Statik Statik Ders Notu (Füsun Alışverişçi) f ., MÜHENDISLER IçIN JvIEKANIK CI'L STATIK (DERS NOTLARI) ,., Y. Doç. Dr .G. FÜSUN ALISVERIsÇi Yildiz Teknik Üniversitesi Makina Fakültesi 2005 il> ; r ,i ÖNSÖZ i Bu ders nohi , çok sayida ögrenci ile çalisma olanagina sahip Y.T.Ü. sinin yillardir benimsedigi ve iyi sonuçlar aldigi sunum düzeni ile, Makina Mühendisligi ögrencilerinin "STATIK" derslddnin içerigine uygun olarak hazirlanmistir. Vektörler, vektör sistemleri, agirlik merkezi, statik l sürtünme, virtüel is teoremi , kiris kuvvetleri, kafes sistemler konularini içermektedir. Bu notlarda çikabilecek hata ve eksiklikler için okurlarimin önceden hosgörüsüne sigimrken , bu ders notlarimn Mühendislik ögrenimi yapan ögrenciler ile Meslekdaslanma da faydali olmasini dilerim. Istanbul, Mayis 2005 G. Füsun ALISVERIsçIiçINDEKILER i ÖNSÖZ STATiK , I.VEKTÖRLER', \~~;: ~~ •......••..•........•........... : ..•••...•..•....:: ..•.•..•...........•...•.•.•: ...•.•...•.....•.•...•.••..•.•.•.•.•.•.•...•.•..•..•...•...•...•....: ..: ~ VEKTÖ ERIN SINIFLANDIRILMASI. .5 VEK:TÖ ',CEBRI , ," 6 'BIRIM; KTÖRLER ............•........................................................... 6 DII( B VEKTÖRLER 6 BIR V~f!ÖR.üN BILESENL.ERI 7 VEKT~~ERIN GEOMETRIK TOPLANMASI. 8 çn .' O.' Si R ÇARPIM 9 1. VEK1' REL ÇARPTM 1 O ) 2. ÜÇLÜ" ARPIM 12 \.1')3. BIR • KTÖRÜN BIR EK SENE IZDÜSÜMÜ .14 ')1:14. BIRD GRULTUNUNDOGRULTU KOsINÜsLERI 14 ÖRNEI ER 15 n. VEK;TÖR SiS1:lEMLERI \~ -'~ .. 2 .. 1. BAGLI K .. TOR." 26 "O 2,.2. ' KAYAN VEKTÖRLER .26 /.." ',o ••••••• 'c"7.3. KAYAN VEKTORUN °NOKTASINA GORE MOMENTI... 27 '\/~A. B~R BA~Ll VEKTÖ!Z~ °i:rOKTASINA - LAs'=Sabit (Rijid Cisil71) SekIl i.1.i RijId ci sim Fakat gerçekte cIsImler ve sistemler salt rijid degildir ve kendine etkiyen yükler altinda sekillerini degistirirler.· Fakat genelde bu sekil- 2- - 3 - degisiklikleri küçüktür, göz önüne alinan sistemin denge ve hareket durumlarinda önemli bir etkide bulunmaz. Rijid cisimler mekaniginde, Statik; dengede bulunan cisimlerle, Dinamik; hareketteki cisimlerle ugrasir. Mekanik uygulamali bir bilimdir. Mekanige uygulamali matematik gözü ile de bakilabilir. Mekanik, mühendislik bilimlerinden birçogunun temelidir. Mekanik, ilk bilimdir. Mekanik tarihi Aristoteles (i.ö.287?-212) ile baslamistir denebilir. Mekanigin 'genel yasalarini Sir lsac Newton [(1642-1727), Ingiliz] ortaya koymustur. Newton'a uygun bilgi birikimini saglayanlarin basinda Galile [Galileo Galilei (1564- 1642), Italyan] gelir. Newton'un Üç temel yasasi üzerine kurulan mekanik, D'AILmbert [Jean Le Rond d'Alembert (1717-1783), Fransiz], Lagrange [Joseph LoUis Lagrange (1736-1813), Fransiz], Haml/lon [Sir William Rowan Hamilton (1805-1865), Skoç] , Joeobi [Karl Gustav Jacob Jacobi (1804-1851), Alman] bJsla olmak üzere, çok sayida >arastirmacinin katkilari ile gelistirilmistir. Tek parçaciki,:ç~Rölavist" ik Kuantui:nMekanigi !930 yilinda Dirac [Paul AdrienMauric Dirac (1902-1984), Ingiliz] tarafindan bugün kabul edilen sekliyle, 'ruimustui:"" Çok sayida rÖI~tivistik parçacigin davranisim açiklayan teori d 949, Kuantum Alanibri Teori/eri. Kinematik ,. areketi doguran sebepleri , yani kuvveti , gözönüne almaksizin liM k~tin incelenmesidir. Kinematik , hareket eden maddesel noktaveya k ti cisimlerin ,geometrik özelliklerinin degisme tarzini inceleyen bil.'. di, . Bu incelemede uygulanmis olan kuvvetler , hareket1~nin . tlesi düsünülmez _ Geometrik özellikler incelenirken , geometrlrÜn te~ el boyutu uzunluk ve ondan türeyen alan ve hacim gelir. Kinematikte~, anla geometrik özelliidel'in degisimi incelenirken zaman birimi 9aniye elir. Kinematikte iki temel boyut vardir; uzunluk boyutu (L) ve zaman: oyutu (T) dir. Kinematik büyüklüIder bunlardan türeyen büyüldüklerdir _ Newton yasalari üzerine kurular1 mekanik, Klasik Mekanik veya Newton Mekanigi olarak, i9, yüzyilda gelistirilen mekanik Analitik Mekanik olarak isimlendirilir . Cisimlerin hareketi incelenirken, cisimlerin boyutlarinin ve hizlarinin belli sinirlarinda Newton Mekanigi deney ve gözlemlerle tam uyusur _ Sinilcirin disina çikildiginda ye~ini sonradan kurulan teorilere birakir. Birim sistemi Mekanilcte , ef0t temel kavram; uzunluk, zaman, kütle ve kuvvet tir . Bu dört büyüklüg' n\ilk üçünün birimleri gelisigüzel tanimlanabilir. Fakat dördüncüsü bu lara bagli olarak tanimlaninali ve F=ma bagintismauyf, alidir. Diger bütün büyüklükler bu temel büyüklüklerin birimierin,den:, lde,' edilen birimler,le göste, ',r, ilir _ Temel birim olmayan bütün birimle e türetilen birim denir . Burada , SI (the Intenational System ofUnit-r ) Mutlak birim sistemi kullanilacaktir. iN = (lkg)(lml sn') = lkg -ml sn' KUVVET Newton (N) (lcgm i sn') ZAMAN KÜTLE saniye ( sn ) kilogram ( kg ) Kuvvet birimi Newton'dur _INewton, lkg lik kütleye Imi sn' lik ivme kazandiran kii~vettir . Özel RÖlaiivite Teorisi; 1905 Einstein [Albert Einstein (1879-1955), Alman] , cisimlerin hizi isik hizi ile kiyaslanabilir duruma geldiginde, Genel Rülaliviie Teorisi; 1915 Einstein i Kütle çekim alanlarinin zayif olmasi durumunda, Newton kütle - çekim teorisi ile çakisir, Newton mekanigine dayanilarak kurulan Kuantum Mekanigi , yani Rölaiivislik Olmayan Kuanium Mekanigi, mikroskobik cisimlerin , yani molekül veya molekül alti cisimlerin arasindan hizlari isigin hizi ile kiyaslanmayacak kadar küçük olanlarin davranislarini açiklar 1925-1926 yillar-inda; basta Schrödinger [Evdin Schrödinger (1887 - 1961) , Avusturyali] , Heisenberg [Werner Karl Heisenberg (1901-1976), Alman] , Olmak üzere arastirmacilar tarafindan gelistirilmistir,- 4 - - 5- a=b "" B 1 ~ a ) A L o Sekil ] .2.] p~Q L.2.TANIM Fizikte öyle büyüklükler vardir ki , bunlar hem siddetleri ve hem de yönleri 'ile karakterize edilirler; örnegin: rer degistime, hiz, kuvvet ya da ivme gibi .... Bu tip büyüklükleri temsil etmek için matematikte vektör kavramina müracaat edilir. Bir vektör, aslinda, yönlendirilmis bir dogru parçasidir; (Sekil 1.2.1.) deki PQ buna bir örnektir. Burada P , vektörün baslangiç noktasi , Q ise bitim noktasidir. Diger büyüklüklerden ayirabilmek için , vektörIer kalin harflerle ya da üzerinde ok bulunan normal harflerle gösterilir. Dolayisi ile, PQ , (Sekil i.2. I.) de oldugu gibi A veya A seklinde gösterilmektedir. Vektörün siddeti ya da boyu ise, IpQ! ' iAi ' PQ ,A notasyonlarindan biri ile gösterilir. Bir vektör, 1) Baslangiç noktasi, 2) Dogrultusu, 3) Yönü, 4) Modülü ile belirtilir. 2) Kayan vektörler Vektörler üç sinifa ayrilir: I) Serbest vektörler Baslangiç noktasi istenilen noktaya getirilebilen vektörler. 1.3. VEKTÖRLERIN SINIFLANDIRILMASI ~ W = 9.81N 1 dölriüs = 360° = 21C radyan = 2Jr md => ~l"ad = 57.30° lRadyan , rad, uzunlugu yariçapa esit bir .daire yayinin gqr~ügü ~çidir . Agirlik; ~a =9.81mlsn2 i m=1kg J, W=mg~W=(1kg)(9.81mlsn2) 'W=9.81N . SI Birim Sembol For ül Ivme ml n2 Açi radyan rad Açisal ivme radl/~n2 Açisal hiz radi sn Alan m' Yogunluk kgibi3 Enerji Jul J N·, Kuvvet Newton N kg -*1':; sn2 Frekans Hertz Hz S11-1 Impuls Newton-saniye kg -ni/sn Uzunluk metre m Kütle kilogram kg Moment Jm Güç Watt W Jsn Basinç Paskal Pa Nm' N ,112 Gerilme Paskal Pa Zaman saniye sn Hiz Hacim Kati Tn ., Sivi litreL 10 3" 3 ·m Is Jul J N )n Tablo 1. 1.1. Mekanikte kullanilan birimler ...- 6 - - 7 - Kendi tesir çizgisi üzerinde kayabilen vektörler. 3) Bagli vektörler Baslangiç noktasi (uygulama noktasi) degistirilemeyen vektöderdir. Tesir çizgisi a Tesir çizgisi ---- nol)1alari müst· rek ve üçü birden ayni bir düzlem içerisinde olmayan A, B', ve C y ktörleri düsünülsün.A dan B ye dogru 180° den az bir açi ile dönm~. hareketi yapan bir sag disli vida sayet C yönünde ilerliyorsa , bu A, jj ve C nin teskil ettigi sistem sag sistem olarak isimlendirilir (. ekil 1.6.1 b.) A X a ". JA.VEKTÖR CEBRI Uygun tarifler yapilarak, sayilar cebl'indeki toplama, çikarma ve çarpma islemleri, kolaylikla vektör cebrine de genellestirilebilir. A , B ve C vektörleri , m ve n skalerleri göstersin: 1) A + B = B + A toplarnin komütatif özelligi 2) ii +( B + C )=( A + jj)+ C toplainin asosiyatif özelligi - - - 3) m(n A )=(mn) A =n(m A) çarpmanm asosjyatif özelligi 4) (m-i-n) ii =m ii +n ii distribütif özellik 5) m( A + B )=m ii +m 13 distribütif özellik. Z T. k y x a) Sekil 1.6.1 u.BIR VEKitÖRÜN BILESENLERI c (b) B LS. BIRIM VEKTÖRLER 1.6. DIK BIRIM VEKTÖRLER Birim veklörler , birim uZlinl~iga sahip olan vektörlerdir. Birim vektör, vekiÖde ayni yöndedir. T,], k , dik birim vektöderi ,.yönleri x ,y ve z kartezyen eksenlerinin pozitif yönlerinde olan birim vektörlerdir . (Sekil L.6.la.) Aksi bclirtilmedikçe , daima sag kartezyen koordinat sistemini kullanacagiz. "sag disli " tabir edilen vida , sayet Ox den Oy ye dogru 90° döndürülürse , pozitif z yörlünde ilerlerb (SekilL.6.lb.) . Zaten sag kartezyen sistem , ismini buradan almistir. Genel halde , baslangiç (Ai_,Ai '~.)~"'. A vektörünün bitim noktasinin koordinatlari ise, Ai T, Az) , A~k , :. nin sirasi ile x,y ve z dogrultularindaki bilesen vektörleri olarak isiinie~ irilir. AJ , Ai} ve AJ. büyüklüklerine ise, A ve~:törü.n~ x;' _ve z d~grutulai:indaki bilesenleri denir. A=A,i+A}+A3k A nin sidde~' A = i A i =-J AiZ + A; + AJi Özel 'olarak, O orijinini, (x,y,z) noktasina birlestiren yer vektöiii r r = Xi + y;: zk Seklinde yazd' ve bunun siddeti . I-I 1 i i r = r = X.; + y + z dir (Sekil 1.7J ve 2.). ; ·1 ..~: ii =IA la A cl = i A i.~. - 9- :C?, , O i Sekil 1.9.i ' \A y (Sekil] ,9.].) de görüldügü gibi - -- Db = Oa+ab dir, Buradan iJ9.ÇIKARMA A ve B vektörlerinin farki: C=A-B olarak yazilir. C. yi bulmak için uzayin herhangi bir O noktasinda A ve B vektörlerinin esit] alim'r (Sekil] .9.] .). ab = Ob - Da = A - B oldugu görülür. iR 1=LA)+A2 +A3 + +Al~IAi I+IAJ 1+IA3 1+ ..· ·+IA, geometrik toplarnin modülü, vektörlerIn modülleri toplamindan büyük olamaz. Hepsi ayni dogrultuda ve ayni yönde iken esitlik hali vardir. 1.1O.SKALER ÇARPIM A ve B vektörlerinin skaler çarpimi (buna iç çarpim da denir) .ii.B seklinde gösterilir. Bu çarpim , A ve B nin siddetleri ile, bunlarin , arasindaki açinin kosinüsünün çarpimina esittir. Yani; ;t.B=I;t[·IB/cost9, O:::;8:::;n (4) ]. jj skaler çarpimi bir skaler verir. Skaler çarpimla ilgilI olarak asagidaki kurallar geçerlidir: cd. A.. B =B. A skaler çarpiminin komütatif özelligi (2). ]. (B+C) = .A. B + A. C distribütifözellik (3). m(.A. B )=(m A 2' ~ = .A.(rn B )=( li· B)m , m=bir skalcr (4). T· T = ] . J = k . k =] , T· ] 0= .7 . f 0= k, i 0= O ,i 1 ~ ~! 1 i ) 1 ;1 ~ 'i ! ,1 !l ~ ., i .1 ij ~i 1 i i i ! j ,i i ;1 , ) 1 1 ,'1 i i ,1 t .1 i .·1 1 iL ,i '·1 ,j} li , A~ i I· i i i i , y. .' A(x,y,i) R. .SekiR 1.7.2 . o z o y i~ ~k Sekil 1.8.1 ~n A4 --l>- y~ Sekil 1.7.1 z z 1.8. VEKTÖRLERIN GEOMETRIK TOPLANMASI i .~: .IL , A. 2 '. A 3 , •••••••••• , An gibi n.tane vektör gözönü~e: alalin:: Uz~yin herhangi bir O noktasindabunlarin toplami, siray~a' vektorlen O noktasindan baslayarak öteleyeIiyerek (Sekil 1.8.1.) : ' R = A) + Ai + Ai + + An R vektörüne, bu vektörlerin geometrik toplami deriir. ~'ektör pol\gonu kapaniyorsa geometrik toplam sifirdir. VektörIerle topI ma y~pJIirj(en , vektörlerin alinis sirasinin önemi yoktur. Geometrik top amin modülüne ait su özellik vardir:: i - 10- -ii- B = B/ + B,] + BJc (6).' I, A x ~ i~fenarlari A ve_B vektÖ~leri olan, paralel kenari~ al~i. (7). Eger A x~i= O ise ve ne A ne de B bir sifir vektörü ise, A, B ye paraleldir. ' ' (2). Ax(B+cI)= AxB +AxC distribütiföze1lik (3). in( A x B )~tm A)x 13=A x(m B ),:",C4x B)m , m=bir skaler .1 _ ',~ - - - (4,} T,xT=,]x:11'=kXk=O, Tx]=k , ]xk=T, kxr=] 5- -, - - - - - - ( ). A :::AJ+. if+Aik ve B::: BJ +B,j +BJc olduguna göre::.' j k Ai A, Bi BJ A" > B' i AxB= ! ~ i j < i of i "I j i :1 i j [ i' i 1 I i i ! A (5). A::: A/ + A,] + AJC olduguna göre: Il·B =A,B, +A,B, +AiBJ A-1l=A'=A,'+A;+A; (e=o için) B· B = B' = B,' + B: + Bi' (e = o için) (6). Eger A· B =o O ise ve , ne' A ne de B sifir vektör degil ise li. ve B birbirine diktir. Sekil 1.10.1 1.II.YEKTÖREL ÇARl'IM Yektöre] çarpimla ilgili olarak, asagidaki kurallar geçerlidir: (J), il x B =- B x A vektörel çarpimda komütatif özellik geçerli degildir SekilU i. 1 . :,1 (5) os:eS:n il xB =IAI·IBIsin e ii olur, Eger A = B ise ya da Il, B ye paralel ise, bu taktirde sine = O olur; o halde A x B =0 dir. ;j ve L~ nin vektöre] çarpimi (buna dis çarpim da denir) , bir C = A x B vektörüdür ' A x E vektörünün siddeti, A ve B vektörlerinin siddetleri ile, bunlarin arasindaki açinin sinüsÜnÜn çarpimi olarak tkf edilir, C =A x B vektörünün yönÜ ise, A ve B nin teskil ettigi düzleme dik olup, A ,E ve C bir sag sistem teskil edecek sekildedir. O halde ii, il x B yönünde birim vektör olmak üzere, ,~- IL- L12.ÜÇLÜ ÇARPIM Bu çafpimdan BCsine degeri B ile C nin olusturdugu paralel kenarin alani olur. Bu taban üzerine kurulu pirizmanin yüksekligi ise Acos CD dir. Üçlü skaler çarpimm degeri: Taban alani x yükseklik == (BCsine) x (Acos CD ) Bu çarpimm geometrik yorumu sudur:' Ayni bir noktadan baslayan ii , B ve C vektBrlerinin olustu;dugu paralel kenar pirizmayi gözönüpe alalim (Sekil 1.12.L.). Bu pirizmanin hacmi, taban alani ilc yüksekliginin çarpimma esit olur. j -i3 - tir. A vektörü ile B x C vektörünün skaler çarpimi skaler oldugundan , üç vektörün karisik çarpimi skaler bir sayidir. :1 j i vaktörel çai:pimda[ asosiyatif kanun " ' (3). Ax(BxC):;i:( AxB)xC gerçeklenmez A_: ~ ~e ~ gib~ Üç_ vektöi:?n s~ale~ ve vektörel çarpitilari neticesinde, (A .B ) C , A· (B x C) ve A x( B x C) seklinde , anla~lari olan sonuçlar çikar. (1). (/1.13 )C:;i:A (B.C) .. (2). Üç vektörun kansik çarpiminda vektörlerin dairebel perhiütasyonu yapilabilir ve skaler üçlü çarpim komütatif oldugund~i:1:. (nokta) ve x (çarpi) isaretlerinin yerleri degistirilebilir (4). Ax(BxC)=( A.C) B-(A.13)C ( A x B )x C =( A .C) B -( B .C) A /1.( B x C) çarpimina , bazan skaler üçlü çarpim ya clarktitu çarpim ismi de verilir ve [A B C] seklinde gösterilir. Ax( ii x -:) çarpimi ise ; vektörel üçlü _ça~l1::' olarak nitelenir. Ba::en ?(~ x:C) parantiezler kaldinlarak A·BxC seklindede yazilir. Ax(BxC çarpiminda ise parantezler mutlaka kullanilmalidir. A.(ExC) ==IAii~ leoseD llil·!Clsin8 olup pirizmanin hacim ifadesi ile aynidir. O halde, üçlü skaler çarpimin degeri , bu üç vektör üzerine leurulu pirIzmanin hacmine esittir:: Bu pirIzmanin hangi yüzü taban olursa olsun, hacim yine ayni olacaktir. Bunun anlami, üçlü sicaler çarpimin sira degistirme özelligidir: i /1.( B x C) == B .(C x A) == C.( A x B) A .(B x C) = (A x B )-C dir; yani, bir skaler üçlü ç~t.Pim:da, çarpim isareti ile nokta yer degistirebilir ve bu yer degistirme. sonuca hiç bir sekilde tesIr etmez. bu esitlikleri yazarken , bu üç vektörün döner pennütasyona göre siralandigina dikkat edelim. ' X(B xC)= B . (C xA)=C. (Ax~) = _kenarl~.I A, iB.~.~ve C ol:;in.. bir paralel yüzün hacmi. Bu hacim A, B ve C bir Jag sistem teskil ediyorsa pozitif , aksi halde negatiftir. A , B ve Q:vektörleri ayni düzlemde ise karisik çarpim sifirdir . Eger; .. i· , , A == ;( + A, + Ai , B == Bi + Bi + B, ve C == Ci ~Çi + Ci ise; Ai A, A, A- (B x C) == iBi B, BJ Ci Ci CJ i i i ... -r- ... -- ... - ------ ... --- -... -,- ... :;l ••. , ••. f •...•• i •..•.. i ,,,,,' ,,--,' A ~::~'::_n_--f-------r'/ ! " , 'i i f i i J I, i " i i i i " , 1 -- i i L~h_-f-------~>:,-), , -- , ,- , " f . B Sekil 1.12.1 i- 14- 1.13.BIR YEKTÖRÜN BIR'EKSENE IZDÜSÜMÜ i i i :1 ! i i - 15 - ÖRNEKLER 1.Bir üçgende kjenadar veaçilar arasinda kosinüs teoremi diye bilinen eksenindeb izdüsümü A vektörü ile u" vektörünün skaler çarpimina esittir (Sekil 1.13.1.). A-ü" = LA! ·!·cos8 =. IAlcos8 dogrultusundaki birim vektör u," olsun . A vektörünün .' (i·Ci=(c -btl(c -b) a= c - b " al =b2 +c2j2bccasA b"g,~U"';Ui"P~1 ,din çozum: . i Ü;g~~inl~en~~ari ci .: b , c vektörleri olarak gösterilirse (Sekil !.1:) a + b =, f olur. a vektörüriün normu yazilip simler çarpiffi tanimi kulHwihrsa i xx x ~- ei, ,,"U H_ ~ .....-.- ~ X' i xX al = c2 + bL:-+ 2b-c = bi + Cl - 2bc cas A Sekil 1.l3.i olur. 1.l4.BIR DOGRULTUNUN DOGRULTU KosINÜSLERI - - A vektörünün eksenlerle yaptigi 8 , ep, if! açilarinin kosinüslerine A ya paralel dogrultunun dogru1tuikosinüsleri denir ve u , ~ , y ile gösterilir. Bunlar A dogrultusundaki birim vektörünün kartezyen koordinatlaridir. A vektörünün kartezyen koordinatlari (Ai, Az, A3) ise D Ai fJ i Ai AJ a = cas v = -- = cas ep= -- r = cas if = -- i Ai' i Ai' i A i ; a Sekil i.i A dogrultusundaki birim vektör ci: Ci=ui +~]+yk =coseT +coscp]+coslf!!c dir 2. A = 2 i.-1 3 J ve Jj =7 -J+2k vektöderine dik olan birim vektörü bulun:: Çözüm: Vektörel çarpi~ yoluyla A ve jj ye dik olan C vektörü olusturulur: C = A X B ';(~ T +3 ] ) x (T - J +2 k ) = 6 T -4] -5kSekil] .3 B=]+2{ , C=I+5]+4/~ M"_h h_h_h_m__ h_._.h::7 p f) l ~///I~QXPRI=IPQI'IPRIsine R ' 11- -i 11 - - ! S="2PQxPR ="2 (21-]-6k)x(1 +3J-k) 1 __ - i j k 1 11 - - -i ="2 2 -1 -6 ='2 19i -4j+7k 1 3 -] , ==.!.~(l9)2 + (-4r +(7)1 =.!.~426' 2 2 - 17- PQ = (4 - 2)7 + (2 - 3)J + (- 1- 5)k == 27 - J - 6k PR=(3-2)T +(6-3)J+(4-5)k=z +3J-k Ai A2 Ai Paralel yüzün hacmi = A· (B x C) == i Bi Bi Bi karisi k i .. . Ci Ci Ci çarpima esittir. olan paralel yüzün hacmini bulunuz. çözüm: 5. Kenarlari A == 31 - ] J f :1 i :1 :1/,. .1 "or j 'f i i . ! i 1 i i \ i i i i ! i i i j :1 i J I:,' , j .!.I,A x Bi ~lduguna dikkat 2 ,'. , B 1.---.··-··------------------------- ..-----·----•• i,· , .- , " i . ",' i h ,/' i -- , / i ' -- Çözüm: Üçgenin alani: 4, Köseleri P (2,3,5) , Q (4,2,-1) , R (3,6,4) no üçgenin alanini bulunuz. -16 - Sekil 1.2 = lAisin elBI = JAxBI ediniz. KenarlarrA ve B olan bir üçgenin alaninin çözüm: Paralel kenarin alani =h iBi 3. Kenarlari A ve B olan bir paralel kenarinalaninin, \11 x Bi oldUgunu. gösteriniz (Sekil 1.2.) . ' olur. Bu C vektörü dogrultusundaki birim vektör: _ C 61- 4) - Sk -; -; - Uc = -1-1 = ~ = 0.681 - 0.46} ~ 0.57k C 62+(_4)2+(_5)2DE == d ; AC ve CB kenarlarinin orta noktalarini birlestii-en dogru olsun, Buradan B ! Sekill.5 _ AB -( 2-2)7 +(4-3)]+(6-0)k u - -. - ,,",i--,-------;=~===~~= L, ~ IABI- :' ~(_4)2 + (+1)2 + (+6)2 -4-' 1 - 6­ üL ,= -J53 i ~J5?/+ .f53 k il, ~~0.5491+ 0.137] + O.823k Buna göre P ·Jün izdüsümü : '-1 P-üL =lpj'11i1cos8 j5 ,üL = 2(...,91.549) + 3(0.137) -1(0.823) = -1.41 sonuç bir ska~erdir. 8 genis açi oldugu için sonuç (-) dir. - 19- Birim >;ektör ;. 7.,_A (2 , 3, '~O,~t. o,, kt,asin~~n ~ik~ ve B (-2 ,4, 6) noktas~ndat1-:"geçen..., bir ~ dogrusÜna ait· inm vektor u L . yi buluDuz . Daha sonra P = 2i + 2] - le vektörü~üD L: 'ogruS\l Üzerindeki izdüsümünÜ bulunuz, Çözüm; olur, Dolayisi jle d, c ye paralelolup, c nin yarisina esittir, i i i i i i ! i i i t ,. i ! i i ! r i J i , i i i i :1 B a E 1 _ -a 2 d c - i8 - SekillA D b A vektörlerinin üçü,de ayni düzlemde ise hacim == O __ - 1- 1~ 1 - _ i_ d = DC + CE ::: - b + - a = - (b + a) = - c 2 2 2 2 Sekilden, A C + CB == AB ya da b + ci == c dir. çözüm: A,B,C 6. Bir üçgenin iki kenannin drta noktalarini birlestiren dogrunun, üçüncü kenara paralel oldugunu ve boyunun bu üçÜncü kenarin yarisina esit oldugunu ispatlayiiuz, 3 -1 O Paralel yüzün hacmi = 11 O 1 211::: 1- 20 i::: 20 1 5 4.20·_ ·21 - x 2k o z ;{ T - 3~] u = B '\ho~' _ [17 19'" - T-3] UB := ~101- ~lO} , Us = .Jl6 olur. (5). A ile C = 2T vektörunün skaler çarpimini bulunuz. Bunun 2x3 = 6 oldugu hemen görülür. 