Mukavemet Mukavemet Ders Notu FULL Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 1 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL MUKAVEMET 1. G İR İŞ - Mekanik Tanımı - Elastisite - İdeal Kavramlar (elastik cisim- homogen- izotrop- hooke yasası) 2. İÇ KUVVETLER ve NORMAL KUVVET HAL İ - Normal Gerilme - Kayma Gerilmesi - Boyutlandırma 3. KES İT TES İRLER İ D İYAGRAMLARI (Basit Mukavemet Halleri) - Kesit tesirleri - Yayılı yük, kesme kuvveti, e ğilme momenti arasındaki ba ğıntılar 4. MUKAVEMET İN TEMEL KAVRAMLARI -Tek eksenli Gerilme Hali - İki Eksenli Gerilme Hali -Üç Eksenli Gerilme Hali -Gerilme ve Şekil De ği ştirme İli şkisi 5. BURULMA 6. ATALET MOMENTLER İ 7. E ĞİLME 8. KESMEL İ E ĞİLME 9. ELAST İK E ĞR İ ve E ĞİM -Mohr Metodu (Moment Alan) - Konsol Kiri ş Yöntemi 10. NORMAL KUVVET ve EĞİLME 11. E ĞİLMEL İ BURKULMA 12. ENERJ İ YÖNTEMLER -Virtüel İş İlkesi [1]. 1Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 2 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL 1. G İR İŞ Mukavemet; Kuvvetlerin tesiri altında meydana gelen şekil de ği şikli ği, kuvvetlerin etkisi kalktıktan sonra kaybolan, yani; eski şeklini alan elastik cisimlerin mekani ğidir. Teknik alanda kullanılan malzemelerin çe şitli yüklere dayanması için gerekli hesap esaslarını inceler. Bir mühendisin vazifelerinden en mühimi elemanın (malzemenin) bütün kullanma şartlarını göz önüne alarak yapı ve makine elemanlarının boyutlarını hesaplamak oldu ğuna göre; bu boyutları hesaplarken iki şartı göz önünde tutmak zorundadır. a) Mukavim olma şartı Yani elemanın boyutlarını o şekilde tayin edecektir ki, eleman kendisine tesir eden dı ş kuvvetlere mukavemet etsin. O halde bu şart elemanın kesitinin et kalınlı ğının fazla olmasına sebep olur. b) Ekonomi şartı Yani elemanın ucuza mal edilmesidir. Bu şartta elemanın et kalınlı ğının daha az olmasıyla daha az malzeme kullanılır. Mühendis bu iki zıt şartın en uygun çözümünü arar. Mukavemet bilgisi matematikten ve malzeme bilgisinden çok yararlanır. Deneylere önem verir. Bazı kabuller neticesinde bulunan formüllrin deney sonuçlarına uygun olup olmadı ğına bakılır. Sonuç olarak; Mukavemet cisimlerin (malzemenin) kesitlerinde meydana gelen iç kuvvetlerin elastik cisimlerin kesitlerinde nasıl da ğıldıklarını, birim kesit alanına dü şen kuvveti, yani gerilmeyi, elastik cisimlerin kuvvetler etkisi altında nasıl ve ne kadar şekil de ği ştirdiklerini (deformasyonlarını = uzama, kısalma, sehim, e ğilme, burulma, burkulma) miktarını ara ştırır. DI Ş KUVVET Bir cisme di ğer cisimler tarafından yapılan etkiye dı ş kuvvet denir. a) Do ğrudan do ğruya belli olanlar; (Kendi a ğırlı ğı, üzerine yüklenmi ş a ğırlıklar, di ğer kuvvetler) b) İrtibatlardan gelenler (mesnet tepkileri) Cisimlerin di ğer cisimlere ba ğlanmasından meydana gelen Dö şemenin kiri şe Kiri şin kolona Kolonun temele Temelin zemine Balkonun dö şemeye 2Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 3 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL İÇ KUVVET Bir cismin iki parçasının birbirine yaptı ğı etkiye de iç kuvvet denir. Dı ş kuvvetlerin tesiri altındaki bir cisim şu zorlamalarla kar şı kar şıya kalmaktadır. 1. Normal kuvvet (çekme, basınç) 2. Kesme kuvveti 3. E ğilme momenti 4. Burulma momenti › Burkulma momenti 5. Döndürme momenti [1]. Mekani ğin çe şitli yönlerden sınıflandırılması mümkündür. E ğer u ğra ştı ğı cismin fizik halini göz önüne alarak bir sınıflandırma yaparsak, mekanik üç ana guruba ayrılır: 1. Katı cisimlerin mekani ği; 2. Sıvıların mekani ği; 3.Gazların mekani ği. Mekani ğin bu üç dalı da mühendisli ğin çe şitli kollarında ayrı ayrı önem ta şır. Katı cisimler, dı ş yüklerin etkisi ile az veya çok şekillerini degi ştirirler. Teknik problemlerin pek ço ğunda bu şekil de ği ştirmeler küçüktür. Şekil de ği ştirmelerin tamamen ihmal edilebilece ği pek çok problem vardır. Bu nedenle ideal bir cisim olan rijit cisim tanımlanır: Rijit cisim, dı ş yüklerin etkisi ile herhangi iki noktası arasındaki uzaklı ğı de ği şmeyen cisimdir. Bu ideal cismi konu alan mekani ğe rijit cisimler mekani ği adı verilir. Katı cisimler kuvvetlerin etkimesi sonucunda şekillerini de ği ştirdikten sonra rijitle şmi ş kabul edilir ve bunlara rijit cisimler mekani ğinin yöntemleri aynen uygulanır. Bu kabul, katı cisim mekani ğinin dayandı ğı ilkelerden bir tanesidir ve rijitleme adını alır. Katı cisimlerin yükler altında şekil de ği ştirmesi, kullanılan konstrüksiyon malzemesinin cinsine ba ğlı olarak çe şitli özellikler gösterir. Yumu şak çeli ğin, fontun, betonun, kilin aynı yük altındaki şekil de ği ştirmeleri farklıdır. Bir çok durumlarda yükler kaldırıldıgı zaman cisim ilk haline geri döner. Malzemenin bu davranı şına elastiklik adı verilir. Yükler kaldırıldıktan sonra cisim ilk haline dönmez ve şekil de ği ştirmi ş olarak kalırsa bu davranı şa da plastiklik denir. Malzemenin pek ço ğunda yükün bir sınırına kadar elastik davranı ş görülmektedir. Plastik davranı ş gösteren ve göstermeyen malzemeler vardır. Çe şitli malzemenin özelliklerini 3Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 4 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL kapsayacak çok geni ş bir mekanik geli ştirmek imkânsız oldu ğundan bir ideal malzeme ta- nımlayıp onun mekani ğini kurmaktan ba şka çare yoktur. Elastik cisimler, elastoplastik- cisimler, viskoelastik cisimler, v.b. bu tip ideal cisimlerdir. İşte bu ideal cisimlerin mekani ği, bu arada malzemenin pek ço ğunun ortak özelli ğini yansıtan elastik daimlerin mekani ği bunların içinde mühendis için en önemli bölümdür. Bu kitabın konusunu da esas itibariyle elastik cisimler te şkil edecektir. Elastoplastik cisimlere de az miktarda yer verilecektir. Elastik cisimlerin mekani ğini konu alan bilim dalına elastisite teorisi denir. Yalnız elastisite teorisinde inceleme yolu de ği şiktir. Orada problem, matematik açısından göz önüne alınır, denklemler kurulur ve çözüm yolu aranır. Bu teori pratik mühendislik hesapları için elveri şli de ğildir. Ancak, bir yandan teoriden, bir yandan deneylerden elde edilen sonuçlara dayanılarak varılan basit kabuller, pratik problemlerin çözümü için bizim inceleyece ğimiz bir bilim dalı ortaya çıkarmı ştır. Her ne kadar buna mukavemet adı verilmekte ise de, cisimlerin mukavemetini ba şka yoldan inceleyen maleme bilgisi ile karı ştırılabilece ği için bu ad yanlı ştır. Mukavemet yerine katı cisimlerin teknik mekani ği veya elastomekanige giri ş gibi bir ad verilmesi belki daha uygun olacaktır. Katı cisimlerin teknik mekani ğinde incelenen problemlerden biri cismin dı ş yükler altındaki davranı şıdır. Dı ş yüklerin etkisi ile cismin içinde iç kuvvetler meydana gelir. Bir konstrüksiyonda bu iç kuvvetlerin malzemenin dayanma sınırını a şmaması gereklidir. Bu da mühendisin verece ği uygun boyutlarla sa ğlanır, i şte bu dersin ba şlıca amacı, boyutlandırmayı sa ğlamak üzere iç kuvvetlerin hesabıdır. [2] Mukavemet ve ilgili di ğer bilim dalları Mukavemet yukarda anlatılan ödevini yapabilmek için di ğer birçok bilim dallarından faydalanmak zorundadır; bu arada rijit cisimler mekani ği ba şta gelir. Fakat mukavemetin uğra ştı ğı malzemenin, dı ş yük altındaki davranı şı göz önünde tutularak, rijit cisim mekani ğinin, yalnız ortamın özelli ği ile ilgili olmayan teoremlerinden faydalanmak gerekece ğine dikkat etmelidir. Bunlar arasında denge şartları ba şta gelir. Mukavemet, denel esaslara dayanan bir bilim dalıdır, inceledi ği cismin gerçek özelliklerini tanımak, bilmek zorundadır; bu sebeple malzeme deneme bilgisinden elde edilen sonuçlardan faydalanır. Malzeme özellikleri arasında şekil de ği ştirme ile ilgili olan ve mekanik özellikler adını alanlar, mukavemet için ön plânda gelir. Kısaca söylemek gerekirse, şekil de ği ştirme ve kuvvet mekanizmasıyla u ğra şan malzeme mekani ği veya modern adı ile reoloji ilgili bilim dalları arasında önemli yer tutar. 4Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 5 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL Mukavemeti, konusu itibarile, şekil de ği ştiren cisimler mekani ğine sokmu ştuk. Yalnız bir mekanik dalında, konu i şlenirken, kullanılan metodun kesinlik derecesi farklı olabilir; böyle bir durum, konuları aynı olan, cisimlerin mukavemeti ile elastisite teorisinde vardır. Pratik amacı dolayısıyla, sırf konuyu sadele ştirmek için, mukavemet bahsinde birçok kolayla ştırıcı varsayımlar yapılır, bundan ötürü varılan sonuçlar yakla şıktır. Elastisite teorisi aynı probleme daha kesin bir analiz metodu uygular; dolayısıyla elde edilen çözüm di ğerinden daha kesin olur. Birçok halde, yeter yakla şıklık elde etti ği için, sonuca daha hızla varan elemanter mukavemet metodları, mühendisler tarafından elastisite teorisine tercih edilir. Fakat kesin teori, sonuçları kontrol bakımından, hiç bir zaman gözden uzakta tutulamaz, ayrıca yeter yakla şıklı ğın sa ğlanamadı ğı hallerde, elastisite teorisine ba ş vurmaktan ba şka çare de yoktur. Mukavemetin faydalandı ğı dallardan biri denel elastisitedir. Karı şık birçok problemin çözümü, model yardımı ve ölçü metodlarıyla bulunur [4]. Mukavemetin kısımları Her mekanik dalında oldu ğu gibi burada da konuyu iki büyük parçaya ayırmak kabildir. Birine. elasto-statik adı verilir ve denge problemlerini kapsar. Di ğeri ise yapı elemanlarının ivmeli hareketlerinden do ğan atalet kuvvetlerinin etkisini ara ştırır ve elastokinetik adını alır, Bu son kısım, özellikle makine mühendisli ğini ilgilendiren problemlerle u ğra şır. Tarihçe Mukavemetin, çok gerilere gitmeyen tarihine ait burada kısa bir bilgi ile yetinmek istiyoruz. Kiri şlerin ilk e ğilme problemi ile Galilei (1654–1722) u ğra şmı ştır, fakat o, kiri şte çekme ve basınç gibi iki bölgenin bulundu ğunu fark etmemi ştir. Kuvvet ve şekil de ği ştirme arasındaki ilk matematik ba ğıntı Robert Hooke (1635–1703) tarafından kuruldu. E ğilmeye çalı şan kiri şte iki çe şit normal gerilme bulaca ğını ilk fark edenler arasında Mariotte (1680) ve Leibn İtz (1684) den bahsetmek gerekir. Bernoulli 1694 de e ğrilik ile moment arasındaki orantılılı ğı, ileri sürdü. Aynı bilgin kiri ş kesitlerinin e ğilmede düzlem kalması gibi önemli hipotezi 1705 de ortaya attı. Leonhard Euler (1707–1783) elastik e ğri ve ona dayanan elastik stabilite problemlerini 1744 de çözdü. Kiri ş teorisini geli ştiren ve çe şitli mühendislik problemlerinin çözüm metodlarını ortaya koyan Navier (1785–1836) dir. 5Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 6 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL Mukavemet ve Elastisite teorisinin geli şmesi için büyük çabalar sarfeden di ğer isimleri şöyle sıralamak kabildir: Poisson (1781–1840), Cauchy (1789–1857), de Saint-Venant (1797– 1886), C. Maxwell (1831–1879), Kirechh off (1838–1907), Wöhler (1819–1914), Betti (1823–1892), O. Mohr (1835–1918), A. Castigliano (1847–1925) ve Engesser (1848–1891). [4]. 6Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 7 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL MEKAN İK: a) 1. Katı cisimlerin mekani ği 2. Akı şkanlar mekani ği b) 1. Rijit cisimler mekani ği 2. Şekil de ği ştiren cisimler mekani ği c) 1. Sürekli ortamlar mekani ği 2. Parçacıklı (Kuantum) mekani ği d) 1. Newton (vektörel) mekani ği 2. Analitik (Lagrange) mekani ği 3. İstatistik mekanik [1]. Cisimlerin mukavemeti esas itibarile, şekil de ği ştiren cisimlerin mekani ğidir; yalnız güdülen amaç boyutlandırma adı verilen belirli tip mühendislik problemlerini çözmek oldu ğu için, daha çok tatbikî mekanik kategorisine girer. Mühendis, tasarlayaca ğı her çe şit yapı elemanına boyut verirken, gözönüne alaca ğı en önemli noktalardan biri de, bunların dı ş etkenlere dayanmasını sa ğlamaktır. İşte cisimlerin mukavemeti ve bazen de mukavemet adı verilen bu bilim dalı bununla ilgili esas ve metotları hazırlar. Mühendis, tasarlayaca ğı her çe şit yapı elemanına boyut verirken, göz önünde bulundurmak zorunda oldu ğu önemli noktalardan biri de, bunların dı ş etkilere kar şı dayanmasını sa ğlamaktır. İşte, cisimlerin mukavemeti ve bazen de sadece mukavemet adı ile anılan bilim dalı, bu yolda gerekli esas ve metotları hazırlar. Boyutlandırma, daima birbirine zıt olan, şu iki şartı uyuşturma ğa çalı şır. 1. Emniyet şartı 2. İktisat şartı Yapı, hiçbir zaman etkiyen dı ş kuvvetlere tam dayanacak şekilde boyutlandırılmaz, bunların geçici de olsa, muhtemel artı şlarını ve yapının emniyeti ile ilgili di ğer faktörleri de hesaba katmak gerekir; bütün bu noktalar, boyutların arttırılmasını, di ğer bir deyimle yapının a ğır ve rijit olmasını icap ettirir -emniyet dü şüncesi- İktisat şartına gelince, lüzumsuz malzeme ve i şçilik sarfından kaçınarak, yapı elemanlarına yeter boyut vermeyi öngörür. Bu iki esas şart yanında, yapıya uygun form vermek te hiçbir zaman ihmal edilmemelidir. Eser do ğru oldu ğu kadar güzel de olmalıdır; terim e ğer yerinde ise, bu üçüncü şarta da 3. Estetik şart denilebilir. 7Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 8 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL Mukavemet, her teknik problemde bütün şartları gerçekle ştirecek optimum bir çözüm arar. [4]. Elastisite: Sürekli ortamlar mekani ği içinde katı cisimlerle ilgilenen mekaniktir. Mukavemet olur. Matematiksel kesinli ği vardır. Bir çok kabuller yapılan yakla şık bir mekaniktir. Uygulamalı ya da teknik mekanikte denir. [1]. Mukavemeti elde etmek için yapılan basitle ştirme ve ideal kavramlar: 1. Ortamın yapısı için kabul edilen ideal kavramlar Mukavemette kullanılan ideal kavramlar arasında tam elastik cisim ve tam plastik cisim sınırda olan iki cismi gösterir.[1]. Şekil [3]. Elastik Cisim: Bir cisme dı ş yükleri uyguladı ğımızda cisim şekil de ği ştirme yapacaktır. Dı ş yükler kalktı ğında cisim 1. ci şekline dönüyorsa buna elastik cisim denir. Tam elastik özellik, cisimde şekil de ği şmenin dı ş etki ile birlikte geri dönmesi demektir. Bunun zıddına, tam plastik cisim de de, dı ş tesirler ortadan kalktı ğı halde de yaptıkları şekil de ği ştirme oldu ğu gibi kalır. Yapıda kullanılan cisimler genel olarak, bu iki ideal durumun arasında bulunur; yani dı ş etkiler geri dönerken, şekil de ği ştirmelerin bir kısmı geri döner bir kısmı kalır. Buna elastoplastik cisim denir. Elastoplastik Cisim: Dı ş yükler kalktı ğında cisim ne son şeklinde kalıyorsa ne de ilk şekline dönüyorsa cisme elastoplastik cisim denir. 8Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 9 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL Homogen: E ğer ele aldı ğımız cismin özellikleri her noktası için aynı ise buna homogen cisim denir. İzotrop: E ğer cismin özellikleri cismin içindeki do ğrultuya ba ğlı de ğilse buna izotrop cisim denir. Mukavemet için önemli kavramlardan biri de, dı ş etkilerle şekil de ği ştirmeler arasıdaki ba ğıntı, şekil de ği ştirme kanunudur. İlk basit kanun Robert Hooke tarafından verilmi ştir. Hooke Yasası: “Kuvvet ne kadarsa uzama o kadardır” Böyle cisimlere hooke yasasına uyan cisimler denir. Buna göre kuvvetle şekil de ği ştirme arasında lineer bir ba ğıntı oldu ğu kabul edilmektedir. Şekil de ği ştirme kanunu lineer olan cisimlere kısaca Hooke Cismi adı verilir. 2. Şekil de ği ştirmenin kinemati ğinde yapılan basitle ştirmeler ve ideal kavramlar: a) Rijitle ştirme İlkesi: Denge denklemleri cismi şekli de ği ştirdikten sonra rijit hale geldi ği kabul edilerek uygulanılır. b) Ayırma İlkesi: Cismin dı ş etkilere uygunlu ğunu anlamak için, bir düzlemle herhangi bir yerinden kuramsal olarak kesilir. Düzlemin ayırdı ğı kısımlardan sadece bir parçasına denge denklemleri uygulanır. Cismi iki parçaya ayırıp, bir tarafı atarak kalan kısmın incelenmesine ayırma prensibi adı verilir. Denge denklemleri cismin bütünü için geçerli ise, her parçası içinde geçerlidir. c) E şde ğerlik İlkesi: Statikçe e şde ğer olan mukavemetçe e şde ğer olmayabilir. Statik yönden e şde ğer olan kuvvetler, şekil de ği ştirme yönünden de e şde ğer de ğillerdir. Örnek: İki ayrı yükleme statik yönden e şit oldu ğu halde biri kiri şte şekil de ği ştirme do ğurur. Di ğerinde ise hiçbir şekil de ği şikli ği olmaz. Şekil ??? Örnek: Rijit cisim mekani ğinde kuvvet, kayan bir vektör sayıldı ğı halde, şekil de ği ştiren cisim mekani ğinde kuvvetin kaymasına izin verilmez. Şekil ??? Bu kuvvetler çubu ğu uzatmaya zorladı ğı halde, kuvvetler kaydırılacak olursa, yani Şekil ??? 9Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 10 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL Böyle olursa şekil de ği ştirme tamamen ters bir hal alır. Çubuk kısalır. Saint Venant İleride görülecek mukavemetçe e şde ğerlilik. d) Birinci Mertebe Teorisi: Rijitle ştirme ilkesinin tersine mukavemette ba ğ kuvvetleri hesaplanırken cismin ilk hali yani yükleme yapılmadan önceki durumu rijit olarak kabul edilir. Yani statikte kullanılan ba ğ kuvvetleri bulma i şlemleri aynen uygulanacaktır. Bir çok halde, cismin şekil de ği ştirmi ş durumu ile ilk durumu arasındaki fark çok küçüktür. Bu nedenle denge denklemleri yazılırken gerekli boyutlar şekil de ği ştirmemi ş durum üzerinden alınır. L a P B L B a P L B a P M a . . . . . = = - = ? Şekil ??? e) Süperpozisyon (lineer toplama) İlkesi: Bir elastik sistemin iki ayrı yüklemesini gözönüne alalım. Şekil ??? Her iki yüklemenin birden yapıldı ğı durumda Aynı A noktası f kadar yer de ği ştirsin. E ğer sistemin bu üç yüklemesi arasında F = f 1 + f 2 10Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 11 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL gibi bir ba ğıntı varsa, burada süperpozisyon kanunu geçerliktedir denir. Süperpozisyon kanunun geçerli olması için, şekil ve yerde ği ştirmelerin küçük ve cismin Hokke kanununa uygun bir şekil de ği ştirme yapması gerekmektedir. “Mukavemetin amacı mühendislik yapılarına dı ş yükler altında uygun boyut vermektir” 11Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 12 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL BÖLÜM 2. İÇ KUVVETLER ve NORMAL KUVVET HAL İ DI Ş KUVVET Cisme di ğer cisimlerin yapmı ş oldu ğu etki olarak tanımlanabilir. Bu etkiler iki kısma ayrılabilir: a)Do ğrudan do ğruya belli dı ş kuvvetler b) Ba ğ kuvvetleri (Reaksiyon, mesnet kuvvetleri) Birinci sınıftaki kuvvetler, bilinen verilmi ş kuvvetlerdir. İkincisi ise cisimlerin arasındaki ba ğdan do ğar. Ba ğın şekli ve denge fikri esas rolü oynar. İç kuvvet ise bir cismin çe şitli parçaları arasındaki etki ve tepkiden ibarettir. Mukavvette bir cismin tüm durumu hakkında fikir edinebilmek için, cismi parçalara ayırmak ve her parçayı sanki di ğerinden ba ğımsız, ayrı bir cisim olarak dü şünmek gerekir. İç kuvvet, cismin parçalarını belirten ayırma yüzeyi ve kesit kavramından ayrı olarak düşünülemez. [2]. Şekil ??? Cisim dengededir. Hayali olarak keselim. Sistem dengede oldu ğundan I ve II dengededir. Kesti ğimiz yerde dengeyi sa ğlayabilmek için di ğer kısma bir takım kuvvetler etkimelidir. Bunların toplamına iç kuvvet denir. Bir cisme di ğer bir cisim tarafından yapılan tesire dı ş kuvvet denir. gerilme P F P Lim = ? ? 0 › ?P ?F’i büyük olarak çizelim. 12Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 13 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL ? = Sigma ? = To P gerilme vektörünün kesitin normali üzerindeki bile şeni ( ?) harfiyle gösterilir ve normal gerilme denir. P gerilme vektörünün kesit içindeki ve kesitin normaline dik bile şenine de kayma gerilmesi denir ve ? (to) ile gösterilir. Kesite yandan bakalım: Şekil ??? Kesit içinde birim alana gelen kuvvete gerilme denir. ? ve ?’nın İşaretlerinin Bulunması: ( ?) Normal gerilme kesitin normali yönündeyse pozitif (+) ters yönündeyse (-) negatif olur. ( ?) Kayma gerilmesi kesitin normali saat ibresinin tersi yönünde 90 ° yatırıldı ğında kayma gerilmesi ile aynı yönde geliyorsa (+) ters yönde geliyorsa (-) olur. Çubuk: Katı cisimlerin teknik mekani ğinde inceleme yolu, cismin geometrisine yakından ba ğlı olmaktadır. Boyutları bakımından özel olan cisimler için tamamen farklı bir inceleme yolu izlenmektedir. Bu tür özel cisimlerden biri çubuklar, öteki plâk ve kabuklardır. Çubuklar, iki boyutu üçüncü boyutunun yanında küçük olan cisimlerdir. Bu küçüklük oranı genel olarak bir mertebe küçük olma şeklinde söylenebilir, yani 1/10 dur. Çubukların iki ö ğesi vardır: 1) Çubuk ekseni. Bu genel olarak bir uzay e ğrisidir. 2) Çubu ğun enine kesiti. Kısaca kesit de denilen enine kesit kapalı bir alan parçasıdır.[2] Kesitin a ğırlık merkezi çubuk ekseniyle üst üste dü şer ve kesit düzlemi eksen e ğrisine diktir. ( Şekil). Her en kesitinin a ğırlık merkezinin geometrik yerinden geçen e ğriye çubuk ekseni denir. 13Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 14 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL Çubuk eksenine dik olan düzlemlerle kesildi ğinde meydana gelen kesite dik kesiti denir.[1] Teknikte çubuklar, eksen e ğrisinin şekline ve çubuklara gelen kuvvetlere göre çe şitli adlar almaktadır. ( Şek. l-2a). Eksenin şekline göre: 1. Do ğru eksenli çubuklar, etkiyen kuvvete göre kiri ş, mil, şaft, kolon vb. adlar alır. 2. E ğri eksenli çubuklar, kemer, halka gibi adlar alırlar. En kesitinin durumuna göre: 1. Sabit eksenli çubuklar 2. De ği şken kesitli çubuklar [2] Şekil [2]. Bir boyutu di ğer iki boyutu yanında çok büyük olan elemanlara çubuk denir. Çubukların 2. boyutu 3. boyutu yanında küçük oldu ğu için eksenleriyle gösterilebilir. Bir çubu ğun belli olabilmesi için ekseninden ba şka en kesitinin ve boyunun bilinmesi gerekir. Çubu ğun ekseni en kesitlerin a ğırlık merkezinin üzerinde bulundu ğu bir e ğridir. En kesit eksene dik kesit olarak tanımlanır. Birden fazla çubu ğun birbirine ba ğlanması ile meydana gelen çubuklara çubuk sistemi denir. E ğer bir sistemde çubuklar rijit ba ğlı ise bunlara, çerçeve adı verilmektedir. Mafsalla ba ğlandı ğı kabul edilen ve yükleri bu ba ğ noktalarına etkiyen çubuk sistemlerine kafes sistemler denir. Bunlar dı şında olan çubuk sistemleri de vardır. 14Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 15 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL Çubu ğun kesiti çe şitli geometrik biçimlerde olabilir. Bu biçime göre dikdörtgen, daire, halka vb. kesitli çubuk adı verilir. Çubuk kesiti çubuk ekseni boyunca sabit veya de ği şken olur. de ği şken kesitli çubuklarda da kesit de ği şimi ani veya sürekli olabilir. Plak ve kabuklar, iki boyutu üçüncüsünün yanında büyük olan cisimlerdir. Bina dö şemeleri, kubbeler, hazneler, kazanlar bu tip cisimlere birer örnektir. Boyutları yönünden bu iki özel tipe uymayan çubuklar için genel çözüm yöntemlerinden yararlanmaktan ba şka çare yoktur.[2] Çubu ğa etkiyen dı ş yükler çubukta iç kuvvetler meydana getirir. Bu kuvvetleri görünür hale getirmek için çubuk hayali iki parçaya ayrılır. Her zaman kullanaca ğımız bu temel ilkeye ayırma ilkesi adı verilir. [1]. Kuvvetlerin etkisinde bulunan bir çubuk gözönüne alalım. Çubu ğu bir kesit boyunca ikiye ayıralım. Parçalardan bir tanesi, kendisine etkiyen dı ş kuvvetlerin etkisi altında dengede olmayacaktır. Öteki parçadan o parçaya gelen iç kuvvetleri de hesaba katarsak denge sa ğlanır. Bu iç kuvvetler bütün kesit yüzeyi üzerine yayılmı ştır. De ğerleri de genellikle kesit içinde noktadan noktaya de ği şiktir. Bir noktadaki de ğeri bir limit i şlemiyle tanımlanır: ?A alanına gelen kuvvet ise P ? p A P A = ? ? › ? 0 lim 15Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 16 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL De ğerine gerilme denir. Gerilmenin boyutu K/L 2 oldu ğuna göre kg/cm 2 veya kg/mm 2 gibi birimlerle ölçülür. Kısaca gerilme birim alana gelen iç kuvvettir.[2] Düzlemsel Yükler İç Kuvvetlerin Hesabı Kesim Yöntemi Do ğru eksenli bir çubu ğa etkiyen bütün dı ş kuvvetlerin aynı düzlemde bulundu ğunu kabul edelim. Kuvvetlerin düzlemini yz düzlemi olarak alıyoruz. Çubu ğun statikçe belirli şekilde mesnetlendi ği kabul edildi ğine göre ba ğ kuvvetleri statikçe bilinen yollarla hesaplanır ve bunlarda aynı düzlemde bulunur. İç kuvvetlerin hesabı yönünden ba ğ kuvvetleri ile do ğrudan doğruya belirli öteki dı ş kuvvetleri ayırt etmeye gerek yoktur. Biz daima ba ğ kuvvetlerinin hesaplanmı ş oldu ğunu kabul edecek ve dı ş kuvvetler yönünden dengede olan bir çubuktan hareket edece ğiz. Ondan sonra iç kuvvetlerin bulunmasını istedi ğimiz kesitten çubu ğu iki parçaya ayırırız. Soldaki veya sa ğdaki parçayı bir serbest cisim olarak göz önüne alırız. Kesitteki iç kuvvetler de hesaba katılmak şartıyla göz önüne alınan parça dengede olmalıdır. Düzlemde bulunan kuvvetler için üç denge şartı bize N, T, M bilinmeyenlerini hesaplamak olana ğını sa ğlar. Çubu ğu yeteri kadar çok kesitten ayırarak bütün çubuk boyunca iç kuvvetler hesaplanır. Bu, kesim yöntemidir. Kesim yönteminin pratik uygulaması için önce iç kuvvetlerin i şaretli olanlarını yeniden gözden geçirelim. Pozitif yönleri düzlemsel hale indirgersek durum elde edilir. İç kuvvetleri hesaplarken göz önüne alınan çubuk parçasına bilinmeyen iç kuvvetleri pozitif yönleri ile koymalıdır. Böylece hesap sonucunda pozitif çıkan büyüklüklerin pozitif, negatif çıkanların negatif oldu ğu anla şılmı ş olur. Çubukta iç kuvvetler eksen boyunca bütün noktalarda hesaplanır. Sonra bunların grafikleri çizilir. Bu grafikler çubuk üzerindeki her noktada N, T, M de ğerlerini (i şaretli olarak) gösterir ve normal kuvvet diyagramı, kesme kuvveti diyagramı ve e ğilme momenti diyagramı adını alır. Diyagramların çizimi için çubu ğu kaç noktada kesmek gerekti ği akla gelen bir sorudur. Çubu ğa etkiyen tekil yükler; yayılı yüklerin ba şlangıç, bitim ve yayılma kanununun de ği şti ği noktalar çubukta bölgeler ayırır. Her bölgede bir kesim yapmak, iç kuvvetleri z koordinatının fonksiyonları olarak hesaplamak ve sonra o bölge içinde z’yi de ği ştirmek suretiyle kesim 16Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 17 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL sayısını minimumda tutmak mümkün olur. Tekil yüklerin etkidi ği noktalarda iç kuvvetlerde süreksizlikler oldu ğundan kesimi tam o noktalarda yapmamalıdır. Hesabın yapılı şı ve diyagramların çizili şi örnek problemlerden izlenebilir. Hesabın yapılı ş adımlarını bir daha özetleyelim: 1. Ba ğ kuvvetleri hesaplanır. 