Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
1. Şekildeki kesit eğilme momenti etkisindedir. σ çem = 100 kg / cm 2 , σ bem = 80kg / cm 2 olduğuna göre; a) Kesitin taşıyabileceği eğilme momentini bulunuz. Me =? b) Bulunan eğilme momenti için gerilme diyagramını çiziniz. Çözüm :
σ=
My
Mx ⋅y− ⋅x Jx Jy
xG = 6cm
12
Me
4 M x = − Me 5 3 M y = − Me 5
x
12 ⋅ 2 ⋅ 8 + 2 ⋅12 ⋅1 yG = = 4,5cm 12 ⋅ 2 ⋅ 2
G
5
a) σ =
2 ⋅12 3 12 ⋅ 2 3 + 2 ⋅12 ⋅ (8 − 4,5) 2 + + 2 ⋅12 ⋅ (1 − 4,5) 2 = 884cm 4 12 12
3
y
2 2
(cm)
Jx =
4
Jy =
5 (Ölçek : ½)
12 ⋅ 2 3 2 ⋅12 3 + = 296cm 4 12 12
− 4 / 5Me − 3 / 5Me − 4Me − 3Me ⋅y− ⋅x = ⋅y− ⋅ x σ = 0 tarafsız eksenin denklemi y = 2,24 x 884 296 5 ⋅ 884 3 ⋅ 296
1 Grup 1 (Asım GÜRALP)
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
b) T.E.
σmax = 52,35 A (1; 9,5)
σmin = 80
Me
x
G
y B(-6; 4,5) (Ölçek : ½)
σA =
− 4 Me − 3Me ⋅ (−9,5) − ⋅ (1) ≤ 100(σ çem ) 5 ⋅ 884 3 ⋅ 296
σ A = 0,0106 Me ≤ 100
2 Grup 1 (Asım GÜRALP)
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
σB =
21.03.2012
− 4 Me − 3Me ⋅ (4,5) − ⋅ ( −6) ≤ 80( σ BEM ) 5 ⋅ 884 3 ⋅ 296
σ B = 0,0162 Me ≤ −80 σ A = 52,35kg / cm 2 σ B = −80kg / cm 2 MeB = 4938,27 kgcm Me A = 9433,96kgcm 2. Şekilde yüklemesi
(Ölçek = 6/200)
verilen konsol kirişte,
x
1 t/m
kesit dikdörtgen olup
z y
1t
b/h = 0,5’dir. Malzemede
σ em = 100 kg / cm
B
A
2
C 1t
2m
olduğuna göre; AB ve
2m
BC arasındaki kesitleri ayrı ayrı bulunuz. 2
2 Çözüm :
–
–
0
b
h = 2b
0
0 +
2
3 Grup 1 (Asım GÜRALP)
0
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
Mxmax = −2tm My max = 2tm Mxmax = −2tm My max = 0
21.03.2012
BC arası
AB arası
BC Arası için : b ⋅ ( 2b ) 8b 4 Jx = = 12 12 3
σ max =
Mx ⋅ y ≤ 100 Jx
σ max =
Mx My ⋅y− ⋅ x ≤ 100 Jx Jy
σ max
− 2 ⋅10 5 = 4 ⋅ ( ± b ) ≤ 100 8b / 12
b ≥ 14,42cm
AB Arası için : 2b ⋅ ( b ) 2b 4 = 12 12 3
Jy =
σ max =
− 2 ⋅10 5 − 2 ⋅10 5 ⋅ y − ⋅ x ≤ 100 8b 4 / 12 2b 4 / 12
Tarafsız eksen denklemi için σ = 0 yapılır. Ve maxx = b, maxy = b/2 değerleri yerlerine koyulursa; b ≥ 20,8cm olur. Sonuç olarak b ≥ 20,8cm seçilir.
3. Şekilde görülen 30º eğimli bir çatı makası üzerine monte edilen
q
NPI 12 profilinin üzerine gelen düzgün yayılı yükü emniyetle taşıyıp taşıyamayacağını kontrol ediniz. q = 100 kg / m NPI 12 : Mx
J u = 328cm 4 ; J v = 21,5cm 4 ; h = 12cm ; b = 5,8cm .
u
v
Çözüm : 30º
Q yükü asal eksenler ile kesişmediği için eğik eğilme oluşur. M u = M x ⋅ cos 30°
M v = − M x ⋅ sin 30° q
4m
+ M max = Grup 1 (Asım GÜRALP)
(Ölçek : 1/50)
4
ql 2 = 200 kg / cm 2 8
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
σ=
21.03.2012
Mu M 200 ⋅ cos 30° − 200 ⋅ sin 30° ⋅v − v ⋅u = ⋅v − ⋅u Ju Jv 328 21,5
T.E. A (-2,9; -6) u A (2,9; 6) v
σA =
17321 − 10000 ⋅6 − ⋅ 2,9 = 1665,7kg / cm 2 328 21,5
σ A > σ em σB =
17321 − 10000 ⋅ (−6) − ⋅ (−2,9) = −1665,7kg / cm 2 328 21,5
σ B > σ em Değerler emniyet gerilmesi değerlerinden büyük olduğundan profil
(Ölçek : ½)
üzerine gelen yayılı yükü
taşıyamaz.
4. Şekildeki L kesit Mx eğilme momenti etkisindedir.
14 cm
( E = 2 ⋅10 6 kg / cm 2 ) a) Tarafsız eksenin denklemini bularak, kesit
Mx
x
G
üzerinde gösteriniz. y
5 Grup 1 (Asım GÜRALP)
2 cm 2cm
10cm
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
2 b) σ em = 1400 kg / cm için kesitin
taşıyabileceği maksimum Mx değerini
bulunuz. c) Gerilme diyagramını çiziniz d) Eğrilik yarıçapını hesaplayınız. Çözüm: Ağırlık merkezinin yeri :
xG =
16 ⋅ 2 ⋅1 + 8 ⋅ 2 ⋅ 6 = 2,67 cm 16 ⋅ 2 + 8 ⋅ 2
yG =
16 ⋅ 2 ⋅ 8 + 8 ⋅ 2 ⋅1 = 5,67cm 16 ⋅ 2 + 8 ⋅ 2
Atalet Momentleri : 2 ⋅14 3 10 ⋅ 2 3 2 2 Jx = + 2 ⋅14 ⋅ ( 9 − 5,67 ) + + 10 ⋅ 2 ⋅ (1 − 5,67 ) = 1210,67cm 4 12 12 14 ⋅ 2 3 2 ⋅10 3 2 2 Jy = + 2 ⋅14 ⋅ (1 − 2,67 ) + + 10 ⋅ 2 ⋅ ( 5 − 2,67 ) = 362,66cm 4 12 12 J xy = 2 ⋅14 ⋅ ( 9 − 5,67 ) ⋅ (1 − 2,67 ) + 10 ⋅ 2 ⋅ (1 − 5,67 ) ⋅ ( 5 − 2,67 ) = −373,33cm 4
a) Kesit simetrik olmadığından Tarafsız Eksenin denklemi
σ=
M x ( J y ⋅ y − J xy ⋅ x ) J x ⋅ J y + J xy2
y = −1,03 x bulunur.