1 1 'I i j (3T + ] + 2k)· (B} + B"J) = O (3). xy düzleminde A ya dikbir vektörçiziniz. B := B} +B) seklinde ve.A. B := O özellilete bir Iv~kti5r istiyoruz, yani ) iA\ =.J14 , A nün uzunlugudur. (2). A mn xy düzlemi üzerindelci izdüsümünün modül~ ~e kadardir? A nin xy düzlemindeki izdüsümü 21+] vektörud~r :ve bu vektörun uzunlugunun karesi 32+ 12= LO dur. 8. A = 3T + J + 2k vektörunü düsünelim. iAi' yi buluruz: iAi' = A. A:= 3' + I' + 22 := 14 (1). A nin modülünü bulunuz. skaler çarpimi alirsak ) modülÜ problemin verileriyle bulunarnaz. (4). B birim vektörunü çiziniz . _ B Us = \13\ IBI:=~(~)2 +(3,1)' =.Jio,1' Sekil 1.6 9. A (2 > i ,-5) ) B (5 , 5 , 7) , C (·2 > 1 > 2) koordinatlari verilen üç nokta olsun: ' r (2). AB· BC := ? 2- (I). --BC=? 3 BC:=(-2-5)T +(1-5)] +(2-7)k Bc:=-77 -4]-5k i 2 - 2 [ - - -] 14 - 8 - 1o - -- ·BC:= -- -7i -4) -Sk':= +-i' +- j +-k 3 3 3 3 3 i; j , 4 ,i :1 ~L ;i dersek B := Xi - 3jj i buluruz . B nin 3B +B = O veya x y By -=~ ~ B=~ ~ . i(5). C noktasinin A ve B noktalarindan geçen dogruya uzakligini hesaplayiniz. AB = 31+ 4] + 12k ABi'BC = (31+ 4] +i2k)· (-71 - 4] -.Sk) = -21-16 - 60 = -97 .~~ ~-- AB· BC = -97 Sekil 1.6 A , A x C ::i: Ax Ai+ A x B Ax A = O - 23 - i .1 veya i sin(It,C) == sikA,§l B 'g' C bulunur. Bu üç enlerin sinüs teoremidir. ·1 i : i :1 , i ··1 . i i A II C Isin(p,C) = i A II B IsinCA,B) Her iki yanin b~yüklügü birbirine esitolmalidir. Yani , :1 :.Li· .. : i : i i "I :·1 Sin(A,B) '=sinJ'l'- (A;B)] çözüm: C = A +13 ~.jetanimlananüçgeni düsünelim ve iki tarafini da it ile ve~törel çarpimr alalim. i " i : i 10. Sinüs teon,:ihini çikariniz. ·:·1·.·· ,', i iL 1 11 c J k 3 12 1=+287 -69]+16k O +7 Sekill.S B '" A x ABI 76 = 6birim 1'-' = __ h=L IABI - 13 ' ABx AC = CAx AB = 28T -69] +16k ·22· (3[ -4]+12k)x(-41 -7])=14 -4 1(-;;1 x AB i = I-CA I·I-AB Isine i i CAxASI=I-A§I'! CA Isine=[ABI'1 CA Isine ~ h (4). CA x AB = ? (:i).ABxAC=? ik'c. -4[ + 7k- 24 - ,~ - 25- Sekil 2.7 , 1 cos2a =: 2cos' a- i == --­ 9 F; sin a (4 _ 6 cas a) =: O 4 2 cosa == - " , 3 7 a =: O (3) ve (1) den F == F; + Fi == - F, 4 F ==~F i 7 Fe ==~F i 7 2 O) 4 - 6 cas a :::: O 2 3 1 7 F=:F-+-F(--)==-F 13 4 i 9 12 r F=:!.2P F=:~F i 7 ' i 7 F; sin a - ~F; sin 2a == O => 4 ~ (3) ve (1) den 1°) sin a == O (l) ve (2) den -t ,1 .1 '1 X,: -' ,-' , , \\ " - '\\ F 3 I .. -Fi bagintisi bulunmak ve Fi 4 vektö_rünun F' il9 yaptigi aç1l1in iki ve Fi'biiesenieri~e ayiriniz. y çözüm: vektörunün F ile yaptigi açi F; kati olmak üzere F vektörunü 1; 11. Modülleri arasinda Fi == 3 Fi=-Fi 4 (1) bulunur. vektörleri eksenlerin birim vektöderi cinsinden yazaIimi;: j F==FT ti =: ~ cas a T +Fi sin a J F, = ~ cas 2a 7 - Fi sin 2a ] F==F; +Fi oldugu için Fi =: (~ cas a + Fi COS 2a)i + (F; sin a- Fi sin 2f~], Fi sin a == Fi cas la \, (2) , '----v---' sin 2a=2sin aCQsa F == F; CO sa + Fi cas 2a (3)' , i i i J- 26- (c) (b) (a) :1 J Sekil 2.2.1 2.3. KAYAN VE' TÖRÜNBIRNOKTAYA GÖRE MOMENTI ·1 Bir (D, V.) kaya~,~ektörün , tesir dogrusu üzerinde baslangiç noktasi A , uç noktasi B iken 0L noktasinagöre momenti (Selal 2.3.1.): O noktasinda yapilmis; ,,_', _ - - ~ - Mo(V)=OAxAB=OAxV (i) vektörel çarpimi ül tarifienen O noktasina bagli M o (V) vektörüne denir. Ta:if ed!~en,bu rn~rnent ,tl v.elctörünün D dogrusundala baslangiç noktasina b~gli degil~ir. Ger1çektenA, Y~ A~nolctasi alinmis ols:?,di J\tlo(A1B,) = OA, x AiB, = OA, x V = (OA + AAJx V 'I :1 :1 vektörekayanve~~ör denir. (D,', ' V) ,sembolii ile gösterilir. V vektörü , (D, V) kayan vektörünün i serbest vektörü , D dogrusu , kayan vektörün tesir dogrusudur. Bagli vektö~erde ~ldugu gibi, D ve D'-,-dogrulari iiasi de tl"y,e paralelolmak üzere, (D, V) kaYJn vektörü ile (D i ,v) kayan vektörü , serbest vektöderi ayni, tesir dogrulaf faridi olan ikivektördür. Bunlara esit vektörler denemez. Bunlar ekipolan (denkdes) iki vektördür. Denkdesiki kayan vektörden birinin yi;:rine digeri aiin;in{az (Sekil 2.2.1 aJ V, = Vi oimak uJere (D,t~) kayan vetörü ile (D'vi) kayan vektörü esit kayan vektörlerdir' tSekil 2.2.1 b.). Ayn: tes~ d<:.grusi üzerindeki zit kayan vektörlere tam zit vektöder denir. (D,V) , (D,- V) ta zit vektörlerdir (Seial 2.2.1 c.). 17 Di :1 / / D ~I Vi - 27 - II 'I ] i J i :1 (c) (b) Sekil 2. i.i 7-=9 , 2 /!\ (a) y AX'y 8 2.2. KA YAN VEKTÖRLERI Bazi büyüklükler ise, belirli bir dogru üzerinde alinan serbest vektörle temsil edilirler. Bir D dogrusu ve buna paralel V serbest vektörü ile gösterilebilen i Öyle bÜyüklükler vardir ki , vektörel büyüklük, olmasina ragmen bir serbest vektörle tamamen temsiL. edilrunezler. Bu vektörler için uygulama noktasi önemlidir . Örnegin ,; bir masaya ayni büyüklükte bir kuvvet farkli noktalarindan, farkli dogrultulardan eticise , sonuçlari farkli olur. Uygulama noktasi ile belirtilen vektöre bagli vektör denir. Bagli vektör (A, Y) sembolü ile gösterilir. V vektörü , (A, V) bagli vektörünün serbest vektörü , A noktasi, bagli vektörün uygulama noktasidir. j)enkde~ (ekipolan) vektörler : Serbest vektörleri ayl1l , uygulama noktalari tUr!") olan iki bagli vektör ekipolan (denkdes) vektörlerdir, (A, V) ve (B, Y) vektörkri denkdestir. Birinin yerine digerini alamayiz (Sekil 2.i.i a.) . Uygulaimi noktalari ve serbest vektörleri ayni olan iki bagli vektör esittir, Vi := li, olmak üzere (A, ~) ile (A, Yi) bagli vektörleri esittir. Birinin yerine digerini alabiliriz (SekiI2.1.1b,), Uygulama noktalari ayni, serbest vektörleri zit olan iki bagli vektör famiziddir, - - (A, V) ve (A,- V) vektörleri tam ziddir . Birinin eticisini digeri yok eder (Sekil 2, i.i c,), 2.1.BACLl VEKTÖR lLVEKTÖR SiSTEMLERI i~+Yj+Zk A(x, y, z) y z o x z jk Mo (V) == OA x V = i x y z X y Z Seki2.4. i 3.5. BIR KAYAN VEKTÖRÜN BIR EKSENE GÖRE MOMENTI i (D, V) kayan vektörünün , x'x ekseni üzerinde P ve N noktalarina göre momentleri: Mp(V) = FAx V MN(V) = NAxV dir. Bu iki noktaya göre momentler farki: Mp(V) -MN (V) = (PA - NA) x V = (PA + AN) x V =PNxV bulunur, PN dogrusu V ye paralel ise Mp (V) - M N(V) = O olur, Diger hallerde bu fark vektör, X'X' eksenine diktir. Bu nedenle LV! p CV) ve !vi N CV) nin X'X üz;erindeki izdüsümlerI esittir. x'x ekseni birim vektöru ii", olsun, j bu moment vektörünün kartezien koordinatlari , mo, (V) == yZ - z Y mOY (V) :::zX - xZ mar (V) =!Y:- yX dir. Ayni tanimlar herhangi bir konumda basliingici bilinen kayan vektör için de geçerlidir (Sekil 2.4. I.) . ·29· 1 i i , olsun. ·28 - ,rMo (V) o 'll': ' =OAxV+AAi xV=OAxV=Mo(V) ,·AA, xV==O. Su halde , (D, V) vektörünün O noktasina göre m6'~nti , A noktasinin seçilisine bagli degIldi~ . Bir kay~, vektör '. tes!~ dOg/n;, ,.su üzerinde nerede bulunursa" bulunsun, bir noktaya gore momenti degisme~l. ;Ayni kalir. Momenti baska bir ifade ile de verebiliriz : Sekil 2.3.1 AB=OB-OA Mo (AB) = DAx AB = OAx(OB-OA) = OAxOB Mo (AB) = DA x GB OA x OA==O Bir kayan vektörün momenti için verilen bu tanimlar, dogrudur. Eger : tl = O veya, moment alman nokta V nin D t~dr dogi:usu üzerinde bulunursa, (D, V ) kayan vektörünün momenti sifirdir. M o CV) moment vektörünün : 1) Moment birbagli vektördür ,uygulamanoktasi m01net,~lman noktadir. 2) Dogrutusu; O noktasi ile D dogrusunun belirttigi düzl6 ,:e diktir. 3) Yönü; O noktasindan V vektörüne denledes bir vektör izeliin. OA yi denledes vektöredöndüren dönüs yönünün, uzayda poziti kIldigi yöndür. Yani, bu yönde dönen sag civatanin ilerledigi yöndür. 4) Modülü; OAB üçgeninin alani ölçüsünün iki katidir. 2.4.BIRBAGLI VEKTÖRÜN O NOKTASINACÖREIMOMENTI Baslangiç noktasi A (x, y, z ) ve serbest vektörü O (O , O , O) noktasina göre momenti;1=1 OR =IP; i LV; A ..... Mo (S) - 31 - O'R Sekil 2.6.1 .".,~,.,.,., .. ,._ ../_,/~) M" (S) ··'····M OR) O' O' OR o i 'I 2.6. VEKTÖR SilMLERi . :1 (Di~) , (Di,), ~t ,CD}';,) gibi sonlu sayida kayan vektörün teskil ettigi ci1mleye kayak vektör sistemi veya kisaca vektör sistemi denir. Bir vektör sistemini S ile göst~tecegiz . ' Vektör sisteminin s~rbest vektörlerinin O noktasindaki geometrik toplamina, S sisteminin O daki g~ornetrik toplami, vektör sistemini teskil eden vektörlerin O noktasina göre momentleri, O noktasina bagli n tane moment vektörü verir. Bu n tane moment :e'ctöiiinünbileskesine S sisteminin O noktasindaki bileske momenti .denir .Mol (S) ilegösterilir. Mo (S) = I,OA1 X I?, i~i B. ir S k. ayan vek ..tÖ~'o/istem .. inin, ..bir O noktasindaki geometrik toplam velctörü ile bileske moment \I~.lctÖiiinÜnikisine birden indirgerne elemanlari denir. Bu indirgeme ~lemaIi1aJn ,mekanik problemleri için birinci planda roloynayan olaganüstü degerde '~~'vektördÜr. Bir velctör si,stemi:; uzayin herhangibir noktasindakiindirgeme elemanlan ile belirir. Gerçekten,~' irO noktasindaki indirgeme elemanlari bilinirken, uzayin baska bir O' nolct~~ndaki indirgeme elemanlari bulunabilir (Sekil 2.6.1.) . Mp(V) y~ r-.i ~ X r A V ·B )( -li- Sekil 2.5.i - 30 - id f (V) - M N (V) = PN x V esitliginin her iki tarafini 12", ile skaler çai-palim ; 12,,'[ Mp(V)-MN(V) ]=ii~, ·(PNxV) .-- -- 'ii" ile P N paraleloldugu için, 11,., , PN , V vektöderinin karisik çarpimi sirii·dir. Böylece; . i,{ (V) = 11 .. M (V) V Ai N bulunur . Bu ise M p CV) ve M N CV) nin XiX ek~eni üzerindeki izdÜsümlerinin esit oldugunu gösterir. Yani. V vektörünüri XiX ekseni üzerindeki bLrP noktasina göre momentinin (F IwklJsi XiX Üzerinde nerede bulunursa bulunsun) XiX üzerinde izdüsüinü sabit kalmaktadir. Iste bu sabit izdüsüme V vektörunün XiX eksenine göre momenti denir (Sekli 2.4.1.) . 111" CV) = u", . (PA X V) Karisik çarpimina esittir. Buna göre i) Bir kayan vektörün bir eksene. göre momenti bir skalerdir. 2) Bir P kayan vektörün, birim' velctörü u," olan bir eksene göre momentinin mutlak degeri, ii", ' PA , V üzerine kurulan paralel yüzün hacim ölçüsüne .. ~ esittir. . 3) Sifirdan farkli bir vektörün bir eksene göre momentinin sifi~ olmasi için ikisinin ayni düzlem içinde olmfisi , yeter. Yani, V vektörü ile XiX ekseni ya kesismeli veya paralelolmalidir,- 32 _ . i ,; l) Geomotrik topJom nokt,dannOld'y,donkd" k""'gJ', O' ~okta'mdoki O'R' geometrik toplam vektörü , O noktasindaki O~ ,:geoineti;ik toplam vektörünün denkdesidir, 2) Sistemin O noktasindald bileske momenti: n- - Mo (S) == L DA, X A,B, dir, i",} O' noktasindakiise: M~ (S) ==ot DIAi x AiB, ==:t (Ol O + OA,) x AiB, ~i ~i == :tO'Ox AiB, + :tOA, xAiB, j",1 r:::J M~(S) = Ô'Ox tA,B, +Mo(S) ;"') M~ == 0'0>< OR + Mo (S) Buna göre: Teorem: S kayan vektör sisteminin O' noktasindaki biteske momenti; O noktasindaki bileske momentin , OL dekiekipolani ·Ib O noktasindaki geometriktoplamin, o' noktasinagöre momentinin teskil e 'gi O' noktasindan çikan iki momentvektöri:inün bileskesidir. Bir vektörsisteminin O (O .,0,0) noktasindaki indirgeme eleinanlarini bir tablo yaparak kolayca bulabiliriz, .. jl ~ ~ 'f 1j '~r - 33 - 2.7. ESDEGER VEKTÖR SISTEMLERI Si ve S2 iki kayan vektör sistemi olsun, Her birinin uzayin bir O noktasindaki indirgeme elemanlari ayni ise, bu iki vektör sisteminin uzayin her noktasindaki indirgeme elemanlari aynidir, Bu iki sistem'e esdeger vektör sjstemlei~i denir. 'f Si == S 2 ile gösterilir, Bir S vektör sistemjnjn uzayin bir O noktasinç:laki indirgeme elemanlari sifir ise, uzayin her noktasinda da sifir olacagindan bu kayan vektör sistemine sifzra ,d esdeger vektör sistemi denir . S = O . Bir sisteme esdeger en basit sistemi bulmaya sistemin indirgenmesi denir. i ', 2.8. BILESKE Bir kayan vektör sistemInIn uzayi,n bir O noktasinda indirgeme eleman lah ndan Mo (S) = O OR:;t=O jse , vektör sistemi bu noktada (D, OR) kayan vektörüne esdeger demektir. Bu halde sistemin O noktasinda bir bileske verdigi söylenir, D dogrusu disinda hiç bjr n'oktada bu özelljk yoktur. : Bileske veren vektör sjstemlerine örnek olarak , tesir dogrulari bir noktada kesisen vektör sistemini verebilirjz , 2.9. VARIGNON (vARINYON) TEOREMI jki veya daha çok vektörün her hangi bir O bileskesI ,1 bileskenin O noktasi~a göre ~ V2 xlylzl X y z mo.cV) mOY CV) mo.cV) Bjr bileskesjnden söz edjlebilen noktasina göre momentlerinjn momentine esittir, Bjr bileske vermeyen ha1Jerde , bu teorem , geometrik toplam için söylenemez, OR == LXL + L:JJ + IZk M o(S) = I,mox(V)T +i,moJV)] + i'mo,(V)k Olarak belirlenir. Tl " i l: X i L YIL z ~ L max CV) i L mo/V)1 i: 2::171oJV) ~ o Sekil 2.9,- 34- 1 :i .!.f, - 35 - Sekil 2.10.1 AB=V - - .MN = V Bir kupi . (a) Düzleminin dogrultu:su (b) Vektörleriu oi:t~k modülü (c) Momentkoiu'l ' Ile tam ~lar~cbe:i lidir. Kuplun özellikleri, (1) Kup'lün düzlei;ni lu:ndirie paralelolarak hareket ettirilebilir. (2) Bir' kUP,l.ke,n~d'.dU"Z,lem .. i içinde, para,le,i olar,ak kaydirilarak baska bir yere götüiiilepilir , vey~ döndürülebilir. (3) Bir kupldüzk i içinde LVI· h çarpimi degismeden V ve h in büYÜkliUderi degistirilebilir.·, " . : I. ~ ..... 2.U. SISTEMLEr ESDEGERULIGINE AITTEMELPROBLEMLER 1) Iki vektörün es~e~er olmasi için gerek ve yeter sart Ca) Serbest vektörleri ekipolan olmali (b) Tesir 'dOgrulari layni olmalidir Bu iki vektörün :Hir O noktasindaki indirgeme elemanlari ayni oldugu için esdegerdir.' :,i •• I , _' i {D, V? 1= (Si) (D,!{.) = (Si) ,'1 . i ·1 ·1 . i i ·,1 V noo modülü iIJ tesir dogrulari arasindaki h uzakligi çarpllnina esittir. li uzakligina momentkolu denir. Modül , baska deyimle , kupl vektörleri üzerine kurulan paralel kenarin ajani ölçüsÜndedi.!" (sekÜI2.10.1.) . " "I ' ' .' r ; .j~, = OA X ci: AB,) = OA X AR 1""1 ' bulunur. Vektörlerin baslangiç noktalari ayni oldugu için AR bileskedir. 2) Teotem , tesir dogrulari A da kesisen n tane kayan vektörden olusan S vektör sistemi için de geçerlidir. 2.10. KUPL (VEKTÖR ÇIFTI) (D/i) ve (Di,) kayan vektörlerinde, Di II Di (tesir dogrulan paralel) Vi = -.172 serbest vektörleri zit iseler, yani kayan vektörler zit kayan vrktöder ise bu iki kayan vektörün olusturdugu sisteme kupl- vektör çifti denir. (A i/i) ile (B 172) bagli vektörler zit vektörler ise gene bir kupl teskil ederler. Iki vektörden olusan bu özel vektör sisteminin bir O noktasindaki indirgeme elemanlari : Geometrik toplam: OR = O Bileske moment: Mo (S) = MuCV)+MoC-V) = OA x V + GB x C-V) = OA x tl - OB x V = (OA - OB) X V = BA x V A veB tesir dogriilari üzerinpe her hangi iki nokta olduguna göre bu son vektörel çarpim O noktasindan bagimsizdir. O halde, kuplün bikske momenti uzayin her noktasinda aynidir. Bu bileske moment kupl düzlemine diktir. Kupl dönüsünün pozitifkildigi yöndep.ir. Modi,ilü ise :, IMo(S)1 = itll·IBAisi~e = 101· h dir. Burada vektörel çarpimlarin OA birinci çarpanlari ayni oldugu için ve vektöre1 çarpimin distribütif özelliginden yararlanarak , OA vektörel çarpan parantezine alabiliriz: ii -- -- --' -- Mo(S) =i OA X AE, = OA X (ABi + AB2 + + ABJ 1=1 l) Bagli vektörler için. A baslangiç noktalari ayni olan n tane AB, (i =1,2,...,n) bagli vektörün O ya göre momentlerinin O daki geometrik toplami , (yani bileskesi) . Mu(S)=I GAxAB, =OA:~ABi+OAxAB~+ +OAxABn ,"'1 ,1 "- 36 - - 37 - Üo(S) o OR Sekil 2.1 l.4 esd r'-, (S,)=(Si) 1 Sekil 2.11.3 LM ~ 5) Bir Si kayan vektör sIstemi , bir O noktasindaki indirgeme elemanlarindan Mo(S) momentini veren bir kup! ile ORi den meydana gelen Si vektör sistemine esdegerdir. Her hangi O' noktasinda 'ikisinin de indirgeme elemanlari aynidir. ' 4) Ayni M o eS) bileske momentini veren iki kupl birbirine esdegerdir. Uzayin bir O noktasinda indirgeme eJemanlari:aynidir. {(~,-~)} == CSi) {CV;,-vi>} = (Si) ~~i , i'~ ~: 40(S,) OR,:SORi o . OR'=i~i 0/ ~!;,.,(S,)"M,(S,) Sekil 2.11.1 {(DpPi),(Di,V;), ·,(Dn, Vn)} == (Si) {(KiRi)} = (S2) Mo(Si) i . i . Sekil 2.1 1.2 i . i· . J ".' 3) Tesir dogrulan bir K noktasinda kesisen iki veYia' daha fazla kayan vektör1erden meyda~a gelen Si si~temi.:. bunl~in K no~~si~d~ki bii~skesi ve bunu tasiyan D dognisunun teskil ettigi (D, R) kayan r~)rtOlunden ibaret S2 sistemine esdegerdir. i " , Bu iki vektör sisteminin bir O noktasindaki indirgeme ele~W'ilari aynidir. AB"" tl , (DI'V) = (S,) CE=V , (Di,V) = (Si) 2) Bir kayan vektör ekipolanina esdeger degildir " Bu iid vektörun bir O noktasindaki irtclirgeme elem~nlarindan geometrik toplamlari ayni, fakat bileske momentleri farkli olduguiçih}:iu ve~tör1er esdeger degildir. :1 i .J2.13. TRANSFORMASYON Matemati~e tTari~formaSYOnlar incelenir . Mesela izdüsüm almak bir transformasyondur~1 Su üç özellik kayf,1 :ektörIer için birer transformasyondur . Bunlara statik transformasyonlat;'~enir. '. (1). Bir vektörünk~ndi tesir dogrusu üzerinde kaydinimasi. (Z). Tesir dogrul: . bir noktada kesisen iki veya daha fazla vektör yerine ~::::~~n ,aiirun~ti veyabir vektör yerine ayni baslangiçIi bilesenlerinin (3). Bir vektör sit~ '.. ine .. ' si.üraes. dege.r .bir vektör sist.eminin ilave edilmesi veya çikarilpiasi. :•. Birkayan vektöi: sisteminin vektörIerine bu transfomasyonlarin biri veya birkaçini uyguiamfa elde edilen vektör sistemi kendine esdeger kalir. Bu tr.'ansformasyoniar yardimi. ile bir vektör sistemine esdeger .en basit vektör sistemi, bulunabilir: yani indirgeme yapilabilir. i 2.14. BIR VEKT1R SISTEMINDE mv ARIANTLAR (DECIsMEZLER) Bir transformasy~ih.da , bir cümlede var olan bir özellik ikinci cümlede daima var olursa bu tran~tomasyon için bu özellik inwirianttir (degismez). •• , i Omegin: lzdüsümdetegetlik invarianttir (degismez) . Bir vef nvanar.ita (degismez) orani da invananttir (degismez) " " Mo(S).OR =Mo(S),üR S vektör sisteminin bir O noktasindaki indirgeirie eleman1atii:iinvektör dogrulari genellikle baska baskadir. Fakat uzayda öyle bir i nokta4i :bul~nabilir ki '. bu noktada , bileske moment ile geometrik toplam vej: J 6. 'IR D 1) Paralel kayan vektör sistemi , Bu vektör sisteminin O noktasindaki indirgeme elemanlari birbirine diktlr , sistem dejeneredir , eger bir vektör çiftine esdeger degilse merkezieksen üzerinde bir bileskeye esdegerdir, bileske kayan vektôrdür , bileske sifir ise vektör sistemi sifrra esdegerdir (Seki] 2. 18.].) , iii- .