2. Yükün de ği şmesine göre çubukta bölgeler ayrılır. Her bir bölgede bir kesim yapılır. Çubu ğun bir parçası göz önüne alınır. Kesitteki yüzeye iç kuvvetler pozitif yönlerde konur ve z’nin fonksiyonu olarak hesaplanır. 3. z’ye bölge içinde de ğerler vererek iç kuvvet diyagramları çizilir. 17Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 18 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL NORMAL KUVVET Bir çubuk yalnızca ekseni do ğrultusundaki dı ş kuvvetlerin yani çekme ya da basınç kuvvetlerinin etkisindeyse kesitlerde meydana gelen iç kuvvete Normal Kuvvet, problemede normal kuvvet hali denir. Normal kuvvetin i şareti: Kesit aldı ğımızda parça sol tarafta kalıyorsa yani ben parçaya sa ğdan bakıyorsam Normal kuvvet sa ğa do ğru yani normalin yönünde olur. (+) tersi (-) olur. Şekil ??? Normal kuvvet halinde gerilme: ? = F N Gerilme N = Normal Kuvvet F = Alan ? = Normal gerilme Böylece normal kuvvet halinde gerilme, normal kuvvetin kesit alanına bölünmesi ile elde edilmektedir. Bu formülde N pozitif ise gerilmeler pozitif yani çekme, N negatif ise gerilmeler negatif yani basınç olarak çıkar. Örnek a)Çubuktaki nornal kuvveti? b) Çubuktaki gerilmeyi bulunuz? N = ? ? = ? N=? ?=? ?Fy=0 50-N=0 N=50 kg. 2 / 1 30 50 cm kg F N = = = ? 18Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 19 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL Örnek Çubuk boyunca normal kuvvet diyagramını çiziniz en büyük normal gerilme çubu ğun hangi bölgesinde meydana gelir. N ı =500 kg (Keserken daima en ba ş kısmı öneme alaca ğız) N II = -800+500=-300 N II = -300 2 max 1 / 10 50 500 cm kg F N = = = = ? ? 2 2 / 6 50 300 cm kg - = = ? 2 3 / 2 50 100 cm kg = = ? A P = ? A 3 10 . 60 140 = A = 428 mm 2 = 4 2 d ? d = 23 mm 19Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 20 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL Örnek: Şekildeki sistem için ? em = 140 N/ mm 2 verilmektedir. Bu çubu ğun emniyetle ta şıyabilece ği max P yükünü bulunuz? özüm: ? F y = 0; = 0 P max = ? Ç A y – P – P A y = 2 P kN P P A P 1 2 = = = ? 5 . 10 40 50 = ? 1 kN P 14 140 100 ? = Yukarıdaki eleman 10.5 kN dayanabildi ği için P max = 10.5 kN olur. alnız normal kuvvet etkisinde bulunan bir çubuk gözönüne alalım. Gerek N, gerekse F abilir. Her durumda da Boyutlandırma Emniyet Gerilmesi Y çubuk boyunca sabit veya de ği şken ol F N = ? Formül bize çubuk üzerinde gerilmenin hesaplanmasına olanak sa ğlar. N ve F’nin her ikisininde sabit oldu ğu hallerde çubuk boyunca ? sabittir; aksi halde ? çubuk üzerinde çe şitli unlara yükün belirli bir sınırında malzemede çok büyük şekil yerlerde çe şitli de ğerler alır. Malzemeler en genel olarak iki farklı grupta toplanabilir: 1. Sünek (düktil) malzeme: B de ği ştirmeler meydana gelir. Buna akma denir. 2. Gevrek (frajil) malzeme: Bu tip malzemede akma olmaz. Belirli bir ? gerilmesinde malzeme birdenbire kırılır. Her iki hali bir araya toplayarak malzemeler için bir ? m s ınır gerilmesi oldu ğunu söyleyebiliriz. 20Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 21 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL Ancak bir konstrüksiyonda gerilmelerin ? m s ınır gerilmesine kadar çıkması istenmez. Bu nedenle ? m sınır gerilmesi, emniyet katsayısı denilen, birden büyük bir n katsayısına bölünür. ayabilir. ayı sonuçlar yakla şıktır. yorulmakta dolayısıyla sınır gerilmelerinde Böylece elde edilen gerilmeye emniyet gerilmesi denir. Malzemelerin yeteri kadar emniyetli çalı ştırılmaları a şa ğıdaki sebeblerden do ğmaktadır. 1. Dı ş kuvvetler ekseriya tam olarak belli de ğildir. 2. Ta şıyıcı elemanın her yerinde aynı özellik bulunm 3. İç kuvvetlerin hesabında yapılan kabullerden dol 4. İmalatlarda bir takım hatalar ortaya çıkabilir. 5. Zamanla elemanın kesitinde zayıflama olabilir. 6. elemanlar uzun zaman çalı şması neticesinde de ği şiklik olmaktadır. ? m =Mukayese gerilmesi n m ? n= 2.5 alıyoruz. ? çelik = 1400 kg/cm 2 Prat tip oblemi söz konusu olur: ini ar verilmi ştir, dolayısıyla ? em de rilecek kesitin de ğeri aranmaktadır. ikte üç boyutlandırma pr Problem 1: Kesit tay Çubuktaki N bellidir; malzemenin ne olaca ğına kar bilinmektedir. Çubu ğa ve F N = ? , em N F ? ? ? em = sigma emniyet Bu bize gerekli kesit alanını verir. Problem : Gerilme ko ellidir; çubuk malzemesi de bellidir, dolayısıyla ? em na gelen gerilmenin ? em ’in altında olup olmadı ğının kontrolü 2 ntrolü Çubuktaki N ve F her yerde b bilinmektedir. Çubukta meyda istenmektedir. F N = ? , ?? ? em Problem 3: Dı ş yükün hesabı (Normal kuvvet) F ve ? bili ir. Çubu ğun ne kadar yük ta şıyaca ğı aranmaktadır. Normal kuvvet lmenin en fazla oldu ğu yerdeki de ğer, ? em ile em nmekted diyagramı bilinmeyen yük cinsinden çizilir. Geri kar şıla ştırılarak ta şınacak yüke geçilir. N= ? em . F 21Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 22 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL Örnek: Şekildeki çubu ğun kesiti sabit ve malzemesinin emniyet gerilmesi 1400 kg/cm 2 oldu ğuna göre gerekli kesit alanını bulunuz? N 1 = 6 t N 2 = -4 t N 3 = 4 t F 1 ? 1400 6000 =4.3 cm 2 de AB çubu ğu kesiti şekilde verilen borudan yapılmı ştır. ? em = 1400 kg/cm 2 oldu ğuna göre kesitin yeterli Örnek: Şekildeki sistem olup olmadı ğını kontrol ediniz? ?Fy = 0 22Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 23 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL ?Fy = -25 + S AB sin 30 ° = 0 -25 = -1/2 S AB S AB =50t R = Büyük çap r = Küçük çap Kesitin alanı 4 ) ( 2 2 r R F = ? - 2 2 2 ) 8 10 ( - ? 4 F = 27 . 28 cm = N 2 2 / 1770 27 . 28 5000 cm kg = ? = ? ? F = ? ?< ? em 1770 < 1400 (de ğildir ta şıyamaz) Örnek: Şekildeki çubu ğun ta şıyabilece ği P yükünü hesaplayınız? ? em = 100 kg/cm 2 N 1 =2P (I. Bölgedeki gerilme) 23Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 24 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL 72 144 2 1 1 P P F N = = = ? N 1 = P (II. Bölgedeki gerilme) 100 2 2 P F N = = ? 72 100 72 P P em = › = ? P ? 7200 kg En büyü ğünü ? em ’e e şitlemeliyiz. Şekil De ği ştirme Hooke Yasası Sabit normal kuvvet etkisinde bulunan bir çubuk gözönüne alalım.[2] Kuvvetin etkisi ile i boyu L 1 olsun. Uzama miktarı ?L= L’-L dir. Bu miktar ubu ğun boyu arttı ğı için, uzamayı daha iyi karakterize etmek üzere birim boyun uzaması ğünü tanımlıyoruz. çubu ğun boyu bir miktar uzar. Yen ç veya uzama oranı diye bir ? (Epsilon) büyüklü l l l l l ? = - = 2 1 ? l l l l l ? = - = 2 1 ? ?L = ?.L EF N L L . = ? Uzama miktarı ? > 0 › çubuk uzar ? < 0 › çubuk kısalır ?, iki uzunlu ğun oranı olmak bakımından, boyutsuz bir büyüklüktür. Çubuktaki normal kuvvet çekme yerine basınç olursa çubukta uzama yerie boy kısalması olaca ğından ? negatif olur. Böylece kısalmaya negatif boy uzaması gözüyle bakabiliriz. O halde ?= Epsilon (boyutsuz sayı) birim sayılmaz 24Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 25 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL N = P L’= Uzamadan sonraki boyu ?L = L’-L (L boyundaki bir çubu ğun uzaması) N F = ? Hooke yasası: Uzama ile kuvvet arasındaki ilk ba ğıntı Hooke tarafından ifade edilmi ştir. (1680 yılında) Hooke, uzama ile kuvvetin orantılı oldu ğunu şu cümle ile söylemi ştir; Kuvvet u, birim alana gelen kuvvet, yani gerilme ile birim ında bir orantılılık vardır şeklinde yorumlayaca ğız ve a şa ğıdaki gibi ne kadarsa uzama o kadardır. Hooke kanun boyun uzaması aras yazaca ğız: E ? ? = Buna Hooke kanunu denir. E 1 = ? ? ?’nun ?’ya oranı sabittir. E 1 ile gösterilir. Bu (E) sayısına elastisite modülü denir. 