6 Grup 1 (Asım GÜRALP)
= M x ( 0,00121 y + 0,001246 x )
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
B
b)
σ = M x ( 0,00121 y + 0,001246 x ) ≤ 1400 T. E. B( 0,67;−10,33) A( 2,67;5,67 )
σ A = 0,01019 M x ≤ 1400
Mx
x
G
σ B = −0,01166 M x ≤ 1400 5,67 cm
( M x ) A ≤ 137389,6kg / cm (M x ) B
≤120068
,6kg / cm
2
A
2,67cm
c) σ B = −1400 kg / cm 2 1223,5 kg/cm2 Mξ 1 = formülünü kullanırsak ρ E ⋅ Jξ tan β = −1,03
β = −45,85°
(x ekseni ile tarafsız eksen arasında kalan açı)
7 Grup 1 (Asım GÜRALP)
–
+
σ A = 1223,5kg / cm 2
d)
1400 kg/cm2
y
2
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
M ξ = M x ⋅ cos β = 120068,6 ⋅ cos( − 45,85) = 83632,5kgcm (Tarafsız eksene etkiyen eğilme momenti) J ξ = 1210,67 ⋅ cos 2 ( − 45,85) + 362,66 ⋅ sin 2 ( − 45,85) + 373,66 ⋅ sin ( − 2 ⋅ 45,85) = 400,92cm 4
1 83632,5 = ρ 2 ⋅10 6 ⋅ 400,92
ρ=9587
,66 cm
5. Şekilde verilen kesit ve kirişin en çok zorlanan
0,6t
0,6t
kesitinin B noktasında asal gerilmeleri bulunuz. Kesitte kayma gerilmesi dağılışını gösteriniz. 2m
B 6cm
G
y 2cm
2cm
2cm 2cm (Ölçek : 1/1)
Çözüm :
8 Grup 1 (Asım GÜRALP)
2m (Ölçek : 1/100)
2cm
x
2m
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
xG =
Şeklin Ağırlık Merkezi
600kg
600 T
600
+
0
600kg
0 600
Me 0
–
600 0
+ 1200
1200
yG =
2 ⋅ 6 ⋅ 5 + 2 ⋅ 6 ⋅1 = 3cm 2⋅6 + 2⋅6
JX =
2 ⋅ 63 6 ⋅ 23 2 2 + 2 ⋅ 6 ⋅ ( 5 − 3) + + 6 ⋅ 2 ⋅ (1 − 3) = 136cm 4 12 12
TD = 600 kg
τ=
M D = 1200 kgm = 120000 kgcm
T ⋅ S x 600 S x = b⋅ Jx 136b
9 Grup 1 (Asım GÜRALP)
6 = 3cm 2
;
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
M 120000 ⋅y= y Jx 136
σ=
B noktasındaki normal ve kayma gerilmesi :
τB =
600 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 4 = 35,29kg / cm 2 136 ⋅ 2
σB =
120000 ( − 3) = −2647,05kg / cm 2 136
B noktasındaki asal gerilmeler :
( − 2647,05) ± ( − 2647,05) + ( 35,29 ) 2 σ σ = ± +τ 2 = 2 2 2 2 2
σ 1, 2
2
σ 1 = 0,47 kg / cm 2 σ 2 = −2647 ,52 kg / cm 2
Kayma Gerilmesi Dağılışı :
τG =
600 ⋅ 5 ⋅ 2 ⋅ 2,5 = 55,15kg / cm 2 2 ⋅136
τ Küst =
600 ⋅ 6 ⋅ 2 ⋅ 2 = 52,94kg / cm 2 2 ⋅136
τ Kalt =
600 ⋅ 6 ⋅ 2 ⋅ 2 = 17,65kg / cm 2 6 ⋅136
B
34,29
+
G
52,15 52,94
17,45
0
10 Grup 1 (Asım GÜRALP)
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
P
P
6. Şekilde kesiti verilen konsol kiriş P kuvvetleri etkisi 2 altındadır. σ em = 1400 kg / cm olduğuna göre;
1m
1m
a) Yalnız eğilme etkisini göz önüne alarak; P kuvvetinin (Ölçek = ½)
alabileceği en büyük değeri bulunuz. b) P kuvvetinin bu değeri için kirişin en çok zorlanan
3cm
3cm
8cm
kesitinde normal ve kayma gerilmesi diyagramlarını
3cm
çiziniz. c) Boyun noktasında maksimum kayma gerilmesi hipotezini kullanarak gerilme kontrolü yapınız.
x
G
Çözüm : a) J x =
15cm
y
14 ⋅ 213 8 ⋅15 2 − = 8554,5cm 4 12 12
3cm
M x = 3Pkgm = 300 Pkgcm
σ max =
(Ölçek = ¼)
Mx − 300 P y max = ⋅ (10,5) ≤ 1400 Jx 8554,5
P
P
Pmax =3802 kg
T ⋅ Sx b) τ = b⋅ Jx
τ Ealt = τG =
τ Eüst
2 ⋅ 3802 ⋅14 ⋅ 3 ⋅ 9 = = 24kg / cm 2 8554,5 ⋅14
2 ⋅ 3802 ⋅14 ⋅ 5 ⋅ 9 = 56kg / cm 2 8554,5 ⋅ 6
2P + (T) 3P
2 ⋅ 3802 ⋅ (14 ⋅ 3 ⋅ 9 + 2 ⋅ 3 ⋅ 7,5 2 / 2) = 81kg / cm 2 8554,5 ⋅ 6 σ
1400
– (M)
τ 24 56
+ + 11 + Grup 1 (Asım GÜRALP)
– -1400
P
24 56
81
P
P
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
c) Boyun noktasının maksimum gerilmesinin asal gerilmeler ile kontrolü,
σE =
− 3802 ⋅ 300 ⋅ ( − 7,5) = 1000 kg / cm 2 8554,5 2
σ 1, 2
2
σ 1000 σ 1000 2 2 = E ± E +τ E = ± + 56 2 2 2 2 σ 1 = 3,13kg / cm 2 σ 2 = −1003,13kg / cm 2
Hipotez
σ m = σ 1 − σ 2 ≤ σ em 3,13 + 1003,13 ≤ 1400 olduğundan kiriş güvenlidir.
12 Grup 1 (Asım GÜRALP)
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
7. Şekilde boyutları verilen kesitte y ekseni doğrultusunda T kesme 2 kuvveti etkimektedir. τ em = 6kg / cm olduğuna göre;
a) Kesme kuvvetinin alabileceği en büyük değeri bulunuz.
6
G
x
b) Bu değer için kayma gerilmesi diyagramını çiziniz. Çözüm :
y
T ⋅ Sx a) τ = b⋅ Jx yG =
9 ⋅6 ⋅9 + 6 ⋅3⋅3 = 7,5cm 9⋅6 + 6⋅3
3
3
6
3 (Ölçek : ½)
9 ⋅ 63 3 ⋅ 63 2 2 ( ) Jx = + 9 ⋅ 6 ⋅ 9 − 7,5 + + 3 ⋅ 6 ⋅ ( 3 − 7,5) = 702cm 4 12 12 4,5 2 = 0,01442T ≤ 6
T ≤ 416 kg
τ Kalt =
T ⋅ 6 ⋅ 3 ⋅ 4,5 = 0,03846T ≤ 6 702 ⋅ 3
T ≤156 kg
τ Küst =
T ⋅ 6 ⋅ 3 ⋅ 4,5 = 0,01282T ≤ 6 702 ⋅ 9
T ≤ 468kg
τG =
T ⋅ 9 ⋅ 4,5 ⋅ 702 ⋅ 9
13 Grup 1 (Asım GÜRALP)
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
b) Kayma gerilmesi diyagramı T = 156 kg için : τ
G
2,25 6
2
0 8.