~ '/1':- . - i ~!"lOx OR .' . (b) Sekil 2.16.1 (a) i'2) Paralel bagli vektör sistemi Vektör sistemi dejeneredir , eger bir vektör çiftine esdeger degilse bir bagli vektör olan bileskeye esdegerdir , bileskenin tatbik noktasina paralel bagli vektör sisteminin merkezi denir. Paralellik dogrultusundakj birim vektör Ü olsun . Bütün vektörleri bu birim vektör ile, V, == V,Ü gösterebilÜ'iz, buna göre OR = tv, ü dui;. Bu vektör i=i sisteminin bileskesi oldugu için, O noktasindaki bileske moment, Varignon teoremine göre , sistemin bileskesinin O ya göre momentine esittir. Bileskenin tatbik noktasi A olsun; J NloCS) = :tCDA, x AP,);= !COAj x V,ü) == CIVPA;)x ü i:::: i j;:;:l I=L iiJ oCAR) == OA x AR ='OA x iV;ü i i=i ct V,OA;) x iz = C!V:)OA x ü i_i i=! cIV:OA,)- OAIV,) x ü = O i,~i i o.; i her O noktasi için bu sifir olacaktir. O halde özdes olarak sifirdir. Bu ise birinci çarpan daima sifira esitse mümkün olur. tV,DA, :=: OA:tV, 1-'\ 1.:1 tV,OA, OA:=:-'·'-- :tV, J.:l bu baginti ile bulunan DA vektö1'Ünün belirttigi A noktasi paralel bagli veldör s isteminin merkezidir CSekil 2.18.2.) . y y KR - 47- Seki12.IS.2. Y~,~i~/ A4//( / rM,(S~OR ~Y/ z z 'I · i i ·1 ·1 "! i .1 .1 i · i : i · , .,j · i 'i D :i~ :.j ·1 · i 3) Bir düzlem içinaeki vektörsistemleri Bir düzlem içinde"~n genel vektör sistemi dejenere sistemdir. Eger bir vektör çiftine esdeger de'glilse Birbileskeye indirgenebilir. Bileskenin tesir dogrusu merkeZ,i.eksendir. ~erke, ~ ~ksen d:sinda indirgem~. elemanl.an. birbir~ne diktir, geometnk toplam diazlem içinde, bileske moment duzleme diktir (Sekil 2.18.3.). "i :1 i · , , ·'1 1 i Ai)~ ). :i SekilZ.l8.3 .1 , 4) Uzayda tesir do~~uian bir noktada kesisen vektör sistemleri Ortak noktada bir eileskeye esdegerdir. Bu noktada bileske moment sifirdir. Sistem dejenere sis.tbmdir. Bileskeyi. tasiyan eksen merkezi eksendir. Merkezi eksen disindakinok:t~larda indirgeme elemanlari birbirine diktir (Sekil 2. J 8.4.) . "i : ! .1 D O~,(S)1 Sekil 2.18.1 - 46- , ' . ' ' ... Y7~ Sekil 2.1 8.4- 48 - i ~ i .. j­ ~~: :ii.i - 49- ÖRNEKLER i. Bir OA == 3i - 2J + k vektörünün B(l,3,-1} nOktisina göre momentini bulunuz (Sekil 2.].) .. a/', O A/ ' M/Ci) Sekil2.l çözüm: J~ :(~ .; "i 171.(F) = Uc . (AP x F) AP == -T + 5] - 3k T J k AP x F == i -1 5 - 31 == 71 - ] - 4k 1 -1 2 ii == 2i - ] + 2k == 1.(2T - -; + 2k) • .J4+1+4 3 ) - 1-- - --- 171c(F) == -(2i - j + 2k)· (7i - j -4k) 3 - 7 171.(P?==3 iirBUi) = BOxOA MB(?i) = (-i -3] + k)x (37-2]+ k) MBCii) =-1 +4]+11k - - - - i 2,: F ~; - j + 2k voktO"'nGn ie,Ü' ç;'g;'; P(2,4, -i)_ n,ol~~1 ~lnd:n geçmektedir. F nün , A (3, -1,2) noktasindan geçen ve 2i - j +: 2k vektörünün dogrultusuna sahip bir cl eksenine göre momentini bu1unu(Seki] 2.2.) . 3. [2.5x6]m lik dikdörtgen plalc , sekilde gösteridigi gibi bir kenan x eksenine gelecek sekilde yerlestirilmistir " Plaga C noktasinda siddeti !400N olan? kuvveti etkimektedir. P kuvvetinin: (a) OA kenarina göre, (b) OB kösegenine göre momentini bulunuz, (c) P kuvvetinin x ekseni ile yaptigi açiyi, (d) P kuvvetinin OB kösegenine olan uzakligini bulunuz. y ., E x 1.5m A Sekil 2.3 i 4.5m y P62J,-1) z Sekil 2.2 Çözüm: b.__ 31+ 6] - 2k, - (c) p. i == (P--7--)..· Ci) -= 1400cose => cose =64.62° (b) mOli (P) == Mo (P). ÜOB == p(-2T + 17 J + 22.5 k). (61-1.5] + 2k . 7 7 7 65) moa (P) == -830.76N . (a) mu.•(P) -= M o (P) . Ü"A ep) -= eJc x j5 -= (31 - LS) + 2k) x (p3T+ 6? - 2k) ii'. I' 9·: 12 -: 22.57) i I, '(,--1 +-) +-K " 7 7 7 ~ 9 - 12 - 22.5 - 6- tI10A.(l')=1'(--i +_j+-k)· r::;i =-1.2851' , 7 7 7 ...;62 4. Sekildeki AB dogrusu üzerii~de 3S0N siddetlnde F; kuvveti vardir. Verilen eksenlere göre F; in koordinatlarini bulunuz.. BC dogrusu üzeiinde 4S0N modüllü F2 kuvveti bulunuyor, koordinatlarini bulunuz. Etki dogrulari B noktasinda kesisen bu iki kuvvetin bileskelerinin dogrultu kosinüslerini ve modülünü bulunuz (Sekil 2.4.) . y R 300 z _ cos \f/ = i R 1- 700 z F; == - iaaT + 300] - iSOk - 51 - Sekil 2.4 c 1. i ••~~~ •••••••••• - "/1\ ~ .' /j •.. ~~·i .. T --..:.p.' . 1 . , •.•. ' 2~. i. nnn:n~4;;;:::::'\\ u ••• ,,_. •"'::'/[m' u 'b~ ~ __ .!:m . AB çözüm: B (24,24,0) , A (312,0,12) , C (0,0,12) , D (32,0,0) F-1 == 35,OuAB • ri AB=..!~i+24]-:12k ,.!ABI=J81+241+12Z=28 _8.., 24~· 12- uAB = - 28 i + 2811 28 k _ 350·8.,. Z~·350 -: 12·350­ ~==-~L+ ',128 l-~k Fi == 450ucB .1 - - -,I ~ CB = 24i +24)1 l2k i BC i ~136 :·1 _ , 24 -f 24:+ 121 u:c == 36 Z2:36:Ji1 c-;: ie 1 _ F == 450- i+4 0-:- j - 450-k 2 3 ... 3 3 F, == 300T + 300} ~ 150k - ., - - - - ·1 ~-F;+_.Fi J. _ R == 200i + 600J1 - 300k i i<. i= .J2001 + 60~r + 3.001 = 700 R 200'1 . Ry 600 cosi9=lil=700':i' cosÇ?=Ii<.I=700 ' i , i :,1 - 50 - , .> iFi -= P olsun ci - - 830.76 -= -0.5934177 => - 1400 (ct) moli(P)==P·d E(6;4.5;0) , C(3;-1.5;2) _ i-i i-i CE P -= P üce == P i CE f _ 31+ 6] - 2k P -= P-_-_-_-_-~_- .J32 +62 +22 p == P 31+ 6] - 2k, 7 çözüm:- 52 c - 53 - çözüm: Sekil 2.5 (1) (2) Zi = 2 Xi= 1 => j => k O i =ZJ -XJ{ Z, Xi = I-X2 => i j Mo(S)=OExV, =/0 1 X, Y, Mo(S)=OExV, =-1+2k =z,T -xl:' (2) den: X,=-2, Z,=-}, OR=-T+]+k OR ::: ~ + tl, den: X1+X2=-1 (3) Y1+Y2=1' (4) ZI+Z2=1 (5) => ZI=1-Z2 Yi=-Xi-Zi => YJ=-3 Y2= i-Yi => Y2=4 ~:::T-3;+2k , v,=-2T+4]-k vektörlerin bagli vektör olarak koordinatlarla ifadesi: ~(O;0;0;1;-3;2), V,(0;1;0;-2;4;-J) dir. _ -1-. ~ ·OC= O (XJ +~] + ZJe) . (T + J + k) = Xi + ~ + Z, = O V, nin O ya göre momenti bileske momenttir:, çözüm: 6. S vektör sisteminin, O noktasindaki indirgeme elemanlari OR = -20T + 20] + 68k . Mo (S) :::248T -297] +36k ise, bu vektör sisteminin : (a) Indirgeme elemanlari arasindaki açiyi, (b) Invariantlanni (degismez), (c) M~rkezi eksen üzerinde bir noktada indirgeme elemanlarini bulunuz. (a) OR· Mo (S) ::: IORI·IMo (S)I cosB cosB::: ok Mo (S) IORI·IMo (S)I i. D E Y Mo(S)=-T+2k o dan geçecek, OC ye dik , E den geçecek. , . x y z X Y Z mox i moy moz. DA O O O O O 1 O:0 o. BC i Oi Oi O -1 .0 i , FE 1 1 O -1 O O O O 1 ! L -J 1 J -1 :0 2 ..' 1 jk M o (V) = OA x V = i x y z X Y Z i mox ::: yZ - zy , mOY = -(xZ - zX) , moz = xlf ";'yX I.,· i 5. Kenar uzunlugu 1 olan küp üzerinde DA, BC , FE i .vektörlerinin teskil ettigi vektörel sistemgöz önünealiniyor (Sekil 2.5.) . i : (a) Sistemin O noktasindaki indirgeme elemanlarini (Gri ometrik Toplam ve Bileske Momentini) bulunuz ... : (b) Sistemedenk öyle iki vektör bulunuz ki , birincinin tesi çizgisi O dan geçsin ve OC dogrusuna dik olsun; ikincinin tesir dogrusu E nokt~~indan geçsin. (b) Istenen iki veldör : ~ = XJ +1';] + z); tl, =x,T +y,]+ZJ; (a) OR = -T + ] + k:P. i i "I - 54- (c) Merkezj eksen üzerindeki inqirgeme elemanlari: Bileske moment 3. ~1Ymianta(degismez) esittir . , lR=-201 +20]+68k , mô(S):=lI1o(S).üii :=-114.76 (1:, ,O) A · .~ Sekil 2.7 · i · i - 55 - i · i , i i - ' i C := Ao.~ _ ~i _ oc := o(i + j + k) ,e:= MU + j + k) OR := OR + C :i i ' .. ! - - _.: 1- - - - ORi := a(-i + j +ik) + M(i + j + k) · i · i - . - - i Mo (S) - Mo (S)i __ :1 ORi . Mo(S) := 0..1 a[C-l-l)z ~(A+:1rJ+{A+i)kJ.02(-Z +2k)=0 [ :.i] o} :- (IL -1) ;2(~ + 1~= o 21-.\+1.+i",0 ~·I 1c=-3 :, ___ 1 C := -30(i ,+j+:t) · i i 8: Sekideki ~1,~' El?, BP v:ktör si~temi veriliyor . Oy~ düzlemindeki P nin konumu için sistemin merkezi ekseni C noktasindan geçiyor. P (O,Yj,Ç) nokt"mm kOOnIm'rm bulunuz (S,kil 2.7.). ':'1 (O, 0(1) st z i y !'1 a x A 7. Geometrik toplami OR:= d( -I + ] + k), bileske momenti lviu (S) := o' (-1+ 2k) olan bir vektör sistemi ile, 0(0,0,0) ve C(a,a,a) noktalarindan geçen bir f:, dogqisu veriliyor. !'1 nin üzerinde öyle bir C kayan vektörü tayin ediniz ki bu vektörün sisteme ilavesi ile elde edilen sistem bir tek kayan yeldöre denl< olsun (SekiIZ.G.). D (b) imariantlan (degismez) : 1)Lo,~i:= 73.647 2) 01~ .LI1(} (S) := -8452 - 8452 3) (\.) (S) ii := ---- := -114.76 • [} • i< 73.647 OR. Ji,;io(S) == (-201 + 20] + 68k)· (2481 - 297] + 36k) == -8452 IORI = ~(-20r + (20)' + (68)2 = 73.647 i IA/tocS)I=-}(248)' +(-297)' +(36)' :=388.598 cosu=-O.295 , e:::: 107° SekilZ.G Çözüm: çözüm:- 56 c i : '.;fil ·57 - peO,O,I) bulunur. i x v z X Y Z mox mO" moz F; +4 O O -2 +1.5 6 O -24 6 F; +2 O O O -8 O O O - ] 6 f; O -2 O O +2 2./3 -4./3 O O L ·2 -4.5 9.5 -4.J3 -24 -10 -- Çözüm: OR = -2T - 4.5] + 9.5k Mo (S) == -6.37 - 24] -1 Ok (b) OR· Mo (S) == 27 Dejenere degiL. Ca) F ==6.5,ü =6.5 AB =65-41 +3J+12k I. AB IABI' 13 F; = -2T + 1.5J + 4k F, = -8J F; = 4cos60J +4sIn60k x- V z X Y Z m~~' mov' moi' GA O O 1 , 1 O -1 O i " ,1 O FE 1 O 1 O1 -1 -1 I, 1, 1 ED 1 1 1 -1O O O i,; -1 1 BP 1 1 O -1 (ri-1 ) ç ç i: -ç " ri L: -1 ri (Ç-2) (Ç-l ~ ' (L-Ç) (ri+2) . OR == -1+ rif + (Ç - 2)k , Mo (S) == (Ç -1)7+ (iL~)J+ (~+2)k Mc (S) = Mo (S) +.Mc(OR) = Mo (S) +COxOR Mc (S) = (Ç -1)1 + (1- s)J + (71+ 2, )k +(-J)x [(-Tr ,il + (Ç -2liiJ Mc(S)=T +(1-Ç)]+C7J+1)k • Mc(S)//OR => ~1-s == 17+1 -1 . 17 {-2 9. AB dogrusu üzerinde modülü 6.5 N olan F; kuvveti, 0fydüzlemi 'içinde Oy ye paralel modülü 8N olari F; kuvveti, Oyz düzlemI içinfiinOdülü 4N olan F3 kuvvetiveriliyor. F;, Fi' f; denolusan S vektör siste iftin (Sekil 2.8.): Ca) O noktasindak.i indirgeme elemanlarini, ". Cb) Bu vektÖr sistemi sifira veya kuple esdeger midir? De~jJ.,·s e merkezi ekseninin Oyz düzlemini kestigi N (O,;",i.i) noktasini bului1l, ...->fs z i ·······1\ 12[ ~ \ , . ! \ ! \ 3: .: i ,./ io F;, 600 .... /./~"" ~ D.:" /F-. ........ ./ ~ . ......... ·2······....,.....· -~<#- y (c) MN (S) = Mo (S) +MN(R) MN (S) == Mo (S) +NOx OR -. - _ -. -. -1 -. _ .-. MN (S) = (-6.3i - 24j - lük) + (--'1/ -,Lik) x (-2i - 4.5j + 9.5k) MN (S) == (-9.5A, -4.5,u - 6.5)7 + (2,u -24)J + (-2A, -] O)k M N (S) x N'R =; O 1 [e-9.5A, - 4.5,u - 6.5)7 + (2,u - 24)J + (-2A, - ]O)k]x [- 2T - 4.5 J + 9.5k J == o (2,u - 24)(9.5) - (-2A, - i0)( -4.5) == o (-2A, -10)(-2) - (-9.5A, - 4.5,u - 6.5)(9.5) =; O (-9.5A, - iO,u- 6.5)(-4.5) - (2,u - 24)( -2) == o Bu bagintilardan A ve i.i bulunur, N (0,-5.49,15.39). Sekil 2.8- 58 - '~.IIll~· . - 59 - 12 b r · i x Yi z X Y Z IDox mo" moi p, O 12 O 6.12 -7.07 -3.54 -42.48 O -73.44 Fi O ii O 6.15 -18.46 4.6 55.2 ° -73.44 . i Fi ' O Q 3 30 O O O 90, O i 42.27 -25.53 1.07 12.72 90 -147.24 " (C<) OR;" 4227~ ~ 25~3 J + L.07k Mo(S) ::::12:72i i90j -147.24k ·1 i (b) BR:::: 42.277 ~125.53] + i.06k Ms(S):::: Mo(S):i Ms (OR):::: Mo (S) + BOx OR ~,(S),d, (12.7:" t 90J -:.1 47.24k) ~ (-41 - 3k) x (42.271 + 25.53J +l.06li) MB(S) ~ 89.31i ~ 32.57} - 249.36k , ·1 'I - - ,'_ ~: i ,- _ -'-. GB _ - 4T + 3k (c) mon(S) -Mo,CiS)'UoB-Mo(S)'I-I-Mo(S).( ) .1 GB 5 ·1 - - ~ i. - - 4i + 3k mos (S) == (l2.72CfI- 90j - 147.24k) . ( ) ::::-78.168 "I' 5 . i .. , (d) IGRI:::: 49.39N - _. i Mo (S)· OR:::: 2617.3 •. ! - OR:I Mo(S) .-_.:::: ~t.24N· br IORI ··i , ·1 ·1 LL: Bir kenari a:t 10cm olan ABC eskenar üçgeninin kenarlari üzerinde 1- - _ ~ 'I Be - CA ~ ::::AB, , v,1- , V):::: - kayan vektöderi vardir . Bu üç · 2 4 vektörün teskiiettig1 sistemin O noktasinda indirgeme elemanlarini bulunuz. Bu sisteme esd~ger bi:r,' tek kayan vektör bulunuz. Merkezi ekseninin denklemini yaziniz (Sekil 2. io:... i . i · , i · i · i ""1 · i • i 30° l>- ..,/ x _ '. /,/ 3 b r F ... _ .._ ... __ .V·S (4 , D , 3 ) (O,12,O)AhY Sekil 2.9 J ti == 10sin45cos30I -10cos45] -10sin45sin30k t::::20- ::::20AB==204T-12]+3k 2 UAB \A1?\ i 13 çözüm: J 10. ti,l" ti vektörlerinin olusturdugu vektör sisteminin (Sekil 2:9.) li }~ i == 10N , \ t, \== 20N , \ Fi \ == 30N) : (a) O noktasindaki indirgeme elemanlarini , (b) B noktasindaki indlTgeme elemanlarini , (c) OB eksenine göre momentini, (d) InvariaI1tlaniu (degismez) h.~saplayiniz.L.ii.; - 60- i·, i , i .~ - 6J - y dl=80N~ 36cm 11;1:::: i20N z .//25cm .................. ~~.?~~ '1.'/ 1ft:/=120N ii;,' ,.i; i . Ii~ .. B . ~ X I'., i': i., o Sekil 2.10 A çözüm: Sekil 2.]] i Çözüm: x y z X Y Z mox moy moz ~ O O O O O 120 O O O F O O O 80 O O O O O , FJ O 36 O -80 O O O O 2880 F4 25 45 O O O -120 -5400 3000 O i: O O O -5400 3000 2880 OR=O => MoCS)=-5400T+3000]+2880k oR- Mo (S) = O Sistem dejenere , bir lcuple esdeger. 13. (Sekil 2.12.) deki düzlem kuvvet sisteminde: (a) Bileskeyi belirleyiniz. (b) Kuvvet sistemini A noktasina indirgeyiniz. i j x y X y npo~ ~ -5 O10 D p: . . V 5 O -2.5 2.5-13 1.2 '.-J3 . 2 VJ O 5J3 -1.25 ~1 .2S.J3 6.2 )/3 i 6.25 1.2513 18.~5:J3 " i e: .. OR:::: 6.251 , . i k i·: i . 18.7sJ3k::::lx Y O =1.25C13:X-5y~k: '6.25 1.25J3 O i : 5 . x--y=15 I· 13 Bileskenin tesirdogrusunun yani merkezi eksenin denklemi Ib~ii..inur. Sisteme esdeg Tesir dogrusu MoCS)::::OPxr i _ i 12. Kuvvetler sisteminin neye esdeger oldugunu liesapiayini~' (Sekil 2.11. ) .- 62- - 63 - )( A'·. Ll. '. 20N B7··~~N..le .. ·····1 '0''''00 ••,/ ~"': •• ;t~, / 1 ./ '0•••• i 15 cm ! ..// . :,,' 15em / E 15 cm 50N lA 40N Sekil 2.12 YT-~-~1 10 t t )il>- (-zm,zmlsi 8 t i 4 m 5tr A (4m,0)[ O 'if i>-X Çözüm: çözüm: (b) A noktasindaki indirgeme elemanlari: 14. [15x30]cm lik levhaya dört kuvvet etlcimektedir . Bu dört kuvvetin bileskesini ve bileskenin tesir çizgisinin levha kenarini kestigi iki noktayi bulunuz (Sekil 2.13.) . A LIi : iG i X ~ X ~ (b) Sekil 2.14 e Sekil 2.13 6 t i x y X Y maz , .,40N O 15 -40 O 600 . SON 15 O -35.35 -35.35 -530.25 SON 15 15 56.56 56.56 O '120N 30 15 O20 600 :1 L: -18.79 41.21 669.75 li.1"m~-,-,-,--1m~1m .11, 3m 2m . i~~~i ~ , ,··1 (a) , i , , i . i :.1 .[ ~ :) ·1 OR = +18.79i +~L21J , Mo (S) = 669.75/; 1(71-,0) Merkezi ek~~ Üzerinde bir noleta olsun: Ji./[j (S) =.Ad o (S)"r 10 x O~ = 669.75/c + (-/ti)x (-18.791 + 41.21J) Mi (S) = 669,754 - 41.21k = O => /t = 16.25 I(O,fl) Merkezi eks.T üzerinde bir nokta olsun: Mi (S) = 669.75~ + (-)1 J) x (- 18.791+ 41.21J) => f1 = 35.64 . i . i 15. (SeklI 2.14. ) d~ki paralel kuvvetler siteminde: (a) Bil~skeyi bulunuz, (b) Bileskeyi Ave:~ den geçen kendine paralel iki bilesene ayiriniz . (c) Bileskeyi C de:~engeleyen kuvvet-kuvvet çiftini (momenti) bulunuz. ·1 .', 5 t 4 t ' i 31t ., 3 4 => xRd'Rx 0= 5x-x2+5x-x2-8x2-10x4 5 ' 5 l11ü(S) := moCR ) y+l.83x "" 7 olarcik elde edilir. 3 4 /11 " (S) := 5 x '5 x (4 + 2) + 5 >( '5 x 2 + 8 x (4 - 2) - 10>( 4 => ni JS) := 2 AJL::6i -11] , MA(S)=2k (a) Bileskenin Rx ve Ry bilesenleri: 4 Rx = i:X; 0= -5xS+ 10 0= 6ton J 3 R ""YYo=-5x--S=-11ton y '-" i 5 R := -JR: + R: = 12.53 , R -ll tg8 ::: -' = - = -1.83 R, 6 () := ~6 1.36" O noktasina göre Varignon teoremini yazarak bileskenin tesir çizgisinin denldemi:- 64- - 65- Çözüm: (a) R= I:Fi= 5+4-3+6+2 = 14ton (A) noktasina göre Varignon teoremini yazarsal< : MA == xR == -5 x 1+ 4 x 1- 3 x 2 + 6 x 5 + 2 x 7 III. AGIRLIK MERKEZI 3.1. GIRIs j Bir cismin W agirlik kuvvetinin cismin her konumunda geçtigi noktaya cismin agirlik merkezi denir. Dünyanin rijid cisimlere uyguladigi yerçekimi kuvvetleri bileskesi W olan bir paralel kuvvetler sistemi olusturur. W bileske kuvvetjnin uygulama noktasi agirlik merkezidir. .Elimize bir rijid eisim alalim. Onu pek çok sayida parçalardan olusmus düsünelim. Her parçanin kendine uygulanmis bir agirligi vardir. Bu' bir bagli vektör cinsinden kuvvettir. Karsimiza cismin parça sayisi kadar paralel ve bagli kuvvet çikar. Iste bu kuvvet sisteminin merkezi cisrnin agirlik merkezidir. Bu n sayida kuvvetin ibjleskesi , bu noktaya tatbik olmustur ve bu bileske ele aldigimiz cjsminagirligidir (Sekil 3.i.1.) . i·: xl~ 2.64m i·: => Rl,~'7A ton (c) Kuvvetler sis.temini C dedengeieyenkuvv.'.et R .. ,oiae."rl" ,.Kuvv,' ,çifti;" kuvvetler sisteminin C ye göremomenti olan Mc ye ters yönde olacaktir. Mc == 5 x 8 + 4 x 6 - 3 x 5 + 6 x 2 =>Mc == 61 tm .: Dengeleyen momentsaat ibreleri yönÜllde61tm ahir. ' Cb) CA) ve CB) deki bilesenler RA ve RB olsun. CA) noktasina göre Varinyon teoreminden : MA == xR == R B X 5 => 14 x 2.64 == RB x 5 R=RA+RB => RA=6.6ton Sekil 3.1.1 'I,w,==w G YP; 1, i i i I .. Bir cismin parçalarinin agirliklari cismiI'1j her noktasina uygulanmis sonsuz sayidadir. Bunayayili kuvvet denir. ' 3.2. PARALEL VE BAGLI KUVVETLERIN MERKEZI Vektör konusunda, paralel ve bagli vektörlerin merkezini tariflemis 've yer vektörünü bulmustuk'\~ekjl 3.2. I.) de (Ai; V,) paralel vektör sisreminin merkezi A ise: x - 67- Sekil3.3.l A, _ ~ G(,;, ry) W. -~gmii dW :::: gdm ::::\'MA ~ ·1 .. :,1 ,i 1 • i Toplam kiitle ~ise W = g~ m, dir, G nin koordinatlari ( 1; , ri ) ile gösterliirse: : i :t nt,X, :1 i: miYi • i; =, '=1 M :,,',r;:::: ,=, M fonnül1eri sOnl~ISayidaparçadan olusmus cisimlerin agirlik merkezlerinin koordinatlarini ,~erir. eisim sürekli ?f.up sonsuz sayida parçaya aymnak gerekiyorsa 2:: nin yerini J alacalfir. ., 'Y · , ,i :.\ :1 :l ·1 :·1 · i ,I i Buna göre mj Y~. ,~inedm= AdA , dA = dX'dy almak gerekir. 1 ..i 1 1 1 i;:::: - Hxdm~'f -IfAxdxdy., r; == -Ifydm:::: -Iftlydxdy M ··1 M M. M .Ç •• II . - l'u 1 .. 1 d' i . formu en agir ll'- mer(eZlllll1 mor mat arini verir. Düzlem sekiller Içinbulumin bu ifadeler, uzay sekiller için ; :11 fxdm Jydm fzdm M = Jdm " i;::::-- , 77:::: -- -, ç == -- , :1· Jdm Jdm Jdm Ele alihan cisin;pomogen ve sabit kalinlikli'bir telolup ekseni düzlemsel bir egri ise agirlilc merkezi (Sekil 3.3.2.) : ,i ,i Jxdnt "i Jydm Ç::::M ,'f7::::1Vf koordinatlari il~ bulunur. Düzlemsel bir e*inin sentroidi (merkezi) : i .'~I'l'" :ti~z, i ,., '? --- iv; 1"'1 Sekil 3.2.1 y - 66- , A, xA,/ A l,r~/wA' YY i< / y:, f/ AR A, o z tv'y, i:=\ 77 =-- :tV, , i""l x n - n - tm,OA, Igm,OA isIm,OA, OG= i=d == i""J :::: ;=1 Igm, gtm, M i:d 1,,1 3.3.AGIRLIK MERKEZI ,I Esit kalinlikli homojen plagin agirlik merkezini bulurken orta düzlemi ele alalim ve bu düzlem içinde bir eksen sistemi seçelim. Oy el(seni düsey eksen olsun. Bütün agirlik kuvvetleri düseydir. Koordinatlari (Xi, yi) olan elemanter parçanin alani pt: dir. Bu yüzeyin birim alamnin kütlesi II, ise kütlesi mi=AAi ve agirligi Wi=g mj dir. Paralel bagli kuvvet sistemi olarak Ai nokt~sina düsey gm; agirligi uygulanmistir . Agirlik merkezinin yer vektörü : j".l sonuçlari bulunmustu. tv,x, i; =_,=1,_ iV, __ ~)~OAi OA == -""'=,,-1 -- tv, 1=1 ve analitik olarak A( i; , ri , Ç) ise: , ,- 68 - , ,).; - 69- Jxdl fydl Ç=T ' L]=T koordinatlariile bulunur. Bazi hallerde uygun elem~ter parça &eçerek iki katli integral yerine tek katli integralkullanilir. Uzunlugu i olan düzlem egrinin agirlik merkezinin!;, ya uzakligi d ise; d ·l büyüklüklerine , kütlenin , alanin veya· egrinin /:, ya göre statik rriomeriti denir. Agirlik merkezj için bulunan fomiüller asagidaki gibi yazarak; bir agirlikli düzlemsel cismin veya yüzey parçasinin veya düzlemsel egrinin Oy eksenine göre statik momenti, onu teskil eden parçalarinayni eksene göre statik momentleri toplamina· esittir , seklinde bir sonuç çikarabiliriz. Ayni sonuç herhangi bir ti ekseni veya x ekseni için de söylenebilir. Bu ifade agirlik merkezi [omiüllerini kolayca hatirda tutmaya yarar. Basit sekillerden olusmus bilesik sekiiieiin agirlik merkezini bir tablo yardimi ile, statik momentlerini tabloda yerine yazarak hesapiiyabiliriz: y o dW G(ç,l]) x çM == tX/11, ",,] çL == tX/, j".1 n ÇA=='2>A •• i Kütlesi in olan bir maddesel A noktasi ve bir 11ekQepi alindiginda , A noktasinin t, ya uzakligi cl ile gösterilirse, d·m çarpimina maddeselnoktanin tidogrusuna.göre statik bomenti denir. .tm,z, i' ,:, ",--- tm, ;"'1 tm,y, j",i rJ = Im, it::J Xj Yi Zj mj ImjXj miYi mizi 1 2 i : i Imi Imjxj ImiYj ImiZj t,mx ç_ {"d i 1 --- n Im, 1=1 olarak bulunur. 3.~.PAPPUS VEYA GULDINUS TEOREMLERI Düzlemsel bir egri parçasinin veya düzlemsel bir yüzey parçasinin sentraidini (merkezini) bulmak için bazi hallerde kullani lan iki teoremdir . Ilk defa Pappus M.S. 300 senelerinde integral kullanmadan bulmustur . Sonra Guldinus (1577-1643) " integral yoluyla teorem leri tekrar bulmustur. (c) A .G (b) d Sekil 3.3.2 (a) m d .- -1( A ....__ ~ . t::. i t::. i· i i i • i:d G~ "-'''-r~'''--'''-''''''-''''''~ ./ i· .. i i Sekil 3.4.1 i Kütlesi M olan bir parçanin agirlik merkezinin ti ya u~aldig] d ise;' d·MI i .. ~ Alani A olan düzlem parçasinin G agirlik merkezinin is.. ya uzakligi d ise; d·A· i·.'·.