =

300 = − 6 kg / cm 2 50

σ 3 =

100 = 2 kg / cm 2 50

σ =

P A

140 =

60 .10 3 A π d 2

A = 428 mm2 =

4

d = 23 mm

19


Sayfa 20

21.04.2006/11:10

Örnek: Şekildeki sistem için σem = 140 N/ mm2 verilmektedir. Bu çubuğun emniyetle ta şıyabileceği max P yükünü bulunuz? Pmax = ?

Çözüm: Σ Fy =

0;

Ay – P – P = 0 Ay = 2 P σ =

P 2 P

=

A 150

P

100

= 140 ⇒ P = 10.5 kN

=140 ⇒ 14 kN

Yukar ıdaki eleman 10.5 kN dayanabildi ği için Pmax = 10.5 kN olur.

Boyutlandırma Emniyet Gerilmesi Yalnız normal kuvvet etkisinde bulunan bir çubuk gözönüne alal ım. Gerek N, gerekse F çubuk boyunca sabit veya de ğişken olabilir. Her durumda da σ =

N F

Formül bize çubuk üzerinde gerilmenin hesaplanmas ına olanak sa ğlar. N ve F’nin her ikisininde sabit olduğu hallerde çubuk boyunca σ sabittir; aksi halde σ çubuk üzerinde çe şitli yerlerde çeşitli değerler alır. Malzemeler en genel olarak iki farkl ı grupta toplanabilir: 1. Sünek (düktil) malzeme: Bunlara yükün belirli bir s ınır ında malzemede çok büyük şekil

değiştirmeler meydana gelir. Buna akma denir. 2. Gevrek (frajil) malzeme: Bu tip malzemede akma olmaz. Belirli bir

σ gerilmesinde

malzeme birdenbire k ır ılır. Her iki hali bir araya toplayarak malzemeler için bir σm sınır gerilmesi olduğunu söyleyebiliriz. 20


Sayfa 21

21.04.2006/11:10

Ancak bir konstrüksiyonda gerilmelerin σm sınır gerilmesine kadar ç ıkması istenmez. Bu nedenle σm s ınır gerilmesi, emniyet katsay ısı denilen, birden büyük bir n katsay ısına bölünür. Böylece elde edilen gerilmeye emniyet gerilmesi denir. Malzemelerin yeteri kadar emniyetli çalıştır ılmalar ı aşağıdaki sebeblerden do ğmaktadır.

1. Dış kuvvetler ekseriya tam olarak belli de ğildir. 2. Taşıyıcı elemanın her yerinde ayn ı özellik bulunmayabilir. 3. İç kuvvetlerin hesab ında yapılan kabullerden dol ayı sonuçlar yakla şıktır. 4. İmalatlarda bir tak ım hatalar ortaya ç ıkabilir. 5. Zamanla eleman ın kesitinde zay ıflama olabilir. 6. elemanlar uzun zaman çal ışması neticesinde yorulmakta dolayısıyla sınır gerilmelerinde değişiklik olmaktadır.

σm=Mukayese gerilmesi σ m n

n= 2.5 alıyoruz.

σçelik = 1400 kg/cm 2 Pratikte üç tip boyutlandırma pr oblemi söz konusu olur: Problem 1: Kesit tayini

Çubuktaki N bellidir; malzemenin ne olaca ğına kar ar verilmiştir, dolayısıyla σem de bilinmektedir. Çubuğa verilecek kesitin de ğeri aranmaktad ır. σ =

N F ,

F ≥

N σ em

σem= sigma emniyet

Bu bize gerekli kesit alan ını verir. Problem 2: Gerilme kontrolü

Çubuktaki N ve F her yerde b ellidir; çubuk malzemesi de bellidir, dolay ısıyla σem bilinmektedir. Çubukta meydana gelen gerilmenin σem’in altında olup olmadığının kontrolü istenmektedir. σ =

N F ,

σ≤ σem

Problem 3: Dış yükün hesab ı (Normal kuvvet)

F ve σem bilinmektedir. Çubuğun ne kadar yük ta şıyacağı aranmaktadır. Normal kuvvet diyagramı bilinmeyen yük cinsinden çizilir. Geri lmenin en fazla oldu ğu yerdeki değer, σem ile kar şılaştır ılarak taşınacak yüke geçilir. N= σem. F 21


Sayfa 22

21.04.2006/11:10

Örnek:

Şekildeki çubu ğun kesiti sabit ve malzemesinin emniyet gerilmesi 1400 kg/cm 2 olduğuna göre gerekli kesit alan ını bulunuz? N1= 6 t

N2= -4 t

N3= 4 t 6000 F 1 ≥ 1400 =4.3 cm2

Örnek: Şekildeki sistemde AB çubu ğu kesiti şekilde verilen borudan yapılmıştır. σem= 1400 kg/cm2 olduğuna göre kesitin yeterli olup olmadığını kontrol ediniz?

ΣFy = 0 22


Sayfa 23

21.04.2006/11:10

ΣFy = -25 + SAB sin 30° = 0 -25 = -1/2 SAB SAB =50t R = Büyük çap r = Küçük çap Kesitin alanı F = F = σ =

π ( R 2

− r 2 )

4 π (10 2

N F

4

− 82 )

= 28.27cm 2

σ 2 =

5000 ⇒ σ =1770 kg / cm 2 28.27

σ< σem 1770 < 1400 (de ğildir taşıyamaz)

Örnek: Şekildeki çubuğun taşıyabileceği P yükünü hesaplay ınız?

σem= 100 kg/cm2

N1=2P (I. Bölgedeki gerilme) 23


σ =

Sayfa 24

21.04.2006/11:10

2 P P = F 1 144 72

N 1

=

N1 = P (II. Bölgedeki gerilme) σ =

N 2 F 2

σ em =

=

P

72

P

100

→ 100 =

P

72

P ≤ 7200 kg En büyüğünü σem’e eşitlemeliyiz.

Şekil Değiştirme Hooke Yasası

Sabit normal kuvvet etkisinde bulunan bir çubuk gözönüne alal ım.[2] Kuvvetin etkisi ile çubuğun boyu bir miktar uzar. Yen i boyu L1 olsun. Uzama miktar ı ∆L= L’-L dir. Bu miktar çubuğun boyu arttığı için, uzamayı daha iyi karakterize etmek üzere birim boyun uzamas ı veya uzama oran ı diye bir ε (Epsilon) büyüklü ğünü tanımlıyoruz. ε = ε =

l 1 − l 2 l l 1 − l 2 l

= =

∆l l

∆l l

∆ L = L.

∆L = ε.L

N EF Uzama miktar ı

ε, iki uzunluğun oran olmak bak m ndan, boyutsuz bir büyüklüktür. Çubuktaki normal ı

ı

ı

kuvvet çekme yerine bas ınç olursa çubukta uzama yerie boy k ısalması olacağından ε negatif olur. Böylece k ısalmaya negatif boy uzamas ı gözüyle bakabiliriz. O halde

ε= Epsilon (boyutsuz say ) birim say lmaz ı

ı

ε > 0 → çubuk uzar ε < 0 → çubuk k sal r ı

ı

24


Sayfa 25

21.04.2006/11:10

N = P L’= Uzamadan sonraki boyu

∆L = L’-L (L boyundaki bir çubuğun uzamas ) ı

σ =

N F

Hooke yasas ı: Uzama ile kuvvet arasındaki ilk ba ğıntı Hooke taraf ından ifade edilmi ştir. (1680 yılında) Hooke, uzama ile kuvvetin orant ılı olduğunu şu cümle ile söylemi ştir; Kuvvet ne kadarsa uzama o kadard ır. Hooke kanun u, birim alana gelen kuvvet, yani gerilme ile birim boyun uzaması arasında bir orantılılık vardır şeklinde yorumlayaca ğız ve aşağıdaki gibi yazaca ğız: ε =

σ E

Buna Hooke kanunu denir. ε

1

=

1

ε’nun σ’ya oran sabittir.

σ E

ı

E ile gösterilir. Bu (E) say ısına elastisite modülü

denir.

ε boyutsuz bir büyüklük oldu ğuna göre E gerilme boyutunda olacakt r. E çoğunlukla kg/cm2 ı

ile ölçülmektedir. Artık normal kuvvet halinde ε ile N aras ındaki bağıntı yazılabilir: ε =

N EF

Burada N ve F’nin çubuk boyunca de ğişken olabileceği unutulmamalıdır. EF çarp ımına uzama rijitli ğ i denir. Bu de ğer büyüdükçe uzama azal ır; rijitlik ∞ olunca ε = 0 yani, cisim tam

rijit olur. ε

1

=

σ E ε =

1

σ E

Çubuk boyundaki uzamay ı hesaplamak için ε =

N EF formülünden yararlan ır ız. Birim boyun uzamas ı

ε olduğuna göre dz boyundaki

k ısmın uzamas ı ε dz olur. Toplam boyun uzamas ı ise bir integralle bulunur: 1

∫

δ = ε dz = 0

1

∫ 0

N dz EF

Özel olarak N ve F sabit ise bu formül basitle şir ve 25


δ =

Sayfa 26

21.04.2006/11:10

N l EF haline gelir.

Çubuğun boyunda bir uzama olurken eninde de bir daralma meydana gelir. Geni şlikte ∆a kadar daralma olmu ş ise enine daralma oranı, uzama oran ına benzer olarak ε 1 =

∆a a

şeklinde tanımlanır. Boydaki uzama ile enine daralma aras ında bir bağıntı vardır.

− Bu;

ε 1 = sabit =υ ε

Buradaki ν (nü) ye Poisson oranı denir. Poisson oran ıda malzemeye ba ğlı bir katsayıdır. Basınç etkisindeki bir cisimde hacmin artm ıacağı düşüncesi ile Poisson oran ının 0 < ν < 0.5 olması gerektiği çıkar.

Örnek

Çubuğun yapıldığı malzemenin elastisite modülü E= 2.10 6 kg/cm2 dir. Toplam uzamay ı bulunuz?