9 cm 4cm
x
G
18cm
y
4cm
Şekildeki 3 parçalı kesit kesme kuvveti etkisindedir. Parçalar birbirine tutkal yardımıyla yapıştırılmıştır. Tutkalın kayma gerilmesi 15 kg/cm2, malzemenin kayma emniyet gerilmesi 20 kg/cm2, olduğuna göre; a) Kesitin emniyetle taşıyabileceği emniyet gerilmesini, b) Bu kuvvet için kayma gerilmesi diyagramını çiziniz. Çözüm : a) τ =
T ⋅ Sx b⋅ Jx
yG =
4 ⋅18 ⋅ 2 + 4 ⋅18 ⋅13 + 4 ⋅ 9 ⋅ 24 = 10,8cm 4 ⋅18 + 4 ⋅18 + 4 ⋅ 9
14 Grup 1 (Asım GÜRALP)
7 cm
4cm
7 cm
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
Jx =
21.03.2012
18 ⋅ 4 3 4 ⋅18 3 9 ⋅ 43 2 2 2 + 18 ⋅ 4 ⋅ (10,8 − 2) + + 4 ⋅18 ⋅ (13 − 10,8) + + 9 ⋅ 4 ⋅ ( 24 − 10,8) = 14284,8cm 4 12 12 12
τ1 =
T ⋅ 9 ⋅ 4 ⋅13,2 = 0,008316T ≤ 15 4 ⋅14284,8
τ2 =
T ⋅ 4 ⋅18 ⋅ 8,8 = 0,01109T ≤ 15 4 ⋅14284,8
τG =
T ⋅ ( 4 ⋅18 ⋅ 8,8 + 6,8 ⋅ 4 ⋅ 3,4 ) = 0,01271T ≤ 20 4 ⋅14284,8
T ≤ 1803,75kg T ≤1352
,57 kg
T ≤ 1573,56kg
b) Kayma gerilmesi diyagramı T = 1352,57 kg için :
9. Şekildeki kesit 2 parçanın çivilerle bağlanmasıyla oluşmuştur. 2 a) Malzemede τ em = 20kg / cm olduğuna göre, kesitin taşıyabileceği kesme kuvvetini bulunuz.
b) Bir çivinin taşıyabileceği kesme kuvveti 200 kg ve çivi tertibi şekildeki gibi yapıldığına göre e çivi aralığını bulunuz. Çözüm : a) τ =
Ty ⋅ S x b⋅ Jx
yG =
12 ⋅ 4 ⋅ 2 + 4 ⋅12 ⋅10 = 6cm 12 ⋅ 4 + 12 ⋅ 4 (Ölçek : ½) 12cm
x
G
4cm
y 4cm
15 Grup 1 (Asım GÜRALP)
4cm
4cm
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
Jx =
21.03.2012
12 ⋅ 4 3 4 ⋅12 3 2 2 + 12 ⋅ 4 ⋅ ( 6 − 2 ) + + 4 ⋅12 ⋅ (10 − 6 ) = 2176cm 4 12 12
τG = τA =
b) τ A =
Ty ⋅ 4 ⋅10 ⋅ 5 4 ⋅ 2176 Ty ⋅12 ⋅ 4 ⋅ 4 4 ⋅ 2176
≤ 20
T y =870 ,4kg
Ty = 906,67 kg
≤ 20
870,4 ⋅12 ⋅ 4 ⋅ 4 = 19,2kg / cm 2 4 ⋅ 2176
4 ⋅ e ⋅τ A ≤ 2 ⋅ 200
4cm
e = 5,21cm
e e
τ 1
5
2
11,25
G
20
30 cm 10. Şekilde kesiti verilen perçinli kirişte Mxmax = 40tm ve 3,33 3 Ty = 30t ’dur. Baş ve boyun perçinlerinin çapları 0 2 2 20mm’dir. σ em = 1400 kg / cm , τ em = 800 kg / cm ,
2cm
15
120.80.10
σ ez = 2400 kg / cm 2 olarak verildiğine göre. Gerekli 2cm
perçin aralığını hesaplayınız. x
G
Korniyer :
50 cm
ex = 3,92 cm ey = 1,95 cm
y
2
A = 19,1 cm
16 Grup 1 (Asım GÜRALP)
2cm
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
Jx = 98,1 cm4 Jy = 98,1 cm4
Çözüm : 2 ⋅ 23 2 ⋅ 50 3 30 ⋅13 2 2 Jx = + 2⋅ + 2 ⋅ 30 ⋅1 ⋅ 25,5 + 4⋅,98,1 + 4 ⋅19,1 ⋅ ( 25 − 1,95 ) − 4 ⋅ + 2 ⋅ 2 ⋅ 25 2 = 90831,9cm 4 12 12 12 Normal gerilme tahkiki :
σ=
Mx 4000000 ⋅y= ⋅ 26 = 1145kg / cm 2 < σ em Jx 90831,9
Kayma gerilmesi tahkiki (Maksimum merkezde oluşacağından merkezdeki) : SxG = 1⋅ 30 ⋅ 25,5 + 2 ⋅19,1 ⋅ (25 − 1,95) + 2 ⋅ 25 ⋅12,5 − 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 25 = 2070,5cm 3
τG =
Ty ⋅ S x J x ⋅b
=
30000 ⋅ 2070,5 = 341,9kg / cm 2 < τ em 90831,9 ⋅ 2
Birim genişliğe gelen kuvvetler : Z2 =
Z1 =
T ⋅ S x 30000 ⋅ (1⋅ 30 ⋅ 25,5 − 2 ⋅ 2 ⋅1 ⋅ 25,5) = = 219 kg jx 90831,9
T ⋅ S x 30000 ⋅ (1 ⋅ 30 ⋅ 25,5 + 2 ⋅19,1 ⋅ ( 25 − 1,95 ) − 2 ⋅ 2 ⋅ ( 25 − 4,5) ) = = 516,4kg jx 90831,9
Perçin aralıkları Kesmeye göre Z1 ⋅ a ≤ 2 ⋅
π ⋅d 2 ⋅τ em a ≤ 23cm 4
Z1 ⋅ a ≤ t min ⋅ d ⋅ σ ez
Ezilmeye göre
Z2 ⋅ a ≤ 2⋅
a ≤ 44cm
π ⋅d 2 ⋅τ em 4
a ≤9,74 cm
Z 2 ⋅ a ≤ t min ⋅ d ⋅ σ ez
a ≤ 18,6cm
11. Şekildeki kesit 4 tane 6× 6 ‘lık kare parçanın, 3× 30 cm2’lik
6 × 6cm2
levhaya tutkal ile yapıştırılması ile elde edilmiştir. 2 2 Malzemede σ em = 105kg / cm , τ em = 8kg / cm ; tutkalda
τ em = 4kg / cm 2 olduğuna göre kesitin güvenlikle 3 × 30cm 2
taşıyabileceği eğilme momenti ve kesme kuvvetini bulunuz. x
G
Çözüm : Malzeme için;
σ max =
Mxmax ⋅ y max Jx
τ max =
Tmax ⋅ S x J x ⋅b 17
Grup 1 (Asım GÜRALP)
y
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
6 ⋅ 63 3 ⋅ 30 3 J x = 4 ⋅ + 36 ⋅12 2 + = 27918cm 4 12 12 105 ≥
Mxmax ⋅15 27918
Mxmax ≤ 195426 kgcm
Kesitin merkezinde oluşacak maksimum kayma gerilmesi dikkate alınarak;
τG =
Ty ⋅ S x J x ⋅b
=
Ty ⋅ ( 3 ⋅15 ⋅ 7,5 + 2 ⋅ 6 ⋅ 6 ⋅12 ) 27918 ⋅ 3
= <8
Ty ≤ 557,7 kg
Tutkal için ;
τ max =
Tmax ⋅ S x J x ⋅b
τ max =
Tmax ⋅ 6 ⋅ 6 ⋅12 ≤4 27918 ⋅ 6
Ty = 1551kg
Sonuçta : M x
m ax
≤195426
kgcm
,
T y ≤557 ,7 kg
değerleri seçilir.
