MUKAVEMET I SUNU DERS NOTLARI 2010 Yunus Yunus Ö ÖZ ZÇ ÇEL ELDD K KÖ ÖRS RS Hakan EROL Eskişehir Osmangazi Üniversitesi Mühendislik Mimarlık Fakültesi Dnşaat Mühendisliği Bölümü H. Selim H. Selim Ş ŞENGEL ENGEL2 MUKAVEMET I TEMEL D LKELER KESD T ZORLAMALARI GERD LME ŞEKD L DEĞDŞ TD RME VE MALZEME BAĞINTILARI GERD LME-ŞEKD L DEĞDŞ TD RME ANALD ZD http://www2.ogu.edu.tr/~yunuso/mukavemeti.pdf3 OSMANGAZD ÜNDVERSDTESD MÜHENDDSLDK MDMARLIK FAKULTESD DNŞAAT MÜHENDDSLDĞD BÖLÜMÜ MUKAVEMET I DERS PLANI DERS SAATD : Cuma I.Öğretim 09:00-12:00 II.Öğ retim 14:00-17:00 SINIF : A 217 KREDDSD : 3+0 ÖĞRETDM ÜYESD : Dr. Yunus ÖZÇEL D KÖRS Oda No:311 Telefon: 3216 E-Mail: yunuso@ogu.edu.tr GÖRÜŞME SAATD : ÖĞRETD M ÜYESD : Dr. Selim ŞENGEL Oda No:403 Telefon: 3232 E-Mail: ssengel@ogu.edu.tr GÖRÜŞME SAATD : ÖĞRETD M ÜYESD : Dr. Hakan EROL Oda No:411 Telefon: 3228 E-Mail: herol@ogu.edu.tr GÖRÜŞME SAATD : DERSDN AMACI :Mühendislik fakültesi öğrencilerine, yapı ve makine elemanlarında, etkisi altında oldukları dış yükler sebebiyle oluşan gerilme ve şekil değiştirmelerin, bir matematik disiplin içinde , yapı malzemesi derslerinde yapılan deney sonuçları, mühendislik limitleri içinde kalmak kaydıyla yapılan basitleştirici kabuller ile statik derslerinde alınan genel denge kavramları kullanılarak hesaplanması için gerekli altyapının hazırlanmasıdır. KONU BAŞLIKLARI 1- Temel prensipler: Giriş Analiz yöntemleri, Kuvvet ye yük tipleri, Denge koşulları, Dç kuvvetler (Kesit tesirleri)nin incelenmesi, Dç Kuvvet Bileşenleri Mesnet tipleri, Y ük, kesme kuvveti ve moment ilişkileri Kesit tesiri diyagramları, (integrasyon Yöntemi, Kesitler yöntemi) 2-Gerilme Kavramı : Giriş, Gerilme tahmini, Gerime bileşenleri, Gerime tansörü, Eksenel kuvvet, Ortalama kayma gerilmesi, Basit yapı elemanlarında gerilme uygulaması, Dnce cidarlı basınç kapları, Emniyet (Güvenlik) g erilmesi Emniyet faktörü4 3-Şekil değiştirme, malzeme ilişkileri : Giriş, Birim şekil değiştirme, Birim şekil değiştirme bileşenleri,şekil değiştirme tansörü, Mühendislik malzemeleri Gerilmebirim şekil değiştirme diyagramları, Hooke Kanunu, Poisson oranı, Genelleştirilmiş Hooke Kanunu, şekil değiştirme enerjisi. 4-Gerilme ve şekil değiştirme analizi: Giriş, Düzlem gerilme hali, Asal gerilmeler, En büyük kayma gerilmesi Mohr gerilme dairesi, Gerilmenin değişimi ve diferansiyel denge denklemleri, Düzlem şekil değiştirme hali, şekil değiştirmenin ölçülmesi, Gerilmeşekil değiştirme ilişkileri. DEĞERLENDDRME I. Yarıyıl içi % Il. Yarıyıl içi % Bilgi Yoklamaları % Final % 50 (Sınavlar kapalı düzen olarak yapılacak, formül sayfası verilecektir) TELAFD SINAVI Sözlü ve/veya yazılı olarak yapılacaktır. (Öğrencinin hangi sınava katılmadığına bakılmaksızın tüm konular kapsanacaktır.) DERS KDTABI Dr A.C, UĞURAL, Mechanics of Materials , Mc.Graw-HiIl 1991 Dr. Mustafa DNAN Cisimlerin Mukavemeti, DTÜ Vakfı Yay ını,1990 YARDIMCI KAYNAKLAR 1- http://web.mst.edu/~mecmovie , http://web.mst.edu/~oci/frame1.html 2- Dr. Mehmet H. OMURTAG, Mukavemet Cilt I ve Cilt II Birsen yayınevi, 2007 3- Dr. Mehmet H. OMURTAG, Mukavemet Çözümlü Problemleri, Cilt I, Cilt II, Birsen yayınevi, 2006 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. ENGDN, Dr.M. BAKDOĞLU ,Muka vemet Problemleri CiltI, Cilt II, Beta Basıim Yayım Dağıtım A.~.1989 7- Dr.Uğur ERSOY & Dr.Tanvir WASTl, Introductory Mechanics of Deformable Bodies. METU1984 8- Dr.HiImi DEMDRAY, Mukavemet,Çağlayan Kitabevi, 199 75 TEMEL TEMEL DD LKELER LKELER G GDD R RDŞ DŞ Mukavemet, yük etkisi altındaki cisimlerin gerilme ve şekil değiştirme durumunun -iç davranışın- incelendiği uygulamalı mekaniğin bir dalıdır. Buradaki cisim kelimesiyle çubuklar, plak ve kabuklar, kolon ve miller ile bu elemanların birleştirilmesiyle oluşan yapı ve makineler kastedilmektedir. Cisimlerin dayanımı veya şekil değiştiren cisimler mekaniği olarak da adlandırılan malzeme mekaniğinde öncelikle gerilme analizi ve cisimlerin mekanik özelikleri incelenir. Malzeme mekaniği çalışmaları, kuvvet etkisindeki cisimlerde denge kavramının anlaşılmasıyla başlar. Statik dersinde dengedeki katı cisimlerin dış davranışı incelenirken mukavemette dış yüklerden oluşacak iç kuvvetler ve şekil değiştirme araştırılır. Burada ilk olarak statik denge denklemleri ve yük etkisindeki bir cisimde uygulanması üzerinde durulacaktır. Daha sonra malzeme deformasyon yasaları ve geometrik uygunluk koşulları ele alınacaktır. Katı cisimlerin yük etkisindeki davranışlarının incelenmesi Galileo Galilei (1564-1642) ile başlayıp kuvvet etkisindeki cisimlerin şekil değiştireceğini ilk defa ifade eden Robert Hooke (1635-1703) la devam eder. O zamandan bu yana pek çok mühendis, bilim adamı ve matematikçi gerilme analizine katkıda bulunarak bu gün kullandığımız yeni yöntemlerin gelişiminde önemli rol oynamıştır. AMA AMAÇ Ç Mukavemette temel amaç, cisimlerin yük taşıma kapasitelerinin dayanım, rijitlik ve stabilite bakımlarından araştırılmasıdır. Sözü edilen kavramlarla bir cismin sırasıyla sürekli şekil değiştirme veya kırılmaya karşı direnci, şekil değiştirme direnci ve cismin denge konumunun kararlılığı kastedilmektedir. Gerçek yapılardaki karmaşık gerilme durumunu deneysel olarak tespit edilen eksenel gerilmeye bağlayan kırılma teorilerinin vereceği gerilme düzeyi, bazen dayanım için bir ölçü olarak kullanılır. Göçme veya kırılma en genel anlamıyla yapının herhangi bir parçasının kendisinden beklenen işlevi yerine getirememesi olarak tanımlanacaktır. 6 Örneğin eleman şeklindeki kalıcı deformasyon, denge konumundaki değişiklik ve yapı elemanının kullanımına engel olacak şekil değişimleri bizim için ayrı ayrı birer göçme biçimidir. Mukavemetin başlıca uğraşı alanları şöyle özetlenebilir. 1- Yük etkisindeki cisimlerde gerilme ve şekil değiştirme durumunun araştırılması 2- Yapıların hasar görmeden ve/veya göçmeden ve kendisinden beklenen işlevi kaybetmeden taşıyabileceği en büyük yükün hesap yada deneyle bulunması 3- Belirli şartlar altında tanımlanmış yüklere karşı en etkin şekilde direnebilecek malzemenin seçimi ve eleman şeklinin belirlenmesi –boyutlandırma- Teknolojideki gelişme, yapı ve makinelerin daha karmaşık hale gelmesine yol açmaktadır. Bu durumda mühendislerin gerilme, şekil değiştirme ve malzeme davranışı konularını iyi kavrayıp bu konularda ustalaşmaları gerekmektedir. Bu derste şekil değiştiren cisimler mekaniğinin temel kavram ve bilgilerinin verilmesi kadar uygulamadaki kullanılışı hususu üzerinde de durulacaktır. Konunun tam olarak anlaşılması yanında pratik problemlerin çözümünde kullanımını görmek en iyi öğrenme yöntemidir. ANAL ANALDD Z Y Z YÖ ÖNTEMLER NTEMLERDD Yüklerin şekil değiştiren cisimler üzerindeki etkisinin incelendiği a) Mukavemet b) Elastisite teorisi olmak üzere yaygın olarak kullanılan iki farklı yaklaşım bulunmaktadır. Bu iki yaklaşım arasındaki temel fark, şekil değiştirmelerin tanımından ve yapılan basitleştirmelerden kaynaklanmaktadır. Mukavemette, mühendislik uygulamalarıyla deneysel çalışmaların sonuçlarından faydalanılarak bazı basitleştirici kabuller altında problemin çözümü aranır. Elastisite Teorisinde ise her adıma matematik açıdan yaklaşılır. Dolayısıyla yükleme ve problem şeklinin basit olduğu durumlarda kesin sonuca ulaşılır. Elastisite Teorisinde kesin sonuca ulaşmada matematik güçlükler bulunur. Yapı elemanlarının analizinde aşağıda verilen hususların düşünülmesi gerekir7 1- Statik denge: Yapı elemanının bütününde veya elemandan alınan herhangi bir parçada kuvvet denge denklemleri sağlanmalıdır. 2- Şekil değiştirmeler: Yapı elemanını oluşturan malzemenin davranışı gerilme-birim şekil değiştirme (?-? ) bağıntısına uygun olmalıdır. 3- Geometri: Yapı elemanında şekil değiştirmeden sonra herhangi bir kopma kırılma ve kütle kaybı olmamalı, yapı elemanı bütünlüğünü korumalıdır. Yukarıdaki ilkelerin uygulanmasıyla bulunan gerilme ve birim şekil değiştirmelerin elemanın sınır koşullarına uygun olması gerekir. Bu durum, sınır koşullarının sağlanması olarak ifade edilir. Analizde her zaman yukarıdaki adımların verilen sırayla uygulanması gerekmeyebilir. Gerilme ve şekil değiştirme analizinde, şekil değiştirme enerjisi kavramından hareketle geliştirilen enerji yöntemleri, denge yöntemi yerine kullanılabilir. Her iki yöntem yükleme ve eleman şeklinin düzenli olması durumunda yeterli hassaslıkta sonuç verirken karmaşık problemlerin çözümünde de sayısal yöntemlerin uygulanabileceği temeli oluştururlar. KUVVET VE Y KUVVET VE YÜ ÜKLER KLERDD N SINIFLANDIRILMANSI N SINIFLANDIRILMANSI Cisme etkiyen bütün kuvvetlerle mesnetlerde oluşan reaksiyonlar dış kuvvetler olarak düşünülür. Bu kuvvetleri yüzey ve cisim kuvvetleri olarak sınıflandırmak mümkündür. Tekil tipteki yüzey kuvveti sonlu bir alana yada tek bir noktaya etkirken cisim kuvvetleri, çekim kuvveti veya manyetik kuvvetler gibi cismin her bir hacim elemanına etkide bulunur. Dünyanın cisimlere uyguladığı çekim kuvvetine ağırlık adını veriyoruz. D ç kuvvetler ise cismin bünyesini oluşturan malzeme parçaları arasındaki etkileşim kuvvetleri olarak algılanır. Cisme etkiyen yükler tekil veya yayılı kuvvetlerle kuvvet çiftleri olabilir. Eğer kuvvetin etkidiği alan elemanın boyutları ile kıyaslandığında küçük kalıyorsa kuvveti tekil kuvvet olarak kabul etmek mümkündür. Cisme yavaşça etki eden durağan yüklere statik yükler, aniden etkiyen yüklere de darbe yada çarpma yükleri denir. Yükün cisme binlerce defa etki edip kaldırılması ise tekrarlı yükleme olarak isimlendirilir. Aksi belirtilmedikçe cismin ağırlığı ihmal edilip, yüklemenin statik olduğu kabul edilecektir. SI birim sisteminde kuvvet birimi newton (N), uygulamada çoğu zaman kilonewton (kN) olarak kullanılır. 8 Yüklerin Sınıflandırılması : 1) Şiddeti zamanla değişen yükler (Dinamik yükler) 2) Şiddeti zamanla değişmeyen yükler (Statik yükler) Etkime Biçimine Göre Yüklerin Sınıflandırılması: 1) Tekil yük 2) Yayılı yük a) Eğri boyunca yayılı yük b) Alana Yayılı yükler c) Hacme yayılı yükler ? = = L qdx qL R 0 ? = L dx L x q R 0 0 sin ? ( ) L x q x q ? sin 0 = ( ) L q dx x q R L 0 0 2 1 = = ? ( ) x L q x q 0 = Düzgün yayılı yük Üçgen yayılı yük Parabolik yayılı yük STAT STATDD K DENGE KO K DENGE KOŞ ŞULLARI ULLARI Yapı ve makine elemanlarının tasarımında bu elemanlarda oluşan iç kuvvetlerin dağılımının bilinmesi gerekir. Dış ve iç kuvvetlerin belirlenmesinde statiğin temel kavramları ile denge koşulları kullanılır. Daha sonra göreceğimiz bileşke iç kuvvetin bileşenlerinin –kesit zorlarının- oluşturacağı deformasyonlar mühendisler açısından özel bir anlama sahiptir. Cisme etkiyen kuvvet sisteminin bileşkesi sıfırsa, cisim dengededir. Newton’un birinci yasasına göre parçacığa etkiyen bileşke kuvvet sıfır ise parçacık ya hareketsiz kalır yada sabit hızlı düzgün doğrusal hareket yapar. Statik adından da anlaşılacağı üzere temelde cisim veya parçacığın hareketsiz olma durumunu inceler. Üç boyutlu bir cismin dengesi düşünüldüğünde, statikçe dengenin olabilmesi için aşağıdaki denklemlerin sağlanması gerekir. 9 0 0 0 0 0 0 x y z x y z F F F M M M = = = = = = ? ? ? ? ? ? Daha açık bir ifade ile cisme etkiyen kuvvetlerin herhangi bir doğrultudaki toplamı ile herhangi bir eksen etrafında oluşturacağı momentler toplamı sıfır olmalıdır. Eğer cisme etkiyen kuvvetler tek bir (x-y) düzlemin içinde ve dengede ise yukarıdaki bağıntılardan üçünün otomatik olarak sağlanacağı ?F z =0, ?M x =0, ?M y =0 aşikardır. Dolayısıyla düzlem problemlerde üç bağımsız denge denklemi bulunmaktadır. Açıkça kuvvetlerin herhangi iki doğrultudaki (x,y) toplamı ile düzlem içindeki herhangi bir A noktasına veya z eksenine göre bileşke moment sıfır olmalıdır. Yukarıdaki denklemlerin yerine aşağıdaki iki ayrı denklem takımı kullanılabilir. 0 0 0 x A B F M M = = = ? ? ? 0 0 0 A B C M M M = = = ? ? ? Burada A ve B noktalarını birleştiren doğru x eksenine dik olmamalıdır. Burada da A, B ve C noktaları aynı doğru üzerinde bulunmamalıdır. Alternatif denge denklemleri, kuvvet toplamının moment toplamı ile değiştirilmesi yoluyla elde edilmiştir. Moment alınacak noktanın dikkatlice seçilmesi durumunda alternatif denklemler cebrik hesapları önemli ölçüde basitleştirir. Düzlem Hal için ? ? ? = = = 0 0 0 z y x M F F10 D vmeli hareket eden bir cisimde statik denge denklemleri yazılırken ilave olarak atalet kuvvetlerinin de dikkate alınması gerekir. Yapı analizi bakımından atalet kuvvetlerinin dış yüklere eklenerek, cismin üzerindeki tüm kuvvetlerin etkisi altında dengesinin incelenmesi D’Alembert ilkesi olarak adlandırılır. Mühendislik problemlerinin büyük çoğunluğu dengedeki yapı ve makinelerle ilgilidir. Genellikle yükler adını vereceğimiz tanımlı ve belirli kuvvetler etkisinde reaksiyonlar adını vereceğimiz yükleri dengeleyen bilinmeyen kuvvetlerin bulunması söz konusudur. Yalnızca denge denklemleri yardımıyla bütün kuvvetlerin belirlenebildiği problemlere izostatik, denge denklemlerinin bütün kuvvetlerin belirlenmesine yetmediği problemlere de hiperstatik denir. Hiperstatiklik derecesi, bilinmeyen bağımsız kuvvet sayısı ile yazılabilen denge denklemi sayısı arasındaki farktır. Statikteki denge denklemleri ile belirlenebilecek olan dışındaki her bir reaksiyona hiperstatik bilinmeyen (Redundant) adı verilir. Herhangi bir sistemdeki hiperstatik bilinmeyen sayısı ile hiperstatiklik derecesi birbirine eşittir. D Ç KUVVETLER : KES KES KESD DD M Y M Y M YÖ Ö ÖNTEM NTEM NTEMD DD Cisme dış kuvvetler etkidiğinde, cisimde bir şekil değişimi ile birlikte cismi oluşturan parçacıklar arasında bu parçacıkları bir arada tutacak iç kuvvetler ortaya çıkar. Şimdi mukavemetteki ana konulardan biri olan iç kuvvetleri kesim yöntemi yardımıyla incelemeye başlayabiliriz. Kesim yönteminin uygulanmasındaki adımlar şöyle sıralanabilir. 1- Cismin, bağlı olduğu diğer cisimlerden ayrılarak mesnet reaksiyonları da dahil olmak üzere etki eden bütün kuvvetlerin gösterildiği çizimlere Serbest Cisim Diyagramı (SCD) adı verilir. Uygulamada cismin yapacağı şekil değiştirmeler cismin kendi boyutları yanında ihmal edilebilecek kadar küçük olacağından SCD çiziminde dikkate alınmazlar. 2- Bilinmeyen dış kuvvetlerin belirlenmesi amacıyla SCD üzerindeki kuvvet sistemi için denge denklemleri yazılır. 11 3- Cisim herhangi bir yerden hayali bir düzlemle kesilerek ikiye ayrılır. Parçalardan biri göz önüne alınarak 2. adımdaki işlemler tekrarlanır. Mademki cisim bir bütün olarak dengededir, kesimle ortadan kaldırılan iç kuvvetlerin dikkate alınması şartı ile o bütünden ayrılan herhangi bir parçanın da dengede olması gerekir. Bu noktada, dış kuvvetlerin iç kuvvetlerle dengelenmekte olduğunu, diğer bir deyişle dış kuvvetlerin, eleman boyunca –kesim düzlemine bağlı olmak kaydıyla- iç kuvvetler şeklinde yayılı olarak devam ettiklerini söyleyebiliriz. En büyük gerilmeyi oluşturan iç kuvvetlerin bulunduğu yere elemanın kritik kesiti adı verilir. Eleman üzerinde yalnızca tek bir kuvvet etki ediyorsa kritik kesitin yer ve doğrultusuna gözlemle karar verilebilir. KESD T ZOR(LAMA)LARI Yapı elemanlarının büyük bir çoğunluğu çubuklardan meydana gelir. Bir yapı elemanının çubuk olarak isimlendirilebilmesi için uzunluğunun, enkesit büyük kenarının 5 katından daha fazla olması gerekir. Çubukların herhangi bir kesitine etkiyen iç kuvvetleri, enkesitin ağırlık merkezinde etkiyen bir kuvvetle bir kuvvet çifti vektörü olarak gösterebiliriz. D ç kuvvetlerin bileşkesi olan bu iki vektör, enkesite dik ve teğet doğrultulardaki bileşenlerine ayrılabilir. N, S, M b ve M e ile gösterilen bu bileşenlerden yalnızca birinin bulunması haline, basit mukavemet halleri adı verilir. 12 EKSENEL KUVVET -Akashi-Kaikyo Bridge from the air -13 KESME KUVVETD1415 KESME KUVVETD1617 (+) eksen yönleri Sağ Üçlü Eksen Takımı Kuvvet çifti vektörünün yönleri daima sağ-el kuralı ile belirlenecek ve kuvvet vektörleriyle karışmaması için uçlarında çift ok gösterilecektir. Dik kesitte bulunan iç kuvvetlere kesit zor(lama)ları adı verilir. Her bir kesit zoru çubukta farklı bir şekil değiştirme meydana getirir. Her bir bileşen bir mukavemet halini gösterir. Bir kesitte bu tesirlerden bir kaçı bir arada bulunursa bu duruma bileşik mukavemet hali denir. Kullanılacak olan sağ-üçlü koordinat takımının x ekseni her zaman çubuk ekseni ile çakıştırılacak, y ekseni yukarı, z ekseni ise okuyucuya doğru yönlendirilecektir. R x eksenel kuvveti elemanın boyunu uzatmaya yada kısaltmaya çalışır. Eğer bu kuvvet kesim yüzeyinden uzaklaşıyorsa eksenel çekme, kesim yüzeyine doğru yönlenmiş ise eksenel basma kuvveti adını alır. R y , R z kesme kuvvetleri komşu malzeme parçalarını keserek birbirinden ayırmaya çalışır. Genellikle S harfiyle gösterilir. M x burulma momenti veya tork elemanı kendi ekseni etrafında döndürmeye çalışır ve genellikle T harfi ile gösterilir. M y , M z eğilme momentleri ise çubuğu bükmeye çalışır18 Bileşke kuvvetin eksenler doğrultusundaki bileşenleri x y z y z R R R N S S = + + = + + R i j k R i j k k j i M k j i M z y z y x M M T M M M + + = + + = Bileşke kuvvet çiftinin eksenler doğrultusundaki. bileşenleri Herhangi bir yapı elemanı kesit zorlarından bir veya bir kaçına veya tamamına aynı anda maruz kalabilir. Tasarımda her bir kesit zoru ayrı olarak ele alınıp çözüm yapılır. Daha sonra bulunan sonuçların uygun şekilde birleştirilmesiyle nihai çözüme ulaşılır. Dolayısıyla kesit zorlarıyla kesit zorları kullanılarak bulunan gerilme ve birim şekil değiştirmelerin hesaplanmasında kesim yöntemi ilk adım olarak karşımıza çıkmaktadır. Uygulamada bütün kuvvetler tek bir düzlem içinde etki ettiğinden (x-y düzlemi) problem büyük ölçüde basitleş- mektedir. Düzlemsel problemlerde kesite etkiyen üç kesit zoru eksenel kuvvet N, kesme kuvveti S y ve eğilme momenti M z dir. Bir düzlemin normal vektörünün koordinat ekseni ile aynı yönlü olması durumunda bu düzleme pozitif düzlem aksi halde negatif düzlem denir. Newton’un üçüncü yasasına göre kesit zorları kesimle ayrılan parçalara eşit ve zıt yönlü olarak etkir. 