∆ L =

24000.60 24000.100 24000.50 + + 30.2.10 6 20.2.10 6 50.2.10 6

∆L= 0.024 + 0.060 + 0.012 ∆L= 0.096 cm İç basınç etkisindeki ince halkalar (Kazanlar) İçeriden düzgün bir p (kg/m) yay ılı yükü etkisinde bulunan bir halka gözönüne alal ım. Böyle bir halkanın kesitinde yaln ız normal kuvvet meydana gelir. Bu normal kuvveti hesaplamak için halkayı bir çap boyunca iki parçaya ayıralım. Düşey denge denklemi

26


Sayfa 27

21.04.2006/11:10

π

− 2 N + ∫ p R sin ϕ d ϕ = 0 0

verir. İntegrasyon yap ılırsa

N = p. R olarak elde edilir. P.2R = 2N N = R.P P → İç basınç R → Yar ıçap Halkanın kesit alanı F ise gerilme σ =

N R. P F

=

σ =

F

. R P

R. P σ = t

F

t → Yan kesit alan ı ε =

N R P . EF

=

t . E

Normal kuvvet etkisi ile halkanın birim boyundaki uzama ε =

. R P t . E Birim boydaki uzama

∆ R =

P . R 2 E .t Yar ı çaptaki değişme

Bütün boydaki uzama ise, 2 πR ε olduğundan 2

P . R ∆ L = 2 π R.ε = 2 π E .t Çevredeki toplam boyca uzama

1 metresinin dayanaca ğı kadar ı olup 2 metre ise 2 ile çarpaca ğız.)

Örnek: Bir barajın dip savağında boru çap ı 120 cm dir. Barajda su yüksekli ği 80 m. oldu ğuna göre borudaki iç basınç P= 8 kg/cm2 olduğuna göre kullan ılacak boru et kal ınlığı ne kadar olmalıdır? Boruda σ =

R. P

8.60 t

t

≤ σ em

≤1000

80 m su derinliğinde basınç P= 8 kg/cm2 olduğuna göre

t ≥

8.60 = 0.48 cm 1000

t = 4.8 mm 27


Sayfa 28

21.04.2006/11:10

Uygulama Şekildeki

çu buktaki

normal

kuvvet

dağılımını çiz ve en büyük gerilmeyi bulunuz. Toplam boy de ğişimini bulunuz? F = 10 cm2 E = 2.106 k g/cm2 -4 + N = 0 → N1 = 4

-4 + 4 + N = 0 → N2 = 0

-4 + 4 + 2 + N = 0 → N3 = -2

∆L = ∆L1+ ∆L2 + ∆L3 ∆ L = ∆ L = σ =

N 1 L1 N 2 + L2 EF

+

E F

+

N 3 + L3 EF

4000.100 − 200.2000 + 0 + 10.2.10 6 10.2.10 6

N 4000 F

=

10

= 400 kg / cm 2

Problem 2 AB rijit çubuğa 1 ve 2 nolu dairesel kesitli

çubuklarla

şekildeki

gibi

asılmıştır. 1 nolu çubuk çelik olup çap ı 20 mm’dir. 2 numaral ı çubuk bak ır olup çapı 25 mm’dir. P yükü ne kadar uzama etkimelidir ki şekil değiştirmeden sonra 28


Sayfa 29

21.04.2006/11:10

AB çubuğu yatay kals ın. b) Çubuklardaki gerilmeyi bulunuz? dçelik = 20 mm d bak r = 25 mm ı

(σem)çelik = 1400 kg/cm2 (σem) bak r = 200 kg/cm2 ı

Eç=2x106 kg/cm2 E b=1x106 kg/cm2 1 ve 2 numaral ı çubuklar ın kesitlerinin yeterli olup olm olmad adığını kontrol ediniz. (P= 3 ton)

Problem 3 Şekildeki koninin özgül a ğırlığı γ, elastisite modülü E’dir. Kendi a ğırlığı etkisiyle uzama miktar ını bulunuz? h

Bilgi:

∆ L = ∫

N

0 EF

.d 2

Problem 4 Kesit alanlar ı 10 ve 40 cm 2 olan 2 çubuk ankastre olarak mesnetlenmiştir.

Her

iki

parçadaki

gerilmeleri bulunuz?

29


Sayfa 30

21.04.2006/11:10

R A+R B=45t N- R A=0 N= R A N+45- R A=0 N= R B-45 1 ve 2. bölgedeki boy de ğişimlerini yazı p sıf ıra eşitlemeliyiz. (Çünkü ankastre çubuk uzamaz.)

∆ L =

∆L=0

∆ L =

R A .100 E .10

+

− R B + 50 E .40

N 1 L1 N 2 + L2 EF

+

EF

=0

40 R A - 5 R B = 0 8 R A - R B = 0 R A + R B = 45 9 R A = 45 → R A = 5t σ =

N F

σ =

σ =

5000 = 500kg / cm 2 10

− 40000 40

= −1000 kg / cm 2

30


Sayfa 31

21.04.2006/11:10

Normal Kuvvet Altında Hiperstatik Problemler Hiperstatik problemler yalnız denge denklemleriyle çözülemeyen denklemlerdir. Bu tür problemlerde denge denklemleri yine geçerlidir. İlave denklemler ise şekil değiştirmelerin geometrik denklemlerden elde edilir. Şekil değiştirmelerin küçük oldu ğu yine yapılan k abuller arasındadır.

Örnek: Üç çubuk şekildeki gibi bir D noktas ında birleşip simetrik bir sistem meydana getirmi ştir. Çubuk rijitlikleri verilmiştir. P yükünden do ğan çubuk

kuvvetlerini

hesaplay ınız?

ΣFy = 0 2 S1 Cos α+ S2 –P = 0 δ 1 =

(1)

S 1 .h E 1 F 1 .Cos α

δ 2 =

S 2 .h E 2 F 2 .

Cosα =

δ 1 δ 2

S 1 .h

=

S 2 .h

E 1 F 1 .Cos α E 2 F 2 .

Cos α

(2)

(1) ve (2) den S2 = P - 2S 1 Cos α S 1 .h E 1 F 1 .Cos α

=

( P − 2 S 1 Cos α ) .h Cos α E 2 F 2 .

S1 .h E2 F2 = (P - 2S1 Cos α) h Cos2 α E1F1 S1 .h E2 F2 + 2 h S1 E1 F1 Cos3 α = P h Cos2 α E1 F1 S1 (E2 F2 + 2 E1 F1 Cos3 α) = P Cos2 α E1 F1

31


E F S 1 ( 2 2 E 1 F 1

2

21.04.2006/11:10

+ 2 Cos 3α ) = P Cos 2 α P

S 2 =

Sayfa 32

E 1 F 1

E 2 F 2

(Cos α + 1) 2

S 1 =

P Cos 2α E F 2 Cos 3α + 2 2 E 1 F 1

Problem 6 2 rijit levhanın arasında 3 adet ayn ı boyda

çubuk

smarlanmıştır.

ı

Ancak

atelyeye çubuklar

yerine tak ılırken ortadakinin ∆ kadar k ısa olduğu ortaya çıkmıştır. Buna rağmen çubuk çekilerek yerine tak ılmıştır. Çubuklarda meydana gelen kuvvetleri hesapla?

Problem 7 Şekildeki rijit çubuk 1 ve 2 nolu çelik çubuklarla asılmıştır. σem= 1600 kg/cm2 olduğuna göre çubuk kesitlerini tayin ediniz?

Örnek: AC yüzeyindeki σ normal kuvvet, τ kayma gerilmesini bulunuz? Gerilme durumunu Mohr dairesinde çiziniz?

Örnek: Şekildeki cismin e ğik yüzeyindeki gerilerli bulunuz ve Mohr dairesinde çiziniz?

32


Sayfa 33

21.04.2006/11:10

33


Sayfa 34

21.04.2006/11:10

SICAKLIK GER İLMELER İ Bir sistemin t = 0 s ıcaklığında bulunduğu bir ortamda t s ıcaklığına değişen bir sıcaklık değişmesi durumunda meydana gelen şekil değiştirme ε T

= α (T − T 0 ) =

σ

E ∆ LT = α (T − T 0 ). L

α = Sıcaklık genleşme katsayısı

σ = E .α (T − T 0 )

ÖRNEK:

EAB = 10x106 N/mm2 EBC = 16x106 N/mm2 Şekildeki 2 çubuk rijit bir plak ile 2 mesnete rijit bir şekilde bağlanmıştır. Her bir çubuktaki gerilmeleri bulunuz?

Çözüm:

+ ↑ ∑ Fy = 0

− FC − FA + 6 = 0 FC + FA = 6kN

FC+FA=6 4,8.FC+FA=6 FA=1034 N FC=4966 N

(∆ L ) AB ( ) BC uzama = ∆L k salm ıı

F AB .15

10 × 10 6 × 2 σ A

=

=

F BC .10

16 × 10 6 × 4

1034 = 517 N / mm 2 2

FC=4,8.FA σ C =

4966 = 1242 N / mm 2 4

34


Sayfa 35

21.04.2006/11:10

ÖRNEK: emn σ çelik

emn σ al

= 160 N / mm 2 = 180 N / mm2

Eal = 10.106 N/mm2 Eç = 28.106 N/mm2 Emniyetle taşınacak P yükünü bulunuz?

ÇÖZÜM:

∆a 6

=

σ a.4

∆ç 2

⇒ ∆a = 3∆ç

=3

σ ç.2

10.10 6 28.10 6 σç =18670. σa σç = 18670.160 σç = 298 N/mm2>180 bu çözüm uygun değil

180 = 18670. σa σa = 96 N/mm2<160 uygundur. +ΣMa =0

180.2x2+96.3x6-P.8 = 0 P = 306 N

ÖRNEK: t = 10 mm levhan ın kalınlığı E = 2x105 Levhanın toplam uzamas ını bulunuz?

35


Sayfa 36

21.04.2006/11:10

Çözüm:

25 a x = ⇒a= 500 20

δ =

dA = 2yt

⎛ ⎝

x ⎞

⎟ 20 ⎠

dA = 500 + x

∆ L =

δ

P .dx

∫ δ ∫ E .(500 + x )

E .dA

∆ L = 20.⎜ 25 +

500

P .dx

0

dx

∫ (500 + x)

E P

500

E

0

ln (500 + x )

50.10 3 = [(500 + 500)] = 17,3mm 2.10 5 L = 17,3 mm.