2 12. Şekildeki kamalı kirişte P = 4t olarak verilmiştir. Kirişte, çekmede σ em = 100 kg / cm , basınçta ise
σ em = 850 kg / cm 2 , τ em = 10kg / cm 2 ve kamada τ em = 12kg / cm 2 olarak verilmiştir. Kiriş kesiti ve kama hesabını yapınız.
18 Grup 1 (Asım GÜRALP)
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
P
a
A
h A 2,5 m
2,5 m (Ölçek : 1/50)
b
h
2t
Çözüm :
σ= A – A kesiti
Mx M ⋅y= x Jx Wx
Wx =
M x 500000 = = 5000 cm 3 σ em 100
Wxfaydalı = 0,85 ⋅Wx
Kareye yakın bir kesit seçilir. (20 x 22 boyutunda) b ⋅ h 2 20 ⋅ ( 2 ⋅ 22 ) Wx = = = 6450cm 3 6 6 2
Wxfaydalı = 0,85 ⋅Wx = 0,85 ⋅ 6450 = 5483cm 3 > 5000cm 3
a) Kama – Kiriş ezilme tahkiki
z ≥ t ⋅ b ⋅ σ bem = 2,2 ⋅ 20 ⋅12 = 3740 kg
b) Kamada kayma tahkiki
z ≥ c ⋅ b ⋅τ em '
19 Grup 1 (Asım GÜRALP)
3740 ≥ c ⋅ 20 ⋅12
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
c ≥ 15,58 = 16cm c) Kirişte kayma tahkiki
z ≤ b ⋅ ( a − c ) ⋅τ em
3740 ≤ 20 ⋅ ( a − 16 ) ⋅12 a = 34,7cm
13. Şekildeki kesitin kayma merkezini belirleyiniz. Kesitte kayma gerilmesi dağılışını çiziniz. (Kesitin Jx eylemsizlik momenti verilmektedir.)
b A
B Ty u
e Çözüm : T1 ⋅ h / 2 + T2 ⋅ 0 + T3 ⋅ h / 2 = Ty ⋅ e
τ1 =
Ty ⋅ S x J x ⋅ t1
=
Ty ⋅ u1 ⋅ t1 ⋅ h / 2
b
T1 = ∫ τ 1 ⋅ t1 ⋅ du =
J x ⋅ t1
=
t2
Ty ⋅ u1 ⋅ h 2J x
Ty ⋅ hb ⋅ t1
0
T1 ⋅ h = Ty ⋅ e
4J x
b
T1 = T3
0
Ty ⋅ h ⋅ t1 ⋅ b 2 4J x
− h = Ty ⋅ e
e=
h 2 ⋅ b 2 ⋅ t1 4J x
20 Grup 1 (Asım GÜRALP)
G h/2
y
t1
2
T2 = ∫ τ 2 ⋅ t 2 ⋅ du = Ty
x
S
h/2
C
D
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
τzx + B
A T1
τzy T2 x
–
G y T3
C
D –
14. Şekildeki kesitin kayma merkezini
B
belirleyiniz. Kesitte kayma gerilmesi dağılışını çiziniz. (Kesitin Jx eylemsizlik momenti verilmektedir.)
τ2 =
Ty ⋅ S x J x ⋅ t1
=
Ty ⋅ u1 ⋅ t ⋅ h / 2 J x ⋅t
Ty ⋅ u 2 ⋅ t ⋅ h / 2 J x ⋅t
=
u3
Ty
2t
e
t
u2 h/2
Ty ⋅ u1 ⋅ h
h/2
2J x E b/2
21 Grup 1 (Asım GÜRALP)
C
u1
S
Çözüm :
τ1 =
τzx
D
F b
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
b h − t − u3 Ty ⋅ u3 ⋅ 2t ⋅ + b + ⋅ t ⋅ h / 2 2 2 τ3 = 2t ⋅ J x
–
Diyagramda görüldüğü gibi : T1 = T4 ; T2 = T5
T2
T1
+
T1 ⋅ h / 2 − T2 ⋅ h / 2 + T4 ⋅ h / 2 − T5 ⋅ h / 2 = −Ty ⋅ e e=
( T1 − T2 ) ⋅ h
b/2
T1 =
∫ 0
b/2
T2 =
∫ 0
Ty ⋅ h / 2 ⋅ u1 Jx Ty ⋅ h / 2 ⋅ u 2 Jx
T3
–
− Ty
⋅ t ⋅ du = ⋅ t ⋅ du =
Ty ⋅ h ⋅ b 2 ⋅ t
T4
8J x Ty ⋅ h ⋅ b 2 ⋅ t
– T5
+
4J x
h ⋅ b2 ⋅ t h ⋅ b2 ⋅ t Ty ⋅ − 8 J 4 J ( T1 − T2 ) ⋅ h x x = e= = − Ty Ty
−
b2 ⋅ h2 ⋅ t 8J x
15. Bir çekme çubuğunu kesiti şekilde verilmiştir.
6cm
Çekme kuvveti A noktasına uygulandığına göre. Bu 1cm
P kuvvetinin alabileceği değeri hesaplayın, gerilme 2 dağılışını çizin. σ em = 2000 kg / cm
2cm
A x
Çözüm : M x = − P ⋅ (5 − e)
1cm
G
M y = P ⋅1 e y 22
Grup 1 (Asım GÜRALP)
2cm
4cm
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
My N Mx + ⋅y− ⋅x A Jx Jy
σ= e=
21.03.2012
(Ölçek : 1/1)
4⋅ 2⋅ 2 + 6⋅ 2⋅5 = 3,8cm 4⋅2 + 6⋅2
Jx =
2 ⋅ 43 6 ⋅ 23 + 2 ⋅ 4 ⋅ (3,8 − 2) 2 + + 6 ⋅ 2 ⋅ (3,8 − 5) 2 = 57,87cm 4 12 12
σ=
P 1,2 P P + ⋅y− ⋅x 20 57,87 38,67
2000
G
+
y (1; 3,8) 631
23 Grup 1 (Asım GÜRALP)
2 ⋅ 63 4 ⋅ 23 + = 38,67cm 4 12 12
Tarafsız eksenin denklemi y = 2,41 − 1,25 x
(-3; -2,2)
x
Jy =
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
σD =
P 1,2 P P + ⋅y− ⋅ x ≤ 2000 kg / cm 2 20 57,87 38,67
P =11547
σC =
21.03.2012
kg
11547 1,2 ⋅11547 11547 + ⋅ 3,8 − ⋅1 20 57,87 38,67
σ = −631kg / cm 2
1cm
16. Şekilde boyutları verilen kesitte A noktasında P basınç kuvveti etkimektedir.