· " r 3.4. STATIK MOMENT jr.1) Düzlemsel bir egrinin , kendi düzlemi içinde bulunan ve kendini kesmeyen bir eksen etrafinda döndürülmesiyle meydana gelen yüzeyin alani ; egrinin uzunlugu ile egri seiitroidinin bu dönmede çizdigi çemberin (veya çember yayinin) uzunlugu çarpimina esittir. - 70- -71 - , i , i : i i 'i i ,'f. 6i,:1 L.,Yi "I Y _ ;~I " c n ' i LMi :! jel i n) ~YjI(Lj = Yc~Mi = yJ e ' i A= YJ= 85IYcL . e=2rn dir. "i ,i , i 2) Düzlemsel :-~iryüzey parçasinin kendi düzlemi içinde bulunall ve kendinikesmeyen, bireksen etrafinda döndürülmesiyle meydal1a gelen dönel cismin h[' bmi,' ; yüzey parçasinin A alani ile yüzey parçasi agirlik merkezinin bu dönmede çizdigi çemberin (veya çember yayinin ) uzunlugu çarjJi:, na esittir. i n n " 6/<= M/eyi = tMie Yi => V = L6-V;=> V = LMI2;ryl => V = 2TCI>IMi : i IJ=2ir '1=1 J~i 1=1 " ,i" 'LY/~A "ILy;Mj " Y = 1~1 -.:; !i=! => "'y M = yA=> V = ey A = 2;r y A c" i AL.,i i c c '--r-' c' '" M.. 1 1=1 IJ=2ir L..i. i 'i i=l ,·1 ··i 6 ,_ 6 koni küre .' v _,_.-,6- --\.f- .- ,to~ -u-. küre A Sekil 3.5.1 koni o -.'6 -V' - -('0;:- - i -v-L_B, A v~_." NOT: Dönel cisimlere bazi ömekler : Ye b Sekil 3.5.2 ,,' (a) t:i (b) '{anal alan A; [LA ;co ey,6L; == e y,M; B~2lr => A == I/iA; => ;~I n A == 2)1fy/iL; 1~1 Seld13.42ÖRNEKLER h == 2R sin ct Sekil 3.2 ' . .-.... ". ......... .:~'>::. ,.,' ," .... ..." ........... ,.' ..... -- . ·73· Pappus teoremine göre: 4 ! V=S.27Td =:> -7TRJsina=21ldaR2 i 3 OG=d == 3.. Rsin ct 3 ct. Daire diliminin alani =? A=aR2 'D i' . h' V 2 .Dih 4.n J • öne CISIllin acmi =? =- 7rI\ == - 7T1\ sm ci: 3 3 .. ' :i} 'hl= iRsin ci i i ·72· '.:.::.: •••••• n ••••••••• 4 . ......... / .. " ...•. ..... R . ..~ .... .... .~ .., •••• •••••.......... ,· .... ·Ct . /,.' .. ::) .....•..•. ~ G ./' O ~ .' . :.: .. :u.u .1 ~>\ Çözüm: 1. R yariçapli 2a merkez açili bir çember yayinin *iitroidinI Pappus Teoremini kullanarak bulunuz (Sekil 3.1.) . i ~ ' i·· i : . i .. 1< Pappus Teoremleri uzunluk , alan veya hacim bilinIyorken Sentroidi (merkezi) bulmaya yarar. Sentroid (merkez) biliniyorKende alan .veya hacim hesaplamaya yarar ... 3. Yariçapi r, merkez açisi 2a olan çember yayinin sentraidini integral yardimiyla bulunuz (Sekil 3.3.) , x ',.( a G ". ". " ". ". ". B",. y A .... 7\"""'\'dl = rdcp ,/;.":::.... ,,····dre ..···.... · '.' .."t O ~:::«::::.,.~: <" / Çözüm: Sekil 3.1 Çözüm: Yay uzunlugu ::::> 1= 2R a Küre kusaginin alani (dönel cismin alani) =? N=2;rrR:,!j . '·i'.2R sin a Pappus teoremine göre: ..... A==l.2nd :::::> 2JlRh =2Ra . 2Jld :::::> 2nR2Rsina =2R::2Jld sm ah OG=d=R-- I·,' ct .. bulunur.' 2. R yariçapli ve 2a merkez açili daire diliminin s~~troidi~i Pappus Teoremi ile bulunuz (Sekil 3.2.) . Sekil 3.3 i :,'i , , ·74· x 10cm 10cm i0cm - 75- 2 i . -I' sina 3 (2) o I./' 24cm J 14 'i : i : i , i J 1~ 2sina~ 1J ;== . , ar2 "i ar' ; == ~. rsIna';1 . 3 .a : i . bulunur. Ayni ~9nuç uygill1 elemanter parça alinarak tek katli integral ile de bulunur .. i 5. S~kildeki tar~ll alan gibi kesilmis homojen levhanin agirlik merkezinin koordinatlarini bJlunuz (Seki 3.5. ) . " ,i . i y ·1 : i . i , i i x r'\sinço[ _ 21" sina 2ra 2ra ... r,. -...., " ',j'a G y o ÇöLüm: i 4. Yariçapi r merkez açisi 2 a olan daire diliminin sentroidini integral yardimiyla bulunuz (Sekil 3.4.) . sm a == OG v 1+' ' __ C; =: a bulunur. _ fxdl +Jcosço·rdep S----'" f dl -' --'r'I-.d-ço- Simetriden 17::::O dir '. ç yi arayalim. Elemanter parçanin sentraidinin koordinatlari => (I' cas ep,i' sin ep) Elemanter parçanin uzunlugu':::> di = rdep " i Sekil 3.5 Çözüm :' 40 , Yi = 30 - - = 25.75 3:rr i Bu levhayiagiriiik merkezini kolayca bulabilecegimiz basit sekillerden olusmiis gibi dü:~pnelim : O G :::: ~ .R sip e _ ~ .10 sin 45 - 40 .fi J J 3 d 3 :rr 3:rr ·1 - ": 4 i ';1. 40 x = Y = o(}; sm 45 = -. l i l, ii. 3.:rr i Xi = 24_40 ~ 19.75 3:rr . r pa p dp o Sekil 3.4 o -u Simetriden 7J = O 'dir. ; yi arayalim. Elemanter parçanin sentroidinin koordinatlari => (p cos ço, p sin rp) Elemanter parçanin alani ':::> dA:::: p drp dp o jxdA np' COSfp d~ dp fp'l sin~ i' dp c;==--= ==- fdA (fp dep dp·76· :~i -77 - y z y --dz ..- x y z m mx my mz (1)LLfJ O 0.66 1.33 Jp' O O.66p 1.33 P (2) trrJ t--- 0.63 ] 0.63 3.l4p 2p 3.14p 2p (3)\. ]+0.5 ] O 2.236p 3.35p 2.23p O " L: 6.376p 5.35p 6.03p 3.33p ; == 0.839m , r; == 0.945111 , C; == O.S22m bulunur. 2 Xi == Zl == OG cas 45 == ­ Tl' Agirlik merkezini kolayca bulabilecegimiz basit sekillerden olusmus gibi düsünelim: Sekil 3.7 7. Dolu yarim kürenin sentroidinin merkezden uzakl'iginJ , integral yardimi ile hesaplaYlDiz (R yariçapi cinsinden) (Seki] 3.7.) . Çözüm: .;:: ':~: i x ;2m .1m Sekil 3.6 ~. i X Y mmx I· my (1)OID +]2 +]5 nop 8640p J0800p (2)...d +]6 +3.33 -120p c1920p' "AOa' . p " (3) cl +19.75 +25.75 -78.Sp -1550.37p i ~2021.3p i i: 521.5p! 5169.601 8378.7p Çözüm: i ~mx 'Lmy i q == _L..,_ = 9.91cm , r; == -- == 16.06cm i im im i bui~nur. I': 6. Uçgen , (~) silindirik kabuk ve çubuktan olusan h~i;iojen seklin agirlik merkezinin koordinatlaTIni bulunuz (Sekil 3.6. )1.:: OG == d"" Rsine _lsin45 () -------;; 4 Z2+\-2 =: R2 => r2 = R2_i dm == p;rirl di = npCRl - iL )dz fzdm J t; == - ==.-!.. Jdm Li . .Iit"-78- 1:'[ -79 - i (R2 -X')' -R') 3 :1 , i :1 , i -xd~1 dy = -J R2~:X12 'l-xdx 1 2 ( ., ,J 1 ' 'dx dV~-TCX ;JR'-x dx --.njx '4.1 1, , 4 , '~ , , (-~ 1LX -JR' - x - J .. :J.jR - x 4 - l' x dx fydV .:...."d . i· dx _ -4 Jr f --,,' Rm , o 77 = fdr j f4 JR' _1" , i ,.'1 fxiJ o ,1_ - . yi·1 . 77-: R ~dx !-JR' -Hx" olan parçasinin sentroidinin i y 1 8. Homojen yapida ve dolu bir kürenin ­ .8 koordinatlarini bulunuz (SeldI3.8,) , ii \ R'Z2 z' iR R' I, == fJrp(R'z-zl)dz:=Jrp ---- =;rp- o 2 4 o 4 ii \ J iR ~ I, = f7rp(R2 -z2)dz=;rp R2Z-~ :=!:.7rpRJ o 3 o 3 R4 71- R4 3 3 ,=_4~=_,-=-R 713. RJ 4 3RJ 8 3 Seki13.8 Çözüm: '3 77 =-R 8 bulunur .. ,. Sekil 3.9 ::1 i , i " ",i , i 1 9. Bir dikdörtgdnler prizmasindan , - silindirik hacim çikarilmis, üçgen i 4 prizma ilave edhmistir . Meydana gelen hacimsel cismin kütle merkezinin 77sini hesapia:~imz (Sekil 3.9.) . , :1, ,i 'i 'I i 60 cm :1 .1 2~cm 'i 1~ cm :1./ 15 cm y( ,x x y -- dy y==)R2-x' => y'::::R'_X2 i => x'+y2==R' dV == ~ m' dy 4- 80- OG =3.. Rsin8 ::::3..10sin45 = 40n J 3 () 3 Tr 31Z" 4 1 y in my (1) [ili +7.2 +3]4p +2280 P (2)LfiD +]2.6 209.3 P 2666.6 P (3)~ +5.7 +85.5 P +500 P L 608.8 P 5446.6 P - 81 - OG :::: 3. . R sin e :::: 3. . 20 sin 45 ::::s'on i 3 e 3 Tr 31Z" 4 Yi=OGicos45 cos30= 40.J3 3Jr OG == 3.. R sin e _ 2 20 sin 15 2 --.------ 3 e 3 1z" 12 Yi== OGi cos15 .·i, 'il 1i! i i:·, m 3ôOOOp 65 4.25 30 (1)~ (2) rJ/) (3)@ i Çözüm: Y3 :::: OG3 sin 45 == 40 3Tr 2: my == 34.9 7J== 2:m bulunur. i : i • i? Homojen s~ç,tan sekildeki tarali alangibi kesiIip bfkü1müspa;çanin agiriik merkezinin r; SIni bu]unuz (ABI/Oy,OC=0Et=:OD=20cm) (Sekil 3.1 O. ) . y A B Sekil3JO L =i my == 8.9c711 1/ i711 11. Seldldeki tarali alan gibi kesilmis levhanin agirlik merkezinin koordinatlarini bulunuz (Sekil 3.11.) . x Çözüm: Sekil 3.1 1 ~i-,- B2- Çözüm: fYdA (A) 17= fdA (A) çözum: - 83· i ydA T Yb[Hl/h)y Jd" *1 GhY' +']1:<0 (A) ,y=O ~ _----'''---_~_ 17= JdA =,?Jb[i-(1/h)YldY lbh (A)Jr~' , 2 ' ~ l' , 17=-h, 3 .1 :,1 ;./ :./ :1 :1 ·1 ·1 , , :! ,. , f yudy (.A~)_ ~C dA'f"'udy =>: fudy (A) b '::..=h- y =>. U=b-l;Y b h 6 Yi=OG1cos30=O.55a yz=a-OGzcos3 O=a-O.5 Sa 6 6 2 R sin 30 2 asin30 2 . - ... -----. ~-- - . := -a .3 TC 3 JrJr x y m mx my (1ifD O.32a O.55a +O.S2az p +O.166a3p +O.286a3 p (2~ O.32a O.45a +0.52az p +0.166a3 p +0.429a3 p (3)a~ O.29a O.5a -0.43 aZ p -O.l24a3 p -0.216a3 p i r 0.087a" p +O.208aj p +0.499aj p o y OG ==~.~sin30 ==~. asin30 ==3-a i 3 Jr 3 Jr Jr 6 xi=OG1sin30==O.32 a , xz=OGzsin30=O.32 a , ç == 2.39a , 77:=:: S.73a ()(; i2. Sekildeki üçger,iin agirli'k merkezini hesaplayiniz. Sekil 3.12- 84- Hareket Bir cisim karsilastirma sistemine göre o yer degistiriyorsa , bu cisim hi,reket ediyor denir. Bir cisim kars'ilastirma sistemine göre yer degistirmjyorsa cisim bu karsilastirma sistemine göre sÜkunettedir denir, Serbestlik derecesi Bir cismin uzaydaki konumunu beiirtme~ için gerekli en az koordinat sayisidir [BÖ1.6.1.]. Kuvvet Bir cismjn (veya maddesel noktanin) diger cisme (veya maddesel noktaya) uyguladigi çekme veya itme,etkisidir. eisimlerden birinin uyguladigi kuvvet (etki) öteki cismin bu kuvvete karsi gösterdigi tesir de (tepki) dir. Newton'un 3. kanununa göre etki tepkiye esit modülde ve zit yöndedir. Buna göre A cismi B cismine bir kuvvet uygularsa, B cismi de A cismine esit modülde ve zit yönlü bir kuvvet uygular. Bu etkiler esit modü lde ve zit yönde ikiser ikiser (tam zit) kuvvetler halinde görülür. Ister bir çekJiie veya ister bir itme olsun, her iki kuvvetin bir büyüklügü bir dogrultusu ve bir yönü vardir. Kuvvet bu üç özelligi ile'belireceginden vektörel bir büyüklüktür. Denge ve hareket problemlerinde çok defa kuvvetin tesir dogrusu önemli olup, tatbik noktasi, bu tesir dogrusu üzerinde yer degistirebi! ir. Kuvvet bir kayan vektör olarak alinir . Bazi problemlerde ise kuvvetin tatbik noktasi önemlidir, degistirilemez. Agirlikli cisimlerin agirlik merkezini bulma problemlerinde kuvvetler bagli vektör olarak alinir. O halde vektörler için gördügümüz bürun bilgiler ve islemler kuvvetler için dogrudur. Vektör konusunda (serbest vektör hariç) vektör terimini kaldirip yerine kuvvet yazacak olursak kuvvetler hakkinda bilgileri ve ' islemleri yazmis oluruz. 4.2.KUVVETLERIN SINIFLANDIRlLMASi ·85· cisimler de bazen maddesel nokta olarak alinabilir. Günes, gezegen Jer ve ayin uzaydaki hareketleri incelenirken bunlar büyijk kütleli maddesel nDktalar olarak düsünülUr, Bir cismin kendi etrafindaki ,hareketi ele alinmadikça bu cisim bir maddesel nokta olarak ele alinabilir. 1) a. Uzaktan etki !b.Deyme suretiyle etki (temas etkisi) 2) a.Dis kuvvetler b. Iç kuvvetler Sekil 4.1.1 F; i , , i i o' i , i ' 4.1.TEMEL BILGILER ! : Mekanik , kuvvetler etkisi altinda cisimlerin hareket~i :inceleyen bllim koludur. Sükunet , hareketin bir özelhali oldpgu için tarifin kapsamindadir. i : i i Rijid cisim i': Bazi yülderle yüklenmis cisimlerin hareket ve ~ükunet hallerini incelerken onlari bir burun olarak ele almak ,gen,eIi,iI,c1le'ç,ok,'kÜÇÜk olan sekil degisikliklerini ihmal etmek yararli bir sadelestirm~ :olur. Bu sebepten, yülder etkisi altindaseklin,i hiydegistirmi,yen i,deai bjr r,ijjd cisim tarifedecegiz. Bu ideal cisjm kuvvetler etkisiiideikalinca her hangi iki noktasi arasindaki uzaklik degjsmiyecektir. Bu jisme rijid elsim diyecegiz. Mekanikte gözönüne alacagimizcisimler - a, s! söylenmeqikçe - rijid cisjmlerdir (Sekil 4.1.1.) . I,: i AB = 1=t~bit " F i' n i i i i , i,. i I· i i Maddesel nokta "i ': Sonsuz küçük bir madde parçasidir. Bir çokhallerde bi~ çisminboyutlan ihmal edilip kütlesi ilunal edilerniyorsa bu cisim kütlfIl bir geometrik nokta olarak düsünÜlür. ,o i,: o' Her eisjm sonsuz sayida maddesel noktaninkaynasmasi ;jleoliismus bir bütündür. Bununla beraber mekanik problemierindel rpaddesel nokta olarak ele alinan her ejsim sonsuz küçük degildir. Harekpt ve sükunet hali bir maddesel noktaninkine benzer olarak incelene~il~n çok bü,yük' i . i .. i i iv.sTATIK~ ~ - 87- Sekil 4.2.2 Sekil 4.2.3 , , , " ,.i , i ,i · i ·1 Yl@)"I ... Y~ ·1 ii AO) .. '. ~.A LA ,:1»- . ' ~c;i) Maf~~1I1 ~ag ~b) Bag KuvV:tieri ( c) Mafsalin sembolil, ·1 Gösterimi · ! '"I .1 ·1 · i Kayici Bag: ,i Bir düzlem levh~bir pim ileyere (Sekil 4.2.3.) gibi baglandiginda yalniz dÜs~y·dogrulti.id~ ötelerilne yapamaz .Yank içindeyatay hareket edebilr ve dönebilir . D~zleti1de bu levhamn üç olan serbestlik derecesi kayici mafsal ile ikiyeinmistir. Hareketi engelledigi yöndebagda (y yönünde) tepki kU1~GPeti.1ac, bu b"lCQglncvstatik de.geridir. Y , Y ' .. :1 . A , .. ~ ..~ . lif .. O ,I x O x (a)Kayi,ql Bag (b) Bag Kuvvetleri (c) Mafsalin sembolik , i Gösterimi :1 :1 . Bu iki bag, düzlemdeki baglari daha iyi anlamamiz için ayrintili ele alindi. Düzlemde çesitli bag ve bag kuvvetleii asagidalu gibi gimplandirilabili1. ·1 a. Tesir ÇiZgiSf.~mnen tepkiler olusturan baglar Tesir çizgisi bi~~nen bil- tepki olusturan baglar ; kayici mafsallar, cila!i yüzeyler, pan~ifl ayaklar ve kablolardir. Bu tür baglar yalniz bir dogrultudakiha1i:ekete engelolur ve bu dogrultuda bir tepki kuvveti tasirlar. Serbestl}k derecesi iki , statik degeri birdir (Selul 4.2.4. ) . :,1 ., ; , i "I i · i :1 i i :1 ,i i i RAB 4- (b) F i Sekil 4.2.1 (a) A 3) a. Aktif kuvvetler b. Reaktif kuvvetler Bagli cisimlerle ugrasirken karsimiza çikan kuvvetleri iki guruba ayirabiliriz. Birinci gurup lcuvvet ; verilen kuvvetlerdir (aktifkuvvetler), Ikinci gurup kuvvetlerde, mesnetleri veya baglari kaldirip onlarin yerine alinan tepkilerdir ki bunlar da bag kuvvetleridir ( reaktif kuvvetler) . Dis kuvvetler , göz önüne alinan cismin diyagraminda gösterilmesi gereken kuvvetlerdir. Bunlarcisme dogrudan etkiyen kuvvetlerle, agirlik kuvveti ve cismin mesnetlendigi veya diger cisimlere baglandigi noktalardaki kuvvetlerdir (Sekil 4.2.1 a.): eisim birkaç parçadan meydana gelmis ise bu parçalarin birlesim noktalarinda birbirine uyguladigi kuvvetler dis kuvvetlere dahil edilmemelidir. Serbest cisim bakimindan bunlar iç kuvvetlerdir. Benzer biçimde bir cismin A ve B gipi iki parçaya ayrildigi düsünülürse, ayirma yüzeyinde bu parçalardan birinin digerine (örnegin B nin Aya) etkittigi kuvvet tüm cisim için iç kuvvet oldugu halde , A parçasi için bir dis kuvvettir. iç kuvvetler yayili ,kuvvetlerdir (Sekil 4.2.1b.) . - 86 - Baglar (mesnetler) ve bag kuvvetleri Cismin herhangi bir dogrultudaki serbest hareketini önleyen engele bag denir. Cismin mesnetlendigi veya diger cisimlere baglandigi noktalardaki kuvvetler bag kuvvetleridir. Bagda ortaya çikan bilinmeyen reaksiyon kuvvetlerinin sayisina o bagin statik degeri denir. l\1afsalli Bag: Bir düzlem levha bir pim ile bir yere baglandiginda ötelernne yapamaz. Düzlem içinde kalarak A ,etrafinda dönebilir. Düzlemde bu levharun üç oLan serbestlik derecesi rnMsallanarak bire ininistir . Hareketi engelledigi yönde bagda tepki kuvvetleri dogar (x ve y yönünde ) , bu kuvvetlere bagin statik degeri denir (Sekil 4.2.2. ) .~ M ~Fy EF·~_1 M' Sekil 4.2.6 Ankastre Mesnet b. Dogrultusu bilinmeyen tepkiler olusturan baglar Bu guruptaki tepkileri olusturan mesnet]er sabit mesnetler ve pürüzlÜ yüzeylerdir. Bu tür baglarda cisim bag eti;afmda dönebilir fakat herhangi bir öteleme yapmaz. Bu guruptaki tepkder iki bilinmiyenlidir, x ve y bilesenleri ile gösterilirler. Serbest cisim diyawaminda - da mesnet tepkilerinin yönleri keyfi seçilebilir. Yalniz pürüzlü yüzey halinde yÜzeye dik olan bilesen yüzeyden disari dogru yönlenmelidir. Serbestlik derecesi bir, statik degeri ikidir (Sekil 4.2.5. ) . Sekil 4.2.5 - 89- Pürüzlü Yüzey Sabit Mesnet c. Bir kuvvet ve bir kuvvet çiftinden olusan tepkiler olusturan baglar Bu tip tepkilerin olustugu mesnetlere ankastre mesnet denir ve bu tür . mesnetler cismin her türlü hareketine engelolurlar. Bu baglarda ötelemeye engelolan bir kuvvet (x ve y bilesenleri ile gösterilen) ve dönmeye engelolan bir kuvvet çifti olusur . Dolayisiyla üç tane bilinmeyen vardir.Serbestlik derecesi sifir, statik degeri üçtür (S~kil 4.2.6.). F=/a: ~i .~~ -~. -~ .......• ~ .....~ ..•....... F ~ F F=kx ~UlAh.·lA.~ . ,--wv"r~,Yrw" :' - 88 - ~ ~L Basilmis Dogal Konum Kablo Kayici Mesnet Kayici Mesnet Elastik Yay Cilah Çubuk Üzerinde Bilezik Cila]] Yüzey PandÜl Ayak Yerçekimi Etkisi Q ~~/ d. Tesir çizgisi bilinen bir kuvvet ve bir kuvvet çiftinden olusan tepkiler olusturan baglar Bu tür tepkilerin olustugu mesnetlere kayici ankastv'e mesnel denir. Bu mesnette beUi bir dogrultuda hareket serbestipi vardir. Dolayisiyla hareket dogrultusuna dik bir kuvv~t ve kuvvet çifti, olusur. Serbestlik derecesi bir, statik degeri ikidir (Sekil 4.2.7.). Sekil 4.2.4 tSekil 4.2.8 Mesnet tepkilerinin yönü baslangiçta istenildigi gibi seçilebilir, ellde edilen sonucun isareti kabulümüzün dOgiii veya yanlis oldugunu gösterir. Negatif isaret mesrret tepkisinin siddet ayni olmak üzere ters yönde oL1l"a~lnigösterir. - 91 - :1 :1 ·1 "i '., 'I i ••• 4.3. SERBES1'"- Parabalik Yayili Yük Cc) - 90- Sekil 4.2.7 ~ Q=-Qou • ' c' 2 : " qo la ' la -« J ~.~ , -« a -J> Üçgen Yayili Yük (b) i-K:;CI Ankastre l. Mesnet qdItw :yi :yi ..,---+-«(---'r «- a r Düzgün Yayili Yük (a) 4) ::i,Tekil kuvvetler b. Yayili kuvvetler Bu adlanduma kuvvetlerin yayilis biçimlerine göre yapilmaktadir. Bir noktaya veya çok küçük alanlara etkiyen kuvvetlerin ideallestirilmesiyle elde edilen kuvvetlere tekil kuvvetler denir. Kuvvetler bir kiris veya dösemenin kendi agirligi , bir kum yigininin agirligi, rüzgar basinci ve sivi basinci gibi dogrusal veya alansal tipten yayili da olabilir. Kirisin agirligi dogrusal yayili yük iken ,digerleri alansal yayili yük olurlar. Birim boy veya birim alana etkiyen yüke yayzlz yükün siddeti denir. Dogrusal yayili yükler düzgÜn, üçgen, yamuk , parabalik v.b. türlerde olabilirler (Sekil 4.2.8. ) . Bunlar yayilis biçimlerini ifade eden yük diyagramlari ile gösterilirler. Statikte yayili kuvvetlerin yerine esdeger tekil kuvvetler alinarak isleniJer yapilir. O halde bir yayili yükün yerine bir tekil kuvvet konabilir. 'Bu tekil kuvvetin siddeti yük diyagraminin altindaki alana (ala'rrsal yüklerde hacima ) esittir, tesir çizgisi ise bu diyagran1in agirlik merkezin~en geçer (Sekil 4.2.8.) . Bu esdeger kuvvete yayili kuvvetin bileskesi denir.·92· i" i·" i - 93 - i 45. UZAY KUVVETLERININ DENGESI 2- Ayni düzlemde olmayani paralel kuvvet sistemlerinin dengesi z Sekil 4.5.1 9 x ~Y Sekil 4.5.2 x Z'~j r,j~l ~r F,! O' Z~'l-I-l ii .~- F'-i F .n i gi " ~y X . Sekil 4.5.3 e,d "" {~,F;,F;, ,FJ = O Bu özel kuvvet sisteminin O noktasindaki,indirgeme elemanlari sifir ise bu kuvvet sistemi sifira esdegerdir. Yani: OR =0 MoCS) =: O olmali. Buradan: OR = iz); , MoCS)= iCmoJJ t '2Jmo~)} i",J ;=1 ,,,1 geometrik toplamdan: niZ, = o i=i i bileske momentten: 2)IJmoJi = O , 3)fCmoy), = O ;••1 i=l bulunur.,Bu üç baginti bize kuvvet sisteminin sifira esdegerliligini verir. 3-Ayni düzlemde olmayan ve tesir çizgileri sonlu veya sonsuz uzaklikta bir noktadan geçmeyenkuvvet sistemlerinin dengesi Geometrik toplam ve bileske moment sifir olur. li(cs) = O e,d - - - - ,.., i" {F;,Fi,f;, ,Fn} = O ! .: Bu özel kuvvet sisteminin K noktasinda :ind~rgeine eien18.plannibulalim : MAs )=0 'i : i _, i : Klx 7=- O Geometrik toplam : ': Bu kuvvet sisteminin K noktasinda bilesk;esi vardir. :rt~vvet sisteminin sif::a esdegerolmasi için bileskenin sifir olmasigerekli fe yeterlidir. KR =0 . KA =t xT +t JJ +t Zk i,'; ;.1 i-I 1·1 i : l)~X,=O , 2)tr,=O , 3)~ZI=O i: bu üç baginti bize bu kuvvet sisteminin sifira esdegerliligini verir. i i i i i·, i-Ayni düzlemde olmayan fakat dogrultulari bir Innktadan geçen kuvvet sistemlerinin dengesi ' Bir rijid cismin dengesiiçin gerek ve yeter sart : i cisme etki eden kuvvetler sisteminin sifira esdeger olmasidir. "d '" {s} = O Bir kuvvet sistemininbirnoktadaki indirgeme .e1eman)~~ siJira· esit ise,; sistem sifira esdegerdir. Yani O noktasinda; OR =0·94 • Bir bilinmeyen Statik degeri bir Bir bilinmeyen Statik degeii bir Bir bilinineyen Statik degei] bir Bes bilinmeyen Statik degeri bes Serbestlik derecesi bir Dört bilinmeyen Statik_degeri dört Serbestlik derecesi iki Üçbilinmeyen Statik degeri üç Serbestlik derecesi üç Bes Bilinmeyen Statik Degeri Bes F ,Serbestlik Derecesi Bir y ~' m. Fx) '. mx • ~i Fy m, F. m, A\. F, - 95- 'ii , i :1 i "L ·'I~...