2 ? boyutsuz bir büyüklük oldu ğuna göre E gerilme boyutunda olacaktır. E ço ğunlukla kg/cm ile ölçülmektedir. Artık normal kuvvet halinde ? ile N arasındaki ba ğıntı yazılabilir: EF N = ? Burada N ve F’nin çubuk boyunca de ği şken olabilece ği unutulmamalıdır. EF çarpımına uzama rijitli ği denir. Bu de ğer büyüdükçe uzama azalır; rijitlik ? olunca ? = 0 yani, cisim tam rijit olur. E 1 = ? ? ? ? E 1 = Çubuk boyundaki uzamayı hesaplamak için EF = ? formülünden yararlanırız. Birim boyun uzaması ? old N u ğuna göre dz boyundaki kısmın uzaması ? dz olur. Toplam boyun uzaması ise bir integralle bulunur: ? ? = = 1 0 1 0 EF dz N dz ? ? Özel olarak N ve F sabit ise bu formül basitle şir ve 25Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 26 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL EF l N = ? haline gelir. Çubu ğun boyunda bir uzama olurken eninde de bir daralma meydana gelir. Geni şlikte ?a kadar daralma olmu ş ise enine daralma oranı, uzama oranına benzer olarak a a ? = 1 ? Bu; şeklinde tanımlanır. Boydaki uzama ile enine daralma arasında bir ba ğıntı vardır. ? ? = = - sabit 1 ? Buradaki ının 0 < ? < 0.5 olması gerekti ği çıkar. Örnek ? (nü) ye Poisson oranı denir. Poisson oranıda malzemeye ba ğlı bir katsayıdır. Basınç etkisindeki bir cisimde hacmin artmıaca ğı dü şüncesi ile Poisson oran Çubu ğun yapıldı ğı malzemenin elastisite modülü E= 2.10 6 kg/cm 2 dir. Toplam uzamayı ? bulunuz 6 6 6 10 . 2 . 50 50 . 24000 10 . 2 . 20 100 . 24000 10 . 2 . 30 60 . 24000 + + = ?L ?L= 0.024 + 0.060 + 0.012 L= 0.096 cm ç etkisindeki ince halkalar (Kazanlar) İçeriden düzgün bir p (kg/m) yayılı yükü etkisinde bulunan bir halka gözönüne alalım. Böyle bir halkanın kesitinde yalnız normal kuvvet meydana gelir. Bu normal kuvveti hesaplamak için halkayı bir çap boyunca iki parçaya ayıralım. Dü şey denge denklemi ? İç basın 26Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 27 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL ? = + - ? ? ? 0 0 sin 2 d R p N verir. İntegrasyon yapılırsa N = p. R olarak elde edilir. P.2R = 2N N = R.P P › İç basınç R › Yarıçap Halkanın kesit alanı F ise gerilme F P R F N . = = ? F P R. = ? t P R. = ? t › Yan kesit alanı E t P R EF N . . = = ? Normal kuvvet etkisi ile halkanın birim boyundaki uzama E t P R . . = ? Birim boydaki uzama t E R P R . 2 = ? . Yarı çaptaki de ği şme uzama ise, 2 ?R ? oldu ğundan Bütün boydaki t E R P. 2 2 ? toplam boyca uzama 1 metresinin dayanaca ğı kadarı olup 2 metre ise 2 ile çarpaca ğız.) Bir barajın dip sava ğında boru çapı 120 cm dir. Barajda su yüksekli ği 80 m. oldu ğuna göre borudaki iç b ldu ğuna göre kullanılacak boru et kalınlı ğı ne kadar Boruda R L . 2 ? ? = = ? . Çevredeki Örnek: asınç P= 8 kg/cm 2 o olmalıdır? em t P R ? ? ? = . 80 m su derinli ğinde basınç P= 8 kg/cm 2 oldu ğuna göre 1000 ? t 60 . 8 cm t 48 . 0 1000 = ? t = 4.8 60 . 8 mm 27Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 28 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL Uygulama buktaki normal kuvvet da ğılımını çiz ve en büyük gerilmeyi bulunuz. Toplam boy de ği şimini bulunuz? g/cm 2 0 › N 1 = 4 Şekildeki çu F = 10 cm 2 E = 2.10 6 k -4 + N = -4 + 4 + N = 0 › N 2 = 0 -4 + 4 + 2 + N = 0 › N 3 = -2 ?L = ?L + ?L 2 + ?L 3 1 EF L N E EF L L 2 1 1 + + = ? N F L N 3 3 2 + + 6 6 10 . 2 . 10 2000 . 200 0 10 . 2 . 10 100 . 4000 - + + = ?L 2 / 400 10 cm 4000 kg F N Problem 2 AB rijit çubu ğa 1 ve 2 nolu dairesel kesitli çubuklarla şekildeki gibi asılmı ştır. 1 nolu çubuk çelik olup çapı 20 mm’dir. 2 numaralı çubuk bakır olup çapı 25 mm’dir. P yükü ne kadar uzama etkimelidir ki şekil de ği ştirmeden sonra = = = ? 28Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 29 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL 29 AB çubu ğu yatay kalsın. b) Çubuklardaki gerilmeyi bulunuz? d çelik = 20 mm d bakır = 25 mm ? em ) çelik = 1400 kg/cm 2 00 kg/cm 2 E ç =2x10 kg/cm 2 Problem 3 Şekildeki koninin özgül a ğırlı ğı ?, elastisite modülü E’dir. Kendi a ğırlı ğı etkisiyle uzama miktarını bulunuz? Bilgi: ( ( ( ? em ) bakır = 2 6 ( ? E b =1x10 6 kg/cm 2 1 ve 2 numaralı çubukların kesitlerinin yeterli olup olmadı ğını kontrol ediniz. (P= 3 ton) adı ğını kontrol ediniz. (P= 3 ton) ? = ? h d EF N L 0 2 . Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 29 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL 29 AB çubu ğu yatay kalsın. b) Çubuklardaki gerilmeyi bulunuz? d çelik = 20 mm d bakır = 25 mm ? em ) çelik = 1400 kg/cm 2 00 kg/cm 2 E ç =2x10 kg/cm 2 E b =1x10 6 kg/cm 2 1 ve 2 numaralı çubukların kesitlerinin yeterli olup olm Problem 3 Şekildeki koninin özgül a ğırlı ğı ?, elastisite modülü E’dir. Kendi a ğırlı ğı etkisiyle uzama miktarını bulunuz? Bilgi: em ) bakır = 2 6 ? = ? h d EF N L 0 2 . Kesit olarak gerilm Problem 4 alanları 10 ve 40 cm 2 olan 2 çubuk ankastre mesnetlenmi ştir. Her iki parçadaki eleri bulunuz? Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 30 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL R A +R B =45t N- R A =0 N= R A N+45- R A =0 N= R B -45 1 ve 2. bölgedeki boy de ği şimlerini yazıp sıfıra e şitlemeliyiz. (Çünkü ankastre çubuk uzamaz.) EF L N EF L N L 2 2 1 1 + + = ? ?L=0 0 40 . 10 . E E 40 R 50 0 = + - + R B B = 0 8 R A - R B = 0 45 9 R A = 45 › R A = 5 t 10 . = ? R L A A - 5 R R A + R B = F N = ? 2 / 500 10 5000 cm kg = = ? 2 / 1000 40 40000 cm kg - = - = ? 30Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 31 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL Normal Kuvvet Altında Hiperstatik Problemler r yalnız denge denklemleriyle çözülemeyen denklemlerdir. Bu tür roblemlerde denge denklemleri yine geçerlidir. İlave denklemler ise şekil de ği ştirmelerin eometrik denklemlerden elde edilir. Şekil de ği ştirmelerin küçük oldu ğu yine yapılan abuller arasındadır. rnek: çubuk kuvvetlerini hesaplayınız? Hiperstatik problemle p g k Ö Üç çubuk şekildeki gibi bir D noktasında birle şip simetrik bir sistem meydana getirmi ştir. Çubuk rijitlikleri verilmi ştir. P yükünden do ğan ?F y = 0 2 S 1 Cos ?+ S 2 –P = 0 (1) ? ? Cos F E h S . . 1 1 1 1 = . . 2 2 2 2 F E h S = ? 2 ? ? = Cos 1 ? ? ? Cos F 2 E h S Cos F E h S . . . . 2 2 1 1 1 = (2) (1) ve (2) de S 2 = P - 2S 1 Cos ? n ? ? ? Cos F E h Cos S P Cos F E h S . . ) 2 ( . . 2 2 1 1 1 1 - = S 1 .h E 2 F 2 = (P - 2S 1 Cos ? s 2 ? 1 .h E 2 F 2 + 2 h S 1 E 1 F 1 Cos 3 ? = P h Cos 2 ? E 1 F 1 1 2 2 1 F 1 Cos 3 ?) = P Cos 2 ? E 1 F 1 ) h Co E 1 F 1 S S (E F + 2 E 31Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 32 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL ? ? 2 3 1 1 2 2 1 ) 2 ( Cos P Cos F E F E S = + 1 1 2 2 3 2 ) 1 ( 2 2 1 1 + ? Cos F E 2 = P S 1 2Cos 2 2 F E F E F E Cos P S + = ? ? Problem 6 2 rijit levhanın arasında 3 adet aynı boyda çubuk atelyeye ısmarlanmı ştır. Ancak çubuklar yerine takılırken ortadakinin ? kadar ısa oldu ğu ortaya çıkmı ştır. Buna a Problem 7 Şekilde oldu ğuna göre çubuk kesitlerini tayin ediniz? C geri ulunuz? Gerilme durumunu Mohr dairesinde çiziniz? Şekildeki cismin e ğik yüzeyindeki gerilerli bulunuz ve Mohr dairesinde çiziniz? k ra ğmen çubuk çekilerek yerine takılmı ştır. Çubuklard meydana gelen kuvvetleri hesapla? ki rijit çubuk 1 ve 2 nolu çelik çubuklarla asılmı ştır. ? em = 1600 kg/cm 2 Örnek: A yüzeyindeki ? normal kuvvet, ? kayma lmesini b 32 Örnek: Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 33 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL 33Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 34 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL SICAKLIK GER İLMELER İ Bir sistemin t = 0 sıcaklı ğında bulundu ğu bir ortamda t sıcaklı ğına de ği şen bir sıcaklık de ği şmesi durumunda meydana gelen şekil de ği ştirme () E T T T ? ? ? = - = 0 () L T T L T . 0 - = ? ? ? = Sıcaklık genle şme katsayısı () 0 . T T E - = ? ? ÖRNEK: E AB = 10x10 6 N/mm 2 E BC = 16x10 6 N/mm 2 Şekildeki 2 çubuk rijit bir plak ile 2 mesnete rijit bir şekilde ba ğlanmı ştır. Her bir çubuktaki gerilmeleri bulunuz? Çözüm: 0 = ^ + ? Fy 0 6 = + - - FA FC FC+FA=6 4,8.FC+FA=6 kN FA FC 6 = + FA=1034 N FC=4966 N () () BC kıısalm AB uzama L L ? = ? 4 10 16 10 . 