19 KESDT TESDRLERD DÇDN POZDTDF YÖN KABULLERD Sol kesit/ - x / - i düzlemi Sağ kesit/ + x / + i düzlemi Düzlem çubukta + iç kuvvetler Düzlem çubukta – iç kuvvetler Bir düzlem, o düzlemden dışarıya doğru yönelen birim vektörle tarif edilir. Normalleri, koordinat eksenlerinin pozitif yönleri ile çakışan düzlemlere sırasıyla +i, +j, +k düzlemleri denir. Aşağıda sol tarafta gösterilen ve normali +x ekseni yönünde olan (+i) düzleme pozitif x düzlemi veya sağ kesit de denmektedir. Eksenel kuvvet, kesme kuvveti ve eğilme momenti için pozitif düzlemde koordinat eksenleri yönündeki, negatif düzlemde ise koordinat eksenlerine ters yönlü kuvvetler pozitif kabul edilecektir. Bu işaret kabulü çubukların yük etkisi altındaki davranışına adapte edilebilir. Örneğin pozitif eksenel kuvvetler çubuk boyunu uzatır. + y / + j düzlemi + z / + k düzlemi20 MESNET TD PLERD VE GÖSTERD M ŞEKD LLERD Aynı düzlemdeki yüklerin etkisinde bulunan yapı elemanlarının mesnet tipleri aşağıda gösterilmiştir. Bu gösterim şekilleri yapı elemanlarının SCD çizilirken kullanılır. Hareketli mafsal, yapı elemanının bir doğrultudaki yer değiştirmesine ve dönmesine izin veren ancak belirli bir doğrultudaki yer değiştirmeye engel olan mesnet tipidir. Sabit mafsal, elemanın dönmesine izin veren ancak herhangi bir doğrultudaki yer değiştirmesine engel olan bir mesnet tipidir. Sabit ve hareketli mafsallara basit mesnetler denir. Ankastre yada sabit mesnet, elemanın yer değiştirmesine ve dönmesine engel olan mesnet tipidir. Dolayısıyla sabit mesnetlerde hem momente hem de herhangi bir doğrultudaki kuvvete karşı konur. Bu kuvvet yüzeye teğet ve normal doğrultulardaki bileşenlerine ayrılabilir. Serbest cisim diyagramlarında her bir mesnetteki reaksiyon kuvveti (R) ve moment (M) gösterilir. Elemandaki iç kuvvetlerin bulunmasına reaksiyonların belirlenmesinden sonra başlanır. A) Hareketli Mafsal B) Sabit Mafsal 0 = z M 0 0 x z R M = = C) Ankastre Mesnet 21 H A R E K E T L D M A F S A L22 S A B D T M A F S A L Resim : inş. müh. Ertan Gazi Konuk BÜKREŞ’TE BD R ALIŞ-VERDŞ MERKEZD , TEMMUZ 200423 TASARIMDA BAŞLICA ADIMLAR Tasarımın ana amacı, yapı elemanlarının verilen yükleri göçmeksizin taşıyabileceği ve kendisinden beklenilen işlevleri yerine getirebileceği uygun malzeme, eleman şekil ve boyutlarının belirlenmesidir. Bu aslında bir optimizasyon problemidir. Yukarıda sözü edilen amaçlara ulaşmadaki etkinlik kullanılan malzeme ve yapım maliyetinin minimum yapılmasıyla başarılır. Yük etkisindeki bir elemanın tasarımında aşağıdaki hususlar göz önüne alınmalıdır. 1. Elemanın kendisinden beklenilen işlevleri hangi durum(lar)da kaybedeceği belirlenmelidir. 2. Verilen yüklemeden oluşacak gerilme ve birim şekil değiştirme durumu tespit edilmelidir. 3. Gerilme ve birim şekil değiştirme gibi önemli büyüklüklerin elemanda göçme oluşturmaksızın alabileceği en büyük değerleri belirlenmelidir. 4. Güvenlik katsayıları seçilmelidir. Yukarıdaki işlem adımları, verilen problemin yapısına bağlı olarak uzayıp kısalabilir. Pek çok etkinin dikkate alınması söz konusu olduğunda çoğunlukla bir deneme-yanılma işlemiyle tasarım sonuçlandırılır. Bu derste eleman malzemesi ile geometrik boyutlar önceden seçilmiş olduğundan tasarım sırasında yalnızca dayanım koşulunun sağlanması üzerinde durulacaktır. Basit mukavemet hallerinin incelendiği bölümlerde çıkartılacak formüller, uygun eleman boyutlarının seçiminde kullanılacaktır. Elemanların tasarımında dikkate alınması gereken diğer hususlar da yükleme sonucu elemanda oluşacak deformasyonun hesaplanması ve burkulmadır. Bu konulara daha sonraki bölümlerde açıklık getireceğiz.24 m/sn 2 a Dvme Joule W,U Dş-enerji GPa E Elastisite Modülü N/m 2 , N/mm 2 ?, ? Gerilme Nm, kNm M Moment mm 3 , m 3 W Mukavemet Momenti mm 4 , m 4 I Atalet Momenti mm 3 , m 3 V Hacim mm 2 , m 2 A Alan sn t Zaman mm, m L Uzunluk N, kN F Kuvvet Kullanılan Birim Sistemi MPa m N mm N m MN MPa m N MPa m N Pa Pascal = = › = = 2 6 2 2 2 6 2 10 10 1 1 da Deka 10 h Hekto 10 2 k Kilo 10 3 M Mega 10 6 G Giga 10 9 T Terra 10 12 Dşaret Hece Faktör a Atto 10 -18 f Femto 10 -15 p Piko 10 -12 n Nano 10 -9 µ Mikro 10 -6 m Mili 10 -3 c Santi 10 -2 d Desi 10 -1 Dşaret Hece Faktör25 Ç ÇUBUK MUKAVEMET UBUK MUKAVEMETDD N NDD N ESASLARI N ESASLARI Yapılar boyutları bakımından 1- Çubuklar (tel, halat, kablo, direk, kiriş, kemerler, Bir boyutlu taşıyıcı cisimler 2- Levha, plak ve kabuklar (Döşeme plakları, kubbe ve tonozlar) 3- Üç boyutlu yapılar (Ağrılık barajları) şeklinde üç sınıfa ayrılabilir. Mukavemette yalnız çubuk şeklindeki cisimler incelenecektir. Çubuklar eksen ve dik kesiti ile belirginleşir. Eksen genel olarak bir uzay eğrisi olup, çubuğun büyük olan boyutunu temsil ederken dik kesit ise kapalı bir eğri ile çevrelenmiş düzlem parçasıdır. Sabit kesitli, doğru eksenli çubuklara prizmatik çubuklar denir. Çubuğa etkiyen dış kuvvetler çoğu defa yayılı olup doğrultuları genellikle çubuk ekseninden geçer. Eğer dış kuvvetlerin tesir çizgileri çubuk ekseninden geçmiyorsa bu kuvvetler çubuk eksenine kuvvet çiftleri ile birlikte taşınır. KES KESDD T ZORLARININ BULUNMASI T ZORLARININ BULUNMASI Kesit zorlarının bulunmasında aşağıdaki yöntemler kullanılabilir. 1- Kesim yöntemi (STATD K) Dış kuvvetlerin etkisi altındaki sistemin mesnet tepkileri hesaplanır. Eleman, süreksizlik gösterdiği noktalardan bölgelere ayrılır. Bu noktalar, tekil yüklerin uygulandığı noktalar, yayılı yüklerin başladığı ve bittiği yerler ve çubuk kesitinin değiştiği noktalardır. Her bir bölgedeki kesit zorları yazılan denge denklemleri yardımıyla hesaplanır. 2- D ntegrasyon yöntemi Kesit zorlarına ait diferansiyel denge denklemleri, sınır koşulları dikkate alınarak çözülür.26 2 2 2 2 y y dS d dM d M d M q q dx dx dx dx dx ? ? = - = - = - = ? ? ? ? ( ) x q y ( ) x q x ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 2 x x y y z y F N dN N q dx F S dS S q dx dx M M dM M q dx Sdx = + - + = = + - + = = + - - + = ? ? ? dM S dx = - y dS q dx = - x q dx dN - = YAYILI YÜKLER ETKD SD NDEKD DOĞRU EKSENLD BD R KD RDŞ TE KESD T ZORLARININ DD FERANSD YEL DENGE DENKLEMLERD Genellikle ekseni boyunca etkiyen yayılı yükleri eğilme dirençleri yardımıyla mesnetlerine aktaran bir boyutlu (en kesit boyutları küçük, uzunluğu büyük olan) yapı elemanlarına kiriş adı verilir. Şimdi dış yüklerle kesit zorları arasındaki bağıntıları elde etmek istiyoruz. Aşağıda gösterilen basit kirişe x ve y eksenleri doğrultusunda q x ve q y yayılı yükleri etkisin. q x ve q y sırasıyla x ve y eksenleri doğrultusunda etki eden yayılı yüklerin şiddetindeki değişimi x koordinatına bağlı olarak ifade eden fonsiyonlardır. Yayılı yükler ve mesnet reaksiyonları altında dengede olan kirişten dx kalınlıklı küçük bir parça çıkartılsın. Bütünü dengede olan çubuktan alınan bu küçük parçanın da üzerine etkiyen yükler ve kesit zorları altında dengede olması gerekir. Alınan dx kalınlıklı parçanın sağ yüzündeki zorlamaların sol yüzdeki zorlamalardan dN, dS ve dM kadar farklı olduğu kabul edilmiştir. Eksenler doğrultusundaki denge denklemlerinden kirişe ait aşağıdaki üç diferansiyel denklem bulunur. 27 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 x x x y y y y dN q N N q dx YFAKA dx dS q S S q dx YFAKA dx dM S M M S dx KKDAKA dx = - - = - = - = - - = - = - = - - = - = - ? ? ? Yayılı yük fonksiyonu altında kalan alan Yayılı yük fonksiyonu altında kalan alan Kesme kuvveti diyagramı altında kalan alan KD RDŞ E TEKD L YÜK VE MOMENT ETKD MESD HALD Kesit zorlamalarına ait diferansiyel denge denklemleri bulunurken göz önüne alınan çubuk parçası üzerinde herhangi bir tekil kuvvet yada kuvvet çifti etkimediği düşünülmüştür. Eğer tekil kuvvet ve kuvvet çiftleri varsa kuvvet zorlarında süreksizlik olacaktır. Herhangi bir kesitte x ve y eksenleri doğrultusunda P x ve P y tekil kuvvetleri ile bir M momenti etkisin. Tekilliğin olduğu yerden alınacak bir eleman üzerinde denge denklemleri yazıldığında yandaki bağıntılara ulaşılır. 2 1 2 1 2 1 x y N N P S S P M M - = - - = - - = -? Kiriş diferansiyel denklemlerinin integrasyonu ile kesit zorları fonksiyonları belirlenebilir. D ntegrasyon sabitlerinin bulunmasında kesit zorlarının başlangıç değerlerinden yararlanılır. D ntegrasyon yöntemi özellikle yayılı yük fonksiyonlarının verildiği hallerde kolaylık sağlar. Önceki sayfada çıkarttığımız diferansiyel denklemleri belirli iki nokta arasında mesela 1 ve 2 noktaları arasında integre edersek aşağıda gösterilen ifadeler elde edilir. Bu ifadelerin sağ taraflarındaki integrallerin fiziki anlamları sırasıyla negatif işaretle söz konusu noktaların arasındaki yayılı yük fonksiyonlarının altında kalan alan ile yine negatif işaretle kesme kuvveti diyagramının altında kalan alan olarak söylenebilir. Söz konusu denklemlerin sol tarafları ise sırasıyla her bir kesit zorundaki değişimi vermektedir. 28 y x z M z M M b M y b y z x y z M M M m m m m = + + = + + M i j k i j k 0 R i m M = × + + ds d ( ) ( ) ( ) b y z x y z y z d M M M m m m N S S dx + + + + + + × + + = i j k i j k i i j k 0 0 = + x b m dx dM 0 y z y dM S m dx - + = 0 z y z dM S m dx + + = y z x y z N S S q q q = + + = + + R i j k q i j k d ds + = R q 0 ( ) ( ) y z x y z d N S S q q q dx + + + + + = i j k i j k 0 0 = + x q dx dN 0 y y dS q dx + = 0 z z dS q dx + = y x z S z R N S y Mustafa Dnan, Cisimlerin Mukavemeti, 1973 sayfa 115 -11629 ÖRNEK 1 Şekildeki konsol kirişin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment fonksiyonlarını bularak diyagramlarını çiziniz. 4 0 ? ? x 0 ? = y F ( ) 6 0 y S x - + = ( ) 6 y S x kN = ( ) 0 6 = + x M x z 0 ? = o M ( ) x x M z 6 - = 10 4 ? ? x 0 ? = y F ( ) 16 y S x kN = 0 ? = o M ( ) ( ) 100 10 16 - - = x x M z30 ÖRNEK 2 Şekildeki kirişin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment fonksiyonlarını bularak diyagramlarını çiziniz. x [kN] + _ S y 2 L q y 2 L q y 8 2 L q y ? = ? = 0 0 A x x R F ? = + ? = qL R R F B y A y y 0 ? = - ? = 0 2 0 L qL L R M B y A z 2 L q R B y = 2 L q R A y = ( ) ( ) q dx x M d z - = 2 2 ( ) 1 z y dM x S qx c dx = - = - + ( ) 2 1 2 2 c x c x q x M z + + - = Sınır Şartları (Mesnet Şartlarından) ( ) 0 0 2 0 = ? = = c x M x z ( ) 2 0 1 L q c x M L x z = ? = = ( ) 2 L S x qx q = - ( ) x L q x q x M z 2 2 2 + - = Maksimum Moment ve Yeri ( ) max 0 S x M = ? 2 0 2 L x L q qx = ? = - 8 2 2 max L q M L x = =31 ( ) 2 2 1 1 1 2 2 2 4; 2 4 5 x dS x S x x c c S x x S dx = ? ? = - - ? = - + ? = - = - - ? ? = - ? ? 3 2 2 2 2 3 2 4 32 2 4 4 ; 0 3 3 32 4 3 3 x dM x x x M x x c c M dx x M x x = ? ? = - + + ? = - + + + ? = - ? ? = ? ? = - + + - ( ) 1 1 0 0; 6 6; 6 dS S c x S c S kN dx = ? = = = ? = = ( ) 2 2 6 6 0; 0 0; 6 dM M x c x M c M xkNm dx = - ? = - + = = ? = = - ÖRNEK 3 Şekildeki konsol kirişin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment fonksiyonlarını bularak diyagramlarını çiziniz. bölgesi 1 0 ? ? x bölgesi 4 1 ? ? x ( ) 2 2 2 2 y d M q x dx = = - - 2 1 2 dM x x c dx = - + + 3 2 1 2 3 x M x c x c = - + + + 2 1 1 1 2 ; 4 5 x S x x c c S = ? ? = + - - ? = ? ? = - ? ? 2 2 4 S x x = - - 3 32 6 1 ; 4 3 2 2 2 3 - = ? ? ? ? ? ? ? ? ? - = = + + + - = c M x c x x x M 3 32 4 3 2 3 - + + - = x x x M veya AB bölgesi dM S dx = -32 Şekildeki basit kirişin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment fonksiyonlarını bularak diyagramlarını çiziniz. Nümerik uygulama L=7 m. q 0 =10 kN/m 0 ( ) sin x q x q l ? ? ? = - ? ? ? ? ÖRNEK 4 0 0 0 0 1 1 0 ( ). sin 2 2 l l y q l x F R q x dx q dx l ? ? ? ? ? = = = = ? ? ? ? ? ? 0 0 1 0 0 1 2 0 0 2 2 2 0 2 2 ( ) sin cos 0; 0 cos cos sin 0; 0 0 sin q l dS x x q x q S c dx l l q l q l x x S c S l q l q l dM x x S M c dx l l q l x x M c M l ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = - = ? = - + ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = = - = ? = - ? ? ? ? ? ? ? ? = - = ? = + ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = = = ? = ? ? ? ? 0 ( ) cos 10*7 ( ) cos 7 q l x S x l S x x ? ? ? ? ? ? = - ? ? ? ? ? ? = - ? ? ? ? 2 0 2 2 2 ( ) sin 10 * 7 ( ) sin 7 q l x M x l M x x ? ? ? ? ? ? = ? ? ? ? ? ? = ? ? ? ?33 10*7 ( ) cos 7 S x x ? ? ? ? = - ? ? ? ? 2 2 10 * 7 ( ) sin 7 M x x ? ? ? ? = ? ? ? ? x S M 0 -22,2817 0 0,5 -21,72305 11,04761 1 -20,07511 21,54125 1,5 -17,42051 30,95471 2 -13,89238 38,81597 2,5 -9,667615 44,73082 3 -4,958076 48,40267 3,5 8,18E-05 49,6474 4 4,958236 48,40259 4,5 9,667762 44,73066 5 13,8925 38,81574 5,5 17,42061 30,95442 6 20,07518 21,54092 6,5 21,72309 11,04726 7 22,2817 -0,000365 0 ( ) sin x q x q l ? ? ? = - ? ? ? ? -25 -20 -15 -10 -5 0 5 10 15 20 25 0 1 2 3 4 5 6 7 8 Seri 1 Seri 2 -10 0 10 20 30 40 50 60 0 1 2 3 4 5 6 7 8 Seri 134 Şekildeki çıkmalı kirişin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment fonksiyonlarını bularak diyagramlarını çiziniz. Nümerik uygulama L=7 m. q 0 =10 kN/m Ödev sorusunun çözümü 0 2 ( ) sin x q x q l ? ? ? = - ? ? ? ? 0 0 0 0 0 2 ( ) cos 2 4 1.5 2 ( ) cos 2 2 x l q l q l x S x l l x l q l q l x S x l ? ? ? ? ? ? < < ? ? = - + ? ? ? ? < < ? ? = - - ? ? ? ? 2 0 0 2 2 2 0 0 0 2 0 2 ( ) sin 4 4 1.5 2 3 ( ) sin 4 2 4 x l q l q l x M x x l l x l q l q l q l x M x x l ? ? ? ? ? ? ? < < ? ? = - ? ? ? ? < < ? ? = - - ? ? ? ? -25 -20 -15 -10 -5 0 5 10 15 20 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 x S Seri 1 Seri 2 -50 -40 -30 -20 -10 0 10 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 x Moment Seri 1 Seri 235 2,5 24 y q x = - ÖRNEK 5 Şekildeki çıkmalı kirişin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment fonksiyonlarını bularak diyagramlarını çiziniz. bölgesi 10 0 ? ? x bölgesi 24 10 ? ? x bölgesi 32 24 ? ? x 2 1 1 0 2,5 2,5 0 0 24 48 y y y x dS x S x c c S dx = ? = ? = + ? = ? = ? 2 3 2 2 0 2,5 2,5 0 0 48 144 z z z x dM x M x c c M dx = ? = - ? = - + ? = ? = ? ( ) 2 19, 2 y x S x = ( ) 6 , 57 3 x x M z - = 2 3 3 10 2,5 2,5 11, 43 6, 22 24 48 y y y x dS x S x c c S dx = ? = ? = + ? = - ? = - ? 2 3 4 4 2,5 2,5 11, 43 11,43 48 144 10 114,3 17,36 z z z dM x M x x c dx x c M = - + = - + + = ? = - ? = - ? ( ) 2 11,43 19, 2 y x S x = - ( ) 3 , 114 43 , 11 6 , 57 3 - + - = x x x M z 5 5 24 2,5 2,5 80 20 y y y x dS S x c c S dx = ? = ? = + ? = - ? = - ? 1280 80 24 80 25 , 1 80 5 , 2 6 6 2 - = ? ? ? - = = ? + + - = ? + - = c M x c x x M x dx dM z z z ( ) 2,5 80 y S x x = + - ( ) 1280 80 25 , 1 2 - + - = x x x M z ( ) 10 24 0 14,81 14,81 1, 41 y z x S x m M ? ? = ? = = -36 Yatayla herhangi bir ? açısı yapan çubukta göz önüne alınan kesitin solunda kalan parçadaki (yapıdaki) Yatay ve Düşey doğrultudaki bileşke kuvvetler Y ve D olarak belirlendiğinde söz konusu kesitteki kesme kuvveti S ve normal kuvvet N; y ve x doğrultula- rında yazılacak toplam kuvvet sıfır denklemlerinden hesaplanabilir. ( ) *sin cos *cos *sin S Y D N Y D ? ? ? ? = - = - + D ki ya da daha fazla çubuğun (kiriş elemanının) uçlarından rijit şekilde birleştirilmesiyle oluşturulan taşıyıcı sistemlere çerçeve denir. Çerçeveyi oluşturan elemanlar çeşitli doğrultularda uzanırlar. Tek katlı tek açıklıklı çerçevelere portik adı verilmektedir. Sanayi yapılarında sıkça karşılaşılan portiklerin açıklığı 26-30 metre civarındadır. Yan tarafta bir sanayi yapısının taşıyıcı sistemi şematik olarak gösterilmiştir. Çerçeve elemanlarına ait kesit zorları, elemanlara ait eksen takımları kullanılarak belirlenir. Genelde elemanlara çerçevenin içinden bakılarak elemanın sol ucuna koordinat takımının merkezi yapıştırılır. x ekseni eleman ekseni ile çakıştırılır. y ekseni (bakış yönünde) yukarı doğru, z ekseni de kağıt düzlemine dik doğrultuda ve okuyucuya yönelecek biçimde gösterilir. Şimdi yatayla ? açısı yapan bir elemanın herhangi bir kesitindeki Kesme kuvveti (S) ile Normal kuvvet (N) yi kolayca hesaplamak üzere iki bağıntı çıkaralım. 0 *sin cos 0 0 *cos *sin 0 y x F S Y D F N Y D ? ? ? ? = - + = = + + = ? ?37 ÖRNEK 6 Şekildeki çerçevenin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment fonksiyonlarını bularak diyagramlarını çiziniz. 0 120 x x F A kN = ? = ‹ ? 0 82,5 A z y M C kN = ? = ^ ? 0 2,5 C z y M A kN = ? = v ? A noktasının Sağı 120 0,6 2,5 0,8 70 A S kN = - · + · = - ( ) 120 0,8 2,5 0,6 97,5 A N kN = - - · - · = 0 = A M B noktasının Solu 2,5 0,8 2 L B S kN = · = ( ) kN N L B 5 , 1 6 , 0 5 , 2 = · - - = kNm M L B 170 4 5 , 2 5 , 1 120 3 120 = · - · - · = B noktasının Sağı 2,5 1 2,5 R B S kN = · = ( ) 0 1 0 0 5 , 2 = · + · - = R B N kNm M R B 170 = D noktasının sağı 82,5 R D S kN = ( ) 0 1 0 0 5 , 82 = · + · - = R D N kNm M R D 165 6 5 , 2 5 . 1 120 3 120 = · - · - · = ( ) *sin cos *cos *sin S Y D N Y D ? ? ? ? = - = - + Mesnet tepkilerini hesaplamak için yapının tamamında denge denklemleri yazılırsa, Önceki sayfada çıkartılan iki bağıntıyı kullanarak yüklemede veya elemanların doğrultusunda değişme olan kritik noktalardaki zorlamaları hesaplayalım.38 Bundan önceki problemlerdeki (tekil veya yayılı) yükler ya elemanın sol ucuna yapıştırdığımız x, y eksenleri doğrultusundaki bileşenleri cinsinden verilmekteydi ya da söz konusu eksenler doğrultusundaki bileşenlerine kolayca ayrılabilmekteydi. Bu problemdeki 40 kN/m lik düşeyde düzgün yayılı yükün AB elemanının A ucuna yapıştırılan x ve y eksenleri doğrultusundaki iki bileşene ayrılması (diğer bir ifade ile q x , q y yük fonksiyon- larının belirlenmesi) gerekir. ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 2 3 3 2 0 5 19.2 19.2 0; 97.5 97.5 19.2 97.5 14.4 14.4 0; 70 70 14.4 70 14.4 70 7.2 70 0; 0 0 7.2 70 x y AB elemanı x m dN dN q N x c x N c dx dx N x kN dS dS q S x c x S c dx dx S x kN dM dM S x M x x c x M c dx dx M x x kNm < < = - = - ? = - + = = ? = = - + = - = ? = + = = - ? = - = - = - = - + ? = - + + = = ? = = - +39 BC elemanının ortasına etkiyen 80 kN lık bir tekil kuvvet bulunmaktadır. Dolayısıyla D noktasından önceki ve sonraki kesit zoru fonksiyonları birbirinden farklıdır. Öncelikle koordinat takımını elemanın sol ucu olan B noktasına yapıştırarak, x koordinatının 0 ile 2 m. arasında değiştiği BD kısmında geçerli olan kesit zorları fonksiyonlarını belirleyelim. Kesit zorlarının x=0 daki başlangıç değerlerini daha önce çıkartılan S ve N bağıntıları ile belirlemiştik. Şimdi aynı değerleri kesim yöntemi ile hesaplayalım. BC elemanında q x , q y yük fonksiyonlarının her ikisi de sıfırdır. ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 3 3 0 2 0 0; 0 0 0 0 0; 2.5 2.5 2.5 2.5 2.5 0; 170 170 2.5 170 x y BC elemanı x m dN dN q N c dx dx x N c N kN dS dS q S c dx dx x S c S kN dM dM S M x c dx dx x M c M x kNm < < = - = ? = = = ? = = = - = ? = = = ? = = = - = - ? = - + = = ? = = - + 0 0 0 2.5 0 120*1.5 2.5*4 120*3 0 170 x y F N F S kN M M M kNm = ? = = ? = = ? + + - = = ? ? ? ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 3 3 2 4 0 4; 0 0 0 0 4; 82.5 82.5 82.5 82.5 82.5 4; 0 330 82.5 330 x y BC elemanı x m dN dN q N c dx dx x N c N kN dS dS q S c dx dx x S c S kN dM dM S M x c dx dx x M c M x kNm < < = - = ? = = = ? = = = - = ? = = = ? = = = - = - ? = - + = = ? = ? = - +40 AB elemanı Şekildeki çerçevenin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment fonksiyonlarını bularak diyagramlarını çiziniz. 1 0 78 y y y dS q S c kN dx = - = ? = = 2 78 78 c x M dx dM + - = ? - = 3 0 c N q dx dN x = ? = - = 78 y S kN = x M 78 - = kN N 8 , 78 - = BC elemanı ( ) 1 10 10 y y dS S x c dx = - - ? = + 2 2 10 92,567 5 92,567 dM x M x x c dx = - + ? = - + + 3 0 c N q dx dN x = ? = - = 10 92,567 y S x kN = - 390 567 , 92 5 2 - + - = x x M kN N 03 , 61 - = CD elemanı 1 8 8 y y dS S x c dx = ? = + 2 2 48 4 8 48 c x x M x dx dM + + - = ? - = 3 0 c N q dx dN x = ? = - = 8 48 y S x kN = - 144 48 4 2 - + - = x x M kN N 2 , 71 - = Örnek 741 A ve B noktalarından mesnetli bir çıkmalı kirişin kesme kuvveti diyagramı şekilde gösterilmiştir. Yükleme durumunu belirleyip eğilme momenti diyagra- mını çiziniz. Örnek 8 2 1 2 1 0 1,5 2 3 1,5 16 24 3 0 0 1,5 3 4 34 0 A y M q q F q q = ? · · + · · + - · = = ? · + · + - = ? ? m kN q m kN q / 67 , 14 / 67 , 2 2 1 = = 0 5 , 1 8 2 22 3 24 4 4 0 ? ? = · + · + · - · ? = ? A M ? ? = + - - + ? = 0 4 24 10 8 22 0 ? y F Kesme kuvveti diyagramındaki her zıplama, o noktada bir tekil kuvvetin bulunması anlamına gelir. Dolayısı ile A mesnet reaksiyonunun 10 kN, B deki mesnet reaksiyonunun da 24 kN olduğunu düşünebiliriz. Ayrıca çıkma ucunda 4 kN lık bir tekil kuvvet etkimektedir. A-B arasında kesme kuvveti diyagramının 2 0 olması bu noktalar arasında 1 0 bir yayılı yük fonksiyonunu akla getirmektedir. Yine kesme kuvveti diyagramının A noktasındaki teğetinin yatay olmaması bu noktadaki yayılı yük şiddetinin sıfırdan farklı olduğunu, teğet eğiminin A dan B ye gittikçe artması yayılı yük şiddetinin de büyümekte olduğunu gösterir. B ve C noktaları arasında kesme kuvveti diyagramının sabit olması (eğim sıfır) bu noktalar arasında yayılı yüklemenin olmadığına işaret etmektedir. Şimdi sözünü ettiğimiz yükleme durumunu sembolik olarak yandaki şekil üzerinde gösterelim. Trapez yayılı yük, biri q 1 şiddetinde düzgün yayılı diğeri q 2 şiddetinde üçgen yayılı iki ayrı yüklemeye ayrılıp kirişin tamamı için yazılacak iki denge denkleminden q 1 ve q 2 yük şiddetleri kolayca hesaplanabilir.42 bölgesi 3 0 ? ? x 2 1 1 4,89 2,67 4,89 2,67 2 0 10 10 y y y dS x S x x c dx x S c = + ? = + + = ? = - ? = - 2 2,445 2,67 10 y S x x = + - 2 3 2 2 2 2,445 2,67 2,445 2,67 10 10 3 2 0 0 0 z z z dM x x M x x x c dx x M c = - - + ? = - - + + = ? = ? = x x x M z 10 335 , 1 815 , 0 2 3 + - - = Maksimum momentin yeri, Kesme kuvvetinin SIFIR olduğu yerdir. } 2 1 2 1,55 0 2, 445 2,67 10 0 -2,641m X y x m S x x x = ? = ? + - = = ( ) ( ) ( ) ( ) kNm x M z 26 , 9 55 , 1 10 55 , 1 335 , 1 55 , 1 815 , 0 55 , 1 2 3 = · + · - · - = = A ve B noktaları arasındaki yayılı yük fonksiyonu belirlendikten sonra integrasyon yöntemi ile kesme kuvveti ve eğilme momenti fonksiyonları hesaplanıp diyagramları çizilir. 14.67 ( ) 2.67 3 y q x x = - -43 A ve B noktalarından mesnetli bir çıkmalı kirişin kesme kuvveti diyagramı şekilde gösterilmiştir. Yükleme durumunu belirleyip eğilme momenti diyagramını çiziniz. Şekildeki çerçevenin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment fonksiyonlarını integrasyon yöntemiyle bularak diyagramlarını çiziniz. Çalışma Soruları44 GER GERDD LME LME Mühendislerin yük etkisi altındaki bir elemanın davranışını tanımlamakta kullandığı iki kavram; Gerilme ve Birim Şekil Değiştirme dir. Gerilme ve bileşenlerini tanımlamakta kesim metodunu kullanıp, eksenel kuvvetten oluşan normal gerilme ile ortalama kayma gerilmesinin bulunuşu üzerine duracağız. Sonra, öğrendiklerimizin çeşitli problemlerde nasıl kullanıldığı açıklanacak eksenel yüklü çubukların ön boyutlandırılması ve emniyet gerilmesi incelenecektir. TANIM : GERD LME Neden normal ayakkabı ile kara gömülen, bata çıka adım atabilen biri hedik giydiğinde yeni yağmış kar üzerinde bile batmadan rahatça yürüyebilmektedir? Nedeni birim alana gelen ağırlığın ikinci durumda azalması olarak söylenebilir. Kuvvet etkisinde dengede olan bir elemanın içindeki herhangi bir noktadaki iç kuvvetin şiddetine yani birim alana düşen iç kuvvete gerilme adını veriyoruz. Gerilme birimi Pascal’dır Uygulamada daha çok MegaPascal (MPa) kullanılır. Hedik A ? z F ? y F ? x F ? ( ) x F ? ( ) ( ) 2 2 ( ; ) Pascal N Pa m Gerilme MegaPascal N MPa mm ? ? › › yandaki şekilde dengede olan bir cisimden kesilerek alınan bir parçanın kesim düzlemi üzerinde alınan herhangi bir o noktası ve bu nokta civarındaki ?A alanı ile bu alana etkiyen ?F iç kuvveti gösterilmiştir. O noktasına yapıştırılan koordinat takımının x ekseni kesim düzlemine dik olan doğrultu ile çakıştırılmıştır. 45 Gerilme; a) iç kuvvetin (?F) noktadan noktaya değişmesine bağlı olarak değişir. b) ?F’nin etkidiği noktadan geçen düzlemin doğrultusuna da bağlı olarak değişir. Bir noktadaki gerilmenin tam olarak tanımlanması için o noktadan geçen bütün düzlemlerdeki (sayısı sonsuz) gerilmelerin verilmesi gerekir. Örneğin yandaki şekilde gösterilen ve o noktasının bulunduğu yerden çıkartılan dört yüzlünün üç yüzündeki iç kuvvetler verilmiş ise dördüncü yüzdeki iç kuvveti ya da gerilme durumunu yalnızca denge denklemleri yardımı ile bulmak mümkündür. ( ) 3 2 1 P P P f P , , = 0 0 0 lim lim lim x x xx x A y y xy A z z xz A F dF A dA F dF A dA F dF A dA ? ? ? ? ? › ? › ? › ? ? ? = = = ? ? ? ? ? ? ? ? = = ? ? ? ? ? ? ? ? = = ? ? ? ? ? A ? z F ? y F ? x F ? ( ) x F ? ?F iç kuvvetinin eksenler doğrultusundaki bileşenleri sırasıyla ?F x , ?F y , ?F z olarak bilinsin. Bu gerilme bileşenlerini ?A alanına bölerek ?A sıfıra giderken limiti alınırsa her bir eksen doğrultusundaki gerilme bileşeni tanımlanmış olur. Yüzeye dik doğrultudaki gerilmeye normal gerilme adı verilip ? (sigma) harfi ile gösterilirken, kesim yüzeyi içindeki gerilmelere de kayma gerilmesi denir ve ? (tau) harfi ile gösterilir. Her gerilme bileşenine eklenen iki indisden birincisi kesim düzleminin normalinin doğrultusunu, ikinci indis ise gerilme bileşeninin kendi doğrultusunu belirtir. Örneğin ? xz normali x ekseni olan düzlemde z ekseni doğrultusundaki kayma gerilmesidir. 46 Gerilmenin Bile Gerilmenin Bileş şenleri enleri Bir noktadan geçen sonsuz sayıdaki düzlemin her birindeki gerilmenin diğer bir deyişle GERD LME HALD ’nin belirtilmesi için o noktadan geçen üç dik düzlemdeki gerilme bileşenlerinin verilmesi yeterli olur. Düzlemler o noktadan geçen eksenlere dik olarak seçilirse sonsuz küçük boyutlu bir kübik eleman elde ederiz. Gerilmelerin elemanın yüzlerine yayılı ve O ve O’ noktasındaki gerilmelerin eşdeğer olduklarını düşünüyoruz. Gerilmeler her düzlemin merkezinde bir vektörle gösterilmiştir. Bir noktada üç dik düzlemdeki toplam 9 gerilme bileşeni ile verilen gerilme hali gösterimine GERD LME TANSÖRÜ denir. ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = z zy zx yz y yx xz xy x ? ? ? ? ? ? ? ? ? T . Gerilme tansörünün her bir satırında yalnızca belirli bir düzlemdeki gerilme bileşenleri sıralanırken her bir sutunda ise belirli bir koordinat ekseni doğrultusundaki gerilmeler gösterilmektedir. Skaler büyüklüklerin tarif edilmesinde bir rakam ve birimin verilmesi yeterli olurken vektörel büyüklüklerin anlaşılmasında bir rakam ve birim yeterli olmamaktadır. Örneğin bir yer değiştirmenin 5 m olduğu söylemek cismin son konumu hakkında hiçbir bilgi vermez. Yapılması gereken şey cismin başlangıç konumuna bir eksen takımı yapıştırmak ve yer değiştirmenin 3 m., 4 m., 0 m. gibi bu eksenler doğrultusundaki üç bileşenini vermektir. Verilen bu üç parametre ile cismin son konumu tam olarak tarif edilmiş olur. Bir noktadaki gerilme hali, daha sonra göreceğimiz bir noktadaki birim şekil değiştirme hali ve bir alanın alan merkezinden geçen eksen takımına göre atalet momentleri hep tansörel büyüklükler olup dokuz bileşeni verilmeden tam olarak anlaşılamayan büyük- lüklerdir. 47 Kayma gerilmesinin özelliklerinin bulunması için denge denklemlerini yazalım. ? ? ? = = = 0 ; 0 ; 0 z y x F F F ( ) ( ) 0 0 = + - ? = dx dzdy dy dzdx M xy yx z ? ? yx xy ? ? = DD K DÜZLEMLERDEKD KAYMA GERD LMELERD EŞD TTD R. zy yz x M ? ? = ? = ? 0 zx xz y M ? ? = ? = ? 0 bulunur. Dş aret kabulü, düzlemin normali ile gerilmenin yönünün her ikisinin de pozitif veya negatif olması durumunda gerilme POZD TD F kabul edilir. Şimdi gerilme halinin xy düzlemi üzerindeki izdüşümünü alalım (+z yönünden bakıldığında). 0 , , ? xy y x ? ? ? 0 , , = yz xz z ? ? ? Tek eksenli, (bir boyutlu) Gerilme Hali (Yalnızca normal gerilme varsa) D ki eksenli Gerilme Hali (D ki tane normal gerilme varsa) Tam Kayma Hali (Yalnızca Kayma gerilme varsa) Düzlem Gerilme Hali Otomatik olarak sağlanır ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = 0 0 0 0 0 0 0 0 x T ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = 0 0 0 0 0 0 0 y x ? ? T ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = 0 0 0 0 0 0 0 yx xy ? ? T ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = 0 0 0 0 0 y yx xy x ? ? ? ? T48 Ekseni Do Ekseni Doğ ğrultusunda Kuvvetlerle Y rultusunda Kuvvetlerle Yü ükl klü ü Do Doğ ğru Eksenli ru Eksenli Ç Çubukta Eksenel Normal Kuvvetler ubukta Eksenel Normal Kuvvetler ÖRNEK 1 Bu durumda eksenel normal kuvvet ve uzama veya kısalma söz konusudur. Yük Diyagramı Serbest Cisim Diyagramları Eksenel Kuvvet Diyagramı Şekilde görülen yükler etkisindeki alüminyum çubuğun eksenel kuvvet diyagramını çiziniz. AB arası; BC arası; CD arası;49 Çubuk boyuna ekseni doğrultusunda birkaç eksenel kuvvetle yüklü ise eksenel normal kuvvetler kesitten kesite değişir. Bu amaçla öncelikle eksenel normal kuvvet diyagramı çizilmelidir. Bunun için;. •Öncelikle reaksiyonlar hesaplanır. •Yüklemede değişme olan her bir bölgede (yükte süreksizlik olan her bir bölgede) ayrı bir kesim yapılarak o bölgedeki eksenel normal kuvvet, denge denklemi yazılarak hesaplanır. •Eksenel kuvvet diyagramı çizilir. Diyagramın kapanması hesaplamaların doğruluğunu kontrol etmek için kullanılabilir. NORMAL GER NORMAL GERDD LME LME Cismin herhangi bir kesitindeki gerilme, sabit şiddete veya düzgün yayılı ise buna basit gerilme adı verilir.Yük taşıyan elemanların çoğunun düşünülen bir kesitindeki iç kuvvetler ya eksenel kuvvettir ya da kesme kuvvetidir. Örneğin kablolar, kafes kiriş elemanları, eksenel yüklü çubuklarda eksenel normal kuvvet, iki çubuğu birleştiren cıvata, pim ve perçinlerde ise kesme kuvveti söz konusu olduğundan normal gerilme ile kayma gerilmesini hesaplamakta doğrudan gerilmenin tanımını ve denge denklemlerini kullanmak mümkündür. Gerçek gerilme yayılışını bulmak için şekil değiştirmeleri dikkate almak gereklidir. Eksenel kuvvetle yüklü prizmatik bir çubuk düşünelim. Çubuk ekseni ile 90 o ’lik açı yapan I-I kesitini düşünelim. Kesim yüzeyindeki gerilme şekilde üniform yayılı olarak gösterilmiştir. ? · = ? = A P F yatay ? 0 A P = ? Eksenel Eksenel Ç Çekme ekme gerilmesi gerilmesi P I I I-I kesitinden kesip ayırırsak; h b A · = ?50 ÇATAL UÇ ÖRNEĞD Resim: Dr. Ahmet Necati YELGDN Resim: Dr.Eşref ÜNLÜOĞLU51 Bu enkesitteki üniform gerilmenin değeridir. Bunun için; P enkesitin ağırlık merkezinden uygulanmalı Çubuk doğru eksenli, yapıldığı malzeme homojen olmalı Kesim düzlemi çubuk uçlarından uzak olmalı D le verilen üç kriterin sağlanması gerekir. 1. kriter sağlanmaz ise moment oluşur gerilme en-kesite düzgün yayılmaz. Çatal uçlardan pime kuvvetin aktarılması yarım silindirik bir yüzey üzerinden diğer bir deyişle temas yüzeyi aracılığı ile gerçekleşmektedir. Eğer bir kuvvet yarım silindirik bir yüzey üzerinden bir elemandan başka bir elemana aktarılıyorsa söz konusu yüzeyde oluşan gerilmelere ezilme gerilmesi adı verilir. (Makine mühendisliğinde ise bu gerilmeye yatak gerilmesi denilmektedir.) Gerçekte düzgün yayılı olmayan ezilme gerilmeleri kuvvetin pim çapı x levha kalınlığından oluşan yarım silindirik yüzeyin iz düşüm alanına bölünmesiyle hesaplanır. 52 d t P 1 td P 2 d t P 1 d t P l 1 = ? B Çubuğundaki ezilme gerilmesi td P l 2 = ? Çatal uçlardaki ezilme gerilmesi P P t 1 t t b A B c c b b C EZD LME GERD LMESD53 ORTALAMA KAYMA GERD LMESD Kayma gerilmeleri, uygulanan kuvvetlerin cismin bir parçasının komşu parçalara nazaran kesme eğiliminde olması halinde ortaya çıkar. Çatal uçlu birleşimdeki pim, eksenine dik doğrultudaki kesme kuvvetinin etkisiyle b-b ve c-c kesitlerinden ayrılmaya karşı koymaktadır. Pimin bütünü dengede olduğuna göre ayrılma yüzeylerinin her birinde P/2 kesme kuvvetleri oluşmaktadır. Kayma gerilmelerinin uygulanan kuvvete paralel düzlemlerde oluşması halinde direkt kesme hali denir. 2 2 4 ort kesilen P P d A ? ? = = Normal gerilmenin tersine kayma gerilmeleri düzgün yayılmazlar, pimin aktardığı kuvvetin, kesilen pim alanına bölünmesiyle bulunan değer ortalama kayma gerilmesini verir. P P t 1 t t b A B c c b b C54 PERÇD NLD ve CD VATALI BD RLEŞD M Resim : inş.Yük müh. Bora Karakurt Resim : inş.müh. Ertan Gazi Konuk KD RDŞ EKD ALIŞ-VERDŞ MERKEZD BÜKREŞ KOLON EKD PROCTER-GAMBLE GEBZE55 Resim : inş.Yük müh. Bora Karakurt Resim : inş.Yük müh. Bora Karakurt Resim : inş.Yük müh. Bora Karakurt56 Direkt kesme haline örnekler: 1- Perçinli veya bulonlu –civatalı- birleşim P P d t A B b P P ( ) 1 2 4 ort P d m ? ? = · · P 1 = bir perçinin taşıdığı kuvvet m = bağlantıdaki eleman sayısı -1 Kayma gerilmesi hesabı Çelik yapı elemanlarının birleştirilmesinde perçin, bulon (cıvata) veya kaynak kullanılır. Perçin, küre takkesi bir baş ve hafif konik gövdeden oluşan bir birleştirme elemanıdır. Kızıl renk alıncaya kadar ısıtılan perçin elemanlara açılan delikten geçirilir. Diğer uçtan çıkan konik kısım dövülerek küre takkesi biçimi verilir. Konik olan perçin gövdesi dövülme sırasında silindire dönüşerek deliği tam olarak kapatır. Eski yapılarda kullanılan perçin, kaynak teknolojisindeki ilerleme sebebiyle günümüzde kullanılmamaktadır. Perçin yada kaynakla birleştirilen yapı elemanlarını, elemanlara zarar vermeden sökmek mümkün olmadığından bu birleşim araçları kalıcı yapılarda kullanılır. Bir yapının ileride sökülerek başka bir yere taşınması söz konusu ise bulon (cıvata) denilen birleşim aracı kullanılır. Cıvata altıgen bir baş ve üzerine diş açılmış silindirik bir gövdeden oluşur. Elemanlara açılan delikten geçirilen cıvatanın dişli ucuna somun adı verilen bir parça anahtar yardımıyla sıkılır. Hafif eğik yüzeylere takılan cıvatalarda somun takılmadan önce yükün yayılmasını sağlamak amacıyla pul denilen halka şeklindeki metal parçalar kullanılır. Çelik yapılardaki titreşimler sebebiyle zamanla somunların gevşemesi söz konusudur. Somunların gevşemesine engel olmak için ya rondela adı verilen yaylar ya da çift somun sıkılması yoluna gidilir. 57 1 min ezilme P t d ? = · [ ] min yırtılma P t b k d ? = - · Perçin/cıvata gövdesinde veya levhada delik kenarında oluşan ezilme gerilmesi Zayıflamış kesitteki çekme gerilmesi : Yırtılma gerilmesi Burada; P zayıflamış kesite etkiyen çekme kuvvetini, b levha genişliğini k zayıflamış kesitte bulunan perçin sayısını, t min birleşim bölgesine gelen yada giden levha kalınlıkları toplamından küçük olanını göstermektedir. Resimler: Connections Teaching Toolkit Perry S. Green, Ph.D. & Thomas Sputo, Ph.D., P.E. & Patrick Veltri Burada; P 1 bir perçin/civataya düşen kuvveti, d perçin / cıvata çapını, t min birleşim bölgesine gelen yada giden levha kalınlıkları toplamından küçük olanını göstermektedir.58 t r P ort · · · = ? ? 2 2- Bir plak üzerinde delik açılması (zımbalama gerilmesi) Japonya da bulunan bu köprü zımbalama etkisi yüzünden kullanılamaz halde59 Şekilde 40 kN’luk düşey kuvveti taşıyan kafes sistem görülmektedir. Bütün pimler 20 mm çapa sahiptir. Çatal uçlardaki kalınlık 10’ar mm, bağlantı levhasının kalınlığı 15 mm’dir. Elemanlardaki normal gerilmeleri C mafsalındaki kayma ve ezilme gerilmelerini hesaplayınız. Örnek 2 y x P = 40 kN B A C 1.5 m 2 m A = 0.002 m 2 A = 0.004 m 2 50 kN 30 kN 40 kN B MPa Pa AB 5 . 7 10 5 . 7 004 . 0 10 30 6 3 = × - = × - = ? MPa Pa BC 25 10 25 002 . 0 10 50 6 3 = × = × = ? MPa Pa d C 6 . 79 10 6 . 79 4 2 10 50 6 2 3 = × = × = ? ? 3 6 50 10 166.7 10 166.7 0.015 0.020 ezilme Pa MPa ? × = = × = × 3 6 50 10 125 10 125 2 0.010 0.020 ezilme Pa MPa ? × = = × = × × Basma Çekme Mesnet levhasında Çatal uçta B düğüm noktasının dengesinden çubuk kuvvetleri kolayca hesaplanabilir.60 Civata keskisine 200 N’luk P kuvveti uygulanmıştır. a) Civataya ve A, B, C noktasındaki pime gelen kuvvetleri hesaplayınız. b) AD parçasının alanı 2x10 -4 m 2 ’dir. Bu elemandaki gerilmeyi belirleyiniz. Örnek 3 ? = ? = 0 0 Bx yat F F ? + = ? = By A düş F Q F F 0 ? = ? = A B F Q M 75 100 0 Q F A 3 4 = 3 3 4 Q Q Q F By = - = ? = ? = 0 0 Cx x F F By Cy y F F F + = ? = ? 200 0 12 480 200 0 By C F M = × ? = ? kN Q 24 = 8000 By F N = kN F Cy 2 . 8 8000 200 = + = kN F Q F By A 32 24 8 = + = + = 3 4 32 10 160 2 10 AD MPa ? - × = = × NOT : Kesici uç ve sapta eğilme ve kesme etkisi vardır. 