·. i . "- .i . ! . % \) dil F ...... (il .' . ~ J... F:tp, Eksenel ve Radyal Yükleri Aldarabilen Mafsal (Sabit Mentese) Pürüzlü Yüzey Üzerinde Makara Pim ve Konsol (Sabit Mesnet) Kablo Yalniz Radyal Yükleri Aldarabilen Yatak (Kayan Mentese) Küresel Mafsal Cilali Yüzey 3) IZ, :::: O i",r J 2) i Y, ::!: O i",J bileske momentten: 4rtCmuJ, :::: O , 5)ICmoy),:::: O , 6)I(moJ,:::: O ''''i 1"'1 bulunur. Bu alti baginti bize kuvvet sisteminin sifira esdegerliligini v~rir. En genel halde uzay da denge için alti baginti yazip, alti bilinmeyen çÖLebiliriz. Rijid cismin üç boyutta serbestlik derecesi altidir. Rijid cismin konumu birbirinden bagimsiz alti parametre ile tam olarak verilebilir . Bu alti parametre A noktasinin x A , YA' Z A koordinatlari ile bu noktadan geçen bir dogrunun dogrultusunu belirleyen Üç açi (rijid cisme bagli bir koordinat takiminin sabit bir takima göre dönmesini ifade eden Euler açilari) f)(t),rp(t),!jI(t) olabilir. Cisimler serbestlik derecesini sinirlamak için baglamrlar [BÖL.6.1.]. Her bag yokettigi serbestlik dogrultusunda bir reaksiyon yaratir. Cisimlerin baglari çesitlidir .' Çesitli baglar ve bag kuvvetleri , serbestlik dereceleri (Tablo 4.1.) de verilmistir 1) S' X = O -' , 1"'1 ..... geometrik toplamdan: _ n n n- Jv((S) = I.CmoJJ +i (1710).7 + I, (m,J, k. 1""\ 1",1 1=1 esd _. ~ __ n {r~,'F2,F]>"" ,FJ = O , Bu kuvvet sisteminin O noktasindaki indirgeme elemanlari sifir ise bu kuvvet sistemi sifira esdegerdir. Yani: i OR =0 MuCS):::: O olmJli. Buradan: _ n if ri __ OR ::::ix,T + iy) +IZ,k i",\ i="J 1"-1- 96- - 97 - 433 => T·--T·--T·-=O i 4.47 J 5 i 7 6 => T ·--60 = O , 7 4 2 2 => T ·--T ·--70·-'-. ==0 3 5 2 4.47 7, Ti :::: 80.SN ,. T3:::: 70N x y Z 60N O -60 . O )j3 3 6 m2 ~ -T·-·- +T- -T·-·- i 7 -J13 '7 ' 7 Jl3 4 2 ~ +T·- O -T- i 4.47 2 4.47 i 3 , 4 i; -T·- O +T .- J 5 J 5 ---- L =0=0 =0 '-v-' '-v-' '-.,--' (1) (2) i.ii Çözüm: Serbest cisim diyagrammi çizelim; uzayda bir noktada kesisen kuvvetler etkisinde dengededir. Statigin temel prensibine göre kuvvetler sistemi sifira esdeger olmali. e,d {W,TiiTii~ j ~O , uzayda bir noktada kesisen kuvvetler etkisinde dengede ise, en fazla Üç denge denklemi yazip, üç bilinmeyen çözUiür; 1) LX=O, 2) LY=O l 3)' LZ=O . burada üç bilinmeyen var, tablo ile bu Üç denge denklemini yazip, üç bilinmeyeni bulalim; ----- l' AD == J(3)2 + (2)i + (6)2 == 7em , AC == J(4)2 + (2)2 == 4.47em l AB == Sem ~ = -7; cosBcosj3 i + 7;sinB J -7; casBsinj3 k Ti ==T2 sina i -T2 cosa k i; = - TJ cos r T +~ sIn r k LX == O Lf==O LZ = O 7; = 70N s x cc (b) iy D" ' DÖf1;'bilinmeyen St~tik degeri dört :.se1bestlik derecesi iki 1 : A, Sekil 4.1 x ~r. ~ ~ (a) D' Y 6m Tablo 4.1 Baglar ve Bagkuvvetleri i. 60Nluk bir agirlik üç tel ile sekildeki gibi mesnetle~istir ..AB ve AC Oxz düzlemindedir. 1;,Ti , T3 kuvvetlerini belirleyiniz i (Seki 4.1 a.') . ÖRNEIG.,ER Tek Mentese (Bes Bilinmeyen) i Ankastre Mesnet ~- Universal Mafsal j- 98 - çözÜm: Sekil.4.2 - 99- .. i X yz W! O O -250 . ! TAD TADf3-J3 . TADJ3 ' i ti - Ari 2 2·2 2·2 , i _ TAC TAC,f3.J3 TACJ3 tl Ag 2 2,2 2·2 i:j O TABJ2 TABJ2 2 2 i=i =0 =0 =0 '-.-' '-.-' '-.-' i (l) (1)(3) :1 . "I' T T l)IX~O ::::>, ~~~=O ,2 2 2) iy=O ::::>:,L TAO -J3-J3 _TAC J3J3 + TA8 -fi =0 :,1 2·2 2·2 2 " :1 T -J3 T -J3 T J2 3) iZ=O => -QsO+-' A_D_+_A_C_+_A_B_=O "i 2·2 2·2 2 TAD = T;c =13l97N , TAB =189.5N , i :1 .J 3. ISON agirhgiiida homojen plak üç kablo ile bir çengele asih ve yatay konumda deng~4edir. Kablo kuvvetlerini hesaplayiniz (Sekil 4.3.) . ,i :,1 .. i 'i · : , , ·1 ;'f · , · i , i · i e,d, { W~TAD ,TAC,TAB }:;; O uzay da bir noktada kesisen kuvvetler etkisinde dengede ise, en fazla üç denge denklemi yazip, üç bilinmeyen çözülür ; 1) iX=O, 2) iy=O , 3) iZ=O burada üç bilinmeyen var, tablo ile bu üç denge denklemini yazip, üç bilinmeyeni bulalim; Serbest cisim diyagrainim çiz --TBA +-TCA +-TDA = o 7 14' 7 3 4 3 :LY= o => -TBA +-TCA --TDA = O, 7 14 7 ' 6 12 12 LZ = o => -TsA +-TCA +-TDA -1500 = o 7 14 ]4 Bu bagintiiardan; TCA = O , TBA = TDA = 875N bulunur, (1) (2) (3)1) iX=O, 2) iy=O ,3) rZ=O Z - 103- J .' X y z ri o o T , i J2 -T 12 t.J T- o i 12 1 2 • i ,i T-13 1 ti O -T - ) i 2 i 2 il -1000-12 -1000-12 O 2;1 =0 =0 =0 ,! '--.-' '-v-' '-v-' (1) (i) (3) Sekil 4.5 (a) '·1 :' -ii iX=O:=;; ~--iooo-li=o:::> ~=2000N ,I 2 , ir;:;· r;:; iy = O ~i Ti ~-1000;J2 = O :::> Ti = 20~-v2 N ,i 2 3 :i-J2 S r;:; 1 I2=0 =>1 -~---.i+T=O :::> T=1000-v2(1+-)N , i 2 2 -!3 , i 5. ~'20° lik v~1 800N agirliginda daire dilimi seldinde homojen levha O , noktasindan m~fsal1i , A ve B noktalarindandüsey iplerle AL ve Bi noktalatina asiI~dir ,Levha yatay konumda dengededir. O noktasindaki maf~al tepkisj,,ye iplerdekigerilme kuvvetleririi hesaplayimz (Sekil 4.5a.) , i ,i J Z 'i ,,I P=200N (b) - 102- Sekil 4.4 i P=200N (a) -+ z A ~ 0// J>.y burada üç bilinmeyen var, tablo ile bu üç denge denklemini yazip , üç bilinmeyeni bulalim; T =Tk - 12 -; -J2 -: P = -200021 - 2000T } -- Ji- J2­ T=T-i-T-k 1 1 2 1 2 __ '- - -13- L- Ti =Ticos30j-ricos60k:::>Ti =Ti-j-Ti-k 2 2 'id {J,Ti ,Ti,? }: O uzayda bir noktada kesisen kuvvetler etkisinde dengede ise, en fazla üç denge denklemi yazip, üç bilinmeyen çözülür; Çözüm: Serbest cisim diyagramini çizelim; uzayda bir noktada kesisen kuvvetler etkisinde dengededir . Statigin temel prensibine göre kuvvetler sistemi sifira esdeger olmali.(2) (1 ) (3) C 'J--"'-~ Y (b)-Jr W- l Bi Sekil 4.6 C C' B B' (a) - 105 - LZ = o => TM' - 800 + T88' + 0, = O 2400R R!3 L mo, = O=?- 2re + TBB''2 = O "m = o=>- RJ , + 800J3 . R + TBB,R = O L.. 0)- AA 2re 2 TBB' == 444N , TM' == 440N , 0,'= -84N 6. (l ve 21) uzunlukta ve esit agirlikta iki çubu'k (T) harfi seklinde kaynatilmistir. Tümünün agirligi W == 400N dur, AA' , BB' , cel düseyagirliksiz çubuklar-ile asili, yatayolarak dengededir, Çubuklardaki kuvvetleri hesaplayiniz (AB::: i , OC::: 21) (Seki] 4.,6a. ). Çözüm: i Serbest cisim diyagramini çizelim; uzayda paralel kuvvetler etkisinde dengededir . Statigin temel prensibine göre kuvvetler sistem i sifira esdeger olmali. 1 esd {FP;, Wi,tAA' ,TBB.,TCC< ) = O uzayda paralel kuvvetler etkisinde dengede ise , en fazla üç denge denklemi yazip, üç bilinmeyen çözülür; geometrik toplamdan: l)IZ, = O ;,,1 bileske momentten: eni fazla üç denge x Y i Z ,mox i: m , Oy , TM' +R O O 'TM O, -:RTM J3R 3R , -=:2400~ ' .800J3R W: -- - O -80P '2li 2re '.2;ir ,," ':2re TBB: R +RJ3 ~' iLll;J}' 'TBB,R -- O +-',-' 2 2 1 BB' " " "2,,, i 2 .'1 ° O O O ° O " O , " L =0 =0 ,- =0 '-v-' '-v-' i: (3) _J (I) (2) " , 2)ICmoJi = O , 3ytCmoy), = O i""J ;;;:\ burada üç bilinmeyen var,ti:ibloiIe bu ;üçdenge denkjeinini yazip , üç bilinmeyeni bulalim 7 ] k Mo(ft') = ix y ol = (yz)7 - (xZ)] i ' i...-..,..-.i i.......r-i • ° O. Z .~ m", " , ' ' i :. 00 ;:::: 3. . Rsin e => 00 = 3. . Rsm 60 => 00 =Rr 3 e 3 re t' 3' RJ3 1 ," • ,:;3 J3 x, ~OGcos60~-;-"2 ' y, ~OGsin60~ 1"""2 " J04 - i i i Çözüm: i i Serbest cisim diyagraminiçizelim ; uzayda paralel ~vYetier etkisinde dengededir . Statigin temel prensibine göre kuvvetl:er. sistemi sifira esdeger olmali. "d {ur ,tAA' ,TBB',(J };: O uzayda paralel kuvvetler etkisinde denge de ise denklemi yazip, üç bilinmeyen çözülür; geometrik toplamdan: " 1)IZ, = O ,.\ bileske momentten: I,', i i '~il5t~.J' 1- 106- 7. Düsey çubuklarla homojen üçgen levha selÜlde görüldügü gibi asili olup, yatayolarak dengededir. DD' çubugundaki eksenel kuvveti he~aplaYJDiz(Sekil 4.7a.) (AB=2.1m, AC=J.6m, DC=O.5m, W=20kN) x P (b) z Sekil 4.8 (a) ';1 ! . i :1 c 107- ··1 Çözüm: : i .1 Serbest cisim. ~iyagramini çizelim ; uzayda paralel kuvvetler etkisinde dengededir . :$tatigin temel prensibine göre kuvvetler sistemi sifira esdeger olmali.,'1 ... esd . ,:1' {W,TAA"TBB.,TDD' }~O uZ,aYda par"al~ll kUVV, etler etklSind,e 'dengede ise, en fazla üç denge denlJemi yazip, üçbiIinmeyen çözülür; Burada üç bili~, eyen var, tablo ile, bu üç denge denklemini yazip 1 üç bilinmeyeni bulalim 'i T 7 ..f - - " i, - _ M,(F) = x 'y:iio =~, )i-~",)j .. ooz m,?, m" AD = 3.6- o:!S=3.1m ! . ~i HG = -' ·3,6'==1, 1.2m 3 ," Tablo y\lpmad~huygun baginti yazilarak TOD' bulunur; 2)ImAx =0:1 => TDD•• AD '- W· HG = O => TDD• == 7. 74kN 8. O nOkt"mda~ kü,,,el maf,,"h agirhb", OD dil'gi Oxy düzl,mind, dengededir. M~fsaltepkisini , iplerdeki gerilme kuvvetlerini hesaplayiniz (Seki14.8a. ) .: ,i .[ :1 C 'I .' . "' T4.4'+ TOB'+ Tre = 400 => 2'1 TcC" -IWi = O II Imoy = O => -'2TM' +'2TBB' = O '" 1 33.33N , l~A' c.: l~s' , TM' == TSB' == 133,33N 'V7-0 L-i.:..-i - 'Vm =0 L.i O.r Sekil 4.7 Çözüm: i- i08- i . i . i·, - 109- r z X. Y Y Z max mo, - 18 -6 T, O O 8~ 1; 6 2T 18Ti Ti i O i -6 i 6.7 ri --- O 6.7 i 6.7 6 3 18 1: O -6 +-T --T +-T i O 6.7 J 6.7 3 6.7 2 TV 2 -6 -620 O O ·1240 i ::::0 =0 i =0 =0 '-r-' '-..-' '-..-' '-..-' (I) (2) (3) (4) Çözüm: Sekil 4.9 Serbest cisim diyagramini çizelim (Sekil 4.'9b.) ; uzayda genel kuvvetler etkisinde dengededir. Statigin temel prensibine göre kuvvetler sistemi sifira esdeger olmali. ; esd A {W,~,Ti,t;} =.0 En genel halde uzayda denge için alti baginti yazip, alti bilinmeyen çözü]ür, burada üç bilinmeyen var; . i ] iÇ Mo(F) = ix y iL = (yZ - iY)1 - (xZ - zX)] +' (xY - yX)k ~~'~ X Y Z m~ m", m~ .. '':1 o => - 0.86T, - 0.76Ti + O, = O => -4.6+0 =0 y 1 => 2T, -0.64Ti + O, = O => 47; - 5.12Ti == O => - 6.927; + 8.86Ti =0 i J i. iiIoC'F) = x y z = (yZ -zY)i -(xZ -zX)]+(xY -yX)k '-----v------' '-----v------' ~. .' X Y Z m~ m", m~ X y Z X Y Z max my. , mo, p 13.85 8 O O -4.6 O O '0 -63.71 ~ 13.85 8 O ~ 0.861; O .!.T 4T, 6.92~ 6.88~ 2 i ~ 113.85 8 O - O;76T, O - O.64Ti - 5.12T2 :86Ti 6.08T, O ° O ° °x O O O .0 O y , iL =0 =0 =0=0 I,:~ =0 i '-r-' '-v--' '-r-' '-r-' '-r-' (I) (2) (3) (4) .' (5) (6) S:r.b~st cisim diyag~amini ç!~~lim (SekiI4.~b); u~,aydalg:enel kuv.vetle: etKisinde dengededir . Statigin temel prensibme gore kfvvetler sistemi sifira esdeger olmali. ; i : .• ' { } e~ . i : P,r..,Ti;O - O f" . i En genel halde uzayda denge için alti baginti yazip ,alti b Iinmeyen çözülÜr , burada bes bilinmeyen var; ·1 : -: ki ix=o iy=o iz=o Imax = O "'m =0 L.J Oy Ima, =0 O,=7.97NSerbest cisim diyagramini çizelim (Sekil 4.5b.) ; uzay da genel kuvvetler etkisinde dengededir , Statigin temel prensibine göre kuvvetler sistemi sifira esdeger olmali. ; 10. [5 x 8] m lik bir isaret levhasi 270N agirligindadir ve A da bir kÜresel mafsal ve iki kablo ile mesnetlenmistir . Kablolardaki kuvvetleri VtO A daki tepkikri bulunuz, (Sekil 4.10a.). (1) (5) (6) (2) (3) .;i; YI z X Y " 2 inO" ni 1110, i y rf 4 -2:t. o o-270 O O o -1080 i i 6 ' 3 2 ·1 TEC 6 OL o --T +-TEC +7TEC O -1.7TEC 2.57TEC ·1 7EC 7 :1 2 1 2 'Tnoi 8 0·1 O '---T +-TBD --T: o 5.33TBo 2.67T80 3 BD ' 3 3 BD A o ÖL O +A +A +A o O O i x y z L i =0 ==0 =0 =0 =0 =0 i '-v-' ' '--v--' '--v--' '-v-' '--v--' '-v-' "i (I) , (2) (3) (4) (5) (6) .,.1 ,i -11]- ·1 "i ;·1 ' esd ':.1 {W,TEC,TBD,A}:: O En genel haldb uzayciadenge için alti baginti yazip, alti bilinmeyen çözü!ür .,bui-~dabesbilirirneyen var; _ 1 -' i} k ~o(F) =jx.J z/ = ~yz -:- zY~T- ~xz -:- z;qJ + ~xY-:- yX~k , x;tz m~ ,mo, m~ ,i , BD == -8T+14J ~8k => /BD/ == 12 . ,i ' , EC = -6T +;13 J + 2k => IECI == 7 ~ BD -8z+4J-8i; T =T .'1 =T ---'-- 80 BD ~ BD 12 :-T- __ - T =T . ~C =T -6i +3j +2k E~ Ec' IECI EC 7 , : i ' :1 :1 Li 6 2 X == O :;:;:p - -T - - T + A = O .1 7 EC, 3BO , ·1 3 1 "Y==O => 1-270+-TEC+-TBD+A ==0 L . 7 3 y 'Ç' :l" ' 2 2 LZ ==O~ +-lEC -jTSD + Az == O "Ln10Y = O :i' -1.71TEC +5.33TsD = O Lmo, = O :,p -I080+2.57TEC +2.66T80 = O (1) (2) (3) (4) D J Çözüm: Sekil 4.10 .. 110- iy == O => T, +~Ti +~TJ -620 ~ O 6.7 J 6.7 3 3 "'2==0 => -T--T==O L. 6.7 2 6.7 J 18T, . 18 "'/11 ==0 => --+-T ==0 L. 0, • 6.7 6.7 2 Imo, == O => 8T, -1240 == O T, == 155N , T2 = T, ? T, == 259.625N4.6. DÜZLEM KUVVETLERININ DENGESI - i 13 - 2) Paralellik dogrultusunda bulunmayan iki noktaya göre momentin sifira esitligi kullanilir. O ve A noktasinda: OL >x YT Y~/-l p,/. ~ 1\ 1'; i Sekil 5.6.3 . Yi~ft,! t,!t,!t,j OL '; x Sekil 5.6.2 Mo(S) = O ve MAS) = O ise MA(S)=Mo(S)+AOxOR 'dan AOxOf? ' AD'/';o ve ADi/" OR OR = O 1 Bu ise sistemin sifira esdeger oldugunu ispat eder. O halde: Paralel kuvvet sisteminde, AB vektörlere paralelolmamak üzere; MA (S) = O MA(S) = O ' ise kuvvet sistemi sifira esdegerdir. 3-Düzlemsel kuvvetlerin genel hali esd _____ i-"-i {F;,Fi,F;, ,FJ = O Bu özel kuvvet sisteminde: OR =0 Mo (S) = O ise, kuvvet sistemi sifira esdegerdir. Geometrik toplamdan; ;.:,. I.: - ] 12 - Sekil4.6.1 TEC=315N , A=338T+l0~.2J-:-22.5k o i 1 i i 1) Kuvvet poligonunun kapanmasiile, veya ~: '. 2) Analitikolarak iX= O , LY =0 de' emleriile, ya da 3) Ortak npkta ile aym dogru üzerindeolmayan ikinoktaya göre ~omentJer toplam~nm sifir oldugunu göstermekle ifad~debiliriz.! . '2)mA)i = O , L,(mB)i = O i : j=] i=! i 2)Düzlemde paralel kuvvetlerin dengesi i ': Paralel kuvvetlerin olusturdugu kuvvet sistemi dejerere bir sistemdir. Düzlemsel paralel kuvvetlerin herhangi bir noktada in~ifgeme elemanlari, Düzlem içinde geometrik toplam ve düzleme dik bilesKe'momenttir. Par~lel ~vvet sisremini~ sifira es~g:r Olmas~çin: L': ' 1) Ll'; - O , i(mox\ - bemo). - O Vi ya '"1 J~I '"1 ' TBD = 101.3N Bir düzlem içindebulunan kuvvet sistemleri dejeneredil· : 1- Düzlemsel ve tesir çizgileri bir noktadakesisen kuvvet sistemlerinin dengesi . :: , Bu blVvet sisteminin bileskesi tesir çizgilerinin drtak nb,asIl1dan geçer. esd {ft;,F2,fl;, ,Fn}:= O I.: Bu özel kuvvet sisteminde: 1" KR :;t:0 .: ];1x (S) = O : Bu ortak noktada bileske moment sifirdir. Bu tlvvet sisteminin bileskesinin sifira esit oldugunu: i .: I·: Yi r~ i· i i. i 14 . 4.7. BIR DÜZLEM IçINPEKI KUVVETLERIN MERKEZi (I) (2) x (b) F' y o -i IS· x Sekil 4.7.1 y ·1 ','1 .' . i i : i i :'1 i _ :~AitF ·1 A~~ i 1f:-;'~,' J~~,'Ai. , - . '" .~AR 'A~,' A . ,-' A,; A,. "FJ< i - JP[, 1:1 Fs O :,) (a) : i 'I A noktasiiiin i~.dordinatlari ; A(ç,ry), :1 O nolctas'inagôte Varinyon Teoremi ; DA] x i; + DAi·~ lti.; ~ ..,..; DA~x Fn = DA x AR (xJ + }\])X(4i+r;])-i-(x/ -i-Yi])-i- ... + (X/ + y~])x~XJ -i-~])=_ :1 (~i +17J)x(R) -i-Ryj) , _. f/. _ (R/; ~R,7J)k ='])Y,x, - X,y,)k '.11 bagintisi bului,;ir . (S) kuvvets±' teminin kuvvetlerini tatbik noktalari etrafinda e açisi kadar döndür~i ek (S)' kuvvet sistemini elde ederiz. Çesitli e açilarina karsilik eli,e edilen kuvvet sistemlerinin bileske1eri AR, AR', AR ",:../ ...olsun . Bütün bileskeler ayni nolctada kesisirler , Bu noldaya kuvvd merkezi denir. Döndüiiilmüs kuvvet sistemi için O noktasina gÖre IVarignon CVarinyon ) Teoremi , . " (R~ç- R~7J)k='1; (Y/x, - X;Yi)k '1i",1 Ba~intisi buluri,~ . B açisi kadar Ipozitifyönde dörunüs vektörler ile dönmemis veldörler ara~inda kib~~ntiyi , A(G) dönüsüm matrisini belirleyelini (Sekil 5.6.4b.) iFi = IF'I =F :1 .1 p == X 1+ rj,.? F = Fcosa i+ Fsina J . ,i ~ '-----ç-" - _ 2.1 _ F1=X'i+Y'jl:::;. F'=Fcos(B+a)i+Fsin(e+a)j p' = (F cose co:str- FsIne sina)! + (FsinBcosa + Fcosesin a)J \. I, J \ J x:~"f.co;(}-YsinO Y''''Xsin8+Ycos8 .,:1 i " 2) L: Yi 0=0 i::d ' 1)) X 0= O '-' , 1=\ n Jv!u(S') = 2)ma,),k = O i"") M,)(8) = O Bir düzlem içinde bagli vektörlerden olusan (S) vektör sistemini düsünelim (Sekil 4.7.1.). (S) kuvvet sistemi (Sekil 4.7.la.) dejenere oldugu için, eger bir kuvvet çiftine esdeger degilse A noktasinda bir bileskesi vardir. A noktasi bu kuvvet sisteminin merkezidir .Varignon (Varinyon) Teoremi yardimi ile, bir kuvvet sisteminin bileskesi varsa bileskenin O noktasina göre momenti bilesenlerinin ayni noktaya göre momentleri toplamina esittir, Ma(S) = Ma(AR) Bileske; All = tX,f + tr,] :::;. Ai: = RJ +Ryl 1==1 1"'1 J)f:(l17oJi = O 1""'\ olmali. BÜtün momentler düzleme dik, ayni birim veldör cinsinden ifade edj;[irler ve böylece momentler için yapilan geometrik toplam, momentlerin cebirsel ölçüleri için yapilan cebirsel toplam çarpi birim vektör olarak yazilir. Buna göre: OR 0= tx,T -i- tY,] i"') 1",1 sonucunu verir. En genel halde düzlemsel denge için, üç baginti yazip, üç bilinineyen bulunur. Düzlemde rijid cismin konurnu bagimsiz Üç koordinat ile tam olarak belirlenebilir. Bu, rijid cismin A noktasinin xA = xA (t) , YA = YA (t) koordinatlari ile, rijid cisme bagli bir dogrunun sabit dogrultu ile yaptigi f) = f)(t) açisi olabilir. Se,'rbestlik derecesi üçtür. Cisimler serbestlik dercelerini sU1lrlamak,için baglanirlar . Her bag yokettigi serbestlik dogrultusunda bir reaksiyon yaratir. Cisimlerin baglari çesitlidir (Sekil 4.2,3,4,5. ) . Bileske momentten; n Üa(S) = 2:, (mo.),k 'o]. {j A = Ftan30::::. A = 100-:::> A = 57.73N 5 F 100 . TBe =-- ... ::::.TBC = r;:;:::> TBC' "'] 15.47N cos30, 'OJ 3 2 .i 17- o B F~100N B ~ •. t TBC C ////////// ,; A (a) (b) Sekil 4.11 Çözüm: Serbest cisim diyagramIlli çizelim (Sekil 4.11b. ) , AB çubugu dÜzlemde, Üçkuvvetin etkisinde dengede, bu Üç kuvvet ayni noktadan geçmeli, sitatigintemel prensibine göre bu kuvvet sistemi sifira esdeger olmali ; esd {TBC,/1,P} = O Kuvvet poligonu kapanir; , (2)'I.Y, '" O j=i ::::. ,s '" (S)'=O OR'= 'I.X;f + 'I.:ir;] =0 i=i j",,1 Rx't (:ir; x; -X,Yi)+Ry'texixi-Yiy,) ;=1 /=] 77= , R; + R~ Kuvvetler sIstemInin merkezinIn koordinatlan bui~n:ur . Bu nbkta B ! dÖiune açisindan bagimsizdir . (S) kuvvet sistemini e açisi kadar döndürdügümü~de dengede o kahin sisteme astatik denge, kuvvet sistemine de astattk ~et sistemi denir. Döiunüs kuvvetlerin denge sarti; i . -]]6· i i dönüsüm bagintisi bulunur . A( -B) negatif yönde e J,!~ar dö~dürür . Bu ~agintl matris ba~intlsi seklinde; li: . iX'} [cose -sineJ{X} . tT = sine cosB Y I·: Gösterilir. Dönüsüm bagintisi kullanarak (2) bagintisi ;:. : [(R, sin e + Ry cas e)Ç - (R, case- Ry sin B)7]]k =t,[(X;Sin 8 + Y,. c1as:e)xl- (Xi cas 8 - 1';sinf)y,)]k [(R, sin B + Ry cos elÇ - (R, cas e - Ry sin 8)7] lk = t[(XiX1 + Y,Yi~sj~ e + (Y,xi '-X ,Yi) cos 8~k (3) (1) ve ~3) bagintilarinda~; i : \ Rx 2)X, xi +YiYi)+RyI(.lT;xl-X,y,) ,.... j..,i i=l <;= R2+R2 x y ÖRNEKLER Ü()(S')= ::ti(x,x, + Y,Yi)sinB+(Y,x1-X,y,)cosB]k=0 1""1 . ::::. (3) (Y,x, - X,y,) = o (4) (XiX' + .i';Yi ) elde edilir. (4) cü sart astatik denge sartidir ~ F (b) ytl: x Sekil 4.12 (a) B bulunur. 2. A noktasinin dengede ](alabilmesi için ci açisi ne olmalidir. Çözüm: i i i \ o' I.: 1. Agirligi ihmal edilen AB çubugu A noktasindan m1 C-Bcos30=O iy=O=>.1 T-W-Bsin30=O (I), ve (2) bagl.lhianndan ; C =Q)3w ,. 4. Agirligi W~~OdaN olan düzgün.AB çubugu uçlarindan iki düsey ip ile ~esnetl~nmistiit ve D iioktasin~a.p=iOOdaN luk YÜL~ tasimaktadir . Iplerdeki 1;",) T. kuvvetlerini hesaplayiniz (Sekil 4 14a, ) . ·1 "i ~ i .. 