Mukavemet Notu

Eskişehir Osmangazi Üniversitesi Mühendislik Mimarlık Fakültesi

İnşaat Mühendisliği Bölümü

MUKAVEMET II SUNU DERS NOTLARI 2011 Hakan EROL

Selim ENGEL

Yunus ÖZÇELİKÖRS

MUKAVEMET II EKSENEL KUVVET

BURKULMA

ALAN MOMENTLERİ

ELASTİK EĞRİ

BURULMA BASİT EĞİLME EĞİK EĞİLME BİLEİK MUKAVEMET HALLERİ KESMELİ EĞİLME EKSANTRİK NORMAL KUVVET http://www2.ogu.edu.tr/~yunuso/mukavemetii.pdf

2

OSMAGAZİ ÜİVERSİTESİ MÜHENDİSLİK MİMARLIK FAKULTESİ İNAAT MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ MUKAVEMET II, DERS PLANI DERS ADI DERS SAATĐ KREDĐSĐ

: 1514x3239 Mukavemet II : Normal Öğretim: Çarşamba 11-14 Perşembe 08-10 / II. Öğr: Çarşamba 16-19 Perşembe 17-19 : 3+2 (4)

ÖĞRETĐM ÜYESĐ GÖRÜŞME SAATĐ ÖĞRETİM ÜYESİ GÖRÜME SAATİ ÖĞRETİM ÜYESİ GÖRÜME SAATİ

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

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

3

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

Final % 50

TELAFİ SINAVI Sözlü olarak yapılacaktır. (Öğrencinin hangi sınava katılmadığına bakılmaksızın tüm konular kapsanacaktır.) DERS KİTABI Dr A.C, UĞURAL, Mechanics of Materials , Mc.Graw-HiIl 1991 Dr. Mustafa İNAN Cisimlerin Mukavemeti, İTÜ Vakfı Yayını,1990 YARDIMCI KAYNAKLAR 1- Dr. Mehmet H. OMURTAG, Mukavemet Cilt I ve Cilt II Birsen yayınevi, 2005 2- Dr. Mehmet H. OMURTAG, Mukavemet Çözümlü Problemleri, Birsen yayınevi, 2006 3- http://web.mst.edu/~mecmovie 4- Ferdinand P.BEER & E.Russel JOHNSTON, Mechanics of Materials, McGraw-Hill Book Comp.1981 5- R.C.HIBBELER ,Mechanics of Materials, Prentice Hall International, Inc.1997 6- Dr.N. KADIOĞLU, Dr.H. ENGİN, Dr.M. BAKİOĞLU ,Mukavemet Problemleri CiltI, Cilt II, Beta Basım Yayım Dağıtım A.~.1989 7- Dr.Uğur ERSOY & Dr.Tanvir WASTl, Introductory Mechanics of Deformable Bodies. METU1984 8- Dr. HiImi DEMİRAY, Mukavemet,Çağlayan Kitabevi, 1997

4

KESİT ZORLARI Yandaki şekilde dış yüklerin etkisi altında dengede olan bir cisim, herhangi bir düzlemle kesilerek ikiye ayrılmış halde gösterilmiştir. Mademki cisim bir bütün olarak dengededir, kesimle ortadan kaldırılan iç kuvvetlerin dikkate alınması şartı ile o bütünden ayrılan her bir parçanın da dengede olması gerekir. Gerçekte kesim yüzeyine yayılı olan iç kuvvetleri alan merkezi C de bir kuvvet bileşkesi R ile bir kuvvet çifti bileşkesi M şeklinde gösterebiliriz. R ve M, biri çubuk ekseni, diğeri kesim düzlemi içindeki bileşenleri cinsinden ifade edilirse dört ayrı kesit zoru elde edilir. Bu zorlamaların her birinin kendisine has şekil değiştirmeye yol açtığı daha önce anlatılmıştı (Mukavemet I). N, S, Mb ve Me ile gösterilen bu bileşenlerden yalnızca birinin bulunması haline basit mukavemet halleri adı verilirken bu tesirlerden bir kaçının aynı anda etkimesi durumuna da bileşik mukavemet halleri denir.

5

KESİT ZORLARI VE GENEL GERİLME DURUMU İÇİN DENGE DENKLEMLERİ

Çubuk ekseni x, en kesit düzlemi içindeki eksenler y ve z olarak alındığında çubuğa tesir eden bütün zorlamalar ile en kesit üzerinde alınan bir alan elemanına x, y ve z eksenleri doğrultusunda etkiyen σx, τxy ve τxz gerilmeleri yandaki şekillerde gösterilmiştir. Bu durumda iç kuvvetlerle bu kuvvetlerden dolayı oluşacak gerilmeler, aşağıdaki denge denklemlerini sağlamalıdır.

∫ σ dA =  ∫ y σ dA = − M ∫ z σ dA = M x

x

x

z

y

∫ τ dA = S ∫ τ dA = S ∫ ( yτ − zτ xy

y

xz

z

xz

xy

) dA = T 6

EKSENEL KUVVET ETKİSİNDEKİ ELEMANLAR

KESİTE ALAN MERKEZİNDE DİK OLARAK ETKİYEN KUVVETE NORMAL KUVVET DENİR VE N İLE GÖSTERİLİR.

∫ σ dA =  ∫ y σ dA = 0 ∫ z σ dA = 0 x

x

x

∫ τ dA = 0 ∫ τ dA = 0 ∫ ( yτ − zτ xy

imdi basit mukavemet hallerinden ilki olan eksenel kuvvet etkisindeki bir çubukta oluşacak gerilme ile şekil değiştirmeyi hesaplamak istiyoruz. Genel gerilme durumuna ait denge denklemleri yanda tekrar yazılmıştır. Bu denklemlerdeki gerilmelerin en kesit üzerinde nasıl yayıldığını bilmediğimiz için problem bu hali ile hiperstatiktir. Diğer bir deyişle yalnızca denge denklemleri ile çözüm bulunması mümkün değildir. Bu durumda (genellikle şekil değiştirmeye bakılarak) şekil değiştirme ile ilgili bir hipotez ortaya konmak yolu ile probleme çözüm aramak yolu seçilir. ekil değiştirme hipotezi: Eksenel normal kuvvete maruz çubuklarda çubuk eksenine dik ve düzlem olan kesitler, çubuk ekseni doğrultusunda ötelenme hareketi yaparlar. Bu hipoteze göre en kesit üzerindeki her nokta aynı normal birim şekil değişimini yapar. Ya da normal birim şekil değişimi sabit olup en kesit üzerinde noktadan noktaya değişmez. Hooke yasasına göre gerilme de sabit olacağından integral dışına alınabilir. Ayrıca açısal birim şekil değiştirmeler de olmadığından kayma gerilmeleri sıfır olmak zorundadır.

xz

xz

xy

) dA = 0

σ x = Eε x = SABİT

7

 ≤ σ em A

σ x ∫ dA = 

σx =

σ x ∫ y dA = 0

∫ y dA = 0 ∫ z dA = 0

σ x ∫ z dA = 0 σ x ≤ σem

 ≤ σem A

A≥

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



σ x T =  0  0

Boyutlandırma Formülü

σem

0 0 0 0 0 0

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

σx =

σ min

σx N

N

σ max

σ max

σ max = k ⋅ σ ort σ ort =

k>1, biçim faktörü

En kesitteki Değişmeler ve Çentik Olması Durumunda da σx gerilmeleri Düzgün Yayılı Olmaz.

σx N

σ min + σ max 2

N

8

 A

TEKİL KUVVETİN UYGULANDIĞI NOKTAYA YAKINDAN BAKALIM. P

Gerilme ve şekil değiştirmeler orantılıdır. (Hooke Yasası) Tekil kuvvetin etki ettiği yerden yeterince uzakta gerilmeler düzgün yayılıdır. (ST. VENANT İLKESİ)

P

EKİL DEĞİTİRME HESABI (Uzama veya Kısalmanın Belirlenmesi) Yandaki şekilde eksenel kuvvetlere maruz, en kesiti de değişebilen bir çubuktan alınan küçük bir parça gösterilmiştir. Bu çubuk parçası iki yüzünden etkiyen normal kuvvetlerin etkisiyle şekil değiştirmektedir. Bu parçadaki boy değişiminin tüm çubuk boyunca integrasyonu ile çubuğun boyundaki toplam değişme hesaplanabilir. Eksenel yüklü çubuklardaki boy değişimi genellikle δ harfi ile gösterilir. Dolayısıyla aşağıdaki du ifadesi tekrar dδ olarak yazılmıştır.

σx =

 (x ) A(x )

,

εx =

dδ = ε x dx

du dx

du = ε x dx dδ =

σx E

dx

dx boylu elemandaki uzunluk değişimi

9

dδ =

 (x) A(x) E

 (x)

L

dx

;

δ =∫ 0

A(x) E

Eksenel kuvvete maruz çubuklaradaki boy değişimi normal kuvvetle doğru, EA ile ters orantılı olarak değişirmiş. EA, eksenel kuvvetle zorlanan bir çubuğun boyunun değiştirilmesine karşı gösterdiği direnci temsil ettiğinden uzama rijitliği olarak adlandırılır. Özel olarak iki ucundan eksenel kuvvete maruz prizmatik çubuklarda İntegral içindeki N ve EA terimleri sabit olup integralin dışına çıkartılacağından boy değişimini veren ifade biraz daha basitleşir. Bu bağıntı; Enkesit alanı,

dx

δ >0 δ <0

δ =

 ⋅L E⋅A

UZAMA KISALMA

UZAMA RİJİTLİĞİ

∑P =0 i

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

δ = δ AB + δ BC + δ CD + δ DE

10

EKSENEL YÜKLÜ ÇUBUKLARDA EKİL DEĞİTİRME ENERJİSİ Eksenel yüklü çubuklarda depolanan şekil değiştirme enerjisini hesaplamakta birim hacimde depolanan şekil değiştirme enerjisi çubuk üzerinde seçilen bir integrasyon elemanı ile çarpılarak tüm çubukta integre edilmelidir. Özel olarak iki ucundan eksenel kuvvete maruz prizmatik çubuklarda İntegral içindeki N ve EA terimleri sabit olup integralin dışına çıkartılacağından depolanan şekil değiştirme enerjisini veren ifade daha basit bir hale döner.

1 σ2 u0 = σ ε = 2 2E

U = ∫ u0 ⋅ dV = ∫ u0 ⋅ dx ⋅ A(x )

dV = Ax.dx

V

Nx

x

Enerji yoğunluğu

N

L

 x2 U =∫ dx ( ) 2 EA x L

dx

ÖZEL DURUM:

 = Sabit A = sabit

  2L  U= 2 AE 

11

ÖRNEK 1

Çelik ve alüminyum çubuklar B noktasında birleştirilmiş olup şekilde gösterilen eksenel kuvvetlerin etkisindedir. Eç=200 GPa, Eal=70 GPa olarak bilindiğine göre kompozit çubuğun boyundaki değişme ile çubukta depolanan şekil değiştirme enerjisini hesaplayınız.

Eksenel kuvvette değişme olan her bölgede ayrı bir kesim yapılmak suretiyle kesim yüzeyine tesir eden eksenel kuvvetler belirlenmiş ve aşağıda diyagram şeklinde verilmiştir.

L 140 i10 3 i0, 5 400 i10 3 i0, 3 150 i10 3 i 0, 4 δ =Σ = + − = AE 0, 002 i70 i10 9 0, 003i 200 i10 9 0, 003i 200 i10 9

δ = 0, 6.10 −3 m = 0, 6 mm.

uzama

140000 2 i0, 5 400000 2 i 0, 3 150000 2 i 0, 4  2L U =Σ = + + = 2 EA 2 i0, 002 i70 i10 9 2 i0, 003i 200 i10 9 2 i0, 003i 200 i10 9 U = 82.5 Joule

12

ÖRNEK 2

ekilde gösterilen iki çubuklu kafes sistemde B düğümünün yatay ve düşey yerdeğiştirmesini hesaplayınız. E=70 GPa

∑F

y

δ AB =

=0⇒

FBC = 50 k

− 30 ×103 ⋅1.5 = −0.16 mm 0.004 ⋅ 70 ×109

δ BDüşüş =

0.893 0.16 + = 1.24 mm ↓ sin α tan α

∑F

x

=0⇒

δ BC =

FAB = −30 k

50 × 103 ⋅ 2.5 = 0.893 mm 0.002 ⋅ 70 ×109

δ BYatay = 0.16 mm ←

=40 kN

B düğümünde yatay ve düşey doğrultulardaki kuvvet denge denklemlerinden çubuklara etkiyen eksenel kuvvetlerle her iki çubuktaki boy değişimini hesaplayalım. Sonra B düğümündeki pimi çıkartıp çubukların serbestçe boy değişimi yapmalarına izin verelim. 0.893 mm uzayan BC çubuğunun, B ucu ile 0.16 mm kısalan AB çubuğunun, B ucu daire yayları üzerinde serbestçe hareket ederek B noktasında birleşirler. ekil değiştirmeler çubuk boyları yanında çok küçük olduklarından yaylar yerine teğetleri kullanmak mümkündür. B ve B’ noktaları hemen hemen üst üste düşerler.

13

ÖRNEK 4

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

ekilde gösterilen sistemde A ve E noktalarının düşey yer değiştirmelerini hesaplayınız ( Ep = 105 GPa , A = 200mm2).

C P = 15 kN

d2 =75 mm

P1

A

B

C

B

A

P2 = 100 kN

d1 =25 mm

D

400 mm D

Rijit çubuk

200 mm E

3m

2m

4m

δ AD = 0 ⇒ P1 = 12120  δ CD = 0.4 mm ←

a = 2b

b P = 5 kN

δ DC = ∆ D = 0.67 mm ↑ δ ED + δ DC = ∆ E = 0.71 mm ↑

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

δ A = 1.34 mm ↓

14

ÖRNEK 6

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

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

P

300mm 5m

400mm L 400mm

X

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

∫ f ( x)dx = P 0

⇒ k=

3P L3

 x 3Px 2  dx   L L ∫ 3   ( x)   0 L δ = ∫ dx  = ∫ dx  =   EA EA  0 0     PL δ= 4 EA

b( x) = 300 + 2 x tan α = 300 + 2

50 x = 300 + 0.02 x 5000

A( x) = (300 + 0.02 x) 2    5000   80000 ⋅ dx = dx  = ∫  δ = ∫ 2  ⋅ + EA x x ( ) 20000 (300 0.02 )  0   0 L

5000

δ=

∫ 0

  4 ⋅ dx 4 du =  2  ∫ 2=  (300 + 0.02 x)  0.02 u 5000

1 δ = −200 (300 + 0.02 x) 0

= 0.167mm

15

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

ÖRNEK 7

a

+

c

≠

b

y

L L-y

P0

L  2 ( y) P0 2 U =∫ dy = ∫ dy 2 EA y 2 AE ( ) 0 0 L

P0 2 L = 2 AE

L γ A ( L − y )   2 ( y) U =∫ dy = ∫  dy 2 EA y 2 AE ( ) 0 0

=

γ 2 AL3 6E

γP0 L2

2

L

γ 2A L 2E

∫ (L − y)

2

dy =

0

 ( y ) = γ ⋅ A ⋅ (L − y ) + P0

V= (L - y) boyundaki çubuk hacmi

γ 2 AL3

Özgül ağırlık

6E

[γ A(L − y ) + P0 ] dy  2 (y) dy = ∫ U =∫ 2 EA( y ) 2 AE 0 0 L

Özgül ağırlık sebebi ile oluşan şekil değiştirme enerjisi

2E

Etkileşim sebebi ile oluşan şekil değiştirme enerjisi

P02 L 2AE

P0 kuvvetinden oluşan şekil değiştirme enerjisi

γ 2 AL3

L

2

γP0 L2

P02 L + + U= 6E 2E 2 AE SÜPERPOZİSYON PRENSİBİ GEÇERLİ DEĞİLDİR.

16

ekilde gösterilen kesik koni kendi ağırlığı etkisinde ne kadar uzar? Koninin yapıldığı malzemenin birim hacim ağırlığı γ, Elastisite Modülü E’ dir.

ÖRNEK 8

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

b

r

N

L

h L+h = a b

;

h=

a A( x ) = π r = π x   h 2

a

h+ L

δ=

∫ h

x

 ( x )dx = A( x )E

h

δ= O

Özel Durum:

h x = a r

a = 0 (tam koni ) δ =

γ 3E

h+ L

∫ h

2

2

πγ 2

a 3E   π h

δ=

6E γ L2 a = b ( Silindir ) δ = 2E

π

 ( x) =

h+ L

r 2 x − a 2h dx x2

∫ h

3

h+ L

= h

;

r=

a x h

γ (r 2 x − a 2 h )

,

 γ x 2 h3 h3   x − 2 dx = + 3 2 x E x  

γ L2

a.L b−a

γ L2  L + 3h    6E  h + L 

γ L2 (b + 2a ) 6bE

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

(

)

p +W L PL WL PL 2 δ = + = + = 2E AE 2 AE AE AE

γ L2

Olur.

17

EKSENEL YÜKLÜ ÇUBUKLARDA HİPERSTATİK PROBLEMLER Mesnet reaksiyonları ve iç kuvvetlerin yalnızca denge denklemleri yardımı ile hesaplanabildiği yapı elemanı ve yapılara İZOSTATİK, denge denklemlerine ek olarak şekil değiştirmelerin de dikkate alınması gereken yapı elemanı ve yapılara HİPERSTATİK denir. Hiperstatik yapılarda mesnet çökmesi, sıcaklık değişimi ve imalat hatalarından büyük iç kuvvetler ortaya çıkar. ÖRNEK 9

ekilde görülen rijit yatay çubuk, A noktasında bir mafsalla ve B ve C noktalarında iki düşey kablo ile mesnetlenmiştir. Kablo boyu 0,8 m., en kesit alanları 140 mm2’ dir. 40 kN’ luk yükten oluşacak gerilmeleri her bir kablo için hesaplayınız. Akma gerilmesini 250 MPa olarak alınız. E=200 GPa. Denge Denklemleri;

ΣFx = 0 ΣM A = 0

RxA = 0

ΣFy = 0

R yA + FBD + FCE = 40

FBD + 2 FCE = 40 ⋅ 1 .40

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

δ C = 2δ B

Uygunluk Denklemi;

FCE L F L = 2 BD AE AE Bilinmeyenler;

FBD = 11.2 k

σ BD

∴ FCE = 2 FBD

FCE = 22.4 k

( IV )

RyA = 6.4 k

11.2 × 103 = 80 MPa σ CE = 160 MPa = 140 × 10 −6

B ve C noktalarındaki çökmeler;

11 .2 × 10 3 ⋅ 0 .8 = 0 .32 ⋅ 10 − 3 m = 0 .32 mm ↓ δB = −6 9 140 × 10 ⋅ 200 × 10 δ C = 2δ B = 0 .64 mm ↓

18

ÖRNEK 10.1

ekilde görülen kafes çubukları aynı malzemeden yapılmış olup en kesit alanları A dır. BD elemanı d kadar kısa kesilmiştir. Montaj zorla yapıldığında her bir çubukta oluşacak gerilmeyi hesaplayınız. Montajdan sonra kenar çubuklar basma etkisiyle kısalırken orta çubuk çekme etkisiyle uzar. Üç çubuk B’ gibi bir noktada birleşsin. Denge ve uygunluk denklemleri yazılarak

2

1

Σ Fx = 0

 2 cos α −  3 cos α = 0

Σ Fy = 0

 1 − 2  2 sin α = 0

3

⇒

2 = 3  1 = 1.6  2

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

( d − ∆L1 ) sin α = ∆L2 (d −

1 *0.8 L  *L ) sin α = 2 EA EA

EA d − 1.6  2 *0.8 =  2 *1.25 L 1 EA 2 = d 2.53 L

2 Ed = 0.3953 A L  Ed σ 1 = 1 = 0.6324 A L

σ2 =

19

ÖRNEK 10.2

ekilde görülen kafes çubukları aynı malzemeden yapılmış olup en kesit alanları A dır. BD elemanı d kadar kısa kesilmiştir. Montaj zorla yapıldığında her bir çubukta oluşacak gerilmeyi hesaplayınız.

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

2

1

Σ Fx = 0

 2 cos α −  3 cos α = 0

Σ Fy = 0

 1 + 2  2 sin α = 0

3

⇒

2 = 3  1 = − 1.6  2

( ∆L1 − d )sin α = ∆L2 1 *0.8L  *L − d )*0.8 = 2 EA EA  *L −1.6  2 *0.8L EA d= 2 − EA L 0.8 EA EA −1.28  2 − 1.25  2 = d L

(

2 Ed = −0.3953 A L  Ed σ 1 = 1 = 0.6324 A L

σ2 =

20

ÖRNEK 11

Enkesit alanı Ab, uzunluğu Lb, elastisite modülü Eb olan bakır bir çubuk şekilde gösterilen alüminyum borunun içine yerleştirilmiştir. Alüminyum borunun kesit alanı Aa, elastisite modülü Ea, uzunluğu ise La’ dır. Çubuk ve boru arasındaki küçük boşluğu kapatabilecek kadar büyük olan bir P kuvveti altında her bir elemanın şekil değişimini bulunuz, aradaki boşluğun bulunmadığını düşünerek eksenel uzama oranını belirleyiniz. P Denge Denklemi,

 a +  b = P .......... .......... ......( 1) ekil Değiştirme Denklemi,

Lb

La

δa =

 a La Aa Ea

δb =

 b Lb  a La = +∆ Ab Eb Aa Ea

Alüminyum boru botu Bakır çubuk

PLb − Ab Eb ∆ ( Ab Eb La / Aa Ea ) + Lb

bu ifadeler, δa ve δb denklemlerinde yazılırsa boy değişimleri bulunabilir.

Aa E a P ( Ab E b + Aa E a )

εa =

σa Ea

b = =

δ b = δ a + ∆.........................(2)

(P −  a )Lb =  a La Aa Ea

Ab Eb + ∆Ab Eb

AE  PLb − ∆Ab Eb =  b b La + Lb   a  Aa Ea 

a =

a =

 b Lb Ab Eb

Ab E b P ( Aa E a + Ab E b )

a P = Aa E a Ab E b + Aa E a

b =

PLa − Aa Ea ∆ ( Aa Ea Lb / Ab Eb ) + La

∆=0 (boşluk yoksa) La=Lb’ dır.

elemanlardaki kuvvetler eksenel rijitliklerle orantılıdır.

εa = εb = ε

21

Aşağıdaki şekilde gösterilen kademeli çubuğa C noktasından bir P kuvveti etkimektedir. Malzemenin elastisite modülü E’ dir. A ve B mesnet reaksiyonlarını hesaplayınız.

ÖRNEK 12

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

 AC = − RA

 BC = RB R A + RB = P.......... .......... ......(1)

Denge denklemi;

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

δ ac + δ bc = 0 ....................(2) ekil değiştirmeler;

δ ac + δ bc = 0

RB

− RA

+

δ AC =

− Ra a Aa E

R A a RB b = Aa E Ab E

δ BC =

Rbb Ab E

RA aAB = ( P − RA )b Aa

 aA  RA  b + b  = Pb  Aa  RA =

bAa P (aAb + bAa )

RB =

aAb P (bAa + aAb )

22

SÜPERPOZİSYON METODUNUN KULLANIMI Önceki örnekte örneğin RB reaksiyonunun bilindiği kabul edilirse çubuğun sağ ucundaki mesnet kaldırılabilir. Bu durumda P ve RB’ den oluşacak boy değişimlerinin toplamının gerçek çubuğun boy değişimine eşit olması gerekir (burada sıfır).

δP +δR = 0 δR δP      − Pa  RB a RB b   = 0 +  + Aa E  Aa E Ab E 

RB =

aAb P = P  bAa  ( bAa + aAb ) 1 +   aAb 

RA + RB = P RA =

bAa P P =  aAb  ( bAa + aAb ) 1 +   bAa 

aynı sonuçlar bulunur.

23

ÖRNEK 13

ekilde gösterilen kolonun taşıyabileceği eksenel yükü hesaplayınız.

σ b , em = 12 MPa σ ç , em = 140 MPa E b = 14 GPa

4φ18

E ç = 210 GPa

Denge Denklemi;

Uygunluk Denklemi;

ΣFy = 0

δb = δç

Fç + Fb = P

Fç L Aç Eç

=

Fb L Ab Eb

(1)

(2)

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

Fç =

Aç Eç Ab Eb

4

⋅ Fb =

π ⋅182

210 ⋅ F = 0.09538 Fb π ⋅182 14 b 2 400 − 4 4  4

Fç = 0.09538Fb

Bulunan ifade denklem (1)’de yerine yazılırsa;

0.09538 Fb + Fb = P → Fb =

ihmal

P = 0.9128 P 1.09538

Fç’yi P kuvveti cinsinden ifade edilirse;

Fç = P − Fb = (1 − 0 .9128 )P → Fç = 0 .0871 P

σç =

σb =

σ ç Aç = 0,0871 P

0.0871P Pemç = 1635247  = 1635 k ≤ σ ç , em (140 ) ⇒ 2 π ⋅18 4 4 σ b Ab = 0 .9128 P Olduğuna göre

0.9128P ≤ σ b , em (12 ) ⇒ 2 18 π ⋅ 400 2 − 4 4

Pemb = 2090000  = 2090 k

Olduğuna göre

Pem = min( Pemç , Pemb ) = 1635 k

24

4φ22’ lik donatıya sahip 200x200 mm boyutlarındaki betonarme kolon, 1.1 MN’ luk eksenel yük taşımaktadır. Çelik ve beton gerilmelerini hesaplayınız. Çelik için E=2.1x105 MPa lineer elastik malzeme, Beton için ise aşağıdaki σ−ε eğrisi ve lineer olmayan malzeme kabullerini yapınız. Betonun basınç altındaki en büyük uzama oranını 0.002 alınız.