25 mm 12 480 mm P = 200 N F By F Bx =0 F Cy F Cx Bir yapı yada makine içerisinde yalnızca iki pimle bağlanan bir eleman bulunuyorsa ve bu elemanın üzerine hiç bir dış kuvvet etkimiyorsa bu elemanın görevi pimleri birleştiren doğrultuda kuvvet aktar- maktır. Kesme kuvveti ve moment oluşmaz. (iki kuv- vet etkisinde dengede olan cisim konusunu hatırlayınız) sap Kesici uç61 500 Gallon, 1000 psi Pres. Vessel D NCE CD DARLI BASINÇ KAPLARI62 D NCE CD DARLI BASINÇ KAPLARI Uygulamada rastladığımız otomobil lastikleri, boru, tank ve LPG tüpleri gibi basınç kapları temelde eksenel kuvvet taşıyan araçlardır. Basınç kaplarının et kalınlığı/ iç yarıçap, 1/10 ’dan küçük ise bu tip basınç kaplarını ince cidarlı olarak sınıflandırmaktayız. D nce cidarlı basınç kaplarında normal gerilme kalınlık boyunca sabit kalırken kalın cidarlı basınç kaplarında değişmektedir. D nce cidarlı basınç kaplarında ayrıca iç ve dış yarıçap ayrımı yapılmaz (Bu iki değer birbirine çok yakındır). Burada, ince cidarlı silindirik ve küresel basınç kaplarını ele alacağız. Basınç kabının cidarları zar gibi –membran- davrandığından eğilme momenti oluşmayacaktır. Kap eksenel simetrik yapısı ile taşıdığı maddeden kaynaklanan basınç etkisi ile serbestçe şekil değiştirirken yalnızca membran gerilmeleri adı verilen düzgün yayılı normal gerilmeler oluşur. Bu kabul, kabın rahatça şekil değiştiremediği uç bölgeleri ile mesnetleri dışında oldukça isabetlidir. Silindirik kapların uçlarındaki kapak kısımlarında kesme kuvvetleriyle eğilme momentleri ortaya çıkar. Kesme kuvveti ile Eğilme momentinden kaynaklanan bu gerilmelere süreksizlik gerilmeleri adı verilir. Süreksizlik gerilmelerini azaltmak için kapaklara uygun bir eğrilik verilir. Bu bölümde verilen bağıntılar, sıvı veya gazdan oluşan p iç basıncı halinde kullanılabilir. Vakum kapları ile denizaltılar gibi dış basınç altında kalan araçların incelenmesinde p’nin işaretinin negatif alınması yeterlidir. Dış basınç halinde hesaplanacak gerilmelerin kap cidarlarında burkulma oluşturan kritik gerilmelerden küçük olmalıdır. Şekilde gösterilen iç yarıçapı r, et kalınlığı t, manometre basıncı p olan silindirik hava tankı veya boyleri düşünelim. Manometre basıncı; içteki basıncın, dış basıncı ne kadar aştığını vermektedir. Kap cidarı üzerinde gösterilen küçük bir yüzey elemanına etki eden, ? ? ? ? c ve ? ? ? ? a gerilmelerini belirlemek istiyoruz. ? ? ? ? c gerilme bileşenine, çevresel gerilme, teğetsel gerilme veya halka gerilmesi; ? ? ? ? a gerilme bileşenine ise eksenel veya boyuna gerilme adları verilir. Çevresel gerilmeyi hesaplamak üzere L boyundaki yarım silindirik bir elemanı içindeki akışkanla birlikte ayıralım. Akışkanın kendi ağırlığı ile basınç kabının kendi ağırlığının ihmal edilebilecek kadar küçük olduğunu düşünüyoruz. Eksenel doğrultudaki basınç ile gerilmeleri basitlik nedeni ile şekil b de gösterilmedi. Şekildeki kap cidarlarında taşınan eksenel kuvvet , ? ? ? ? c (2tL), aynı düzlemdeki akışkan basıncından oluşan kuvvet ise p(2rL) dir. SD LD NDD RD K BASINÇ KAPLARI63 c ? a ? c ? a ? (a) (b) (c) ( ) rL p tL c 2 2 = ? t pr c = ? Düşey doğrultudaki toplam kuvvetin sıfır olması gerektiğinden; Eksenel gerilme, silindirik basınç kabından alınan ve şekil c’de gösterilen serbest cisim diyagramı kullanılarak hesaplanabilir. Bu diyagramdaki cidarın taşıdığı eksenel kuvvet ? a (2?rt) ; taşınan akışkanın oluşturacağı eksenel kuvvet p(?r 2 ) ’dır. Eksenel kuvvetlerin eşitliğinde, ( ) ( ) 2 2 r p rt a ? ? ? = t pr a 2 = ? bulunur. Elde edilen gerilme bağıntılarından, ? c =2? a olduğu görülmektedir. PEACHOID64 KÜRESEL BASINÇ KAPLARI Küresel basınç kaplarındaki gerilmeler, silindirik kapların incelenmesinde uygulanan işlemlere benzer şekilde bulunabilir. Küresel kaptan alınan küçük bir elemana etkiyen gerilmeler simetri nedeniyle birbirine eşittir. Küresel kap tam ortasından ayrıldığında; ? ? ? Yazılacak denge denklemi , çevresel gerilme için ( ) 2 2 r p rt ? ? ? = t pr 2 = ? Uçlarında yarım küre şeklinde kapaklar bulunan silindirik tank 1.38 MPa’lık basınçlı hava ile doldurulmuştur. Tankın yarıçapı 250 mm, et kalınlığı 8 mm olduğuna göre silindirik ve küresel kısımlarda oluşacak gerilmeleri hesaplayınız. Küresel kapaklardaki gerilme ile silindirik kısımdaki boyuna gerilme aynıdır. MPa t pr a 56 . 21 8 2 250 38 . 1 2 = × × = = = ? ? MPa t pr c 13 . 43 8 250 38 . 1 = × = = ? silindirik kısımdaki çevresel gerilme en büyük radyal gerilme tankın iç yüzünde dır. MPa r 38 . 1 - = ? Örnek 4 sonucunu verir. Bu sonuç, kürenin çapını içeren bütün kesimlerde aynı kalır. Radyal doğrultudaki gerilme kabın iç yüzünde –p; dış yüzünde sıfır olacak şekilde değişir. D nce cidarlı kaplarda bu gerilme ? c ve ? a gerilmelerinden çok küçük olduğundan genellikle ihmal edilir. D nce cidarlı basınç kaplarındaki gerilme, iki eksenli gerilme hali olarak düşünülebilir. 65 EMND YET GERD LMESD : GÜVENLD K KATSAYISI Yapıların tasarım ve analizinde karşılaşılan çevresel etkiler, kullanım yükleri, malzeme özellikleri gibi çeşitli belirsizliklere karşı uygun bir güvenlik katsayısı seçilmesi önemlidir. Belirsizlik doğuran alanların başında gerilme ve şekil değiştirme kabulleri gelmektedir. Yapının imalatında ve kullanımı sırasında oluşacak gerilmeler kesin olarak bilinmediğinden güvenlik katsayısına bazen cehalet katsayısı adı verilir. Bazı durumlarda malzeme, üzerindeki yük sabit olduğu halde şekil değiştirmeye devam eder. Zamanla oluşan bu şekil değişimine sünme adı verilir. Diğer taraftan şekil değiştirmenin sabit olduğu hallerde gerilmedeki azalmaya ise gevşeme denir. Kurşun, lastik ve bazı plastiklerde sünme normal sıcaklıklarda meydana gelmektedir. Pek çok metalde sünme olayına ergime sıcaklığının yüzde 35-50’si düzeyindeki sıcaklıklarda görülmektedir. Herhangi bir malzemenin sünme hızı yalnızca sıcaklığa değil aynı zamanda gerilme düzeyi ile yük geçmişine de bağlıdır. Sünme kaynaklı deformasyonları azaltmak amacıyla gerilmelerin küçük tutulması faydalıdır. Güvenlik katsayısı, yapı elemanına uygulanacak yükün, o elamanın taşıyabileceği en büyük yükü aşmamasını garanti eder. Güvenlik katsayısı, yapı elemanının (göçmeksizin) taşıyabileceği en büyük yükün kullanım yüküne oranıdır. Güvenlik Katsayısı = En Büyük Gerilme Kullanım Gerilmesi em maks s f ? ? = En büyük gerilme, ya akma gerilmesidir yada çekme (basınç) mukavemetidir. Güvenlik katsayısının oldukça küçük olması, emniyet gerilmesinin oldukça büyük olmasını, bu durumda da yapının kullanımı sırasında problem çıkabileceği gösterir. Diğer taraftan oldukça düşük emniyet gerilmesi ve oldukça yüksek güvenlik katsayısı ile yapı ağır ve fazla maliyetli olur. Güvenlik katsayısı, genellikle 1.5 veya üstünde seçilir. Seçim de tecrübe ve mühendislik önsezisi önemlidir. Güvenlik katsayıları pek çok ülkede standart ve yönetmeliklerle belirlenmektedir.66 Çekme ve Kısa Basma Çubuklarının Tasarımı Eksenel yüklü prizmatik çubukların mukavemet yönünden boyutlandırılmasında 1.Mümkün göçme modunun belirlenmesi: Çoğunlukla göçmede normal gerilmenin temel bir büyüklük olduğu kabul edilir. 2.Yük ile gerilme arasındaki bağıntının yazılması: 3.En Büyük Çekme mukavemetinin belirlenmesi: Malzemenin ?-? diyagramındaki en büyük ordinatı ? maks 4.Güvenlik katsayısının seçilmesi: Enmiyet gerilmesinin hesaplanmasında güvenlik katsayısı f s kullanılır. A P = ? s maks em f ? ? = em P A ? = Gerekli enkesit alanı Olur. Yukarıda sözü edilen işlemler çekme ve kısa basınç çubuklarının boyutlandırılmasında kullanılır. Narin basınç çubuklarının boyutlandırılması daha sonra incelenecektir. Eğer çubuk enkesitinde ani bir değişim varsa yukarıdaki işlemler 2. adımdaki gerilmenin hesabında gerilme yığılması katsayısı kullanılarak tekrarlanır. Çapı 1.5 m, et kalınlığı 3 mm olan çelik silindirik tankın ? enbüyük = 240 MPa, f s = 2 olduğuna göre taşıyabileceği p basıncını hesaplayınız. Örnek 5 240 120 ; 2 maks em c em s pr MPa f t ? ? ? ? = = = = ? MPa p 48 . 0 750 3 120 = · = 2 0.96 2 em a em t pr p MPa t r ? ? ? · = ? ? = = Çevresel ve Eksenel gerilmeler, emniyet gerilmesini aşmamalıdır. Bulunur. Manometre 0.48 MPa’ı aşmamalıdır.67 C ve E düğümlerinde 50 ve 20 kN’luk yükleri taşıyan kafesin AC, AD, CD ve CE çubuklarının alanlarını hesaplayınız. Emniyet gerilmesi çekmede 140, basmada 100 MPa’dır. Örnek 7 2 3 9 . 142 140 10 20 mm A A CE AC = × = = 2 3 1 . 707 140 10 99 mm A AD = × = 2 3 500 100 10 50 mm A CD = × = Çubuk kuvvetlerini, kesim yöntemini kullanarak (statik bilgilerinizden yararlanarak) kolayca bulabilirsiniz. Şekilde gösterilen kare kesitli alüminyum AB çubuğu ile dairesel kesitli çelik AC çubuğunun enkesit alanlarını hesaplayınız. Alüminyum ve çelik çubuklar için en büyük gerilme- ler sırasıyla 275 ve 480 MPa ve güvenlik katsayısı 2.5’dir. Örnek 6 7.2 7.8 3 1 1 2 3 0 * 4.2 60 3 111.4 7.8 B C C M F F kN = ? · = · ? = ? 1 0 * 4.2 60 7.2 145.5 2 C B B M F F kN = ? · = · ? = ? 0 8 . 7 2 . 7 4 . 111 2 1 5 . 145 0 ? = + - ? = ? x F MPa al 110 5 . 2 275 = = ? MPa çe 192 5 . 2 480 = = ? mm a mm A AB 4 . 36 7 . 1322 110 10 5 . 145 2 3 = ? = × = mm d mm A AC 18 . 27 2 . 580 192 10 4 . 111 2 3 = ? = × =68 Şekilde gösterilen çubuğa uygulanabilecek en büyük P kuvvetini; çekme gerilmesinin 100 MPa, basma gerilmesinin 140 MPa’ı aşmaması koşuluyla hesaplayınız. Örnek 8 kN P P AB 5 . 22 100 225 = ? ? = ? kN P P BC 2 . 25 140 900 5 = ? ? = ? kN P P CD 56 140 400 = ? ? = ? kN P P DE 28 140 400 2 = ? ? = ? { } kN P em 5 . 22 28 ; 56 ; 2 . 25 ; 5 . 22 min = = Şekilde gösterilen sistem dengededir. a) Normal gerilmenin 140 MPa değerini aşmaması koşulu ile CD çubuğunun çapını, b) B’deki 8 mm çaplı pimdeki kayma gerilmesini, c) B mesnedindeki yatak gerilmesini, d) B mesnedine bağlanan çubuktaki yatak gerilmesini hesaplayınız. Örnek 9 kN P P M B 774 . 5 200 60 sin 5 150 0 = ? · = ? = ? mm d d CD 25 . 7 140 4 10 774 . 5 2 3 = ? ? × = ? ? kN B y 33 . 4 60 sin 5 = = kN B x 274 . 8 60 cos 5 774 . 5 = + = kN B 34 . 9 274 . 8 33 . 4 2 2 = + = MPa 95 . 92 4 8 2 9340 2 = = ? ? MPa yatak 3 . 97 8 12 9340 = · = ? MPa yatak 75 . 116 8 10 9340 = · = ? b) a) c) d)69 Şekilde görülen iki plak dört adet 20 mm çaplı perçinle birleştirilmiştir. ? em = 100 MPa, ? em = 80 MPa, ? em ezilme = 140 MPa olduğuna göre bu birleşimin taşıyabileceği en büyük P kuvvetini hesaplayınız. Örnek 10 Bir perçinin kesilmeye ve ezilmeye göre taşıyabileceği kuvvet 1 1 1 2 80 25.132 4* 100.53 20 4 P P kN P P kN ? ? = ? ? = = = 1 1 1 140 28 4* 112 20 10 ez P P kN P P kN ? = ? ? = = = · Üst levhada Yırtılmaya göre tahkik; ( ) ( ) ( ) 100 90 80 20 15 3 / 4 100 120 100 2*20 15 / 4 100 480 100 20 15 a a b b c c üstlevha üstlevha üstlevha P P kN P P kN P P kN ? ? ? - - - = ? ? = - · = ? ? = - · = ? ? = - · { } min 90; 100.53 ....... 90 kN em P kN = = a b c Çok sayıda birleşim elemanının bulunduğu sorularda her perçin yada civatanın eşit kuvvet taşıdığı kabul edilir. Aşağıdaki şekilde üst levhadaki P kuvvetinin a kesitini aşınca P/4 kadar azalarak 3P/4 değerine düştüğü, b kesitinden sonra 2*P/4 kadar daha azalarak P/4 değerine indiği, c kesitinden sonra üst levhada hiç kuvvet kalmadığı şematik olarak gösterilmiştir. Alttaki levhada başlangıçta sıfır olan kuvvet a, b ve c kesitlerinden sonra arta arta en sonunda P değerine yükselmektedir. Alt levhada Yırtılmaya göre tahkik; ( ) ( ) ( ) 100 100 120 20 10 3 / 4 100 107 120 2*20 10 / 4 100 400 120 20 10 c c b b altlevha altlevha altlevha a a P P kN P P kN P P kN ? ? ? - - - = ? ? = - · = ? ? = - · = ? ? = - · Yırtılma bakımından kritik olan kesit ya birinci ya da ikinci kesittir.70 Şekilde gösterilen pim bağlantılı çerçevede a) 150 mm 2 enkesit alanına sahip CE çubuğundaki normal gerilmeyi, b) D noktasında çift tesirli olarak çalışan 10 mm çaplı pimdeki kayma gerilmesini hesaplayınız. Örnek 11 kN A A M B 66 . 8 0 8 8 30 cos 10 0 = ? = + · - ? = ? kN B F x x 66 . 3 0 = ? = ? kN B F y y 66 . 8 0 = ? = ? CE çubuğu, iki ucu mafsallı olduğundan yalnız eksenel kuvvet taşır. 0 66 . 8 8 6 45 cos 0 = · + · - ? = ? CE M ACD D kN CE 33 . 16 = MPa CE 9 . 108 150 16330 = = ? kN D kN D y x 55 . 11 89 . 2 = = ACD çubuğunun dengesi kN D 906 . 11 55 . 11 89 . 2 2 2 = + = MPA D 8 . 75 4 10 2 11906 2 = = ? ? 30 o 10 kN A B D E 2 m 6 m 2 m 6 m C 8.66 kN 11.55 kN 11.55 kN CE = 16.33 kN 2.89 kN 11.55 kN D C A Pim bağlantılı çerçevelerde ilk adım mesnet reaksiyonlarının hesaplanmasıdır. Daha sonra çerçeve elemanları teker teker ele alınıp her bir elemanda üç adet denge denklemi yazılması yoluyla istenen kuvvetler kolayca bulunur.71 0.8 m yarıçaplı küresel bir basınç kabı; iki yarım küre parçanın eşit aralıklarla yerleştirilen 40 adet cıvata yardımıyla birleştirilmesinden oluşmaktadır. D ç basınç 600 kPa olarak verildiğine göre cıvata çapı d ile basınç kabının et kalınlığı t’yi hesaplayınız. Cıvata ve küresel kabın emniyet gerilmeleri sırasıyla 100 ve 50 MPa olarak bilinmektedir. Örnek 14 0.6 800 50 2 2 4.8 em c pr t t t mm ? ? · = = ? = = N 30160 2 40 6 . 9 800 2 50 = · · · · · = ? Bir civataya düşen kuvvet 2 30160 100 19.6 4 d mm d ? ? = ? ? = Bir barajın türbinlerine su ileten cebri boru 120 m’lik su yükü altındadır. Boru çapı 900mm’dir. Boru malzemesinin en büyük gerilmesi 100 MPa, güvenlik katsayısı 1.6’dır. Borunun en küçük et kalınlığı t ne olmalıdır? (? su = 9.81 kN/m 3 ) Örnek 13 2 120 9.81 1177 / 1.177 p h kN m p MPa ? = · = · = = mm t f t s maks c 47 . 8 6 . 1 100 450 177 . 1 min = ? = ? · = ? ? 150 mm çaplı makara, 25 mm çaplı mile 5*5*25 mm boyutlara sahip bir kama ile bağlanmıştır. Kamadaki kayma gerilmesini hesaplayınız. Örnek 12 ( ) ? = ? = · - ? = kN F F M kama kama 12 5 . 12 75 3 5 0 0 MPa 96 25 5 12000 = · = ?72 Şekilde gösterilen birleşim, levhaların alt ve üst yüzlerine yerleştirilen 5 mm kalınlıklı bağ levhaları ve 4 adet 19 mm çapındaki perçinle yapılmıştır. ? ç em = 120 MPa, ? em =70 MPa, ? em ezilme = 240 MPa olarak bilindiğine göre birleşimin emniyetle taşıyabileceği P kuvvetini bulunuz. 120 mm Çalışma Soruları Şekilde gösterilen üç elemanlı kafes sisteme E noktasından P kuvveti etkimektedir. C ve D noktasından mafsalla birleştirilen, eksenel yük taşıyan CD elemanı 30x50 mm dikdörtgen kesitlidir. E noktasından uygulanan P kuvvetinin şiddeti 210 kN olduğunda CD çubuğunda oluşan normal gerilmeyi hesaplayınız. Şekilde gösterilen ABC rijit elemanı CD yüksek mukavemetli teli ve A noktasından uygulanan P kuvveti ile dengededir. Telin taşıyabileceği en büyük çekme gerilmesi ? = 350 MPa ve güvenlik katsayısı 3,3; B noktasındaki pimin taşıyabileceği en büyük kayma gerilmesi ? = 300 MPa ve güvenlik katsayısının 3,0 olduğu bilindiğine göre telin ve pimin en küçük çapı ne olmalıdır?73 BD RD M ŞEKD L DEĞDŞ TD RME VE MALZEME (BÜNYE) BAĞINTILARI Bir önceki bölümde bir yapı yada makine elemanındaki gerilmeler incelendi. Şimdi gerilme kadar önemli bir konu olan şekil değiştirme konusunu ele alacağız. Şekil değiştirme veya deformasyon analizi, birim şekil değiştirmelerin tanımları ile başlar. Birim şekil değiştirmeler deformasyonun şiddetinin ölçülmesinde kullanılır. D leriki bölümlerde malzemelerin önemli karakteristik özellikleri tanımlanacaktır. Mühendislikte kullanılan malzemelerin eksenel çekme deneyi yardımıyla belirlenen mekanik özellikleri üzerinde durulacaktır. Tek eksenli, çok eksenli ve kesme kuvvetleri etkisinde gerilme ve birim şekil değiştirme arasındaki bağıntılar ele alınıp şekil değiştirme enerjisi kavramı ile tekrarlı yüklemelerin oluşturacağı kırılma olayına giriş yapılacaktır. Dış kuvvetlerin etkisi altında bulunan bir cismin her noktası yer değiştirir. Herhangi bir noktanın yer değiştirmesi; şekil değiştirmeden yada rijit cisim hareketlerinden (ötelenme ve dönme) veya bu iki etkinin bileşiminden meydana gelir. Cisim içindeki noktaların birbirlerine göre olan konumlarında bir değişme varsa cisim şekil değiştirmiştir denir. Herhangi iki nokta arasındaki uzaklık yada herhangi üç nokta arasındaki açı değişmiyorsa yer değiştirmenin sebebi rijit cisim hareketleri olabilir. Bu bölümde yük etkisindeki mühendislik yapılarında, şekil değiştirme ile ortaya çıkan küçük yer değiştirmeler incelenecektir. Şekil değiştirme sonucu cismin hacminde yada biçiminde değişme olabilir. Bir yapı elemanındaki gerçek gerilme yayılışının belirlenmesinde bu yapı elemanındaki şekil değiştirmenin dikkate alınması gerekir. Dış yükler ve sıcaklık tesiri etkisindeki hiperstatik yapıların analizinde şekil değişimi kullanılarak hiperstatik kuvvetlerin hesaplanması için gereken ilave denklemler sağlanır. Toplam eksenel şekil değiştirme d ile gösterilecektir. Cisim içerisindeki herhangi bir noktada x, y ve z eksenleri yönündeki yer değiştirme bileşenleri u, v ve w ile tanımlanacaktır. Birim şekil değiştirmeleri 1’in yanında küçük, çarpımlarıyla karelerini ihmal edilebilecek kadar küçük kabul etmekteyiz.74 BD RD M ŞEKD L DEĞDŞ TD RME TANIMLARI Normal birim şekil değiştirme prizmatik bir çubuk üzerinde tanımlanacaktır. Birim boydaki uzunluk değişimi: Uzama oranı ? ? ? ? > 0 UZAMA ? ? ? ? < 0 KISALMA BD RD MSD Z Kayma şekil değiştirmesi, başlangıçta dik olan iki doğru arasındaki açının şekil değiştirme sonrası diklikten saptığı değerin tanjantına denir. Açı küçük olduğundan tanjantı yerine radyan cinsinden kendisi yazılabilir. ? ? ? ? > 0 DDK AÇI KÜÇÜLÜR ? ? ? ? < 0 DDK AÇI BÜYÜR BD RD MSD Z ? ? ? ' - = 2 Elastik bölgede şekil değiştirmeler 0.002 veya 2000µ µ µ µ değerlerini pek aşmaz. Uzunluk ve açıdaki değişimler uniform ise dikdörtgen içine aldığımız iki formül yeterli hassasiyette sonuç verir. Uniform olmayan bir şekil değiştirme söz konusu ise bir noktadaki birim şekil değiştirmelerin tanımlanması gerekir. L ? ? = P yükü uygulandıktan sonra çubuk boyundaki toplam uzama Çubuk başlangıç boyu75 Üçgen ABC plağı, ABC’ şeklini alacak biçimde üniform şekil değiştirme yapmıştır. a) OC ekseni doğrultusundaki normal şekil değiştirmeyi, b) AC kenarı boyunca normal şekil değiştirmeyi, c) AC ve BC kenarları arasındaki kayma şekil değişimini, hesaplayınız. Örnek 1 0.001 0.001 1000 OC b b ? µ · = = = ( ) [ ] µ ? 502 2 2 001 . 0 2 1 2 2 = · · - · + + = b b b b b AC o b b B C A 943 . 89 001 . 1 tan 2 ˆ 1 = ? ? ? ? ? ? · = ' - µ ? ? 995 180 057 . 0 = ? ? ? ? ? ? = Dik açıdaki değişim = 90 -89.943 = 0.057 o Radyan cinsinden ACB açısı azaldığı için kayma şekil değişimi pozitiftir. ÖRNEK 2 Küresel bir balonun 200 mm olan çapı, şişirildikten sonra 201 mm olmuştur. Ortalama çevresel uzama oranını hesaplayınız. 3 0 0 0 0 10 5 200 1 - × = = - = - = D D D D D D c ? ? ? ? Çevre= ? D, D 0 : ilk çap ÖRNEK 3 Dçi boş bir silindir iç basınç etkisinde 200 mm olan i ç çapı 0.5 mm, 400 mm olan dış çapı 0.3 mm artmıştır. a) Çevresel doğrultudaki en büyük uzama oranı b) Radyal doğrultudaki ortalama uzama oranını hesaplayınız. 200.5 200 0.5 0.0025 200 200 iç c ? ? ? ? - = = = 00075 . 0 400 3 . 0 400 400 3 . 400 = = - = ? ? ? ? diş c 001 . 0 100 100 9 . 