1 i. i i _ "-"1 i .:'gt~~~ Y'k+ p w: Ll.j,.. x (b) , : i AB çubugu,düflemde paralel kuvvetler etkisinde denge de , serbest eisim diyagramirii çizelim (Sekil 4.14b. ) , statigin temel prensibine göre bu kuvvet sistem~~ifira esdeger olmali ; .1 . { _ . } e::! ':'1 i;,7;,W,p= O Iki bagintiya~ib , iki bilinmeyen çözülür , paralellik dogrultusunda olmayai'i ikino~taya göre moment alalim; "i [ i IJvfA =,0 :::;>:'I'4P-'2W+ITi =0 :::;> Ti =50daNt ·11 .31 IMB =0 :::;>' '-i W+-P-TiZ=O :::;> T; =IOOdaNt "2 4 5. Sekil~eki .~ kirisiverilen yayiliyük ile yüklenmistir. A ve C deki mesnet tepkiIe:rtnI hesaplaymiz (Sekil 4.15a. ) . ·1 •• 1 ,i , "I ,. ·1 , .., J Seki14.13 Küreye etki eden kuvvetleri gösterelim, serbest cisim diyaramini çizelim (Seki14.13b.), statigi n temel prensibine göre bu kuvvet sistemi sifira esdeger olmali ; i 3. W agirlikli bir küre A noktasina baglanmis bir ip ile sekildeki gibi 3W agirlikli cisme baglidir. Makaralar sürtünmesizdir. Ayrica küre cilali iki düzleme dayanmaktadir. B ve C noktalarindaki tepkileri hesaplayiniz (Sekil 4. 13a. ) . A noktasina etki eden kuvvetleri gösterelim, serbest eisim diyaramini çizelim (Sekil 4.12b. ) , statig\n temel prensibine göre bu kuvvet sistemi , . , si fira esdeger olmali ; i esd {r,ft,p}=0 Düzlemde bir noktada kesisen kuvvetler etkisinde dengededir, iki baginti yazip, iki bilinmeyen çözülür ; iX cc O :::;> -Tsina+Fcos30=0 (1) IYccO:::;> Tcosa+Fsin30-P =0 (2) (I )v'c (2) yi taraftarafa böleli)n ; )3 F·-· 2 lana :::----- 2P-F bulunur. - 118 • Çözüm: 'id '{r,W,B,C}: O Düzlemde bir noktada kesisen kuvvetler etkisinde dengededir, iki baginti yazip, ikj bilinmeyen çözülür ;D c (b) 8 ~'}A A,. - 12i- Yu x Sekil 4.16 i Çözüm: Serbest cisim diyagramini çizelim (Sekil 4.16b. ) , statigin temel prensibine göre kuvvetler sistemi sifira estieger olmali ; esd {A,W,TDD'}'~ O En genel halde düzlemsel denge için, üç baginti yazip, üç bilinmeyen bulunur; ImA =0 => TDD'(sin30)·20-120·10=0=>TDo' =120N LX = O => A, -Too' cos30 = o=> A, = J03.92N LY=O => Ay+Too.sin30-120=O=>Ay=60N A=~(Aj+(A)l => A=vf(103.92Y+(60)l 7. W=300N agirlikli ve R yariçapli yarim dairesel disk merkezinden dik yatay pim ile mafsalli ve pime dik düsey düzlem içinde bulunan, disk düzlemi içinde AA' ipi ile asilidir. Sekildeki konumda dengededir. Ayrica B ucuna F=120N kuvveti uygulanmistir. AA' ip kuvvetini ve C noktasindaki tepkiyi hesaplayiniz (Seki] 4. i7a. ) . 8, ,(1) (2) Qi c = 6200 N 9 - 120- Sekil 4.15 q = 300N / m . - q,~.200Nini i ... Y1.J:, Q, A ... , 8 A C ~~ ~~ .ii. (a) I,mc =0 ~ (1) ve (2) den; A = 1000 N 9 bulunur. Serbest cisim diy.agrammi çizelim (Sekil 4.15h. ) , yaYllli:.yük yerine; yük siddeti ve yayildigi uzunluk ile bulunanalana esit ve alanin agirlik merkezinde bir hivvet alinipalinir; '., Q = qi ·2 = 200.2= 200N i 2 2 Qi= qi ·2= 300·2 = 600N Kiris düzlemde, paralel kuvVetlerin etkisinde dengedel, statigin temel prensibine göre kuvvetler sistemi sifiraesdeger olmali;: ' esd ,: {A,QI'Q2'C};: O ' I .. iki baginti yazip, ikibilinmeyen bulunur; :i:Y=O ~ A+C-Qi -Qj =0 2 Q("3+1)-A.3=0 6"Homojen yapida W=120N agirlikli dikdörtgen ABqu levhasi A kösesinden mafs alli olup , D kösesinden DD 'çubugililedestek4~nmis ve ~ kena~i düsey duracak.sekilde de~gede kalmi~ti~ .... DD' çubugundaki eksenel kuvveti ve A daki mafsal tepkisl1"II,hesaplaylr11Z (Sekil 4.16a. ) . ' Çözüm:. 122- \ i0N 1BN \ C 6m 2ni (b) Ax A y Yb.+ X - 123- Seki14.1S Çözüm: 1 : i ~TM' {_ , C 60° C_x ey (b) (a) Sekil 4.i7 Çözüm: Serbest cisim diyagramini çizelim (Sekil 4. i7b. ) , statigin temel prensibine göre kuvvetler sistemi sifira esdeger olmali ; i esd {TM',FV,F,C};: O En genel halde düzlemsel depge için, üç baginti yazip, üç bilinmeyen bulunur; cc =.~ RsinO = ~~ =:> CC = 4R 3 (J 3 Tr 3Tr 2 IX=O ::::- TM'cos30+C,=0 IY=O::::- Cy+120+TAA,sin30-300=0 i mc = 0::::- 120 cas 30· R + 300sin 30· CC - T AA' cos30· R = O (l) , (2) ve (3) bagintilarindan ; TM' = 194.SN , C, = -97.2SJ3N , Cy = 82.5N c=~(cxl'+(Cy)2 ::::> C=~(-97.25fj)i+(82.5)i bulunur . 8. Bir üçgen yayi]i yük, ION luk bir kuvvetin etkisindeki AB kirisi Ada, ankastre mafsallidir .(Sekil 4.i8a.) deki konumda dengededir. A daki m~fsal tepkisini hesaplayiniz. (1) (2) (3) s.erbest cisim ...•. ~lyag ..ram.iniçizelim (Sekil 4. ISb. ).' statigin temel prensibine göi~kuvvetlersistenii sifira esdeger olmali ; esd ,..., {S} == O En genel haldetlüzlemsel denge için, üç baginti yazip,' üç bilinmeyen bulunur; .' i q·61 Q=c-=6N ·1 i :1 LX=Ü =?\ iocos60+Ax =0 => Ax =-5.0N L Y = O =>:1 Ar - LOsin 60 - 6 = O => Ay = 14.7 N InlA =0 =>:.'1 "":10sin60(4)-6(10)+mR =0 => mR = 94.6N.m " 1 9. Sekildekia~itlikS1z çubuga mom.entler etkiyar. Tepki kuvvetlerini hesaplayiniz (S.~kil4.l9a. ) . ·1 . Y~ ,i . + .1 i.260N.m 2.650N.m ") i.750N.m·1 B ' A x B N· .... ~C~C ~o.5m»l«o: 1ri;,1~.3~~OA~ Ay jj . . i~·· . ~ . ' i . 1 :. i Sekil 4.19 ·1 Çözüm = :1 1 ·1 Serbest cisim diyagramini çizelim (Sekil4.19b. ) , düzlemde dengede, üç bagirtb yazip bjlfmneyenler bulunur; ImA = O=> 11.750 + B(1) + 1.260- 2.650 = O=> B = 3.l40N .' :.! .. i :1-F 1 Eger AB, BC , CD ve AD elemanlari dengede ise, rijid cisimler sistemi dengededir denir. Rijid cisimler sisteminin dengesi için gerek ve yeter sart : efd c'-, Statigin Temel Prensibi => {S} = O \[irtüel Is teoremi (rijid cisimler sistemine etkiyen kuvvetler is yapmamali ) => 5u = O dir. Denge için ikiside uygulanmali . Rijid cisimler sisteminin dengesi elemanlarina ayirarak incelenir. Rijid eisimler sistemine ve her elemanina ayri ayri statigin temel prensibi, uygulanarak rijid cisimler sisteminin dengesi belirlenir. ' dengede olmayabilir. - 125 - SekiI4.8.1 , (b) A y Yb:x Q, ·124· (a) SeldlA.20 A d I••. 3a \-++1 /77777 i..o' b ~ ka .•/ Çözüm: i: i· iy = o~ Ay +B = Ay +3.140= O~Ay= -,-3·t40N iX=O=> A, =0 . I.' B = -Ay , mn = 3.140(1)= 3.140Nm J': 10. Yükleme durumu vedlmis ""'Ub,,;t wi"ekj me, ei t'P,k;lerini hesaplayimz. P=lON , yayili yük siddeti qi= ioN /n , rJi =,4N Im , a=2m , b=3m , c=1.25m ve d=0.5m olarak verilmistir ~S:ekiI4.20a. }. I'.: Serbestcisim diyagrammi çizelim{SekiI4.20b.), düzemdedengede, üç baginti yazip bilinmeyenler bUIUl1ur ; . ',,' ql~3a iox6 Qi =qixa=4x2=8N , Qi =-,-,-, =--=30N 2 2 " LMA:= O~ -30(2) - 6(6)-13~8(lO)+Bx{9) :=O~ 1;:= 21N t , i ' , iY = o=> Ay -30,...6-8-+ -21 = o =>Ayf'23Nt i' i iX =0 => Ax + 8N = o => Ax = -8N i i 4.8. RIJID cIsIMLER SISTEMININ DENGESI i i i Rijid cismin dengesi için, statigin temel prensibi geretv:e yeter sarttir. Rijid cisimler sisteminin dengesi için, 's,t, a,tig, in temel P, en,' sibi gerek sart , fakat yeter sart degildir. (Sekil 4.8. I.) deki rijid cisiml ['sistemi sifira esdeger bir kuvvet sistemi etkisinde ise; ,: ',d' {F\-F}:; O i:: i ÖRNEKLER 1. Iki silindir sekildeki konumda dengeded,ir . Temas yüzeylerinde sürtünme yoktur. i. Silindirin agirligi lS0N , II. Silindirin agirligi 300N dur. Degme noktalarindaki tepkileri hesaplayiniz (Sekil 4.21. ) . D Sekil 4.21 '- 127- R esd B ~ {f,E,WAB,N}:: O -Tsina + E -N cas/3 = O -Tcos a +Ey - N sinjJ -WAB = O - 65(EGJ - N sin jJ(EB) + T cos(AE) = O i Y :-:: O => N sin jJ - 500 + Cy - 42 = O i X = O => N cas jJ + C, = O WA1d tG1 -{'S E L' r (a) 500N :1 ,$d :1 {WDc,N,C,500N}:: O iik-c= O=>500(CDsinjJ)+ 42(GiCsin jJ.-N(CB):-:: O , ,i ' di i :1 :1 :.1 n" " ,i '(,..ozum: ·1 El~manlarina:atririp , serbest cisim diyagramini çizelim (Sekil 4.24. ) , her eleman di.!~lemde genel kuvvetler etkisinde dengede, her biri, için üç bagintiyaZip Ü~ biliruneyen bultinur; 'I :.'1 ii . i y -~, tj+ 2 c{tr Ll:. :{' x "(b) i y :,1 , Sekil·1.24 , , Bu alti baginti1'an , T == ?50N, Ef, ==504N ,Ey == nIN, N == inN, C, == 97N, Cy == 394N bulunur .. ' 'i 3. Bir kaldii-aç!ierisi kullanilarak daha eticili bir kaldiraç yapilabilir. Üç 1caldiraçve tek' bldiraç sekilde görülüyor; (a) Karnyonu*ldirrnak için gerekli P kuvvetini belirleyiniz. (b) Ayni Pl,cuvreti,nikuiianarak kamyonu dengede tutmak için gerekli i uzunlugunu b4jUllUZ (Selci14.25.) .. • i • ! , : i i D==l78N , C==450N esd {A,B,~}:: O i X ;::; O => A - B cas 40 = O i Y;::; O=>- i50 + RB sin 40 = o B;::;233N . A =i 78N D WAB ;::; 65N Woc =42N Sekil 4.23 i i:X == o ==> B cas 40 - D == O 'iJ {B,C,D,wi) = O i:y == O ==> -150+ Bsin 40 == O J B AB, (bL (a) y tLL: x Sekil 4.22 2. Sistem (Sekil 4.23, ) deki konumda dengededir, OA agirliksiz çubugun eksenel kuvvetini, mafsal tepkilerini, B noktasindakitepki kuvvetini belirleyiniz .. ( - 126- A y t~ x Çözüm: Elemanlarina ayirip, serbest cisim diyagramini çizelim (Sekil 4.22.) , her eleman düzlemde bir noktada kesisen kuvvetler etkisinde dengede, her biri için iki baginti yazip ,iki bilinmeyen bulunur;B ~ 1:::: 27171 c Sekil 4.27 i x = o ::::> Ai + C, = o L Y = o => Ay + Cy - ~ = o . 1-12 r;; . Imc:::: O::::> 2~ +21-v2(Ai - A)= o A (a) (b) Sekil 4.26 jj y - 129· 58860N P=2180N i i ~..,""""""""--~ '1 1 Ima =0::::>2]80(1)-58860(1)::::0 4.Sekilde verilen üç mafsalli sistemde mafsal tepkilerini bulunuz (~=3kN 'Pi =4kN, ~ =P, =~ =]kN),(Sekil4.27.). -{A A ' A y Çözüm: Elemanlarina ayirip, serbest cisim diyagramin] çizelim (Seld] 4 28.) , her eleman düzlemde genel kuvvetler etkisinde dengede, her biri için üç bagint] yazip üç bilinmeyen bulunur; _{e c _' 'C y p G """7!" / .. Ima =0::::> Cy(3)!-;-58860(l) =0 C = 1962IDN ' yi" .. '0 I mD :::: o=> 1962lci> -Ey(~) = O E =654 N y i i i,: • ]28 . E y ~ 6540N P (a) 19620N D y Çözüm: Elerna,nIarin~.ayiri,p , serbest cisim diya:gra~in] çiZe1irnl.',(s, ekil 4?6: ~.' her eleman duzlemdeparalel kuvvetler etkismdedengepe, her bm için ild baginti yazip iki bilinmeyim bulunur; . ' Sl=-~ '~ 13 C y y ~ D E j5 S8860N .'~ (11/ 3m 1)1- 3m r1rtt 3m y Jmi' i: 1 1'/ // // f'1/ .1. (a) (i>' Sekil 4.25 , ,,: I" " ,-·iiAtr,b.(I) (2) (b) Sekil 4.30 y li:. Si'~ B Si X (a) 'I IBi ~Bi i i : i - i3] - , i :1 Çözüm: .:1 Elemaillarina;' lyirip ,serbest cisim diyagramini çizelim (Sekil 4.3O.) her eleman dübemde genel kuvvetler etkisinde denge de , her biri için Üç b,ginli Y''"'':1' bilinIDey," bulunu, ; A A :rfi :1' , ' AB ~UbUgU(~lkiI4.30a.); , esd {ffi;,A,-SpB}.:f O IX =0 ::::::>;f -51=0 2::: Y = O::::::>~i - ~ = O , ,ii, 1 2:: mB = O ::::::> ~(-'--o cas B) - A(I sin B) = O ·1 2 bu bagintilardab : Bi' ~ lOON : I, Si = SOcotanB Be çubugu (SykiI4.30b. ) ; , 'Iesd { W2' C;SpB2 :}l;:o , ,,' i '" 'x ~ O ::::::>,'3 - C = O L.. ' ii L:Y=O::::::>Bb-Wi =0 , Ima = O ~tW2(l sin B) + C(2L casB) = O bu bagintilard'an: Bi =.,200N "I, C = S, = iOOtan B bulunur. (1) ~9 (2) den : , , , i "I :,1 :1 , i ,i! c 13 C(-4,-1)kN B 2:::Y = O::::::> By -Cy - (~+ ~ +~) = O 2ZJ2CB +B )_i-fi p -z-fi(P +P)- 31-fi P =0 _ x y 22 i 425, Ps '" X=O::::::> B -C =0 L.. x x A - 130- Sekil 4.29 z,,~ __ " 1 P. _{B B x (b) Bi 5. W, = 100N agirligindaki i uzunlugundaki homojen AB çubugu ile Wi = 200N agirligindaki 21 uzunlugundaki homojen BC çubugu, B uçlarindan birbirine dik olarak dayanmakta, ayrica yatay zemin ile desteklenmektedider . Çubuklar A ve C uçlarindan düsey iki duvara da dayanmakta olduklarina göre, Be çubugu düsey ile B açisi yapmaktadir. Sistem bu konumda düsey düzlem içinde denge de iken; A, B ve C deki tepkileri f) cinsinden ye f) açisini bulunuz (Sekil 4.29. ) . Sekil 4.28 Bu bagintilardan yaradanar~k ; A(~ 4)kN - BC-~ '6)kN 4' ',4' bulunur.-132- - 133 - i 1 ',--J2 ' SOcatane = 100tanG =>tan2 e =-=> e = Arcran-, 2 ", 2 6.ç~b~~in kendi agirl.iklari ihmalec.iildigiJ1egöreA, e D deki mesnet tepkilerini buluTIUZ(Sekil 4.3 i. ) .' , -: q = 3t/l.~ - 6m w w '" i' 'i i' C p=iot i - ' Sekil 4.31 Çözüm: Serbest cisim diyagramini çizelim (Sekil4.32~)· , düz~ejnde genel kuvvetler etkisinde dengede, üç baginti yazipüçbilinr~yen bulunur; -{C C ' C , y Sekil 4.33 Elemanlanna ayirip , DC için serbest cisim diyagramini çizelim (Sekil 4.33. ) , DC düzlemde, genel kuvvetler etkisinde dengede, jj yi içeren bagintiyi yazip; 2:mc =O=>-2P+4Dx +4Dy =0 D = 15.42t , D = 25.45t i Y belirlenir. 1 Sekil 4,32 Bm 2m 2m F=10 t -{Ai t4+ A Ay A CI P=120 t - D{g: or? i i>: i,,' i . i i X = O => F + Ai + D i = O I. i 2:Y =0 => A +D -Q-P =0 i: yy,. " i " 'ImA = O=>- 2(10) - 8(12) -12(20)+14(D~ ~= O bu bagintilardan; , i o' , A = -25.45t , A = 6.57t Ii : i Y . bulunur. I·: '1°° ,.(1) w . i3S • Sekil 5,2.1 Sekil 5.2.2 (2) , i i "i i i i I, ~Iti ,R i i ·21 : " ei ·'···r''')· m' •• mm ••• _ni (1) (2) R'2' ·""T : ,I '(a) i ·1 , , , Sürtünmeyibir Öjnekle açikliyaLiin: 8 egim açisi ol~h bir egik düzlem üzerinde m kütleli bir maddesel nokta düsÜnelim (Se~~l 5.2.2. ). Eger egim açisi e, yeteri kadar küçük ise madde?el nokta9u yüzeye tutunur, sükunette kalir. , i , i :1 :1 :1 i , :1 i 'I , i , i :i Maddes,el nOk, t~"'ragirligi' W kuvveti ile, mesnet tepkisi R kuvvetinin etkisinde " deng de oldugundan bu iki kuvvet tam ziddir. R=-W· . R tepki~inin bii~senleri ; N = Rcos8 " 'IF= Rsin8 F " - = tane ·'1 N ' ' olarak ifade edüJbiliL Bazi hallerde N normal kuvvet ile F süitünme kuvvetinin yerirj~bileskeleri olari R yi koymak daha uygun olmaktadir. 8 mn belli deghinden sonra , maddesel nokta egik düzlem üzerinde kaym~ya baslar:: Maddesel noktaniu dengesi bakimindan düzlemin egim açisi e nin bi;· rp, . üst siniri oldugu görülür . e ::; rp, sartinda ri:addese~nolct~r bulundugu nolctaya yapismis gibi sükünette kaldigi ve R ile W nin :t~m zit oldugu anlasilir. e ::; rp" sartina tutunma sarti denir- e > rp; i için maddesel nokta egik dÜzlem Üzerinde kaymaya ·134· Gerçekte bütün yüzeyler az, ya da çok pürüzlÜdür. Bu sebepten temas noktasindaki tepkiler , bu noktadaki normalle bir e açisi yapar (Sekil 5.2.1a. ) . Bu tepkilerin, normal dogrultudaki bilesenine "Normal Kuvvet", teget dogrultusundaki bilesenine de "Sürtünme Kuvveti" denir (Sekil 5.2,1 b.). Iki y'izey birbiri ile temasta ise, biri ötekine göre hareket etmek isteyince sürtünme kuvvetleri denilen tegetsel kuvvetler her zaman ortaya çikar. Birbirine degen yÜzeylerden birinin digerine göre hareketini engelleyen tegetsel kuvvetlere sürtünme kuvveti denir , Sürtünme ; gaz ve l Ni = .fS N Psin a - f. - 800:::: O i 2 P li :::: )lNi :::: 4" p. J5 :::: 2-15 q.h, p '-'" 3580N 2 - SekilS.l , i i , i i :ia) J' (b) Asagiya daglii kaymanin baslamasi için gerekli P kuvveti; ,/ , i ' ·,i i ·1 , i "0 Kamalar Kamalar agir YÜfJ' eri kaldirmakta kullanilanbasit makinalardir. Bu yükler kamaya yükünagir1igindan geneiiikle bir hayli kÜçük olan yükler uyguiamak, ,sure iY,lekaldinlabiiir . Üstelik; ,degme yiizeyle~inde b,UIU, n,an süitüi:mi.enedep yle ,kamalar uygun sekil verilmek sartiyla yük altinda sikistirilinca da; yerleiindekalir. Bu nedenle kamalar agir makina parçalarinin 'kdnumlarinda ufak dÜzeltmeler yapmakta basari ile kullanilabilir. ·.. 1 Kare I?i;.1i ~id~lar . , ." . Kare disli vidillfr kriko, pres ve diger mekanizmalarda çok kullanilirlar. Bunlarin hesab;'legik bir düzlem üzerinde kayan bir blok hesabina benzer. , ·1 ÖRNEKLER; )1 i. SOONagirlil~l bir blok sürtünme katsayisi 0.25 olan düsey bir yüzeyde i tuturimaktadir ; tranyüzeYin, in o, rtasina P kuvveti tatbik edilmektedir. P nin hangi büyükfügü için denge bozulmamaktadir (Sekil 5.1. ) . , "I . "i , i · i i · i · , i i : i ,Çözüm: :/, (a) Yukariya d~~rukaYD1anin baslamasiiçin gerkli P kuvveti; , '·1 :1 • i (b) Sekil 5.3,1 J - 138 - F f Tutunma F :::: /i N ---------r-----------'--- Kayma Iii r., F :::: JI N m __ u •• _ •• i k k. [ P i /P< flN j , '! . P i SÜRTÜNME KATSA YlLARI Statik Süitünme Kinetik Sürtünme , Katsayisi Katsayisi e )1, rp, (derece) )1, rp, (derece) le deri 0.5-0.6 27-31 0.3-0.5 i 7-27 e maden 0.4-0.6 22-31 0.3-0.5 17-27 kuvveti ile sürtürune F kuvvetimnnasil degistigini gösteren egri verilipistir. Pratikte ekseriya JIk :::: JI, ile yetinilir. __ .u __ ~ ____ Yaklasik ~adde sürtünme kats ayti lan Havada temiz metal 0.8 - 2 Islak havada temiz metal 0.5 - 1.5 Yumusak metal üzerinde çelik (kursun, tunc , v.b.) 0.1 - 0.5 Seramik üzerinde çelik (safir, elmas, buz) 0.1-0.5, Seramik üzerinde seramik (karpit üzerinde karpit) 0.05 - 0.5 Poliiner Üzerinde polimer 0.05 -1.0 Polimer üzerinde seramik ve metal (PE, PTFE , PVC) 0.04 - 0.5 Yüzeyi yaglanmis metal (ince gres yagi) 0.05 - 0.2 Yüksek sicaklikta yaglama (grafit) 0.05 - 0.2 Hidrodinamik olarak yaglanmis yÜzey (doymus yag filmi) 0.000i-0.0005 w 1--' ~ ~alzein Ahsap uzetin Aliiap .lizerind(b) " i Sekil 5.5 Sekil 5.4 ' j5 p (Sekil S .4a. ) dan; 'LX = O => T + 1: - P = O 'L y = O => Ni -1000 = O li =}Li .Ni => 1: = 0.6(1000) = 600N . 14 i . IX=O=>J;+J;-P=O L Y = O'=> -N} + Ni -700 = O=> NJ ::j:' Ni -700 = 300N li =)1} . N} = 0.5(300) = 150N P = li + J; => P = 600 + 150 = 750N (Sekil S.4b.) den; , 'LX=O=>!i-T=O 'L y = O => Ni - 500 = O li = }Li. Ni => li = 0.2(500) = 100N bu1bagllltilardan ; P = T +li = 600 + 100 = 700N ile bütün system harekete baslar. A blogunu hareket ettirecek P kuvveti (Sekil 5,5. ) ; ;.- -.;:;' >.~ ·140· Sekil 5.3 i, i ..: i: -~N 1·· Ni -Pcos a= 1::=> Ni - -J5 ......... li - 800 +P sIp ct = O - i, 1 2 P P li =;iNi ='"4f:' 2-J5 ~ 2-15 11?- P=1119DN 'Lmo= O .. , ....:::p cas a(0.25) + Psin ct11) - 800(0,5) = O P~179ÜN i: (b) (c) Sekil 5 2 j5 A , B , C bloklarini birlikte hareket ettirecek P kuvveti IC$ekil5,.4. ) ; Çözüm: Denge sarti: 1190N < P ( 1790N 2. (Sekil 5.3. ).d~ki sistemihareketegeç.irebi1m~kiçin ~~reklj en K~.?Ük yatay P kuvvetini hesaplayiniz . Hareketinhangiblokl~rla basliyacagini açiklayiniz. (c) Devrilmesi için gerekli Pkuvveti ; I.' i:(l) i (2) (3) - i400N Fs =t;~" i, - ~ . p ~ F ~ _ c Ne (b) - ]43 - Sekil 5.7 - , "~800N A· "" , ~tT~~:~r~I'~~§;:~~f; FB Y:11 ' , Ns= 400N :. (a) · i · i Sekil 5.8 ·1 ·1 Sekil (b) : :.'1 ' IX=O?P-:-1Fs -Fe =0 2:Y == O => :L!L! c -400 = O L, mc == -; P(0.2i ) + Fs(1) = O (sütun yal1lIzB ~~,kayarsa): Fe :.Ç flcNc ve ' Fs == )1sNB :1' ' Saii'lai'i gerekir: :1 F < N ,i c - f-le c .1 Fs == )lBNs => lfr = 0.2(400) == 80N BII sonucu ku118l1.a ak (1) ve (3) bagintilarind8l1 : P =320N . F =240N '1 c .,1 i Ne == 400N : i bulunur. ·1 • i Fe == 24P > f-IeNe ~i 0.5( 400) == 200N , . i : i .. i i · i ·1 ,i çözü~: . i Elem'anlarina aiifip, serbesteisim diyagramini çizelim (Sekil 5.8. ) ; w Na x (x - 1.5) B f~ (b) vv 6m Sekil 5.6 y b:~ x i~(a) 4. AB çubugu Anaktasindan mafsalli, B de flB = 0.2 sürtünmeli BC çubuguna dayanmaktadir. SC çubugu C noktasinda J-Lc = 0.5 sÜrlÜnmeli dösemeye dayaniyor. Haiigi P kuvveti ile denge bozulur (Sekil 5.7.) . - ]42- Çözüm: p== 700N ile üç blok birlikte hareket eder. Serbest cisim diyagramini çtzelim (Sekil 5.6. ) ; FA == f-l,NA == O.25NA , Fa == flsNB = O.25NB LX == O => N li - N lo == O. => N B = N lo 2: y == O => FA + r~ - W :c O=:> O.25NA + O.25Na == W => NA == 2W Ll11u == O => NAC6)-FJ3)-W(x-l.S) = O 61Y A - 3(O.25N A) - W(x) + i'.5W == O =;> 6(2W) - 0.75(2W) - W(x) + l.5W x == 12m bulunur . 3.,(Sekil 5.6. ) deki hareketli konsol3cm yariçapindaki bir borunun üzerine istenilen bir yükseklige konulabilmektedir. Konsol ile boru arasmdaki statik sürtünme katsayisi 0.25 olduguna göre. W yükünün tasiiiabilecegi minimum x uzakligini bulunuz. Konsol agirligini ihmal ediniz. 