ÖRNEK 14

σb

P

σ b = Ebε b (1 − 250 ⋅ ε b )

σ b = 2 × 10 4 ε b (1 − 250 ⋅ ε b )

Fç=Çeliğin taşıdığı kuvvet,

Fb=Betonun taşıdığı kuvvet

π .22 2

Ab = 200 .200 − 4 = 38480 mm 2 4  Aç =1520 mm 2

εb

σç 4φ 22

Denge Denklemi;

ΣFdüşey = 0

Fç + Fb = 1.1×106

σ ç = Eçε ç

Gerilme cinsinden;

σ ç ⋅1520 + σ b ⋅ 38480 = 1.1×106

σ ç = 210 × 103 ε ç

Uygunluk Denklemi;

εç = εb = ε

200mm

σ ç = Eç ⋅ ε ç = 2.1×105 ⋅ ε

σ b = E b ⋅ ε b (1 − 250 ⋅ ε ) = 2 × 10 4 (1 − 250 ⋅ ε )ε 200mm

εç

Denge denkleminde yazılırsa;

19240ε 2 − 108.9ε + 0.11 = 0 ≺

ε 1 = 0.00132 ε 2 = 0.0043 > 0.002

Uygulanan kuvvetten dolayı oluşan birim şekil değişiminden, çelik ve betonda oluşan gerilmeler;

σ ç = 2.1× 105 ⋅ 0.00132 = 272.2 MPa

σ b = 2 × 10 4 ⋅ 0.00132 ⋅ (1 − 250 ⋅ 0.00132) = 17.7 MPa

25

TERMAL GERİLME VE EKİL DEĞİTİRMELER Uniform sıcaklık değişimi izostatik yapılarda gerilme oluşturmazken mesnetlerdeki bağları sebebi ile rahatça genişleyemeyen hiperstatik yapılarda gerilmeler ortaya çıkar. 1o lik sıcaklık değişiminden oluşan boy değişim oranına Termal Genleşme Katsayısı adı verilir (α). ∆T o lik sıcaklık artışı ile oluşan boyca değişim oranı;

ε t = α ⋅ ∆T ∆T o lik sıcaklık artışı sonucunda L uzunluğundaki çubuktaki boy değişimi

∆L = ε t ⋅ L

∆L = α ⋅ ∆T ⋅ L

Sıcaklık değişmesi, dış yükler olmasa dahi hiperstatik yapılarda gerilme oluşturur. Bu gerilmeler elemanın boyundan bağımsızdır.

26

Uzunluğu L, enkesit alanı A olan çelik bir çubuk iki rijit duvar arasına yerleştirilmiştir. kadar artması durumunda oluşacak gerilmeleri; a) Duvarların yer değiştirmemesi halinde, b) Duvarların δd kadar yer değiştirmesi halinde hesaplayınız.

ÖRNEK 15

Sıcaklığın ∆T

L=1.5 m, E=200 GPa, α=12x10-6 1/oC, ∆T=30, δd=0.3 mm

δt + δ R = 0

a) Uygunluk Denklemi;

α ⋅ ∆T ⋅ L −

R⋅L =0 A⋅ E

R = A ⋅ E ⋅ α ⋅ (∆T )

ε=

σ E

σ=

R = E ⋅ α ⋅ (∆T ) A Gerilme çubuğun uzunluğundan bağımsızdır.

= α ⋅ ∆T

δt + δ R = δd

b) Uygunluk Denklemi;

α ⋅ ∆T ⋅ L −

R⋅L = δd A⋅ E

δ   R = A ⋅ E ⋅  α ⋅ ∆T − d  L   

σ = E ⋅  α ⋅ ∆T − Nümerik Uygulama; a)

σ = E ⋅ α ⋅ (∆ T ) = 200 × 10 3 ⋅ 12 × 10 −6 ⋅ 30 = 72 MPa

b)

σ = E ⋅  α ⋅ ∆T −

 

δd 

0 .3  3  −6  = 32 MPa  = 200 × 10 ⋅  12 × 10 ⋅ 30 − L  1500  

δd   L

∴ Çok küçük mesnet hareketi termal gerilmeyi büyük oranda azaltmaktadır.

27

ÖRNEK 16

30 mm çaplı bronz silindir, şekilde gösterilen 20 mm çaplı elemanların arasına yerleştirilmiştir. 20 oC sıcaklıkta gerilmesiz olan sistemde, sıcaklığın 70 oC’ ye çıkması durumunda oluşacak gerilmeleri hesaplayınız. Eç=200 GPa, αç=11.7x10-6 1/oC, Eb=83 GPa, αb=18.9x10-6 1/oC

10 mm

300 mm

δ = δ tb − δ Rb = δ tç + δ Rç

Geometrik bağıntı;

Çelik Bronz

Rb = 2 R ç

Denge denklemi;

Çelik

α b ⋅ ∆T ⋅ Lb − 18.9 ×10 −6 ⋅ 50 ⋅ 310 −

R ⋅L Rb ⋅ Lb = α ç ⋅ ∆T ⋅ Lç + ç ç Aç ⋅ Eç Ab ⋅ Eb

2 Rç ⋅ 310

π ⋅ 30 4

2

= 11.7 × 10−6 ⋅ 50 ⋅ 300 +

⋅ 83 × 103

Rç ⋅ 300

π ⋅ 20 2 4

⋅ 200 ×103

0.29295 − 10.567 × 10 −6 Rç = 0.1755 + 4.774 × 10 −6 Rç 15.341×10 −6 Rç = 0.11745

Rb Rç

Rç = 7656 

RÇ

Rb = 15312 

Rb RÇ

σç =

7656 = 24.37 MPa  π ⋅ 20 2     4 

σb =

15312 = 21.66 MPa  π ⋅ 30 2     4 

28

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

ÖRNEK 17

∆T = −50 − (25) = −75o Sıcaklık farkından dolayı oluşan kısalma;

δ BT = α ⋅ L ⋅ ∆ T = 12 x10 −6 ⋅ 0 .6 ⋅ (− 75 ) = − 540 × 10 −6 m B mesnet reaksiyonu nedeniyle oluşan uzama;

RB ⋅ 300 × 10 −3 RB ⋅ 300 ×10 −3 δ = = 5.625 ×10 −9 RB + 9 −6 9 −6 200 ×10 ⋅ 400 ×10 200 × 10 ⋅ 800 ⋅10 R B

A

C

B

Uygunluk Denklemi;

δ A

δ BT + δ BR = 0

− 540 × 10 −6 + 5 .625 × 10 −9 R B = 0

T B

δ BR

C

RB = 96 ×103  = 96 k

RB

σ AC =

96000 = 240 MPa (Çekme) 400

σ CB =

96000 = 120 MPa (Çekme) 800

B

29

EĞİK DÜZLEMLERDEKİ GERİLMELER y'

x'

σ x'

C b

x

P

P

τ x' y'

a

A

C

cos θ

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

σ x′ =

σ x +σ y 2

0 

+

σ x −σ y 2

0 

τ x′y′ = −

σ x −σ y 2

σx 2



sin 2θ + τ xy cos 2θ = −

σx 2

σx 2

(1 + cos 2θ ) Bu gerilmeler A/cosθ θ düzgün olarak yayılır.

sin 2θ

τ maks =

alanına

Gevrek malzemelerde çekme gerilmesi << Kay-ma gerilmesi olduğundan çatlama düşey düzlemde oluşur.

P σ1 = A

→ θ = 45

cos 2θ + τ xy sin 2θ = 0

σ x′ maks = σ x θ =0 → τ x′y′ maks = −

0 

P 2A

Sünek malzemelerde kayma gerilmesi < Çekme gerilmesi olduğundan çatlama 450 lik düzlemde oluşur. σ1 =

P A

30

150 mm dış çapa haiz boru 8 mm kalınlığındaki levhanın yay şeklinde bükülmesi ve kaynaklanması yoluyla imal edilmiştir. Kaynak için emniyet gerilmeleri σem=±105 MPa ve τem=±90 MPa olarak verilmektedir. Boru iki ucundan 250 kN’ luk çekme kuvvetlerine de maruz olduğuna göre emniyet gerilmeleri aşılmadan taşınabilecek en büyük iç basınç nedir?

ÖRNEK 18

q ⋅ rort σt = t

σ x′ =

  150 q ⋅ − 4 2  = 8.875 ⋅ q =  8

σL =

70 + 8.875 ⋅ q 70 − 8.875 ⋅ q + cos 2 ⋅ 36o 2 2

τ x′y′ = −

(

70 − 8.875 ⋅ q sin 2 ⋅ 360 2

(

)

)

 = A

250000 = 70 MPa   150 2 ⋅π ⋅  − 4 ⋅8   2

σ x′ = 45.82 + 3.07 ⋅ q ≤ σ em (105)

τ x′y′ = −33.29 + 4.22 ⋅ q ≤ τ em (90)

q ≤ 19 .3 MPa

q ≤ 29 .21 MPa

19.30  qem =   = 19.3 0 MPa 29.21

31

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

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

D

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

10 kN 75 mm

25 mm 10 kN

A

B

25 kN

1m

3m

30 kN

25 mm

C

D

15 kN

1m

δ B / A = 1.125 mm. δ D / A = 3.53 mm. 2-) Enkesit boyutları 14,3x50,8 mm olan 1829 mm uzunluğundaki çelik çubuk iki ucundan etkiyen çekme kuvvetlerine maruzdur. Çubuk boyundaki toplam değişimin 1,59 mm, normal gerilmelerinin 172 MPa değerini aşmaması koşullarıyla taşınabilecek en büyük eksenel yük olur (Eç = 206,850 GPa)

P=?

δ TOPLAM = δ AB + δ BC + δ CD δ TOPLAM = 0.127 − 0.314 + 0.19 δ TOPLAM = 0.003 mm. uzama

50,8 mm 14,3 mm

1829 mm

3000

δ BC =

∫ 0

δ = 1.59 mm. → P = 130.63 k σ = 172 MPa → P = 124.95 k

−15000 dx x   210000  25 +  ×15 60  

32

Çelik Nç Eç=210 GPa

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

B

A

Alüminyum Ea = 69 GPa

Rijit çubuk a

d2 = 19 mm

b = 1,5a

∑M

1829 mm

Çelik Eç = 207 GPa

A

5-ekilde gösterilen sistem, düşey bir kompozit çubukla yatay rijit bir çubuktan oluşmaktadır. Çelik ve pirinç çubuk parçalarının uzamalarının eşit olması için Açelik/Apirinç oranını hesaplayınız.

Aç

→

Ap

Çelik Eç=210 GPa

Rijit çubuk a

b = 1,5a

Pirinç Ep=105 GPa D

P

Çelik Eç=207 GPa AÇ =90 B mm2

L A

B

= 1.73

6- ekilde gösterilen ABC rijit yatay çubuğu biri çelik, diğeri alüminyum alaşımlı olan iki tel ile asılmıştır. P = 26,7 kN luk yük sebebiyle B noktasının yapacağı yer değiştirmeyi hesaplayınız.

1371 mm

C

D

= 0 →  ç = 2.6 P

δç = δ p

d1 = 35.46 mm.

3/4L

P

22,25 kN

A

Pirinç Ep=105 GPa

2743 mm

d1

4P

L

Alüminyum Ea=69 GPa Aa = 180 mm2

2285 mm C

Rijit çubuk 26,7 kN

3/4L 457 mm

∑M

A

914 mm

= 0 → Tal = 8.9 k Tç = 17.8 k

δ ç = 1.31 mm δ al = 1.64 mm

→ δ B = 1.42 mm 33

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

E D

250 mm

150 mm

A

Rijit çubuk C

B

PB + PÇ = 356

δ Ç = δ B → PB = 312.33 k TÇ = 43.67 k σ B = 9.8 MPa → σ Ç = 84.6 MPa 9- ekilde gösterilen eksenel yükü çubuk uçlarından sabit mesnetlere tutturulmuştur. Çubuğun AC ve CD parçalarının alanları sırasıyla A1 ve 2A1 dir. Pc = 3PB ve elastisite modülü E olarak bilindiğine göre; a) A ve D mesnetlerindeki reaksiyonları hesaplayıp, eksenel kuvvet diyagramını çiziniz. b) C noktasının yer değiştirmesini bulunuz.

100 kN 150 mm

∑M

A

2A1

A1

A

50 mm

= 0 → TB = 75 k TA = 25 k

P

200 mm

B

C

3P

D

200 mm

100 mm

δ A = δ B → ABE = 5 AAD σ AD ≤ 150 MPa → AAD = 166.7 mm 2 8- 203 mm çaplı, 1829 mm boyundaki kolonun 356 kN luk eksenel yükü taşıması planlanmaktadır. Çelik ve 1829 mm betonda oluşacak gerilmeleri hesaplayınız. Aç = 516 mm2, Eç = 207 GPa Eb = 24 GPa

ABE = 834 mm 2 356 kN

RA + RD = 2 P ∆L = 0 → RA = 203 mm

P 4

δ C = ∆LCD = −0.175

RD =

P EA1

7P 4

(mm)

34

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

, αa = Ea =70 GPa αç = 12x10-6 , Ea =200 GPa 24x10-6

d = 30 mm

C

A Alüminyum

Çelik

B

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

σ b Ab = σ ç Aç δ b + δ ç = 1 mm σ b = −79.2 MPa σ ç = 142.5 MPa

2m

3m

δ Ç = δ A → R = 80 k σ B = 40.7 MPa → σ Ç = 113 MPa 11- ekilde gösterilen çelik cıvata, bronz bir tüpün içinden geçmektedir. Vida adımı 2mm olarak bilindiğine göre somunun yarım tur sıkılması halinde her malzemedeki gerilmeyi hesaplayınız.

Ebronz = 83 GPa Abronz = 900 mm

Eçelik = 200 GPa 2

Çelik cıvata

Açelik = 500 mm Bronz tüp

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

53,4 kN x B piri Çel nç ik

50,8 mm

Ebronz = 103.425 MPa

2

A t = 12,7 mm

12,7mm 12,7mm

Eçelik = 206.85 MPa Somun

δ ç = δ p → Pp = 0.5Pç

∑F ∑M

düşey A

= 0 → Pp = 17.8 k

=0

→

Pç = 35.6 k

x = 10.58 mm

σ P = 110.3 MPa σ Ç = 220.6 MPa

35

Pirinç çubuk

13- ekilde 20o C sıcaklıkta aralarında 0,4 mm boşluk bulunan alüminyum ve magnezyum çubuklar gösterilmiştir. a) Sıcaklığın 120o C a yükselmesi halinde her bir çubukta oluşacak basma gerilmelerini, b) Magnezyum çubuğunun boyundaki değişmeyi hesaplayınız.

Ea =70 GPa αa = 23x10-6 Aa =500mm2

A Alüminyum

Em =45 GPa αm = 26x10-6 Am =1200mm2

B

C

Magnezyum

Çelik

D

∑F

düşey

200 mm

250 mm

Boşluğun kapanması için gereken sıcaklık farkı 36° dir. ∆t = 64° C mesnetlerde reaksiyon oluşturur.

δ ∆T = δ R → R = 68678  σ a = 137 MPa σ m = 57 MPa ∆Lm = 0.334 mm uzama

= 0 →  p = ç

δ ç = δ p →  = 12220 

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

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

σ P = 30.5 MPa

A

F

G

C

B

Rijit çubuk L

P

L

36

∑F

düşey

= 0 → 2 a + ç = P

δ ç = δ a → ç = 3 a  1641  P≤  = 1641   3296  16- ekilde gösterilen pirinç ve alüminyum çubukların kesit alanları 500 mm2dir . 40 kN luk yükün etkisiyle ABCD rijit çubuğunun D noktasının ne kadar düşey deplasman yapacağını hesaplayınız. (Ep = 105 GPa, Lp = 150 mm, Ea = 70 GPa, Lp = 150 mm).

17- t sabit kalınlığında değişken genişlikli eleman A ve B de gösterilen rijit mesnetlere oturmaktadır. merkezinden Çubuğun etkiyen P yükünün mesnetlerde oluşturacağı reaksiyonları hesaplayınız.

Rb

+

P

P − Ra

x

−

Ra

Ra

RA + RB = P

δT = 0

a−b x+b L L/2 L − RA dx P − RA dx = + =0 ∫ ∫ Et 0 g ( x) Et L / 2 g ( x)

elemanın genişliği Rijit çubuk B noktasından döner

∑M δc

B

=

=0

→

δa

→ uygunluk denklemi

denge denklemi

150 200 Tcf = 29.09 k Tae = 58.18 k δ D = 0.33 mm

δ Toplam

 2a  ln   a+b  RA = P a ln   b

g ( x) =

37

1

18- ekilde gösterilen iki malzemeden imal edilmiş kompozit çubukta sıcaklığın 50o C düşmesi yanında A ve B mesnetleri birbirine 0,4 mm yaklaştırılıyor. A ve B mesnetlerindeki reaksiyonları hesaplayınız.

A

αa = 23x10-6 Ea = 70 GPa A = 1500 mm2

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

P = 100 kN

α

2

3

∆L2 ∆L1 B

300 mm

200 mm

∑F ∑F

yatay

=0

 2 = 3

düşey

=0

1 + 2  2 cos α = 0

Uygunluk denklemi ∆L1 cos α = ∆L2

σ 1 = −0.506 αT ⋅ ∆t ⋅ E

∑F

x

=0

δ a + δ p = − 0.4

R A = 79.57 k

R B = 20.43 k

19- ekilde gösterilen kafes sistemde çubuk en kesitleri A, malzeme özellikleri E ve α olarak bilinmektedir. AC çubuğunda ∆T sıcaklık artışından oluşan normal gerilmeyi hesaplayınız. a = 0,6 L, h = 0,8L

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

89 kN

41,3 mm

σx

maks

= 66.44 MPa τ xy

maks

= 33.22 MPa

38

21- ekilde gösterilen dikdörtgen kesitli çubuğa uygulanabilecek en büyük P eksenel kuvvetini C-C eğik düzlemindeki normal gerilmenin 28,86 MPa, kayma gerilmesinin 11,72 MPa değerini aşmaması koşuluyla hesaplayınız. b = 50,8 mm, a = 19,05 mm θ = 60°

16 =

σx 2

(1 + cos 2θ )

σx

⇒ 5cos 2 2θ + 2 cos 2θ − 3 = 0

sin 2θ ) 2 θ = −26.565° σ x = 20 MPa P = 24 k 8=−

 26.2 k  Pmaks = min   = 26.2 k  112 k  22- ekilde gösterilen çubuğun eğik C-C düzlemindeki normal ve kayma gerilmeleri sırasıyla 16 ve 8 MPa olarak bilinmektedir. Eksenel yük P ve θ açısını belirleyiniz. b = 40 mm, a = 30 mm

39

KESME KUVVETİ HALİ

τ =0

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

τ zx = τ zy = 0 Sy Sz

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

∫ σ dA = 0 ∫ y σ dA = 0 ∫ z σ dA = 0 x

x

x

∫ τ dA = S ∫ τ dA = S ∫ ( yτ − zτ xy

y

xz

z

xz

xy

) dA = 0

40

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

G(z , y )

y

ÖRNEK 1

dS z = y dA

dS y = z dA

S z = ∫ y dA

S y = ∫ z dA

A

z

z=

Sy A

A

Sz A

y=

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

ekildeki üçgenin alan merkezini bulunuz.

g h− y = b h

g= h

b (h − y ) h

b y (h − y )dy ∫ ∫ y dA = 0 h y= A bh A 2

2 y= 2 h

h

∫( 0

)

hy 2 y 3 − hy − y dy = 2 3 2

h

0

1 6

   2 1 1 h y = 2 h3  −  = h  2 3 3

41

Bir Alanın İkinci Momenti (ATALET MOMENTİ) “I” Atalet momenti, bir alanın bir eksene göre konumu hakkında fikir vermek üzere yanda tanımlanan biçimde hesaplanan pozitif bir sayıdır. Bu sayı, alan eksenden uzaklaştıkça büyür, yaklaştıkça küçülür. a) eklin bir eksene göre atalet momenti, o şeklin parçalarının aynı eksene göre bulunan atalet momentlerinin toplamına eşittir. b) Kesitte boşlukların var olması halinde ise dolu kesitin eksene göre atalet momentinden boşluğun aynı eksene göre alınmış olan atalet momentini çıkarılır. c) Bir eksene göre atalet momenti hesaplanırken şeklin herhangi bir parçasını ayırıp, o eksene göre paralel olarak kaydırmak atalet momentini değiştirmez.

dI z = y 2 dA dI y = z 2 dA

I e = ∫ b 2 dA A

I z = ∫ y 2 dA  A  >0 (Kartezyen atalet momentleri daima pozitiftir) I y = ∫ z 2 dA   A >0

 I zy = ∫ z y dA <0 (Çarpım atalet momenti her değeri alabilir) A 

dI zy = z y dA

=0

dJ = ρ 2 dA

 J = ∫ ρ 2 dA >0 (Polar atalet momenti daima pozitiftir) A  J = Iz + Iy

ATALET YARIÇAPI

iz =

Iz A

iy =

Iy A

ip =

J A

i p2 = i z2 + i y2

42

PARALEL EKSENLER TEOREMİ (EKSENLERİN PARALEL KAYDIRILMASI) Iz, Iy ve Izy büyüklükleri eksenlere bağlı olduğundan eksenlerin değişmesi halinde onlar da değişecektir. Bu sebeple eksenlerin değişmesi hallerini inceleyecek olursak

y

I z = ∫ y 2 dA = ∫ ( y + a ) dA 2

A

A

= ∫ y 2 dA + ∫ a 2 dA + ∫ 2aydA A

A

A

= Iz + a A 2

z

I y = ∫ z 2 dA = ∫ ( z + b ) dA

I z = I z + a2 A I y = I y + b2 A

2

A

A

I zy = I zy + a b A

I zy = ∫ zydA = ∫ ( z + b )( y + a ) dA A

I z1 = I z + a1 A

y

2

I z = I z1 − a1 A 2

I y1 = I y + b1 A 2

(

z I z 2 = I z + a2 A I y 2 = I y + b2 A 2

I z 2 y 2 = I zy + a2b2 A

)

I z 2 = I z1 + a 2 − a1 A

I z1 y1 = I zy + a1b1 A 2

A

(

2

2

)

I y 2 = I y1 + b2 − b1 A 2

2

I z 2 y 2 = I z1 y1 + ( a 2 b2 − a1b1 ) A 43

saat dönüşüne ters yönde

EKSENLERİN DÖNDÜRÜLMESİ

z ′ = z cos θ − y sin θ

y ′ = z sin θ + y cos θ 2

I z′ = ∫ y′2 dA = ∫ ( z sin θ + y cos θ ) dA = I y sin 2 θ + I zy 2sin θ cos θ + I z cos 2 θ A

A

I z′ = I z cos 2 θ + I zy 2sin θ cos θ + I y sin 2 θ

I y′ = I z sin 2 θ − I zy 2sin θ cos θ + I y cos 2 θ I z′y′ = − ( I z − I y ) sin θ cos θ + I zy ( cos 2 θ − sin 2 θ )

Dönmüş eksen takımına göre olan Atatlet momentlerini iki açı cinsinden yazarsak;

I z′ = I z (1 − sin 2 θ ) + I y sin 2 θ + I zy sin 2θ

I −I I z′ =  y z  2

 2 θ + I z + I zy sin 2θ  sin  θ − 1 cos 2 

I z′ =

Iz + I y 2

I z′y′ = −

I y′ =

+

Iz − I y 2

Iz − I y 2

Iz + I y 2

−

cos 2θ + I zy sin 2θ

sin 2θ + I zy cos 2θ

Iz − I y 2

cos 2θ − I zy sin 2θ

Atalet Momenti Dönüşüm Denklemleri 44

Çarpım atalet momentini sıfır yapan eksenlere ASAL EKSENLER denir.

I z′y′ = −

Iz − Iy 2

tan 2θ =

sin 2θ + I zy cos 2θ = 0

I −I ∂I z ′ = −2 z y sin 2θ + 2 I zy cos 2θ = 0 ∂θ 2

I z′ maks ⇒

2 I zy

Iz − I y

tan 2θ p =

2 I zy

≺

Iz − I y

θ pı θ pıı =θ pı +

π 2

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

Iz − I y

2

2

I zy I y  + −  Iz   2 

I z ′ maks = min

Iz + Iy 2

+

Iz − Iy 2

2 2

 Iz − Iy  2   + I zy  2    cos 2θ p

Iz − I y 2

I z ′ maks = 2

I I y  + −  Iz   2 

−

2 zy

Iz − I y 2

+ I zy

min

Iz + Iy 2

+

−

Iz − Iy 2

sin 2θ p

2 2

+ I zy

cos 2θ p

I z′ maks = I1, 2 = min

2

2

 Iz − Iy  2   + I zy  2   

Iz − I y

 Iz − Iy  2   + I zy  2   

Iz + Iy

I zy

− I zy 2

 Iz − Iy  2   + I zy  2    sin 2θ p

2

 I − Iy   + I zy 2 ±  z  2 

45

GRAFİK GÖSTERİMİ

I z′ =

Iz + Iy

I z′y′ = −

2

+

Iz − I y 2

Iz − I y 2

2

cos 2θ + I zy sin 2θ

sin 2θ + I zy cos 2θ

Atalet Momenti Dönüşüm Denklemlerinin karelerini alıp taraf tarafa toplayalım;

Iz + I y   Iz − I y   I − cos 2θ + I zy sin 2θ   z′  = 2   2    I −I   I z′y′  =  − z y sin 2θ + I zy cos 2θ  2  

2

2

2

2

Iz + Iy   I −  z′  + I z ′y ′ 2  

[ ]

2

 I − Iy =  z  2

Çemberin merkezinin apsisi

2

  + I zy 2  R2

Referans noktaları;

Gerçek dönüş yönü ile Mohr grafik gösterimindeki dönüş yönü aynı

z(Iz , Izy) y(Iy , -Izy) Çemberin merkezi ve yarıçapı

M=

2

Iz + I y

I −I  R =  z y  + I zy 2  2 

2

tan 2θ p =

2 I zy Iz − I y

≺

θ ıp θ pıı =θ pı +

π 2

46

ÖRNEK 2

ekilde gösterilen alanın çarpım atalet momentini hesaplayınız.

y

g b− y = a b

g

g=

;

a (b − y ) b

b

b

1 a2 g 2 I zy = ∫ zydA = ∫ ⋅ y ⋅ g ⋅ dy = ∫ 2 (b − y ) y dy 2 20b A 0

dy

g/2

b

a2 I zy = 2 2b

b

b

a2 b2 y 2 2 3 y 4 a2 b4 ∫0 ( b y − 2by + y ) dy = 2b2 2 − 3 by + 4 = 2b2 12 0 2

2

3

y

y

a 2b 2 I zy = 24

z a

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

ekilde gösterilen karenin alan merkezinden geçen z’ eksenine göre atalet momentini hesaplayınız.