ÖRNEK: Şekildeki kompozit çubu ğun sıcakl ığı 39oC ye düşürüldüğünde elemanlardaki gerilmeleri bulunuz? Eç = 206.8x10 6 E b = 103.4x10 6 αç = 11.7x10-6 α b = 17.64.10-6

Çözüm: T = ç +  b ∆ T = [α L . .(T − T 0 )]ç + [α . L.(T − T 0 )]b T = 11,7.10 -6.0,25.39+17,64.10-6.0,5.39 T = 4,58.10 -6 m. 36


∆ T =

P Ç .250

Sayfa 37

21.04.2006/11:10

P b .500

+

206.8.10 6.2600 103.4.10 6.3900 P .250 P .500 4,58.10 −6 = + 6 206.8.10 .2600 103.4.10 6.3900 σ ç

=

2700 = 1,3 2600

σ b

=

2700 = 0,7 3900

37


Sayfa 38

21.04.2006/11:10

İÇ KUVVETLER VE KESİT TESİRLER İNİN HESABI

İç kuvvetlerle ilgili olarak kesit tesirlerinin hesab ında R bütün d ış tesirleri dengeleyen herhangi bir yerdeki kuvvet’i temsil etti ğini düşünelim. (Hatta R’yi a ğırlık merkezine taşımak daha faydal ı olur.) R’nin eksenlere dü şen bileşenlerini kullandığımızda; R = Bütün dış kuvvetleri dengeleyen herhangi bir yerdeki kuvvet M b =Momentin (M) z ekseni üzerindeki bile şeni N = ( Normal kuvvet) → P Tx, Ty = Kesme Kuvveti (x ve y’nin bile şenleri) → Vx, Vy M b = Burulma momenti → T Mx, My = Eğilme momenti (Momentin x ve y bile şenleri)→ Mx, My

Kesit Tesirlerinin Hesabı a) Dış yükler ve çubuk ayn ı bir düzlemin içindeyse b) K ısıtlama yok yani düzlemin d ışında da olabilir. a) Dış yükler ve çubuk ayn ı bir düzlemin içindeyse = Düzlemsel hal: Bütün kuvvetler (yz) düzleminin içinde olsun N, Ty, Mx

İşaretlerin İncelenmesi Seçilen eksen tak ımına göre sağ kesitte iç kuvvetler eksenlerin yönünde ise (+) ters yönünde ise (-) alınacakt ır.

38


Sayfa 39

21.04.2006/11:10

Sol kesitte ise eksenlerin ters yönünde olan iç kuvvetleri (+) ayn ı yönde olan iç kuvvetleri (-) almak gerekir.

Kesit tesirlerin hesab ında iki hal söz konusudur. a) Dış yükler ve çubuk ayn ı bir düzlemin içindeyse (Düzlemsel hal) b) K ısıtlama yok, yani d ış yükler ve çubuk belirli bir düzlemin d ışında da olabilir. (Uzaysal hal)

Kesit Tesirlerinin hesabı için izlenecek yollar: 1. Kesim Yöntemi a) Verilen sistemin ba ğ kuvvetleri hesaplan ır b) Yükün değişmesine göre çubukta bölgeler ayr ılır. Her bir bölgede bir kesim yap ılır. Çubuğun göz önüne al ınan parças ı üzerine kesit tesirleri (+) i şaretle yerleştirilir. c) Her bir parçada denge denklemleri yaz ılarak kesit tesirlerinin de ğerleri (z) koordinat ının fonksiyonu olarak bulunur. d) Kesit tesirlerinde (z) koordinat ına değerler vererek kesit tesirleri bir diyagram üzerinde işaretlenir.

Örnek:

Şekildeki AB çubu ğunda normal kuvvet, kesme kuvveti ve e ğilme momenti diyagram ını çiziniz?

39


Sayfa 40

21.04.2006/11:10

Denge denklemleri kullan ılarak çubuğun bağ kuvveleri: Ax = 60 kg Ay = 60 kg By = 70 kg olarak bulunur. Çubukta üç bölge vard ır. I. Bölgede sol paçan paçanın denge denkleminden; N1 + 60 = 0 -T1 + 60 = 0 M1 – 60 z = 0’d ır. Denklemler çözülürse N1 = - 60 kg T1 = 60 kg M1 = 60.z kgm bulunur.

40


Sayfa 41

21.04.2006/11:10

Bu değerlerin z ile de ğişimini gösteren diyagramlar altta çizilmi ştir. II. Bölge için iç kuvvetler; N11 + 60 = 0 -T11 + 60 - 50 = 0 M11 – 60 z + 50 ( z – 0.50 ) = 0’d ır. Buradan N11 = - 60 kg T11 = 10 kg M11 = 10 z + 25 kgm kgm bulunur. z = 0.50 m için M11 = 30 kgm z = 1 m için M11 = 35 kgm bulunur. III. Bölge için bu bölgeye ait iç kuvvetler; - N111 = 0 T111 + 70 = 0 - M111 + 70 (1.50 (1.50 – z ) = 0 denklemler çözülerek; çözülerek; N111 = 0 T111 = - 70 kg M111 = -70 z + 105 105 kgm elde edilir. z = 1.50 m için M111 = 0 elde edilir.

Örnek Şekildeki konsol kiri şin Eğilme momenti, Kesme kuvveti, Normal kuvvet Diyagramlar ını çiziniz?

41


Sayfa 42

ΣFx = 0 N = 0

ΣMx = 0

ΣFx = 100 – T y

50 – 100.z + M x = 0

Ty = 100 kg

Mx = -30 kgm

21.04.2006/11:10

(z = 0.20 için)

Ty = 100 kg Mx + 25 + 50 – 100.z = 0 (z = 0.50 için) Mx = -25 kgm

Sağ parçayı aldığımız için sol kesit göze al ınır. N = 0,

S = 200.(1-z)

Ty – 200.(1-z) Ty = 200.(1-z)

z = 0.50 ise T y = 100 kg’d ır. 1 − z

Mx + 200.(1-z).( z ) = 0 Mx = -100.(1-z)2 Mx = 25 kgm

42


Sayfa 43

21.04.2006/11:10

Örnek: Şekilde verilen moment ve kesme kuvveti diyagram ından yararlanarak kesme kuvveti ile moment arasındaki bağıntıyı gösteriniz?

C Kesitinde MC = 0.7 tm dM dx

= T = Tg α

dx = 1.0 m dM = 0.7 tm 0.7 = 0.7 t = T 5 1.0

43


Sayfa 44

21.04.2006/11:10

BASİT K İR İŞTE YAYILI YÜKTEN OLU ŞAN KESİT TESİRLER İ a) Mesnet Reaksiyonları

∑ x = 0, ↑ ∑ y = 0, ∑ M A = 0, B y

=

q . l

2

,

A x = 0

+ A y − q. l + B y = 0 q. l (l / 2) − l . B y = 0 A y

=

q . l

2

b) Kesit Tesirleri (M, N, T) L

2 ’de M.N.T. de ğerinin bulunmas ı

Σx = 0 , N = 0

↑ ∑ y = 0

,

∑ M L = 0 2

M = +

,

A y .

1 q.l ⎛ 1 ⎞ − .⎜ ⎟ − M = 0 2 2 ⎝ 4 ⎠

q l 2 l q .l 2

. = 4 2 8 q l 2 q .l 2 M = + − 4 8 q .l 2 M = 8

44


Sayfa 45

21.04.2006/11:10

ÜÇGEN YÜKLEME ALTINDA BAS İT K İR İŞTE KESİT TESİRLER İ

a) Mesnet Reaksiyonları ∑ x = 0,

A x = 0

↑ ∑ y = 0,

A y −

q . l 3

+ B y = 0

,

∑ M B = 0, A y =

2

q . l ⎛ 2 ⎞ . ⎜ . l ⎟ . B y . l = 0 2 ⎝ 3 ⎠

∑ M A = 0, B y =

q . l

A y . l −

q . l . ⎛ 1 ⎞ . ⎜ . l ⎟ . = 0 2 ⎝ 3 ⎠

q . l 6

b) Kesit Tesirleri (M, N, T)

∑ x = 0,

N x = 0

↑ ∑ y = 0,

A y − q. l / ( x) − T x = 0 q x 2 T x = q. l / 6 − . =0 l 2 q

1 1

l

2 3

∑ M x = 0 A y . ( x ) − ( x ). ( x ). . . x − M x = 0 M = +

q l 6

.( x ) −

q . x 3 6 l

45


Sayfa 46

21.04.2006/11:10

c) Max. Momentin Bulunması q. l

−

6

Tx =

q ⎛ l x 2 ⎞

q . x x

. = ⎜⎜ − ⎟⎟ 2 ⎝ 3 l ⎠

l 2

Kesme kuvvetinin s ıf ır olduğu yerde moment max. de ğere ulaşacağından Tx ifadesinde x 2

parantez içindeki de ğerde l x

2

=

l 2

l

→ x =

3

=

l

3 olursa Tx sıf ırdır. Burdan x çekilirse

= 0.577 l = x1

3

bulunur. q . l l

6

Mmax =

.

q . l 2

3

=

q

− . l

q . l 2

15,6 Mmax = 9 3

l

l

l

q . l 2

q . l 2

. . .= − 3 2 . 3 3. 3 6 3 18 3

= 0.0649 l 2

KONSOL K İR İŞTE YAYILI YÜKTEN OLUŞAN KESİT TESİRLER İ

a) Mesnet reaksiyonları x = 0 ⎯ ⎯→ + , Ax = 0 + ↑ ∑ y = 0 , +Ay - q.L = 0 ,

∑

+ ∑ M A = 0 M A

=

Ay = q.L

L

, q.L( 2 ) – MA = 0

q L . 2

2 b) Kesit Tesirleri

∑ x = 0

⎯ ⎯→ +

, Nx = 0 y = 0 , +Tx-q.x = 0 ,

+↑∑

Tx = q.x 46


+ ∑ M A = 0 M x

=−

x =

L

x

=

Sayfa 47

21.04.2006/11:10

x

q.x( 2 ) + Mx = 0

,

q. x 2

2

3 için 2 L 3 için

T =

q .L

3 ,

M =

q L . 2

18

2 2 2 M = q L . 3 , 9

T = q. L.( )

M, N, T Diyagram ı

ÜÇGEN YÜK ALTINDA KONSOL K İR İŞTE OLUŞAN KESİT TESİRLER İ a) Mesnet reaksiyonlar ı

∑ x = 0

⎯ ⎯→ +

, Ax = 0 y = 0 ,

+↑∑ + A y −

qL

2

=0

, 47


=

A y

Sayfa 48

21.04.2006/11:10

q. L

2

+ ∑ M A = 0 M A

=

q L .