6i,144 - I.: i: Oldugu için diger hareket durumudikkatle incelenmeli~i(. (sütun yalniz C de kayarsa ),: Burada ' ,i ' Fa S; /-i B N B ve '. i : Fe = flcNc CL) ;(2) (3) ( 4) d -L B j5 - 145 - 2:: X == O => T - F; - P sin a == O 2:: y == O => Ni - P cas a = O (l) ve (2) den; T = P(sin a + J! cas a) bulunur. A için; 2:: X:::: O => F; + Fi - P sin a :::: O L y == O => Ni - Ni - P cos a == O (4) den; Ni =Ni +Pcosa=2Pcosa F, =2jJPcosa (3) de yerine yazarak; jJP cas rx + 2jJP cas rx - P sin rx == O=>p == L tan rx => rx == arctan(3p) T = ~Psina 3 bulunur. 6, 4903.5N agirliginda AB çubugu, 5° lik bii kama ile bir ucundan kaldiriliyor. Kamayi kaldiracak minimum P kuvveti ne olmalidir? (d=3.00m, L=4.00in, J! = 0.30 ) (SekiLS.l O.) . ,. r (c) N 1 (b) Seki15.9 (a) 5," P a, ,g:rllld:.bir~ikdörtgen priz,ma ayrii"P,, ,~,girolik,lidi'r,e •. r"~ir, di~döiigen pnzma ile egik duzlem arasindadir, Usttekiprizrna bi ip ile egik düzleme parallel olarak sabit bir noktayabaglidir. Te as eden yüzeyler arasinda: sürtünme katsayisi f1 dür, Egik düzlem açi iii.in bir a degerinde aradaki prizma kaymaya baslamistir. a il~' parasindaki bagintiyi ve ipteki kuvveti bulunuz (Sekil 5.9a. ) . Ji: . ' ir ~ FB S; /-i B N B Fe =/-ieNe=>Fe =O.5Ne P = 266.7N Ne = 400N Fe = 200N FB = 66.7N Bu hareket dahaönce meydana gelir . çünkü daha küçpk P kuvveti gerektirir. Çözüm: i o( L 1>1 Elemantarina ayirip, serbest cisim diyagramim çizeit' : (, SekiIS.9a,b. ) ; A cismi harekete basliyacagi anda A ile B arasinda s' rtünrrie kuvv~ti ; F=,/~T ' . ~ i ,ut, 1 B için; Sekil 5.10 Çözüm ;';;..eJ.ii--­ :N (b) B (a) Sekil 5.4.]. Yuvarlanina sürtünmesi 1) LX ==, O i F - W sina. == O => F == W sina. 2) LY == O ~" N - W cosa. =0 => N = W cos a 3) ~MB = 0'1b W r sina. = O olmalidir. Fakat 3. Denklem egik düzlem için saglanainiyaeagindali , tekerlegin egik. üzlem üzerinde dengede durmasi imkansizdir, Fakat bu dene~ler1e bag~ mar:iaktadir. Deneyler yete~i k~dar k_üç~kbir egim açisi a. da dengede: raldigini; ancak a. belli bir degen astiktan sonra yuvarlaninanin basladigini gösteriyor. Buna ,göreegi1{~üzlemde tekerlegin yuvarlanmasini önleyen bir direnç mevcuttur. Bu': Ictirenç .tutunarak sürtümne kuvveti degildir. Çünkü yukaridaki denklbmlerde onu göz önüne aldik. Bu çelismezlik genellikle yuvarlanan CisiJl.erde temasin bir noktada degil , bir dogru pal'çasi boyunca oldug~fkabuletmekle ortadan kalkar. Gerçekte cisim1~i;tamamiyle Rijid degildir. Temas ettigi kisimlarda sekil degistirirler ve l~çük bir yüzey boyunca temas ederler. Egik düzlemdeld cisim agirligi dolayisiyla saga dogru yuvarlanmaya egilim gösterirse bu taraftaki e:iemantbr yüzey parçalarina düsen elemanter normal· kuvvetler, diger taraftakil6iden daha büyüktür (Sekil 5.4.i b. ) . Bunun sonucu bileske no. ,Ima.i ~4pldideal.olarak düsu.'·nülengeometrik degme..n.oktasi B den degil, 'harek9t yönÜnde e kadar kaymis olarak etki eder. K;ymis_olanbu:~ormalkuvvet (Seki15.4.1a.) B noktasina indirgenirse, LV ve F ,tepki bilesenlerinin yaninda :[ :1 ·1 , i ,[ i ,,#.1 -i47- tutunma süitü e kuvveti, N normal tepki kuvvetleri etkimekte ve tekerlek denged kalmaktadir. Denge sartlarini yazalim: ,id "i {W, F , N 1 = O B, (b) w Sekil 5.1] + YI') + L-'-i.. x Kama için, iy:::: O=> Nd" - 4106(cos5°)+ 1672A(sin5°) N", ==3947N , IdIJ' ==O.4NJo, =1578.9N IX:::: o=> p - 4106(sin5°) -1642A(cos5°):::: o=> p:::: 3.57kN AB için; Lmii=O=> 4903.5(2) + N, sin 5' (3) + f-L,N, cos 5' (3) + f-L,N, sin5'(4) - N, cas So (2) = O N == __ ,4903.5(2) A -3sin5" ~O.4(3)cos5° -OA(4)sin5° +4cos5° iV C~ 4lü6N .., f~ == OA N A == 1642AN 5.4. yuVARLANMA SÜRTÜNMESI (Yuvarlanma sÜrtÜnme momenti ; yuval'lanma sürtünme boyu veya katsayisi) Yuvarlanan eisimlerde , bilhassa tekerleklerde göze çarpar. (Sekil 5.4.1. ) de agirlik merkezi O olan bir tekerlek, egim açisi küçük CX Olali bir egik düzlem üzerinde, en büyük egim dogrusundan geçen i -- düsey düzlem içinde bulunmaktadir. Bu tekerlege W a~ir1ik , F - 146- P kuvveti olmasaydi kama sola dogru hareket edebilirdi. O halde P nin en küçük degeri bu hareketi önleyecek yönde olmalidir, elemanlarina ayirip serbest eisim diyagramim çizelim (Sekil 5. 1]. ) ;Sekil 5.4.2 Wr sina- M, == O '. J.. o, Ye böylece görünen çeliski ortadm kalkmis olu.' Fakat bu deney tekerleginyeteri kadarküçükegim. açisia içi ,di,isü]~dügümüz e mesafesinin sinirsiz bir sekilde büyümeyip : i i· i e i ::; em I" gibi bir esit~iz1igi .saglamasi '. gerektig~i.gösterirq~ '. em sabitine yuvarlanma surtünme boyu veyakatsayisidemr. em"~a9itesi j.1. s ' j.1. k katsayilan gibib.oyutsuz olmaY,ii:> [LI... ·.bITih1in.'.c.·. Sa.l1Ip!ir. Bu ya~ni~:eisIm sabitesi degil temas edeneisimlerin egriligine de bagl dir M, = e N ile i e i ::; e m ile i: I M i < e. N .~... s - in i yuva:la~ma sürtünme esitsizligi çikar', ~u~;arlarima s';~~e ~o::ientinin de bir ust simn vardir . Tutunmadasurtünme ku etinin bir ust· sinin ------ Madde em (mm) Agaç üzerinde, agaç silindir 0.5-1.5 0.5-1.5 - Çelik ray üzerinde vagon tekerlegi Sose üzerinde araba tekerle,gi i 5-60 Parke üzerinde araba tekerlegi 'O- , 18-25 Sabit ve pürüzlü silindir üzerine koninus halatin uçlarina uygulanmis Ti ve Ti kuvvetleri ile kaymadan dengede kalmasi, halatla (veya kayisla ) silindir arasindaki tutunma sürtünmesinin sonucudur. Tutumnanin sonu kaymanin baslamakta oldugu simr durumda kayisin silindire dogrusal durumda teget oldugu noktadaki Ti ve Ti 'gerilme kuvvetleri arasinôaki bagintiyi anyalim. Ti tarafina dogru kaymanin basliyacagi anda Ti > T i dir. !1s = rf:,,(J uzunluklu bir elemanin dengesini yazalim: r 5.5. HALA T SÜRTÜNMESI Wsina ::;;~ i N r N == Weosa e ile yuvarlanina sür1Ümne esitsizligi tan a s:;-"-'- (1) sekl ini aliL r Tutumna esitsizligi tan a ::::; j.1.s (2) ile bu iki sart saglandigi taktirde tekerlek egik düzlemde dengede kalir. Eger düzlemin egimi büyütülürse tekerlek hareket etmeye baslar. tana büyürken önce i o Esitsizlik saglanmazsa kaymadan yuvarlanina baslar. Önce 2. Esitsizlik o saglanmazsa yuvarlamnadan kayma baslar. Bazi em yuvarlanina sürtürntie mesafeleri veya yuvarlanma sürtünme katsayilari : oldugu gibi; bu formül i F i ::::; j.1.s N tutunina sartina benzemektedir. Yuvarlanma baslamasi ve devami halinde yuvarlanina sürtüninesi ; Ms == em N o Olarak yazilir. Üç denge denkleminden ikincisi Wcosa, = N idi, Üçüncü denklem Wrsina == Ms yuvarlan~a sürtünme esitsizligi ile M s :; e m N den Wrsina ::::; e m N olur. .. 149 - i (b) - 148,- (a) I· Jli' M, == e.N ' . momentine sahip bir kupl (kuvvet çifti ) bulunur. Bu yuvarliinmayi önl.eyen momenttir. Buna yuvarla':!.na sürtünmesin n: momenti denir. Aynea bundan baska direnç olarak Ftutunma sü" e kuvveti vardir. Bu kaymayi önlemektedir. . J.: ' . YUVarlanin.a sÜrtünmesini incelerken .' y ..•... a a ..•...... çikç .•.... a ( .. Se ..•.... k .. ~I. 5.4 . .1b.) deki gibi normal tepkinin tatbik lJoktasi hareket yönündeeuz kJikta alinir. Veya (Sekil 5.4.2a. ) deki gibi N nom.al T, T edilirse : .-1. orani makaranin r yariçapindan 1; a y LnTi -Ln~ =IJlsJ3 => i . i Elde 'ederiz . IDikkat . i : i bagin1,sizdir . iiSI> 0, ' ,(3 > o oldugundan T2 > Ti dir. Ti orani, /3 .. ' , r; temas açisi büY'4diIkçe, üstelolarak ( çok hizla) büyür. Bunun en iyi örnegini geri1il~+ karaya baglanmasinda görürüz.Temas açisijJ , rad. ~~ir·:i .;~;~~ k t b" "d"l d .. tIl al ( i ~ orani, js SUi 'l..Uiii~e a sayisi uyu u (çe e, llS e o ar (, ço ( hizla) büyür. Sgrtünmekatsayisiiu büyütmenin çesitli yöntemleri vardir. Bunlardan enç?.\t kullanilani, tanburüzerine V tipi yiv açarak. süitünme katsayisinin büy(fltülmesidir(Sekil 5.5.2. ) . . i Diferansiyel dfl emi , () aç,isi ile tarif edilen nOktadaki,' uzunluk elemaninda olü an kuvvet artisinin eleman basindaki toplam T Icuvvetine oran i verir . Bu ifadeyi r /3 toplam temas yayi boyunca entegre edersek :1 M 't . M, Tsin-·i· M 2 . (T+6.T)sin- i 2 (a~;·i . , Sekil 5.5.2 (i) ve (2) bagin~i~arina benzer bagintilar yazip, benzer islem ve kabuUerle ; . ! L 'Ti Jls;31 T, ~sPIsin(5:2) n - = -----'--'- => -=-:::: e T . al T ,I sin( ~) 1 21 : i o o •. bulunur. (a = ~5 - 45 ) arasinda: olabilir. i ve ikinci mertebe sonsuz Ti o 6F=!ls6N (a) (b) f Sekil 5.5.1 Halat Sürtünmesi T, de . de . de yazdigirnizda cos- = i " sin- = - 2 , 2 2 kÜçÜklÜkleri sifir alarak; F = JLsN => dF = JLsdN, (T + dT) - T - jJ.sdN == O => dT = !1sdN dN - 2T cie :::: o => dN:::: Td e 2 elde ederiz. Buradan; dT = JL,Jde Di [eransiyel denklemini elde ederiz. dT 7;dT p -. = fJ.sde => f- = ffJ.s de T 7i T o !'iS = r6.e halat parçasina MI normal tepkisi ile M sürtünme kuvveti etkir. Halatin kayabilmesi için T2 kuvvetinin Ti den büyük olmasi gerekir. (Sekil 5.5.1 b.) halatin elamenter parçasina etki eden kuvvetler görülüyor. Burada' T ve TL kesitlerdeki ip kuvvetleridir. Eger 6.e açisilU ve halatin ,tS uzunlu&u ile degisen T deki artma miktari 6s i sonsuz küçük oldugunu düsünerek denge sarti olarak; de de ix = o=> CT+ dT)cos- - Tcos- - !1sdN = o (1) 2 2 IY=O=>dN-CT+dT)sinde _Tsinde =0 (2)1 2 2 ! 1 !2Jr => fJ == -rad 3 fJ == 90+30 = 120° Temas açisi; SekilS.l3 Çözüm: - 153 - 8! w "A (ti) i 1; W=2000N B 2 -152 - i. Sekildeki sistemde (1) ve (2) ile,isaretli halat k, esiileri, '~cl,e,',O"l,usan çekme kuvvetlerini hesaplayiniz. Halat A tanburu etrafinda üç ,~tanburu etrafinda iki kez sanlidir . CI), A = 0.10 , flB = 0.12) (S kil 5;l2a. ) . ÖRNEKLER r => P == 86.53N => P = 462.23N 200 OA.:!!': --==e ) p : X 1< )1 GL A" 1:~~f~)~~.qI'f.&~"~i~~~·.~h1rni.~~1iiN'} W) P ise; W - == eP'P => P P) W ise; P PM~ - == eP,iP => - = e ) W 200 86.53N '::;P ::; 462.23N degerleri arasinda dengede. 3. 45.5N luk agirlik merkezden ne kadar uzakta olursa sistem dengede olur (Seki15.l4. ) . => 'Ti == 67N Sekil5d2 304 O,12>h --==e Ti Halat A tanburuna üç kez, B tanburuna iki kez sanl4i~1 için , tem~s açisi; PA '" 3 x 2:rr '" 6:rr rad PB '" 2 X 2rr '" 4:rrrad Serbest cisirridiya~riiniini çizelim (Sekil 5.l2b. ) W == ePsP =>' 2000 == eOMff 1; 1; T2 kuvveti; T .....l- = eP'P => Ti bulunur. 2. Sekildeki W agirligi P nin hangi degerlediçin deng~dedir (Sekil 5J3.) Çözüm: \;', i :- i54 - Çözüm: B Sekil 5.16 'i jJ.s =0.2 Sekil S.ISb. ) için; II' = O => Ti +Ti = 44'.5 L)lfA =0 => Ti(3.6)-44.5(1.S+x)=O (Sekil 5.1521. ) için; TT' o~~T ' T ) T =/ -3- = e~'P => -3- - e 2 =/ -3- = 1.369 1 i T T T T i i i Jr Temas açisi ve sürtünme katsayisi: fJ == - rad .12 Elemanlarma ayirip, serbest eisim diyagramini çizelim (Sekil 5.15. ), her eleman için denge denklemleri: B t; iOON (c) Ti cos15- jJ.sN1 == O (b) Sekil 5.17 ,1;' (21) A : i . i '.! . i ,'i 'i A için (Sekil S.:Wa. ) ; .,~ {w,Ni,li,~~IO IX = O ' =>~' Ti cos15 - J;== O => iy=o =>:.·INi-W~Tisin15=O bu iki ba'gintidart ;' ·1 :1 Çözüm: "i Herbir eisniin Iça'ymaya basladigi an için serbest cisim diyagramini . çizelim (Sekil 5.117. ) ; (c) T) T, Wc x T, A ~~~~~~~~~~~B I. i,Sm ~i J (b) Sekil S.1S (a) (SekiI5.15e.) için; Jr Temas açisi ve sürtünme katsayisi: fJ = - rad , jJ. s = 0.2 2 T T· O),:.'. T T. ) T =>...2. = e~·,{J => ...2. == e 2 =>...2. = 1.369 , 2 T T T , 2 2 bu bagintilardan; i x=O.S5m bulunur.TA p (c) ;~li::~~~f.&~~ T' B (b) Sekil 5.20 , TB p (a) (Sekil 5.19a. ) için; Temas açisi ve sürtünme katsayisi: j3:::: TC rad , JLs = 0.5 T SP , ...J.. = ePsP ::::> T = _eDI" => T:= l2P T i 2 i 2 ~ ,SP L-Mc :::: O => Ti(R)-M -~(R) :::: O=> l2P(R)-M -2(R):::: O p= 5.263N 6. Sekildeki fren düzeninin dengede olabilmesi için silindire uygulanmasi gereken M momentini hesaplayiniz, Halat ile silindir arasindaki sürtünme katsayisi I's '" 0.497, a '" 45° , P ",i OOkN, 11 = Im , a ::::Im , b ::::2m olarak verilmistir (Sekil 5.20a, ) . n A iifi.\"'~m.""i~~i:;jl B" _ •• "iif••• _=f"J;i'\ . .i.... •• g;i:, .,-:T.;, Ps=O.5 R=1'Oem SekiL.5.18 'ii, :': " ç~m: '~' EI,manlarma aymp , s"b,,' dsim diyagraimmçizeliJsikil 5:i 9. ) , her eleman için denge denklemleri; , 5. Sekilde gösterilen SOONem döndilime momenti etj N - T sin 15 = O i.-i 2 2, • .L:y:::: O:=> li + Ti cos15 -100 =0 :=>PSN2 + cos15 -100 = O bu ild bagintidan ; T = 100 i cos15 - f.J.s sin15 Hareketin meydanagelmemesi için Ti,) Ti olmali. ti:itunmanin son aninda, kaymanin basladigi sinir durumunda W nin leriküç~k degeri ; Temas açi S! : fJ :::: 60° ::::> fJ = 1Crad 3 T, PP !LsW ,100 h PS~ i :::: e s :=> cos15 -!ls sin 15 = cos15 +Jls sin S e W ==464.4N bulunur. - 156- T == flsW " 1 cas 15 - f.J.s sin 15 r, ii Li I" ~[: ~'i;-! I': r- 158 - ÇQzüm: Elemanlarina ayirip, serbest cisim diyagramini çizelim (Sekil 5.20. ) , her eleman için denge denklemleri; (Sekil S.20c. ) için; IMA == O ==> TB(l) - P(2) == O ==> TB == 200kN (Sekil S.2Db.) için; 1 \,t118S açisi: fJ = 225° => fJ == (;ir +!;ir)rad 4 T O.497(~) T < T => ~ == e~'P => T == Te' => T == 1408 15kN BA TAB A • B Momenti , silindirin merkezi için yazilacak moment denge denkleminden; M == TA (r) - TB (r) == 1408,15(1) - 200(1) = 1208.1 SkN.m bulunur. , i ~~~c31>;;~;m; ·1 ,i ,]',1 _ 159- IMA == o' M - Tz(7.5cm) + Tp.5cm) == O iV!- (4 OO)(:'r>+ (213.4)(7.5) == O=> M == 1400kgcm => M == 14kgm : i , i : [ :1 . i 7. Bir yassi kayis bir momenti A makarasindan B makarasina iletmek için kullanilmaktadir. Her bir makaranin yariçapi 7.5cm ve il == 0.20 dir. Müsaade edilen maksimum çekme 400kg olduguna gore , iletilebilecek en büyük moment degerini bulunuz (Sekil S.2Ia.). i r=7.5cm (b) L 30cm i i ' Sekil 5.21 Ti == e~fJ yi ,Li '" 0.20 , fJ == Jr 400 == e(oio)" == 1.874 => yi == 213.4kg Ti ÇözÜm:SekiI6.i.i (3) Rijid cisinin üç boyutlu uzayda serb~stJik derecesi Bir rijid cismin üç boyutlu uzayda konumu ,bir A( x A' YA' ZJ noktasinin koordinatlari ile tam olarak verilemez, bu nokta etrafinda dönüyorsa bu nokta hareketsizdir. rA=rA(t) , XA=XA(t) , yA=y;(t) , zA=zAt) Bir rijid .cismin Üç boyutlu uzayda konumu " iki A (x4 ,y A ' zJ ' B(XB'YB,ZB) noktanin koordinatlari ile' tam olarak verilemez, bu noktalardan geçen eksen etrafinda dönüyorsa bu noktalar hareketsizdir. rB=rB(t) , XB=XB(t) , Ya=yB(t) , zB=zn(t) B noIrulsinin üç koordinati bagimsiz degilqir . Rijidlik sartina uymali, (x A - X B) 2 + (YA - Y BY + (z A - Z B) = ! ~B bu üç koordinattan ikisi bagimsizdir. Bir rijid cisinin üç boyutlu uzayda konumu, ayni dogru üzerInde bulunmayan üç A(XA'YA,ZJ ,B(XB,yB,ZB) , C(xc,yc,zJ noktalarinin koordinatlari ile tain olarak verilir (Sekil 6, 1.3. ) rc=rc(t), xc=xc(t), Yc=Yc(t), zc=zc(t) C noktasinin bu üç koordinati bagimsiz degildir. Rijidlik sartina uymali . (xA -XC)2+(YA - YC)2 +(ZA _ZC)2 =l~c (xB _XC)2 + (Ya - YC)2 + (za - ZC)2:= l~c bu üç koordinattan biri bagimsizdir. Rijid cismin üç boyutlu uzayda konumunu bu bagimsiz alti koordinat ile tam olarak belirleyebiliriz Rijid cisrnin serbestlik derecesi altidir (Sekil 6.1.3.) . i Iki boyutlu uzayda her türlü harekete açik bir rijid cismin konumu, bir A(x4, YJ noktasinin koordinatlari ile tam olarak verilemez, A noktasi etrafinda dönüyorsa bu nokta hareketsizdir. rA = rA (t) , X A = X A (t) , YA = YA (t) ikinci nokta B(x B' Y B) olsun. rB = rBU) , xB = xB(t) , YB = YBU) ikinci noktanin koordinatlari rijidIik sartina uymali ; (xA -XB)2 + (YA - YB)2 = L~B bu dört koordinattan üçü bagimsizdir. Düzlemde rijid cismin konumu bu bagimsiz üç koordinatla tam olarak belirlenebilir. Serbestlik derecesi üçtür. Rijid cisme bagli bir dogrunun sabit dogrultu ile yaptigi açi e == ()CO ve A(x A' YA) noktasinin koordinatlari ile de rijid cismin konumu tam olarak belirlenir (Sekil 6.1.2.) . - 161 - , i: I .. I" y · i60· @ Sekil 6.1.2 o i •. x y zT ~ A(XA,YA,zA) rA =XA(t)t+YA(t)]+zA(t)k ,XA=XA(t), YA=ly:(t), ZA=zA(t) (2) Rijid cisIDin iki boyutlu uzayda serbestlik dere~esi (1) Maddesel noktanin serbestlik derecesi Üç boyutlu uzayda, her türlü harekete serbest, bir ~oktanin bulundugu yeri belirtmek için üç koordinata ihtiyaç vardir. N ktanin üç boyutlu u~ayda üç serbes:lik derecesi vardir, ~e.nir. He: bag. e.i:bestlik dereces~i bir azaltir. Geneilikle maddesel noktaiçin reaktifkuV\\etler, (3- serbestlik derecesi) kadardir. Vl.VIRTÜEL is TEOREMI 6.1.SERBESTLIK DERECESI Bir cismin serbestlik derecesi uzaydaki konumunu beÜi'tmek için gereIdi en az koordinat sayisi dir. i : , ~"i .;~.,-i63 - : i Seki16.2.1 Baglar "i Tek Tarafli Bag': Maddesel "nOkta~. Sr yer degistirmesinin ziddi olan - o r yer degistirmesini ya amiyorfia böyle baglara tek tarafli bag denir. ÖRNEK.1:, Bir ma deseIiiolCta bir düzlem tarafindan meydana s,etirilen 1 ve 2 bölgelerinde birinde bulunmus olsun (Sekil 6.2.1 a.) . Ornegin i bölgesindebulu4sun . Maddesel nokta i bölgesinde o r yer degistin~::iesiniyap~bÜir, - 6r yer degistirniesini yapamaz (d) (c) ~cISF m·.· ~~.,,", .. .,.4~ . . (b) -6r , (a) :'1 B.ir .i~afSal~. :1. e. l.'b:stlik d.erecesi , o. mafsal~a. birl.estirilen cisimleri~ birbirine gore bagil konumlarini belirtrnek için kullariilmasi gerekli bagimsiz pai-a~etre sayisidir . Mafsallann serbestlik dereceleri ve bu serbestliklerin~izin verdigi hareketin yönü ve tipi (dönme veya öteleme ) , mafSallaii .... b .. i.rb.'flrin ... den. a ... y .•iran.e. n .Q·n emli özeii.iktir ve bu öz. eiiilder mafsaiiarin tip) rinibelirlemekte kullanilir. En genxl uzay .serbestlik derecesi §. oldugu için ve bir mafsalin bu serbestlilderden eiiazbiriill sinirlandirmasi gerektiginden , serbestlik derecesi en Yflcseki:i:;.afsalda 2. serbestlik bulunur . Ötelerneyi sill. irlamadai.l.d.,.,~nm e ..h.ai.'ek ,et ·.ler .. ;ini..si.n. i.r1amak mÜmk .. Ü~ d.egildi.r ve bi~ nedenI e i se~pestlik dereceli . bir mafsalda bir otelerne hareketi sinirlandmlir: :Cpnenili?l~,;b.rr.mafsalin sekli degil, serbestlik derecesi ve bu serbestliktierecesmllltipidir .. "n"· parçali. bii- sistemde mesnetler. ve ara baglarindaki kuvvetlerin toplan: statikddgeri "~" olsun: "r" sayidaki .!cuv:veti hesaplamale için gerekli denkleibler sistemdeki her parça uzennde yazilan denge denklemleridir.:IDolayisiyla sistemin tam bagli olmasi için r = 3n olmalidir. i' ) 3J ise fazla bagli ve r (3n ise eksik baglidir. Virtüel isler teo~ierninde baglarönemli bir yer tutar. Baglari ild sekilde gruplandiririz :' !-ii) Tek tarafli baglar b) ,Ild tarafli b.~glar H-a) Zamana b,!gIi olmayan baglar b) Zamana baili olan baglar "® x/ »- y Sekil 6. 1.3 - 162- Virtüel is ilkesi denge halindeki tek bir rijid cisim için yapilacak Çözüme gerçek bir avantaj saglamaz. Ilke , rijid cisirnleriri birbirine baglanmasi iie meydana gelen rijid cisimler sistemine uygulanmasi halinde etkindir. Bir sistemde, sistemin bütün kisimlarinin konumunu belirtmek için gerekli koordinat sayisina serbestlik derecesi denir. Problemlerimizin çogu bir serbestlik derecelidir . Mümkün virtüel yer degistirinelerin sayisi serbestlik derecesinin sayisina esittir. O halde SU = O denkleminin her bir virtüel yer degistirme için bir kez uygulanmasi gerekir. 