ÖRNEK 3

Iz = I y =

a4 ; I zy = 0 12

a4 a4 − a 4 12 12 a4 Iθ = + cos 2θ + 0.sin 2θ =   12 12  2 0 0

Karenin alan merkezinden geçen bütün eksenlere göre atalet momenti

I z ′y ′

I z′ =

Iz + Iy 2

+

Iz − Iy 2

a4 dir. 12

a4 a4 − 12 12 sin 2θ + 0.cos 2θ = 0 =−   2 0

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

0

cos 2θ + I zy sin 2θ

I z′y′ = −

Iz − Iy 2

sin 2θ + I zy cos 2θ

47

ÖRNEK 4

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

z = r cos α

dA = dr ⋅ ds = dr ⋅ r ⋅ d α R θ

R4 Iz = 4

I z = ∫ y dA = ∫ ∫ r ⋅ sin α ⋅ r ⋅ dr ⋅ dα 2

2

2

0 −θ

A

R4  1  Iz = θ − sin 2θ  4  2  R4 Iy = 4

θ =π 2

4 R4  1  πR Iz =  π − sin 2π  = 4  2 4  4 R4  1  πR Iy =  π + sin 2π  = 4 4  2  I zy = 0

R4  π  π R4 Iz =  = 4 2 8 R4  π  π R4 Iy =  = 4 2 8 I zy = 0

2

A

R4  sin 2θ  Iy =  θ + 4  2 

θ =π

1 − cos 2α sin 2α R4 ∫−θ 2 dα = 8 α − 2

θ

−θ

θ

I y = ∫ z dA = ∫ r ⋅ r cos α ⋅ dα ⋅ dr = ∫ r dr ∫ cos 2 α dα

1 + cos 2α sin 2α R4 = + α α d ∫ 2 8 2 −θ

Özel Durum II

θ

R

2

θ

Özel Durum I

y = r sin α

I zy = 0 Özel Durum III

2

3

A

θ

−θ

0

−θ

R4 sin 2θ  sin (− 2θ )  θ+ Iy = −  −θ +  8 2 2  

z eksenine göre simetrik

θ =π 4 4 R4  π 1  π  R  π 1  Iz =  − sin  2   =  −  4  4 2  4   4  4 2  4 R4  π 1  π  R  π 1   + sin  2   = Iy =  +  4  2 2  4   4  4 2 

Eksen takımı θ=45o saate ters yönde döndürülürse π R4 0 0 I 450 =

I −450

( ( )) ( ( ))

( ( )) ( ( ))

+ ............ cos 2 ⋅ 45 + 0 ⋅ sin 2 ⋅ 45 164 πR = + ............ cos 2 ⋅ − 450 + 0 ⋅ sin 2 ⋅ − 450 16 π R4 R4 , I zy = Iz = I y = 16 8

48

ÖRNEK 5

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

800 ⋅ 40 + 550 ⋅ 5 = 25.74 mm 800 + 550

y=

z=

800 ⋅ 5 + 550 ⋅ 37.5 = 18.24 mm 800 + 550

10 ⋅ 803 55 ⋅103 2 2 + 800 ⋅ (40 − 25.74 ) + + 550 ⋅ (20.74 ) = 830509 mm 4 Iz = 12 12

80 ⋅103 10 ⋅ 553 2 2 + 800 ⋅ (13.24 ) + + 550 ⋅ (37.5 − 18.24 ) = 489572 mm 4 Iy = 12 12 I zy = 800 ⋅ (− 13.24 ) ⋅ (40 − 25.74 ) + 550 ⋅ (− 20.74) ⋅ (37.5 − 18.24 ) = −370741 mm 4

z z

θ ′p = − 32 .65 0 2 ⋅ (− 370741 ) tan 2θ p = =≺ = θ ′p′ = − 122 .65 0 I z − I y 830509 − 489572 2 I zy

y

I −32.650 = I1 =

I1 = 1068094 mm 4 ,

I1, 2 =

Iz + Iy 2

830509 + 489572 830509 − 489572 + cos ( − 65.30 ) + ( − 370741) sin( − 65.30 ) 2 2

I −122.650 = I 2 = 251990 mm 4 2

 Iz − Iy   + I zy 2 ±   2 

I1, 2 = 660040 ± 408054 I 1 = 1068094 mm 4 , I 2 = 251986 mm 4

49

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

ÖRNEK 6

dA = dr ⋅ ds = dr ⋅ r ⋅ d θ

I z = ∫ y dA =

2π R

∫ ∫r

2

ds

2

⋅ sin 2 θ ⋅ r ⋅ dr ⋅ dθ

0 0

A

R4 Iz = 4

y = r ⋅ sin θ

2π

1 − cos 2θ R4 1  1  = − θ θ sin 2θ  d ∫0 2  4 2 2 

Iz =

π R4 4

Dönel simetri nedeniyle Iy = Iz, Izy= 0

2π R 4 π R 4 = J p = ∫ 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ dr ⋅ r = 4 2 0 R

2

ÖRNEK 7

Jp =

π R4 2

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

Rdış = R0 +

t 2

Riç = R0 −

t 2

π

(R 4

Iz =

4 dış

− Riç4

)

π 

4 4 t   t   π 3t t3  I z =  R0 +  −  R0 −   =  8 R0 + 8 R0  4  2   2   4  2 8

Rort

Iz =

z O

π

(4 R t + R t ) ≅ π R t 4 3 0

3 0

İhmal edilebilir.

t

Rdış

3

0

Riç

J0 =

π 2

(R

4 d

−R

4 i

π

) = 2 (4 R t + R t ) = 2π R t + 3 0

3

0

3 0

π R0 t 3 2

≅ 2π R t 3 0

50

ÖRNEK 8

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

y 2

90 z

64.9 25.1

2θ s′′

C

1 60 mm

2θ ′p

2θ ′′p = −128.91

I Z = 121.5*104 mm 4

2θ s′

IY = 54*104 mm 4 I ZY = 40.5*104 mm 4 I1 = 140.47 *104 mm 4 θ 1p = 25.1° I 2 = 35.03*104 mm 4

θ 1p = 115.1°

M = 87.75*104 mm 4 R = 52.72*104 mm 4 51

Eşlenik Eksenler

1 ve 2 asal eksenlerdir. Iuv=0 ise u ve v eşlenik eksenler olur.

tan(a ± b) =

tan a ± tan b 1 ∓ tan a tan b

I uv = ∫ uvdA = ∫ A

A

z − y tan β z − y tan α 1 + tan β 2

1 + tan α 2

dA = 0

I y + I z tan α tan β − I zy (tan α + tan β ) = 0

1 − cos 2α 2 1 + cos 2α cos 2 α = 2

sin 2 α =

I y + tan α tan β ( I z + I zy tan(α + β ) ) − I zy tan(α + β ) = 0 z, y asal eksenler olursa (Izy=0) dır

I y + I z tan α tan β = 0 ,

tan α tan β = −

Iz=Iy bütün ⊥ eksenler eşlenik, Iz≠Iy Eşlenik eksenler ⊥ olmaz.

Iy Iz

52

ÖRNEK 9

I z = 82.2 ×104 mm 4

I y = 48.3 × 104 mm 4 I zy = −36.8 ×104 mm 4

Şimdi, y ekseni ile eşlenik olan bir u eksenini belirlemek istiyoruz

u ve v eşlenik eksenler ise I y + I z tan α tan β − I zy (tan α + tan β ) = 0 bağıntısı sağlanmalıdır.

y ↔ v ⇒ β = 0 olur çarpım atalet momentini sıfır yapan ve birbirine dik olmayan

α

doğrultusu aranmaktadır.

I y + I z tan α tan β − I zy (tan α + tan β ) = 0 48.3 + 82.2i tan α i0 − (−38.6)(tan α + 0) = 0 α = −52.7° yada α = 127.3° bulunur.

u ve v eşlenik eksenlerdir.

53

ÖRNEK 10

ekilde gösterilen elipsin z eksenine göre Iz atalet momentini hesaplayınız.

z2 y2 + =1 16 9

I z = ∫ y dA = 2

A

3

∫

3

y ⋅2 zdy = 2

−3

∫

−3

y2 y ⋅2 ⋅ 4 1 − dy 9 2

3  8 8  32 2 −1 32 2 −1 2 2 2 I z = ∫ y ⋅ 3 − y dy =  3 sin (1) − 3 sin (−1)  3 −3 3 8 8 

8 32 2  π 3 Iz = 3 8  2

 π  −  −   = 33 π = 27π  2 

1 2 2 2 −1 x  − + +C ,a > 0 x a x a sin ∫ 2  a  1 2 2 2 2 3 ∫ x a − x dx = − 3 (a − x ) + C x a2 x 2 2 2 2 2 3 − = − ( − ) + ( x a 2 − x 2 + a 2 sin −1 ) + C , a > 0 x a x dx a x ∫ 4 8 a a 2 − x 2 dx =

Iz =

π ab3 4

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

54

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

y 60 z

20 mm

C

60

20

80 mm

20

y

27.5

z

27.5 y

5

C

75 mm 5 mm

5

90

a = 140mm b = 300mm

z

C

60 mm

IZ =

mm 4

55

BURULMA : DAİRESEL KESİTLİ ÇUBUKLARDA GERİLME HESABI

∫ σ dA = 0 ∫ y σ dA = 0 ∫ z σ dA = 0 x

x

x

∫ τ dA = 0 ∫ τ dA = 0 ∫ ( yτ − zτ xy

Üstteki şekilde burulma momenti etkisindeki bir çubukta meydana gelen şekil değiştirme gösterilmiştir. Çubuğun dış yüzünde dx uzaklıklı iki kesit arasına çizilen bir dikdörtgenin şekil değişimi sonrası bütün dik açılarının bozulduğu, yine çubuğun dış yüzeyinde eksene paralel olarak çizilen bir doğrunun helise dönüştüğü söylenebilir. Ayrıca çubuğun dış yüzüne etkiyen herhangi bir kuvvet olmadığından dış yüzeydeki kayma gerilmelerinin sıfır olması gerektiği bilinmektedir.

xz

xz

) dA = T

y

ekil Değiştirme Hipotezi : •Çubuk eksenine dik ve düzlem olan kesitler yer değiştirmeden sonra da çubuk eksenine dik ve düzlem olarak kalır. (εx=εy=εz=0) •Dik kesit rijit bir levha gibi çubuk ekseni etrafında döner. •Kesitlerin dönme açıları x koordinatlarının doğrusal bir fonksiyonudur. ekil değiştirme hipotezine göre çubuk eksenine dik ve düzlem olan kesitler sadece dönmektedir. Dolayısıyla kesit üzerinde normal gerilmenin sıfır olması gerektiği anlaşılmaktadır. Bu durumda denge denklemlerinden ilk üçü kendiliğinden sağlanır. Kesitte yalnızca kayma gerilmeleri olacaktır. Ayrıca bu kayma gerilmeleri kesit sınırlarına teğet olmalıdır (Sınır şartı).

xy

τ xy τ xz

T O

z R

56

En kesit üzerinde yalnızca kayma gerilmelerinin etki ettiği daha önce ifade edilmişti. Yandaki şekilde en kesit düzleminde çubuğun sınır bölgesinde alınan bir eleman görülmektedir. Bu elemana etkiyen kayma gerilmeleri, biri sınıra teğet diğeri dik doğrultudaki iki bileşeni cinsinden verilmiştir. En kesit düzlemindeki eleman ile sınır bölgesindeki ve çubuk yüzeyinde gösterilen düzlemler birbirine diktir. Çubuk yüzeyinde herhangi bir kuvvet olmadığından yüzey üzerinde kayma gerilmesi oluşmaz. Dolayısıyla en kesit düzleminde sınıra dik doğrultudaki kayma gerilmesi de sıfır olmak zorundadır. ekil değiştirme hipotezinin son maddesine göre dönme açısının türevi sabit olup, birim boydaki dönmenin değişmediğini ifade etmektedir. (twist)

dφ =ω dx

= Sabit (Birim boydaki dönme açısı)

Yandaki şekilde daha önce sözünü ettiğimiz dikdörtgen elemanın dik açısındaki bozulma miktarı γ ile gösterilmiştir. γ çok küçük olduğundan tanjantı radyan cinsinden kendisine eşit alınabilir. eklin sağ tarafında bulunan kesit, solda bulunan kesite göre dΦ kadar çubuk ekseni etrafında dönmüş olduğundan aşağıdaki bağıntılar yazılabilir.

tan γ = γ =

bb′ rdφ = = rω dx dx

τ = G .γ = Gω r

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

τ enbüyük r = τ (ρ ) ρ τ (ρ ) =

ρ r

τ enbüyük

57

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

T = ∫ τ ( ρ ).ρ .dA = ∫ A

T=

A

τ enbüyük r

τ enbüyük =

ρ2 r

τ enbüyük dA

J → Polar At. Mom.

Tr J

Elde edilen kayma gerilmelerinin eşitlenmesinden şekil değiştirme bağıntısı bulunur. Bu bağıntıya göre birim boydaki dönme açısı, T ile doğru, GJ ile ters orantılı olarak değişmekteymiş. Yada GJ, çubuğun burulma momenti etkisinde ekseni etrafında döndürülmek istendiğinde şekil değiştirmeye karşı gösterdiği direnci temsil ediyormuş. Toplam dönme açısı aşağıdaki integralle hesaplanabilir.

Tr = Gω r J

ω=

φ = ∫ ω ⋅ dx = ∫ l

l

T GJ

Aşağıdaki şekilde burulma momentine maruz bir çubuğun dış yüzünde alınan bir eleman ve bu eleman üzerindeki gerilme hali gösterilmiştir. Bu elemanın 45 derece döndürülmesiyle kayma gerilmelerinin kaybolduğu asal çekme ve basma gerilmelerinin etkidiği farklı bir gerilme durumu elde edilmektedir. Dolayısıyla beton gibi çekme dayanımı düşük olan gevrek malzemelerde kırılma, asal çekme gerilmelerine dik doğrultudaki çatlaklar yoluyla gerçekleşmektedir.

GJ:Burulma Rijitliği

Aşağıdaki şekilde ise burulma momentine maruz bir çubuktan çıkartılan bir daire sektörü sonrası durum görülmektedir. En kesit düzlemindeki kayma gerilmeleri aynı şiddetle kesim düzlemlerinde ve çubuk ekseni doğrultusunda etkimektedirler. imdi akla şöyle bir soru gelebilir. Madem ki çubuk ekseni doğrultusunda gerilmeler vardır, neden çubuk boyu değişmemektedir? Bu sorunun cevabı, diğer kesim düzlemindeki gerilmelerin yönce ters olduğunu hatırlatmakla verilebilir.

T dx GJ 58

DAİRESEL KESİTLİ MİLLERİN BOYUTLANDIRILMASI Bilinen büyüklükler T, G,τem , φem

Aranan büyüklükler d, J

a) Emniyet gerilmesine göre;

τ enbüyük

Tr 2T ≤ τ em → r ≥ 3 4 πr π τ em 2

Tr = ≤ τ em J

d 2 ≤τ → em π d4 32 T

veya

d≥

3

16T

π τ em

b) Emniyetli dönme açısına göre;

T ω= GJ

TL ≤ φem → GJ

L

φ = ∫ ω dx

TL ≤ φem π d4 G 32

0

d≥

4

32TL π Gφem

R0 d

J=

πr 2

t

4

=

πd 32

4

J=

π

(r 2

4 2

− r14 ) =

π

(d 32

4 2

− d14 )

J = 2π R t + 3 0

π R0t 3 2  ihmal edilebilir

59

ÖRNEK 1

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

TA + 200 − 150 + 80 − 50 = 0 J dolu =

J halka =

φF TA

200

150

A

φF = A

50Nm

30Nm

( 50 32

4

− 304 ) = 53.407 ×104 mm 4

50

120Nm

-

32

504 = 61.36 ×104 mm 4

1  50 ⋅103 ⋅ 50 30 ⋅103 ⋅ 50 120 ⋅103 ⋅ 50 120 ⋅103 ⋅ 50 80 ⋅103 ⋅ 50  =  − + + −  G  53.407 ×104 53.407 ×104 53.407 × 104 61.36 × 104 61.36 ×104 

80

+

π

π

TA = − 80

+

1  5 5 (140 ) + ( 40 )  = 2.046 ×10−4 rad . 3  80 ×10  53.407 61.36 

80Nm

D R = 180 π

φF = 0.0117 0 A

120 ×103 ⋅ 25 τ eb = = 5.62 MPa (C − D ) 534.07 × 103

60

ÖRNEK 2

30mm

a) ekilde gösterilen boşluklu milde 30 ’ lik bir dönme oluşturacak T burulma momentinin şiddetini hesaplayınız. G=77 GPa. b) Aynı burulma momentinin eşit kesit alanına sahip içi dolu bir milde oluşturacağı burulma açısını hesaplayınız. c) Milin iç yüzünde 70 MPa’ lık gerilme oluşturan burulma açısı kaç derecedir? d) τem= 85 MPa olduğuna göre Tmax.=? e) Aynı ağırlıklı içi dolu hal için Tmax.=? f) Aynı ağırlıklı, dış çapı 120 mm. olan hal için Tmax.=? 45mm

a)

T

π R

=

180 D

φ =ω L = 2.4 m

b) A =

π 4

R=

πD 180

=

π .3 180

TL T ⋅ 2400 → 0.05236 = JG 77 ×103 ⋅ 5.169 × 106

( 902 − 602 ) =

π 4

J=

= 0.05236

d 2 ⇒ d = 67.08 mm.

8.683 × 106 ⋅ 2400 φ= = 0.1361 rad . ⇒ φ = 7.80 3 6 77 ×10 ⋅1.988 ×10

T = 12.061 ⋅ 10 6 mm.

π

( 90 32

4

− 604 ) = 5.169 ×106 mm 4

T = 8.683 × 10 6 mm. J =

π 32

d4 =

π 32

c) τ =

( 67.08 )

4

T = 8.683 km. = 1.988 × 10 6 mm 4

Tr T .30 → 70 = J 5.169 ×106

T = 12.061 km.

12.061× 106 ⋅ 2400 φ =ωL = = 0.0727 rad = 4.160 3 6 77 ×10 ⋅ 5.169 ×10 Tr 85 ⋅ 5.169 × 106 d) τ = ≤ 85 → T = = 9.764 ×106 mm. = 9.764 km. J 45 e) d = 67.08 mm. f) A=

τ=

Tr ≤ 85 MPa = τ em J

T ⋅ 67.08 / 2 ≤ 85 → T = 5.0381×106 mm. 6 1.988 ×10

π π π d iç = 99.50 mm. J = 902 − 602 ) = (1202 − diç 2 ) 120 4 − 99.5 4 ) = 10.735 × 10 6 mm 4 ( ( 4 4 32 T ⋅ 60 ≤ 85 → T = 15.2078 × 10 6 mm. ⇒ T = 15.2078 km. 6 10.735 × 10

61

ÖRNEK 3

İki ayrı malzemeden yapılan miller iç içe geçirilmiştir. Taşınabilecek en büyük T burulma momentini hesaplayınız.

J1 =

π 32

J2 =

π

404 = 25.133 × 104 mm 4

( 60 32

4

− 404 ) = 102.102 ×104 mm 4

T1 T2 = 4 3 60 × 10 ⋅ 25.133 × 10 80 × 10 ⋅ 102.102 × 10 4 3

İçteki daire kesitli milin taşıyacağı burulma momentini T1, dıştaki halka kesitli milin taşıyacağı burulma momentini T2 ile gösterelim. Yazılacak tek denge denkleminde T1 ve T2 olmak üzere iki bilinmeyen kuvvet olacağından problem 1. dereceden hiperstatikdir. Çözüm için şekil değiştirmeyi geometrik olarak ifade eden uygunluk denkleminin yazılması gerekir.

T ⋅ 0.1558 ⋅ 20 ≤ 40 25.133 ×104 T ⋅ 0.8442 2 τ eb = ⋅ 30 ≤ 60 102.102 × 104

τ1eb =

Denge denklemi

T1 + T2 = T

ω1 = ω2

T2 = 5.4166 T1..............(1)  T = 0.1558 T T ≺ 1  T1 = T1 + T2 = T ...................(2)  6.4166 T2 = 0.8442 T

T1 T = 2 G1 J1 G2 J 2

Uygunluk denklemi: İki mil beraber çalıştıklarına göre dönme açıları birbirlerine eşittir.

 T ≤ 3.2263 × 106 mm    6 T ≤ 2.4189 ×10 mm  

3.2263 → Tem = 2.4189 km Tem = min  2.4189

62

ÖRNEK 4

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

db − d a x L 75 − 25 = 25 + x = 25 + 0.025 x 2000

d ( x) = d a +

L

32 80000 dx φ= i π 28000 ∫0 ( 25 + 0.025 x )4 Çubuk en kesiti ve dolayısıyla polar atalet momenti x koordinatına bağlı olarak değiştiğinden serbest uçtaki dönme açısının hesaplanmasında integral formulünün kullanılması gerekir.

L L 25 + 0.025 x = u  29.103 0.025dx = 1164.1∫ u −4 du  ⇒ 4 ∫ 0.025dx = du  0.025 0 u 0

2000

T ( x) T dx dx = ∫ Gi J ( x) G0 J 0

L

L

φ =∫

1164.1 1 −3 ( 25 + 0.025 x )3 = −388.035

L

T dx 32 T = ∫ = G 0 π d4 π G 32

L

1 1 − 3 = 0.02391rad . = 1.370 3 75 25

dx

∫d 0

0

4

63

Her bir malzemede oluşacak en büyük kayma gerilmesini hesaplayınız.

ÖRNEK 5

Denge Denklemi

TA + TD − 700 − 300 = 0 Uygunluk Denklemi

φD = 0 A

TA 〉 700

(KABUL)

TA ⋅1000 2.8 ×104 ⋅

π

32

⋅ 504

+

(TA − 700) ⋅1000 3.5 ×104 ⋅

π

32

⋅ 304

TD ⋅ 2000

−

8.4 ×104 ⋅

π

32

TA T − 700 2TD + A − =0 1750 283.5 134.4

=0

⋅ 204

914.12 ×103 ⋅ 25 τ al. = = 37 MPa 613592

4.099 ⋅ TA − 14.88 ⋅ TD = 2469.13 TA = 914.12 m ≺ TA + TD = 1000  TD = 85.88 m τ pirinç

214.12 ×103 ⋅15 = = 40 MPa 80295

τ çelik

85.88 ×103 ⋅10 = = 54.67 MPa 15707

64

DAİRESEL KESİTLİ OLMAYAN MİLLERİN BOYUTLANDIRILMASI Dairesel ve halka enkesitli millerin burulması sırasında enkesit düzlem kalarak çubuk ekseni etrafında dönmekteydi.Oluşan kayma gerilmeleri de eksenden olan uzaklıkla doğrusal olarak artacak şekilde ( çubuk ekseninde sıfır.) yayılıyordu. Dairesel kesitli olmayan millerde ise kayma gerilmeleri karmaşık olarak yayıldığından düzlem olan kesitlerde ayrıca çarpılma adını verdiğimiz düzlem kesitlerin düzlem dışı yer değiştirmeleri söz konusudur.

τ =0

EKENAR ÜÇGEN

KARE

ELİPS

τmax

τmax

τ zx = τ zy = 0

τ eb =

ω= τmax τ eb =

ω=

T α hb 2

T β hb3G

T 0, 208 a 3

τmax

T 0,141a 4 G

τ eb =

20T a3

ω=

46T a 4G

2T π ab 2

τ eb =

(a ω=

2

+ b2 )T

π a 3b 3 G

∞

h/b

1/3

α

0.208 0.231 0.239 0.246 0.258 0.267 0.282 0.299 0307 0.313

1/3

β

0.141 0.196 0.214 0.229 0.249 0.263 0.281 0.299 0.307 0.313

1

α=

1.5

1

b 3 + 1,8 h

1.75

2.0

2.5

5 b 1 b  β = 1 − 0,63 + 0,052   h 3   h  

3.0

4.0

6.0

8.0

65

10

h1

Profiller, T, L, [, I

Dikdörtgenler ayrı ayrı düşünülerek, rijitlikler toplanır. b1

1 GJ = G ∑ hi bi3 3

b2

h2 b3

τ eb

ω=

T

τ eb =

1 hi bi3 .G ∑ 3

Tbeb 1 hi bi3 ∑ 3

en kalın dikdörtgenin uzun kenarının ortasında olur.

h3

ÖRNEK 6

Kare kesitli bir milin daire kesitli bir mile eş mukavemetli olabilmesi için kesit alanının, daire kesitli milin kesit alanının kaç katı olması gerektiğini bulunuz. τ eb ların eşitliği anlamındadır. Eş mukavemetli

τ kare =

T 0.208a 3

T T .d / 2 = 0.208 a 3 = 0.1963d 3 3 π 0.208a d4 32 a = 0.981d → a 2 = 0.9623 d 2

π

2

Adaire 4 d = 2 = 0.81617 Akare a

a

ωkare =

T 0.141a 4G

T T = 4 0.141a G π d 4G 32

ω

τ daire =

T .d / 2

π 32

d4 D

0.09817 d 4 = 0.141a 4

d 2 = 1.1984 a 2

π

ωdaire =

T

π 32

d 4G

2

Adaire 4 d = 2 = 0.94124 Akare a

66

ÖRNEK 7

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

İki uç arsındaki dönme açısının 0,02 rad. değerinde olabilmesi için içi boş yapılan milin iç ve dış çapını hesaplayınız. G=80 GPa.

ωL=

TL T .3000 = ≤ 0.02 GJ G π d 4 − d 4 ( d i) 32 dd G 60 = 2 3000 0.02

dd T T τ eb = rd = ≤ 60 = τ em π 4 J 2 4 ( d d − di ) 32

ÖRNEK 8

16 ×106

π

( 225 32

4

− di4 )

225 ≤ 60 2

dd =

60 ⋅ 6000 = 225 mm 0.02 ⋅ 80 ×103 di = 217.97 mm

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

20.T  → = T 432000 mm .  603  Teb ≤ 281739 mm. 46 ⋅ T ⋅1500 0.02 = 4 → T = 281739 mm. 3  60 ⋅ 75 ×10 π d2 1 A= = 60 ⋅ 60 ⋅ sin 60 ⋅ ⇒ d = 44.55 mm. 4 2 40 =

τ=

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

φ =ωL =

Tr ≤ τ em J

TL ≤ φem JG

T ⋅ 22, 275

π

≤ 40

→

T = 694494 mm.