,

2

×

2 L − M A = 0 3

q L . 2

3

b) Kesit Tesirleri x = 0 ⎯ ⎯→ + , Nx = 0

∑

+ ↑ ∑ y = 0 T x

=

2

q L .

q

− ( x)( x)

2

L

+ ∑ M = 0 M x

=−

,

=

A y

, 2

q. L

3

− +

q. L

2

qx( x )

2

− T x = 0

1 2

q L . 2

3

T x

+ A y . x −

( x) −

=

q L .

2

−

qx

2 L

qx( x ) 1

2

( . x) − M x = 0 3

q. x 3

6 L

ÖRNEK Şekildeki yükleme durumu verilen kiri şin M, N, T diyagramlar ını çiziniz?

a) Mesnet reaksiyonlarının bulunması

∑ x = 0

⎯ ⎯→ +

,

Ax = 0 48


+ ↑ ∑ y = 0

,

Sayfa 49

21.04.2006/11:10

+Ay – 3 – 4 – 4,5 + E y = 0 ,

Ay = 4.6 ton

+ ∑ M A = 0

3 . 1,5 + 4 . 6 + 4,5 . 9 – 10E y b) Kesit Tesirleri (M, N, T)

+ ∑ x = 0 →

,

E y ,

=

69 = 6.9ton 10

Nc = 0

+ ↑ ∑ y = 0

,

-4 + Tc = 0

Tc = 4 ton

+ ∑ M A = 0

,

+4.1 – Mc = 0

Mc = 4 t.m

Bu değerleri kiriş üzerinde işaretlersek,

A B arasında kesit tesirleri

+ ∑ x = 0 →

,

+ ↑ ∑ y = 0 + ∑ M A = 0

N1 = 0 ,

4,6 – 1.X 1 + T1 = 0

,

X1 4,6 . X1 - X1 . 1( 2 ) – M1 = 0

T1 = -1.X1 + 4,6 X 12

-M1 = 2

− 4,6. X 1

0< X1<3 m

0< X1<3 m 49


Sayfa 50

21.04.2006/11:10

M1 =

−

X 12

2

+ 4,6 X 1

Burada X1’re değerler vermek suretiyle 0 ile 3 metre aras ındaki T1 ve M1 kesit tesirleri bulunur. B C arasındaki kesit tesirleri

+ ∑ x = 0 →

,

+ ↑ ∑ y = 0 + ∑ M A = 0

N2 = 0 ,

4,6 – 3 – T2 = 0

T2 = +1,6 ton yönü de ğişecek

3
,

4,6.X2 – 3.(X2 – 1,5) – M 2 = 0 –M2 = 3.(X2 – 1,5) – 4,6.X 2 –M2 = 3.X2 – 4,5 – 4,6.X 2 –M2 = -1,6.X2 – 4,5 3
+ ∑ x = 0 →

,

N3 = 0

+ ↑ ∑ y = 0

,

4,6 – 3 + T3 = 0

+ ∑ M A = 0

,

4,6.X3 – 3.(X3 – 1,5) + 4 – 4(X 3 – 5) – M 3 = 0 4,6.X3 – 3.X3 +4,5 + 4 – 4.X 3 +20 – M3 = 0 -2,4.X3 + 28,5 - M 3 = 0 M3 = 2,4. X3 + 28,5 5< X3<7 m

T3 = -2,4 ton

5
50


Sayfa 51

21.04.2006/11:10

X3’e 5 m ile 7 m aras ında değerler verilerek T3 ve M3 kesit tesirleri bulunur. D E arasında kesit tesirleri.

+ ∑ x = 0 →

,

N4 = 0

+ ↑ ∑ y = 0

,

1 (X 4 - 2)2 4,6 – 3 – 4 - 2 + T4 = 0 1 (X 4 - 7 )2 4,6 – 7 - 2 + T4 = 0 1 (X 4 - 7)2 T4 = -2,4 - 2 7
qx 3 = 3 X 4 − 7 qx = 1.( X 4 − 7 )

+ ∑ M = 0

,

1 ⎡1 ⎤ 4,6. X 4 − 3.( X 4 − 1,5) + 4 − 4.( X 4 − 5) − ⎢ ( X 4 − 7 )2 . ( X 4 − 7 )⎥ − M 4 = 0 3 ⎣2 ⎦

⎡1 ⎤ 4,6. X 4 − 3. X 4 + 4,5 + 4 − 4. X 4 + 20 − ⎢ ( X 4 − 7 )3 ⎥ − M 4 = 0 ⎣6 ⎦ 1 6

− 2,4. X 4 + 28,5 − ( X 4 − 7 )3 − M 4 = 0 1 6

− M 4 = 2,4. X 4 + ( X 4 − 7)3 − 28,5

51


Sayfa 52

21.04.2006/11:10

1 6 7
= − ( X 4 − 7)3 − 2,4.X 4 + 28,5

ÖRNEK Şekilde çıkmalı basit kirişin B, C, D, E ve F kesitlerindeki kesit tesirlerini bulunuz ve M, N, T diyagramlar ını çiziniz?

Mesnet reaksiyonlar ının bulunması

+ ∑ x = 0 →

,

+ ↑ ∑ y = 0

Bx = 0

,

1 2

1 2

− (1,5.2) + B y − 1,5.2 − (1,5.2) − 2 − 3 + G y = 0

52


+ ∑ M B = 0

,

Sayfa 53

21.04.2006/11:10

1 2

1 2

− (1,5.2) .0,5 + 1,5.2.0,75 + (1,5.2) .2,0 + 2.3 + 3.4,5 + 2.1 − 7,5.G y = 0 -0,75+2,25+3,0+6+13,5+2-7,5.Gy = 0

G y

=

26 = 3,46 7,5 ton

By = 11 – 3,46 = 7,54 ton

96 B’nin solunda: + x = 0 → ,

∑

+ ↑ ∑ y = 0 + ∑ M B = 0

NB = 0 1 2

− (1,5.2) − T B = 0

, ,

TB = -1,5 ton

-1,5 . 0,5 MB = 0

MB = -0,75 t.m

-1,5 + 7,54 – TB = 0

TB = 6,04 ton MB = -0,75 t.m

B’nin sağında:

+ ↑ ∑ y = 0

,

C noktasında: + ↑ y = 0 ,

∑

-1,5 + 7,54 – 3 – T C = 0 TC = 3,04 ton M C = 0 − 1,5.2 + 7,54.1,5 − 3.0,75 − M C = 0 , MC = 6,06 t.m

+∑

D’nin solunda: + ↑ y = 0 ,

∑

+ ∑ M D = 0

− 1,5 + 7,54 − 3 − 1,5 − T D = 0 TD = 1,54 ton

, − 1,5.23,5 + 7,54.3 − 3.2,25 − 1,5.1 M . D =0 MD = 9,12 t.m D’nin sağında + ↑ D = 0 , − 1,5 + 7,54 − 3 − 1,5 − 2 + T D = 0 TD = -0,45 ton MD = 9,2 t.m

∑

53


Sayfa 54

21.04.2006/11:10

E’nin solunda:

+ ↑ ∑ y = 0

,

+ ∑ M E = 0

,

− 1,5 + 7,54 − 3 − 1,5 − 2 + T E = 0

TE = -0,46 ton

− 1,5.5 + 7,54.4,5 − 3.3,75 − 1,5.2,5 − 2.1,5 − M E = 0

ME = 8,43 t.m

E’nin sağında:

+ ↑ ∑ y = 0

, − 1,5 + 7,54 − 3 − 1,5 − 2 − 3 − T E = 0

TE = -3,46 ton ME = 8,43 t.m

F’nin solunda:

+ ∑ M F = 0

,

F’nin sağında:

− 1,5.6,5 + 7,54.6 − 3.5,25 − 1,5.4 − 2.3 − 3.1,5 − M F = 0 MF = 3,24 t.m TF = -3,46 ton

54


Sayfa 55

21.04.2006/11:10

MF = 3,24 + 2 = 5,24 t.m TF = -3,46 ton M, N, T diyagraml şar ının çizimi:

Momentin sıf ır olduğu yerin bulunmas ı X 0

6,04. X 0 − 0,75 − 2. X 0 .

2 2 6,04. X 0 − X 0 − 0,75 = 0

=0

X 0

− 0,165. X 02 − 0,124 = 0

0,165 ± (0,165)2 − 4.(0,124) X 01 = = 0,444m 2

Yayılı yük, Kesme Kuvveti ve Eğilme Momenti Arasındaki Bağıntılar Yayılı yük, kesme kuvveti ve e ğilme momenti arasında türev ba ğıntılar ı vardır. Bu bağıntılar ı elde etmek için dü şey yayılı yükle yüklü bir çubuk gözönüne alal ım.

55


Sayfa 56

21.04.2006/11:10

Çubuktan ç ıkar ılan bir dz parças ı şekilde daha büyük gösterilmi ştir. Bu parçanın iki yan ında da iç kuvvetler vard ır; bunlar şekilde işaretlenmiş ve dz kadar ilerleme sonucu iç kuvvetlerdeki ve yay ılı yükteki art ımlar gösterilmiştir. Çubuk parçasının dengede oldu ğunu ifade edelim: Düşey izdüşüm denklemi: T – (T + dT) – (q dz) = 0 dz’ye bölerek buradan dT dz

=− q

Elde edilir. Moment denklemi

⎛ 1 dz ⎞ ⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ -M + (M + dM) – T dz + (q dz) =0 dz’ye bölerek dM dz

= T −

1 q dz 2

T’den sonra gelen terim T’nin yan ında ihmal edilir ve dM dz

= T

elde edilir. Bu iki önemli bağıntıdan ikincisi e ğilme momentinin türevinin kesme kuvvetini verdi ğini, birincisi ise kesme kuvvetinin türevinin yay ılı yükün negatif i şaretlisini verdiğini ifade etmektedir.[2]

56


Sayfa 57

21.04.2006/11:10

Çubuk üzerinde tek bir moment varsa; moment saat ibresinin yönünde ise grafi ğe ekleriz. Moment saat ibresinin ters yönünde ise ç ıkaracağız.