99 - = - = ? = t t r ? Dç çevredeki uzama oranı Dış çevredeki uzama oranı Radyal doğrultudaki uzama oranı76 ÖRNEK 4 Şekilde görülen dikdörtgen levha, yüklemeden sonra bir paralel kenara dönüşmüştür. Levhanın AB ve CD kenarları 0.005 mm uzayıp 0.0012 radyan saat dönüşü yönünde dönerken AD ve BC kenarları ise 0.002 mm kısalarak 0.0004 radyan saat dönüş yönüne ters yönde dönmüştür. a=40mm, b=20mm olduğuna göre düzlem birim şekil değiştirme bileşenlerini hesaplayınız. x y A B C D a b 20.005 00005 . 0 40 002 . 0 - = - = x ? 3 10 25 . 0 20 005 . 0 - × = = y ? 0016 . 0 0004 . 0 0012 . 0 = + = xy ? ÖRNEK 5 Şekilde görülen ince dikdörtgen plak iki eksenli çekme gerilmeleri etkisinde uzama oranlarını yapmaktadır. AC köşegenindeki boy değişimini hesaplayınız. 4 4 10 4 10 6 - - × = × = y x ? ? mm AD x 122 . 0 = ·? AD kenarındaki toplam şekil değiştirme= mm AB y 061 . 0 = ·? AB kenarındaki toplam şekil değiştirme= AC köşegeninin ilk uzunluğu= mm 6 . 253 203 152 2 2 = + AC köşegeninin şekil değiştirdikten sonraki ilk uzunluğu; ( ) ( ) mm 734 . 253 122 . 203 061 . 152 2 2 = + AC köşegenindeki boy değişimi; mm AC 1343 . 0 = ?77 Şekil Değişiminin Bileşenleri Üniform şekil değiştirme yoksa birim şekil değiştirme cismin içinde noktadan noktaya değişir. Daha önce yazdığımız bağıntıların ?x uzunluğundaki bir AB doğru parçası ile ilgili olması gerekir. Eksenel kuvvet altında doğru parçasının uçları u ve u + ?u yer değiştirmelerini yaparak A’ ve B’ noktalarına gelir. Yani doğru parçasının boyunda ?u kadarlık bir uzama gerçekleşir. Tanım gereği normal şekil değiştirme dx du x u x x = ? ? = › ? 0 lim ? dır. Burada limitin anlamı düşünülürse ?x, sıfıra giderken yalnızca A noktasında x doğrultusundaki uzama oranı ifade edilmektedir. Düzlem veya iki eksenli şekil değiştirme durumunda yükleme öncesi ve sonrası cisim içindeki her nokta yine aynı düzlem içinde kalırlar. Bu durumda birim kalınlıklı dx ve dy boyutlu bir eleman doğrusal ve açısal şekil değiştirme yapabilecektir. dx x u u ? ? + dy y v v ? ? + Bir düzlem elemanın doğrusal şekil değiştirmeleri x u dx dx u dx x u u dx x ? ? = - ? ? ? ? ? ? - ? ? + + = ? y v dy dy v dy y v v dy y ? ? = - ? ? ? ? ? ? ? ? - ? ? + + = ? Bir düzlem elemanın açısal (kayma) şekil değişimi u v dx dy x y dy y u ? ? dx x v ? ? A B C D D’ C’ B’ A’ ( ) ( ) 1 1 xy x y u v dy dx y x u v dx u dx u dy v dy v x y u v dy dx u v y x dx y x dy ? ? ? ? ? ? ? = + ? ? ? ? ? ? + + - + + - ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = + = + + ? ? + Örneğin u’nun y ekseni doğrultusundaki değişimi (hızı) , u’daki artış ise dır. Burada sonsuz küçük elemanın başlangıçta düşey olan kenarının eğimi olur. y u ? ? dy y u ? ? y u ? ?78 x u dx dx dx u x dx x ? ? ? ? + - ? ? ? ? ? ? = = ? y v dy dy dy y v dy y ? ? ? ? + - ? ? ? ? ? ? = = ? ( ) ( ) 1 1 xy x y u u v v dy dy dx dx u v y y x x u dx y x v dy dx dx dy dy x y ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = + = + = + ? + ? ? ? ? ? ? ? + + + ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Düzlem elemanın doğrusal şekil değiştirmeleri Düzlem elemanın Açısal şekil değiştirmeleri u ve v, x ve y’nin fonksiyonu olduklarından kısmi türev gösterimi (notasyonu) kullanılmaktadır. Benzer şekilde yatay kenar da açısı yapacak şekilde yükselir. x v ? ? x u x ? ? = ? y v y ? ? = ? x v y u xy ? ? + ? ? = ? A D B C u v dx dy v dx x ? ? u dx x ? ? v dy y ? ? u dy y ? ? Rijit ötelenme x y B' C ' D' u dy y ? ? v dx x ? ? Bir noktadaki düzlem şekil değiştirme halini anlatabilmek için yukarıda tanımlanan üç birim şekil değiştirme bileşeninin verilmesi gerekir. Önceki sayfada süperpozisyon kuralı kullanılarak elde edilen bir noktadaki doğrusal ve açısal düzlem şekil değiştirme bileşenlerini tek bir şekil üzerinde tekrar gösterelim. Yer değiştirme fonksiyonlarındaki değişimi aşağıdaki biçimde yazmak mümkündür. u u du dx dy x y v v dv dx dy x y ? ? = + ? ? ? ? = + ? ? Bu ifadelerdeki her terim, fiziksel anlamından hareketle yandaki şekil üzerinde işaretlenmiştir. 79 , , x y z u v w x y z ? ? ? ? ? ? = = = ? ? ? , , xy yz xz u v v w u w y x z y z x ? ? ? ? ? ? ? ? ? = + = + = + ? ? ? ? ? ? x xy xz yx y yz zx zy z ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = ? ? ? ? ? ? Eğer bir noktadaki şekil değiştirme halini anlatan 6 bağımsız şekil değiştirme bileşeni biliniyorsa, prizmanın boyutlarındaki ve şeklindeki değişimi tam olarak belirleyebiliriz. 6 adet birim şekil değiştirme bileşeni, eksenler doğrultusundaki üç adet yerdeğiştirme fonksiyonlarına türevlerle bağlıdır. Demek ki bu büyüklükler birbirlerinden bağımsız olamazlar. ? x , ? y , ? z , ? xy , ? yz ve ? xz ’nin sağlaması gereken 6 adet ifadeye UYGUNLUK denklemleri denir. D ki boyutlu problemlerde yalnızca 1 adet uygunluk denklemi vardır. Uygunluk denklemleri şekil değiştirmenin sürekli ve tek değerli olduğunu ve şekil değiştirme sırasında cismin içinde kütle kaybı (boşluk) olmayacağını ifade ederler. y x x y xy y x ? · ? ? = ? ? + ? ? ? ? ? 2 2 2 2 2 Düzlem Hali için Uygunluk denklemi UYGUNLUK DENKLEMLERD Bir noktadaki düzlem şekil değiştirme hali örneğin xy düzlemi için, x ve y eksenleri doğrultusundaki uzama oranları ile xy düzlemindeki kayma açısı yardımıyla tanımlanmaktadır. Bir noktadaki üç boyutlu şekil değiştirme halinin tanımlanmasında x, y ve z eksenleri doğrultusundaki uzama oranları ile xy, yz ve xz düzlemlerindeki kayma açılarının verilmesi yeterlidir. Kenarları dx, dy ve dz olan üç boyutlu bir prizmatik elemanın yapacağı şekil değiştirmeyi tanımlamakta aşağıdaki altı adet şekil değiştirme bileşenleri kullanılır. Bu şekil değiştirme bileşenleri tıpkı gerilme haline benzer bir simetrik tansör oluşturur.80 ÖRNEK 7 Şekilde gösterilen bisiklet fren lastiği V kesme kuvveti etkisiyle deforme olup AB’C’D şeklini almıştır. Kayma açısının; a) herhangi bir noktada, b) Yüksekliğin ortasında c) Orijinde aldığı değerleri hesaplayınız. 2 ? ? ? ? ? ? = b y h x 2 2 , 0 2 xy y u h v b u v h y y x b ? ? ? = = ? ? ? ? ? ? = + = ? ? y y xy 3 2 10 025 . 0 200 5 . 0 2 - × = · = ? a) 0025 . 0 100 200 5 . 0 2 2 = · = xy ? b) 0 = xy ? c) 0.4x0.4 m’lik kare ABCD plağının yüklemeden sonraki hali şekil üzerinde kesikli çizgilerle gösterilmiştir. A köşesinde, düzlem şekil değiştirme bileşenlerinin ortalama değerlerini hesaplayınız. Örnek 6 x u u A D x ? - = ? B A y v v y ? - = ? x v v y u u A D A B xy ? - + ? - = ? µ ? 1000 400 3 . 0 7 . 0 = - = x µ ? 625 400 25 . 0 - = - = y µ ? 500 400 0 1 . 0 400 3 . 0 0 - = - + - = xy Negatif işaret açının arttığını gösterir.81 ÖRNEK 9 Şekilde gösterilen çubukta oluşacak en büyük ? x uzama oranını; elemanın uzunluğu doğrultusundaki yerdeğiştirme fonksiyonunu a) b) olması durumları içi ayrı ayrı hesaplayınız. ( ) 3 2 10 - × = L x u ( ) ? ? ? ? ? ? = - L x L u 2 sin 10 3 ? L x 002 . 0 10 2 3 = × = = = - L x maks x L x dx du ? a) b) ( ) ( ) 3 3 10 cos 2 2 10 0.00157 2 x maks du x L dx L L ? ? ? ? - - ? ? = = ? ? ? ? = = ÖRNEK 8 Şekilde görülen ince üçgen plak, uniform şekil değiştirme yaparak A’B’C’ biçimini almıştır. ? x ve ? y uzama oranları ile AC ve BC kenarları arasındaki kayma açısını hesaplayınız 0012 . 0 1000 2 . 1 = = x ? 0015 . 0 1000 5 . 1 - = - = y ? o 1 15 . 90 5 . 998 2 . 1001 tan 2 2 = ? ? ? ? ? ? · = · - ? ( ) radyan xy 0027 . 0 180 15 . 90 90 - = - = ? ?82 Malzemenin yük altındaki davranışını tanımlamakta gerilme ve birim şekil değiştirme kavramlarının kullanılacağı daha önce GERD LME konusu anlatılırken söylenmişti. Bu bölümün başında uzama oranı ve kayma açısı adı verilen iki birim şekil değiştirme kavramı açıklandı. Malzemenin yük altındaki davranışını belirlemek amacıyla eksenel çekme ve kesme deneyi gibi basit deneyler yapılır. Eksenel çekme deneyinde genellikle silindirik numuneler kullanılır. Numuneye uygulanan çekme kuvveti yavaş yavaş arttırılarak numunenin boyundaki uzamalar ölçülür. Düşey eksende uygulanan çekme kuvveti yatay eksende numune boyundaki uzamayı gösteren kuvvet-deplasman diyagramından yalnızca o numune hakkında bilgi alınabilir. Malzeme davranışını betimleyen sabitlerin bulunmasında birim alana gelen kuvvet ile birim boydaki değişimi ifade eden ?-? diyagramı tercih edilir. D ki ve üç eksenli gerilme halinde, bünye bağıntılarının deneysel olarak belirlenmesi pratik bakımdan mümkün değildir. Hem yapılması gereken deney sayısı çok fazladır, hem de deneylerin yapılmasında teknik zorluk söz konusudur. Bu sebeple tek eksenli çekme ve kesme deneyi sonuçları çok eksenli gerilme etkisindeki malzeme davranışını ifade etmek üzere genelleştirilir. Yük altındaki malzemede oluşan gerilmeleri, birim şekil değiştirmelere bağlayan bünye yada malzeme bağıntılarına genelleştirilmiş Hooke yasaları adı verilir. Şimdi mühendislikte kullanılan çeşitli metaller, plastikler, ahşap, seramikler cam ve beton gibi malzemelerin önemli özelliklerini tanımlayacağız. Bünye Bağıntılarının Deneysel Olarak Belirlenmesi Mühendislikte Kullanılan Malzemeler Eksenel yüklü çubuk problemini tekrar ele alalım. Yazılabilecek iki denklemde; A P x = ? x u x ? ? = ? Gerilme-Dış yük Birim şekil değiştirme - yerdeğiştirme u x x , ,? ? . Olmak üzere üç bilinmeyen vardır. Gerekli olan bir ilave denklem ?-? ilişkisi malzeme kaynaklıdır. Sonuçta eleman üzerindeki yüklerden oluşan yerdeğiştirmeler ve malzemelerin mekanik özellikleri birleştirilebilir.83 ELASTD K MALZEME Elastisite : Yüklerin kaldırılması ile ilk şekillerine geri dönme özeliğidir. Yüklemenin büyüklüğüne bağlı bir özelliktir. Plastisite : D lk şekle dönüş olmayan malzemelere has bir özelliktir. Süneklik : Kırılmadan önce büyük şekil değiştirme yapabilme özelliği. Örnek: çelik, çeşitli alaşımlar, naylon Gevreklik : Kırılmadan önce çok az deformasyon yapma özelliğidir. Örnek: Dökme demir, beton Yükleme Gerilme Sıcaklık Hızı Şekli SÜNEK GEVREK KOMPOZD T MALZEME D ki veya daha fazla sayıda malzemeden oluşan bünyeye denir (Çelik lifli cam, polimerler) Matris adı verilen bağlayıcı içinde yüksek dayanımlı malzemenin katılmasından oluşur. Homojen malzemelere göre daha yüksek dayanım/öz ağırlığa sahiptir. Mukavemet dersinde HOMOJEN D ZOTROP malzemeler ele alınacaktır. D zotrop malzemenin yük altındaki davranışı yönden bağımsızdır. Örneğin izotrop malzemeden yapılmış bir kübe uygulanan yük, hangi doğrultuda etkirse etkisin aynı şekil değişimi ölçülecektir. Ahşap ise anizotrop bir malzemedir. Kuvvet etkisindeki davranışı yöne bağlıdır. Ahşabın büyüme doğrultusunda etkiyen yükü taşıma özelliği iyi iken enine doğrultuda etkiyen yükleri taşıma özelliği düşüktür. Süneklik önemli bir malzeme özelliği olduğu kadar yapısal davranış açısından da aranan bir özelliktir. Deprem gibi çok büyük zorlamalar geldiğinde her elemanın taşıyabildiği kadar kuvveti taşıması fazlasını ise komşulara aktarabilmesi (yüklerin yeniden dağılımı) ancak yapı elemanlarının kırılmadan büyük şekil değiştirme yapabilmesi ile diğer bir deyişle sünek davranışla mümkündür. Sünek davranışda büyük deformasyonlar söz konusu olduğundan zorlanmayı haber verme özelliği bulunmaktadır. Gevreklik ise sünekliğin tersi bir özellik olarak deformasyon yapma kabiliyetinin olmaması demektir. Gevrek davranışta malzeme yada yapı aniden göçerek büyük mal ve can kaybına sebep olur. Gevrek davranışta haber vericilik yoktur. 84 GERD LME-BD RD M ŞEKD L DEĞDŞ TD RME DD YAGRAMI ?-? diyagramları malzeme özelliklerinin belirlenmesinde kullanılır. Diyagramlar eksenel çekme deneyi yapılarak çizilir. Genellikle dairesel kesitli bir numune deney aletine taklılır ve oda sıcaklığında yavaş yavaş arttırılan eksenel çekme kuvveti uygulanır. Numunedeki uzamaları ölçmek için Ekstansometre adı verilen bir alet kullanılır. Birim Şekil Değiştirme ? Uzama Oranı ? Gerilme ? MPa Gerilme ? MPa Ölçek N Ölçek M Ölçek M Ölçek M Gerçek gerilme- gerçek uzama oranı diyagramı malzeme konusundaki araştırmalarla plastik davranışın incelenmesinde kullanılır. DD YAGRAMIN OA KISMI : Elastik bölge, A noktasına kadar ?-? doğrusal A noktasından sonra malzemede gerilme artmaksızın uzama görülür. Genellikle A ve B akma noktası aynı alınır. a pL ? ? = Orantı sınırı Akma sınırı Solda verilen diyagram, yapı çeliği için ?-? diyagramıdır. OABCDE diyagramının ilk kısmı ölçek değiştirilerek yeniden çizilmiştir. OABCF gerçek gerilme-gerçek uzama oranı diyagramı85 Uzama Yüzdesi = ( ) 25 % 100 0 0 › - L L L kıırılm (Yapı çeliğinde) Alan Azalma Yüzdesi = (Yapı çeliğinde) ( ) 50 % 100 0 0 › - A A A kıırılm Boyun verme Alüminyum, magnezyum ve bakırda belirgin bir akma noktası görülmez. Akma gerilmesini bulmak üzere 0.002’lik uzama oranına karşı gelen noktadan başlangıç teğetine paralel çizilir. Plastik bölgedeki numuneden yük kaldırılırsa başlangıç teğetine paralel olarak yük boşaltma eğrisi (doğrusu) görülür. BG//OA, B noktasındaki uzama malzemede kalıcı olur. Yeniden yüklendiğinde GB ve orijinal diyagram üzerindeki eğri boyunca ilerlenir. Sünek malzemelerin eksenel çekme ve eksenel basınç altındaki davranışları aynıdır. Gevrek malzemelerin çoğunda eksenel basınç dayanımları, çekme dayanımlarından fazladır. Malzeme özellikleri direkt kesme ve burulma deneyleriyle de bulunabilir. Bu deneylerde ?-? diyagramları çizilir. Akma gerilmesi ve dayanım sınırı çekme deneylerinde bulunanın yarısı mertebesinde elde edilir. Standart Süneklik Ölçüleri: AE KISMI :Plastik bölge, CD arasında uzamalar gerilmenin artmasıyla mümkün, buna pekleşme adı verilir. C noktasından sonra ulaşılan D noktası ? çekmedayanımı adı verilir. ? E = Kırılma dayanımı, Kırılmada parçalar çubuk eksenine 45 o açı yapan yüzeyler oluşturur. Klasik diyagramlar, gerçek gerilme gerçek şekil değiştirme diyagramlarındaki açılmanın sebebi uzamaların tek bir kesitte birikmesidir. Buna boyun verme denir.86 HOOKE YASASI VE POISSON ORANI Yapı malzemelerinin çoğunda ?-? diyagramları doğrusal elastik bir bölge ile başlar. ? ? · = E D fadesi HOOKE yasası olarak bilinir. E : Elastisite modülü (Young Mudülü) Birimi gerilme birimi ile aynı [Pa, MPa] Başlangıç teğetinin eğimidir. Çelik için 200-210 GPa dır. ? : boyutsuz büyüklük Orantı limiti üstündeki noktalardaki diyagram eğimine teğet modülü E t adı verilir. pL ? ? = 0 ? ? Yine orantı limiti üstünde oranına Sekant modülü adı verilir. Bu üç değer malzemenin çekme ve basınçtaki rijitliğinin ölçüsü olarak kullanılır. Elastisite özelliği kesme kuvveti taşıyan bir eleman üzerinde benzer şekilde ölçülebilir. ? – ? diyagramının doğrusal elastik olduğu kısımdan s E = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? · = G Kayma Modülü [Pa, MPa] Kayma gerilmesi – Kayma şekil değiştirme için “Hooke Yasası” denir. Çekme gerilmeleri uygulandığında elemanın boyu uzarken elemanın en kesit alanı azalır (enine doğrultuda büzülme olur). Elastik bölgede; ? ? ? ? = - Enine Uzama Oranı Boyuna (eksenel) Uzama Oranı ? : Poisson Oranı : 0.3 Çelik için 0.5 kauçuk genellikle 0.25-0.35 0.1 beton arasında değişir.87 Şekilde görülen çelik dikdörgen blok iki ucundan uygulanan çekme kuvveti etkisindedir. P = 46706 N’luk çekme kuvveti uygulandığında ? x = 0.07112 mm artış, ? z = 0.005334 mm azalma ölçülmüştür. E ve ?’yü hesaplayınız. Örnek 10 MPa x 79 . 144 7 . 12 4 . 25 46706 = × = ? 4 144.79 0.07112 7 10 101.6 206841 x x L E E MPa ? ? - = = = = × = 4 10 1 . 2 4 . 25 005334 . 0 4 . 25 - × - = - = = z z ? ? 3 . 0 10 7 10 1 . 2 4 4 = × × - - = - = - - x z ? ? ? ÖRNEK 11 Şekilde görülen elemanın üzerine yüklemden önce 10x10 mm 2 lik ABCD karesi çizilmiştir. Yüklemeden sonra kare, eşkenar dörtgen şeklini aldığına göre Elastisite modülü ile Poisson oranını hesaplayınız. ? ? · = E ( )MPa E 3 10 * 6 . 40 14 . 14 14 . 14 11 . 14 85 = - - = = ? ? 707 000 . 0 14 . 14 14 . 14 15 . 14 = - = enine ? -0.00212 14 . 14 14 . 14 11 . 14 = - = boyuna ? 3 1 = - = boyuna enine ? ? ? mm BD AC 14 . 14 10 10 2 2 = + = = Yüklenmeden önce köşegen uzunluğu;88 HACDM DEĞDŞDMD : dx.dy.dz hacimli bir küp eleman üzerine yalnızca ? x gerilmesi uygulayalım. E x x z y ? ? ?? ? ? - = - = = Kübün son hacmi ( ) ( ) ( )dz dy dx V z y x ? ? ? + · + · + = 1 1 1 ( ) dz dy dx terimler mertebe ve V edilir ihmal z y x · · ? ? ? ? ? ? ? ? + + + + = . 3 2 1 ? ? ? V V V ? + = 0 e V V = ? 0 Birim Hacim Değişimi ( ) E E E V V V e x x x z y x ? ? ? ? ? ? ? ? - - = + + = - = 0 0 ( ) ( ) x x E E e ? ? ? ? 2 1 2 1 - = - = Çekme Gerilmesi Hacmi Arttırır. Basma Gerilmesi Hacmi Azaltır. Sıkıştırılamaz cisimlerde 2 1 0 2 1 0 = ? = - ? = ? ? e Lineer elastik bölgede ? < 0.5 Plastik bölgede ? = 0.5 (hacim sabit kalır)89 GENELLEŞTD RD LMDŞ HOOKE YASALARI Tek eksenli, ?- ? bağıntısı iki ve üç eksenli gerilme hali için genişletilebilir. Deney sırasında, normal gerilmelerin kayma birim şekil değiştirmesi oluşturmadığı veya kayma gerilmelerinin de normal birim şekil değiştirmesine yol açmadığını görmekteyiz. Malzemenin lineer elastik, şekil değiştirmelerin küçük oldukların kabul edildiğinden süperpozisyon ilkesinden faydalanarak iki ve üç eksenli gerilme durumu için Hooke yasaları formüle edilebilir. Birim kalınlıklı elemanın iki eksenli gerilme etkisinde olduğunu düşünelim. ? x gerilmesinden x ekseni doğrultusunda ? x /E kadar uzama oluşur. ? y gerilmesi ise x ekseni doğrultusunda ?? y /E kadar kısalmaya neden olur. ? x ve ? y gerilmelerinin etkisi altında x ve y doğrultusundaki uzama oranlarını; E E y x x ? ? ? ? - = E E x y y ? ? ? ? - = E x ? E y ? ? - x ? xy ? y x Tam kayma etkisindeki eleman Dki eksenli gerilme etkisindeki eleman Tam kayma düşünüldüğünde ise elastik gerilme – şekil değiştirme bağıntısı olmakta idi . gerilmesi yalnızca kayma birim şekil değiştirmesi oluşturmaktadır. Yukarıdaki ifadeleri gerilmeler cinsinden yazarsak; G xy xy ? ? = xy ? xy ? x y x E ? ?? ? = + x y y E ?? ? ? - = - ( ) y x y y E E ?? ? ? ? ? + - = - ( ) 2 1 ? ? ? ? ? - = + ? y x y E E ( ) y x x E ?? ? ? ? + - = 2 1 ( ) 2 1 y x y E ? ?? ? ? = + - xy xy G? ? = bulunur. Bu ifadelere iki boyutlu gerilme halinin HOOKE YASALARI denir. G xy xy ? ? =90 Benzer şekilde üç boyutlu gerilme halinin Genelleştirilmiş Hooke Yasalarını şöyle yazabiliriz. ( ) [ ] z y x x E ? ? ? ? ? + - = 1 ( ) [ ] z x y y E ? ? ? ? ? + - = 1 ( ) [ ] y x z z E ? ? ? ? ? + - = 1 G xy xy ? ? = G yz yz ? ? = G xz xz ? ? = Bu ifadeleri gerilmeler cinsinden yazarsak; ( )( ) ( ) x z y x x G E ? ? ? ? ? ? ? ? 