⋅ ( 44.55 ) 32 T ⋅ 1500 ≤ 0.02 → T = 386714 mm. 75 × 10 3 ⋅ 386714 4

67

ÖRNEK 9 4

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

τ eb = 80

Tbeb 1 hi bi3 ∑ 3

ω=

60 1 80 ⋅ 43 + 100 ⋅ 53  = 70480 mm. T= 5 3

≤ τ em = 60 MPa

T 1 G ∑ hi bi3 3

≤ ωem = 0.0002

1 T ≤ 0.0002 ⋅ 80 × 103 ⋅ 80 ⋅ 43 + 100 ⋅ 53  = 93973.3 mm 3 5

70480 Tem = min  → Tem = 70480 mm. 93973.3

100

ÖRNEK 10

ekilde gösterilen ve iki ayrı malzemeden yapılan T kesitin taşıyabileceği en büyük burulma momentini hesaplayınız. İki malzeme birlikte çalıştıklarına göre uygunluk denklemi olarak, ω1 = ω 2

Ayrıca denge denklemi olarak,

ω1 = ω2

T1 T2 = 1 1 G1 h1b13 G2 h2b23 3 3

T1 T2 = → T2 = 2.3883T1 20580 49152

0.2951 ⋅ T ⋅ 7 ≤ 70 1 3 ⋅100 ⋅ 7 3 0.7049 ⋅ T ⋅ 8 2 τ eb = ≤ 90 1 3 ⋅120 ⋅ 8 3 τ1eb =

⇒

⇒

T = T1 + T2

yazabiliriz. yazılabilir.

T1 T2 = 1 1 60 × 103 ⋅ 100 ⋅ 73 80 ×103 ⋅ 120 ⋅ 83 3 3 T = T1 + T2 → T = T1 + 2.3883T1 T1 = 0.2951T

T2 = 0.7049T

 T = 387439 mm     Tem = 326855 mm. T = 326855 mm   

68

ÖRNEK 11

ekilde gösterilen kademeli milde, her iki malzemenin de emniyet gerilmesinde çalışması hali için dalüminyum ve dçelik çaplarını hesaplayınız. TA + TC = 10 Denge artı

TA × 106 d a τ = = 40 MPa π 4 2 da 32 A eb

τ = Ç eb

TÇ ×106 d ç

π 32

d

4 ç

2

= 100 MPa

TA 40 ⋅ π 2 7.854 × 10−6 = = d a4 32 ×106 d a da

100 ⋅ π 2 19.635 ×10−6 = ⋅ = d ç4 32 ×106 d ç dç

TÇ Uygunluk artı

TA × 106 ⋅ 2000

TC    (10 − TA ) × 106 ⋅ 3000

π

d ç4

3 ⋅ TÇ TA − =0 14 ⋅ d a4 80 ⋅ d ç4

τ 40 TA ×10 d a 32 2 = = 6 π 4 2 TÇ ×10 d ç τ 100 da 32 TÇ = 5.65TA

7.854 ×10−6 3 19.635 × 10−6 = ⋅ dç 14 ⋅ d a 80

TÇ = 8.5 km

φC = 0 A

0.561⋅ d ç = 0.736 ⋅ d a

28 ×10 ⋅ 3

π

32

d

4 a

−

80 ×10 ⋅ 3

π

32

d

=0

4 ç

A eb Ç eb

6

TA + TÇ = 10

d ç = 1.3125 ⋅ d a

TA = 1.5 km

69 d a = 57.58 mm d ç = 75.58 mm

ÖRNEK 12

ÖRNEK 13

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

İçi boş mil 5 mm kalınlığındaki levhanın θ = 40o olacak şekilde sarılıp uçlarından kaynatılarak imal edilmiştir. Kaynakta emniyet gerilmeleri, σem = ±100 MPa, τem =± 55 MPa olduğuna göre uygulanabilecek en büyük burulma momenti ne olur?

τ

σk τ

τ

τk τ

εx = 0 εy = 0 γ xy

−86.26 = G

ε x′ = ε 30 = −500 ×10−6 G = 74700 MPa G = 74.7 GPa

J = 5.9838 ×106

mm 4

σ k ≤ 100 MPa ⇒ T ≤ 10.13 km τ k ≤ 55 MPa ⇒ T ≤ 31.60 km 10.13  Tem = min   = 10.13 km 31.60 

70

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

GERİLME DÖNÜÜM DENKLEMLERİ

σ x′ =

1 (σ x + σ y ) + 1 (σ x − σ y )cos 2θ + τ xy sin 2θ 2 2

σy =

1 (σ x + σ y ) − 1 (σ x − σ y )cos 2θ − τ xy sin 2θ 2 2

'

τ x′y ′ = −

2

İKİ BOYUTLU HALDE GENELLETİRİLMİ HOOKE YASALARI

2

T ( x) 250 x dx = dx = ∫ 28i109 × 0.6166i10−6 GJ 0 0

φA = ∫

φ A = 0.0291 rad = 1.667°

1 (σ x − σ y )sin 2θ + τ xy cos 2θ 2

τ xy

εx =

1 σ x −νσ y  E

εy =

1 σ y −νσ x  E

γ xy =

σx =

E (ε x +νε y ) 1 −ν 2

σy =

E (νε x + ε y ) 1 −ν 2

τ xy = Gγ xy

G

71

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

 2.06  M = min   km ⇒ M = 1.73 km 1.73  

3- İç çapı 70 mm ve dış çapı 120 mm olan alüminyum bir boru üzerine dış çapı 150 mm olan çelik boru geçirilmiştir, şekilde Ga = 30 a GPa, Gç = 80 GPa, τ em = 55 MPa, τçem = 120 MPa olduğuna göre sisteme uygulanacak Mb momentini bulunuz.

τ enbüyük ≤ 100 MPa ⇒ d = 63.4mm −3 x + 1 4   φ A −C = ∫  dx  = rad 6 6 ⋅ ⋅ 80 10 *1.586 10 126.896  0 φB = −2.257° 2

2- Üç metre uzunluğundaki bir milin iki metrelik kısmının D2 = 50 mm lik dairesel çapı D1 = 60 mm; diğer kısmının bir boşluk bulunmaktadır. Mil, şekilde görüldüğü gibi mesnetlendirilmiş olup üzerine de şiddetleri eşit iki moment etki etmektedir. Milin yapıldığı malzemede τem = 60 MPa olduğuna göre M momentini bulunuz.

88.23 M = min   km ⇒ M = 57.75 km 57.75 4- ekilde uygulana burulma momentleri etkisi altında dengede olan milde meydana gelen en büyük kayma gerilmesini hesaplayınız.

 22.92   MPa ⇒ τ B −C = 41.26 MPa 41.26   72

τ = enbüyük 

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

TB = 6.645 km

7- A ve B milleri aynı malzemeden yapılmış olup eşit kesit alanına sahiptirler. A mili dairesel kesitli B mili ise kare kesitlidir. a) TA=TB olduğunda her iki milde oluşan kayma gerilmelerinin oranını hesaplayınız (τA /τB = ? ) b) Her iki mile emniyetle uygulanabilecek olan en büyük burulma momentlerinin oranını hesaplayınız. ( TA /TB = ?) c) TA = TB olduğunda φA / φB oranını hesaplayınız.

TC = 2.485 km

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

8- ekilde gösterilen üç farklı kesitli eşit uzunluklu özdeş çubuklara T = 275 Nm’lik burulma momenti etkimektedir. Kayma emniyet gerilmesi τem = 50 MPa olarak bilindiğine göre her bir çubuk için b değerini hesaplayınız. T

b

T

T

1.2b b

TA = 0.907 km

TB = 0.453 km

73

EĞİLME Tanımlar

74

BASİT EĞİLME Cismin kesitinde yalnız eğilme momenti mevcut ise cisimde meydana gelen şekil değiştirmeyi, oluşan gerilmelerin cinsini ve miktarlarını bulmaya çalışalım. Cismin, herhangi bir kesitinde dış kuvvetlerin etkisi yalnız eğilme momentinden ibaretse veya diğer zorlama çeşitleri ihmal edilebilecek kadar az ise buna mukavemette Basit Eğilme hali denir. Cismi, bir kesitle ikiye böldüğümüz takdirde parçalardan birini dengede tutacak etki kesit ağırlık merkezine tesir eden yalnız bir eğilme momentinden ibaretse basit eğilme hali mevcuttur. ekildeki simetrik yükle yüklenmiş basit mesnetli kirişte C, D aralığında kiriş basit eğilmeye zorlanmaktadır. A-C ve D-B aralıklarında ise kirişin kesitlerine kesme kuvveti de tesir ettiğinden bu aralıklarda basit eğilme hali mevcut olmayıp genel eğilme hali mevcuttur. Basit Eğilmeye zorlanan bir kesitteki gerilmeler bir kuvvet çifti verecek şekilde dağılırlar. Bu kuvvet çiftinin düzlemi atılan parçaya tesir eden dış kuvvetlerin oluşturduğu kuvvet çiftinin düzlemiyle aynıdır. Kesitteki gerilmeleri hesaplayabilmek için çubuğun deformasyonunu (ekil değiştirmesini) göz önüne almak icap eder. Basit eğilmeye zorlanan bir çubukta, alt taraftaki lifler uzarken üst taraftaki lifler kısalır. Eksendeki liflerde aynı boyda kalmıştır. O halde aşağıdaki lifler uzadığına göre bu lifler çekme gerilmesine yukarıdaki liflerde kısaldığına göre basma gerilmelerine maruz kalmaktadır. Eğilmeden sonra çubuğun ekseni bir eğri halini alır. Bu eğriye Elastik Eğri denir. Eğilmeden önce çubuk eksenine dik bir düzlem kesit içinde bulunan noktalar eğilmeden sonra gene çubuk eksenine (Elastik Eğri) dik bir düzlem içinde kalmak üzere en kesit düzlemi biraz döner. Yani eğilmeden önce paralel olan düzlemler eğilme sonucu aralarında açı yaparlar. Eğilmede bu hipotezi Bernoulli bulmuş ve Navier’de düzenlemiştir.

75

Bu hipoteze göre: 1.Çubuk eksenine dik düzlem kesitler eğilme neticesinde gene düzlem kalırlar. 2.Çubuk eksenine dik kesitler şekil değiştirmeden sonra da şekil değiştirmiş eksene dik kalırlar. Ayrıca aşağıdaki hususlarda kabul edilir. 1.Kiriş (çubuk) malzemesi homojen olup Hooke kanununa uymaktadır. 2.Çekme ve basmada elastiklik modülü birbirine eşittir. 3.Eğilmeden önce kiriş ekseni doğru olup enkesit sabittir. Basit eğilmeye zorlanan bir çubukta Bernoulli hipotezini göz önüne alarak liflerin uzama ve kısalmasını hesaplayalım. ekilde görüldüğü gibi yukarıdaki lifler kısalmış aşağıdaki lifler uzamış ve çubuk ekseninden geçen bir düzlem içindeki lifler ise ne uzamış ne de kısalmıştır. Bu düzleme Tarafsız veya Nötr Düzlem denir. Tarafsız düzlemin en kesit düzlemi ile ara kesitine Tarafsız Eksen denir. Tarafsız eksenden y uzaklığındaki bir lifin (ab lifinin)uzama oranı εx dir. Birim boydaki uzama, Mz

y

εx =

Son Boy − Đlk boy Đlk boy

εx =

dA y

xdA

( ρ − y)θ − ρθ ρθ

r yarı çaplı θ merkez açılı yay uzunluğu θr dir.

εx = −

y

ρ

ρ eğilmiş eksenin eğrilik yarıçapıdır. Görülüyor ki x

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

Gerilmelerin hesabı için Hooke kanununu tatbik edersek,

Pozitif Mz momenti z ekseninden y kadar yukarıda basınç gerilmesi oluşturmaktadır. Bu nedenle σxdA kuvveti de basınç kuvvetidir ve negatiftir.

z

σ x = E ⋅ε x



y   ρ

σ x = E ⋅ −

1

ρ

=−

σx E⋅ y

76

Bu formül bize Eğilmede meydana gelen normal gerilmelerin de y ile orantılı olduğunu gösterir. Eğilmede tarafsız eksenden eşit uzaklıktaki noktalarda eşit gerilmeler meydana gelir. Gerilme yayılışı hakkında bilgi edinmiş olmakla birlikte, ρ ile M eğilme momenti arasında bir bağıntı kuramadık; bir de y’lerin tarafsız eksenden ölçüldüğünü söyledik, fakat tarafsız eksenin yerini belirlemedik. Bu bilgileri gerilmelerin kesit üzerindeki bileşkeleri ve momentleri yardımıyla elde edeceğiz. ekildeki kesit üzerinde bir dA alan elemanı alınmıştır. Bu alan elemanına gelen σdA kuvvetinin alan üzerindeki toplamı, kesitteki normal kuvveti, momentlerinin toplamı ise eğilme momentini vermelidir. Kesitte yalnız eğilme momenti bulunduğundan σdA ’lerin toplamı sıfır olmalıdır.

∫ σ dA = 0 A

 y ∫A E  − ρ  dA = 0

veya

−

E

ρ

∫ ydA = 0 A

olması gerektiği görülür. Bu da statik moment dediğimiz integralin sıfır olacağını gösterir.

∫ ydA = 0 A

Bu ise, tarafsız eksenin kesitin ağırlık merkezinden geçmesini gerektirir. Biz xyz koordinat takımını şimdiye kadar hep ağırlık merkezine koyuyorduk. Böylece bunun eğilme yönünden de doğru olduğu sağlanmış olmaktadır. Böylece simetrik eğilme halinde tarafsız eksen, z ekseni olacaktır. İkinci olarak da σdA kuvvetlerinin momentlerini kesitteki eğilme momentine eşit olduğu göz önüne alınırsa. z eksenine göre σdA ’nın momenti yσdA olacağından (kuvvet basınç kuvveti);

∫ y ⋅ ( −σ x ) ⋅ dA = M z A

E y ∫A  ρ

 y  dA = M z 

E

y dA = M ρ∫ 2

z

A

bulunur. Üstteki integral kesitin z eksenine göre atalet momenti olan Iz’ den başka bir şey değildir, o halde

E

ρ

Iz = M z ⇒

1

ρ

=

Mz EI z

elde edilmiş olur. Bu formül, eğilme momenti ile eğrilik yarıçapı arasındaki bağıntıyı vermektedir. M büyüdükçe eğrilik büyümekte, (çubuğun eğriliği artmakta), EIz büyüdükçe eğrilik azalmaktadır. EIz şekil değişimine karşı gösterilen 77 direnci temsil ettiğinden Eğilme Rijitliği olarak isimlendirilir.

σx = −

Mz y Iz

Bu ifade de eğilmedeki gerilme formülüdür. Bu ifadeden anlaşılacağı gibi eğilmeden dolayı oluşan gerilme y değeri (tarafsız eksenden olan mesafe) arttıkça gerilmede lineer olarak artmaktadır. Buna göre y’nin en büyük olduğu en alt ve en üst noktalarda en büyük gerilmeler ortaya çıkmaktadır. İşaretler göz önüne alınmaksızın şöyle ifade edilir.

σ eb =

Mz yeb Iz

BOYUTLANDIRMA Gerilmelere göre boyutlandırmada Pratikte

Iz

y

σ eb =

Mz y eb Iz

formülünün esas alınacağı açıktır.

oranına Mukavemet momenti adı verilir.

Çekme ve basma emniyet gerilmeleri eşit simetrik en kesite sahip kirişlerde

Wz =

Iz y eb

σ ek M z M = y eb = z ≤ σ em σ eb Iz Wz

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

Wz′ = Wz′′=

Iz ' ybasma

I

z '' çekme

y

σ ek =

Mz em ≤ σ basma W z′

σ eb =

Mz em ≤ σ çekme W z′′

78

ÖRNEK 1

Dökme demirden yapılmış (E =175 GPa) dikdörtgen kesitli bir kiriş 5 kN/m’lik yayılı yük taşımaktadır. a) Açıklık ortasındaki en büyük çekme ve en büyük basma gerilmesini, b) A noktasındaki normal gerilme ile uzama oranını, c) B kesitindeki eğrilik yarıçapını hesaplayınız.

bh3 80 ⋅1203 I= = = 12 12 = 11.52 × 106 mm 4 I 11.52 ×106 W= = h 60 2 W = 0.192 × 106 mm3

σ max. min.

10 × 106 =± = ±52.1 MPa 0.192 ×106

MA 7.5 ×106 σA = − yA = − ( −20 ) = 13 MPa I 11.52 ×106

εA =

σA 13 = = 74.3 ×10−6 3 E 175 ×10

εA = −

1

ρ

y

ρA = −

yA

εA

=−

−20 = 269 m. 74.3 × 106 79

ÖRNEK 2

T kesitli çıkmalı bir kiriş şekilde gösterilen biçimde yüklenmiştir. Kirişte oluşacak en büyük çekme ve en büyük basma gerilmelerini hesaplayınız.

Ağırlık merkezinin bulunması, z =0

Açıklıkta oluşacak en büyük gerilmeler,

M 3.125 × 106 σb = − y = − ( 30 ) = −68.9 MPa I 1.36 × 106

σç = −

M 3.125 ×106 y=− ( −50 ) = 114.9 MPa I 1.36 ×106

(y ekseni simetri ekseni)

Kesit tabanına göre statik moment alalım.

60 ⋅ 20 ⋅ 70 + 60 ⋅ 20 ⋅ 30 = 50 mm. 2(60 ⋅ 20) 60 ⋅ 203 20 ⋅ 603 2 2 Iz = + 60 ⋅ 20 ⋅ ( 20 ) + + 60 ⋅ 20 ⋅ ( 20 ) = 12 12 I z = 136.104 mm 4 y=

Mesnette oluşacak en büyük gerilmeler,

M −3.00 × 106 σb = − y = − ( −50 ) = −110.39 MPa I 1.36 ×106

M −3.00 ×106 σç = − y = − ( 30 ) = 66.2 MPa I 1.36 × 106

80

ρ 2 = 12 + ( ρ − 0.01) 2 ρ = 50 m

ÖRNEK 3 Genişliği 10, yüksekliği 30 mm ve uzunluğu 2 m olan alüminyum çubuğun ortası uçlarından etki eden M eğilme momenti sebebiyle 10 mm yer değiştirmiştir. Çubuğa etkiyen M momenti ile en büyük uzama oranını hesaplayınız E=70 GPa.

I = 22500 mm 4 ρ-0.01 m

ρ

M

M

1m

ÖRNEK 4

1m

1

M ⇒ ρ EI 70000 × 22500 M= = 31500 mm 50000 y −15 ε =− =− = 3 × 10−4 ρ 50000 ε = 300µ =

ekilde gösterilen kesite M=20 kNm lik eğilme momenti etkimektedir. Alt başlıkta taşınan toplam kuvveti hesaplayınız. Kesit tabanına göre statik moment alalım.

y=

120(40 ⋅ 20 + 20 ⋅100 + 20 ⋅170) = 77.50 mm. 120(20 + 20 + 40)

I z = 41.22*106 mm 4

M 20 × 106 σD = − y = − ( −77.5 ) = 37.6 MPa I 41.22 ×106 M 20 ×106 σ D′ = − y = − ( −37.5) = 18.2 MPa I 41.22 × 106  37.6 + 18.2  alt başlık kuvveti = 120 × 40   = 133920 2  

Üst başlıkta taşınan kuvveti de siz hesaplayınız 

81

ÖRNEK 5

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

M = 13.23 km I = 11.52 ×106

σ maks

mm 4

M 13.23 ×106 =− y=− ( −60 ) = 68.91 MPa I 11.52 × 106

M ( x = 2.5m) = 12.75 km I = 41.22 × 106

mm 4

M 12.75 ×106 σE = − y = − (82.5) = −25.52 MPa I 41.22 × 106 M 12.75 × 106 σD = − y = − ( −77.5) = 23.97 MPa I 41.22 ×106

82

ÖRNEK 6

ÖRNEK 8

Bir adam tramplenden atlarken şekilde görülen tramplenin ucuna 2000 N’luk bir kuvvet etkimektedir. Tramplenin yapıldığı malzemede σem = 12,5 MPa ve tramplenin genişliği 0,30 m olduğuna göre sadece moment etkisini göz önüne alarak tramplenin h kalınlığını bulunuz.

Dökme demirden yapılmış ve şekilde görülen kiriş kesitine şekildeki gibi bir M momenti etki etmektedir. a)Kesitte en büyük çekme gerilmesi en büyük basma gerilmesinin üçte biri olması için b başlık genişliğini bulunuz b) Kiriş bulunan b genişliğinde imal edildiğinde ve kirişin çekme ve basma emniyet gerilmeleri sırasıyla 250 MPa, 750 MPa olduğuna göre kirişin taşıyabileceği en büyük M momentini bulunuz. c) Bir önceki şıkta kirişin çekme ve basınç mukavemetleri 200 MPa, 800 MPa olduğuna göre taşıyabileceği en büyük M momentini bulunuz.

M z = 4000 m h = 80 mm

ÖRNEK 7 Kesiti daire olan bir çelik çubuğun eğrilik yarıçapı, çapının 1000 katıdır. Buna göre oluşacak en büyük ve en küçük gerilmeleri hesaplayınız (E = 200 GPa).

Tarafsız eksenin kesit tabanından yüksekliği y = 60 mm b = 180 mm

1

ρ

=

Mz EI z

⇒ M z = 9.817 d 3 σ = ±100 MPa

I z = 1.92*106

mm 4

M = 24 km M = 19.2 km

83

Ferdinand P.BEER & E.Russel JOHNSTON, Mechanics of Materials, McGraw-Hill Book Comp.1981

ÖRNEK 9

ÖRNEK 10

Enkesiti verilen kirişe 15 kNm’lik eğilme momenti etkimektedir. A ve B noktalarında oluşacak gerilmeleri hesaplayınız.

ekilde en kesiti verilen kirişin yapıldığı malzemede σem = +40 MPa σem = -105 MPa olduğu bilindiğine göre taşınabilecek en büyük M momentini bulunuz.

σ A = −230 MPa σ B = 145.5 MPa

Tarafsız eksenin kesit tabanından yüksekliği

y = 62.55 mm

I z = 3.91*106 mm 4 M = 4.29 km

84

12- ekilde yükleme durumu verilen kirişin I-I kesiti şekilde verilmektedir. I-I kesitinin E, F, K, H, I noktalarındaki gerilmeleri bulunuz.

ÖRNEK 11 Bir I kesitinin boyutları aşağıdaki gibi verilmiştir. My = 18.6 kNm σem = 110 MPa olduğuna göre a değerini hesaplayınız.

a a/8

y

2a

z

C a/8 a/8

13Enkesiti şekilde verilmiş olan kirişte, Mz = 1500 Nm eğilme momentinin oluşturacağı en büyük ve en küçük normal gerilmeyi hesaplayınız.

1.5a

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

σ z ≤ 110 MPa ⇒ → a = 140mm

14- ekilde gösterilen alüminyumdan yapılmış içi boş dikdörtgen kesitli kirişin taşıyabileceği en büyük momenti, ve buna karşılık oluşacak eğrilik yarıçapını bulunuz. σem = 100 MPa, E = 70 GPa 120 m m

I z = 5.52*106 .

120 m m

M = 9.2 km

ρ = 42 m t = 8 mm

80 m m

85

mm4

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

86

EĞİK EĞİLME

Çubuğu eğilmeye zorlayan kuvvet çiftlerinin içinde bulunduğu kuvvetler düzlemi ile çubuğun elastik eğrisinin içinde bulunduğu eğilme düzlemi aynı değilse yada kuvvetler çizgisi asal eksenlerden biri ile çakışmıyorsa eğilme eğik olur. ekilde, herhangi bir simetri ekseni bulunmayan kiriş en kesitine etkiyen Me eğilme momenti gösterilmiştir. Bu moment, kuvvetler çizgisi doğrultusunda etkiyen dış yüklerden meydana gelmektedir. (z-y) eksen takımı en kesitin alan merkezi C’ye yapıştırılmıştır. Kuvvetler düzlemi ile en kesitin kuvvetler çizgisi olarak isimlendirilir.

arakesiti

87

Me eğilme momentini z ve y eksenleri doğrultusundaki bileşenleri cinsinden gösterebiliriz.

88

En kesit üzerinde alınan bir alan elemanı, x ekseni doğrultusundaki σx gerilmesi etkisinde bulunsun. (τxy ve τxz kayma gerilmelerinin oldukça küçük olduklarını ve istenirse denge denklemlerinden bulunabileceklerini ayrıca belirtelim.) Bu durumda iç kuvvetlerden oluşacak zorlamaları dış kuvvetlere eşitleyen denge denklemleri aşağıdaki biçimde yazılabilir.

Denge denklemleri;

∫σ ∫τ ∫τ

xy

dA = 0

xz

dA = 0

x

dA = 0

∫ zσ ∫ yσ

x

dA = M

x

y

dA = − M

z

89

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

Tarafsız Eksenin (T.E.) Denklemi;

tan β =

sin β z = co s β y

y sin β − z co s β = 0 90

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

91

Alan elemanının merkezinden tarafsız eksene olan y’ mesafesini belirlemek için doğru (T.E.) denkleminde noktanın koordinatları yerine yazılmalı ve doğru denkleminin katsayılarının kareleri toplamının kareköküne bölünmelidir.

y′ =

y sin β − z cos β sin β  β + cos   2

2

1

= y sin β − z cos β 92

Basit eğilme halinde, tarafsız eksenden y kadar mesafede bulunan bir lifteki uzama oranı, eğrilik ile lifin bulunduğu o noktanın t.e.’e olan uzaklığının çarpımı olarak hesaplanabilmekteydi. Eğik eğilme halinde de aynı bağıntı geçerlidir.

Gerilmeyi yazarsak;

σ x = Eε x = − E

1

ρ

y′ = −

E

ρ

( y sin β − z cos β )

93

Gerilme;

σ x = Eε x = − E

1

ρ

y′ = −

E

ρ

( y sin β − z cos β )

E

E

σ x = − sin β y + cos β z ρ  ρ   a

b

σ x = ay + bz

y′ =

y sin β − z cos β sin 2 β + cos 2 β  

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

= y sin β − z cos β

1

∫σ

x

∫ ( ay + bz )dA = 0

dA = 0

A

A

∫ σ x zdA = M y

∫ ( ay + bz ) zdA = M y

∫ σ x ydA = − M z

∫ ( ay + bz ) ydA = − M z

A

A

A

a ∫ y dA + b ∫ z dA = 0 A

özdeş olarak sağlanır.