Eğer çubuk üzerinde tek bir kuvvet varsa tek yük a şağıya doğruysa kesme kuvvetine o kadar aşağıya iner. Yukar ı doğruysa eklenir. A şağı doğruysa çıkar ılır.

Önemli Noktalar 1. N ve Ty (+) olunca yukar ıya Mx (+) olunca a şağıya yazılır. 2. Diyagramlar daima ba şından çizilmeye ba şlanır. 3. Çubuk üzerinde tek bir moment varsa; moment saat ibresinin yönünde ise grafi ğe ekleriz. Moment saat ibresinin ters yönündeyse ç ıkaracağız.

4. Eğer çubuk üzerinde tek bir kuvvet varsa; tek yük a şağı doğruysa kesme kuvveti de o kadar aşağı doğru iner: Yukar ı doğruysa eklenir.

5. Kesme kuvvetinin s ıf ır olduğu noktada moment max. ya da min. olur. 6. Ty, düz (-) olunca Mx, eğik (\) olur. Ty (\) eğik ise Mx parabol olur. Örnek : Diyagramlar ı bildiğimizi kabul edelim.

57


Sayfa 58

21.04.2006/11:10

Not: Ty düz (-) olunca Mx (\) eğik olur. Ty (\) ise Mx parabol olur. Kesme kuvvetinin s ıf ır olduğu noktada moment max. ya da min. olur.

Örnek:

Şekildeki çubuğun Ty ve Mx diyagramlar ını çiz. Bağ kuvvetlerini hesapla. II. bölgede Ty = 2-6 = - 4 Momentte başlangıçta sabit mesnet var. Moment s ıf ır olur.

I. Bölgede Ty sabit olduğundan Mx doğrusal olacak II. Bölgede parabol olacak Mx = 3 + (- 3) = 0 58


M x d z

Sayfa 59

21.04.2006/11:10

= T y = 0 Ekstremum

Ödev :

Ty ve Mx diyagramlar ını çiz.

Uygulama

Mx ve Ty , N = ? Önce bağlar bulunur.

59


Sayfa 60

21.04.2006/11:10

ΣFx = 0 Ax = 0 ΣFy = 0 Ay + 6.5 – 30 = 0 Ay = 23.5 ton

ΣMA = 0

MA. 6, 5 . 9 – 30. 11. 25

MA= 305 ton

I. Bölge

N = 0 Ty – 23.5 = 0 Ty = 23.5 Mx + 305 – 23.5. z Mx = -305 + 23.5. z Mx = 187.5

II. Bölge

N = 0 23.5 + 6.5 - T y = 0 Ty = 30 t. Mx + 305 + 6.5 (z-5) = 0 Mx = -305 - 6.5 (z-5) Mx = ……

60


Sayfa 61

21.04.2006/11:10

III. Bölge

N = 0

ΣFy = 0 Ty - 30 = 0 Ty = 30 t. Mx + 30 (15-z) = 0 Mx = -30 - (15-z) Mx = 0

Örnek 2:

61


Sayfa 62

21.04.2006/11:10

ΣFx = 0 Ax = 0 ΣFy = 0

Ay + By – 12- 2 = 0 Ay + By = 14

ΣMA = 0

Ay = 8 t

4 – By .6 + 12.3 – 2.2 = 0 6 By = 36 → By = 6 t

I. Bölge

N = 0 Ty + 2 = 0 → Ty = - 2 t Mx + 2 z = 0 → Mx = - 2 z

II. Bölge

62


Sayfa 63

21.04.2006/11:10

N = 0 Ty + 2 + 12 -8 → Ty = 6 Mx2 = - z2 + 10 z – 20 z = 2 için Mx = - 4 tm z = 8 için Mx = - 4 tm z yerine 5 koyar ız (3 +2) Böylece nereden geldi ğini buluruz.

III. Bölge N = 0, Ty = 0, Mx = - 4

Örnek:

Σ Fx = 0 Ax – 4 = 0 → Ax = 4 t

Σ Fy = 0 Ay – 6 – 2 -2 = 0 Ay = 10 t

Σ MA = 0 MA +

6.

4 3 + 2 . 6 + 2. 8 + 4.2

MA = - 44 t

63


Sayfa 64

21.04.2006/11:10

I. Bölge

Σ Fx = 0 4 + N = 0 → N = - 4 Ty – 10 + 6 = 0 → Ty = 4 t 4 MA - 3 -Ty . z + M x = 0 6.

Mx = 4 z – 36 z = 0 → Mx = - 36 z = 4 → Mx = - 20

64


Sayfa 65

21.04.2006/11:10

II. Bölge

Σ Fx = 0 → N = - 4 Ty + 2 + 6 – 10 = 0 Ty = 2 4 MA - 3 + 4.2 = 0 6.

Çubuklar Eğri Eksenli

Σ Teğet = 0

N – P. Sin ϕ = 0

Ty + P . Cos ϕ = 0 Mx – P .R. Sin ϕ = 0

65


Sayfa 66

21.04.2006/11:10

Örnek:

Çerçeveler ve Eğri Eksenli Çubuklar Çerçeveler, uygulamada ço ğu zaman do ğru eksenli çubuklar ın birbirine rijit bağlanması ile teşkil edilen çerçevelerin de iç kuvvetlerinin hesab ı söz konusu olur. Bu takdirde her bir doğrusal k ısım için bir ilerleme yönü seçilir. Bu yön her k ısımda bir alt taraf belirtir. Şek. 212’de her parça için seçilen ilerleme yönünün sonucu olarak çubuklar ın altına kesikli çizgiler çizilmiştir. İç kuvvetlerin i şareti bak ımından bunu yapmak zorunludur. Ondan sonra her bir parça ayr ı bir çubukmuş gibi iç kuvvetler hesaplan ır.[2]

Eğri eksenli çubuklar Eğri eksenli düzlemsel çubuklarda iç kuvvetlerin tan ımı doğru eksenlilerle aynıdır. Burada çubuk kesitinin çubuk eksenine dik olaca ğını unutmamak gerekir. 66


Sayfa 67

21.04.2006/11:10

Bu bak ımdan çubuk kesitleri bir birine paralel olmaz. Fakat iç kuvvetler kesitin normaline göre tanımlanırlar.

[2]

Uzaysal Yükler Burulma Momenti

[2] Önce çubu ğa etkiyen basit bir uzaysal yük göz önüne alaca ğız. Şekilde gösterilen bu yük çubuğunun ekseninden geçmeyen bir çift kuvvet çiftidir. Momenti = P. d olan bu kuvvet çifti, ankastre mesnette yine kendisine e şit zıt yönlü bir kuvvet çifti ile dengelenir. Kuvvet çiftleri kendi düzlemlerine dik bir vektörle gösterilebilece ğinden, gerek etkiyen kuvvet çiftini, gerek ankastre uçtaki tepki çiftini şekilde birer vektörle gösterdik ve kuvvet çifti vektörünün kuvvet vektörlerinden ayr ılması için üstlerine birer dönü ş işareti koyduk. Şüphesiz çubu ğa başka noktalar ında da ayn ı tipte kuvvet çiftleri etkiyebilir. 67


Sayfa 68

21.04.2006/11:10

Çubuğun kesitinde meydana gelen iç kuvveti bulmak için yine kesim yöntemine başvurulabilir. İki parçaya ayr ılan çubuğun bir parçasını göz önüne al ı p bu parçanın dengesi için gerekli iç kuvveti koyal ım. Bu bize burulma momentini verir. Bu halde kullan ılan denge denklemi gerçekte z eksenine göre moment denklemidir, ancak bu denklem z doğrultusunda moment vektörlerinin vektörel izdü şüm dengesi olarak da dü şünülebilir. Etkiyen kuvvet çiftlerinin çok olmas ı halinde tutulacak yol da ayn ıdır. Örneğin Şek. 2-15’de gtösterilen milde bir A kesitindeki burulma momentini bulmak için, mil A’dan kesilerek sol parça göz önüne al ınmıştır. Moment denge denkleminden M b+300-600=0 M b=300 kgm Olarak bulunur. Yap ılan iş, normal kuvvet halindekine çok benzemektedir. Eğer etkiyen yük kuvvet çifti de ğil de eksenden geçmeyen bir tekil yük ise, bu yük eksene indirgenir. Böylece eksene etkiyen bir tekil kuvvet ile bir kuvvet çifti elde edilir. Tekil yük eksene etkidi ğinden, daha önce ö ğrenildiği gibi, kesme kuvvet ve e ğilme momenti diyagramı çizilir. Kuvvet çifti ise, şimdi öğrenildiği gibi, burulma momenti meydana getirir. Çerçeve ve e ğri eksenli çubuklarda da çubuk düzlemine dik etkiyen kuvvetler burulma momenti meydana getirir.[2]

68


Sayfa 69

21.04.2006/11:10

K İR İŞ HESAPLARI

Atalet momenti

I x

=

bh 3

12

I y

=

hb 3

12

W x

=

bh 2

6

W y

=

hb 2

6

M= Eğilmeye tepki gösteren iç kuvvetlerin momentleri Mmax= Dış kuvvetlerin oluşturduğu eğilmeye tepki gösteren iç kuvvetlerin momentleri Qmax= Dış kuvvetlerin oluşturduğu en büyük kesme kuvveti (k) Sx,Sy = Statik momenti M = Mmax ile kiriş dengededir

Kiriş Kesitini Hesaplamada Kullan ılan Formüller 1. Mmax=W.σem a- Dış yüklere göre kesit kontrolü b- Momente göre kesit seçimi W =

M max σ em

2. 3.

σ =

M max W

σ<σem ( Kesit yeterli) Eğilme gerilmesi kontrolü T =

Qmax .S x b. I x

4. 5.