2 2 1 1 + + + - + = ( )( ) ( ) y z y x y G E ? ? ? ? ? ? ? ? 2 2 1 1 + + + - + = ( )( ) ( ) z z y x z G E ? ? ? ? ? ? ? ? 2 2 1 1 + + + - + = Daha önce doğrusal ve açısal şekil değiştirmeleri incelediğimiz elemanın diyagonalindeki boy değişimi normal birim şekil değiştirme ? ? ? ? x ve ? y ile kayma birim şekil değişimi ? xy ’den oluşacağını görerek kayma modülü G’nin E ve ? ile ilgili olması gerektiği sonucuna varırız. Bu durum ileri bölümlerde tekrar ele alınacaktır. ( ) ? + = 1 2 E G Sonuç olarak izotrop malzemelerin iki bağımsız elastik sabitinin olacağını bu sabitlerin de eksenel çekme deneyi ile E ve ? şeklinde bulunduğunu, Kayma modülü G’nin E ve ? cinsinden ifade edilebileceğini söyleyebiliriz. xy xy G? ? = yz yz G? ? = xz xz G? ? =91 Bir noktadaki şekil değiştirme bileşenleri ? x = 900µ, ? y = -100µ ve ? xy = 600µ olarak biliniyor. Bu şekil değiştirme durumunu oluşturacak düzlem gerilme halini belirleyiniz. E=200 GPa Poisson oranı=0.3 Örnek 12 ( ) 6 2 2 200000 (900 0.3 ( 100)) 10 191.2 1 1 0.3 x x y E MPa ? ? ?? ? - = + = + × - × = - - 6 200000 600 10 46.15 2(1 ) 2(1 0.3) xy xy xy E G MPa ? ? ? ? - = = = × = + + ( ) 6 2 2 200000 ( 100 0.3 900) 10 37.4 1 1 0.3 y y x E MPa ? ? ?? ? - = + = - + × × = - - x y z P P P 100 mm 30 mm 40 mm ÖRNEK 13 Şekilde görülen blok bütün yüzeylerinden etkiyen p = 150 MPa’lık üniform basınç etkisindedir. E = 200 GPa, ? = 0.3 alarak hacimdeki ve her bir kenarındaki boy değişimini hesaplayınız. p z y x - = = = ? ? ? ( ) [ ] ( ) p E p p E x - - = - - - = ? ? ? 2 1 2 1 ( ) [ ] ( ) p E p p E y - - = - - - = ? ? ? 2 1 2 1 ( ) [ ] ( ) p E p p E z - - = - - - = ? ? ? 2 1 2 1 ( ) p E z y x - - = = = = ? ? ? ? ? 2 1 ( ) 3 3 10 3 . 0 150 10 200 3 . 0 2 1 - × - = - × · - = ? 3 3 0 3 3 0.3 10 100 40 30 108 x y z V V mm V ? ? ? ? - ? = + + = ? ? = - · × · · = - mm x 03 . 0 100 10 3 . 0 3 - = · × - = - ? mm y 009 . 0 30 10 3 . 0 3 - = · × - = - ? mm z 012 . 0 40 10 3 . 0 3 - = · × - = - ?92 x y z 200 mm 120 mm ÖRNEK 14 Şekilde görülen dökme demirden yapılmış silindir, eksenel doğrultuda 40 MPa, radyal doğrultuda 10 MPa’lık basma gerilmeleri etkisindedir. E = 100 GPa, ? = 0.25 alarak silindirin boyu ve çapındaki değişimleri ve hacimdeki değişimi hesaplayınız. MPa x 40 - = ? MPa z y 10 - = = ? ? ( ) [ ] 3 3 10 35 . 0 10 10 25 . 0 40 10 100 1 - × - = - - - - × = x ? ( ) [ ] 3 3 10 025 . 0 40 10 25 . 0 10 10 100 1 - × = - - - - × = = z y ? ? mm L 07 . 0 200 10 35 . 0 3 - = · × - = ? - mm d 003 . 0 120 10 025 . 0 3 + = · × + = ? - 3 3 3 10 30 . 0 10 025 . 0 2 10 35 . 0 - - - × - = × · + × - = + + = z y x e ? ? ? 3 2 3 0 679 200 60 10 30 . 0 mm V e V - = · · · × - = · = ? - ? Hacim azalması ÖRNEK 15 Uzunluğu L, kalınlığı t ve genişliği b olan levha iki rijit duvarın arasına şekilde gösterildiği gibi yerleştirilmiştir. P eksenel basınç kuvveti taşıyan levhadaki gerilme ve birim şekil değiştirme bileşenlerini belirleyiniz. 0 = z ? 0 = y ? t b P x · - = ? 0 = = = xz yz xy ? ? ? [ ] y x x E ?? ? ? - = 1 [ ] x y x y y E ?? ? ?? ? ? = ? - = = 1 0 [ ] x y x z E ? ? ? ? ? ? ? - - = + - = 1 x x E ? ? ? 2 1- = t b P t b P y x · - = ? · - = ? ? ? ( ) t b P E t b P E z x · · + = ? · · - - = ? ? ? ? ? 1 1 2 2 1 ? ? ? - = E x x ? ? ? ? - = - 1 x z Efektif elastisite modülü Efektif poisson oranı Bu değerler geniş kiriş ve plaklarda kullanılmaktadır.93 ŞEKD L DEĞDŞ TD RME ENERJD SD Dış yüklerin cismin şekil değişimi sırasında yaptıkları iş şekil değiştirme enerjisi olarak cismin içinde depolanır. Enerji kaybının olmadığı, tam elastik cisimlerde yükün kaldırılması ile (şekil değişimini yok ederek) geri alınabilir. Bu bölümde verilecek şekil değiştirme enerjisi kavramı statik ve dinamik yüklerle ilgili çeşitli problemlerin çözümünde kullanılacaktır. Şekil değiştirme enerjisnin en büyük faydası elemandaki kırılmanın belirlenmesi ile darbeli yüklemenin malzeme üzerindeki etkisinin incelenmesinde ortaya çıkmaktadır. Tek eksenli gerilme halinde şekil değiştirme enerjisini belirlemek üzere yavaş yavaş artan ? x gerilmesine maruz bir eleman düşünelim. Elemanın x yüzlerinde ? x dydz kuvveti etkir. x ekseni doğrultusunda ? x dx kadar bir uzama oluşur. Lineer elastik malzemeler için Hooke yasası x ? x ? x x E ? ? · = Şekil değiştirme sırasında elemanın yüzlerine etkiyen ortalama kuvvet olur. Bu kuvvetin yaptığı iş, yani şekil değiştirme enerjisi dU, olur. dz dy x · · ? 2 1 dx dz dy x x · · · · ? ? 2 1 dV dx dz dy dU x x x x ? ? ? ? 2 1 2 1 = · · · · = SI birim sisteminde iş ve enerji birimi Joule (J)’dür. (N.m) Birim hacimdeki şekil değiştirme enerjisi enerji yoğunluğu adını alır ve U 0 ile gösterilir. dV dU 2 2 2 1 2 2 0 x x x x E E U ? ? ? ? = = · = Bu alan şekilde mavi olarak gösterilmiştir. ? –? diyagramının üzerindeki alana Komplemanter enerji yoğunluğu adı verillip ile gösterilir. * 0 U94 SI birim sisteminde enerji yoğunluğu birimi J/m 3 dür veya (pascal). Şekil değiştirme enerjisi ifadesinde s x ’in karesi geldiğinden bu her zaman pozitif bir büyüklüktür. ?–? diyagramında akma noktasının altında kalan alan veya akma gerilmesine ulaşan bir malzemedeki şekil değiştirme enerjisi yoğunluğu Rezilyans Modülü adını alır. Rezilyans modülü malzemenin kalıcı şekil değişimi yapmadan yutabileceği enerjinin ölçüsünü verir. Örneğin yumuşak çelik; ( ) 3 9 2 6 2 121 10 200 2 10 220 2 m kJ E = × · × = ? ?–? diyagramının altındaki bütün alan Tokluk Modülü adını alır ve malzemenin kırılmaksızın yutabileceği enerji miktarını gösterir. Tek eksenli normal gerilme durumunda şekil değiştirme enerjisi , enerji yoğunluğu ifadesinin hacim üzerinde entegre edilmesi yolu ile; ? = dV E U x 2 2 ? Bulunur. Bulunan bu ifade eksenel yükleme ve kirişlerin eğilmesi problemlerinde kullanılabilir.95 ÖRNEK 16 10 mm çaplı 3 metre uzunluğundaki çubukta depolanan şekil değiştirme enerjisi 70 J dür. P kuvvetinin değerini hesaplayınız. E=200 GPa 2 2 9 5 *3 70 2 2*200 10 *7.854 10 27075 P L P U EA P N - = = = i i ÖRNEK 17 Şekilde gösterilen konik çubuk P kuvveti etkisi altında dengededir. Çubukta depolanan şde ni hesaplayınız. 2 2 2 2 min 2 2 2 2 2 2 min 2 min 4 4 1 1 2 2 2 8 10 x x x x x x A r r x A x L L P P dx P L du U dV A dx E EA E A EA u P L U EA ? ? ? ? ? ? ? = = + = + ? ? ? ? ? ? ? ? = = = = = ? ? ? ? 4 4 1 u x du dx L L = + = ÖZEL DURUM: D ki ucundan N eksenel kuvveti etki eden prizmatik çubuğa depolanan şekil değiştirme enerjisinin hesabı 2 2 2 2 2 2 2 x N N L U dV Adx U E EA EA ? = = ? = ? ?96 Şekilde gösterilen iki çubuklu kafes sistemde B düğü- mündeki düşey yer değiştirmeyi iş-enerji yöntemiyle hesaplayınız. E=70 GPa ÖRNEK 18 kN F F BC y 50 0 = ? = ? kN F F AB x 30 0 - = ? = ? 2 2 9 9 3 30000 1.5 50000 2.5 24.732 2 0.004 70 10 2 0.002 70 10 1 1 24.732 40000 24.732 2 2 1.24 10 B B B U J W P m ? ? ? - × × = + = × × × × × × = = = = × v =40 kN Eğer bir kafes kirişe sadece bir tek kuvvet etki ediyorsa kuvvetin etki ettiği noktadaki yer değiştirmeyi iş-Enerji yöntemi ile hesaplayabiliriz. Dış kuvvetin yaptığı iş (W), kafes sistemde depolanan toplam şekil değiştirme enerjisine (U) eşit olmalıdır. Dış Kuvvet sıfırdan başlayıp yavaş yavaş artarak son değerine ulaştığı için yapılan işi ortalama kuvvet x yer değiştirme olarak yazmak mümkündür. 2 1 1 2 2 n i i dış i i N L W U P EA ? = = = ? DŞ -ENERJD YÖNTEMD D LE DEPLASMAN HESABI97 Şimdi ? xy kayma gerilmesi taşıyan bir eleman düşünelim. Üst yüze etkiyen ? xy dxdz kuvveti ? xy dy yerdeğiştirmesini oluştursun. Gerilmeler sıfırdan başlayıp yavaş yavaş artarak son değerine ulaştığından ortalama kuvvet dz dx xy · · ·? 2 1 Olur. Tam kayma halinde enerji yoğunluğu; 2 2 2 1 2 1 2 2 0 xy xy xy xy xy xy G G dz dy dx dy dz dx U dV dU ? ? ? ? ? ? = = · = · · · · · · = = Bulunan bu ifadenin ? – ? diyagramının altındaki alana eşit olduğu söylenebilir. Kayma gerilmesinden oluşan şekil değiştirme enerjisi yukarıdaki ifadenin hacim üzerinden entegrali alınarak elde edilir. Bu ifade burulma etkisindeki millerle, kesme kuvveti etkisindeki kiriş problemlerinde kullanılabilir. ? = dV G U xy 2 2 ? En genel gerilme durumunda şekil değiştirme enerjisi aşağıdaki biçimlerde yazılabilir. ( ) yz yz xz xz xy xy z z y y x x U ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? + + + + + = 2 1 0 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 yz xz xy z y z x y x z y x o G E U ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? + + + + + - + + = Asal eksen takımı kullanıldığında ( ) ( ) 3 1 3 2 2 1 2 3 2 2 2 1 2 2 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? + + - + + = E U o98 Tekrarlı Yükleme Ve Yorulma Yapı elemanlarının göçme gerilmesinden oldukça küçük gerilme düzeylerine binlerce defa yüklenmesi halinde kırılmasına yorulma adı verilir. Yorulma çatlağının genellikle gerilmenin yoğunlaştığı bölgelerdeki iç yapı kusur- larından/çatlaklarından başladığı, yüzey kalitesi, kimyasal yapı ve iç yapı kusurlarıyla ilgili olduğu söylenebilir. Yorulma ömrü veya dayanıklılık genellikle kırılma oluşturan gerilme tekrar sayısı ile ölçülür. Deneysel olarak malzeme iki gerilme sınırı arasında sürekli değişen gerilme durumuna kırılıncaya kadar devam edilir. Yorulma deneyi sonuçları aşağıdaki gibi yarı logaritmik bir diyagram üzerinde işaretlenir. Yorulma Ömrü N, Devir Sayısı Gerilme ?, MPa Çelik Alüminyum Sürekli Dayanım Sınırı ÖRNEK 19 MPa x 3 . 98 53 . 9 19 17800 = · = ? ( ) 0 3 . 98 3 1 1 = ? ? ? ? ? ? + - = z y y E ? ? ? ( ) 0 3 . 98 3 1 1 = ? ? ? ? ? ? + - = y z z E ? ? ? ( ) 0 6 . 196 3 1 = + + - + z y z y ? ? ? ? ( ) ( ) MPa z y z y 3 . 98 3 6 . 196 3 2 = + ? = + ? ? ? ? ( ) ? ? ? ? ? ? + - = z y x ? ? ? 3 1 3 . 98 69000 1 ( ) 6 10 950 3 . 98 3 1 3 . 98 69000 1 - × = ? ? ? ? ? ? - = x ? Şekilde görülen bloğa P = 17800 N’luk eksenel kuvvet etkimektedir. Bloğun y ve z eksenleri doğrultusunda şekil değişimi engellendiğinde eksenel doğrultudaki uzama oranı ne olur? (E = 69 GPa, ) 3 1 = ?99 ÖRNEK 20 50 mm MPa x 20 50 100 10 100 3 - = · × - = ? MPa y 15 50 200 10 150 3 - = · × - = ? MPa z 5 . 2 200 100 10 50 3 - = · × - = ? ( ) [ ] 3 10 6875 . 0 5 . 2 15 2 . 0 20 24000 1 - × - = - - - - = x ? ( ) [ ] 3 10 4375 . 0 5 . 2 20 2 . 0 15 24000 1 - × - = - - - - = y ? ( ) [ ] 3 10 1875 . 0 20 15 2 . 0 5 . 2 24000 1 - × = - - - - = z ? mm x x 1375 . 0 200 - = = ? ? mm y y 04375 . 0 100 - = = ? ? mm z z 009375 . 0 50 = = ? ? 3 0.4375 10 10.5 y y y MPa E ? ? ? - = - × = ? = - 10.5 * 200 * 50 105000 105 y y P A N kN ? = = - = - = - b) Şekilde görülen dikdörtgenler prizması şeklindeki beton blok P x = 100 kN, P y = 150 kN ve P z = 50 kN’ luk kuvvetlerin etkisi altındadır. a) Bloğun boyutlarındaki değişmeleri b) Bloğun yalnızca y yüzünden etkiyip önceki yüklemenin sebep olduğu yer değiştirmeyi (y ekseni doğrultusunda) oluşturacak P kuvvetini hesaplayınız. (E = 24 GPa, ) 2 . 0 = ? a)100 ÖRNEK 21 Uçları kapalı olan ve p iç basıncı etkisinde bulunan bir silindirin yarıçapındaki ve L boyundaki değişmenin Formülleriyle hesaplanabileceğini gösteriniz. r yarıçap; t et kalınlığını göstermektedir. ( ) ( ) ( ) ( ) ? ? ? ? ? ? 2 1 2 1 2 , 2 2 2 2 2 - = - = ? - = - = ? E L Et prL L E r Et pr r a c t pr t pr 2 Et pr Et pr c 2 ? ? - = r r r çevre c ? ? ? ? 2 2 ' 2 = - = ? r r c ? ? ? 2 2 = ? ( ) ( ) ? ? ? ? - = - = = ? 2 2 2 2 2 E r Et pr r r c c ( ) ( ) ? ? ? ? 2 1 2 1 2 - = - = = ? E L Et prL L L a L ÖRNEK 22 50.8 mm çaplı pirinç çubuk (E = 103 GPa, ), bronz bir borunun içine geçirilmiştir. Pirinç çubuğa 178 kN’luk eksenel basınç kuvveti uygulandığında çubuk yüzeyi gerilmesiz olarak bronz boruyla temas etmektedir. Bronz borunun iç çapını hesaplayınız. 30 . 0 = ? MPa pirinç 82 . 87 4 8 . 50 178000 2 = = ? ? 6 10 8 . 255 103000 82 . 87 3 . 0 - × = = enine ? mm d enine iç bronz 813 . 50 8 . 50 8 . 50 = + · = ? 2 L pr pr Et Et ? ? = -101 ÖRNEK 23 50 mm çaplı 1200 mm. boyundaki alüminyum çubuk P = ± 200 kN’luk eksenel kuvvet etkisindedir. (E = 70 GPa, ) Yük etkisi altında çapının alabileceği en küçük değer ve hacminin ulaşacağı en küçük değer ne olur? 30 . 0 = ? MPa 86 . 101 25 200000 2 = = ? ? 001455 . 0 70000 86 . 101 = = boyuna ? 3 10 4365 . 0 001455 . 0 3 . 0 - × - = · - = · - = boyuna enine ? ? ? mm d 978 . 49 50 10 4365 . 0 50 3 min = · × - = - MPa 86 . 101 - = ? 001455 . 0 - = boyuna ? 3 10 4365 . 0 - × + = enine ? 6 10 582 2 - × - = + - = + + = enine boyuna z y x e ? ? ? ? ? 3 2 6 73 . 1370 1200 25 10 582 mm V - = · · · × - = ? - ? 3 2 min 2353629 73 . 1370 1200 25 mm V = - · · = ? Çapın minimum olması için uygulanması gereken eksenel kuvvet çekme kuvveti olmalıdır. Buna göre; Hacmin en küçük değeri olması için uygulanması gereken eksenel kuvvet basma kuvveti olmalıdır. Buna göre;102 GERDLME VE BDRDM ŞEKDL DEĞDŞTDRME ANALDZD Daha önceki bölümlerde ele aldığımız gerilme ve birim şekil değiştirmeleri tanımlamakta eleman eksenine dik doğrultuda alınan kesitleri kullandık. Bu bölümde ise eğik bir düzlem üzerinde bulunan bir noktadaki gerilme ve birim şekil değiştirme hali incelenecektir. Gerilme ve birim şekil değiştirme bileşenleri her zaman yük etkisindeki elemanda göz önüne alınan noktanın konumuna bağlıdır. Dolayısı ile gerilmenin noktadan noktaya değişimi de ele alınacaktır. Bu bölümde düzlem gerilme ve düzlem şekil değiştirme durumları üzerinde durulacaktır. Burada çıkarılacak formüller ile tanıtılacak grafik teknik çeşitli yüklere maruz elemanın bir noktasındaki gerilme ve birim şekil değiştirme dönüşümünün analizinde büyük kolaylık sağlar. Özellikle grafik tekniğin bir noktadaki gerilme değişiminin anlaşılması bakımından ayrı bir önemi vardır. Dlerideki bölümlerde lineer elastik m alzemelerde E, G ve ? ? ? ? arasındaki bağıntının bulunmasında dönüşüm yasaları kullanılmıştır. DÜZLEM GERDLME Gerilmeler koordinat eksenlerinin herhangi birinden bağımsız ise (burada z ekseni) iki boyutlu gerilme hali söz konusu olur. Örneğin; eksenel yüklü bir çubuğun eğik bir kesitinde oluşan gerilmeler, burulma etkisindeki bir mil, eksenine dik doğrultuda yüklenmiş bir kiriş. Bu gerilme hali bir’den fazla yük etkisindeki elemanın herhangi bir noktasından geçen bütün düzlemlerde de oluşur. TANIMLAR: Dki boyutlu problemler düzlem gerilme ve düzlem şekil değiştirme olmak üzere iki sınıfa ayrılabilir. Bu durum, kalınlığı boyunca düzgün yayılı yükler etkisindeki ince levhalarda karşımıza çıkar. Levha ince olduğundan iki boyutlu gerilme bileşenlerinin kalınlık boyunca değişmediği, ve diğer gerilme bileşenlerinin de sıfır olduğu kabul edilebilir. 103 Düzlem gerilme haline bir diğer örnek, yapı ve makine elemanlarının serbest yüzeyleri verilebilir. Düzlem gerilme halinde, 0 , , ; 0 ? = = = xy y x yz xz z ? ? ? ? ? ? olur. Bu gerilmelerin genelleştirilmiş Hooke yasalarında yazılmasıyla, ( ) y x x E ? ? ? ? - = 1 ( ) x y y E ? ? ? ? - = 1 ( ) y x z E ? ? ? ? + - = 0 , = = = yz xz xy xy G ? ? ? ? bulunur. ilk iki denklemden çözülüp de yerine yazılırsa, ( ) y x ? ? + z ? ( ) y x z ? ? ? ? ? + - - = 1 Bu ifade düzlem dışı asal birim şekil değişimi ’nin düzlem içi ve birim şekil değişimi cinsinden ifadesidir. z ? x ? y ? Düzlem şekil değiştirme halinde ve benzer şekilde sıfır alınabilir. Ancak sıfır değildir ve değeri ve cinsinden hesaplanabilir. , ve sıfırdan farklı değerler alabilir. xz ? yz ? z ? x ? y ? x ? y ? xy ? Amacımız cismin içindeki bir noktadan alınan sonsuz küçük eleman üzerindeki , ve gerilme bileşenlerinin dönüşüm denklemlerini çıkartmaktır. Aşağıdaki şekilde bir gerilme elemanı gösterilmiştir. x ? y ? xy ? O x' y’ x’ x’y’ y' y’ x’ Şimdi elemanın x ekseni ile ? açısı yapacak şekilde dönmesi durumunda x’ ve y’ dönmüş eksen takımındaki -ya da diğer bir ifade ile x’ düzlemindeki- gerilme bileşenlerini bulmak istiyoruz. z doğrultusundaki gerilme sıfır olmasa bile şu anda ilgi alanımız dışındadır. Gerilme elemanın üç boyutlu görünüşü unutulmadan problemi basitleştirmek üzere elemanın düzlemsel gösterilişini vermek adettendir. Şekilden de fark edilebileceği gibi elemanın paralel yüzlerindeki gerilme bileşenlerinin şiddetleri değişmemektedir. 104 EĞDK DÜZLEMLERDEKD GERDLMELER 0 : cos cos cos sin sin sin sin cos 0 x x x xy y xy F A A A A A ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ' ' ? = ? - ? - ? - ? - ? = 0 : cos sin cos cos sin cos sin sin 0 y x y x xy y xy F A A A A A ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ' ' ' ? = ? + ? - ? - ? + ? = Denklemleri basitleştirip yeniden düzenlersek, ? ? ? ? ? ? ? ? cos sin 2 sin cos 2 2 xy y x x + + = ' ( ) ( ) ? ? ? ? ? ? ? ? cos sin sin cos 2 2 y x xy y x - - - = ' ' ? ? ? ? ? ? ? ? cos sin 2 cos sin 2 2 xy y x y - + = ' gerilmesi teriminde ? yerine ?+?/2 yazılarak hesaplanabilir. y' ? x' ? Şimdi, gösterilen birim kalınlıklı (sayfa düzlemine dik doğrultudaki kalınlık) elemanın şekildeki x,y eksen takımını, x referans ekseninden başlayıp saat dönüşüne ters yönde ? açısı kadar döndürerek x ı ve y ı dönmüş eksen takımını oluşturalım. Amacımız x’ eğik düzlemindeki ? x’ ve ? x’y’ gerilmelerini bulmaktır. x ı ekseninin doğrultusunu gösteren ? açısı, saat dönüş yönüne ters olduğundan pozitiftir. x ı eksenine dik olan AB kenarına etkiyen gerilmeler, yandaki kama üzerinde pozitif yönde gösterilmiştir. AB kenarının bulunduğu yüzeyin alanı ?A ise 0A ve 0B kenarlarının bulunduğu yüzeylerin alanları sırasıyla, A 0A =??cos? ve A 0B =??sin? olur. x ı ve y ı doğrultularındaki kuvvetlerin dengesinden, 105 biçiminde yazılabilir. En son elde edilen bağıntılar bir noktadaki gerilme halinin yani dik iki düzlemdeki üç gerilme bileşeninin bilindiği durumda, ? açısı ile tanımlanan bütün mümkün AB yüzeylerindeki gerilmelerin hesaplanmasında kullanılabilir. Gerilme, birim şekil değiştirme ve atalet momenti gibi büyüklükler ikinci mertebeden tansörler olup yukarıdaki bağıntılarla dönüştürülürler. Daha sonra göreceğimiz MOHR dairesi, tansörel büyüklüklerin dönüşümünde kullanılan grafik bir gösterim tarzıdır. Son elde edilen ilk iki bağıntı taraf tarafa toplanırsa; x y x y Sabit ? ? ? ? ' ' + = + = ifadesi bulunur. Dolayısıyla iki dik düzlemdeki normal gerilmelerin toplamı ? açısından bağımsız olup değişmezmiş. Bu durum üç eksenli gerilme halinde de geçerlidir. Aşağıdaki problemde ? açısına bağlı olarak gerilmelerin değişimi incelenecektir. Yukarıda çıkarılan denklemlerde trigonometrik bağıntılarını kullanarak 2? cinsinden yazabiliriz. Bu durumda gerilme dönüşüm denklemleri, ? ? 