A

a I zy + b I y = M

a ( I z I y − I zy2 ) = − ( M z I y + M y I zy )

y

a I z + b I zy = − M

z

b ( I z I y − I zy2 ) = − ( M z I zy + M y I z )

A

 M I + M y I zy a = − z y  I I − I2 z y zy 

  

 M I + M yIz b =  z zy  I I − I2 z y zy 

  

σ x = ay + bz σx =

− ( M z I y + M y I zy ) y + ( M z I zy + M y I z ) z I z I y − I zy2

94

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

σx =

M z ( I zy z − I y y ) + M

y

(I

z

z − I zy y )

Gerilmenin genel denklemi

I z I y − I zy2

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

E

sin β M I + M y I zy a ρ = = − tan β = − z y E b M z I zy + M y I z cos β −

tan β =

M z I y + M y I zy M z I zy + M y I z

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

ρ

2

2

 E2  E E E2 2 2 2 2 2 2 a + b =   sin β +   cos β =  2  ( sin β + cos β ) = 2 ρ ρ ρ ρ  2

2

 M I + M y I zy   M z I zy + M y I z  a 2 + b2 =  z y +  I z I y − I zy2   I z I y − I zy2       ( M I + M I )2 + ( M I + M I )2  2 E y zy z zy y z  z y  = 2 2 2   ρ ( I z I y − I zy )  

Eğik eğilme hali için şekil değiştirme denklemi

1

ρ

=

1 E

(M I

z y

+ M y I zy ) + ( M z I zy + M y I z ) 2

(I I

z y

− I zy2 )

2

2

95

EĞİK EĞİLME: TEMEL DENKLEMLER VE ÜÇ ÖZEL DURUM (ÖZET)

σx =

M z ( I zy z − I y y ) + M y ( I z z − I zy y ) Iz I y − I

2 zy

tan β =

M z I y + M y I zy M z I zy + M y I z

(M I

1

1 = ρ E

z

y + M y I zy ) + ( M z I zy + M y I z ) 2

(I I

z y

− I zy2 )

2

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

σx = −

Mz y Iz

BASİT EĞİLME FORMÜLÜ ELDE EDİLDİ.

tan β = ∞ β = 90°

Iy Mz tan β = Iz M y

1

1 = ρ E

2 M z2 M y + 2 I z2 Iy

My Mz y+ z=0 Iz Iy

tan β =

Iy Iz

tanψ

z=

Iy Iz

tanψ y →

ρ

=

Mz EI z

 I zy z − I y y   I I − I 2   z y zy 

σx = Mz 

T.E. Denklemi için σx = 0 da kullanılabilir.

σx = −

1

Özel Durum 3: My = 0 olsun.

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

M M σx = − z y+ y z Iz Iy

Z EKSENİ T.E. OLUR.

z Iy = tanψ y Iz

tan β =

1

ρ

=

Iy I zy

Mz I y2 + I zy2 2 E ( I z I y − I zy )

96

2

ÖRNEK 1

ekilde gösterilen dikdörtgen kesit 120 kNm’ lik eğilme momenti etkisindedir. Köşelerdeki gerilmeleri ve tarafsız eksenin doğrultusunu belirleyiniz.

I z = 1066.67 ×106 mm 4

I y = 266.67 ×106 mm 4

M z = 120 ⋅ sin 217 0 = −72.218 km

M y = 120 ⋅ cos 217 0 = −95.836 km

Özel durum 2 z,y asal eksenler.

σx = −

M Mz y+ y z Iz Iy

tan β =

M z I y + M y I zy M z I zy + M y I z

=

MzIy M y Iz

= tanψ .

Iy Iz

T.E. Doğrultusu için;

tan β = tan 217°

Iy Iz

= tan 217°⋅

266.67 ⇒ β = 10.67 0 1066.67

−72.218 ×106 −95.836 ×106 σx = − y+ z = 0.0677 ⋅ y − 0.3594 ⋅ z 1066.67 ×106 266.67 ×106

σ x ( B ) = σ x (100; − 200 ) = 0.0677 ⋅ ( − 200 ) − .3594 ⋅ (100 ) = − 49.48 MPa

σ x ( E ) = σ x (100; 200 ) = 0.0677 ⋅ ( 200 ) − 0.3594 ⋅ (100 ) = − 22.40 MPa σ x ( C ) = σ x ( − 100; − 200 ) = 0.0677 ⋅ ( − 200 ) − 0.3594 ⋅ ( − 100 ) = 22.40 MPa σ x ( D ) = σ x ( −100; 200 ) = 0.0677 ⋅ ( 200 ) − 0.3594 ⋅ ( −100 ) = 49.48 MPa T.E. Denklemi için;

σ x = 0 = 0.0677 ⋅ y − 0.3594 ⋅ z

z=

1 ⋅y 5.308

97

ekilde görülen kirişin eğilmeye göre en çok zorlanan kesitinin A köşe noktasındaki gerilme σA=-100 MPa olarak ölçülmüştür. Buna göre; Kirişe etkiyen P kuvvetini, Hesaplanan P kuvveti için sol mesnetten 1m. mesafedeki kesitte gerilme diyagramını çiziniz.

ÖRNEK 2

P

Ça

2m

Ku vv

etl er

I z = 37.74 × 10 6 mm 4 Çiz

gis

I y = 10.61×106 mm 4

i

2m

I zy = 0

tı D üz

P.L 4 0 M z = M e .sin150 = 0.5.P ×106 mm.

lem

Me =

i

M y = M e .cos1500 = −0.866.P × 106 mm. tan β =

M z ⋅ I y + M y ⋅ I zy M z ⋅ I zy + M y ⋅ I z

β = −9.2

=

Mz Iy 0.5 10.61 = M y I z −0.866 37.74

0

σx =

M z ( I zy ⋅ z − I y ⋅ y ) + M y ( I z ⋅ z − I zy ⋅ y ) I z ⋅ I y − I zy2

=−

My Mz y+ z Iz Iy

0.5 ×106 ⋅ P −0.866 ×106 ⋅ P σA = − ( 90 ) + ( 39 ) = −100 MPa. ⇒ P = 22.854 k . 37.74 × 106 10.61× 106 Sol mesnetten 1m mesafedeki kesitte gerilmeler

M x =1m. =

p ⋅1 = 11.43 km. 2

σ x = − 0.1514 ⋅ y − 0.9311 ⋅ z

M z = 5.714 ×106 mm.

M y = −9.879 ×106 mm.

σ min = σ A = −0.1514 ⋅ ( 90 ) − 0.9311 ⋅ ( 39 ) = −50 MPa. σ max = σ B = −0.1514 ⋅ ( −90 ) − 0.9311⋅ ( −81) = 89 MPa.

σx = −

5.714 −9.879 y+ z 37.74 10.61

98

ÖRNEK 3 y

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

Özel durum 3, Tarafsız eksenin doğrultusu ile σx gerilmeleri

I z = 82.2 × 104 mm 4 I y = 48.3 × 104 mm 4

tan β =

I zy = −36.8 × 104 mm 4 54.5

z Me = 1500 Nm

Iy I zy

=

48.3 ⇒ β = −52.7 0 −36.8

 −36.8 ⋅ z − 48.3 ⋅ y   10 σ x = 1500000  2  8  48.3 ⋅ 82.2 − 36.8   10

4

  = −2.11⋅ z − 2.7695 ⋅ y 

σ x ( A1 ) = −2.11⋅ ( −8.1) − 2.7695 ⋅ (54.5) = −133.84 MPa. 25.5

σ x ( A2 ) = −2.11 ⋅ ( −18.1) − 2.7695 ⋅ (−25.5) = 108.81 MPa. Eğrilik yarıçapını veren ifadede My = 0 alınarak

46.9

18.1

1

1 = ρ E

(M

⋅ I y ) + ( M z ⋅ I zy ) 2

z

( I z ⋅ I y − I zy2 )

Mz 1 = ρ E I z ⋅ I y − I zy2 1

1

ρ

2

2

1 1500 ×103 48.32 + 36.82 × 104 I +I = 3 8 210 ×10 2616 × 10 2 y

2 zy

= 16.579 × 10−6 ⇒ ρ = 60314 mm. = 60.3 m.

99

ÖRNEK 4

ÖRNEK 5

σem = 12,5 MPa olduğuna göre ekilde verilen kesitin güvenlikle taşıyabileceği M momentini hesaplayınız. Tarafsız eksenin denklemini bulunuz.

Dikdörtgen kesitli ahşap bir kirişte b/h = 3/4 ‘dür. Bu kirişte z ekseni ile 30o lik bir açı yapan M = 7 kNm şiddetindeki bir eğilme momenti uygulanmaktadır. Ahşapta güvenlik gerilmesi 12 MPa olduğuna göre kirişin b ve h boyutlarını hesaplayınız.

Tarafsız eksenin kesit tabanından yüksekliği y = 80 mm

I z = 0.0625* h 4 mm 4

I z = 10.67 *106 mm 4

I y = 0.0352* h 4

I y = 45.80*106

β = −44.3° h = 193 mm

mm 4

β = −85.15° M = 1.604 km

mm 4

b = 144.6 mm 100

ÖRNEK 6 M0 = 1,5 kNm eğilme momenti etkisi altındaki Z kesitli kirişte A noktasındaki gerilmeyi hesaplayınız, tarafsız eksenin denklemini bulup çiziniz.

7ekilde boyutları verilen dikdörtgen kesitli çubuğun taşıyabileceği eğilme momentini hesaplayınız. tanα =5/12 σem = 10 MPa

ekilde gösterilen tablalı kiriş kesiti üzerinde Mz =350 kNm’lik eğilme momenti etkisiyle oluşan normal gerimle yayılışını çizip en büyük çekme ve basma gerilmelerini hesaplayınız. Tarafsız eksenin denklemini yazınız. Alan merkezi tabandan 315.65mm ↑, sağ kenardan 263.22mm ←

I z = 4.18*10 mm 6

I y = 3.25*106

I y = 9226 *106 mm 4 I z = 3283*106 mm 4

mm 4

I zy = 2.87 *106 mm 4

β = 48.53° σ ( A) = 14 MPa z = 1.13 y

I z = 4243*106 mm 4

4

β = 70.41° σ x = −31.6 MPa σ x = 35.3 MPa

101

8- ekilde verilmiş olan kiriş iki adet [ kesitin birleşimiyle oluşmuş ve M eğilme momentinin etkisi altındadır. Kirişin yapıldığı malzemenin çekmede 140 MPa, basmada 80 MPa normal gerilme taşıyabilmektedir. a) Kesitin taşıyabileceği M eğilme momentini hesaplayınız. b) Tarafsız eksenin denklemini bularak çiziniz. Bulunan M momenti için normal gerilme diyagramını çiziniz.

10- ekilde görülen kesite M = 10000 Nm değerinde bir eğilme momenti etkimektedir. Kesitteki en büyük ve en küçük gerilmeleri ve tarafsız eksenin denklemini bulunuz.

I z = 305.65*106 mm 4 I y = 93.77 *106 mm 4

β = −28° M = 69.9 km

9- ekildeki I kesitli kiriş, yatay eksenle 60olik açı yapan bir eğilme momenti etkisi altındadır. Me = 2 kNm olduğuna göre A, B ve D noktalarındaki normal gerilmeleri hesaplayınız. Tarafsız eksenin denklemini bularak şekil üzerinde gösteriniz. Gerilme diyagramını çiziniz.

y D

5 M

I y = 0.834*106 mm 4 60

z

I z = 2.5*106 mm 4

90 mm

C 4 mm

A

B

5

β = 11° σ x ( D) = 84.21 MPa σ x ( A) = 123.71 MPa σ x ( B) = −84.21 MPa

100

102

KOMPOZİT KİRİLER Uygulamada daha az malzeme kullanarak daha büyük eğilme direnci sağlamak amacıyla farklı elastisite modülüne sahip iki veya daha fazla malzemeden oluşan KOMPOZİT kirişler inşa edilir. Betonarme kirişlerle tabakalı kirişler yaygın olarak kullanılan kompozit kiriş örnekleridir. Homojen kirişlerin eğilmesinde düzlem kesitlerin eğilmeden sonra düzlem kaldığı kabulü kompozit kirişlerde de geçerlidir. Kompozit kirişlerin eğilme probleminin çözümünde malzemelerden birinin diğeri cinsinden ifade edildiği EDEĞER HOMOJEN KESİT METODU kullanılır.

E2 > E1 için gerilme diyagramı

ε =−

1

ρ

y

σ 1 = E1ε x = − E1

y

ρ

σ 2 = E2ε x = − E2

y

ρ

103

Denge denklemleri:

∑F

x

∑M

∫σ

=0⇒ =0⇒

z

x

∫σ

dA = 0 ⇒

− ∫ E1 A1

y

ρ

A1

∫σ

∫ σ x1 ⋅ y ⋅ dA + ∫ σ x 2 ⋅ y ⋅ dA = −M z

− ∫ E1 A1

dA − ∫ nE1 A2

y2

ρ

dA + ∫ σ x 2 dA = 0

A

x

⋅ y ⋅ dA = − M z ⇒

y

ρ

dA − ∫ nE1 A2

dA = 0

y2

ρ

1

y

ρ

= − E1 ⋅

Iz =

∫

y 2 dA olduğu hatırlanırsa

A1

E1

ρ

ρ

ifadesi yerine yazılırsa

n ⋅ I2 ] = M z ⇒ [ I1+ 

1

ρ

=

It

Mz E1 ⋅ I t

2 nolu malzemede meydana gelen gerilme

Mz M ⋅y=− z ⋅y E1 I t It

σ x 2 = − E2 ⋅

y

ρ

= − E2 ⋅

Mz M ⋅ y = −n ⋅ z ⋅ y = + n ⋅ σ x1 E1 I t It

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

y = y′ − y

−

y

y

İfadesinde E1,n, ρ sabit terimler gittiğinde kalan ifade − S z1 − n ⋅ S z 2 = 0

dA = − M z

1

σ 1 = − E1

A2

1 nolu malzemede meydana gelen gerilme

σ x = − E1 ⋅

E2 olur E2 = n ⋅ E1 E1

n=

A2

A1

A

1

x1

E2 > E1 ; Kabul edilirse,

E1

ρ

∫

A1

y ⋅ dA −

S z1′ − y ⋅ A1 + n ⋅ S z2′ − n ⋅ y ⋅A2 = 0 nE1

ρ

∫ y ⋅ dA = 0

A2

∫ ( y′ − y ) ⋅ dA − n ∫ ( y′ − y ) ⋅ dA = 0

A1

A2

S z1′ + n ⋅ S z2′ y= A1 + n ⋅ A2

104

y=

50 ⋅110 ⋅ 65 + 20 ⋅ ( 25 ⋅10 ⋅ 5 ) 50 ⋅110 + 20 ⋅ 25 ⋅10

Ahşap

n=

382500 = = 36.43mm 10500

y=

0.05 ⋅ ( 50 ⋅110 ⋅ 65 ) + ( 25 ⋅10 ⋅ 5 ) 19125 = = 36.43mm 0.05 ⋅ 50 ⋅110 + 25 ⋅10 525

 25 ⋅103  50 ⋅1103 2 I = I1 + n ⋅ I 2 = + 50 ⋅110 ⋅ ( 65 − 36.43) + 20 ⋅  + 25 ⋅10 ⋅ 31.432  12  12  t z

3 ×106 σ =− 83.57 = −16.7 MPa 15.016 × 106 a x

E1 10 = = 0.05 E2 200 n <1

Eşdeğer Homojen (ÇELİK) Kesit

50x110 mm’lik enkesite sahip ahşap kirişin alt yüzeyine 25x10 mm’lik çelik plak emniyetli bir şekilde bağlanmıştır. Kompozit enkesit 3 kNm’lik eğilme momenti taşımaktadır. Malzemelerdeki en büyük gerilmeleri hesaplayınız. Ea=10 GPa, Eç=200 GPa

Ahşap

ÖRNEK 1

I zt = 15.016 × 10 6 mm 4

3 ×106 σ = −20 ( −36.43) = 145.56MPa 15.016 × 106 ç x

 50 ⋅ 110 3  25 ⋅ 10 3  2 + 50 ⋅ 110 ⋅ ( 65 − 36.43 )  +  + 25 ⋅ 10 ⋅ 31.43 2  = 0.751 × 10 6 mm 4 I = 0.05 ⋅   12   12  t z

3 ×106 σ =− ( −36.43) = 145.56MPa 0.751×106 ç x

3 × 106 σ = −0.05 ⋅ (83.57 ) = −16.7 MPa 0.751× 106 a x

105

ÖRNEK 2

Genişliği 200 mm. Faydalı yüksekliği d=350 mm pas payı 50 mm olan bir betonarme kirişteki çelik donatı alanı 800 mm² dir. Eç/Eb=8, Eğilme momenti 50 kNm olduğuna göre malzemelerdeki gerilmeleri hesaplayınız. Not: Betonun çekme gerilmesi taşımadığı kabul edilecektir. TE göre homojenleştirilmiş kesidin statik momenti sıfır olmalıdır.

kd − n. Aç (d − kd ) = 0 2 2n 2n (kd ) 2 + Aç (kd ) − Aç d = 0 b b 16 16 (kd ) 2 + 800(kd ) − 800.350 = 0 200 200 kd = 121 mm

b.kd

200 ×1213 IT = + 200 ×121× 60.52 + 0 + 8 × 800 × 2292 = 453.7 × 106 12

σb = −

50 ×106 121 = −13.3 MPa 453.7 ×106

50 ×106 (−229) = 201.9 MPa σ ç = −8 453.7 ×106

mm 4

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

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

106

ÖRNEK 3

Uğural 7.83 : ekilde, alüminyum ve çelik plakların kaynaklanması ile elde edilen kompozit bir kirişin kesiti gösterilmiştir. Kesiti boyutlandırıp taşınabilecek en büyük eğilme momentini hesaplayınız. Her iki malzemenin de aynı anda emniyet gerilmesine ulaşması durumunu düşününüz.

Çelik

Eçelik = 210 GPa

σ çem = 240 MPa Ealüm = 70 GPa

σ alem = 80 MPa

Tan(α ) =

80 70000

240 210000

= 180 − x x x = 90 mm TE üst yüze uzaklığı

TE göre basma bölgesinin statik momenti, eşdeğer homojen kesitin çekme bölgesinin aynı eksene göre statik momentine eşit olmalıdır.

b 90 × 20 × 45 = 70 × 20 × 35 + × 20 × 80 3 b = 60 mm 20 ×1803 I= = 9.72 ×106 mm4 12 M 90 = −240 MPa M = 25.92 Km σç = − 9.72 ×106 1 M σ al = − (−90) = 80 MPa M = 25.92 Km 3 9.72 × 106

107

ÖRNEK 4 Her iki malzemenin aynı anda emniyet gerilmesine ulaşması koşuluyla şekilde verilen betonarme kiriş kesitine konulması gereken donatı miktarını (Açelik) hesaplayıp, bu kesitin taşıyabileceği en büyük eğilme momentini hesaplayınız. Not: Betonun çekme gerilmesi taşımadığı kabul edilecektir. Beton em. Gerilmesi = 10 MPa Çelik em. Gerilmesi = 140 MPa , Eç/Eb=8

ÖRNEK 5 Çelik ve alüminyum borular şekildeki gibi güvenli bir şekilde birleştirilmiştir. 1 kNm’lik eğilme momenti etkisi altında her iki malzemede oluşacak en büyük gerilmeyi, eğrilik yarıçapını hesaplayınız. EA = 72 GPa, EÇ = 200 GPa

Eşdeğer çelik kesite döndürülürse

Tarafsız eksenin kesit üst yüzünden uzaklığı y = 163.6 mm

I Ç = 15.07 *104 mm 4

I z = 2.99*109 mm 4

σ Ç = 120 MPa,

Aç = 3240 mm 2

ρ=

M = 183 km

I AL = 22.97 *104 mm 4

1 IT = (15.07 + 2.77778 22.97) *104 = 23.34*104 mm 4

Eç IT Mz

σ AL = 39.3 MPa

= 46.7 m

108

ÖRNEK 6

ÖRNEK 7 150X300 mm2 en kesitli ahşap kirişi [200 profili ile güçlendirilmiştir. Ahşap için elastisite modülü 12 GPa, çelik için ise 200 GPa’dır. Kirişe Mz= 50 kNm’lik eğilme momenti etkidiğine göre ahşap ve çelikte oluşacak en büyük gerilmeleri hesaplayınız.

ekilde gösterilen alüminyum ve çelikten imal edilmiş kirişe 20 kN’luk düşey kesme kuvveti etki etmektedir. Birleşim yüzeyinde oluşacak kayma gerilmesini ve kesitte oluşacak en büyük kayma gerilmesini bulunuz. EÇ = 200 GPa, EA = 70 GPa

Alan = 2181 mm2 Iz = 5,49x105 mm4

y

Alüminyum

14,5

57

Mz = 50 kNm

b

z

300 mm

Çelik

5,6

150 mm

h

Tarafsız eksenin tabandan uzaklığı y = 24.47 mm kesit eşdeğer alü min yuma döndürülürse

U200 Profili

Tarafsız eksenin tabandan uzaklığı y = 92.55 mm kesit eşdeğer çeliğe döndürülürse

I z = 936.7 *103 mm4

I z = 44.82*106 mm 4

τ arakesit = 10.9 MPa τ enbüyük = 18.26 MPa

σ ahşap = −14.26 MPa σ çelik = 103.25 MPa

109

ÖRNEK 8 İki pirinç ve iki alüminyum çubuk şekildeki gibi birleştirilerek kompozit bir eleman elde edilmiştir. Taşınabilecek en büyük Mz momentini hesaplayınız. Alüminyum em ger=100 MPa, Pirinç em. ger.=160 MPa EA = 70 GPa, EP = 105 GPa PİRİNÇ

ALÜMİNYUM

9- ekilde görülen (T) çelik kirişe, iki ahşap parça güvenli bir şekilde birleştirilmiştir. Ahşabın ve çeliğin elastisite modülleri sırasıyla Ea =12,5 GPa, Eç =200 GPa’dır. Kompozit kirişe uygulanan eğilme momenti Mz = 50 kNm olduğuna göre; a) Ahşapta meydana gelen maksimum gerilmeyi, b) Çeliğin A noktasındaki gerilmeyi hesaplayınız. 10- Kesiti 60x100 mm olan ahşap kirişin altına şekilde görüldüğü gibi 5 mm kalınlığında çelik levha konulmuştur. Kirişe Mz = 2kNm değerinde bir eğilme momenti etki ettiğinde kirişin en alt ve en üst noktalarında ve ara yüzeydeki gerilmeleri bulunuz.

Mz

Eç/Ea=20 10

20 mm

10

kompozit kesit Eşdeğer pirinç kesite döndürülürse I z = 44.45*104 mm 4 M = 2.22 km

11- Ahşap kesitin alt yüzeyine yapıştırılan 50 mm genişliğinde ve 10 mm kalınlığında çelik ile kuvvetlendirilmiştir. Mz = 10kNm olduğunda her iki malzemede meydana gelen en büyük gerilmeleri hesaplayınız. Ea = 104 MPa, Eç = 2x105 MPa

110

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

Gerilme =

Kuvvet Kesit Modülü

Şekil Değiştirme =

YÜK TİPİ

Kuvvet Rijitlik

Bileşik Mukavemet Halleri için süperpozisyon denklemleri

Eksenel Kuvvet

σx =

 A

εx =

 E⋅A

Kesme Kuvveti

τ xy =

Qy

γ xy =

Qy

Burulma Momenti Eğilme Momenti

τ xy = (τ xy )Q + (τ xy )T y

τ xz = (τ xz )Q + (τ xz )T z

EKİL DEĞİTİRME

GERİLME

G⋅A T ω= G⋅J 1 Mz χ= = ρ E ⋅ Iz

A

T r J M σx = z Wz

τ =

σ x = (σ x )  + (σ x ) M + ( σ x ) M z

y

111

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

dM z = −Q y dx

Qy ( x )

σx = −

Mz y Iz

σ x = σ ( x, y ) M z ( x)

Qy = ∫ τ xy dA

Kesme kuvveti hali incelenirken y eksenine göre simetrik bir enkesit almış ve denge denklemlerini yazmıştık. Ancak bu denklemlerde kayma gerilmelerinin yayılışı hakkında herhangi bir bilgi alınmamış yalnızca toplamlarının dış kesit tesirlerine eşit olması gereği anlaşılmıştı. Kayma gerilmelerinin yayılışının bulunabilmesi için şekil değiştirmenin yakından incelenerek bazı kabuller yapılması gerekir. imdi τ xy kayma gerilmesinin yalnızca y’nin fonksiyonu olduğunu kabul edelim.

A

Qz = ∫ τ xz dA = 0 A

τ xy = τ xy ( y ) Bir kiriş enkesiti üzerindeki kayma gerilmesi yayılışıyla o kesitte etkiyen kesme kuvveti arasındaki bağıntının çıkarılmasında kiriş boyunca oluşan kayma gerilmelerinin incelenmesi gerekir.

112

Üç ayrı düzgün yüzeyli ahşap parçasının yapıştırılmadan bir araya getirilmesi ile oluşan kirişe P kuvvetinin uygulanması ile ahşap parçalar birbirine göre relatif bir kayma hareketi yaparlar ve kiriş şekilde gösterilen biçimde şekil değiştirir.

Ahşap parçaların yapıştırılması durumunda, oluşacak boyuna doğrultudaki kayma gerilmeleri parçalar arasındaki relatif kaymaya engel olur ve sonuç olarak kiriş yekpare bir davranış gösterir.

imdi y eksenine göre simetrik bir kesite sahip kirişten dx kalınlıklı bir parça çıkartıp eğilme momentinden oluşacak gerilmeleri şekil üzerinde gösterelim.