S x

=

τ≤τem (kg/cm2)

bh 2

8 cm3

5 q.l 4 f = ≤ f max . E I 384 . 6. f =

l

700

(Kafes kirişlerde)

l= Kiriş açıklığı 69


f = f = f = f =

Sayfa 70

21.04.2006/11:10

l

400

(Dolu gövdeli ve kamalı kirişlerde)

l

150

(Konsol kirişlerde)

l

300

l=5-7

(Çelik kirişlerde)

l

500

l>7 den

(Çelik kirişlerde)

Soru :

1. Mesnet tepkilerini bulunuz. 3 220. = 330 2 2. Kesme momentini. 3. Eğilme momenti. 4. En büyük e ğilme momenti M max

q.l 2

220.3 2 = = = 247.5 kgm 8 8

5. Uygun kiri ş kesitini seçiniz.

Çözüm : II. sınıf çam

σem= 100 kg/cm2 Mmax=W.σem W gerekli

=

M max σ em

=

24750 = 247.5 cm 3 100 70


Sayfa 71

21.04.2006/11:10

Kesit = 10.14 = 140 Ix=22.87 cm4 Wx = 327 cm3 b h

=

5 7 yi sağlayacak kesitm

6. Eğilme gerilme kontrolü σ =

M max W x

=

24750 = 76 kg / cm 2 327

σ<σem ise 76<100 olduğundan uygun 7. kayma gerilmesi kontrolü Qmax=330 kg bh 2

10.(14) 2 S x = = = 245 cm 2 8 8 T =

Qmax .S x

8.

b I . x

=

330.245 = 2.53 10.2287 kg/cm2

II. sınıf çam için τem=9 kg/cm2

τ<τem olduğu için uygun 2.53 < 9 kg/cm 2 9. Sehim kontrolü E= Elastisite modülü = 100000 kg/cm 2 l= 300 cm 5 q.l 4 f = . ≤ f max 384 E I . 5 2.2.(300) 4 f = . =1 384 100000 .2287 cm q yu kg/m den kg/cm çevirmemiz laz ım. f = f =

l

300 l

300

=

300 = 1cm 300

f=f max

emn.

=

300 = 3 cm 100

f
emn. 71


Sayfa 72

21.04.2006/11:10

Örnek :

Malzeme II. S ınıf çam

σem = 100 kg/cm2 σem = 85 kg/cm2 τem = 9 kg/cm2 E = 100000 kg/cm 2

Şekilde görülen iki parçal ı kirişte gerekli kontrolleri yap ınız. 1. Mukavemet de ğerlerinin hesabı: b h3

20 (48) 3 I = = = 184320 cm 4 12 12 W =

I y max

b h2

20 (48) 2 veya = = = 7680 cm 3 6 6

In = 0.6 I = 0.6 . 184320 = 110600 cm 4 Wn =0.8 W = 0.8 . 7680 = 6144 cm 3

2. Statik değerlerin hesabı : q l 2 1.3 x (6) 2 M max = = = 5.85 tm 8 8 Qmax

=

q l 1.3 x 6

2

=

2

= 3.9 ton

3. Kontroller : a) Eğilmeye göre kontrol: σ =

M max W n

=

585000 kg cm = 95 kg / cm 2 < 100 kg / cm 3 6144 cm

b) Kesme kontrolü τ =

Qmax . S b . I

Statik moment = alan x kendi a ğırlık merkezinin tarafs ız eksene olan mesafesi = (b x h) x (h/2) 72


Sayfa 73

21.04.2006/11:10

S = 20 x 24 x 12 = 5760 cm 3 τ =

3900 . 5760 = 6.1 kg / cm 2 <τ em = 9 kg / cm 2 20 x 184320

c) Sehim kontrolü : 13 x (600) 4 5 q l 4 5 f = = . . 384 E I n 384 100000 .110600 =

1.98 cm <

600 = 2 cm 300 300 L

=

Soru :

İki mesnetli basit kiri şin yükleme durumu ve kesit şekli gösterilmiştir. Emniyet gerilmeleri çekme ve bas ınç için:

⎫ = 1600 kg / cm 2 ⎪ τ em = 1050 kg / cm 2 ⎪ ⎪ statik moment = 231.3 ⎪ S y = 231.3 ⎪ ⎬ Kesitteki boyutlar : h = 240 mm⎪ b = 118mm ⎪ ⎪ E =10mm ⎪ ⎪ t = 13 mm ⎭ bu koşullara göre kiri şin emniyetli olup olmad ığını gösterin σ em

Her kesite gelen yük 1 tondur. Q= 1.0,2 = 0,2 tonm

73


Sayfa 74

21.04.2006/11:10

Çözüm Q = 1.2 = 2 t

∑ M = 0 ⇒ 20.0,2 + 2.1,0 + 20.1,8 − R .2 = 0 ⇒ R ∑ F = 0 ⇒ R − 20 − 2 − 20 + 21 = 0 ⇒ R = 21t A

B

y

A

B

= 21t

A

Alanlar 1. Yamuk 2. Üçgen : 3. Üçgen : 4. Yamuk

∆1 =

21 + 20.8 .0,2 = 4,2 tonm 2 (1. moment)

∆2 =

0,8.0,8 = 0,32 tonm 2 (2. moment)

∆3 =

0,8.0,8 = 0,32 tonm 2 (3. moment)

∆4 =

21 + 20.8 .0,2 = 4,2 tonm 2 (4. moment)

M1= 4,2 ton M2= 4,2 + 0,32 = 4,52 M3=4,52 – 0,32 = 4,20 M4= 4,2 ton

Eğilme yönünden kontroller σ =

M max W

≤ σ em

(bunda W de bulup gerçek mukavemet momenti ilede kar şılaştırabiliriz.)

Mmax = 4,52 ton Qmax =21 ton I profili için atalet momenti

I y

=

b.h 3

12

− 2.

l .h 3

12 74


Sayfa 75

21.04.2006/11:10

11,8.(24 3 ) 5,4.(21,4 3 ) W y = I y = − 2. 12 12 12 Mukavemet momenti ise Iy=4750 cm4 I x

W =

4750 = 396 cm 3 12

b=11,8 cm ise

11,8 = 5,9 2

5,9-0,5=5,4

4,52 tm = 452000 kgcm σ =

452000 ≅ 1135 < 1600 396 olduğundan emniyetlidir.

Kayma gerilmesi kontrolü τ =

Qmax .S y

. y b I

≤ τ em olduğundan emniyetlidir.

Soru :

Kirişin sargı yönünden emniyetli olup olmad ığını kontrol ediniz. E=2,1.106 kg/cm2

Çözüm: f max

5 q.l 4 . = 384 E x I . x

⇒

5 800.400 4 . ⇒ 384 2,1.10 6.21,3

f = 59,5

a4

44 I x = = = 21,3 cm 4 12 12 l

300

veya

l

500

≥ f max

⇒

400 300

veya

400 ≥ 59,5 500

1,33 veya 0,8<5,9 oldu ğundan kiriş emniyetsizdir.

75


Sayfa 76

21.04.2006/11:10

Soru :

II. Sınıf çam ah şap kullanılmıştır. Kirişin kesiti 7x15

σem=100 kg/cm2 τem= 9 kg/cm2 a. kesme kuvveti ve e ğilme momenti diyagramlar ını çizerek max. De ğerlerini belirtin. b. kirişte gerekli kontrolleri yaparak kiri ş kesitinin kayma gerilmesi e ğilme gerilmesi yönünden yeterli olup olmad ığını gösterin.

Çözüm : Q = 800.1,8 = 1440

∑ M = 0 ⇒ 1440.0,9 + 2000.1,8 − R .4,6 + 1200.5,8 = 0 ∑ F = 0 ⇒ 2577 − 1440 − 2000 + R − 1200 = 0 ⇒ R A

y

⇒

B

A

A

RB

= 2577

= 2063

V değerleri 0,9.800 = 720 } ⇒ 2063 − 720 = 1343

1343 – 720 = 623 2000 – 623 = 1377 76


Sayfa 77

21.04.2006/11:10

2577 – 1377 = 1200

Alanlar: M 1

= ∆1 =

2063 + 623 .1,8 = 2417 kgm 2

M2 = ∆2 = 1377.2,8 = 3855 kgm

(alanlar momente eşittir.)

(serbest uçlar ve mesnetlerde M = 0 d ır.)

M3 = ∆3 = 1200.1,2 = 1440 kgm Qmax = 2063 kg Mmax = 2417 kgm M max

σmax =

W

≤ σ em

⇒

emniyetlidir.

b.h 3

7.(15) 3 2417 W = = = 263 ⇒ σ max = = 919 kg / cm 2 6 6 263

σ>σem olduğundan emniyetsizdir. Kayma gerilmesi kontrolü τ =

Qmax .S y I x .b

≤ τ em emniyetlidir.

b.h 3

7.(15) 3 I x = = = 1969 12 12 bh 2

7.(15) 2 S x = = = 197 8 8

τ=29,49 τem=9 τ>τem olduğundan emniyetsizdir. Soru :

77


Sayfa 78

21.04.2006/11:10

2. Sınıf çam ahşap malzeme kullan ılmış

σem = 100 kg/cm2 τem = 9 kg/cm2 Kesit = 12 x 16

Çözüm Q = 600 x 0.8 = 480 kg

Σ Fy = 0 ise R A = 480 – 400 = 0 ise R A = 880

0 ≤ x ≤ 0.7

Σ Fy = 0 ise V – 400 = 0 ise V = 400 (B deki kesme kuvveti) ΣM0 = 0

-M + 400 x

x = 0 için

M=0

x = 0.7 için

M = 280 kgm (B nokt. moment)

(C nokt. moment)

78


Sayfa 79

21.04.2006/11:10

Σ Fy = 0 ise V – q (x-0.7) - 400 = 0 V = q (x-0.7) + 400 x = 0.7 için

V = 400 kg (B nokt) e şit olması gerekir.

x = 1.5 için

V = 880 kg (A nokt)

⎛ x − 0.7 ⎞ ⎜ ⎟ 2 ⎠ + 400 x = 0 ΣM0 = 0 ise -M + q (x-0.7) ⎝ x = 0.7 için

M = 280 kgm (B noktas ı ile aynı olması gerekir.)

x = 1.5 için

⎛ 1.5 − 0.7 ⎞ ⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ M = 600 (1.5 – 0.7) - 400 x 1.5 = 792 kgm (A nokt)

Qmax = 880 kg Mmax = 792 kg b h2

12 x (16) 2 W = ⇒ = 512 cm 3 6 6 M σ = max W τ =

S y

=

79200 =154.99 >100 512 olduğundan emniyetsiz (Kesit uygun de ğil)

Qmax x S y I x x b

=

I x =

b h2

8 b h3

12

=

880 x 384 = 6.88 < 9 12 x 4096 emniyetli

= 384 cm 2 = 4096 cm 4

79


Sayfa 80

21.04.2006/11:10

MUKAVEMETİN TEMEL KAVRAMLARI

σ = σ =

N F N P

=

F F

Yatayla α açısı yapan yüzeyde gerilmeyi bulal ım. Taralı yüzeydeki gerilmeyi bulal ım, yüzey içindeki bile şeni τ, normal üzerindeki bile şeni σ olsun. Bir eğik düzlem üzerinde hem kayma hem de normal gerilme vard ır.