2 cos 1 cos 2 2 + = ? ? ? 2 sin cos sin 2 = ? ? 2 cos 1 sin 2 2 - = ( ) ? ? ? ? ? ? 2 cos 2 sin 2 1 xy y x y x + - - = ' ' ( ) ( ) ? ? ? ? ? ? ? ? 2 sin 2 cos 2 1 2 1 ' xy y x y x y - - - + = ( ) ( ) ? ? ? ? ? ? ? ? 2 sin 2 cos 2 1 2 1 xy y x y x x + - + + = '106 Örnek 1 Şekilde bir makine parçası üzerindeki bir noktadaki gerilme hali gösterilmiştir. a-a ve b-b doğrultularına paralel düzlemlerdeki normal ve kayma gerilmelerini hesaplayıp yönlenmiş bir eleman üzerinde gösteriniz. x ı doğrultusu eğik düzleme dik olarak seçilmektedir. Burada, x, y takımındaki gerilme halini x ı , y ı takımına dönüştürmek istiyoruz. Gerilmeler ve dönüşleri kendi işaretleri ile kullanmaya dikkat edilmelidir. a) MPa MPa MPa xy y x o 6 5 10 45 - = - = = = ? ? ? ? ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) MPa x 5 . 3 90 sin 6 90 cos 5 10 2 1 5 10 2 1 - = - + - - + - + = ' ? ( ) ( ) ( ) MPa y x 5 . 7 90 cos 6 90 sin 5 10 2 1 - = - + - - - = ' ' ? ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) MPa y 5 . 8 90 sin 6 90 cos 5 10 2 1 5 10 2 1 = - - - - - - + = ' ? b) MPa MPa MPa xy y x o 6 5 10 120 90 30 - = - = = = + = ? ? ? ? ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) MPa x 95 . 3 240 sin 6 240 cos 5 10 2 1 5 10 2 1 = - + - - + - + = ' ? ( ) ( ) ( ) MPa y x 5 . 9 240 cos 6 240 sin 5 10 2 1 = - + - - - = ' ' ? ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) MPa y 05 . 1 240 sin 6 240 cos 5 10 2 1 5 10 2 1 = - - - - - - + = ' ?107 ASAL GERDLMELER: EN BÜYÜK KAYMA GERDLMESD Bir noktadaki gerilmelerin şiddetlerinin o noktadan geçen düzleme bağlı olduğunu daha önce belirtmiştik. En büyük gerilmeler ile bu gerilmelerin etkidiği düzlemlerin yapıdaki göçme ile ilgili olması sebebiyle bizim için ayrı bir önemi vardır. Enbüyük gerilmesini hesaplamak üzere ?’ ya göre türevini alarak sıfıra eşitleyelim. x' ? ( ) 0 2 cos 2 2 sin 2 2 = + - - = ' ? ? ? ? ? ? ? xy y x x d d ( ) ( ) y x xy p ? ? ? ? - = 2 1 2 tan Kutu içerisinde gösterilen bağıntıdan bulunacak ? açısı en büyük ve en küçük normal gerilmenin etkidiği düzlemi gösterdiğinden ? yerine ? p ile yazılmıştır. tan2? = tan(2?+?) olduğundan birbirinden 180 o farklı 2? p açıları yukarıdaki bağıntıyı sağlarlar. Dolayısıyla ? p ve bundan 90 o farklı iki düzlem, normal gerilmenin en büyük ve en küçük olduğu iki dik düzlemi gösterir. Şimdi normal gerilmenin maksimum ve minimum olduğu düzlemlerdeki kayma gerilmelerini hesaplayalım. 2 y x ? ? - xy ? 2 2 2 xy y x r ? ? ? + ? ? ? ? ? ? ? ? - = ( ) ( ) y x xy p ? ? ? ? - = 2 2 tan ( ) r xy p ? ? ± = 2 sin ( ) r y x p 2 2 cos ? ? ? - =± ( ) 0 2 2 = - + ? ? ? ? ? ? ? ? - - = ' ' xy y x xy y x y x r r ? ? ? ? ? ? ? Kayma gerilmesinin sıfır olduğu düzlemlerdeki en büyük ve en küçük normal gerilmelere ASAL gerilmeler adı verilir. ( ) ( ) ? ? ? ? ? ? ? ? + ? ? ? ? ? ? ? ? - - + + = = ' r r xy xy y x y x y x maks x ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ± ± 2 2 1 2 1 min ( ) 2 2 2 , 1 2 2 1 xy y x y x ? ? ? ? ? ? + ? ? ? ? ? ? ? ? - + = ± Sayısal olarak büyük olan normal gerilmeyi ile gösterip en büyük asal gerilme adını verelim. 1 ? y x maks ? ? ? ? ? ? + = + = + 2 1 min108 asal gerilmelerinin doğrultularını veya etkidiği düzlemleri gösteren ? p açılarını ? p ı ve ? p ıı ile göstereceğiz. 2 1 ve ? ? p x' x y 2 1 y' 2 1 Yukarıda izlediğimize benzer işlemler yaparak en büyük kayma gerilmesiyle etkidiği düzlemleri araştıralım. 0 = ' ' ? ? d d y x bağıntısından, ( ) 0 2 sin 2 2 cos 2 2 = - - - = ' ' ? ? ? ? ? ? ? xy y x y x d d ( ) xy y x s ? ? ? ? 2 2 tan - - = bulunur. Burada ? s en büyük kayma gerilmesinin etkidiği düzlemi göstermektedir. Çerçeve içindeki bağıntıyı birbiriyle 90 o lik açı yapan iki ayrı doğrultu da sağlar. Bu doğrultuları ? s ı ve ? s ıı ile gösterelim. Asal doğrultular ile en büyük kayma gerilmesi doğrultusunun kıyaslanmasıyla aralarında 45 o ’lik açı bulunduğu anlaşılır. En büyük kayma gerilmesinin değerini hesaplayalım. 2 y x ? ? - - xy ? 2 2 2 xy y x r ? ? ? + ? ? ? ? ? ? ? ? - = ( ) ( ) xy y x s ? ? ? ? 2 2 tan - - = ( ) r xy s ? ? ± = 2 cos ( ) sin 2 2 x y s r ? ? ? - ? ? = - ? ? ? ? ± ( ) ? ? ? ? ? ? ? ? + ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? - - - - = r r xy xy y x y x maks ? ? ? ? ? ? ? ± ± 2 2 2 2 2 2 2 2 min 2 2 2 xy y x xy y x xy y x maks ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? + ? ? ? ? ? ? ? ? - = + ? ? ? ? ? ? ? ? - + ? ? ? ? ? ? ? ? - = ± 2 2 min 2 xy y x maks ? ? ? ? + ? ? ? ? ? ? ? ? - =±109 2 2 1 ? ? ? - = maks bulunur. s x x' ' y' ' ' ' maks Kayma Köşegeni maks ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? - - + ? ? ? ? ? ? ? ? - + + = ' r r y x xy xy y x y x x 2 2 2 ? ? ? ? ? ? ? ? ? Asal gerilmelerin etkidiği düzlemlerde kayma gerilmesi bulunmamasına karşın maksimum kayma gerilmesinin etkidiği düzlemlerde normal gerilme bulunur. Bu gerilmenin hesaplanması için bağıntısında 2? s yazılması yeterlidir. x' ? 2 ' y x x ? ? ? ? + = ' = Fiziksel olarak cebrik işaret anlamsız olduğundan en büyük kayma gerilmesindeki işarete dikkat etmeden maksimum kayma gerilmesi adı verilir. Eğer ve asal gerilmeler olursa olacağından x ? y ? 0 = xy ? toplamı sıfır olmadıkça maksimum kayma gerilmesinin bulunduğu düzlemlerde normal gerilme de olur. y x ? ? + Gerilme etkisindeki bir elemanda en büyük kayma gerilmelerini gösteren okların buluştuğu köşeleri birleştiren diyagonale KAYMA KÖŞEGEND denir. Bu diyagonal maksimum asal gerilme doğrultusundadır. Ayrıca en büyük asal gerilme, en büyük kayma gerilmesinin yönünün belirlenmesinde de kullanılabilir.110 2 1 3 2 1 1 3 2 1 3 3 2 1 3 2 Bu durumda en büyük kayma gerilmesinin, Üç eksen doğrultusundaki ve gerilmelerinin aynı noktaya etkidiğini düşünelim Aşağıdaki şekilde gerilmelerin olarak sıralandığını kabul edelim. Gerilmelerin etkidiği noktadan alınan elemanın üç farklı yönden görünüşü şeklin yan tarafında verilmiştir. 1 2 , ? ? 3 ? 3 2 1 ? ? ? > > 2 3 1 ? ? ? - = maks ifadesiyle hesaplanacağı ve en büyük ve en küçük asal gerilmenin etkidiği düzlemleri ikiye ayıran doğrultularda olacağı anlaşılmaktadır 111 Şekilde bir düzlem gerilme hali gösterilmiştir. a) Asal gerilmeleri hesaplayınız. b) Maksimum kayma gerilmesini ve ilgili normal gerilmeyi bularak a ve b şıklarında bulduğunuz gerilmeleri yönlenmiş bir eleman üzerinde gösteriniz Örnek 2 MPa MPa 09 . 10 09 . 1 2 2 2 , 1 1 2 59 . 5 5 . 4 5 2 2 7 2 2 7 = - = = + ? ? ? ? ? ? - + = ? ? ? ? ± ± o ı p o ıı p p 7 . 31 7 . 121 1 2 7 5 2 tan 2 1 = = - = ? ? ? ? ? ? - · = ? ? ? ? Hangi düzlemin hangi asal gerilmenin doğrultusunu gösterdiğini bulmak için dönüşüm denkleminde ? = 31.7 o yazalım. MPa o x 09 . 10 7 . 31 = = ' ? ? bulunur. Sonuç olarak, o ıı p o ı p MPa MPa 7 . 121 09 . 1 7 . 31 09 . 10 2 1 = - - = = - = ? ? ? ? MPa maks 59 . 5 5 2 2 7 2 2 ± ± = + ? ? ? ? ? ? - = ? ayrıca bağıntısı da aynı sonucu vermektedir. 2 2 1 ? ? - maks ? ’ın etkidiği düzlem, o o s 3 . 13 7 . 76 1 5 * 2 2 7 tan 2 1 - - = ? ? ? ? ? ? - - = ? ? MPa o y x 59 . 5 3 . 13 = = - ' ' ? ? o ıı s maks o ı s maks MPa MPa 7 . 76 59 . 5 3 . 13 59 . 5 = - - = - = - = ? ? ? ? Söz konusu düzlemlerdeki normal gerilme, MPa y x 5 . 4 2 2 7 2 = + = + = ' ? ? ? ’ın doğrultusunu bulmakta kayma diyagonali kullanılabilir. maks ? Bu noktadaki gerilme hali matris formunda, MPa ? ? ? ? ? ? 2 5 5 7 MPa ? ? ? ? ? ? - 09 . 1 0 0 09 . 10 MPa ? ? ? ? ? ? 5 . 4 59 . 5 59 . 5 5 . 4 ? ? ? ? = 0 o ? ? ? ? = 31.7 o ? ? ? ? = -13.3 o verilebilir.112 DÜZLEM GERDLME HALD DÇDN MOHR DADRESD Gerilme dönüşüm denklemlerine grafik bir yorum getirmek mümkündür. Bu kısımda, bir noktadaki gerilme halinin anlaşılmasını büyük ölçüde kolaylaştıran ve düzlemlerin değişmesiyle gerilmelerdeki dönüşümlerin hızla yapılmasını sağlayan grafik bir teknik üzerinde durulacaktır. Bu amaçla y x x ' ' ' = = ? ? ? ? , ? ? ? ? ? ? ? ? 2 sin 2 cos 2 2 xy y x y x + - = + - ? ? ? ? ? ? 2 cos 2 sin 2 xy y x + - - = Denklemlerin kareleri alınıp toplanırsa, 2 2 2 2 ) 2 ( ) 2 ( xy y x y x ? ? ? ? ? ? ? + - = + + - bulunan bu bağıntı, ? - ? eksen takımında 2 2 ) 2 ( xy y x r ? ? ? + - = yarıçaplı çember denklemi olur. 2 y x ? ? + ’de dir. Dfadelerini tekrar yazalım. Çemberin merkezi 113 Mohr dairesinin çiziminde öncelikle yatay ? ve düşey ? kartezyen eksen takımı, gerilme ölçekleri aynı olacak şekilde çizilir. + i düzlemindeki gerilme hali referans alınır. Bu düzlemdeki normal gerilme ile kayma gerilmesi koordinat değerleri olarak alınıp ?-? düzleminde bir nokta (x) işaretlenir. Benzer şekilde + j düzlemindeki gerilme hali yardımıyla ikinci bir nokta (y) belir- lenir. Bu iki noktayı birleştiren doğrunun yatay ekseni kestiği nokta, dairenin merkezi olup C harfi ile gösterilir. C merkezli Cx yada Cy yarıçaplı daire çizilir. Gerilme elemanı ile Mohr dairesi üzerindeki dönüş yönlerinin aynı olabilmesi için ? ekseninin pozitif yönünü aşağı alıyoruz. Mohr dairesi, bütün tansörel büyüklüklere uygulanabilmektedir. Ölçekli olarak çizim yapıl- dığında sonuçların grafik olarak okunması mümkündür. Çoğunlukla kaba bir çizim yapılarak uzunluk ve açı değerleri trigonometri yardımı ile hesaplanır. Bu teknikle çok eksenli gerilme durumlarının pek çoğu ele alınabilir. Mohr dairesindeki 1 ve 2 noktaları asal gerilmeleri; D ve E noktaları da en büyük kayma gerilmelerini vermektedir. Mohr dairesinden, en büyük kayma gerilmelerin etkidiği düzlemlerin asal gerilmelerin bulunduğu düzlemlerle 45 0 lik açı yaptığı da görülmektedir. Dairenin merkezi C, ? eb ’nin etkidiği düzlemlerdeki normal gerilme ?‘ nü sağlamaktadır. MOHR DADRESDNDN ÇDZDLMESD 1 ? 2 2 p 1 C F D 2 1 ; 2 x y eb ? ? ? + ? ? ? ? ? ? ( ) ; y xy ? ? - y' y x' x E ( ) ; x xy ? ? ( ) ' ' ' ; x x y ? ? 2 ? ? ? 2 s 1 : ( ; ) ( ; ) x xy y xy referans noktası x y ? ? ? ? -114 Mohr Dairesinin Yorumu •Mohr dairesindeki dönüş yönü ile ? açısının dönüş yönü aynıdır. •Daire üzerindeki 2?’ lık açı dönüşü gerilme elemanının ? kadarlık dönüşüne karşı gelir. •Dairenin yarıçapı 2 2 CX CF FX = + 2 2 2 x y xy CX ? ? ? - ? ? = + ? ? ? ? x' olup maksimum kayma gerilmesi ’ın şiddetine eşittir. x ve y düzlemlerindeki gerilmeler daire üzerinde A ve B noktalarıyla temsil edilir. AB den farklı her bir çap, orijinal eksen takımına göre ? kadar bir açıyla dönülen x ’ ve y ’ düzlemlerindeki gerilme halini gösterir. Daire üzerindeki A ’ noktasının koordinatları gerilme dönüşüm denklemlerini vermektedir. maks ? CX ile C1 arasındaki açı 1 2 p ? ( ) 1 cos 2 2 2 x y x p CX ? ? ? ? ? ' + ' = + - ( ) 1 sin 2 2 x y p CX ? ? ? ' ' ' = - veya açı farklarının trigonometrik eşitliklerini yazarak, ( ) 1 1 cos 2 cos 2 sin 2 sin 2 2 x y x p p CX ? ? ? ? ? ? ? ' + = + + 1 1 cos 2 , sin 2 p p CX CF CX FX ? ? = = ( ) 1 1 sin 2 cos 2 cos 2 sin 2 x y p p CX ? ? ? ? ? ' ' = - ifadeleri yerine yazılırsa, cos 2 sin 2 2 x y x CF FX ? ? ? ? ? ' + = + + , 2 x y xy CF FX ? ? ? - = = sin 2 cos 2 x y CF FX ? ? ? ' ' = - + gerilme dönüşüm denklemleri elde edilir. Böylece daire üzerinde 2? açısıyla belirlenen noktasının, gerilme elemanında ? açısıyla dönülerek bulunan düzlemindeki gerilme bileşenlerini gösterdiği anlaşılmaktadır. x' x' olsun. Mohr dairesinden115 Eş Çekme ve Basma; Tam kayma O maks Üç Eksenli Çekme Yanal Basma Ve Çekme Burada sık karşılaşılan gerilme durumlarına ait Mohr daireleri gösterilmiştir. Değişik yükleme durumlarındaki malzeme davranışını, gösterilen gerilme durumlarından elde etmek mümkündür. Aşağıda görülen eşit çekme ve basma halinde ? z =0 olup ayrıca ? z =0 de sıfır olmaktadır. Dolayısıyla hem düzlem gerilme hem de düzlem şekil değiştirme hali söz konusudur. Bu haldeki elemanın 45 o döndürülmesiyle tam kayma hali bulunmaktadır. Üç eksenli çekme halinde Mohr dairesi çizilirken elemanın her bir yüzündeki durumun ayrı ayrı çizimi yapılmaktadır. 116 Önceki problem Mohr dairesi yardımıyla çözülecektir. Örnek 3 Dairenin merkezi, ekseni üzerinde, ’ dadır. MPa C 5 . 4 2 2 7 = + = ? Referans noktası koordinatları x(7, 5)’ dir. 2 1 2 1,2 2 10.09 7 2 1 4.5 5 1.09 2 MPa OC C MPa ? ? ? = - ? ? = ± = ± + ? ? = - ? ? ? Asal gerilmeler, o p 4 . 63 2 2 7 5 tan 2 1 = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? - = ' - ? Asal gerilme düzlemleri, o p 4 . 243 180 4 . 63 2 = + = ' ' ? MPa o p 09 . 10 7 . 31 1 = › = ' ? ? Dolayısıyla MPa o p 09 . 1 7 . 121 2 - = › = ' ' ? ? b) En büyük kayma gerilmesi D ve E noktasıyla tanımlandığından MPa maks 59 . 5 5 2 2 7 2 2 ± = + ? ? ? ? ? ? - ± = ? Bu gerilmelerin etkidiği düzlemler, o o o s 7 . 76 45 7 . 31 = + = ' ' ? o o o s 7 . 166 90 7 . 76 = + = ' ? s ? ' 2 p ? ' 2 Veya -13.3 0117 Yönlenmiş eleman üzerinde gerilme halinin gösterilmesi: Asal gerilmelerin gösteriminde, Mohr dairesindeki x referans noktasından başlanarak en kısa yoldan 1 noktasına gidilir. xC1 açısı birinci asal doğrultunun x referans ekseni ile yaptığı açının iki katını gösterir. Bu açının yarısı x ekseninden başlanıp Mohr dairesi üzerinde gösterilen yönde alınarak birinci asal eksen çizilir. Bu asal eksene 90 derece eklenerek ikinci asal eksen belirlenir. Asal eksenlerin üzerine sembolik bir birim boyutlu kare eleman yerleştirilir. Asal doğrultulardaki gerilmeler elemanın yüzlerinde vektörlerle gösterilir. En büyük kayma gerilmelerinin gösterimi için, Mohr dairesindeki x referans noktasından başlanarak en kısa yoldan E noktasına gidilir. xCE açısı en büyük pozitif kayma gerilmesinin etkidiği düzlemin normalinin x referans ekseni ile yaptığı açının iki katıdır. Bu açının yarısı x ekseninden başlanıp Mohr dairesi üzerinde gösterilen yönde alınarak birinci eksen çizilir. Bu eksene 90 derece eklenerek ikinci eksen belirlenir. Eksenlerin üzerine sembolik bir birim boyutlu kare eleman yerleştirilir. Kare elemanın yüzlerinde sırası ile E ve D noktalarındaki gerilme hali vektörlerle temsil edilir. Asal Gerilmelerin yönlenmiş eleman üzerinde gösterimi En büyük kayma Gerilmelerinin yönlenmiş eleman üzerinde gösterimi118 Şekilde ahşap bir yapı elemanı üzerindeki gerilme hali verilmiştir. Ahşabın büyüme doğrultusundaki liflerine paralel düzlemlerdeki normal ve kayma gerilmesi nedir ? Örnek 4 MPa C 38 . 1 2 07 .. 2 83 . 4 - = + - = Merkez MPa r 45 . 3 0 2 07 . 2 83 . 4 2 2 = + ? ? ? ? ? ? + = Yarıçap MPa MPa MPa y y x x 37 . 4 30 cos 45 . 3 38 . 1 725 . 1 30 sin 45 . 3 61 . 1 30 cos 45 . 3 38 . 1 - = - - = = = = + - = ' ' ' ' ? ? ? o 105 90 15 = + = ? çember üzerinde saate ters yönde dönülecek. o 210 2 = ?119 GERDLMENDN CDSDM DÇDNDEKD DEĞDŞDMD Daha önce yük etkisindeki bir cisimde gerilmenin noktadan noktaya değiştiğinden söz etmiştik. Gerilmedeki bu değişim elastisite teorisinde diferansiyel denge denklemleri ile verilir. Dki boyutlu halde, birim kalınlıklı dx, dy kenar uzunluklarına sahip bir elemana etkiyen gerilmeler aşağıdaki şekilde gösterilmiştir. dy y y y ? ? + ? ? dx x x x ? ? + ? ? y ? x ? xy ? dx x xy xy ? ? + ? ? yx ? dy y yx yx ? ? + ? ? dy dx O dan noktasına hareket edildiğinde gerilmedeki artış, örneğin gerilmesi için Taylor serisi açılımıyla, O ' x ? dx x x x ? ? + ? ? biçiminde ifade edilebilir. Burada ’in x ve y ile değiştiği düşünüldüğünden kısmi türev kullanılmıştır. Diğer gerilme bileşenlerinin de aynı şekilde değiştiği düşünülerek yandaki şekil üzerinde gösterilmiştir. Görülen elemanda bağıntısının sağlanması koşulundan, x ? 0 = ? o M 0 2 2 = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? + + ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? + - ? ? ? ? ? ? ? ? - ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? dxdy dx x dxdy dy y dy dxdy x dx dxdy y xy xy yx yx x y ? ? ? ? ? ? ve ‘nin bulunduğu üçlü çarpımlar ihmal edilerek, dx dy yx yx ? ? = daha önce bulunan sonuca ulaşılır. x doğrultusundaki kuvvetlerin dengesi için, ve benzer bir denklemin için yazılıp sadeleştirilmesi sonucu 0 = ? y F ( ) ( ) 0 yx x x x yx yx dx dy dy dy dx dx x y ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? + - + + - = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 0 = ? ? + ? ? y x xy x ? ? 0 = ? ? + ? ? x y xy y ? ? elde edilir. Yanda çerçeve içerisindeki bağıntıların her malzeme için sağlanması gerekir. Bu denklemler, normal gerilmedeki değişimin ancak kayma gerilmelerindeki değişmeyle mümkün olduğunu göstermektedir. Ayrıca bu bağıntılarda gibi üç bilinmeyen gerilme bulunduğundan gerilme analizindeki problemlerin içten hiperstatik olduğunu da anlıyoruz. Mukavemet derslerinde yapılan şekil değiştirme hipotezleri ve sonlu bir eleman parçasının dengesinin düşünülmesiyle hiperstatiklik ortadan kalkmaktadır. xy y x ? ? ? , ,120 Üç boyutlu gerilme halinde ise yukarıda açıklanan hususların genelleştirilmesinden faydalanabiliriz. Dl k bölümde sözü edilen tam analiz matematik açıdan burada başlamaktadır. Dki boyutlu elatisite probleminde ? ? ? ? x , ? ? ? ? y , ? ? ? ? xy , ? ? ? ? x , ? ? ? ? y , ? ? ? ? xy , u ve v den oluşan sekiz büyüklük araştırılır.Bu sekiz bileşenin eleman içinde geçerli olan sekiz denkleme ek olarak önceki konularda verilen sınır koşullarını sağlaması gerekir. Elastisite teorisinin çözüm metotlarından burada söz edilmeyecektir. Elastisitenin temel denklemlerinin buraya alınmasındaki amaç katı mekaniğindeki önemli problemlerin temelindeki basit yaklaşımları öğrencilere tanıtmaktır. Ayrıca bundan sonraki bölümlerde kuvvet_deformasyon bağıntılarının kritik değerlerinin hesabında bu formulasyon kullanılacaktır. Elastisite teorisi ve Mukavemetteki yaklaşımların her biri ayrı ayrı önemli olup birbirlerine katkıda bulunurlar. DÜZLEM BDRDM ŞEKDL DEĞDŞTDRME Dki boyutlu veya düzlem birim şekil değiştirme duru munda, yükün etkimesinden önce ve sonra her noktanın aynı düzlem (x,y) içinde kaldığı varsayılır. Böylece ? ? ? ? z = ? ? ? ? xz = ? ? ? ? yz = 0 olup, ? ? ? ? x , ? ? ? ? y ve ? ? ? ? xy sıfırdan farklı değerler alacaktır.Bu birim şekil değiştirmelere bağlı olan ? ? ? ? x , ? ? ? ? y ve ? ? ? ? xy gerilme bileşenleri sıfırdan farklıdır. Geneleştirilmiş Hooke yasalarından; ( ) y x z ? ? ? ? + = 0 = = yz xz ? ? bulunur. Daha önce bir noktadaki gerilme halinin iki dik düzlemdeki gerilme bileşenleri ile verilmesi gerektiği gösterilmişti. Benzer bir durum birim şekil değiştirme hali için de söz konusudur. DÜZLEM ŞEKDL DEĞDŞTDRME HALDNDN DÖNÜŞÜMÜ Birim kalınlıklı, dx, dy kenar uzunluklarını sahip A ve D köşeleri doğrusal şekil değiştirme yapan bir eleman düşünelim. A noktasının x ve y eksenleri doğrultusundaki yer değiştirmeleri u ve v olsun. C noktasının yerdeğiştirmeleri sırasıyla u+du ve v+dv’dir. Yerdeğiştirmedeki değişim; dy y u dx x u du ? ? + ? ? = dy y v dx x v dv ? ? + ? ? = olarak ifade edilir. Aşağıdaki şekilde söz konusu elemanın AC köşegenindeki uzama gösterilmiştir.121 Deformasyondan sonra AB’C’D’ şeklini alan elemanda AC ile AC’ arasındaki küçük açı ?, C noktasının x ve y eksenleri doğrultusunda yaptıkları yerdeğiştirmeler de sırasıyla CF ve FC’ ile gösterilmiştir. Aşağıdaki türetmelerde Cos? = 1, Sin? = tan? = ? alınacaktır. x’, y’ koordinat takımı şekildeki gibi seçilirse bu eksen takımına göre birim şekil değiştirme bileşenleri ? x’ , ? y’ ve ? x’y’ olur. ? ? ? sin cos ' cos ' dv du EC EC + = = Yazılabilir. Normal birim şekil değiştirme tanım gereği; dir. Burada ds, AC köşegeninnin başlangıç uzunluğudur. Son iki bağıntı birleştirilir, yerine , yerine yazılırsa, ds EC x ' ' = ? ds dx ? cos ds dy ? sin ds dv ds du ds EC ? ? sin cos ' · + · = ds dy y v dx x v ds dy y u dx x u x ? ? ? sin cos ' ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? + ? ? + ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? + ? ? = ? ? ? ? ? ? ? ? cos sin sin cos 2 2 ' xy y x x + + = Olur. y’ doğrultusundaki uzama oranı için ? yerine ?