113

dx kalınlıklı parçanın sağ yüzüne etkiyen momentin sol yüze etkiyen momente göre dMz kadar arttığını varsayalım. Tarafsız eksenden y kadar yukarıda bulunan ve şekil üzerinde sarı olarak gösterilen kiriş parçasına etkiyen kuvvetler toplamının sıfır olabilmesi için m-n düzlemindeki ζyx kayma gerilmelerinin de gözönüne alınması gerekir. Burada,

+ H ( x ) − τ yx ⋅ b ( y ) dx − H ( x + dx ) = 0 h1

+∫ y

h1

Mz M + dM z y ⋅ dA − τ yx ⋅ b ( y ) dx − ∫ z y ⋅ dA = 0 Iz I z y

τ yx

h Qy S z 1 1  dM z  1 = τ xy = − y ⋅ dA =   b ( y ) ∫y  dx  I z b( y) ⋅ Iz

τ xy =

Qy S z b( y) ⋅ Iz

τxy : Enkesit üzerinde T.E. Den y kadar aşağıda etkiyen kayma gerilmesi Qy : Enkesite etkiyen kesme kuvveti Sz : Kayma gerilmesinin bulunmak istenen noktanın altında/üstünde kalan alanın T.E. Göre statik momenti Iz : T.E. Göre atalet momenti

114 kiriş b(y) : Kayma gerilmesi bulunmak istenen noktadaki genişliğidir.

y

τ maks =

Qy z

h

(

Qy ⋅ b ⋅ h

)h4 =  Q

3   ⋅ h 2  b

2 b ⋅ h3 b⋅ 12

τ ort

3 2

τ maks = τ ort

τ xy =

b

τ maks

 π r 2  4r Qy ⋅   2  3π  Q  4  = =  π r4 A3  2r ⋅ τ ort 4

4 3

τ maks = τ ort

Qy S z b ( y) ⋅ Iz

ma ks

115

ÖRNEK 1

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

M enbüyük = 13.23 km Qenbüyük = 12.60 k

M 13.23 × 106 σ maks = =− ≤ 10 MPa (σ em ) 150 × h 2 W 6 h ≥ 230 mm

τ maks

 h2  12600 ⋅  150*  8   = ≤ 0.6 MPa (τ em )  h3  150 × 150*  12  

h ≥ 210 mm

h=230 mm 116

ÖRNEK 2

Geniş başlıklı I kesite ait boyutlar şekil üzerinde gösterilmiştir. Kesite etkiyen kesme kuvveti Q = 80 kN ise, a) Enkesit üzerinde kayma gerilmesinin yayılışını gösteriniz. b) Gövdenin taşıdığı kesme kuvvetini hesaplayınız. 80 × 10 3 ( 300 ⋅ 20 ⋅ 110 )

τB =

1.13MPa 22.62 MPa

τ B′

Iz = 155.5x106 mm4

155.6 × 10 6 ⋅ 300

= 1.13 MPa

80 × 10 3 ( 300 ⋅ 20 ⋅ 110 ) = = 22.62 MPa 155.6 × 10 6 ⋅ 15

25.19 MPa

80 × 10 3 ( 300 ⋅ 20 ⋅ 110 + 100 ⋅ 15 ⋅ 50 ) τC = = 25.19 MPa 155.6 × 10 6 ⋅ 15

b) Alt başlıkta taşınan kesme kuvvetini hesaplayalım.

 (120 − y )  S z = (120 − y ) ⋅ 300 ⋅  + y 2  

80 ×103 τ= 216 × 104 − 150 ⋅ y 2 ) ( 6 155.6 ×10 ⋅ 300 120

Qbaşlık =

τ = 3.7018 − 2.5707 × 10−4 ⋅ y 2

120

∫ τ ⋅ 300 ⋅ dy = 300 ∫ ( 3.7018 − 2.5707 ×10

100

S z = 216 ×104 − 150 ⋅ y 2

−4

⋅ y 2 ) dy = 3496 

100

Qgövde = 80000 − 2 ⋅ 3496 = 73007 

117

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

b ≈ 0.5 h b ≈2 h

y

⇒

τ maks ≈ 1.03τ xy

⇒

τ maks ≈ 1.40τ xy

h z

y

Kesit yassılaştıkça, τmaks daki hata da büyür.

τ xy = b

Qy ⋅ S z Iz ⋅b

y y

y h/3 z

z

h

maks

h/6 z

3 2

τ maks = τ ort

maks

2h/3

b

118

+ xz

xz

Tarafsız eksenden y kadar uzaktaki bir yatayda, kayma gerilmelerinin doğrultuları y ekseni üzerinde bulunan sabit bir Oy noktasında kesişir.

tan θ =

Oy

τ xz τ xy

τ xz = tan θ ⋅τ xy ⇒ τ xy =

Qy ⋅ S z Iz ⋅b

τ = τ xz2 + τ xy2 A* İle gösterilen parça üzerinde denge denklemi yazılırsa 3 z

2

τ xz ⋅ t ⋅ dx =

1 A C

y

S z*

dM ∫A* I z z ydA

τ xz = τ zx =

Qy ⋅ S z* Iz ⋅t

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

τ xz = τ zx =

Qy ⋅ S z* Iz ⋅t

119

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

ÖRNEK 3

y=

70 ⋅ 10 ⋅ 45 + 60 ⋅ 10 ⋅ 5 + 20 ⋅ 15 ⋅ 17, 5 39750 = = 24.84 mm 700 + 600 + 300 1600  50 ⋅ 703  60 ⋅ 803 2 Iz = + 60 ⋅ 80 ⋅15,16 −  + 50 ⋅ 70 ⋅ 20.162  12  12  20 ⋅153 + + 20 ⋅15 ⋅ 7,342 = 83.33 *104 12

mm 4

τa =

20000 ⋅ ( 40.16 *300 ) = 28.92MPa 83.33 ×104 ⋅10

τb =

20000 ⋅ ( 7.34*150 ) = 2.64 MPa 83.33 ×104 ⋅10

τc =

20000 ⋅ (19.84* 250 + 7.34*150 ) = 14.54 MPa 83.33 ×104 ⋅10

τ max =

20000 ⋅ (10 ⋅ 55.16 ⋅ 27.58 ) = 36.51MPa 83.33 ×104 ⋅10

120

ÖRNEK 4

ekilde gösterilen kutu kesitli kirişin ağırlık merkezinden geçen z eksenine (T.E.) göre atalet momenti 10.5x106 mm4’tür. a) E noktasındaki eğilme ve kayma gerilmelerini hesaplayıp düzlem bir eleman üzerinde gösteriniz. b) En büyük eğilme ve kayma gerilmesini hesaplayınız. y

σE = − 40

56.7 E z

C

M 4.5 × 106 y=− (16.7 ) = −7.16MPa I 10.5 ×106

3*103 ⋅ ( 40 ⋅ 80 ⋅ 36.7 ) τE = = 0.839 MPa 10.5 × 106 ⋅ 40

60 63.3 20 20

40

20

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

τ maks =

7 × 103 ( 56.7 2 ⋅ 80 ⋅ 0.5 − 16.7 2 ⋅ 0.5 ⋅ 40 ) 10.5 × 106 ⋅ 40

= 2.05MPa

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

σ maks

−8*106 =− ( −63.3) = −48.23MPa 10.5 × 106

121

ekilde gösterilen U kesit Q=-10 kN luk kesme kuvveti etkisindedir. A noktasındaki yatay, B noktasındaki düşey kayma gerilmelerini hesaplayınız. Kesit üzerinde kayma gerilmesi yayılışını çiziniz.

ÖRNEK 5

12 mm

B

y z

12 mm

τ xy

76

C

A 50 mm

125

125 mm

τ xz

tabana göre statik moment alınırsa 250*16*8 + 2 × 60*12* 46 = 18.06 mm 250*16 + 2*60*12 I z = 2.046 ×106 mm 4 y=

−10000 × (60 *12 * 27.94 − 50*16*10.06) = −3.69 MPa 2.046 ×106 *16 57.94 ) −10000 × (12*57.94* 2 τB = = −8.20 MPa 2.046 × 106 *12

τA =

122

ÖRNEK 6 ekilde çıkmalı kiriş bir T profilinden yapılmış olup σem =140 MPa τem = 70 MPa dır. B mesnedinin hemen solundan alınmış olan a-a kesitindeki D noktasında eğilme momenti ve kesme kuvvetinden oluşan normal ve kayma gerilmelerini hesaplayınız a-a kesiti üzerindeki D noktasında gerilme durumunu bir eleman üzerinde gösteriniz, asal gerilmeleri bulunuz.

Tarafsız eksenin tabandan uzaklığı y = 164 mm I z = 46.38*106 mm 4

σ D = 42.35 MPa τ D = 35.22 MPa σ I = 62.2 MPa σ II = −19.94 MPa 123

KAYMA AKISI Mühendislik uygulamalarında bazen elemanların yük taşıma kapasitelerini arttırmak için çeşitli parçalardan oluşan yapma elemanlar kullanılır. Dış yüklerin etkisiyle eleman eğilmeye çalıştığında, birleşim araçlarından (çivi, cıvata, tutkal, kaynak vs) birleştirdiği parçalar arasındaki relatif kaymaya engel olması ve yapı elemanının yekpare davranışını sağlaması beklenir. Birleşim araçları hesabında, eleman boyunca taşınması gereken kesme kuvvetinin bilinmesi gerekir. Elemanın birim uzunluğuna etki eden kesme kuvvetine Kayma Akısı adını veriyoruz. [N/m]

dF = − Mz Mz+dMz

dM z Iz

A′

Birim boydaki kesme kuvveti (kayma akısı)

dF dM z S z′ =− dx dx I z dx

∫ y ⋅ dA

q=

q=

dF dx

Qy S z Iz

Burada q : Kirişin birim boyuna etkiyen kesme kuvveti Sz : Birleşen parça enkesit alanının T.E. Göre statik momenti Iz : Yapma kirişin enkesitinin tümünün T.E. Göre atalet momenti Boyları ve çivi aralıkları aynı olan iki kesitten hangisi daha büyük kesme kuvveti taşır?

124

ÖRNEK 7

ekilde gösterilen T kesit, dört ayrı ahşap parçasının çivilerle birleştirilmesinden oluşmaktadır. Kesite etkiyen kesme kuvveti 4 kN, bir çivinin taşıyabileceği kesme kuvveti ise 1600 N’dur. a) Üst parçada gerekli çivi aralığı s1’i b) Alt parçalarda gerekli çivi aralığı s2’yi c) Eğer birleşim çivili değil de tutkallı yapılsa a-a ve b-b yüzeylerindeki kayma gerilmelerini hesaplayınız. Iz = 9.1x106 mm4

Üst parça için

q1 =

Alt parça için

q2 =

Qy S z Iz Qy S z

τ xya −a =

Iz

=

4000 ⋅ (100 ⋅ 20 ⋅ 42.9 ) = 37.7  / mm 9.1×106

1600 = 37.7 ⇒ s1 = 42.4mm s1

=

4000 ⋅ (15 ⋅ 20 ⋅ 57.1) = 7.52  / mm 9.1×106

1600 = 7.52 ⇒ s2 = 212.8mm s2

Qy ⋅ S z Iz ⋅b

=

4000 ⋅ (100 ⋅ 20 ⋅ 42.9 ) = 1.26 MPa 9.1×106 ⋅ 30

τ xzb −b =

Qy ⋅ S z Iz ⋅t

=

4000 ⋅ (15 ⋅ 20 ⋅ 57.1) = 0.38MPa 9.1× 106 ⋅ 20 125

ekilde gösterilen kiriş kesiti iki adet 20X100 mm lik ve iki adet 25X100 mm lik dört ahşap parçanın çivilenmesi yoluyla elde edilmiştir. Kiriş 3 kN luk düşey kesme kuvveti taşımaktadır. Çivi aralığı 100 mm olarak bilindiğine göre, a) Her bir çivinin taşıyacağı kesme kuvvetini b) Kesitin üst yüzünden 40 mm aşağıda kayma gerilmesini hesaplayınız.

ÖRNEK 8

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

2* Qçivi = 26.47 *100 Qçivi = 1324  = 1.324 k

τ xy =

Qy ⋅ S z Iz ⋅b

=

3000 ⋅ (100 ⋅ 25 ⋅ 37.5 + 40 ⋅ 40 ⋅ 30 ) 10.625 ×106 ⋅ 40

τ xy = 1 MPa 140 ⋅1003 100 ⋅ 503 Iz = − = 10.625 *106 12 12

q=

Qy S z Iz

3000 ⋅ ( 25.100*37.5 ) 10.625 × 106 q = 26.47  / mm q = 26.47 k / m q=

mm 4

ÖDEV Verilen kesit için benzer hesapları siz yapınız

126

ÖRNEK 9

ekilde, iki parçanın kaynaklanması ile imal edilen bir kirişin en kesiti gösterilmiştir. Kaynakların her birinin bir metre boyda 200 kN luk kesme kuvveti taşıdığı bilindiğine göre Kirişin taşıyabileceği en büyük Qy kesme kuvveti nedir.

y=

25 ⋅100 ⋅ (75 + 12.5) = 43.75mm 2* 25*100

25 ⋅1003 + 25 ⋅100 ⋅ 31, 252 Iz = 12 100 ⋅ 253  + + 100 ⋅ 25 ⋅ 31.252  = 7.096 *106  12 

q=

Qy S z Iz

2* 200 =

mm 4

k    = 200  200  m mm   Qy ⋅ ( 25.100*31.25 )

7.096 × 106 Qy = 36322 

127

ÖRNEK 10

ekildeki ahşap kirişin S düzlemindeki kesitte n-n yatayındaki normal gerilmenin mutlak değeri 10 MPa; m-m yatayındaki kayma gerilmesinin mutlak değeri 0,4 MPa olduğuna L açıklığı ve P kuvvetinin değeri nedir?

PL P 60 ≤ 10 , τ = 32 ≤ 0.4 3 80i120 80i120 12 P = 1280  L = 1500 mm.

σ=

ekildeki bileşik kesit iki dikdörtgen parçanın 100 mm aralıklarla çivilenmesi yoluyla imal edilmiştir. Bir çivi 600 N’luk kuvvet taşımaktadır. Ahşabın σem = 10MPa; τem = 2MPa olduğuna göre bu kesitin emniyetle taşıyabileceği Mz eğilme momenti ve Qy kesme kuvvetini hesaplayınız, hesaplanan değerler için kesitin kayma ve normal gerilme diyagramlarını çiziniz.

120 mm

y = 60 mm I z = 21.76 × 106 Qçivi = 600 

mm 4 ⇒ Qy = 680 

maks τ ahşap ≤ 2 MPa ⇒ Qy = 8704 

40

ÖRNEK 11

maks σ ahşap ≤

10 6

MPa MPa

⇒ M z = 2.176 km

128

ÖRNEK 12

ekilde gösterilen dikdörtgen kesitli kiriş 12 kN’luk tekil kuvvet etkisindedir. Kiriş üzerinde gösterilen A, B, C, D ve E noktalarındaki kayma ve eğilme gerilmelerini hesaplayıp bu noktalardaki asal gerilmeleri ve doğrultularını birer eleman üzerinde gösteriniz.

M 3 ×106 σA = − y = − ( 60 ) = −50MPa I 3.6 ×106 τA = 0

σB = −

tan 2θ p =

2τ zy

σ x −σ y

⇒ θ pI = 5.1o

3

6000 ⋅ ( 25 ⋅ 30 ⋅ 45 ) = −2.25MPa 3.6 × 106 ⋅ 25 3 Pa ]

6000 ⋅ ( 25 ⋅ 60 ⋅ 30 ) = −3MPa 3.6 ×106 ⋅ 25

[M

τC = −

3

3 ×106 σC = − (0) = 0 3.6 ×106

3

τB = −

M 3 ×106 y=− ( 30 ) = −25MPa I 3.6 ×106

129

M 3 × 106 σD = − y = − ( −30 ) = 25MPa I 3.6 × 106 6000 ⋅ ( 25 ⋅ 30 ⋅ 45 ) τD = − = −2.25MPa 3.6 × 106 ⋅ 25

tan 2θ p =

2τ zy

σ x −σ y

⇒ θ pI = −5.1o

M 3 × 106 σE = − y = − ( −60 ) = 50MPa I 3.6 × 106

Çeşitli noktalardaki asal gerilmeler hesaplanıp çizilirse birbiri ile dik olarak kesişen iki grup eğri elde edilir. Bu eğriler asal (çekme/basınç) gerilme yörüngelerini gösterir. imdi kesmeli eğilmeye maruz kesitte değişik noktalardaki asal gerilmeleri ve doğrultularını şematik olarak çizelim.

u ana kadar kiriş enkesiti üzerindeki herhangi bir noktada kesme kuvveti ile eğilme momentinden oluşan normal, ve kayma gerilmelerinin hesaplanmasını gördük.

σ maks = ± min

Mz Wz

σ maks < σ em

(τ )

xy maks

;

3 = τ ort 2

τ maks < τ em 130

M. İNAN sayfa 286 daki problem : ekilde gösterilen kesitin kesmeli eğilme etkisinde güvenli olup olmadığını araştırınız.

ÖRNEK 13

PI 240 I z = 42.5*106 mm 4 Wz = 0.354*106 mm3 S z = 207 *103 mm3

σ em = 140 MPa τ em = 70 MPa

σ min max

M 49.2 ×106 =∓ =∓ = ∓138.9 MPa < σ em W 0.354 ×106

τ maks =

123000 * 207000 = 68.9 MPa < τ em 42.5*106 *8.7

Boyun noktasındaki asal gerilme

M 49.2 ×106 σ B′ = − y = − (106.9 ) = −123.75MPa I 42.5 ×106 τ B′ =

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

σ boyun σ boyun

123.752  −123.75  = + 52.42 = −143 MPa − 2 2 2   = −143 MPa > σ em 131

ÖRNEK 14 ekilde kesiti gösterilen kiriş üç ayrı ahşap parçanın tutkal ve çivilerle birleştirilmesi ile imal edilmiştir. Tutkalın kayma emniyet gerilmesi τem = 0.5 MPa, ve bir çivinin taşıyabildiği kesme kuvveti 1500 N olduğuna göre, bu kirişin Sy=10 kN luk kesme kuvvetini taşıyabilmesi için çivi aralığı ne olmalıdır..

ÖRNEK 15 Dört ayrı ahşap parçasının şekilde gösterildiği gibi çivilenmesi yoluyla kutu kesitli kiriş imal edilmiştir. Bir çivi 150 N’luk kesme kuvveti taşıdığına göre B ve C deki çivi aralıklarını bulunuz.

I z = 38.88*106 mm 4 Ahşap parçaların temas yüzeyinde

τ a − a = 0.72 MPa bunun 0.5 MPa lık kısmını tutkal taşır. Çivinin taşıması gereken kayma gerilmesi τ çivi = 0.22 MPa 0.22*80* s = 1500 s = 85 mm

I z = 96.4 ×106 mm 4 qB , B ′ =

Qy S z Iz

=

400*(190* 40*75) = 2.365  / mm 96.4 × 106

400*(110* 40*75) = 1.369  / mm 96.4 × 106 B ve C deki kayma akıları hesaplanan değerlerin yarısıdır

qC ,C ′ = sB =

150 2.365 / 2

150 = 126.8 mm sC = 1.369 / 2 = 219.1 mm 132

16- ekildeki yapma kiriş kalasların yapıştırılması ile imal edilmiştir. Kirişin 5kN’luk kesme kuvveti etkisi altında olduğu bilindiğine göre yapıştırılan A yüzeyinde ve B yüzeyinde oluşacak kayma gerilmelerini hesaplayınız.

18- Üç ahşap parçası şekilde görüldüğü gibi çivilenerek birleştirilmiştir. Her bir çivinin emniyetle taşıyabileceği kesme kuvveti 400 N ve s çivi aralığı 75 mm olarak bilindiğine göre kesite uygulanabilecek en büyük kesme kuvvetini bulunuz.

I z = 59.76 ×106 mm 4 q=

qB = 1313.5  / mm

30 30

150 mm 30

q A = 49.77  / mm

150 mm

I z = 87.52 ×106 mm 4

⇒ Qy = 738 

19-Açıklığı 6 m olan bir kiriş şekildeki gibi mesnetlenmiş olup üzerinde 350 N/m’lik yük bulunmaktadır. Kirişin kesiti iki farklı şekilde yapıldığına göre çivi aralıklarını bulunuz (bir çivi 370 N değerinde yük taşıyabilmektedir).

30

17- Dört ayrı ahşap parçasının tutkallanması ile şekilde gösterilen en kesite sahip kiriş imal edilmiştir. Kiriş Q = 850 kN kesme kuvveti taşımaktadır. A ve B noktalarında tutkal tarafından karşılanacak kayma akısı nedir?

400 Qy S z = 75 Iz

133

20- ekilde boyutları, yükleme durumu ve en kesiti gösterilen konsol kirişin yapıldığı malzemede σem = 140 MPa ve τem = 80 MPa olduğuna göre; a) En büyük normal gerilme yönünden, b) En büyük kayma gerilmesi yönünden, c) Boyun noktasındaki asal gerilme bakımından kiriş kesitinin yeterli olup olmadığını ayrı ayrı belirleyiniz.

21- ekilde görülen kiriş üç ayrı ahşap parçasının tutkalla birleştirilmesi yoluyla imal edilmiştir. Tutkalın ve ahşabın kayma emniyet gerilmeleri sırasıyla 0,8 MPa ve 4 MPa olduğu bilindiğine göre P kuvvetinin alabileceği en büyük değeri ve kuvvete karşılık gelen en büyük eğilme gerilmesini hesaplayınız.

ÖRNEK 22 ekilde gösterilen kiriş kesiti, dört ahşap parçanın her 200 mm de bir 15 mm çapındaki cıvatalarla birleştirilmesiyle imal edilmiştir. Ahşabın elastisite modülü 13 GPa, çeliğin ise 200 GPa’dır. 18 kN’luk düşey kesme kuvveti etkisi altında cıvatalarda oluşacak kayma gerilmelerini, kesitin geometrik merkezinde oluşacak kayma gerilmesini bulunuz.

Kesiti eşdeğer hom ogen çelik olarak düşüne lim bahşap / çelik = 4.875 mm

I z = 48.125*106 mm 4

τ c = 7.247 MPa 18000 • (9.75*100*100) = 36.47 48.125 • 106 200iq τ civata = = 20.64 MPa π i152 2 4 q=

I z = 38.88*106 mm4

Pem = 5554  σ = ±12.86*3 MPa

 mm

134

KAYMA MERKEZİ Herhangi bir enkesit için kayma gerilmelerinin bileşkesinin geçmesi gereken tek bir nokta belirlenebilir ki o noktaya kayma merkezi adı verilir. Eğer dış kuvvet kayma merkezinden geçecek tarzda etkirse sadece eğilme oluşur. Aksi taktirde eğilmeye ek olarak burulma da meydana gelir. Enkesitin yalnızca bir simetri ekseni varsa K.M. Bu eksen üzerindedir. İki simetri ekseni olan kesitlerde K.M. Bu eksenlerin kesim noktası olur. Genel kural olarak dolu ve içi boş kapalı kesitlerde K.M. Ağırlık merkezine yakındır. Et kalınlığı ince kesitlerin Kayma Merkezinin bulunması

τ xy =

∑M

C

Qy ⋅ S z Iz ⋅b

M x = Qy ⋅ e

=0

C

e=

Mx Qy

135

ÖRNEK 13

ekilde gösterilen başlık genişliği b, yüksekliği h ve et kalınlığı t olarak verilen [ kesitte kayma gerilmelerinin yayılışını çiziniz, kayma merkezinin yerini bulunuz.

Üst başlıkta E noktasından s kadar uzakta τxz kayma gerilmesini hesaplayalım.

Qy ⋅ S z*

τ xz =

t ⋅ Iz

=

Qy ⋅ s ⋅ t ⋅ h / 2 Iz ⋅t

 Q ⋅h  =  y ⋅s  2⋅ Iz 

Burada, parantez içine alınan terimler sabit olduğundan τ’nun şiddeti s ile artar. noktasında s yerine b yazıldığında en büyük kayma gerilmesi değerine ulaşılır.

D

Gövde üzerindeki herhangi bir noktadaki τxy kayma gerilmesi ise benzer şekilde yazılırsa,

τ xy = τ xy =

Qy ⋅ S z b ⋅ Iz

=

y

Qy

1 h h h ⋅ (b ⋅ t ⋅ + ( − y ) ⋅ t ⋅ ( ( − y ) + y )) t ⋅ Iz 2 2 2 2

h −y 2

Qy

h h 1 h ⋅ (b ⋅ + ( − y ) ⋅ ( + y )) Iz 2 2 2 2

y

z

h2 ⋅ (b ⋅ h + 2 − y 2 ) τ xy = 2⋅ Iz 2 Qy

τxy kayma gerilmesinin D noktasındaki değeri, y yerine h/2 yazılarak bulunur. Bulunan bu değer, başlıkta z ekseni yönündeki kayma gerilmesine eşittir. Bu ifadelerden faydalanılarak en kesit üzerindeki kayma gerilmelerinin yayılışı gösterilmiştir.

 Qy ⋅ h  ⋅b  2 ⋅ Iz 

(τ xz )maks = (τ xy ) =  D

D

Simetriden dolayı

(τ xz )

A

= (τ xz )

D

136

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

h2 τ xy = ⋅ (b ⋅ h + 2 − y 2 ) 2 ⋅ Iz 2 Qy

τ xy C =

Qy ⋅ h

h ⋅ (b + ) 2 ⋅ Iz 4

Başlıkların uçlarında kayma gerilmeleri sıfırdan başlayıp gövdede en büyük değerine ulaşacak şekilde (doğrusal olarak) artmaktadır. Ortalama gerilme ile başlık alanı çarpılarak başlıklarda taşınan kesme kuvvetleri hesaplanabilir. Yaklaşık olarak gövdenin de y ekseni doğrultusundaki bütün zorlamayı taşımakta olduğu hatırlanırsa S kayma merkezine göre yazılacak moment denge denkleminden kayma merkezinin yerini gösteren e değeri hesaplanır.

FDE = FAB

∑M

s

Qy ⋅ b ⋅ h b ⋅ t Qy ⋅ b 2 ⋅ h ⋅ t = (τ zx )ort ⋅ b ⋅ t = ⋅ = 2 ⋅ Iz 2 4 ⋅ Iz

=0

Qy ⋅ b 2 ⋅ h 2 ⋅ t 4 ⋅ Iz

FAB ⋅ h = Qy ⋅ e

= Qy ⋅ e

b2 ⋅ h2 ⋅ t e= 4 ⋅ Iz

137

EKSANTRİK NORMALKUVVET HALİ

Bina kolonlarına üst katlardan gelen eksenel kuvvet yanında kolona bağlanan kirişlerden aktarılan eğilme momentleri de olur. Eksenel kuvvet artı iki eksene göre eğilme momenti şeklindeki zorlamaya eksantrik (kolon ekseni dışında etkiyen) normal kuvvet hali adı verilir. ekilde, herhangi bir simetri ekseni bulunmayan çubuk en kesitine etkiyen Me eğilme momenti ile N eksenel normal kuvveti gösterilmiştir. Me eğilme momentini z ve y eksenleri doğrultusundaki bileşenleri cinsinden gösterebiliriz.

138

139

Kesite eksenel normal kuvvet ile iki eksene göre eğilme momentleri etkimektedir. Eksenel kuvvet, z ekseninden e1=Mz/N kadar aşağı kaydırılarak Mz momenti silinebilir.