2 10 10 15 . 6 6 × × = × × BC AB F F FC=4,8.FA 2 / 517 2 1034 mm N A = = ? 2 / 1242 4 4966 mm N C = = ? 34Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 35 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL ÖRNEK: 2 / 160 mm N emn çelik = ? 2 / 180 mm N emn al = ? E al = 10.10 6 N/mm 2 E ç = 28.10 6 N/mm 2 Emniyetle ta şınacak P yükünü bulunuz? ÇÖZÜM: ç a ç a ? = ? ? ? = ? 3 2 6 6 6 10 . 28 2 . 3 10 . 10 4 . ç a ? ? = ? ç =18670. ? a ? ç = 18670.160 ? ç = 298 N/mm 2 >180 bu çözüm uygun de ğil 180 = 18670. ? a ? a = 96 N/mm 2 <160 uygundur. + ?M a =0 180.2x2+96.3x6-P.8 = 0 P = 306 N ÖRNEK: t = 10 mm levhanın kalınlı ğı E = 2x10 5 Levhanın toplam uzamasını bulunuz? 35Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 36 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL Çözüm: 20 500 25 x a x a = ? = dA E dx P . . = ? () ?? + 500 0 500 . . x E dx P ? dA = 2yt () ? + = ? x dx E L 500 ? ? ? ? ? ? ? + 20 25 . 20 x () 500 0 500 ln x E P L + = ? dA = 500 + x () [] mm 3 , 17 500 500 10 . 2 10 . 50 5 3 = + = ?L = 17,3 mm. ÖRNEK: Şekildeki kompozit çubu ğun sıcaklı ğı 39 o C ye dü şürüldü ğünde elemanlardaki gerilmeleri bulunuz? E ç = 206.8x10 6 E b = 103.4x10 6 ? ç = 11.7x10 -6 ? b = 17.64.10 -6 Çözüm: ? T = ? ç + ? b () [] () [] b ç T T T L T T L 0 0 . . . . - + - = ? ? ? ? T = 11,7.10 -6 .0,25.39+17,64.10 -6 .0,5.39 ? T = 4,58.10 -6 m. 36Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 37 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL 3900 . 10 . 4 . 103 500 . 2600 . 10 . 8 . 206 250 . 6 6 b Ç T P P + = ? 3900 . 10 . 4 . 103 500 . 2600 . 10 . 8 . 206 250 . 10 . 58 , 4 6 6 6 P P + = - 3 , 1 2600 2700 = = ç ? 7 , 0 3900 2700 = = b ? 37Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 38 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL İÇ KUVVETLER VE KES İT TES İRLER İN İN HESABI İç kuvvetlerle ilgili olarak kesit tesirlerinin hesabında R bütün dı ş tesirleri dengeleyen herhangi bir yerdeki kuvvet’i temsil etti ğini dü şünelim. (Hatta R’yi a ğırlık merkezine ta şımak daha faydalı olur.) R’nin eksenlere dü şen bile şenlerini kullandı ğımızda; R = Bütün dı ş kuvvetleri dengeleyen herhangi bir yerdeki kuvvet M b =Momentin (M) z ekseni üzerindeki bile şeni N = ( Normal kuvvet) › P T x, T y = Kesme Kuvveti (x ve y’nin bile şenleri) › V x, V y M b = Burulma momenti › T M x, M y = E ğilme momenti (Momentin x ve y bile şenleri) › M x, M y Kesit Tesirlerinin Hesabı a) Dı ş yükler ve çubuk aynı bir düzlemin içindeyse b) Kısıtlama yok yani düzlemin dı şında da olabilir. a) Dı ş yükler ve çubuk aynı bir düzlemin içindeyse = Düzlemsel hal: Bütün kuvvetler (yz) düzleminin içinde olsun N, T y , M x İşaretlerin İncelenmesi Seçilen eksen takımına göre sa ğ kesitte iç kuvvetler eksenlerin yönünde ise (+) ters yönünde ise (-) alınacaktır. 38Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 39 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL Sol kesitte ise eksenlerin ters yönünde olan iç kuvvetleri (+) aynı yönde olan iç kuvvetleri (-) almak gerekir. Kesit tesirlerin hesabında iki hal söz konusudur. a) Dı ş yükler ve çubuk aynı bir düzlemin içindeyse (Düzlemsel hal) b) Kısıtlama yok, yani dı ş yükler ve çubuk belirli bir düzlemin dı şında da olabilir. (Uzaysal hal) Kesit Tesirlerinin hesabı için izlenecek yollar: 1. Kesim Yöntemi a) Verilen sistemin ba ğ kuvvetleri hesaplanır b) Yükün de ği şmesine göre çubukta bölgeler ayrılır. Her bir bölgede bir kesim yapılır. Çubu ğun göz önüne alınan parçası üzerine kesit tesirleri (+) i şaretle yerle ştirilir. c) Her bir parçada denge denklemleri yazılarak kesit tesirlerinin de ğerleri (z) koordinatının fonksiyonu olarak bulunur. d) Kesit tesirlerinde (z) koordinatına de ğerler vererek kesit tesirleri bir diyagram üzerinde i şaretlenir. Örnek: Şekildeki AB çubu ğunda normal kuvvet, kesme kuvveti ve e ğilme momenti diyagramını çiziniz? 39Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 40 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL Denge denklemleri kullanılarak çubu ğun ba ğ kuvveleri: A x = 60 kg A y = 60 kg B y = 70 kg olarak bulunur. Çubukta üç bölge vardır. I. Bölgede sol paçanın denge denkleminden; N 1 + 60 = 0 -T 1 + 60 = 0 M 1 – 60 z = 0’dır. Denklemler çözülürse N 1 = - 60 kg T 1 = 60 kg M 1 = 60.z kgm bulunur. 40Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 41 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL Bu de ğerlerin z ile de ği şimini gösteren diyagramlar altta çizilmi ştir. II. Bölge için iç kuvvetler; N 11 + 60 = 0 -T 11 + 60 - 50 = 0 M 11 – 60 z + 50 ( z – 0.50 ) = 0’dır. Buradan N 11 = - 60 kg T 11 = 10 kg M 11 = 10 z + 25 kgm bulunur. z = 0.50 m için M 11 = 30 kgm z = 1 m için M 11 = 35 kgm bulunur. III. Bölge için bu bölgeye ait iç kuvvetler; - N 111 = 0 T 111 + 70 = 0 - M 111 + 70 (1.50 – z ) = 0 denklemler çözülerek; N 111 = 0 T 111 = - 70 kg M 111 = -70 z + 105 kgm elde edilir. z = 1.50 m için M 111 = 0 elde edilir. Örnek Şekildeki konsol kiri şin E ğilme momenti, Kesme kuvveti, Normal kuvvet Diyagramlarını çiziniz? 41Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 42 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL ?F x = 0 N = 0 ?M x = 0 ?F x = 100 – T y 50 – 100.z + M x = 0 (z = 0.20 için) T y = 100 kg M x = -30 kgm T y = 100 kg M x + 25 + 50 – 100.z = 0 (z = 0.50 için) M x = -25 kgm Sa ğ parçayı aldı ğımız için sol kesit göze alınır. N = 0, S = 200.(1-z) T y – 200.(1-z) T y = 200.(1-z) z = 0.50 ise T y = 100 kg’dır. M x + 200.(1-z).( z z - 1 ) = 0 M x = -100.(1-z) 2 M x = 25 kgm 42Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 43 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL Örnek: Şekilde verilen moment ve kesme kuvveti diyagramından yararlanarak kesme kuvveti ile moment arasındaki ba ğıntıyı gösteriniz? C Kesitinde M C = 0.7 tm ? Tg T dx dM = = dx = 1.0 m dM = 0.7 tm 5 7 . 0 0 . 1 7 . 0 T t = = 43Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 44 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL BAS İT K İR İŞTE YAYILI YÜKTEN OLU ŞAN KES İT TES İRLER İ a) Mesnet Reaksiyonları 2 . , 2 . 0 . ) 2 / ( . , 0 0 . , 0 0 , 0 l q A l q B B l l l q M B l q A y A x y y y A y y x = = = - = ? = + - + = ? ^ = = ? b) Kesit Tesirleri (M, N, T) 2 L ’de M.N.T. de ğerinin bulunması ?x = 0 , N = 0 0 = ^ ? y , 0 2 = ? L M , 0 4 1 . 2 . 2 1 . = - ? ? ? ? ? ? - M l q A y 8 . 8 . 4 8 . 2 . 4 2 2 2 2 2 l q M l q l q M l q l l q M = - + = = + = 44Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 45 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL ÜÇGEN YÜKLEME ALTINDA BAS İT K İR İŞTE KES İT TES İRLER İ a) Mesnet Reaksiyonları 6 . 0 . . 3 1 . 2 . . . , 0 , 3 . 0 . . . 3 2 . 2 . , 0 0 2 . , 0 0 , 0 l q A l l q l A M l q B l B l l q M B l q A y A x y y B y y A y y x = = ? ? ? ? ? ? - = ? = = ? ? ? ? ? ? = ? = + - = ? ^ = = ? b) Kesit Tesirleri (M, N, T) 0 2 . 6 / . 0 ) ( / . , 0 0 , 0 2 = - = = - - = ? ^ = = ? x l q l q T T x l q A y N x x x y x () () () 0 . 3 1 . 2 1 . . . 0 = - - = ? x y x M x x x l q x A M () l x q x l q M 6 . . 6 3 - + = 45Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 46 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL c) Max. Momentin Bulunması T x = ? ? ? ? ? ? ? ? - = - l x l q x l x q l q 2 3 2 2 . . 6 . Kesme kuvvetinin sıfır oldu ğu yerde moment max. de ğere ula şaca ğından T x ifadesinde parantez içindeki de ğerde 3 2 l l x = olursa T x sıfırdır. Burdan x çekilirse 1 2 2 577 . 0 3 3 x l l x l x = = = › = bulunur. M max = 3 18 . 3 6 . . 3 . 3 . 3 . 2 . 3 . 3 . 6 . 2 2 l q l q l l l l q l l q - = - M max = 2 2 2 0649 . 0 6 , 15 . 3 9 . l l q l q = = KONSOL K İR İŞTE YAYILI YÜKTEN OLU ŞAN KES İT TES İRLER İ a) Mesnet reaksiyonları ? ?› ? + = 0 x , A x = 0 0 = ^ + ? y , +A y - q.L = 0 , A y = q.L 0 = + ? A M , q.L( 2 L ) – M A = 0 2 . 2 L q M A = b) Kesit Tesirleri ? ?› ? + = 0 x , N x = 0 0 = ^ + ? y , +Tx-q.x = 0 , T x = q.x 46Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 47 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL 0 = + ? A M , q.x( 2 x ) + Mx = 0 2 . 2 x q M x - = 3 L x = için 3 .L q T = , 18 . 2 L q M = L x 3 2 = için ) 3 2 .( .L q T = , 2 . 9 2 L q M = M, N, T Diyagramı ÜÇGEN YÜK ALTINDA KONSOL K İR İŞTE OLU ŞAN KES İT TES İRLER İ a) Mesnet reaksiyonları ? ?