σ çem = 600 kg / cm 2 , σ bem = 1200 kg / cm 2 olduğuna göre kesitin taşıyabileceği P kuvvetini bulunuz. Bulunan P değeri için
(Ölçek : ½) 15cm
kesitte gerilme dağılışını çiziniz.
x
Çözüm :
G
y 1cm
3cm 3cm
24 Grup 1 (Asım GÜRALP)
9cm
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
σ=
21.03.2012
M x ⋅ J xy + M y ⋅ J x N M x ⋅ J y + M x ⋅ J xy + ⋅y− ⋅x 2 2 A J x ⋅ J y + J xy J x ⋅ J y + J xy xG =
3 ⋅18 ⋅1,5 + 9 ⋅ 3 ⋅ 7,5 = 3,5cm 3 ⋅18 + 9 ⋅ 3
yG =
3 ⋅18 ⋅ 9 + 3 ⋅ 9 ⋅1,5 = 6,5cm 3 ⋅18 + 9 ⋅ 3
Jx =
3 ⋅18 3 9 ⋅ 33 + 3 ⋅18 ⋅ (9 − 6,5) 2 + + 9 ⋅ 3 ⋅ (1,5 − 6,5) 2 = 2490,75cm 4 12 12
Jy =
18 ⋅ 33 3 ⋅ 93 + 3 ⋅18 ⋅ (1,5 − 3,5) 2 + + 9 ⋅ 3 ⋅ (7,5 − 3,5) 2 = 870,75cm 4 12 12
J xy = 3 ⋅18 ⋅ (9 − 6,5) ⋅ (1,5 − 3,5) + 9 ⋅ 3 ⋅ (1,5 − 6,5) ⋅ (7,5 − 3,5) = −810cm 4
M x = 9⋅ P
M y = 2⋅ P
A = 81cm 2
N = −P
1 1 σ = P − + ⋅ ( ( 9 ⋅ 870,75 − 2 ⋅ 810 ) y − ( − 9 ⋅ 810 + 2 ⋅ 2490,75) x ) 2 81 870,75 ⋅ 2490,75 − 810 y =3 −0,37 x
25 Grup 1 (Asım GÜRALP)
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
C(0,5; -11,5)
1200
–
x
G
y
D(3,5; 6,5) +
401,6
y =3 −0,37 x
σ C = −0,05884 P ≤ 1200 kg / cm 2
P ≤ 20379 kg 26
Grup 1 (Asım GÜRALP)
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
σ D = 0,019708 P ≤ 600 kg / cm 2
Bu durumda
P ≤20379
kg
21.03.2012
P ≤ 30444 kg
seçilir. Ayrıca σ D = 0,019708 ⋅ 20379 = 401,6kg / cm 2 bulunur.
17. Şekilde boyutları verilen barajda tabanda
2m D
çekme gerilmesi meydana gememesi için
E
su yüksekliği ne kadar olmalıdır. Baraj malzemesinde birim hacim ağırlık
γ = 2,4t / m 2 Çözüm 20m w2
w1
h F
A
G
C
B
A
h·γ
N = −( w1 + w2 )
10m
27 Grup 1 (Asım GÜRALP)
C
B (Ölçek : 1/200)
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
1 N = −(2 ⋅ 20 ⋅1 ⋅ 2,4 + 8 ⋅ 20 ⋅ ⋅1 ⋅ 2,4 = −288t 2 h h h3 16 M x = − w2 ⋅ − 5 − w1 ⋅ 4 + 1 ⋅ h ⋅ ⋅1⋅ = −448 + 2 3 3 3 Jx =
1 ⋅10 3 250 4 = m ; F = 10m 2 12 3
σ =−
288 − 448 + h 3 / 6 + ⋅y 10 250 / 3
σB = −
288 − 448 + h 3 / 6 + ⋅ ( − 5) = 0 10 250 / 3
σA =−
288 − 448 + 17,72 3 / 6 + ⋅ y = −57,56t / m 2 10 250 / 3
h =17 ,72 m
18. Boyutları verilen kesitin çekirdeğini belirleyiniz.
6cm
A
6cm B
3cm Çözüm :
D
C
12 ⋅ 3 ⋅ 22,5 + 3 ⋅18 ⋅1,5 + 8 ⋅ 3 ⋅1,5 e= = 13,1cm 12 ⋅ 3 + 3 ⋅18 + 8 ⋅ 3
1,5 1,5
x
G
18cm y e
3cm 28 Grup 1 (Asım GÜRALP)
M
4cm
4cm
N
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
12 ⋅ 33 3 ⋅183 + 12 ⋅ 3 ⋅ (22,5 − 13,1) 2 + + 3 ⋅18 ⋅ (12 − 13,1) 2 12 12 3 8⋅3 + + 8 ⋅ 3 ⋅ (1,5 − 13,1) 2 = 7978,74cm 4 12 Jx =
3 ⋅12 3 18 ⋅ 33 3 ⋅ 83 Jy = + + = 600,5cm 4 ; A = 144cm 2 12 12 12
σ=
My N Mx + ⋅y− ⋅x A Jx Jy
1) Kuvvet S1’de T.E. AB doğrusu P ⋅ yS1 P N=P + ⋅y=0 114 7978,74 M x = P ⋅ y S1 } y = −10,9 1 y + ⋅ yS1 = 0 My =0 114 7978,74 (Ölçek : ½) 2) Kuvvet S2’de T.E. BD doğrusu N=P Mx =0 M y = − P ⋅ xS 2 T .E. → x = −6
− P ⋅ xS 2 1 + ⋅x =0 } 114 600,5 xS 2 = 0,88
3) Kuvvet S3’de T.E. ND doğrusu − P ⋅ xS 3 P − P ⋅ yS 3 + ⋅y− ⋅x 114 7978,74 600,5 1 − 13,1 4 } + ⋅ yS 3 − ⋅ xS 3 = 0 114 7978,74 600,5 1 7,9 6 + ⋅ yS 3 − ⋅ xS 3 = 0 114 7978,74 600,5 0=
N=P M x = −P ⋅ yS 3 M y = − P ⋅ xS 3
4) Kuvvet S4’de T.E. MN doğrusu N=P P − P ⋅ yS 4 + ⋅y=0 M x = P ⋅ y S 4 } 114 7978,74 y S 4 = −5,34 My =0
y = 13,9
29 Grup 1 (Asım GÜRALP)
xS 3 = 1 y S 3 = −1,27
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
(Kalan S5 ve S6 noktaları sırasıyla S3 ve
S2 değerlerinin y ekseninin negatif
değerleridir.) Çekirdek :
S4 S3
S5
S2
S6
x
S1 y
19. 1 ve 2 kesitleri aynı malzemeden olup kesitleri dairedir. Taşıyıcı sistemin C ucuna etkiyen yükü emniyetle taşıyabilmesi için kesit çapı ne olmalıdır.
30 Grup 1 (Asım GÜRALP)
A z
3m
B
x y
1t
2cm C
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
Çözüm : 1t
1t
B
A
C
B
3
2
–
Me
–
Me
Mb 0
+
2
Mb
2
τ=
J0 =
πD 4 32
J0 =
πr 4 2
Jx = Jy =
πD 4 32
Jx = Jy =
Mb ⋅r J0
πr 4 4
A kesitinde M σe = e ⋅ y Jx
σ emaks.
3 ⋅10 5 D 96 ⋅10 5 = ⋅ = πD 4 2 πD 3 32 2
2
σ 1, 2
96 ⋅10 5 32 ⋅10 5 σ 96 ⋅10 5 σ 2 + = E ± E +τ E = ± 3 3 2 2πD 3 2 2πD 2πD
Maksimum kayma hipotezine göre
31 Grup τ 1 (Asım GÜRALP) max
τ bmaks.