τ = Kayma gerilmesi σ = Normal gerilme

ϕ = Yatayla o yönün normalle yapt ğ aç ı

ı

ı

− σ 1 . AB .1 + σ . AC . Cosϕ −τ AC .Sin ϕ .1= 0 σ 1 Birim alanın gerilmesi

− σ 1 . AC .1 Sinϕ +τ . AC . 1Cosϕ = 0 (AC’ye bölüyoruz) τ = − σ . tg 80


− σ 1

AB

Sayfa 81

21.04.2006/11:10

+ σ . Cos ϕ −τ Sin ϕ = 0

AC − σ 1 .Cos

+ σ . Cos + σ tg Sin = 0 − σ 1 .Cos 2ϕ + σ . Cos 2ϕ + σ tg ϕ Sin 2 ϕ = 0 σ = σ 1 .Cos 2ϕ Normal gerilme σ’yı yukar ıdaki τ’da yerine koyarsak τ = − σ 1 . Sin . Cos Kayma gerilmesi Bir eğik düzlem üzerinde hem normal, hem de kayma gerilmesi vard ır. Bu gibi hallere bir eksenli gerilme hali denir.

Tek Eksenli Gerilme Hali

σ = σ 1 .Cos 2ϕ τ = − σ 1 . Sin . Cos

Bu formüller her yüz için geçerlidir yaln ız ϕ değişir.

ϕ = Yatayla o yüzün normalinin yapt ğ aç ı

ı

ı

AB = ϕ DC = ϕ + 180 CA = ϕ + 90

o

o

DB = ϕ + 270

o

σ CA = σ 1 . Cos 2 (ϕ + 90 ) = σ 1 . Sin 2 ϕ o

τ CA = σ 1 . Sin (ϕ + 90 ) . Cos (ϕ + 90 ) o

o

τ CA = − σ 1 . Sin ϕ . Cos ϕ = − τ AB

Mohr dairesi

81


Sayfa 82

21.04.2006/11:10

⎛ 1 + Cos 2ϕ ⎞ ⎟⎟ σ = σ 1 ⎜⎜ ⎫ 2 σ = σ 1 .Cos 2ϕ ⎝ ⎠ ⎪ ⎬ 1 σ σ Cos 2ϕ = (1 + Cos 2 ϕ )⎪ σ − 1 = 1 Cos 2ϕ 2 ⎭ 2 2 τ = − σ 1 . Sin . Cos

Sin 2ϕ 1 Sin ϕ . Cos ϕ = Sin 2 ϕ → τ = − σ 1 2 2

1 2

τ = − σ 1 . Sin 2 ϕ

ϕ açısı yok edilirse 2 2 ⎛ σ 1 ⎞ ⎛ σ 1 ⎞ 2 ⎜σ − ⎟ + τ = ⎜ ⎟ 2 ⎠ ⎝ ⎝ 2 ⎠ Absis + ordinat = yar ıçap Daire denklemi

82


Sayfa 83

21.04.2006/11:10

Uygulama 1

Şekildeki çerçeveye ait moment, kesme kuvveti, normal kuvvet diyagramlar ını çiziniz? Uygulama 2 AC yüzeyindeki σ (normal),

τ (kayma) gerilmelerini bul? Gerilme durumunu Mohr dairesinde göster?

Uygulama 3 Şekildeki cismin eğik yüzeyindeki gerilmelerini bulunuz ve Mohr dairesinde gösteriniz?

83


Sayfa 84

21.04.2006/11:10

İki Eksenli Gerilme Hali

Cismin içindeki herhangi bir kesitteki normal ve kayma gerilmelerini ar ıyoruz.

1

= σ 1 .Cos 2ϕ σ 11 = σ 2 .Cos 2 (90 − ϕ ) σ = σ 1 + σ 11 τ 1 = − σ 1 . Sin ϕ . Cosϕ τ 11 = − σ 2 . Sin(90 − ϕ ) . Cos (90 − ϕ ) τ =τ 1 + τ 11 σ = σ 1 . Cos 2 ϕ + σ 2 . Sin ϕ . Cosϕ τ = − σ 1 . Sin . Cos + σ 2 . Sin . Cos σ

−

−

1. σ AC − γ 1 AB .Cosϕ − σ 2 BC Sinϕ −

2. D

τ − AC

−

+ γ 1 AB Sinϕ − σ 2 BC Cosϕ

= σ = σ 1 .Cos 2ϕ + σ 2 .Sinϕ

τ = −γ 1 Sin .Cos

+ σ 2 .Sin .Cos

İki açı cinsinden: 3.

σ =

τ =

σ 1

σ 1

+ σ 2 2

+ σ 2 2

+

σ 1

− σ 2 2

× Cos 2ϕ

× Sin2ϕ

φ açısını yol edelim. 84


Sayfa 85

21.04.2006/11:10

İki eksenli gerilme durumunda Mohr dairesi denklemi 2

2

⎡ ⎛ σ 1 + σ 2 ⎞⎤ ⎛ σ 1 − σ 2 ⎞ 2 σ 1 − σ 2 ⎢σ − ⎜ 2 ⎟⎥ + τ = ⎜ 2 ⎟ ⎠⎦ ⎝ ⎠ Burada ⎣ ⎝ 2 dairenin yar ı çapıdır.

AB’nin τ = sıf ır sadece σ2’i var. O yüzden daire üzerinden τ = 0, σ1 olan yeri i şaretleriz. BC’nin σ = 0, τ’su var. aa′ = 3 numaralı denklemden hesaplan ır.

Bir Nokta Civar ındaki Gerilme Durumu: σ x

=

σ 1

σ y

=

σ 1

τ xy

=−

+ σ 2 2

+ σ 2 2

σ 1

+

σ 1

−

σ 1

+ σ 2 2

− σ 2 2

− σ 2 2

× Cos 2ϕ × Sin 2ϕ

× Sin2ϕ

1. şekilde I. Durum veriliyor. II durum soruluyor. 85


Sayfa 86

21.04.2006/11:10

2. şekilde II. Durum veriliyor. I durum soruluyor. σ 2

σ 1

=

=

σ x

+ σ y 2

σ x

+ σ y 2

2

⎛ σ + σ ⎞ − ⎜⎜ x y ⎟⎟ + τ xy2 ⎝ 2 ⎠ 2

⎛ σ − σ ⎞ + ⎜⎜ x y ⎟⎟ + τ xy2 ⎝ 2 ⎠

tg 2ϕ =

ve

2τ xy2 σ x

− σ y

I. duruma Asal gerilme durumu denir. σ1 ve σ2’yede asal gerilmeler denir.

ϕ = Asal doğrultusu II. duruma bir nokta civar ındaki genel gerilme durumu denir.

Genel Gerilme Halinde: σx

τxy

τxy

σx

Bu tabloya 2 eksenli gerilme tansörü

Genel Halinde: Şekilde (ϕ) kadar saat ibresinin tersinde dönüyoruz. Mohr dairesinde saat ibresinde (2 ϕ) kadar döner.

Şekilde 90° dönünce dairede 180 ° dönüyoruz. Şekilde (ϕ) kadar bir açı olunca Mohr Dairesinde (2ϕ) olur.

86


Sayfa 87

21.04.2006/11:10

Bir kesit; kesitte ϕ kadar dönüyorsa Mohr dairesinde ters yönde 2 ϕ kadar döner.

3 Eksenli Gerilme : Gerilme tansörü:

σx τxy τxz τxy σy τyz τxz τyz σz

Problem

Şekildeki gerilme hali veriliyor. a) Bu kesite ait asal gerilmelerinin de ğerlerini ve do ğrultular ını bulunuz. b) Kayma gerilmesinin en büyük de ğerini ve doğrultusunu bulunuz. c) Kesitte verilmi ş (aa) kesitine ait gerilmelerin de ğerini hesaplayınız. 87


Sayfa 88

21.04.2006/11:10

d) Bütün de ğerleri Mohr dairesi çizerek üzerinde i şaretleyiniz. a) Asal gerilmeler σ 1 =

σ 2 =

σ x + σ y

2 σ x + σ y

2

tg 2 ϕ =

⎫ ⎪ ⎪⎪ ⎬ 2 ⎪ ⎛ σ − σ ⎞ − ⎜⎜ x y ⎟⎟ + τ xy2 ⎪ ⎪⎭ ⎝ 2 ⎠ Kullanılacak formüller 2

⎛ σ − σ ⎞ + ⎜⎜ x y ⎟⎟ + τ xy2 ⎝ 2 ⎠

2τ xy σ x − σ y

σx = - 1000 kg / cm 2

τxy = Kayma gerilmesi = 1500kg/cm2 σy = 500 kg / cm 2 σ 1 =

− 100 + 500 2

2

− 1000 − 500 ⎞ + ⎛ ⎜ ⎟ + (−1500) 2 2 ⎝ ⎠

σ 1 = − 250 + 750 2

+ 1500 2 = − 250 + 1677.05 →

σ1 = +1427.05 kg/cm 2 σ1 = - 250 - 1677.05 = - 1927.05 kg/cm 2 doğrultusu tg 2 ϕ =