› ? + = 0 x , A x = 0 0 = ^ + ? y , 0 2 = - + qL A y , 47Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 48 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL 2 .L q A y = 0 = + ? A M , 0 3 2 2 . = - × A M L L q 3 . 2 L q M A = b) Kesit Tesirleri ? ?› ? + = 0 x , N x = 0 , 0 = ^ + ? y 0 2 ) ( = - = x y T x qx A 2 1 ) )( ( 2 . 2 x x L q L q T x - = L qx L q T x 2 2 . - = ? = + 0 M , 0 ) . 3 1 ( 2 ) ( . 3 . 2 = - - + - x y M x x qx x A L q L x q x L q L q M x 6 . ) ( 2 . 3 . 3 2 - + - = ÖRNEK Şekildeki yükleme durumu verilen kiri şin M, N, T diyagramlarını çiziniz? a) Mesnet reaksiyonlarının bulunması ? ?› ? + = 0 x , A x = 0 48Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 49 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL 0 = ^ + ? y , +A y – 3 – 4 – 4,5 + E y = 0 , A y = 4.6 ton ? = + 0 A M 3 . 1,5 + 4 . 6 + 4,5 . 9 – 10E y , ton E y 9 . 6 10 69 = = b) Kesit Tesirleri (M, N, T) ? › = + 0 x , N c = 0 0 = ^ + ? y , -4 + T c = 0 T c = 4 ton ? = + 0 A M , +4.1 – M c = 0 M c = 4 t.m Bu de ğerleri kiri ş üzerinde işaretlersek, A B arasında kesit tesirleri ? › = + 0 x , N 1 = 0 0 = ^ + ? y , 4,6 – 1.X 1 + T 1 = 0 T 1 = -1.X 1 + 4,6 0< X 1 <3 m ? = + 0 A M , 4,6 . X 1 - X 1 . 1( 2 X 1 ) – M 1 = 0 -M 1 = 1 2 1 . 6 , 4 2 X X - 0< X 1 <3 m 49Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 50 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL M 1 = 1 2 1 6 , 4 2 X X + - Burada X 1 ’re de ğerler vermek suretiyle 0 ile 3 metre arasındaki T 1 ve M 1 kesit tesirleri bulunur. B C arasındaki kesit tesirleri ? › = + 0 x , N 2 = 0 0 = ^ + ? y , 4,6 – 3 – T 2 = 0 T 2 = +1,6 ton yönü de ği şecek 37 den (Çelik kiri şlerde) Soru : 1. Mesnet tepkilerini bulunuz. 330 2 3 . 220 = 2. Kesme momentini. 3. E ğilme momenti. 4. En büyük e ğilme momenti kgm l q M 5 . 247 8 3 . 220 8 . 2 2 max = = = 5. Uygun kiri ş kesitini seçiniz. Çözüm : II. sınıf çam ? em = 100 kg/cm 2 M max =W. ? em 3 max 5 . 247 100 24750 cm M W em gerekli = = = ? 70Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 71 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL Kesit = 10.14 = 140 I x =22.87 cm 4 W x = 327 cm 3 7 5 = h b yi sa ğlayacak kesitm 6. E ğilme gerilme kontrolü 2 max / 76 327 24750 cm kg W M x = = = ? ?< ? em ise 76<100 oldu ğundan uygun 7. kayma gerilmesi kontrolü Q max =330 kg 2 2 2 245 8 ) 14 .( 10 8 cm bh S x = = = 8. 53 . 2 2287 . 10 245 . 330 . . max = = = x x I b S Q T kg/cm 2 II. sınıf çam için ? em =9 kg/cm 2 ?< ? em oldu ğu için uygun 2.53 < 9 kg/cm 2 9. Sehim kontrolü E= Elastisite modülü = 100000 kg/cm 2 l= 300 cm max 4 . . . 384 5 f I E l q f ? = 1 2287 . 100000 ) 300 .( 2 . 2 . 384 5 4 = = f cm q yu kg/m den kg/cm çevirmemiz lazım. cm l f 1 300 300 300 = = = f=f max emn. cm l f 3 100 300 300 = = = f ? em oldu ğundan emniyetsizdir. Kayma gerilmesi kontrolü em x y b I S Q ? ? ? = . . max emniyetlidir. 1969 12 ) 15 .( 7 12 . 3 3 = = = h b I x 197 8 ) 15 .( 7 8 2 2 = = = bh S x ?=29,49 ? em =9 ?> ? em oldu ğundan emniyetsizdir. Soru : 77Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 78 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL 2. Sınıf çam ah şap malzeme kullanılmı ş ? em = 100 kg/cm 2 ? em = 9 kg/cm 2 Kesit = 12 x 16 Çözüm Q = 600 x 0.8 = 480 kg ?? ? F y = 0 ise R A = 480 – 400 = 0 ise R A = 880 0 ? x ? 0.7 ? ? F y = 0 ise V – 400 = 0 ise V = 400 (B deki kesme kuvveti) ?M 0 = 0 -M + 400 x x = 0 için M = 0 (C nokt. moment) x = 0.7 için M = 280 kgm (B nokt. moment) 78Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 79 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL ? ? F y = 0 ise V – q (x-0.7) - 400 = 0 V = q (x-0.7) + 400 x = 0.7 için V = 400 kg (B nokt) e şit olması gerekir. x = 1.5 için V = 880 kg (A nokt) ?M 0 = 0 ise -M + q (x-0.7) ? ? ? ? ? ? - 2 7 . 0 x + 400 x = 0 x = 0.7 için M = 280 kgm (B noktası ile aynı olması gerekir.) x = 1.5 için M = 600 (1.5 – 0.7) ? ? ? ? ? ? - 2 7 . 0 5 . 1 - 400 x 1.5 = 792 kgm (A nokt) Q max = 880 kg M max = 792 kg 3 2 2 512 6 ) 16 ( 12 6 cm x h b W = ? = 100 99 . 154 512 79200 max > = = = W M ? oldu ğundan emniyetsiz (Kesit uygun de ğil) 9 88 . 6 4096 12 384 880 max < = = = x x b x I S x Q x y ? emniyetli 2 2 384 8 cm h b S y = = 4 3 4096 12 cm h b I x = = 79Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 80 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL MUKAVEMET İN TEMEL KAVRAMLARI F N = ? F P F N = = ? Yatayla ? açısı yapan yüzeyde gerilmeyi bulalım. Taralı yüzeydeki gerilmeyi bulalım, yüzey içindeki bile şeni ?, normal üzerindeki bile şeni ? olsun. Bir e ğik düzlem üzerinde hem kayma hem de normal gerilme vardır. ? = Kayma gerilmesi ? = Normal gerilme ? = Yatayla o yönün normalle yaptı ğı açı 0 1 . . . . 1 . . 1 = - + - ? ? ? ? ? Sin AC Cos AC AB 1 ? Birim alanın gerilmesi 0 1 . . 1 . . 1 = + - ? ? ? ? Cos AC Sin AC (AC’ye bölüyoruz) ? ? ? tg . - = 80Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 81 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL 0 . 1 = - + - ? ? ? ? ? Sin Cos AC AB 0 . . 1 = + + - ? ? ? ? ? ? ? Sin tg Cos Cos 0 . . 2 2 2 1 = + + - ? ? ? ? ? ? ? Sin tg Cos Cos ? ? ? 2 1 .Cos = Normal gerilme ?’yı yukarıdaki ?’da yerine koyarsak ? ? ? ? Cos Sin . . 1 - = Kayma gerilmesi Bir e ğik düzlem üzerinde hem normal, hem de kayma gerilmesi vardır. Bu gibi hallere bir eksenli gerilme hali denir. Tek Eksenli Gerilme Hali ? ? ? 2 1 .Cos = ? ? ? ? Cos Sin . . 1 - = Bu formüller her yüz için geçerlidir yalnız ? de ği şir. ? = Yatayla o yüzün normalinin yaptı ğı açı o o o 270 90 180 + = + = + = = ? ? ? ? DB CA DC AB AB CA CA CA Cos Sin Cos Sin Sin Cos ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? - = - = + + = = + = . . ) 90 ( . ) 90 ( . . ) 90 ( . 1 1 2 1 2 1 o o o Mohr dairesi 81Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 82 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL () ? ? ? ? ? + = = ? ? ? ? ? 2 2 2 1 1 2 1 . Cos Cos Cos ? ? ? ? ? ? ? 2 1 1 2 1 2 2 2 1 Cos Cos = - ? ? ? ? ? ? ? ? + = ? ? ? ? Cos Sin . . 1 - = 2 2 2 1 . 2 1 ? ? ? ? ? ? Sin Sin Cos Sin - = › = ? ? ? 2 1 . 2 1 Sin - = ? açısı yok edilirse 2 1 2 2 1 2 2 ? ? ? ? ? ? = + ? ? ? ? ? ? - ? ? ? ? Absis + ordinat = yarıçap Daire denklemi 82Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 83 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL Uygulama 1 Şekildeki çerçeveye ait moment, kesme kuvveti, normal kuvvet diyagramlarını çiziniz? Uygulama 2 AC yüzeyindeki ? (normal), ? (kayma) gerilmelerini bul? Gerilme durumunu Mohr dairesinde göster? Uygulama 3 Şekildeki cismin e ğik yüzeyindeki gerilmelerini bulunuz ve Mohr dairesinde gösteriniz? 83Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 84 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL İki Eksenli Gerilme Hali Cismin içindeki herhangi bir kesitteki normal ve kayma gerilmelerini arıyoruz. ? ? ? 2 1 1 .Cos = ) 90 ( . 2 2 11 ? ? ? - = Cos 11 1 ? ? ? + = ? ? ? ? Cos Sin . . 1 1 - = ) 90 ( . ) 90 ( . 2 11 ? ? ? ? - - - = Cos Sin 11 1 ? ? ? + = ? ? ? ? ? ? Cos Sin Cos . . . 2 2 1 + = ? ? ? ? ? ? ? Cos Sin Cos Sin . . . . 2 1 + - = 1. ? ? ? ? ? Sin BC Cos AB AC - - - - 2 1 . 2. ? ? ? ? ? Cos BC Sin AB AC - - - + - 2 1 ? ? ? ? ? Sin Cos D . . 2 2 1 + = = ? ? ? ? ? ? ? Cos Sin Cos Sin . . . 2 1 + - = İki açı cinsinden: 3. ? ? ? ? ? ? 2 2 2 2 1 2 1 Cos × - + + = ? ? ? ? 2 2 2 1 Sin × + = ? açısını yol edelim. 84Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 85 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL İki eksenli gerilme durumunda Mohr dairesi denklemi 2 2 1 2 2 2 1 2 2 ? ? ? ? ? ? - = + ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? + - ? ? ? ? ? ? Burada 2 2 1 ? ? - dairenin yarı çapıdır. AB’nin ? = sıfır sadece ? 2 ’i var. O yüzden daire üzerinden ? = 0, ? 1 olan yeri i şaretleriz. BC’nin ? = 0, ?’su var. aa ' = 3 numaralı denklemden hesaplanır. Bir Nokta Civarındaki Gerilme Durumu: ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 Sin Sin Cos xy y x × + - = × - - + = × - + + = 1. şekilde I. Durum veriliyor. II durum soruluyor. 85Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 86 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL 2. şekilde II. Durum veriliyor. I durum soruluyor. 2 2 2 2 2 xy y x y x ? ? ? ? ? ? + ? ? ? ? ? ? ? ? + - + = 2 2 1 2 2 xy y x y x ? ? ? ? ? ? + ? ? ? ? ? ? ? ? - + + = ve y x xy tg ? ? ? ? - = 2 2 2 I. duruma Asal gerilme durumu denir. ? 1 ve ? 