140

Benzer şekilde N normal kuvveti y ekseninden e2=My/N kadar sola kaydırmakla da My momenti silinirse

141

Başlangıçta verilen eksenel kuvvet artı iki eksene göre eğilme momenti yerine eksantrik normal kuvvet hali elde edilmiş olur. Eksantrik normal kuvvet, alan merkezine taşınırsa eksenel kuvvet + iki eksene göre eğilme momentleri elde edilebilir.

142

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

tan β =

σx =

M z I y + M y I zy M z I zy + M y I z

M z ( I zy z − I y y ) + M y ( I z z − I zy y ) I z I y − I zy2

143

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

σ=

 A

144

EKSANTRİK NORMALKUVVET HALİ : ÖZET

Süperpozisyon denklemi

σ x = σ x + σ xM e σx =

 M z ( I zy ⋅ z − I y ⋅ y ) + M y ( I z ⋅ z − I zy ⋅ y ) + A I z ⋅ I y − I zy2

 A

σx =

Mz ( Izy ⋅ z − I y ⋅ y) + My ( Iz ⋅ z − Izy ⋅ y) Iz ⋅ I y − Izy2

145

ÖRNEK 1

ekilde gösterilen dikdörtgen blok köşesinden etkiyen 40 kN’luk kuvveti taşımaktadır. A, B, C, D noktasındaki normal gerilmeleri hesaplayınız. y 40

40kN

I z = 1.7067 ×106 mm 4

iz2 = 533.33mm 2

I y = 0.4267 × 10 mm

i = 133.33mm

6

80

z

G

σx = C D

M y = 0.8 × 106 mm

M z = 1.6 ×106 mm

 = −40000 

4

2 y

z ve y asal eksenlerdir.

2

M  Mz − y+ y z A Iz Iy

40000 1.6 ×106 0.8 ×106 σx = − y+ z − 80 × 40 1.7067 × 106 0.4267 × 106

σ x = − 12.5 − 0.9375 y + 1.875 z A

B

σ x ( A ) = − 12.5 − 0.9375 ( − 40 ) + 1.875 ( 20 ) = 62.5 MPa σ x ( B ) = − 12.5 − 0.9375 ( − 40 ) + 1.875 ( − 20 ) = − 12.5 MPa σ x ( C ) = − 12.5 − 0.9375 ( + 40 ) + 1.875 ( − 20 ) = − 87.5 MPa σ x ( D ) = − 12.5 − 0.9375 ( + 40 ) + 1.875 ( 20 ) = − 12.5 MPa T.E. Denklemi için σx = 0 yazarsak;

y = −13.33 + 2 z

z = 0
y = -13.33 y = 0
z = 6.67

146

ÖRNEK 2

ekilde boyutları verilen kesite A noktasından P basma kuvveti etkimektedir. Malzemede güvenlik gerilmesi σem = 60 ve σem =-120 MPa olduğuna göre kesitin taşıyabileceği P kuvvetini hesaplayınız.

y=

(180 ⋅ 30 ⋅ 90 ) + ( 90 ⋅ 30 ⋅15) = 65mm (180 ⋅ 30 ) + ( 90 ⋅ 30 )

z=

(180 ⋅ 30 ⋅15) + ( 90 ⋅ 30 ⋅ 75) = 35mm (180 ⋅ 30 ) + ( 90 ⋅ 30 )

30 ⋅ 180 3 90 ⋅ 30 3 2 + ( 30 ⋅ 180 ) ⋅ 25 + + ( 90 ⋅ 30 ) 50 2 = 24.91 × 10 6 mm 4 Iz = 12 12 30 3 ⋅ 180 90 3 ⋅ 30 2 + ( 30 ⋅ 180 ) ⋅ 20 + + ( 90 ⋅ 30 ) 40 2 = 8.708 × 10 6 mm 4 Iy = 12 12

I zy = ( 30 ⋅180 ) ⋅ 25 ⋅ 20 + ( 90 ⋅ 30 )( −50 ) ⋅ ( −40 ) = 8.1× 106 mm 4

σx =

 M z ( I zy ⋅ z − I y ⋅ y ) + M y ( I z ⋅ z − I zy ⋅ y ) + A I z ⋅ I y − I zy2

6 6 6 6 − P 90 P ( 8.1×10 ⋅ z − 8.708 ×10 ⋅ y ) − 20 P ( 24.91×10 ⋅ z − 8.1×10 ⋅ y ) + σx = 2 8100 24.91×106 ⋅ 8.708 × 106 − ( 8.1×106 )

σx = 0

⇒

y = 0.372 z − 30

σ x = P ( −123.4 + 1.53z − 4.11 y ) × 10−6

σ C = P  −123.4 + 1.53 ( 5 ) − 4.11(115 )  ×10−6 = − P ⋅ 588.4 ×10−6 σ D = P  −123.4 + 1.53 ( 35 ) − 4.11( −65 )  ×10−6 = P ⋅197.3 × 10−6 − P ⋅ 588.4 ×10−6 ≤ −120

⇒

P ⋅197.3 × 10−6 ≤ 60

⇒

P = 204.08k   Pem = 204k P = 304.1k 

147

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

σx =

My  Mz − y+ z A Iz Iy

σx =

P Pe y Pe y+ z z =0 + A Iz Iy

T.E. Doğrultusunu belirleyebilmek için σx = 0 yazalım.

  P  ey ez  1 + I y + I z  = 0 A z y  A A   1+

ey iz2

y+

Parantez içi sıfır olmalı

ez z=0 iy2

T.E. Yalnızca eksantrik kuvvetin etki ettiği noktanın koordinatına bağlıymış.

y = 0 → Sz = −

i y2 ez

iz2 z = 0 → Sy = − ey

σ xm a ks =

P ez P Pey + y1 + z1 A Iz Iy

σ xm in =

P Pey P ez + y2 + z2 A Iz Iy

148

ÖRNEK 3

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

I z = 78.933 ×106 mm 4 z, y asal eksenlerdir.

I y = 18.933 × 10 mm 6

i = 4933.3mm 2 z

4

2

σx =

M P Mz − y+ y z A Iz Iy

σx =

P  ey ez 1 + 2 y + 2 A  iz iy

i y2 = 1183mm 2

A = 16000mm 2

σ x = σ A = 0 ⇒ 1+ σ x = σ B = 0 ⇒ 1+

σ maks = σ D =

yp 4933.3 yp 4933.3

( −60 ) + ( 60 ) +

zp 1183 zp

1183

( 70 ) = 0

( 20 ) = 0

P  −45.68 −26.28 1+ ( −100 ) + ( −70 ) ≤ 140  16000  4933.3 1183 

2+

zp 1183

 z 

z = −26.28mm p = −45.68mm

( 90 ) = 0 ⇒ yp

P ≤ 643497 

149

T.E. Kesitin sol kenarıyla çakışsın. AB doğrusu tarafsız eksendir. ez = − b

ey

e 1 + 2 y + 2z z = 0 iz iy

Iz bh3 h2 i = = = A 12bh 12 2 z

b3h b 2 i = = = A 12bh 12 2 y

6

Iy

12 ⋅ ey  h  12 ⋅ ez  b   + 2   =0 h2  2  b 2 12 ⋅ e  h  12 ⋅ e  b  σ x ( B ) = 0 →→ 1 + 2 y  −  + 2 z   = 0 h  2 b 2

ey = h

6

ÇEKİRDEK BÖLGESİ

σ x ( A ) = 0 →→ 1 +

2+

12 ⋅ ez b = 0 ⇒ ez = − ; b 6

ey = 0

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

150

Simetrik olmayan Tekil Sömeller

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

(Temeller, ders notları Prof.Dr Halit DEMİR)



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

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

 M*

H h*

M ' = M * + h* H O

O*

A1 =

A 2

+e

A2 =

A 2

−e

B

momenti elde edilir. Buna göre kuvvetin O*O =e= M’/N olmak üzere O noktasına tek başına etkidiği düşünülebilir. Gerilme yayılışının üniform olması için O noktasının sömel tabanının ağırlık merkezinde olması gerekir. Buna göre dikdörtgen tabanlı sömeller için,

A1 − A2 = 2 e A1 = A2 + 2 e

151

ÖRNEK 4.1

 = 900 k M * = 150 km H = 75 k

2 × 2 m lik simetrik bir sömel seçilirse

Simetrik Sömel hesabı

e = 25cm < 200 : 6 = 33cm sömelde çekme gerilmesi oluşmaz .

σ eb hesaplanırsa , σ eb

900000 225 × 10 6 =− − 2000× 20003 1000 = 2000 × 2000 12

σ eb = − 0.39375 MPa > σ znet

σ z = 0.25 MPa

verildiğine göre

M ' = M + h H = 150 + 1i75 = 225 km *

e=

*

M ' 225 = = 0.25 m  900

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

σ znet = 0.25 − 0.025 = 0.225 MPa olur. Ön boyutlandırma için düzgün yayılı gerilme kabulu yapılabilir . Alan = A× B =



σ znet

=

900000 = 4000000 mm 2 0.225

4 × 10 6 = 2000 mm

sömel alanı büyütülmelidir .

3 × 2 m lik simetrik bir sömel seçilirse e = 25cm < 300 : 6 = 50 cm sömelde çekme gerilmesi oluşmaz .

σ eb hesaplanırsa , σ eb

900000 225 × 10 6 =− − 2000×30003 1500 = 3000 × 2000 12

σ eb = − 0.225 MPa = σ znet

sömel alanı yeterlidir . 

M*

H h*

O

ÖRNEK 4.2

 = 900 k M * = 150 km H = 75 k

Eksantrik Sömel hesabı

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

 σ z = 0.25 MPa

verildiğine göre

M*

H

M ' = M * + h * H = 150 + 1i75 = 225 km

h*

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

σ znet = 0.25 − 0.025 = 0.225 MPa

O

O*

olur .

Gerilme uniform olacağına göre sömelin taban alanı Ai B =



σ znet

900 i10 3 = = 4 i10 6 mm 2 = 4 m 2 0.0225

153

ÖRNEK 5

ekilde gösterilen sömelde oluşacak en büyük basma gerilmesini hesaplayınız. gerilmesi taşımadığı kabul edilecektir.

ez =

My 

=

Zeminin çekme

100 = −1 m −100

h 300 = = 50 cm 6 6 Eksantrik normal kuvvet, çekirdek bölgesi dışındadır. O halde TE kesitin içine girmiştir.

Gerilmelerden oluşan kuvvet ve tarafsız eksene göre moment dış kuvvet ve momente eşit olmalıdır.

2.(3 − s )

σB

2.(3 − s )

σB 2

2

= 100 k

. (3 − s ) = 100(2.5 − s ) 2 3

s = 1.5 m, σ B = 66.7 KPa ( k m2 ) s = 1500 mm σ B = 0.0667 MPa

154

ÖRNEK 6

ekilde gösterilen blok, Emniyet gerilmesi 100 MPa olan bir malzemeden yapılmıştır. Bu kesitin taşıyabileceği en büyük P basma kuvvetini hesaplayınız. Malzemenin çekme gerilmesi taşımaması durumunda P kuvvetinin değeri ne olur?

σx =

M  Mz − y+ y z A Iz Iy

− P.103 0 P.106 1.5 z=0 σx = − y+ 12.106 I z 3.6.1013 T.E. Denklemini bulalım.

−P P z=0 + 12 24000 z = 2000 mm.

σx =

−P P + (−3000) = −100 12 24000 P = 480 k .

σ x ( A) =

Malzemenin hem çekme hem de basma gerilmeleri taşıması durumu için bulunan P kuvveti Gerilme bloğunun bileşkesi P kuvvetidir ve Tarafsız eksene göre moment,

(6 − s ).2.

σ em

(6 − s ).2.

σ em 2

2 2

=P . (6 − s ) = P(4.5 − s ) 3

s = 1.5 m, P = 450 k

Malzemenin çekme gerilmeleri taşımaması durumu için bulunan P kuvveti

155

Eksantrik normal kuvvetle yüklü, enkesiti 60x180 mm2 olan çubukta σem = 10 MPa ve σem = -6 MPa olarak bilindiğine göre çubuğun taşıyabileceği en büyük P kuvvetini hesaplayınız.

ÖRNEK 7

y

=P M z = P × 90

60 mm min

z ve y asal eksenlerdir.

My = 0

bh3 h2 i = = 12bh 12 2 z

TE

σx =

30 mm

z

I zy = 0

My  Mz − y+ z A Iz Iy

G 180 mm

σx =

P 90 × P P  90  y = 1 − 2 y  − A Iz A  iz 

10 mm

P A

maks

T.E. Denklemi için σx = 0 yazarsak;

σ min =

σx =

σx = 0 ⇒

y = 30 mm

P  P  y  1080  y = 1 − 1 −  ≤ −6 60 × 180  32400  60 ×180  30 

P ≤ 32400 

P  y  1 −  ≤ 10 60 × 180  30 

P ≤ 27000 

σ maks =

P  90 ×12  P  y  y  = 1 −  1 − 2 A h  A  30 

 27 k  Penbüyük = min   = 27k 32.4 k  

156

Gerilme Durumunun İncelenmesi

ez = 0 hali; z, y asal eksenler olsun.

 =P

σx =

Özel Durum :

σ maks = σ min =

e = 0 ise

e << h  ↑↑ M↓

6

Mz y Iz

σx = −

σ xN =

P A

σx =

P b⋅h

e
σ maks σ min

2

e=h

6 >0

 Mz − y A Iz

ey  P 1 + y  A i z2 

σ maks y=h

eksenel normal kuvvet hali

M z = −P ⋅ ey

P  6 × ey  = 1+  bh  h 

P P ⋅ ey y A Iz

σx = +

σx =

σ min

σ min = 0 ise e =

e>h

6 σ maks > 0

6 σ maks > 0

σ min = 0

σ min < 0

My = 0

P  12 × e y  y 1 + A h2 

h y =− 2

=

P  6 × ey  1−  bh  h 

h  P  ; σ maks = 2   6  b⋅h 

e >> h ↓ M ↑↑

6

157

ÖRNEK 8

ekilde gösterilen tablalı kesitte tarafsız eksenin K ve L noktalarından geçebilmesi için eksantrik normal kuvvetin etkimesi gereken noktanın koordinatlarını hesaplayınız.

Alan merkezi tabandan

315.65mm ↑,

sağ kenardan

263.22mm ←

I z = 4243*106 mm 4 I y = 9226*106 mm 4 I zy = 3283*106 mm 4

Pozitif BÖLGEDE , koordinatları y p ve z p olan herhangi bir noktadaki çekme kuvveti P olsun M z = −P yp

σ xK = 0 σ xL = 0

M y = P zp

z p = −52.8 mm

=P y p = 33.73 mm

158

ÖRNEK 9

ÖRNEK 10

A noktasından P basma kuvveti uygulanan T kesite haiz kirişin basma ve çekmedeki emniyet gerilmeleri sırasıyla -70 MPa 140 MPa’dır. P basma kuvvetinin alabileceği en büyük değeri hesaplayınız. (Iz = 0,58x106 mm4 Iy = 0,39x106 mm4 A = 2000 mm2)

ekilde boyutları verilen kesitte A noktasından P basma kuvveti etkimektedir. Malzemede çekme emniyet gerilmesi 60 MPa basma emniyet gerilmesi –120 MPa olduğuna göre kesitin taşıya-bileceği en büyük P kuvvetini hesaplayınız. Bulunan bu P değeri için kesitte gerilme dağılımını çiziniz.

I z = 24.91*106 mm 4 I y = 8.708*106 mm 4 I zy = 8.1*106 mm 4 M z = −50*103 P mm M y = 0 mm

σ x = P (−0.5 − 0.00345 y + 0.02564 z ) σ B ( z = −30; y = 22) ≤ −70 MPa

 = −1000 P 

P = 52.04 k

σ x = P(−0.123457 − 0.00268 z + 0.00288 y ) σ E ( z = 35; y = −65) ≤ −120 MPa P = 296.7 k σ D ( z = 5; y = 115) ≤ 60 MPa P = 308.7 k P = 296.7 k

159

13- ekilde gösterilen kesit y ekseni üzerinde olan P çekme kuvvetinin etkisi altındadır. Kesitin A noktasındaki normal gerilmenin B noktasındakinin iki katı olduğu bilindiğine göre P kuvvetinin uygulandığı noktanın A noktasından uzaklığını hesaplayınız. Iz = 63,96x106 mm4 A=14400 mm2

ÖRNEK 11 P = 100 kN şiddetindeki basma kuvveti şekilde görülen kesite A noktasından etkimektedir. En kesit üzerinde gerilme diyagramını çizip kesitteki en büyük ve en küçük normal gerilmeyi hesaplayınız.

Alan merkezi tabandan

a)

80mm ↑,

A ve B oktalarında aynı işaretli gerilme olsun

Kuvvetin TE ' nin üst tarafında D(0; yD ) noktasında etkidiğini

I z = 5.33*106 mm4 I y = 1.73*106 mm 4

kabul edelım.  = P M z = − P i yD

I zy = 0 mm 4

My  Mz P P i yD P y  − y+ z= + y = 1 + 2D y  A Iz Iy A Iz A iz  σ ( A) = 2*σ ( B) ⇒ yD = −15.06 mm

M z = 4 km M y = 5 km  = −100 k

σ x = −25 − 0.75 y + 2.89 z σ ( A) = −199 MPa σ ( B) = +104 MPa

M y = 0 olur.

σx =

P kuvvetinin çekme olması halini siz inceleyiniz

AD = 145 − 15.06 = 129.9 mm b)

A ve B oktalarında farklı işaretli gerilme olsun

yD = 2665 mm 12- Düşey 4,8 kN luk kuvvet etkisi altında ahşap kolonun A, B, C, D noktalarındaki gerilmeleri hesaplayınız.

14Kesitin A noktasından P = 120 kN şiddetinde çekme kuvveti etkimektedir. Kesitte gerilme dağılımını çiziniz.

160

15- Yanda şekilde gösterilen istinat duvarının yapıldığı malzemenin birim hacim ağırlığı γ = 25 kN/m2 ve yatay toprak itkisi h = 120 kN’dur. İstinat duvarının altındaki zemindeki gerilmeleri bulunuz.

17- Yanda şekilde elemana P = 150 kN değerinde bir kuvvet etki etmektedir. En büyük gerilmenin 125 MPa’yı geçmemesi istendiğine göre en büyük a mesafesini bulunuz. A = 4570 mm2; d = 201 mm; bf = 165 mm; tf = 10,2 mm tw = 6,2 mm; Ix = 34,5x106 mm4; Iy = 7,62x106 mm4

σ B = − 166 kPa σ C = − 14 kPa 16- Yanda şekilde elemana iki kuvvet etki etmektedir. En büyük gerilmenin 70 MPa’yı geçmemesi istendiğine göre en büyük P kuvvetini bulunuz. A = 2897 mm2; d = 254 mm; bf = 65 mm; tf = 11,1 mm; tw = 6,1 mm; Iz = 28,1x106 mm4; Iy = 0,949x106 mm4 (Kuvvetler gövde orta noktaya etkimektedir)

P = 51.6 k

z

a = 31.2 mm

z

x = 16.1 mm

161

KOLONLARIN BURKULMASI

162

KOLONLARIN BURKULMASI

Yapı elemanlarının gerilme ve şekil değiştirme kriterlerine göre incelenerek boyutlandırılması bundan önceki bölümlerde ele alındı. Bu bölümde yapı elemanlarının aldığı biçimi yük etkisi altında koruyup koruyamayacağı konusu araştırılacaktır. Stabilite, yapının ani biçim değişimi yapmadan verilen bir yükü taşıma kabiliyeti olarak tanımlanabilir. Aşağıdaki şekilde, üç farklı yüzey ve üzerindeki küre gösterilmiştir. Kürelere denge konumlarından küçük sapmalar verilip serbest bırakıldıklarında nasıl davranacakları hususunu, üç ayrı denge konumunu açıklamakta kullanabiliriz.

w

I

w

N

II

N

Farksız Denge

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

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

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

163

İki ucundan mafsallı eksenel basma kuvveti taşıyan bir çubuk düşünelim. Eksenel kuvvetin yavaş yavaş artması durumunda çubuk doğru eksenli başlangıç durumunu koruma eğilimindedir. O halde çubuğun doğru eksenli denge konumu, kararlı denge konumudur diyebiliriz. Eksenel kuvvetin belirli bir değerine ulaşıldığında çubuk, doğru eksenli denge konumunu bırakıp aniden eğri eksenli başka bir denge konumuna geçer. Bu olaya burkulma adını veriyoruz. Çubuk burkulduktan sonra yüklemedeki küçük değişmelerle kendisine yine eğri eksenli başka başka denge konumları bulur. Çubuğun eğri eksenli denge konumunu kolayca değiştirme eğiliminde olması sebebiyle bu denge konumuna kararsız denge konumu adı verilir. Burkulma, eksenel basma kuvveti taşıyan narin çubuklarda meydana gelir. En kesit alanı küçük, boyu büyük olan narin çubukların eksenel yük taşıma kapasiteleri burkulma olayı nedeniyle azalır.

EKSENEL YÜKLÜ KOLONLAR

P

P

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

N

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

DÜZ

P

BURKULMU

164

θ ≈ tan θ ≈ y′ cos θ ≈ 1 sin θ ≈ θ

 = − P ⋅ cos θ Q = P ⋅ sin θ M = −P ⋅ y

1

 = −P Q = P ⋅ y′

ρ

M = −P ⋅ y

=

v′′

(1 + v′ )

3/ 2 1/ 2

d2y M = dx 2 EI d2y P + y=0 dx 2 EI

d2y M Py = =− 2 dx EI EI

λ2 =

P EI

y′′ + λ 2 y = 0

y ( x ) = A sin ( λ x ) + B cos ( λ x )

x=0

⇒

y (0 ) = 0

0 = A sin ( 0 ) + B cos ( 0 )   0

x=L

⇒

y (L) = 0

B=0

Diferansiyel denkleminin çözümü;

eklindedir. Burada A ve B sabitleri sınır koşullarından bulunabilir.

y ( x ) = A sin ( λ x )

1

y ( L ) = A sin ( λ L ) = 0   0

λ L = nπ

λ=

nπ L

n = 1, 2, 3,...

165

λ2 =

P EI

Deformasyon bağıntısı

n 2π 2 P λ = 2 = L EI 2

 nπ y ( x ) = A sin   L

 x 

n = yarım sinüs eğrisi sayısı

n 2π 2 EI Pn = L2

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

Pkritik =

π 2 EI L2

İki ucu mafsallı kolonlar için EULER denklemi

Basında bazen beton dökümü sırasında kalıp çökmesi nedeniyle meydana gelen yaralanma haberlerine rastlarız. Betonarme bir binanın kalıbının yapımında kiriş ve döşeme altlarına 50-75 cm aralıklarla yerleştirilen dikmeler kullanılır. Bir dikmenin burkulma açısından taşıyabileceği eksenel kuvvet küçüktür. Dikmeler, kuşak adı verilen ahşap elemanlar yardımı ile ortalarından hareket edemeyecek tarzda her iki yönde birbirlerine bağlanırsa burkulma yükü önceki yükün 4 katı olur. Eğer dikmeler uzunluklarının üçte bir noktalarından kuşaklarla bağlanmak suretiyle hareket edemez hale getirilirse burkulma yükü başlangıçtaki yükün 9 katına çıkar. Dolayısıyla kalıp tamamlandıktan sonra kuşakların dikkatlice kontrol edilmesi kalıp çökmelerini büyük ölçüde engellermiş.

π  y ( x ) = A sin  x  L  P1 =

π 2 EI L2

 2π y ( x ) = A sin   L

 x 

4π 2 EI P2 = = 4 P1 L2

 3π y ( x ) = A sin   L

 x 

9π 2 EI P3 = = 9 P1 L2 166

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

Pkritik =

π 2 EI min L2b

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

Lb = 0.5L

Lb = L Pkritik =

π 2 EI min 2

L

Pkritik = 4

π 2 EI min 2

L

Lb =

Lb = 2 L

L = 0.707 L 2

Pkritik = 2.05

π 2 EI min L2

Pkritik

1 π 2 EI min = 4 L2

167

KRİTİK GERİLME – NARİNLİK İLİKİSİ Bir kolonda burkulmaya yol açan en küçül normal gerilme σkritik (σkr), Euler burkulma yükü bağıntısının alana bölünmesiyle elde edilebilir. İki ucu mafsallı bir kolonda,

π EI min 2

Pkritik =

L2b

Pkr π 2 EI min π 2 E π 2 E = = 2 = 2 Lb A Lb 2 A λ 2 imin

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

λ=

π 2E σ kr = 2 λ Lb i

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

π 2E σp = 2 λp

π 2 210 ×103 190 = λ p2

λ p ≅ 105

Yapı çeliği için kritik narinlik değeri 105 dir

168

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

NARİNLİK – KRİTİK GERİLME İLİKİSİ : ÖZET

λ < λp

σ > σ p 

Tetmajer eğrisi geçerli burkulma elastik değil.

λ > λp

σ < σ p 

Euler hiperbolü geçerli burkulma elastik bölgede.

Tetmajer doğru denklemleri

λ < λp ⇒ λ < λp ⇒

( çelik için ) σ kritik = 29.3 − 0.194λ ( ahşap için ) σ kritik = 310 − 1.14λ

169

KOLONLARIN TASARIMI

y

1) Analiz (kontrol) : Lb, A, P bilinen büyüklükler.

λ=

Lb ⇒ (hesapla ) imin

λ > λ p ⇒ ( Euler formülünü kullan )

π 2E σ kr = 2 ; Pkr = σ kr ⋅ A λ

λ < λ p ⇒ ( Tetmajer formülünü kullan ) Ptoplam =

Pkritik fs

( fs

z

z

güvenlik katsayısı )

2) Boyutlandırma : E, P, Lb bilinen büyüklükler. Burkulmanın elastik bölgede olduğu kabul edilir (λ λ > λp).

y

P yükünü elastik burkulma bölgesinde taşıyabilecek en küçük atalet momenti hesaplanır (Imin) Bulunan bu atalet momentini sağlayacak uygun bir kesit seçilir (I, U, T veya dikdörtgen).

fs i P ) L2b ( I=

Pkr = fs ⋅ P ( fs > 1)

π 2E

λ > λp) ise kabul doğrudur. λ hesaplanarak λp değeri ile karşılaştırılır. Eğer (λ

π 2E σ kr = 2 λ

Pkr = σ kr ⋅ A

Ptoplam =

Pkr fs

Eğer (λ λ < λp) ise kabul yanlıştır ve kesit büyütülerek işlemler tekrarlanır.