2 (−1500) − 2 = − 1000 − 500 − 1

2 ϕ = 63.43

ϕ = 31.72° d)

88


Sayfa 89

21.04.2006/11:10

1927 + 1427 =1677.05 2 τmax = ϕ max

=

90 − 2ϕ 2

2 ξ = 243.46 – 90 = 153.46°

ξ = pisi ξ = 76.73° σ = σx Cos2 θ + σy Sin2 θ + 2 τxy Sin θ .Cos θ τ = - (σx - σy) Sin θ . Cos θ + τxy (Cos2 θ - Sin2 θ) b) 180 – 63.43 = 116.57 ° 360 – 116.57 = 243.43

c) σ = σx Cos2 θ + σy Sin2 θ + 2 τxy Sin θ .Cos θ τ = - (σx - σy) Sin θ . Cos θ + τxy (Cos2 θ - Sin2 θ) σ = - 1000 Cos2 30 + 500 Sin 2 30 + 2 (-1500) Sin 30 .Cos 30 σ = -750 + 125 – 1649.52 = - 1274 kg/cm 2 τ = - (1000 - 500) 0.5 . 0.866 + 1500 (0.75 - Sin 2 30) τ = 649.5 + 750 = 1399.5

89


Sayfa 90

21.04.2006/11:10

Bazı Özel Gerilme Halleri: a) Basit çekme ve basit bas ınç

b) İki doğrultuda eşit çekme veya e şit basınç

c) Basit kayma

90


Sayfa 91

21.04.2006/11:10

d) Hidrostatik basınç

Şekil Değiştirme: δ x

Σx = L x Birim uzama = Σx δ y

Σy = L x Birim uzama =Σy γxy = γ1 + γ2 = Düzlemdeki x, y do ğrultular ının açı değişimi γxy = Birim kayma

⎡ ∑ X ⎢ ⎢⎣ 1 2 γ xy

1 γ xy ⎤ 2 ⎥

∑ X ⎥⎦ Düzlem halde şekil değiştirme tansörü

γ xy

2 kullanmak formüllerde kolayl ık sağlar.

⎡ X ⎢∑ ⎢1 ⎢ γ xy ⎢2 ⎢ 1 γ ⎢⎣ 2 xz

1 γ 2 xy

∑ y 1 γ 2 yz

1 ⎤ γ 2 xz ⎥ 1 ⎥ γ ⎥ 2 yz ⎥

∑ z ⎥⎥⎦

Üç boyuttaki şekil değiştirme tansörü 91


Sayfa 92

21.04.2006/11:10

Kaymalar ın olmadığıdüzlemlere asal düzlem denir ⎡ε 1 0 0 ⎤ ⎢ 0 ε 0 ⎥ 2 ⎢ ⎥ ⎢⎣ 0 0 ε 3 ⎥⎦ ε1, ε2, ε3 → asal uzamalar. ∆v = λu

Hacim Değişimi: ∆v'−∆v θ =

= ε 1 + ε 2 + ε 3

∆v

Hook Yasas ı: ε =

σ E

,

Birim Uzama = Gerilme/Şekil Değiştirme

1. Boyut için

ν = nü σ 1

ε 1

=

ε 2

= −ν

ε 3

= −ν

E σ 1 E σ 1 E

→ ε 2 = −ν .ε 1 → ε 3 = −ν .ε 1

Poission oran ı ε x

=

ε y

=

E

[σ

− ν (σ y + σ z )]

[σ

− ν (σ x + σ z )]

1 E

1

x

y

[

]

σ z − ν (σ y + σ x ) E τ τ τ = xy , γ yz = yz , γ xz = xz , G G G

ε z = γ xy

1

Uygulama 1: İşaretli kesite ait normal ve kayma gerilmelerini bulunuz? Mohr dairesi üzerinde gerilmeleri gösteriniz?

Çözüm:

92


σ 1, 2

=

σ x

tg 2ϕ =

+ σ y 2

Sayfa 93

21.04.2006/11:10

2

∓

⎛ σ x − σ y ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ + τ xy2 ⎝ 2 ⎠

2τ xy

− σ y σ = σ x .Cos 2ϕ + σ y .Sin 2ϕ + 2τ xy .Sinϕ .Cosϕ τ = −(σ x − σ y ).Sinα .Cosα + τ xy (Cos 2ϕ − Sin 2ϕ ) σ x

2

300 + 150 300 − 150 ⎞ σ 1 = + ⎛ ⎜ ⎟ + 0 2 = 300kg / cm 2 2 ⎝ 2 ⎠ 2 σ 2 = 225 − 75 = 150kg / cm 2.0 tg 2.30 = = 0 = ϕ 300 − 150 σ = 300.Cos 2 30 + 150.Sin 2 30 + 2.0.Sin30.Cos30 3 1 1050 σ = 300. + 150. = 225 + 37,5 = 4 4 4 τ = −(300 − 150)( . − Sin30).Cos30 + 0. Cos 2 30.Sin 2 30 τ = −150.

−1 2

.

3 150 3 = 2 4

Uygulama 2: Asal gerilmeleri bulunuz ve Mohr dairesinde gösteriniz?

2

⎛ 0 + 0 ⎞ ∓ ⎛ 0 − 0 ⎞ + 2502 = ∓250 σ 1, 2 = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ τ = −(0 − 0).Sin0.Cos 0 + 250. Cos 2 0 − Sin 2 0 = 250 93


Sayfa 94

21.04.2006/11:10

Uygulama 3: a) Asal gerilme ve do ğrultusunu b) En büyük kayma gerilmesini c) Mohr dairesini çiziniz?

Şekil Değiştirme Enerjisi:

εx = σx’in etkimesiyle meydana gelen şekil değiştirme dui = Ortalama toplam kuvvet 1 dui = x .dydz .ε x dx 2 1 x .ε x .d ν 2 = σx’den meydana gelen εx birim uzamadır. Dx kadar yerine dxεx olur.

94


Sayfa 95

21.04.2006/11:10

1 σ x .ε x d ν 2 Birim hacim başına şekil değiştirme enerjisi. (Enerji yo ğunluğuda denir.) σy’yi gözönüne al ırsak 1 1 σ x .ε x + σ y .ε y 2 2 σz’yi gözönüne al ırsak 1 1 1 σ x .ε x + σ y .ε y + σ z .ε z 2 2 2 En genel halindeki şekil değiştirme enerjisi yoğunluğu: 1 1 1 1 1 1 U i = σ x .ε x + σ y .ε y + σ z .ε z + τ xy .γ xy + τ xz .γ xz + τ yz .γ yz 2 2 2 2 2 2 2 eksenli gerilme halinde: 1 U i = (σ x .ε x + σ y .ε y + τ xy .γ xy ) 2 Hooke Yasaları: Hooke yasalar ından faydalanarak enerji yo ğunluğunu yazmak istersek: 1 2 [σ x + σ y2 + σ z 2 − 2ν (σ xσ y + σ xσ z + σ yσ z )] + 1 (τ xy2 + τ xz 2 + τ yz 2 ) U i = 2 E 2G Asal gerilmeler cinsinden: 1 2 [σ 1 + σ 22 + σ 32 − 2ν (σ 1σ 2 + σ 1σ 3 + σ 2σ 3 )] + 1 (τ xy2 + τ xz 2 + τ yz 2 ) U i = 2 E 2G dui

=

θ =

∆v'−∆v = ε 1 + ε 2 + ε 3 ∆v , θ = Biçim değiştirme oranı , ε = Birim uzama

θ = ε 1

+ ε 2 + ε 3 =

1

(σ 1 − σ 0 ) +

E σ 1 + σ 2 + σ 3 − 3σ 0 = 0

1 E

(σ 2 − σ 0 ) +

1 E

(σ 3 − σ 0 ) = 0

1 3 U ν = yalnız hacim değişmesinden olan şekil değiştirme enerjisi 1 − 2ν 2 U ν = (σ 1 + σ 22 + σ 32 ) 6 E Us = Yalnız biçim de ğiştirme, şekil değiştirme enerjisi σ 0

= (σ 1 + σ 2 + σ 3 )

95


Us

=

Sayfa 96

21.04.2006/11:10

1 − 2ν (σ 1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 3 − σ 1 )2 ] [ 6 E

Mukavemet Hipotezleri 1 – En büyük normal gerilme hipotezi:

2 – En büyük kayma gerilmesi hipotezi: Cisimdeki en büyük kayma gerilmesini deneyle elde edilen gerilme e şitliyor. σ (m) = σ1 – σ3 3- En büyük şekil değiştirme hipotezi: σm/ε1 deneyle elde edilen gerilme en büyük uzamayla mukayese ediliyor. 4- Biçim değiştirme hipotezi: 1 + V 2 1 + V 2 2 2 GE

σ m

=

GE

[(σ 1 − σ 2 )

+ (σ 2 − σ 3 ) + (σ 3 − σ 1 )

]

Deneyde 1 eksende elde edilen biçim enerjisi kar şısına çıkan problemdeki biçim de ğiştirme enerjisine eşittir. σ m2

= [(σ 1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 3 − σ 1 )2 ]

Örnek: Bir noktadaki gerilme durumu şekilde gösterildi ği gibi verilmiştir. Bu malzeme için tek eksenli gerilme halinde laboratuar deneylerinden elde edilen σm (mukayese gerilmesi) = 2400 kg/cm 2 dir. En büyük normal, en büyük kayma gerilmesi, biçim de ğiştirme enerjisi hipotezlerine göre malzemenin bu gerilme durumuna dayan ı p p dayanamayaca dayanamayaca ğını araştır ınız?

ν = 0,3 σ 1, 2

=

σ x

+ σ y 2

2

∓

= 2250 kg/cm 2 -250 kg/cm2

⎛ σ x − σ y ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ + τ xy2 ⎝ 2 ⎠ σ1 = 2250 σ2 = 0 σ3 = -250 olmalıdır. σ1 > σ2 > σ3 hipotezine göre 96

[A305] Mukavemet Ders Notu FULL.pdf

Recommend Documents