2 ’yede asal gerilmeler denir. ? = Asal do ğrultusu II. duruma bir nokta civarındaki genel gerilme durumu denir. Genel Gerilme Halinde: ? x ? xy Bu tabloya 2 eksenli gerilme tansörü ? xy ? x Genel Halinde: Şekilde ( ?) kadar saat ibresinin tersinde dönüyoruz. Mohr dairesinde saat ibresinde (2 ?) kadar döner. Şekilde 90 ° dönünce dairede 180 ° dönüyoruz. Şekilde ( ?) kadar bir açı olunca Mohr Dairesinde (2 ?) olur. 86Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 87 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL Bir kesit; kesitte ? kadar dönüyorsa Mohr dairesinde ters yönde 2 ? kadar döner. 3 Eksenli Gerilme : Gerilme tansörü: ? x ? xy ? xz ? xy ? y ? yz ? xz ? yz ? z Problem Şekildeki gerilme hali veriliyor. a) Bu kesite ait asal gerilmelerinin de ğerlerini ve do ğrultularını bulunuz. b) Kayma gerilmesinin en büyük de ğerini ve do ğrultusunu bulunuz. c) Kesitte verilmi ş (aa) kesitine ait gerilmelerin de ğerini hesaplayınız. 87Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 88 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL d) Bütün de ğerleri Mohr dairesi çizerek üzerinde i şaretleyiniz. a) Asal gerilmeler ? ? ? ? ? ? ? ? ? + ? ? ? ? ? ? ? ? - - + = + ? ? ? ? ? ? ? ? - + + = 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 xy y x y x xy y x y x ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Kullanılacak formüller y x xy tg ? ? ? ? - = 2 2 ? x = - 1000 kg / cm 2 ? xy = Kayma gerilmesi = 1500kg/cm 2 ? y = 500 kg / cm 2 2 2 1 ) 1500 ( 2 500 1000 2 500 100 - + ? ? ? ? ? ? - - + + - = ? › + - = + + - = 05 . 1677 250 1500 750 250 2 2 1 ? ? 1 = +1427.05 kg/cm 2 ? 1 = - 250 - 1677.05 = - 1927.05 kg/cm 2 do ğrultusu 1 2 500 1000 ) 1500 ( 2 2 - - = - - - = ? tg 2 ? = 63.43 ? = 31.72 ° d) 88Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 89 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL ? max = 05 . 1677 2 1427 1927 = + 2 2 90 max ? ? - = 2 ? = 243.46 – 90 = 153.46 ° ? = pisi ? = 76.73 ° ? = ? x Cos 2 ? + ? y Sin 2 ? + 2 ? xy Sin ? .Cos ? ? = - ( ? x - ? y ) Sin ? . Cos ? + ? xy (Cos 2 ? - Sin 2 ?) b) 180 – 63.43 = 116.57 ° 360 – 116.57 = 243.43 c) ? = ? x Cos 2 ? + ? y Sin 2 ? + 2 ? xy Sin ? .Cos ? ? = - ( ? x - ? y ) Sin ? . Cos ? + ? xy (Cos 2 ? - Sin 2 ?) ? = - 1000 Cos 2 30 + 500 Sin 2 30 + 2 (-1500) Sin 30 .Cos 30 ? = -750 + 125 – 1649.52 = - 1274 kg/cm 2 ? = - (1000 - 500) 0.5 . 0.866 + 1500 (0.75 - Sin 2 30) ? = 649.5 + 750 = 1399.5 89Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 90 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL Bazı Özel Gerilme Halleri: a) Basit çekme ve basit basınç b) İki do ğrultuda e şit çekme veya e şit basınç c) Basit kayma 90Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 91 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL d) Hidrostatik basınç Şekil De ği ştirme: ? x = x x L ? Birim uzama = ? x ? y = x y L ? Birim uzama = ? y ? xy = ? 1 + ? 2 = Düzlemdeki x, y do ğrultularının açı de ği şimi ? xy = Birim kayma ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? X X xy xy ? ? 2 1 2 1 Düzlem halde şekil de ği ştirme tansörü 2 xy ? kullanmak formüllerde kolaylık sa ğlar. ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? z y X yz xz yz xy xz xy ? ? ? ? ? ? 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 Üç boyuttaki şekil de ği ştirme tansörü 91Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 92 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL Kaymaların olmadı ğıdüzlemlere asal düzlem denir ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 3 2 1 0 0 0 0 0 0 ? ? ? ? 1 , ? 2 , ? 3 › asal uzamalar. ?v = ?u Hacim De ği şimi: 3 2 1 ' ? ? ? ? + + = ? ? - ? = v v v Hook Yasası: , E ? ? = Birim Uzama = Gerilme/ Şekil De ği ştirme 1. Boyut için ? = nü E 1 1 ? ? = 1 2 1 2 . ? ? ? ? ? ? - = › - = E 1 3 1 3 . ? ? ? ? ? ? - = › - = E Poission oranı () [] z y x x E ? ? ? ? ? + - = 1 () [] z x y y E ? ? ? ? ? + - = 1 () [] x y z z E ? ? ? ? ? + - = 1 , , , G G G xz xz yz yz xy xy ? ? ? ? ? ? = = = Uygulama 1: İşaretli kesite ait normal ve kayma gerilmelerini bulunuz? Mohr dairesi üzerinde gerilmeleri gösteriniz? Çözüm: 92Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 93 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL 2 2 2 , 1 2 2 xy y x y x ? ? ? ? ? ? + ? ? ? ? ? ? ? ? - + = ± y x xy tg ? ? ? ? - = 2 2 ? ? ? ? ? ? ? ? Cos Sin Sin Cos xy y x . . 2 . . 2 2 + + = ( ) ( ) ? ? ? ? ? ? ? ? 2 2 . . Sin Cos Cos Sin xy y x - + - - = 2 2 2 1 / 300 0 2 150 300 2 150 300 cm kg = + ? ? ? ? ? ? - + + = ? 2 2 / 150 75 225 cm kg = - = ? ? = = - = 0 150 300 0 . 2 30 . 2 tg 30 . 30 . 0 . 2 30 . 150 30 . 300 2 2 Cos Sin Sin Cos + + = ? 4 1050 5 , 37 225 4 1 . 150 4 3 . 300 = + = + = ? () () ( ) 30 . 30 . 0 30 . 30 . 150 300 2 2 Sin Cos Cos Sin + - - - = ? 4 3 150 2 3 . 2 1 . 150 = - - = ? Uygulama 2: Asal gerilmeleri bulunuz ve Mohr dairesinde gösteriniz? 250 250 2 0 0 2 0 0 2 2 2 , 1 ± ± = + ? ? ? ? ? ? - ? ? ? ? ? ? + = ? () ( ) 250 0 0 . 250 0 . 0 . 0 0 2 2 = - + - - = Sin Cos Cos Sin ? 93Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 94 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL Uygulama 3: a) Asal gerilme ve do ğrultusunu b) En büyük kayma gerilmesini c) Mohr dairesini çiziniz? Şekil De ği ştirme Enerjisi: ? x = ? x ’in etkimesiyle meydana gelen şekil de ği ştirme du i = Ortalama toplam kuvvet dx dydz x du x i ? . . 2 1 = = ? ? d x x . . 2 1 ? x ’den meydana gelen ? x birim uzamadır. Dx kadar yerine dx ? x olur. 94Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 95 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL x x i d du ? ? ? . 2 1 = Birim hacim ba şına şekil de ği ştirme enerjisi. (Enerji yo ğunlu ğuda denir.) ? y ’yi gözönüne alırsak y y x x ? ? ? ? . 2 1 . 2 1 + ? z ’yi gözönüne alırsak z z y y x x ? ? ? ? ? ? . 2 1 . 2 1 . 2 1 + + En genel halindeki şekil de ği ştirme enerjisi yo ğunlu ğu: yz yz xz xz xy xy z z y y x x i U ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? . 2 1 . 2 1 . 2 1 . 2 1 . 2 1 . 2 1 + + + + + = 2 eksenli gerilme halinde: () xy xy y y x x i U ? ? ? ? ? ? . . . 2 1 + + = Hooke Yasaları: Hooke yasalarından faydalanarak enerji yo ğunlu ğunu yazmak istersek: () [] ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 yz xz xy z y z x y x z y x i G E U ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? + + + + + - + + = Asal gerilmeler cinsinden: () [] ( ) 2 2 2 3 2 3 1 2 1 2 3 2 2 2 1 2 1 2 2 1 yz xz xy i G E U ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? + + + + + - + + = 3 2 1 ' ? ? ? ? + + = ? ? - ? = v v v , ? = Biçim de ği ştirme oranı , ? = Birim uzama ()()() 0 1 1 1 0 3 0 2 0 1 3 2 1 = - + - + - = + + = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? E E E 0 3 0 3 2 1 = - + + ? ? ? ? () 3 2 1 0 3 1 ? ? ? ? + + = U ? = yalnız hacim de ği şmesinden olan şekil de ği ştirme enerjisi () 2 3 2 2 2 1 6 2 1 ? ? ? ? ? + + - = E U Us = Yalnız biçim de ği ştirme, şekil de ği ştirme enerjisi 95Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 96 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL () () ( [] 2 1 3 2 3 2 2 2 1 6 2 1 ? ? ? ? ? ? ) ? - + - + - - = E Us Mukavemet Hipotezleri 1 – En büyük normal gerilme hipotezi: 2 – En büyük kayma gerilmesi hipotezi: Cisimdeki en büyük kayma gerilmesini deneyle elde edilen gerilme e şitliyor. ? (m) = ? 1 – ? 3 3- En büyük şekil de ği ştirme hipotezi: ? m / ? 1 deneyle elde edilen gerilme en büyük uzamayla mukayese ediliyor. 4- Biçim de ği ştirme hipotezi: () () ( [] 2 1 3 2 3 2 2 2 1 2 1 1 ? ? ? ? ? ? ? - + - + - + = + GE V GE V m ) ) Deneyde 1 eksende elde edilen biçim enerjisi kar şısına çıkan problemdeki biçim de ği ştirme enerjisine e şittir. () () ( [ ] 2 1 3 2 3 2 2 2 1 2 ? ? ? ? ? ? ? - + - + - = m Örnek: Bir noktadaki gerilme durumu şekilde gösterildi ği gibi verilmi ştir. Bu malzeme için tek eksenli gerilme halinde laboratuar deneylerinden elde edilen ? m (mukayese gerilmesi) = 2400 kg/cm 2 dir. En büyük normal, en büyük kayma gerilmesi, biçim de ği ştirme enerjisi hipotezlerine göre malzemenin bu gerilme durumuna dayanıp dayanamayaca ğını ara ştırınız? ? = 0,3 2 2 2 , 1 2 2 xy y x y x ? ? ? ? ? ? + ? ? ? ? ? ? ? ? - + = ± = 2250 kg/cm 2 ? 1 = 2250 -250 kg/cm 2 ? 2 = 0 ? 3 = -250 olmalıdır. ? 1 > ? 2 > ? 3 hipotezine göre 96Ar ş. Gör. Melda A. ÇAKIRO ĞLU Sayfa 97 21.04.2006/11:10 Osman GENÇEL a) ? 1 = ? m 2250<2400 malzeme ta şır. b) ? m = ? 1 - ? 2 2400<2250-(-250) 2400<2500 malzeme ta şımaz. 97