170

ekilde boyutları verilen iki ucu mafsallı ahşaptan imal edilmiş kolonun taşıyabileceği P basma kuvvetini, kolon boyunun 4 ve 2 metre olması halinde ayrı ayrı hesaplayınız. (E = 10 GPa,)

ÖRNEK 1 y

z

λ < λ p = 100

 120 ×1003 Iz = = 1× 107 mm 4  12 7 4  I min = 1× 10 mm 3 100 ×120 Iy = = 14.4 ×106 mm 4   12

100

120

λ =

lb im in

σ kr = 29.3 − 0.194 ⋅ λ

=

4000 = 138.41 > λ p = 10 0 28.9

π 2 ⋅ E ⋅ I π 2 ⋅1⋅104 ⋅1×107 Pkr = = = 61622  , lb2 40002 lb = l = 2000mm imin = 28.9mm4

Pkr = A ⋅ σ kr

lb = l = 4000mm imin

1×107 = = 28.9mm 12000

Burkulma elastik bölgede Euler formülü geçerlidir.

σ kr =

61622 = 5.14 MPa 100 ⋅120

Olsaydı;

λ=

2000 = 69 < λ p = 100 28.9

Burkulma plastik bölgede Tetmajer formülü geçerlidir.

Pkr = 100 ⋅120 ⋅ ( 29.3 − 0.194 ⋅ 69 ) = 190968     15.91MPa

171

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

ÖRNEK 2

fs ⋅ P ⋅ lb2 3 ⋅ 400 ⋅103 ⋅ 30002 = = 5.21× 106 mm 4 I= 2 2 3 π ⋅E π ⋅ 210 × 10

D-D/6

I = 0.51775

A=

D

i=

D  π D−  4 πD 6 I= −  64 64

π 4

π D4 64

(1202 − 1002 ) = 3454mm2

5267381 I = = 39.05mm A 3454

σ kr = 310 − 1.14λ

= 5.21×106 mm 4

λ=

D = 119.65 mm ≈ 120 mm

I = 0.51775

π 1204 64

t=

4

120 = 10mm 12

= 5267381mm 4

3000 = 76.82 < λ p = 105 39.05

σ kr = 310 − 1.14 × 76.82 = 222.4 MPa

Pmax =

222.4 × 3454 = 256056  < 400k 3

Kesit bu yükü taşıyamaz. Kesit büyütülür.

D = 140 mm t = 14 mm I = 11.13 × 10 6 mm 4 A = 5540 mm 2 i = 44.8 mm

λ=

3000 = 67 < 105 44.8

σ kr = 310 − 1.14 × 67 = 233.6 MPa

Pmax =

5540 × 233.6 = 431381 > 400k 3

Süleyman Aksoy tarafından yapılan kesit seçimi 21 Mayıs 2009

D = 165 mm t = 9.95 mm I = 14.62 × 10 6 mm 4 A = 4847 mm 2 i = 54.93mm 4847 × 247.74 3000 172 Pmax = = 400240  > 400k σ kr = 310 − 1.14 × 54.61 = 247.74 MPa λ= = 54.61 < 105 3 54.93

ÖRNEK 3 ekildeki L kesitli ahşap kolonun fs = 3 güvenlik katsayısı ile taşıyabileceği P yükünü bulunuz. E = 10 GPa

tabana ve sol kenara göre statik moment alınırsa; y = 35 mm z = 65 mm I min = 5.3524 ×106 mm4

λ = 77.803 σ kr = 14.21 MPa

ÖRNEK 4 ekilde görülen BC çubuğu 90x180mm dikdörtgen kesitli ahşaptan yapılmıştır. Çubuğun fs = 3 güvenlik ile taşıyabileceği q yükünü; L = 3 m olması halinde, hesaplayınız. E = 10 GPa, λp = 100

I min = 10.935 ×106 mm4

λ = 115.47 Pem = 39.972 k q = 15

k m

Pem = 38357 

173

ÖRNEK 5

ÖRNEK 6

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

Çelik AB çubuğu kare kesitli olup iki ucu mafsallıdır. 2 güvenlik katsayısı ile sisteme uygulanabilecek P kuvvetinin şiddetini hesaplayınız.

a)

λkr= 105, λ<λkr için σkr = 310 -1.14λ (burkulma plastik bölgede ise)

Boşluğun kapanmasına, b) Çubukların elastik burkulmasına yol açan sıcaklık artışını hesaplayınız.

C

38x38mm2 30,0°

A

B

3m P

∆L = α ⋅ L ⋅ ∆T 0.0012 = 12 × 10 −6 × 2 × ∆ T

I πr r r = = = 2 4π r 4 2 A 4

i=

2

∆T = 50 C Boşluk kapandıktan sonra sıcaklık artmaya devam ederse iç kuvvet oluşur.

( ∆L )t = ( ∆L )e E α ∆T = σ kritik

L α ∆T L = AE

π 2E = 2 λ

σ = E α ∆T

π2 ∆T = = 8.03 C 2 α ⋅λ

λ=

3000 384 12 × 382

=

3000 = 273 > λkr = 105 10.97

384 I= = 173761mm 4 12 Pkr π 2 EI Pem = = = 1.732 P fs fsi L2b

P=

π 2 × 200 ×103 ×173761 30002 × 2 × 1.732

= 11002  = 11k

174

Ferdinand P.BEER & E.Russel JOHNSTON, Mechanics of Materials, McGraw-Hill Book Comp.1981

ÖRNEK 7

ÖRNEK 8

ekilde görülen sistemdeki AB ve BC elemanları dış çap 120 mm, et kalınlığı 10 mm olan alüminyum çubuklardır. Burkulma güvenliğini en büyük yapacak h yüksekliğini bulunuz. mg = 75 kN olduğunda karşılık gelen güvenlik katsayısını hesaplayınız. E=70 GPa

2,5 m burkulma boyu olan kolonun kesiti şekildeki gibidir. Taşıyabileceği P yükü 350 kN olduğuna göre n güvenlik katsayısını hesaplayınız. A = 3325 mm2; E = 200 GPa; Iy = 8,865x106 mm4; Ix = 11,557x106 mm4)

mg

kablo , BC ve AB çubuk kuvvetleri h 2 + 9 mg 3mg mg K= , BC = , AB = h 2 2h 2 çubukların Pkr yükleri yazılıp taraf tarafa bölünürse mg π 2 EI min 3mg π 2 EI min = = , 2h 36 2 16 h = 6.75 m fs BC = 6.07

imin = 51.63 mm, λ = 48.4

σ kr = 310 − 1.14* 48.4 = 254.8 MPa Pkr = 254.8*3325 = 847226  n=

Pkr 847226 = = 2.42 P 350000 175

Ferdinand P.BEER & E.Russel JOHNSTON, Mechanics of Materials, McGraw-Hill Book Comp.1981

ÖRNEK 9

ÖRNEK 10

ekildeki yükleme altında en büyük L değerini hesaplayınız. E = 200 GPa, σkr = 290 MPa, A= 1452 mm2, iz = 41,6 mm, i y = 14,75 mm fs = 1,92

Burkulma boyu L olan kolon dxd/3 boyutlarındaki ahşap bloklardan şekildeki düzenlemelerde oluşturulmak isteniyor. Burkulma açısından taşıyabilecekleri kuvvetlerin (PA/PB) oranını hesaplayınız.

P = 60 kN

Pkr = Pem * fs =

π 2 EI min L2b

,

A P A kr I min 27 = = = 1.421 B P B kr I min 19

I min = 14.752 *1452 L = 2325 mm

σ=

60000*1.92 = 79 MPa < σ kr 1452

176

11ekildeki kolona başlangıçta hiçbir kuvvet o etkimemektedir. Sıcaklık 40 C arttırıldığında burkulmanın olduğu bilindiğine göre kolonun L boyunu bulunuz (E = 200 GPa; α = 11,7x10-6/oC; d = 100 mm)

Pkr =

L

13- AB ve AC çubuklarının çapı 15 mm, BC çubuğunun çapı 21 mm’dir. Güvenilirliği en büyük yapacak α açısını bulunuz. P = 7 kN olduğunda karşılık gelen güvenlik katsayısını hesaplayınız (E = 200 GPa).

π 2 EI min L2b

α * L * ∆T =

RL EA

⇒ R = Pkr L = 4190 mm 12- Uzunluğu L = 1.5 m olan, iki ucu mafsallı bir ahşap çubuk fs = 3 güvenlik katsayısı ile P = 60 kN değerindeki eksenel kuvvetini taşıyacaktır. Çubuğun kesiti dikdörtgen ve bir kenarı diğerinin iki katıdır. Buna göre kesiti boyutlandırınız. E = 10 GPa, λp = 100

I min

π 2 EI min

1500 b L 2 3 2 Pkr Lb 3*60000*15002 b 4 = 2 = = π E π 2 *10000 6

Pkr =

2 b

λ=

14- İki ucu mafsallı 4 m uzunluğundaki çelik bir kolon I260 profilinden yapılmıştır. fs = 2,5 güvenlik katsayısı ile bu kolonun taşıyabileceği Pem yükünü hesaplayınız (A = 53,3x102 mm2, Imin =288x104 mm4 imin = 23,2 mm, E = 210 GPa )

⇒ b = 71 mm; h = 142 mm

λ = 73.8〈λ p = 100 ⇒⇒ b = 76 mm; h = 152 mm

177

15- L uzunluğunda dikdörtgen kesitli alüminyum bir kolon ucundan ankastre diğer ucundan şekilde görüldüğü gibi mafsalıdır. Burkulma açısından en uygun a/b oranını bulunuz. Kolonu L = 500 mm E = 70 GPa P = 20 kN için boyutlandırınız. n = 2,5

18- Her bir çubuk içi dolu dairesel kesitli çelikten imal edilmiştir. Birinci çubuğun çapı 20 mm olduğunda verilen yükleme altında burkulmanın olmaması için n güvenlik katsayısını bulunuz. Aynı güvenlik katsayısına sahip diğer çubukların yine burkulmanın olmaması için en küçük çaplarını hesaplayınız (E = 200 GPa).

15

m m

16- ekilde gösterilen kafes kiriş elemanları 15 ve 20 mm çapında dairesel kesitli çubuklardan yapılmıştır. n = 2,6 güvenlik katsayısı ile taşınabilecek Pmax yükünü hesaplayınız (E = 200 GPa, σem = 140 MPa)

17- ekildeki dairesel kesitli BC çubuğunun n = 3 güvenliği ile boyutlandırınız (E = 200 GPa). (BC çubuğunun boyu 5 m’dir)

178

19- Her iki kolonun eşit ağırlığa sahip olması için d genişliğini hesaplayıp, her iki kolonda kritik P yükünü bulunuz.

21- Kare kesitli kolonun taşıyabileceği Pkritik yükünü hesaplayınız. Aynı yükü taşıyabilecek daire kesitli kolonun yarıçapını hesaplayınız. ( E = 200 GPa).

λ = 138.56 d = 28.53 mm r = 14.27 mm Çelik E = 200 GPa γ = 7860 kg/m3

Alüminyum E = 70 GPa γ = 2710 kg/m3

22- Sistemin güvenle taşıyabileceği P kuvvetini bulunuz. (E = 210 GPa, σem = 140 MPa, fs = 2,5)

50 75 mm

20- Burkulma boyu 1,8 m olan iki pirinç çubuk şekilde görülen en kesitlere sahiptirler. Her iki kesit alanın aynı olması için kare kesitin et kalınlığını bulunuz, her iki çubuğun taşıyabileceği yükü hesaplayınız (E = 105 GPa).

AB çubuğunda λ = 178.88 I min = 1.885 i106 P = 73252 

mm4

179

ELASTİK EĞRİNİN İNTEGRASYON YOLU İLE BULUNMASI Yükleme sonrası bir eğri haline dönüşen (elastik eğri) çubuk ekseninin denklemini integrasyon yöntemi ile belirlemek istiyoruz. Eğriliğin matematik tanımı ile basit eğilme konusunda elde edilen şekil değiştirme bağıntıları birleştirilirse aşağıdaki ifadeye ulaşılır.

1

ρ

=

v′′

, 3/ 2

(1 + v′ ) 2

d 2v M = , dx 2 EI

1

ρ

=

dv dx

M EI

EI v′′ = M Amaç: Yalnızca Momentten oluşan eğim ve sehimin bulunması

Bu bağıntı, moment fonksiyonunun iki kere integre edilmesi yolu ile elastik eğri fonksiyonunun belirlenebileceğini ifade etmektedir. EIv’’=M ifadesinin iki kere türevi alınırsa elastik eğri denklemini kesme kuvveti veya yayılı yük fonksiyonunu kullanmak yolu ile de bulabileceğimizi görmekteyiz. İntegrasyon sabitlerinin belirlenmesinde geometrik ve dinamik sınır koşullarından faydalanılır.

dQ = −q y dx

=

dM = −Q dx

EI ⋅ v′′ = M EI ⋅ v′′′ =

dM = −Q dx

d 2M  dQ  = − EI ⋅ v′′′′ =   = q ( x) 2 dx  dx 

180

Sınır koşulları

EI ⋅ v′′′′ = q EI ⋅ v′′′ = ∫ q ⋅ dx + c1 EI ⋅ v ′′ =

v (a) = 0

θ (a) = 0

= −Q

∫ ∫ q ⋅ dx ⋅ dx + c x + c 1

Ankestre uçta çökme ve dönme yoktur. 2

=M

c1 x 2 EI ⋅ v′ = ∫ ∫ ∫ q ⋅ dx ⋅ dx ⋅ dx + + c2 x + c3 2 EI ⋅ v = ∫ ∫ ∫ ∫ q ⋅ dx ⋅ dx ⋅ dx ⋅ dx +

3

v (a) = 0 M (a) = 0 2

c1 x c2 x + + c3 x + c4 6 2

Mafsallı uçta çökme ve moment yoktur.

EI ⋅ v′′ = M EI ⋅ v′ = ∫ M ⋅ dx + c1

M (a) = 0 Q (a) = 0

EI ⋅ v = ∫ ∫ M ⋅ dx ⋅ dx + c1 x + c2 Serbest uçta moment ve kesme kuvveti yoktur.

181

ÖRNEK 1

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

EI ⋅ v′′′′ = q EI ⋅ v′′′ = EI ⋅ v′′′ = P EI ⋅ v′′ = Px + C1

EI ⋅ v′′ = M EI ⋅ v′′ = − P ( L − x) = Px − PL Px 2 EI ⋅ v′ = − PLx + C1 2 Px3 x2 EI ⋅ v = − PL + C1 x + C2 6 2 x = 0 için v = 0 ⇒ C2 = 0 x = 0 için v′ = 0 ⇒ C1 = 0 v′ =

 P x PL  − Lx  ⇒ θ B = − EI  2 2 EI  2

dM = −Q dx

2

P  x3 Lx 2  PL3 v=  −  ⇒ vB = − EI  6 2  3EI

2

Px + C1 x + C2 2 Px 3 x2 EI ⋅ v = + C1 + C2 x + C3 6 2 EI ⋅ v′ =

x = 0 için v = 0 ⇒ C3 = 0 x = 0 için v′ = 0 ⇒ C2 = 0 x = 0 için M = − PL ⇒ C1 = − PL  P  x2 PL2 v′ = − Lx  ⇒ θ B = − EI  2 2 EI  P  x3 Lx 2  PL3 − ⇒ vB = − v= EI  6 2  3EI

EI ⋅ v′′′′ = 0 EI ⋅ v′′′ = C1 EI ⋅ v′′ = C1 x + C2 x2 EI ⋅ v′ = C1 + C2 x + C3 2 x3 x2 EI ⋅ v = C1 + C2 + C3 x + C4 6 2 x = 0 için v = 0 ⇒ C4 = 0 x = 0 için v′ = 0 ⇒ C3 = 0 x = 0 için Q = − P ⇒ C1 = P x = 0 için M = − PL ⇒ C2 = − PL  P  x2 PL2 − ⇒ = − Lx θ B   EI  2 2 EI  P  x3 Lx 2  PL3 − ⇒ vB = − v= EI  6 2  3EI v′ =

182

ekilde gösterilen basit kirişin elastik eğri denklemini bulunuz. C noktasındaki sehimi hesaplayınız.

ÖRNEK 2

P⋅a L

P ⋅b L

a < x < L bölgesi

P ⋅b  x EI ⋅ v2′′ = x − P ( x − a ) = P ⋅ a 1 −  L  L

0 < x < a bölgesi

P ⋅b EI ⋅ v1′′ = x L P ⋅b 2 EI ⋅ v1′ = x + c1 2⋅ L EI ⋅ v1 =

 x2  ′ EI ⋅ v2 = P ⋅ a  x −  + c3 2⋅ L  

P ⋅b 3 x + c1 x + c2 6⋅ L

v1 ( 0 ) = 0

⇒

c2 = 0

 x2 x3  EI ⋅ v2 = P ⋅ a  −  + c3 x + c4 2 6 L ⋅   v2 ( L ) = 0

⇒

v1 ( a ) = v2 ( a ) ⇒

Pa 3b Pa 3 Pa 4 + c1a = − + c3 a + c4 6L 2 6L

v1′ ( a ) = v2′ ( a ) ⇒

Pa 2b Pa 3 2 + c1 = Pa − + c3 2L 2L

PaL2 PaL2 − + c3 L + c4 = 0 2 6

183

Pb 2 2 c1 = − (L − b ), 6L

c2 = 0,

Pa pa 3 2 2 c3 = − ( 2 L − a ) , c4 = 6 6L

Pb v1 = − x ( L2 − b 2 − x 2 ) 6 LEI Pb v1′ = − L2 − b 2 − 3 x 2 ) ( 6 LEI

P ( x − a) Pb 2 2 2 v2 = − L − b − x − ( ) 6EI 6 LEI P ( x − a) Pb 2 2 2 3 v2′ = − L b x − − − ( ) 2 EI 6 LEI

3

2

C noktasındaki eğim ve sehim (x=a)

Pb θc = − L2 − 3a 2 − b 2 ) ( 6 EIL Pba 2 vc = − L − a 2 − b2 ) ( 6 EIL v1′ = 0

ya da v2′ = 0 dan → x

Özel durum: a=b=L/2

P

θC = 0 vmaks

PL3 = 48EI

en büyük çokme hesaplanabilir.

184

ekilde gösterilen konsol kirişin reaksiyon kuvvetlerini çift katlı integrasyon yolu ile hesaplayınız.

ÖRNEK 3

x2 M + M A + q − RA x = 0, 2

qx 2 M = RA x − M A − 2

qx 2 EIv′′ = RA x − M A − 2 EIv′ =

∑F

y

= 0,

RA + RB =

∑M

= 0,

v1 ( L ) = 0

4 q⋅L 3

1 qx3 RA x 2 − M A x − + c1 2 6

1 1 qx 4 3 2 EIv = RA x − M A x − + c1 x + c2 6 2 24

I

 4L   4L L  4 2 −  = qL RA L − M A = q    3  6 3  9

II

1 1 qL4 3 2 =0 RA L − M A L − 6 2 24

III

4 RA L − 12M A = qL2  16 2 7 2  2 4 2  − 8M A = − qL + qL = − qL 9 9 RA L − M A = qL  9 

Sınır koşulları:

 v ( 0 ) = 0 ⇒ c2 = 0    ′ v c 0 = 0 ⇒ = 0 1  ( ) 

1  1 qL4 24 3 2 R L − M L − = 0 * 2  A A 2 24 L 6  MA =

7 2 13 qL , RA = qL, 72 24

RB =

19 qL 24 185

ÖRNEK 4

ekilde görülen konsollu kirişin elastik eğri denklemini; a)

İkinci mertebeden diferansiyel denklem kullanarak,

b)

Üçüncü mertebeden diferansiyel denklem kullanarak çıkartınız.

EI ⋅ v′′ = M 0≤ x≤L

EI ⋅ v1′′ = −

⇒

M1 = −

3 L 2 3PL EI ⋅ v2′′ = Px − 2

P x 2

L≤x≤

P x 2

P 2 x + c1 4 P EI ⋅ v1 = − x 3 + c1 x + c2 12

EI ⋅ v2′ =

EI ⋅ v1′ = −

v1 ( 0 ) = 0 v1 ( L ) = 0 ⇒

⇒

P − L3 + c1 L = 0 12

 3⋅ L  M 2 = −P  − x  2 

P 2 3PL x − x + c3 2 2

EI ⋅ v2 =

c2 = 0

⇒

P 3 3PL 2 x − x + c3 x + c4 6 4

v1′ ( L ) = v2′ ( L )

PL2 ⇒ c1 = 12

v2 ( L ) = 0

186

v1′ ( L ) = v2′ ( L )

v2 ( L ) = 0

−

P 2 P ⋅ L2 P ⋅ L2 3 ⋅ P ⋅ L2 = − + c3 L + 4 12 2 2 3

⇒

3

c3 =

2

5 ⋅ P ⋅ L2 6

c4 =

PL 3PL 5PL − + + c4 = 0 6 4 6

P ⋅ L3 4

Elastik eğri denklemleri

Px v1 = L2 − x 2 ) ( 12 EI

P v2 = − 3 L2 + 10 L2 x − 9 Lx 2 + 2 x 3 ) ( 12 EI

EI ⋅ v′′′ =

0≤ x≤ L

Q1 =

P 2

P 2 P EI ⋅ v1′′ = − x + c1 2

EIv1′′′ = −

EI ⋅ v1′ = −

P 2 x + c1 x + c2 4

EI ⋅ v1 = −

P 3 x2 x + c1 + c2 x + c3 12 2

Konsol Ucundaki Çökme

PL3  3L  v2   = − 8EI  2 

dM = −Q dx L≤x≤

3 L 2

Q2 = − P

EI ⋅ v2′′′ = P EI ⋅ v2′′ = Px + c4 EI ⋅ v2′ =

EI ⋅ v2 =

P 2 x + c4 x + c5 2

P 3 x2 x + c4 + c5 x + c6 6 2

187

ÖRNEK 5 Yükleme durumu şekilde verilen konsol kirişin elastik eğri denklemini bulunuz.

ÖRNEK 6 Yükleme durumu şekilde verilen konsol kirişin elastik eğri denklemini bulunuz. A noktasındaki eğim ve sehimi hesaplayınız.

M = 35 x − 144, EIv′′ = 35 x − 144 1 (17.5 x 2 − 144 x) EI 1 (5.833 x 3 − 72 x 2 ) v= EI v' =

0 ≤ x ≤1 m EIv1′′ = 0

1≤ x ≤ 3 m EIv2′′ = 10 − 10 x

20 EI 1 v1 = (20 x − 46.667) EI

v '2 =

v '1 =

1 (−5 x 2 + 10 x + 15) EI 1 v2 = (− 53 x3 + 5 x 2 + 15 x − 45) EI

188

ÖRNEK 7 Yükleme durumu şekilde verilen basit kirişin elastik eğri denklemini bulunuz.

ql q x − x 2 , EIv′′ = M 2 2 1 qx 4 ql 3 ql 3 + x − (− v= x) 24 12 24 EI 5 qL4 qL3 , θA = − venbüyük = − 384 EI 24 EI

ÖRNEK 8 Yükleme durumu şekilde verilen basit kirişte C noktasındaki sehimi birim yük yöntemi ile hesaplayınız.

M=

2 x 3 Pl l−x M2 = m2 = 3 3 l−x M 3 = P (l − x ) m3 = 3 M .m 5 Pl 3 ↓ vc = ∫ dx = EI EI 162 l M 1 = Px

m1 =

l 3 l 2l
0
189

1- Yükleme durumu şekilde verilen konsol kirişin elastik eğrisini bulunuz. B noktasındaki çökme ve dönmeyi hesaplayınız. Po A

4- Yükleme durumu şekilde verilen kiriş elastik eğrisini bulunuz. C noktasındaki çökmeyi ve dönmeyi, B noktasındaki dönmeyi hesaplayınız.

P

Po A

C

B a

a

B P

L 5-a) Yükleme durumu şekilde verilen konsol kirişin elastik eğrisini bulunuz. 2- Yükleme durumu şekilde verilen konsol kirişin b) B noktasında çökme olmaması için P elastik eğrisini bulunuz. En büyük çökmeyi ve B kuvveti ile MB momenti arasındaki noktasındaki dönmeyi hesaplayınız. bağıntıyı bulunuz.

A I2

B

I1

L/2

C

L/2

Po A

B

6) Aşağıda yükleme durumları verilen kirişlerin elastik eğrilerini bulunuz. qo

L

Mo

B

L

L

P

qo

Mo

A

A

A

A

3-a) Yükleme durumu şekilde verilen konsol kirişin elastik eğrisini bulunuz. b) B noktasında çökme olmaması için P kuvveti ile MB momenti arasındaki bağıntıyı bulunuz. MB

B

B

B A

L

a

b

L

190

q = q 0 sin

A

πx L

B

L

7) Aşağıda yükleme durumları verilen kirişlerin elastik eğrilerini bulunuz. Kiriş orta nokta noktasında deplasmanı hesaplayınız. w w = o = 15k / m (, P = 25 kN, Mo =10 kNm, L = 4 m, E = 200 GPa, I = 18x106 mm4) 2

191

192

Üç boyutlu gerilme halinin Genelleştirilmiş Hooke Yasaları:

εx =

[

]

1 σ x −ν (σ y + σ z ) E γ xy =

εy =

[

]

1 σ y −ν (σ x + σ z ) E

τ xy

γ yz =

G

εz =

[

]

1 σ z −ν (σ x + σ y ) E

τ yz

γ xz =

G

τ xz G

Bu ifadeler, gerilmeler cinsinden yazılırsa

σx =

Eν (ε + ε + ε ) + 2Gε x (1 +ν )(1 − 2ν ) x y z

σy =

Eν (ε + ε + ε ) + 2Gε y (1 +ν )(1 − 2ν ) x y z

τ xy = Gγ xy

σz =

Eν (ε + ε + ε ) + 2Gε z (1 +ν )(1 − 2ν ) x y z

τ yz = Gγ yz

τ xz = G γ xz

G=

Düzlem gerilme halinde Genelleştirilmiş Hooke Yasaları:

εx =

1 σ x −νσ y  E

εy =

1 σ y −νσ x  E

γ xy =

E 2(1 +ν )

τ xy G

Bu ifadeler, gerilmeler cinsinden yazılırsa

σx =

E (ε +νε ) (1 −ν 2 ) x y

σy =

E (ε +νε ) (1 −ν 2 ) y x

τ xy = G γ xy

193