+?/2 yazarsak; elde edilir. Bu ifade çift açı cinsinden; ? ? ? ? ? ? ? ? 2 sin 2 2 cos 2 2 ' xy y x y x x + - + + = ? ? ? ? ? ? ? ? 2 sin 2 2 cos 2 2 ' xy y x y x y - - - + = Bulunur. Kayma açısı ? x’y’ nün bulunması için ilk olarak x’ doğrultusundaki dönme ?’nın hesaplanması gerekir. Yeniden şekle dönerek; , yazılabilir. Açı ve birim şekil değiştirme küçük olduğundan olur. ds CE = ? tan ? ? ? sin ' sin cos · - · - · = EC du dv CE 0 sin sin ' ' ' = · · = · · = · ? ? ? ? ? ds ds EC x x ds dy y u dx x u ds dy y v dx x v ds CE ? ? ? sin cos ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? + ? ? - ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? + ? ? = =122 ? ? ? ? ? ? ? ? ? 2 2 sin cos cos sin cos sin · ? ? - · ? ? + · · - · · = y u x v x y ( ) ? ? ? ? ? ? ? 2 2 sin cos cos sin · ? ? - · ? ? + · · - - = y u x v y x Elde edilr. y’ doğrultusunun dönmesi için ? yerine ?+?/2 yazılarak; ( ) ? ? ? ? ? ? ? ? ? 2 2 2 cos sin cos sin · ? ? - · ? ? + · · - = + y u x v y x Çift açı cınsinden; ( ) ( ) ? ? ? ? ? ? ? ? 2 2 ' ' sin cos cos sin 2 - + · · - - = xy y x y x ( ) ? ? ? ? ? ? 2 cos 2 sin ' ' · + · - - = xy y x y x Haline dönüşür. Yukarıda çerçeve içerisinde verilen bağıntılar birim şekil değiştirme bileşenlerinin dönüşüm denklemleridir. ASAL ŞEKDL DEĞDŞTDRMELER: MAKSDMUM KAYMA BDRDM ŞEKD L DEĞDŞDMD Gerilme dönüşüm denklemleri ile birim şekil değiştirme bileşenlerinin dönüşüm denklemleri kıyaslandığında büyük bir benzerlik görülmektedir. Eğer gerilme dönüşüm denklemlerinde ? yerine ?, ? xy yerine de ? xy /2 yazılırsa şekil değiştirme dönüşüm denklemleri bulunmaktadır. ( ) ? ? ? ? ? ? 2 cos 2 sin 2 1 xy y x y x + - - = ' ' ( ) ( ) ? ? ? ? ? ? ? ? 2 sin 2 cos 2 1 2 1 xy y x y x y - - - + = ( ) ( ) ? ? ? ? ? ? ? ? 2 sin 2 cos 2 1 2 1 xy y x y x x + - + + = ' ( ) ? ? ? ? ? ? 2 cos 2 1 2 sin 2 1 2 1 ' ' · + · - - = xy y x y x ? ? ? ? ? ? ? ? 2 sin 2 2 cos 2 2 ' xy y x y x x + - + + = ? ? ? ? ? ? ? ? 2 sin 2 2 cos 2 2 ' xy y x y x y - - - + = Gerilme denklmeleri Şekil değiştirme denklmeleri kayma açısı ve dönmeleri arasındaki farka eşittir. ? ? 2 ? ? ? + ' 'y x ?123 Asal birim şekil değiştirmeler veya uzama oranları ile doğrultuları; 2 2 2 , 1 2 2 2 ? ? ? ? ? ? ? ? + ? ? ? ? ? ? ? ? - ± + = xy y x y x ? ? ? ? ? ? tan 2 xy p x y ? ? ? ? = - Asal düzlemlerde kayma açıları yok olur. Maksimum kayma şekil değişimi olan düzlemler, asal düzlemlerle 45 o ’lik açı yapar ve şu ifadeyle verilir: 2 2 min maks 2 2 2 ? ? ? ? ? ? ? ? + ? ? ? ? ? ? ? ? - ± = xy y x ? ? ? ? Maksimum kayma birim şekil değişiminin oluştuğu düzlemlerdeki uzama oranları dir. Üç boyutlu analizdeki gerçek maksimum kayma şekil değişimi, ? 1 ve ? 3 cebrik olarak en büyük ve en küçük asal şekil değiştirme olmak kaydıyla; ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 ' ? ? ? ? ? + = + = y x ( ) 3 1 ? ? ? - = gerçek maks bağıntısından hesaplanır. Eğer x, y ve z asal gerilme doğrultuları olursa olup ayrıca olur. Bu durumda x, y ve z eksenleri ayrıca asal şekil değiştirme eksenleridir. Dolayısıyla izotrop malzemelerde asal gerilme ve asal şekil değiştirme eksenleri çakışırlar. Bu durumun uygulamadaki anlamı, verilen bir gerilme durumuna ait asal eksenleri bulmada ister gerilme; ister şekil değiştirme bağıntılarının kullanılabileceği olmasıdır. 0 = = = yz xz xy ? ? ? 0 = = = yz xz xy ? ? ?124 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? + 2 ; 2 maks y x ? ? ? ( ) ; 2 y xy ? ? - ( ) ; 2 x xy ? ? ? 2 ? ( ) ' ' ' ; 2 x x y ? ? 2 ? : ( ; / 2) ( ; / 2) x xy y xy referans noktası x y ? ? ? ? - Düzlem şekil değiştirme halindeki Mohr dairesi, düzlem gerilme halinde çizilen Mohr dairesine benzer olarak çizilir. Yatay eksende uzama oranları (?), düşey eksende kayma açılarının yarısı (?/2) alınmalıdır. Eksenlerin pozitif yönleri sağa ve aşağı doğrudur. Kayma birim şekil değişimindeki işaret kabulleri daha önce kayma gerilmesi için yapılan işaret kabulüne uygun olmalıdır. Kayma birim şekil değişimi pozitif ise x noktası ? ekseninin ?/2 kadar altına, y noktası ise ? ekseninin (?/2) kadar üstünde işaretlenmelidir. x’, y’, 1, 2, D ve E noktalarıyla ilgili büyüklükler Mohr dairesi kullanılarak kolayca hesaplanabilir. DÜZLEM ŞEKDL DEĞDŞTDRME HALD DÇDN MOHR DADRESD125 Bir noktadaki şekil değiştirme bileşenleri ? x = 900µ, ? y = -100µ ve ? xy = 600µ olarak biliniyor. Mohr dairesini kullanarak asal şekil değiştirmeleri ve maksimum kayma şekil değişimini belirleyip yönlenmiş elemanlar üzerinde gösteriniz. Örnek 5 µ ? ? 400 2 = + y x Dairenin Merkezi = Dairenin Yarıçapı = ( ) µ 583 2 600 2 100 900 2 2 = ? ? ? ? ? ? + ? ? ? ? ? ? - - = r 2 400 583 183 OC R ? µ = - = - = - 1 400 583 983 OC R ? µ = + = + = ( ) o I p 31 100 900 600 tan 2 1 = ? ? ? ? ? ? ? ? - - = - ? µ ? ? 983 , 5 . 15 1 = = o I p µ ? ? 183 , 5 . 105 2 - = = o II p ( ) µ ? 1166 2 600 2 100 900 2 2 2 ± = ? ? ? ? ? ? + ? ? ? ? ? ? - - ± = maks veya ( ) µ ? ? 1166 183 983 2 1 ± = - - = - ? 2 ? Mohr dairesinden en büyük kayma birim şekil değişiminin asal eksenlerle 45 o lik açı yaptığı görülmektedir. ? maks ’ın olduğu düzlemdeki uzama oranları, OC = ?’ = 400x10 -6 dır. Mohr dairesinde maksimum pozitif kayma açısı ? ekseninin alt tarafında E noktası ile temsil edilmektedir. o o I p II s 5 . 60 45 5 . 15 45 = + = + = ? ?126 ? 2 ? Yönlenmiş eleman üzerinde şekil değişiminin gösterilmesi: Asal şekil değiştirmelerin eleman üzerinde göste- riminde Mohr dairesindeki x referans noktasından başlanarak en kısa yoldan 1 noktasına gidilir. xC1 açısı birinci asal doğrultunun x referans ekseni ile yaptığı açının iki katını gösterir. Bu açının yarısı x ekseninden başlanıp Mohr dairesi üzerinde gösterilen yönde alınarak birinci asal eksen çizilir. Bu asal eksene 90 derece eklenerek ikinci asal eksen belirlenir. Asal eksenlerin üzerine sembolik bir birim boyutlu kare eleman yerleştirilir. Asal doğrultulardaki şekil değiştirmeler uzama ya da kısalma kesikli çizgilerle birim eleman üzerinde işaretlenir. En büyük açısal şekil değiştirmelerin gösterimi için Mohr dairesindeki x referans noktasından başlanarak en kısa yoldan E noktasına gidilir. xCE açısı en büyük pozitif açı bozulmasının oluştuğu birinci düzlemin normalinin x referans ekseni ile yaptığı açının iki katıdır. Bu açının yarısı x ekseninden başlanıp Mohr dairesi üzerinde gösterilen yönde alınarak birinci eksen çizilir. Bu eksene 90 derece eklenerek ikinci eksen de gösterilir. Eksenlerin üzerine sembolik bir birim boyutlu kare eleman yerleştirilir. Kare elemanın her iki eksen doğrultusunda yaptığı birim boy değişimi birbirine eşit olup değeri, Mohr dairesinin merkezinin absisidir. Kayma açısının doğru olarak çizilebilmesi hususunda e ve d düzlemlerinde etkiyen “sembolik kayma gerilmelerinin” düşünülmesi deformasyon halinin çiziminde büyük kolaylık sağlar. En büyük kayma şekil değiştirmelerinin yönlenmiş bir eleman üzerinde gösterimi Asal şekil değiştirmeler ve doğrultuları127 Bu örnekteki elemanın düzlem gerilme etkisi altında olduğu düşünülür ise ? = 0.3 için üçüncü doğrultudaki asal uzama oranı ( ) ( ) 3 0.3 900 100 343 1 1 0.3 z x y ? ? ? ? ? µ ? = = - + = - - = - - - olarak hesaplanabilir. Gerçek en büyük kayma açısı; ( ) ( ) µ ? ? ? 1326 343 983 3 1 = - - = - = gerçek maks Bu durumda düzlem içi maksimum kayma açısının her zaman en büyük kayma açısını göstermediğini söyleyebiliriz. Önceki örnekte verilen şekil değiştirme halinde; (a) Asal gerilmelerle doğrultularını, (b) En büyük kayma gerilmesi ve doğrultularını hesaplayınız. E = 200 GPa, ? = 0.3 Örnek 6 Önceki örnekten ? 1 = 983µ, ? 2 = -183µ, ? maks = 1166µ ( ) ( ) ( ) MPa E 204 183 3 . 0 983 3 . 0 1 10 200 1 2 3 2 1 2 1 = - + - × = + - = ?? ? ? ? ( ) MPa 6 . 24 983 3 . 0 183 3 . 0 1 10 200 2 3 2 = × + - - × = ? ( ) ( ) MPa E maks maks 7 . 89 10 1166 3 . 0 1 2 10 200 1 2 6 3 = × + × = + = - ? ? ? MPa 3 . 114 2 6 . 24 204 2 ' 2 1 = + = + = ? ? ? MPa maks 7 . 89 2 6 . 24 204 2 2 1 = - = - = ? ? ? Asal Gerilmeler ve doğrultuları En büyük kayma gerilmeleri ve doğrultuları128 BDRDM ŞEKDL DEĞDŞDMDNDN ÖLÇÜLMESD Düzlem şekil değiştirme yapan bir elemanın serbest yüzeyindeki uzama oranının ölçülmesi amacıyla optik, elektriksel ve mekanik sistemler geliştirilmiştir. Yaygın olarak kullanılan ve doğru sonuç veren yöntemde elektriksel esaslı “strain gage” ölçerler kullanılır. Bu kısımda serbest yüzeye yapıştırılan strain gage’ler ve özel düzenlenmiş şekilleri üzerinde durulacaktır. Yüzeyin dış normalini z doğrultusu olarak alırsak ? z = ? xz = ? yz = 0 olur. Söz konusu gerilme durumunda düzlem dışı elastik deformasyonları önleyecek her hangi bir kısıt olmadığından düzlem içi ? x , ? y , ? xy şekil değiştirme bileşenlerine ilaveten düzleme dik doğrultuda normal birim şekil değiştirme de oluşur. Genelleştirilmiş Hooke yasalarında ? xy = ? yz = 0 olduğu için ? z aynı zamanda asal şekil değiştirmedir. Düzlem dışı asal uzama oranı, gerçek maksimum kayma birim şekil değişiminin belirlenmesi açısından önemlidir. Düzlem şekil değiştirme hali için çıkarılan bağıntılarda ? z asal şekil değişimi ? x ve ? y cinsinden bulunmakta idi. Dolayısıyla bir önceki kısımda yapılan türetmeler burada da geçerlidir. Strain gage’ler iki tabaka kağıt ya da plastik arasına yerleştirilen yaprak biçimli çok ince kalınlıklı levha/küçük çaplı telden oluşur. Genellikle 0.03 mm çaplı tel yada 0.003 mm kalınlıklı yaprak levha kullanılır. Ölçer pullar dış yüzeyden ölçüm yapılacak yüzeye yapıştırılırlar. Yük etkisi altında söz konusu yüzeyde şekil değişimi olduğunda tel ızgara yüzeyle birlikte uzar yada kısalır. Bu boy değişimi ölçerin elektriksel direncinde değişime yol açar. Ölçerin uçlarına bağlanan bir akım köprüsü elektrik direncindeki değişimi uzunluk değişimine dönüştürür. Bu amaçla kullanılan akım köprüsüne Wheatstone köprüsü adı verilir. Rozet Metal Yaprak Strain Gage129 ROZETLER: Referans ekseni x ile ? a , ? b , ? c açısı yapan üç uzama ölçer bir önceki sayfadaki şekilde gösterilmiştir. a, b, c doğrultularındaki uzama oranları; a a xy a y a x a ? ? ? ? ? ? ? ? cos sin sin cos 2 2 + + = b b xy b y b x b ? ? ? ? ? ? ? ? cos sin sin cos 2 2 + + = c c xy c y c x c ? ? ? ? ? ? ? ? cos sin sin cos 2 2 + + = Yazılabilir. Burada ? a , ? b , ? c doğrultularındaki ? a , ? b ve ? c uzama oranları bilinmekte ? x , ? y , ? xy aranmaktadır. Uzama ölçerlerin bu tarda düzenlenmiş haline ROZET adı verilir. Rozetler çoğunlukla 45 o ve 60 o lik açılarla düzenlenen üç uzama ölçerden oluşur. 45 o lik rozetle yapılan ölçüm sununda eleman üzerindeki bir noktada ? a = 0 o , ? b = 45 o ve ? c = 90 o için ? a = 900µ, ? b = 700µ, ? c = -100µ değerleri okunmuştur. ? x , ? y ve ? xy değerlerini hesaplayınız. Örnek 7 90 sin 2 90 cos 2 2 , , xy y x y x b y c x a ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? + - + + = = = ( ) ( ) µ ? ? ? ? ? 600 100 900 2 1 2 1 700 = ? + - = + + = xy xy xy y x hesaplanabilir. 900 100 600 x y xy ? µ ? µ ? µ = = - = : Şekil değiştirme Hali130 Bir yapının serbest yüzeyin üzerine bir noktada 60 o lik rozetle yapılan ölçüm sunun ? a = 0 o , ? b = 60 o ve ? c = 120 o için ? a = 70µ, ? b = 850µ, ? c = 250µ değerleri okunmuştur. a) Düzlem içi asal uzama oranları ile maksimum kayma açısını b) Poisson oranı ? = 0.3 alarak gerçek maksimum kayma açısını c) a şıkkındaki sonuçları yönlenmiş birer eleman üzerinde gösteriniz. Örnek 8 x a ? ? = ? ? ? ? ? ? ? ? + ? ? ? ? ? ? - - + = 2 3 2 2 1 2 2 xy y x y x b ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? - + ? ? ? ? ? ? - - + = 2 3 2 2 1 2 2 xy y x y x c ? ? ? ? ? ? µ ? ? 70 = = a x ( ) ? = = - µ ? ? ? 600 3 2 xy c b 693 710 70 xy y x ? µ ? µ ? µ = = = µ ? µ ? ? 83 862 2 693 2 710 70 2 710 70 2 1 2 2 2 , 1 - = = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? + ? ? ? ? ? ? - ± + = µ ? 943 2 693 2 710 70 2 2 2 ± = ? ? ? ? ? ? + ? ? ? ? ? ? - ± = maks µ ? ? ? 390 2 710 70 2 ' = + = + = y x Asal şekil değiştirmeler ve doğrultuları 1 2 1 4 . 66 6 . 23 710 70 693 tan 2 ? ? ? ? ? › = › - = ? ? ? ? ? ? ? ? ? - = - o II p o I p p En büyük kayma şekil değiştirmeleri En büyük kayma açısının oluştuğu düzlemler 1 21.36 70 710 2 tan 693 111.4 I o s maks s II o s maks ? ? ? ? ? - = › + - ? ? ? = - ? ? ? = › - ? ? ?131 Asal şekil değiştirmeler ve doğrultuları e d x 21,4 390 390 68,6 eb=-943 b) Düzlem dışı asal uzama oranı; ( ) µ ? ? 334 710 70 3 . 0 1 3 . 0 3 - = + - - = = z ( ) ( ) µ ? ? ? 1196 334 862 3 1 = - - = - = gerçek maks Gerçek en büyük kayma açısı; ? 2 ? En büyük kayma şekil değiştirmelerinin yönlenmiş bir eleman üzerinde gösterimi 70 710 693 (70 ; 346.5) (710; 346.5) x y xy referans noktası x y ? µ ? µ ? µ µ µ = = = - Söz konusu noktada dik eksen takımındaki şekil değiştirme bileşenleri 132 ( ) [ ] z y x x E ? ? ? ? ? + - = 1 ( ) [ ] z x y y E ? ? ? ? ? + - = 1 ( ) [ ] y x z z E ? ? ? ? ? + - = 1 G xy xy ? ? = G yz yz ? ? = G xz xz ? ? = Bu ifadeleri gerilmeler cinsinden yazılırsa; ( )( ) ( ) x z y x x G E ? ? ? ? ? ? ? ? 2 2 1 1 + + + - + = ( )( ) ( ) y z y x y G E ? ? ? ? ? ? ? ? 2 2 1 1 + + + - + = ( )( ) ( ) z z y x z G E ? ? ? ? ? ? ? ? 2 2 1 1 + + + - + = xy xy G? ? = yz yz G? ? = xz xz G? ? = GENELLEŞTD RD LMDŞ HOOKE YASALARI ( ) y x x E ?? ? ? ? + - = 2 1 ( ) 2 1 y x y E ? ?? ? ? = + - xy xy G? ? = DKD BOYUTLU HALDE GENELLEŞTDRDLMDŞ HOOKE YASALARI 1 x x y E ? ? ?? ? ? = - ? ? 1 y y x E ? ? ?? ? ? = - ? ? G xy xy ? ? =133 E, ? ? ? ? ve G Arasındaki Bağıntı Elastisite modülü E, kayma modülü G ve Poisson oranı ? ? ? ? arasındaki bağıntıyı çıkartmak için tam kayma etkisindeki bir elemana ait mohr dairesini düşünelim. Bu durumda ? 1 = ? maks , ? 2 = -? maks olup Asal düzlemlerle kayma düzlemleri arasındaki 45 o lik açı bulunmaktadır. maks ? Genelleştirilmiş Hooke yasalarından birinci bağıntı [ ] ( ) ? ? ?? ? ? + = - = 1 1 2 1 1 E E maks Dfadesini verir. Ayrıca tam kayma halindeki Mohr dai resinden , Hooke yasasından da olduğu düşünülürse 2 1 maks ? ? = G maks maks ? ? = ( ) G E maks maks 2 1 ? ? ? = + yazılabilir. Buradan ( ) ? + ? = 1 2 G bulunur. x, y eksen takımının başka keyfi doğrultularda seçilmesi halinde de çerçeve içerisindeki bağıntının geçerli olduğunu söyleyebiliriz. Dolayısıyla elastik izotrop malzemelerde iki ve üç boyutlu gerilme-birim şekil değiştirme bağıntılarının iki bağımsız malzeme sabitiyle yazılması mümkündür.134 Örnek 9 60X80 mm boyutlarındaki dikdörtgen çelik plak şekilde gösterilen gerilmelerin etkisindedir. E=210 GPa, ?=0.33 olduğuna göre; a) AC ve BD diyagonalindeki boy değişimlerini hesaplayınız. ( ) ( ) 6 3 6 3 6 3 3 1 300 0.33 150 1664.10 210*10 1 150 0.33 300 1186.10 210*10 100 100 1267.10 210*10 78.95.10 2(1 0.33) x y xy ? ? ? - - - = - - = ? ? ? ? = - - = - ? ? ? ? = = = + x y 100 MPa 300 MPa 150 MPa 60mm 80mm A B C D 1 60 tan 37 80 DAC - ? ? = = ° ? ? ? ? ? 1664 ( 1186) 1664 1186 1267 cos(2*37 ) sin(2*37 ) 1241 2 2 2 AC ? µ µ µ µ + - + = + ° + ° = 6 143 6 3 . 100*1241 0.124 . 23.31*10 , 100*23.31*10 2.33*10 . AC AC BD BD AC mm uzama mm ? ? µ ? ? ? - ° - - = = = = = = =135 Örnek 10 ( ) [ ] 3 1 2 3 2 2 3 6 min min 1 2 200*10 836 0.3 702 137.45 32.15 1 0.3 200*10 702 0.3*836 99.20 122.15 1 0.3 12.85 210*10 . 1538.10 118.3 77.15 2(1 0.30) 137.45 99. 2 P P S maks maks S MPa MPa G MPa ? µ ? ? µ ? ? ? ? ? ? ? ? - ' = + - = = ° ? ? ? ? - '' = - + = - = ° - ' = - ° = = = ± '' = ° + + - ' = = 2 19.1 2 MPa = 400 400 500 ( 0.5) (0.866) 2 2 2 400 400 700 ( 0.5) ( 0.866) 2 2 2 y y xy y y xy ? ? ? ? ? ? + - = + - + + - - = + - + - a x y xy = =400µ =-266.67µ =1386µ ? ? ? ? 2 2 1,2 400 266.67 400 266.67 1386 2 2 2 ? - + ? ? ? ? = ± + ? ? ? ? ? ? ? ? 1386 tan 2 400 266.67 P ? = - 1 2 32.15 836 122.15 702 P P ? ? µ ? ? µ ' = ° = '' = ° = - 2 2 min 400 266.67 1386 769 2 2 2 maks ? µ + ? ? ? ? ? ? = ± + = ± ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 400 266.67 tan 2 1386 S ? + = - min 12.85 1538 77.15 1538 S maks S ? ? µ ? ? µ ' = - ° = ' ' = ° = - ? ? ? x' Çelik bir elemanın düzlem gerilme etkisindeki serbest yüzeyi üzerinde 60° lik rozetle ölçülen uzama oranları ? a =400µ , ? b =500µ , ? c =-700µ dur. E=200 GPa, =0.30 olarak bilindiğine göre; a) Asal uzama oranları ile doğrultularını b) asal gerilmeler, en büyük kayma gerilmeleri ile ilgili normal gerilmeler ve doğrultularını belirleyip yönlenmiş birer eleman üzerinde gösteriniz. ?136 ROZET problemi Şekil Değiştirme Durumu , , x y xy ? ? ? Gerilme Durumu , , x y xy ? ? ? Asal Şekil Değiştirmeler ' 1 2 , , p ? ? ? Asal Gerilmeler ' 1 2 , , p ? ? ? Enbüyük Kayma Gerilmeleri ve etkidiği Düzlemler ' , , enbüyük enküçük s ? ? ? Enbüyük Kayma Şekil Değiştirmeleri ve etkidiği Düzlemler ' , , enbüyük enküçük s ? ? ?
|
|