M τb = b ⋅r J0
2
2 ⋅10 5 D 32 ⋅10 5 = ⋅ = πD 4 2 πD 3 32 105,69 ⋅10 5 σ1 = kg / cm 2 3 πD 9,69 ⋅10 5 σ2 = − kg / cm 2 πD 3
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
105,69 − ( − 9,69 ) ⋅10 5 115,38 5 σ m = σ1 −σ 2 = = ⋅10 ≤ σ em πD 3 πD 3
σ em = 1000 kg / cm 2
D ≥15 ,43 cm
20. Şekilde boyutları kesiti ve yükleme durumu
A
verilen çubukta en çok zorlanan kesitte K, C, D, E noktalarındaki asal gerilmeleri
B z
hesaplayın. M b = 3tm ; P1 = 4t ; P2 = 8t
1,5m
8
P2
P1
(Ölçek : 1/20)
Çözüm :
Mb
C
8 + N
D x
E K y
4
+
4
20cm T
6 –
3
Me
+
Mb 3
32 Grup 1 (Asım GÜRALP)
(Ölçek : 1/5)
15cm
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
Jx =
21.03.2012
π ⋅ (10 4 − 7,5 4 ) = 5369cm 4 4
J 0 = 10738cm 4
A = 137cm 2
σC =
8000 6 ⋅10 5 − ⋅ ( − 10 ) = 1176 kg / cm 2 137 5369
σD =
8000 = 58kg / cm 2 137
σk =
8000 6 ⋅10 5 − ⋅ ( − 10 ) = 1176 kg / cm 2 137 5369
σE =
8000 = 58kg / cm 2 137
Kesme Kuvveti (τ zy )
τk =τc = 0
Sx = 0
π ⋅ 20 2 4 ⋅10 π ⋅15 2 4 ⋅ 7,5 4000 ⋅ ⋅ − ⋅ 8 3π 8 3π τE = = 57 kg / cm 2 5 ⋅ 5369
τ D = τ E = 57 kg / cm 2
Burulma momentinden dolayı
τ C zx =
Mb 300000 ⋅r = ⋅10 = 279 kg / cm 2 J0 1078
τ Dzx = 279 kg / cm 2
τ Ezx = τ k zx = −279 kg / cm 2
K noktası : 2
σ 1, 2
− 1059 − 1059 2 = ± + ( − 279 ) 2 2
σ 1 = 69kg / cm 2 σ 2 = −1128kg / cm
2
τ maks. =
σ1 −σ 2 = 599 kg / cm 2 2
τ maks. =
1239 − 63 = 651kg / cm 2 2
τ maks. =
253 + 195σ 2 = 244 kg / cm 2 2
C noktası : 2
σ 1, 2
1176 1176 2 = ± + ( 279 ) 2 2
σ 1 = 1239 kg / cm 2 σ 2 = 63kg / cm
2
E noktası : 2
σ 1, 2
58 58 2 = ± + ( − 279 + 58) 2 2
σ 1 = 253kg / cm 2 σ 2 = −195kg / cm 2
D noktası : 2
σ 1, 2
58 58 2 = ± + ( − 336 ) 2 2
σ 1 = 336 kg / cm 2 σ 2 = 308kg / cm
2
τ maks. = 337 kg / cm 2
21. Şekilde verilen taşıyıcı sistemi ve yüklemesi verilen kirişin elastik eğrisini ve maksimum çökmenin yerini ve değerini bulunuz.
M1 33 Grup 1 (Asım GÜRALP)
M1 L
L
M1 L
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
Çözüm : ΕΙ v ′′( z ) = −
M1 ⋅z L
ΕΙ v ′( z ) = −
M1 2 ⋅ z + c1 2L
ΕΙ v( z ) = −
M1 3 ⋅ z + c1 z + c2 6L
Sınır Şartları z=0
v=0
c2 = 0
z=L
v=0
0=−
Elastik eğri
ΕΙ v( z ) = −
M1 3 ⋅ L + c1 L 6L
c1 =
M 1L 6
M 1 3 M 1L ⋅z + z 6L 6
Maksimum çökme, dönmenin 0 olduğu yerdedir. ΕΙ v′( z ) = −
M 1 2 M 1L ⋅z + =0 2L 6
z=
L 3
L vmaks. = v = 3
22. Şekilde verilen taşıyıcı sistemi ve yüklemesi verilen kirişin
M L2 9 3Ε Ι
q
elastik eğrisini ve maksimum çökmenin yerini ve değerini bulunuz.
L Çözüm : Mesnet tepkileri
a
qa2 2
qa 1.Bölge ( 0 ≤ z ≤ a ) z qa 2 M 1 + q ⋅ z ⋅ − qa ⋅ z + =0 2 2 qz 2 qa M1 ( z) = − − qaz − =0 2 2 2.Bölge ( a ≤ z ≤ L )
34 Grup 1 (Asım GÜRALP)
b
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
qz 2 qa 2 ″ ΕΙ v1 ( z ) = − qaz + 2 2
″ ΕΙ v2 ( z ) = 0
qz 3 qaz 2 qa 2 ′ ΕΙ v1 ( z ) = − + z + c1 6 2 2 ΕΙ v1 ( z ) =
′ ΕΙ v2 ( z ) = D1
qz 4 qaz 3 qa 2 2 − + z + c1 z + c2 24 6 4
ΕΙ v2 ( z ) = D1 z + D2
Sınır Şartları : z = 0 , v = 0 , v′ = 0
′ v1 (a) = 0 c1 = 0
v1 ( a) = 0 c2 = 0
Süreklilik Şartları : z=a
′ ′ v1 (a) = v2 (a )
v1 ( a) = v2 (a )
qa 4 qa 4 qa 4 − + = D1a + D2 24 6 4
v1 ( a) = v2 (a ) ′
qa 3 qa 3 qa 4 − + = D1 6 2 4
′
v1 (a) = v2 (a )
v1 ( z ) =
(
q z 4 − 4az 3 + 6a 2 z 2 24 Ε Ι
)
D2 =
qa 4 24
D1 =
qa 3 6
v2 ( z ) =
qa 3 ( 4z − a) 24 ΕΙ
23. Şekilde verilen taşıyıcı sistemi ve yüklemesi verilen
q
kirişin elastik eğrisini ve maksimum çökmenin yerini ve değerini bulunuz. L Çözüm : ΕΙ v IV ( z ) = q ΕΙ v ′′( z ) =
ΕΙ v ′( z ) =
ΕΙ v′′′( z ) = qz + c1
qz 2 + c1 z + c2 2
qz 3 c1 z 2 + + c 2 z + c3 6 2 ΕΙ v′( z ) =
qz 4 c1 z 3 c2 z 2 + + + c3 z + c 4 24 6 2 35
Grup 1 (Asım GÜRALP)
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
Sınır Şartları : z = 0 v = 0 , v′ = 0
z = L v=0, M =0
ve
v(0) = 0
c4 = 0
v′(0) = 0
c3 = 0
v( L) = 0
qL4 c1 L3 c2 L2 + + =0 24 6 2
v′′( L) = 0
qL2 + c1 L + c2 = 0 2
c1 = −
5qL 8
c2 =
qL2 8
q
L
ΕΙ v ′( z ) =
4
qL 48
z z z 2 − 5 + 3 L L L 4
3
2
5 ΕΙ v ′′′( z ) = q z − L = −T ( z ) 8 ΕΙ v ′′( z ) =
(
)
q 4 z 2 − 5 Lz + L2 = − M ( z ) 8
5 qL 8
−
qL2 8 -
z1 = 0
z 2 = 1,297 L
z 3 =0,578 L
3 − qL 8
0 +
dönme v ′( z ) = 0
+
9 M max = qL2 8
24. Şekilde verilen taşıyıcı sistemi ve yüklemesi verilen kirişin elastik eğrisini ve maksimum çökmenin yerini ve değerini başlangıç değerleri metodunu kullanarak bulunuz. Çözüm : L
36 Grup 1 (Asım GÜRALP)
a
b
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
v ( z ) = v0 + θ 0 z − v1 ( z ) = −
21.03.2012
M 0 2 T0 3 z − z 2ΕΙ 6ΕΙ
M 0 2 T0 3 z − z 2ΕΙ 6ΕΙ
v2 ( z ) = −
M 0 z 2 T0 z 3 P ( z − a ) 3 − + 2ΕΙ 6ΕΙ 6ΕΙ
Sınır Şartları : z = 0 v = 0 , v′ = θ 0
z = L v=0, θ =0
ve
M 0 2 T0 3 P ( L − a ) 3 L − L + =0 2ΕΙ 6ΕΙ 6ΕΙ M T P( L − a ) 2 ′ v2 ( L) = − 0 L − 0 L2 + =0 ΕΙ 2ΕΙ 2ΕΙ v2 ( L) = −
M0 = − T0 =
Pb 2 a L2
Pb 2 ( L + 2a ) L3
Elastik Eğri Denklemleri : ΕΙ v1 ( z ) =
Pb 2 a z 2 Pb 2 z3 ⋅ − 3 ⋅ ( L − 2a ) ⋅ 2 2 6 L L
Ε Ι v2 ( z ) =
Pb 2 a z 2 Pb 2 z3 P ⋅ − ⋅ ( L −2a ) ⋅ + ( z −a ) 3 L 2 3 6 6
C
25. Şekildeki kirişte orta noktadaki çökmeyi mohr metoduyla bulunuz. Çözüm :
EI
2EI
EI
L/3
L/3
L/3
C EI
2EI
EI
P T
+ P PL 3ΕΙ
M + PL 3
PL 3
PL 3ΕΙ
PL 6ΕΙ
Mohr metodunda Moment Diyagramı EI değerlerine orantılı olarak kirişe yüklenir. PL 3ΕΙ
PL 6ΕΙ Mc
VA 37 Grup 1 (Asım GÜRALP)
L/3
L/6
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
PL2 PL2 PL2 3PL2 PL2 V A = VB = + = = 12ΕΙ 9 ⋅ 2 36 36 12 PL L L 1 PL L L L PL2 L L MC + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + − ⋅ + = 0 6ΕΙ 2 12 2 3ΕΙ 3 6 6 12ΕΙ 3 6
M C = vC =
26. B noktasındaki çökmeyi ve dönmeyi mohr metoduyla
31 PL 2 ⋅ 1296 ΕΙ
P
bulunuz.
A
P
EI
B
a
Çözüm : P A
P
EI
B
+
+
T
3Pa ΕΙ
3Pa –
a
Pa ΕΙ
Pa
M
B
A
Yüklenmiş Eşlenik Sistem
vB = M B 38 Grup 1 (Asım GÜRALP)
θ B = TB
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
1 3Pa Pa 1 Pa 5 Pa 2 θ B = TB = + ⋅a = ⋅ ⋅a + ⋅ 2 ΕΙ ΕΙ 2 ΕΙ 2 ΕΙ 1 Pa 2 Pa a 1 2 Pa 2 7 Pa 3 vB = M B = ⋅ ⋅a⋅ a + ⋅ a ⋅a + + ⋅ ⋅ a ⋅a + a = ⋅ 2 ΕΙ 3 ΕΙ 2 2 ΕΙ 3 2 ΕΙ
q
27. Şekildeki kirişte A ve B mesnetlerindeki dönmelerle C ve D noktalarındaki çökmeleri mohr metoduyla hesaplayınız.
q B
A
D
C L/2
Çözüm :
39 Grup 1 (Asım GÜRALP)
2qL
L/3
L/2
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
q
2qL
21.03.2012
q B
A
D
C
− M
2
qL 8 –
q ( L / 2) 2 8
+ qL2 8
∑M
A
= qL ⋅
19qL2 16
L qL L + 2qL2 − VB ⋅ 2 L + ⋅ 2L + 2 2 4 VB =
∑P
y
= −qL − 2qL − VA =
2VB L =
27qL 16 qL + 7qL + V A 2 29qL 16 40
Grup 1 (Asım GÜRALP)
qL2 9qL2 + 2qL2 + 2 8
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
19qL2 16 B
A
D
x qL2 8
19qL2 16
B
A
2
qL 8
D
B By
M2
qL2 8
2 1 19qL2 L 1 19qL2 2 L 1 qL2 L L 2 qL TA = 2 L − ⋅ ⋅ L ⋅ + L − ⋅ ⋅ L ⋅ L + − ⋅ ⋅L⋅ + ⋅ ⋅L⋅ = 0 2 16ΕΙ 2 2 16ΕΙ 3 2 8ΕΙ 3 3 3 8ΕΙ
∑M ∑M
31 qL3 ⋅ 48 ΕΙ
TA =
θA =
A
=0
By =
D
=0
2 q( L / 2) L L 1 qL2 L 2 L 9qL2 L MD + ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ =0 3 8ΕΙ 2 4 2 8ΕΙ 2 3 2 16ΕΙ 2
9qL3 16ΕΙ
θB =
9qL3 16ΕΙ
2
41 Grup 1 (Asım GÜRALP)
MD =
vD =
− 35 qL4 ⋅ 128 ΕΙ
By
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
∑M
C
=0
21.03.2012
1 19qL2 L 2 qL2 L 31 qL2 MC + ⋅ ⋅L⋅ − ⋅ ⋅L⋅ − ⋅ ⋅L =0 2 16ΕΙ 2 3 8ΕΙ 2 48 ΕΙ
MC =
vC =
13 qL4 ⋅ 32 ΕΙ
28. Şekildeki değişken kesitli basit kirişte orta
q
noktadaki çökme ve dönmeyi, konsol kiriş yöntemi ile bulunuz.
A L/2
Çözüm : q A
B 2EI
A
EI
B
δ1
δ2 A’ B’
42 Grup 1 (Asım GÜRALP)
2EI
EI L/2
B
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları 3
4
3
4
qL L L ⋅ q 2 3 2 δ1 = + 6ΕΙ 16ΕΙ
qL L L ⋅ q 2 2 2 δ2 = + 6ΕΙ 16ΕΙ
tan θ C ≅ θ C =
δ 2 − δ1 L
δ1 =
21.03.2012
δ C = δ1 +
5 qL4 ⋅ 768 ΕΙ
L L ⋅ sin θ C = δ 1 + θ C 2 2
δ2 =
5 qL4 ⋅ 384 ΕΙ
29. şekildeki çubukta n = 2 güvenliği ile taşınabilecek P yükünü bulunuz.
P
E = 2,1 ⋅10 6 kg / cm 2 , λk = 105 , σ k = 3100 − 11,4λ . 2cm Çözüm : Jx =
10 ⋅ 2 3 2 ⋅14 3 + 2 ⋅ + 10 ⋅ 2 ⋅ 8 2 = 3031cm 4 12 12
14cm
2 ⋅10 3 14 ⋅ 2 3 = 343cm 4 Jy = + 2 ⋅ 12 12
2cm
A = 2 ⋅ 2 ⋅10 + 2 ⋅14 = 68cm 2
4cm
J min = J y = 343cm 4 imin =
J min 343 = = 2,25cm A 68
lb = 0,7l = 0,7 ⋅ 650 = 455cm lb imin
=
455 = 202,2 > λk olduğundan 2,25
burkulma elastik bölgededir. Euler formülü kullanılırsa ; 43 Grup 1 (Asım GÜRALP)
2cm
4cm
(Ölçek: ¼)
Sistemden dolayı ;
λ=
6,5m
(Ölçek: 1/100)
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
Pkr =
21.03.2012
π 2 ⋅ E ⋅ J min π 2 ⋅ 2,1 ⋅10 6 ⋅ 343 = = 34339,22kg 2 455 2 lb
Pem =
Pkr = n
17169 kg
30. Şekildeki iki ucu ankastre çubuğun n = 2 güvenliği ile taşıyabileceği P yükünü bulunuz. E = 2 ⋅10 6 kg / cm 2
P
λk = 105 2cm
12cm
σ k = 3100 − 11,4λ . 3m Çözüm : xG = Jx =
2 ⋅12 ⋅1 + 2 ⋅12 ⋅ ( 2 + 6 ) = 4,5cm 12 ⋅ 2 + 2 ⋅12 2 ⋅12 3 12 ⋅ 2 3 + = 296cm 4 12 12
2cm (Ölçek: 1/100)
44 Grup 1 (Asım GÜRALP)
12cm (Ölçek: ¼)
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
12 ⋅ 2 3 2 ⋅12 3 2 2 Jy = + 12 ⋅ 2 ⋅ ( 4,5 − 1) + + 2 ⋅12 ⋅ ( 8 − 4,5) = 884cm 4 12 12 A = 12 ⋅ 2 + 2 ⋅12 = 48cm 2 J min = J x = 884cm 4 J min 884 = = 2,48cm A 48
imin =
Sistemden dolayı ;
λ=
lb imin
=
lb = 0,5l = 0,5 ⋅100 = 150cm
150 = 60,48 < λk olduğundan burkulma elastik bölge dışındadır. 2,48
Tetmajer formülü kullanılırsa ;
σ k = 3100 − 11,4λ = 3100 − 11,4 ⋅ 60,48 = 2410,53kg / cm 2 σ=
P A
Pem =
Pkr = σ ⋅ A = 2410,53 ⋅ 48 = 115705,44kg
Pkr 115705,44 = = n 2
57852
,72 kg
31. Şekildeki ahşap kolonda n = 3 için P yükünü bulunuz. E = 10 5 kg / cm 2 , λk = 100
P
Çözüm : A = 12 ⋅ 3 + 3 ⋅15 = 81cm 2
9cm 1m
Ağırlık Merkezleri xG = 6,5cm , yG = 3,5cm
3cm 3cm
Atalet momentleri
(Ölçek: 1/25)
45 Grup 1 (Asım GÜRALP)
15cm (Ölçek: 1/25)
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
3 ⋅12 3 15 ⋅ 33 2 2 Jx = + 3 ⋅12 ⋅ ( 6 − 3,5) + + 15 ⋅ 3 ⋅ (1,5 − 3,5) = 870,75cm 4 12 12 12 ⋅ 33 3 ⋅153 2 2 Jy = + 12 ⋅ 3 ⋅ (1,5 − 6,5) + + 3 ⋅15 ⋅ (10,5 − 6,5) = 2490,75cm 4 12 12 J xy = 12 ⋅ 3 ⋅ ( 6 − 3,5) ⋅ (1,5 − 6,5) + 3 ⋅15 ⋅ (1,5 − 3,5) ⋅ (10,5 − 6,5) = −810cm 4
J 1, 2 =
Jx ⋅ Jy 2
Jx − Jy ± 2
2
+ J xy 2 2
J min =
870,75 ⋅ 2490,75 870,75 − 2490,75 2 4 − + ( − 810 ) = 535,25cm 2 2 J min 535,25 = = 2,57cm A 81
imin =
lb = 2l = 2 ⋅100 = 200cm
Sistemden dolayı ;
λ=
lb imin
=
200 = 77,82 < λk olduğundan burkulma elastik bölge dışındadır. 2,57
Tetmajer formülü kullanılırsa ; (ahşapta tetmajer σ k = 293 − 1,94λ )
σ k = 293 − 1,94λ = 293 − 1,94 ⋅ 77,82 = 142 kg / cm 2 σ=
P A
Pem =
Pkr = σ k ⋅ A = 142 ⋅ 81 = 11502 kg
Pkr 11502 = = n 3
3834 kg
32. Şekildeki sitemde n = 2 güvenliği ile taşınabilecek P yükünü bulunuz.
σ em = 1400 kg / cm 2
σ k = 3100 − 11,4λ
α
12cm
α
3cm
(Ölçek: ¼)
P 46
Grup 1 (Asım GÜRALP)
4cm
8cm
E = 2 ⋅10 6 kg / cm 2 λk = 105
(Ölçek: 1/100)
3cm P
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
Çözüm : S3 α
∑F ∑F
S1
P
S3 =
x
=0
S1 + S 2 ⋅ cos α = 0
y
=0
S 2 ⋅ sin α − P = 0
P = 1,25 P sin α
sin α =
S1 = −
4 = 0,8 , 5
cos α =
3 = 0,6 5
P = −0,75 P = N tan α
S1 çubuğu için ; J min =
λ=
lb imin
=
12 ⋅ 83 = 512cm 4 12
J min 512 = = 2,31cm A 12 ⋅ 8
imin =
600 = 259,7 > λk olduğundan burkulma elastik bölgededir. 2,25
Euler formülü kullanılırsa ; Pkr =
π 2 ⋅ E ⋅ J min 2 lb
Pem =
P 37431,39 = = 18715,70kg n 3
π 2 ⋅ 2 ⋅10 6 ⋅ 512 0,75 P = 600 2
P = 37,431,39kg
S1 çubuğu için ;
σ=
P A
1400 =
0,75 P 8 ⋅12
P = 107520 kg Sonuç olarak
18715
,70 kg
seçilir.
Not: S1’de sadece basınç olduğundan stabilite oluşur bu nedenle üstteki gibi alınır. S2 ve S3 çubuklarında ise çekme vardır, bu nedenle σ = P / A kullanılır. Fakat basınçta ise stabilite geçerlidir.
33. Şekildeki sistemde güvenlikle taşınabilecek q yükünü
Q
bulunuz. λk = 100, Q = 49L, E = 105kg/cm2
q B
A 10cm 10cm
3,5m
5cm (Ölçek: ¼) Kiriş Kesiti Grup 1 (Asım GÜRALP)
(Ölçek: ¼) Kolon Kesiti
C 47
3m
3m (Ölçek: 1/100)
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
Çözüm : Q
q
Q x
x
q
A
B 2L
x
Q A
B θd
δ b2 = δ d + θ d ⋅ L
δ b2
δ b1 =
q ⋅ ( 2L) x ⋅ ( 2L) + 8ΕΙ 3ΕΙ 4
3
Q ⋅ ( L) Q ⋅ ( L) ⋅ L = + 3ΕΙ 2ΕΙ 3
2
δ b = δ b1 + δ b 2 J min =
δb = 0
π ⋅ 54 = 490,625cm 4 4 λ=
lb imin
=
x =6009
imin =
490,625 = 2,5cm π ⋅ 52
350 = 140 > λk olduğundan burkulma elastik bölgededir. 2,5 48
Grup 1 (Asım GÜRALP)
Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları
21.03.2012
Euler formülü kullanılırsa ;
π 2 ⋅ E ⋅ J min Pkr = 2 lb
600 q =
π 2 ⋅10 5 ⋅ 625 350 2
q =6,59 kg / cm
34. Şekildeki çubuk 4t’luk eksenel basınç etkisi altındadır. Güvenlik katsayısı 2,5 olduğuna göre kesiti boyutlandırınız. E = 10 kg / cm , λk = 100 , 5
P
2
σ k = 293 − 1,94λ 2b
Çözüm : Boyutlandırma soruları, burkulmanın elastik bölgede olduğu
b
kabulü yapılarak çözümlenir. (Euler Denklemi kullanılır.) Pem =
π ⋅ E ⋅ J min 2 n ⋅ lb 2
J min =
Pem ⋅ n ⋅ lb π 2 ⋅E
2
(Ölçek: 1/100) lb = 0,7l
4000 ⋅ 2,5 ⋅ ( 0,7 ⋅ 300 ) = = 446,83cm 4 2 5 π ⋅10 2
J min
b ⋅ ( 2b ) 2 Jx = = b4 12 3
2b ⋅ b 3 1 4 Jy = = b 12 6
3
1 J min = J y = b 4 6 1 4 b = 446,83 6
b =7,20 cm
Kontrol Yapılırsa; imin =
λ=
lb imin
J min 446,83 = = 2,07cm A 2 ⋅ 7,20 2 =
0,7 ⋅ 300 = 101,45 > λk olduğundan burkulma elastik bölgededir. 2,07
Yapılan Kabul Doğrudur.
49 Grup 1 (Asım GÜRALP)
3m