6,2.BAGLAR Mekanizmalarin en önemli,lözelliginin sistemde bulunan rijid cisimlerden çok, bu cisimleri birlestiren mafsal veya kinematik çift olarak'tanimlanan baglantilar oldugu anlasiliiiistir . Mafsallarda olusan hareket serbestlikleri ve bu hareket serbestlildei'inden kaynaklanan cisimlerin birbirine göre bagil hareketleri, bir meka\-iizmayi digerinden ayiran özelliIderdir. Rijid cismin dördüncü noktasi D(xD,YD,zD) olsun. Bu noktanin x D ' Y D ' Z D koordina,tlarini; (xA - XO)2 + (YA - Yo)2 + (ZA - ZO)2 == I~O (xu - XO)2 + (YB - Yo)2 + (ZE - ZO/ == 1;0 ( _ 2 ( )2 (r )2 _ 12 Xe,-Xo) + Ye-Yo + Ze-Zo - eD Bukosullardan tam olarak belirlenir. Benzer sekilde rijid cismin bütün noktalari bulunur. Rijid cismin konumunu her zaman bu alti bagimsiz koordinat ile belirlemek uygun qlmayabilir . Rijid cisme A noktasinda bagli eksen sisteminin, sabit kabul edilen eksen sistemine göre yönelimini belirleyen e(t), rp(t), I.j/(t) açilari (Euler Açilari) ve A(xA 'YA 'ZA ) noktasinin kO,ordinatlari ile belirlemek, yani üç açi üç koordinatla belirlemek daha uygun olabilir ." "I- 164- i : . ÖRNEK2: Uzamaz bir ipin ucunabireisim yerlestirilmis olsun (Sekil 6.2.lb.) . Bu yukari dogru ô''i yer degistin*,$ini yapabilir. Halbukiuzayamiyacagina göre -;; r yer degistirmesin! :>:apamaz . i65· 6.4.IS 'ise f} -= ~ 2 F Sekil 6.4.2 A ~ o Bir kuvvetin isi Bir F kuvvetinin tatbik noktasi hareket ederse, kuvvet bir is yapmis olur. f kuvvetinin A tatbik noktasi B ye ,'gelerek AB yer degisti~esI yapinca: U = F· AB = F ·f .cas () , dir. Is ska!er bir büyüklüktür. i Sekil 6.4.1 , () açisi dar açi ise, is pozitif; genis açi i~e is negatiftir. yapilan is sifirdir. Bir kuvvetin egrisel yol boyunca isi A~Fi KB Ai dU =F·cTr => Ui ...•2 = fF. CTr Ai s, U1->i = JCP cas a)ds Si veya; B a·· ~/ (a) (b) '!3 Seld16.3.l Genelleltirilmis Koordii* : ZamanaBagli Olmayan Bag ÖRNEK: Bir maddesel nokta bir E egrisi üzerinde ]areket ederken E egrisi zamanla yer degistirmiyorsa , bu egri zamanla degismeyen baga örnek verilebilir. " .: i Not : Burada gerçek yer degistirme, baglara uyan ye ,~egistirine olur. Zamana tabi olan baglarda bu durum gerçeklenmez ., Zamana Bagli Olan Bag Bag zamanla degisirse zamana baglidirdenir ÖRNEK: (Sekil 6.2.id. ) deki gibi bir ipe geçirilmis /b!r agirlik h~reket ederken, bag her (t) aninda degisir. 6.3.GENELLESTIRILM.i:$ KOORDINAT ÇiftTarafli Bag Baglar, ;; 'fyer degistinnesininziddiolan- ör yer .e,gistirmesine de izin veriyorsa böyle baglaraiki tarafli bag denir. Mekii izmalarda baglar genellikle çift taraflidir .. ' .' •. " .........••.' .: ... '. ' ÖRNEK; Birmaddese! noktW1in,qjrktir~,it!,iringekih1U" ketim düsÜnelim (Sekil. 6.2.1 c, ) . Maddesel'npkcinin haJ'~k~n·sonsuz .. :çük~'hir bölg~de sanki tegetdüzlem ÜZi:irind~olu;yormus'gibiQlur .d~" ~da bir or yer degistirmesidüsünülmüs olsun, bunumpddi:9Ian..-,S, yerdegistirmesi de yapilabilir' . o halde burada ikitaraflibag:vardir . Burada bag küre yüzeyidir . ' Bir sistemin dtinimuher/yzam~n kartezyen koordin~tlaria: degp;bazi h~lJe~de b~ska parametrele~lede t~s~it edilir. Çok zam~n açilar kUllanilir. Bir sistemindurumunu belirtmek için kullanilan en ufgun parametrelere genellestirilmis koordinat denir. Bir sistemingenelle tirilmis Koordinat sayisi serbestlik derecesine esittir." I· i : 1 ..,,-,l.\\l~"·e, E X M' Sekil 6.4.5 Virtüel is: i :,1 . 'i - 167- dU = -vV· dVy,j: u ~ --'f' Wdy = Wy - Wy => u = -Jf!tJ.)i .. ,1-2 ' . i 21~2 i • Yi Bir yay.in uygul~~igi kuvvetin isi F = k; , x = ~ryinuzama veya sil~sma miktari , k = yay sabiti . . - : ' , f' 1 2 i 2 dU=-F·dX=~l&dx=> U =- /O:;dx=-/o:; --/o:; .. i ,1->2 x 2 i 2 2 ... 1 ' Gerçek yer degI.s~il·me, virtüelyer degistirme, baglamalara uyan yei' degistirme . i· . :',1 ,. Maddesel nokta 1f kuvveti ile E egrisi üzerinde artan yaylar yönünde hareket ediyor: ' a) Gerçek yer deg,lstim1e MM, i::: Vdt MM, =dxT +dYl +dzi{ b) Virtüel yel;'dei~Jstirme MMI= V,Cit=' T +!5y] + Gzk V, = vÜwel hiz c) Baglflffi:-Iara u, a:i virtü~1 yer ~egistllme MM"',= v"Cit = ,I i +!5yj +Gzk i F .MM == F . VJ . ot = X 'Qx + Y . ey + Z ' az :1 ·1 ·1 i .1 :1 -a; =':..de dönme e 2 (c) x ""f"" ..... t dy Sek..i16.4.3 öteleme (b) (a) Bir kuvvet \~iftinin (Momentin) isi kuvvlct sabitse; Ui.,i ::-:: F(S, - Si) Sekil 6.4.4 . i 66· y (Sekil 6.4.3 b. ) için; Fds - Fds = O i i (Sek..ij6.4.3c. ) için; r dsy = (2)dO r ,r dU=~F(--dO)+F(-de)={Fr)de => dU=MdO 2 2 ii;' e belirli ise; 0, U = fMde 1-1 Bir agirligiii isi sabit bir kuvvet çifti duiumunda ; U,~, =M(O, -e,)6.5. VIRTÜEL is TEOREMI RijId cIsImler sistemi için virtÜel is teoremi Bir maddesel sistemin denge konumlarini veren ,1· gerek fakat yeter olmayan sartlar b) bilinmeyen bag kuvvetlerini içenneyer bir teorem virtüel is teoremidir, yalniz bu teorem beiii sartlan saglayan özel maddesel sistem [ere uygulanabilir. Teorem: Kendi aralarinda ve sabit manialarla baglamalari sürtünmesIz olan bir rijid cisimler sistemi dengede ise. Baglamalara uyan bir yirtüel yer degistinnede , aktif kuvvetlerin isleri toplami sifirdir. NOT: 1 Sürtüninesiz hallerde, dengeyi incelerken , virtüel is teoremi , tepkil eri denkleme sokmadigindan denge konumunun belirtilmesi veya aktif kuvvetlerden birinin bulunmasi hallerinde, sonucu az islemle bulmak mümkün olur. Statik çözüm yoiiarinda oldugu gibi sorulmayan bÜyüklükleri hesaplamak zorunlulugu ortaya çikinayacaktir. NOT:2 Sürtünineli haiierde ; tepkiyi, nomial tepki ve SÜrtünme kuvveti olarak iki bilesene ayirdigimizi farzedelim. Baglamalara uyan virtüel yer degistinnede nonnal tepkilerin isleri toplami sifirdir. Fakat sürtünme kuvvetleri isi sifir degildir. Teorem aktif kuvvetlerin ve sürtünme kuvvetlerinin isleri toplami s'ifirdir, seklinde ifade edilir. NOT:3 Mafsalli sistemlerde, mafsa] kuvvetlerinin yaptiklari isler sifirdir. NOT:4 Bir rijid cismin maddesel nolctalarini bir arada tutan iç kuvvetlerin toplam isi sifirdir. Problemlerimizin çogu bir serbestlik derecelidir . Mümkün virtüel yer degistinnelerin sayisi serbestlik derecesinin sayiisina esittir. O halde 5U = O denldeminin her bir virtüel yer degistirme için bir kez uygulariniasi gerekir. - 169 - r i isim dengede ise, !e' .',aktif kuVvetlerin - i68- I·' .~ i ~zel olarak virtüel yer degistirme, gerçek yer degistj~e ile çakismissa F kuvvetinin yaptigi ise baglamalara uyan virtüel is4enir. Maddesel nokta için vIrtüel Is teoremI Teorem: Dengede olan bir ,maddesel noktaya' e!kiyen kuvvetler sisteminin virtüel isleri toplami sifirdir (karsitida do~ dut). Yer degistinneyi baglamalara uygun yer degistirme lqigimizda, baglar ideal ise yani temaslar sürtünmesizise , Teaktifku etler baglamalata uyan virtüel yer degistinnelere dik oldugu için , r aktif .kuvvetierin , sürtünme olmadigi zaman , baglamalarauyan vi . el isleri toplami sifirdir. Geriye aktif kuvvetlerin baglamalara uyan v i\Üel isleri}oplami kalir. Toplam sifir oldugu için bu da sifirdir. Ideal bagli maddesel nokta içiiivirtüelis teoremi ideal (sürtünmesiz) ve iki tarafli baglamalarla Bagli bir maddesel nolctanin baglamalara uyan bir virtüel yer;degistirme~eaktif kuvvetlerin yaptigi isler toplaminin sifir olmasi dengenin gerek veiy:etersartidir. Rijid cisim için virtuelis teoremi Sabit manialarla sürtünmesiz temasta olan bir rijid baglamalara uyan herhangi birvirtüel yer degistirme virtüel isleri toplami sifirdir. ' esd ,..., {S} := O ÖRNEKLER yani GR(S) = O , Mo(S) = O olmasidir. Bu teorem herhangi bir maddeselsis erne uygulanabilir. Maddesel sistem kati cisimlerden olusiyorsa, sistindeki her bir rijid cisme ayri ayri uygulanarak ayni zai:narieja yeter' s. 'lar da elde edilir ; çÜnkü bu sartlar bir tek rijid cismin denglkoniimla:ri için'hem g",rek hem de yeter sartlardir. Fakat rijid cisimlersistemindenge j'7çingerek sarttir. Bu sartlari herhangi bir sisteme uygularken, ger sadece denge konumlarini bulmak istiyorsak bir sakinca olus :rur. Yanidenge konumlarim veren ve a) hem gerek hem de yeter sartlim olusturan , 1. Birbirlerine mafsallanmis olan iki ünifd~ çubugun her birinin agirligi W ve uzunlugu L olup , mesnetlenme ve yüklenme durumu sekilde gösterildigi gibidir. Denge konumundakif} açisini bulunuz (Sekil 6,] a,). .I..h:d1!',;F j5 x (b) A Sekil 6.2 Çözüiu : ' + W ~siPe+~, ~,Sine +PLs,ine - Q2Lcose =: O=> tan e = 2Q 2 . :1 2 P+W bulunur. - 171 • , 2. B =: O için yay dogal uzunlugundadir. Denge kunumunda B ile P, W, k arasin'~aki bagintiyi virtüel is teoreminden yararlanarak bulun uz (sekil 6.2a. ) . (a) i ,i :1 Sisteme etki eden,laktifkuvvetier (Sekil6.2b. ) : {W,P, F} = {S} Genellestirilmis kpordinat :e Serbestlik dereces',:i , Baglara tiygun kV' ük yerdegistirme vererek ,virtüel is teoremi ile ; 5u = O => W· r +F· 5 r + j5 . 5 r = O c ' B B rc = i sinB T + 1.,os B] => 5rc = [ i cas e T -I sin e] ]5e rs = 21sinpT +'11 cose]=> 5~ = [ 21eoseT5e - 21sin BJ ]58 VV = -w] ,i ' f> c= -p] , ,~'i F = - F T =>: ft = -kxT => ft == -k21 sin eT [ (-w]) .(l cas f) T -l sin e}) + (~p J) . (2l cas eT - 21sin e J) + (-FT) ,t21 cas e:il ~ 2/sine J) Joe = O ,i 'i i "i ", " i , , i -~ B ~ P x (b) A - 170· Sekil 6.1 B P Çözüm: Sislemi: etki eden aktifkuvvetler (Sekil6.1b.): {WAC)VaciP,Q}== {S} Genellestirilmis koordinat: e Serbestlik derecesi: 1 Baglara uygun küçük yer degistirme vererek ,virtÜel is teoremi ile; SU == O => WAC . 5 re, + IYac . 5 Pc, + Q . 5 ra + P . 5 ~- == O -. L'e-: L e--: 5- [L Ll-: L'e--:]5e rc, == - sm i + - cas ) => re == - cas 17 i - - sm } '2 2 '2 2 -. (L L), e -: L e --: s: - [(L L) e -: L. e --:]~e r == + - S111 i + - cos ) => u re == + - COS i - - sm ) u c, 2 2 . 2 2 rB == 2LsineT => 5rc == 2LeoseT 5e , re == L sin e T + L cas e] => 5 Pc,== [ L cas e T5e - L sin e] ]ise Wc, == -W] W = -W] c, p=-p] Q=-QT [ _ L _ L - - 3L - L. - (-W j).(-casei --sinej)+(-W j).(-cosei --sinej)+ 2 2 , 2 2 (_p ]) . (L cas e i -,L sin e ]) + (-Q i) .(U cas eT) ]&1= o- 172- i : i • - 173 - + wl sin e +ni sin e - F2/ cos e ~ O"" tan e =~. lsin fJ .+2P bulunur .. , 4. Her bir çubugun agirligi SONdur. Yay OJm uzadiginda sistem' dengededir. Denge konumunu veren fJ yi virtüel is teoreminden yararlanarak bu]unuz (Sekil' 6.4a. ) . E (b) x A t Sekil 6.4 E A (a) Çözüin : Sisteme etki eden aktifkuvvetler (Sekil 6.4b. ) : {wF' Wo, P, F} == {S} Genellestirilmis koordinat: e Serbestlik derecesi: i Baglara uygun küçük yer degistinne vererek, virtüel is teoremi ile ;' oU = O => WF • O rF + WG • OFe+t. o rB + F . o rD == O _ 0.7. fJ7 0.7 LJ'" :;:- [ 0.7 e7 0.7 . e -. Js:e rp==-sin i+-cosl?J::::>urp== +-cos i--sin j u 2 2 2 2 - (O 7 . fJ 0.7. LJ)- 0.7 e -; ro == • sin +-sinl? i +-COS J i 22. [ 0.7 - 0.7 - ] öro= (0.7cosfJ+-cose)i--sinfJj öfJ 2 2 rB =0.1sIne7 +o.lcose]=>orB ==(O.lcosfJj -O,lsinfJ])ofJ rD = (0,7 sin O + 0.6sIn O)! + O.]cas 8] => o'rD == [ 1.3cas 8 T - O,]sin 8] ](58 WF =-50] WG = -50] Fs == +FT ::::> Fs == hT => FB =: 400(0.3)7 FD=-FT ::::> FD=-hT => FD=="':400(OJ)T i Joe At, bulunur. SekillS.3 Sisteme etki eden aktifkuvvetler (Sekil 6.3b. ) :{p, Genellestirilmis koordinat :& Serbestlik derecesi : 1 Baglara uygunküçükyer degistirme vererek ,virtüeli Su -= O ~ t. O re +p. o rB =0 . rB = i cas e 7 +i sin fJ J ~ orB= [-I sine7 .+lc re -= 2lsine J~ Bre = +2IcasB]ôe P=+p] F -= -F J ::::> F = -kxJ i . li + x = 21 sin e ~ x = 21sin e - h . i : [(+p]).(-sineT +lcose])+(-F])'«+21COS~]') ]0'8==0 .. P+2k71 i cas e P - kx21 cas eoe = O ~sin e = .. i " 4kl Çözüm: 3. Mekan.Izmanin...denc.g.e kO. numunakarsilik olan fJ. a.çi.ri:iibelirleyiniz. Yayin sekil degistirmemis uzunlugu li ve yay katsayi~;i kdir . Mekanizmanin agirligini ihrnal ediniz (Sekil 6.3a. ) . :: ,'<.,1;:;0;P m2g (c) oi P Inig - 175 - (b) p i , i :,1 B~glara Uyguri.I(~ük yer de~istirmevererek ,virtüel is teoremi ile; bU, '= O . =>.J Q. 5 re + P . 5 rH = O re :;= 2lsin B '.;1 => o re = 21 cas ()J 5B rH ~61siner => orH=6Icose]o8 P~ +P] Q= -QJ (-Q J). (2lC~.seJ 5B)+(P). (6l eosg J59) = o -Q2lcos9S.' +P6leosg59 = o => P = Q .. ' 3 bulunur, :') . 6. Sekilde görU en birçiftesarkacin genellestirilmis koordinati 81 ve ei dir, Yatay P ~Jvvetinin etkisinde statik denge konumunu belirleyiniz. , ·1 ' ' :.'1 Çözüm: :,1 ::1 (a):'1 i , ! i i Gene'lIestirilmisl koordinat : (ei, ei ) SertJestlik dereclesi: 2 . PJetifkuvvetlerl; CW;,W2,P) Her serbestlik dbrecesi için virtüel is teoremi bir kez uygulanir. 81!,' virtüd y,,~,gistinn'Si i10: Uygulanan b~tüe kuvvetlerin virtüel isi (Sekil b): r5U = -(migsinJi)Ir582 + (Pcos82)lo82 = O , : i ":"~.\ x Sisteme etki eden aktifkuvvetler (Sekil 6.5. ): {p,Q}= {S} Genellestirilmis koordinat: () Serbestlik derecesi: ] 5. Sekildeki çubuk sisteminin dengede olmasi için P ve Q aktifkuvvetleri arasmda bulunmasi gereken bagintiyi hesaplayiillz , çubuklarin agirligi ihmal ediliyor (Sekil 6.5a. ) . Sekil 6.5 Çözüm: - 174- [ _ O.7 - 0.7. -' s:- (-SO)) . (+ -CQSe i - -sin 8 )u8 + 2 2 -' { 0.7 -. 0.7 -' } (-SO))· (0.7+2)cos8i -isine) o()+ (400(0.3)T .(O.leasgT -O.1sinB])6'B+ (-400(0.3)T(1.3cos8T -0.lsin8])58 ]=0 50(°·7) sin BbB + 50(2.2) sin Boe + 400(0.3)0.1 cas Bc5e - 400(0.3 == l.3cOs8c58 = o' 2 2 144 9 7 o tang = - => = 6.33 35 bulunur.• 176- Denge konumunda (58i = O) , 581 vii;tüel yer degistirMesi il~ yapilan is (Seki c) : i ~' 5U = -(migsin8i)1581 - (migsin81)158i +(PCOS8i)Z58I'I- ~ , Bu bagintilardan: " , ' P " tanei =-- ' ,-',-' mig . ]76· 1 VII.KiRIs KUVVETLERI 7.1.GIRIs P tanei = (mi + mi)g bulunur. Bundan önceki bölÜmlerde sistem1er1e ilgili iki temel problem göz önÜne alinmisti; 1) Sisteme etkiyen dis kuvvetlerin bulunmasi 2) Sistemi olusturan çesitli elemanlari birarada tutan kuvvetlerin bulunmasi 3) Simdi; verilen bir elemanin çesitli parçalarini birarada tutan iç kuvvetlerin bu1un:pi.asl problemini gözönüne alacagiz (Sekil 7. J. ] .). B \, C F A -F -F Sekil7.1.l \ 7.2.DIS KUVVET ; Iç KUVVET ; ZORLAMA çEsITLERI C 1 F -F F Dis kuvvet 1) Dogrudan dogruya belli olanlar 2) Temaslardan gelenler (mesnet tepkileri) Dis kuvvetleri : a) Tekil kuvvetler b) Yüzeye yayili kuvvetler (yükler) 1) DüzgÜn dagilmis 2) Düzgün dagilmamis c) Hacme yayili kuvvetler (eismin kendi agirligi, magnatik kuvvet,v.s ...) (Sekil 7.2.1.) Gi;iplandirabiliriz .J - k(g :Egilme momenti Mb : Burulma momenti (Döndürme Momenti) (b) ~ "L -178- , , 'Sdi=;,ii,i bUlU~~ (~) :e (!p yardimiyla Sdi ~ Si,i == O Sdi - Si,i - S:J -----7 Sdi - Su (1) ve (2) deki dis ~vvetleri G agirlik merkezine indirgeyelim (Sekil 7.2.3, ) . ,L Sekil 7.2.3 Bu indirgeme ei~a:niarirun kesit düzleinI içinde ve kesit düzlemine dik bilesenlerini alaliiJ (Sekil 7.2:4.). Geometrik toplam (Sekil7.2.4a.) ve bileske moment (seki17.itb) için; L i . ,. (a) N :Normal kuvve:tl Q : Ke~me kuvvetttrriakaslaina kuvveti) ·1 ,I i :,1 ,·1 Sekil 7.2.4 " . i ·1 :·1 ·1 B (b) - 177- Sekil 7.2.2 Sekil 7.2.1 Düzgün [(lagilmis q Tekil Kuvvet {ii, ii, F~, i4, ii,.i)' in}= {s} S kuvvet sistemi etkisinde dengede olan rijid cismi (Sekil 7.2.2a.) , iki parçaya ayiraiim (Sekil 7.2.2b.). Dengede olan bu cismin her bir parçasi da dengededir. (2) . parçanin dis kuvvetlerin,e esdeger vektör sistemi (1) . pC\rçanin agirlik merkezinde, (I) . parçanin dis kuvvetlerine esdeger vektör sistemi (2) . parçanin agirlik merkezinde alinarak; Sdl : (1) nolu parçaya tesir edeljl dis kuvvetler Sd2 : (2) nolu parçaya tesir eden dis kuvvetler Si,1 : (1 ) nolu parçariin (2) nolu parçaya tesiri S],2 : (2) nolu parçanin (1) nolu parçaya tesiri (1) Sdl+SI,i==O (2) Sd2 + Si,i == O Sdl+Sd2+Sli+S2]==O -7 SI2==-Sil CA) ~" " =ü (1) ve CA) yardimiyla Sui =-SI,2 =-(-S,) Iç kuvvet·179 - . i80- muslugu sikma yönü (+) Sekil 7,2.5 , BURULMA MOMENTI (Döndürme momenti) (r-------"-'cto (+ ~~)) -------) ( ~)Mb(-& J Kesme kuvveti ile egilme momenti arasindaki baginti (Sekil 7,2.5.) deki gibi yüklenmis OA kirisinden yüksüz olan kisimdan dx parçasi alip, serbest cisim diyagramin! çizelim': BC kesitine etkiyen momentlerin toplami; Normal Kuvvet IEgilme Momenti fesmeKuvveti . 'cirmal Kuvvet , 'f:gilme Momenti esme' Kuvveti E KUWETI ",Q(~ ,;,Q(+) ~~t },' Qt)l- --~ ~ it ,:tl, ~ ,~:Q~n saat akre,bi ya,'nol d,',e" ,'." '~,' , c:~m's (·t) ... :~O)(+) ~~-~ \.. :: L~ ···<.>/ ................. _" .. j : ~. Çeki(+) Basi(-) EGILME MOMENTI M'g(+) {i C M,g(+) ~ b i ~ ~--~+i '~ N(+) N(+) C--=--_-~~--~ N(-) N(-) Örnekler Özel durumlarda kesitteki zorlama tip ve sayisi: 1) Kuvvetlerin hep}i düzlemselolsun 2) Bütün kuvvetler düzlemsel ve paralelolsun ) 3) Düzlemsel ve yat~y kuvvet olsun ~lii-.r4lil1l+- Zorlama çesitlerinin yönlerine göre isaretlenmesi NORMAL KUWET ~ ]) Meg(-) O' ~ M (~) ,g l bulunur, Bu bagint! kuvvet çifti' uygulandigii;ida geçerliligini yitirir. Kuvvet çifti tarafindan egilme momentinde meydana gelecek ani degisimleri gözönüne almazlar. Egilme momentinin türevi o kesitin kesme kuvvetini verir. Yayili yükte de geçerli . Egilme momentinin maksimum oldugu noktada kesme kuvvetinIn sifir oldugunu gösterir.- 181 - Kesme kuvveti ile yayili yük arasindaki baginti (Sekil 7.2.5.) deki OA kirisinden yayili yük ile parçasini alip, serbest eisim diyagramini çizelim: yüklenmis kismindan dx - 182- ·1 ÖRNEKLER J 1. Kes~e. ku~:e.~i. ~~~~~~ .. mome~ti. diyagrainini ~i~i~iz . E~ momentUlln buyu. ugW1U ve yerini bulunuz . Kinsin kendi ediliyor .(Sekil 7.1.1). , .,' büyük' egilme agirligi ihmal 2., y:= O ==> Q - qdx - (Q + dQ) = O Me. ) Q_qdx-Q-dQ~O Q[ dQ y(+) .1· Am ~Ot 6m ··1 AK~"'g;",,, •. , -~''''''·'''''-'''··~~B ". ' " ,h.~~ ~~,~B~'r~~~'k"$:~~~~~ ~' Sekil 7.1 Çözüm: P kuvveti yukari dogru olsaydi: L y = O :::::> Q + P - Q = O :::::> Qi = Q + P => Qi = Q + (+ P) P kuvvetinin yönüne göre; Qi ~ Q±P bulunur. Tekil yüklerde geçerli degiL. Tekil yüklerden ötürii meydana gelen kesme kuvvetlerindeki ani degismelerigöz önüne almazlar. Tekil kuvvetlerin etki ettigi noktalarda kesme kuvvetinin degisimi: (Sekil 7.2.5.) deki OA kirisinden tekil kuvvet ile yüklenmis losmindan dx parças1Di alip, serbest cisim diyagramini çizelim: M=O M=6x M = -4(10) +40 M=O M = 6(x) -10(x -4) M =-4x+40 M = 6(4) => M = 24t.m Q= 6t Q=6t 3~:i II : L· x == 4m . Q = 6t B.Ö Q = 6t +(-1.0,) => Q =-4t B.S II-'- III En büyük kesme k~ileti ve en büyük egilme momentini bulup bunu tasiyan kesit tayin edÜiyor; utlakdegeri eil büyük olan aliniyor. Mesnetnoktalari , tekil kuvvetlerin e " ettiginoktalar ,yayili yükün baslangiç ve sonu, romen rakami ile numaral~ dirilir(Sekil 7.2. ) . Serbestcisimdiyagrami çizilip önce mafsal tepkileri bulu ur, sonra çubuk her asamada belirtilen yerinden kesilip, sol tarafinin serbest. ~isim diyagrami çizilir ve denge denklemleri yazilarak, momentkesite göre~linir , kesme kuvveti ve egilme momenti bulunur . ':1 . i ·1 ;=0 ·1 i-II l~M" +dM. M (~1 yr "0 Ly=O=>Q-P-Q =0 Q:=Q-P Qi == Q + (-P)- J LU - .i84· ,I iV\ o / Jl Momentin yönü degisecek A=P , MR=-'Pl Ly=O=>A-F=O IMA =O=>MR+P(!)=O x x ct) Sekil 7.4 Kesme Kuvveti Diyagrami Egilme Momenti Diyagrami o o M,g i - x=O, Q=P M = -PL i II MR = P i ( ,r~~~~l~i\~ M = -FI + Px Q=P M = Fx-PI p'"=.A ·1 II M==Pl-PJ - x = i Q=P B.Ö M=O biraz soma malzeme bitiyor çiplak yüzey MGr F I. II ... , " _.,,..' ~ '-, _ ..•.. , . i,n "" •• " , .•.• ,'" ~ y A t1i1~,",~A~u ~,J'k.~!\'rr.~~~7\&~~~~J)~~~lij! B ~(+) A x Q P M =-PI max rakami ile numaralandirilir (Sekil 7.4. ) . Serbest eisim diyagrarni çizilIpönce mafsal tepkileri bulunur, sonra çubuk her asamada belirtilen yerinden kesi tip, sol tarafinin serbest eisim diyagrami çizilir ve idenge denklemleri yazilarak, moment kesite göre alinir, kesme kuvveti ve egilme momenti bulunur. 1 i 1 i ! ! i i i i i i i ; i i i x x jj 1 IM, = O'''P(IO)'- 10(6) = O IMA = O =>119(4) - B(1 O) = O A =16t 13=4t .. , c+ , 10tl 4m tIl 6m III ~~~~'~~~~B o o Egilme Momenti Diyagrami 6t Sekil 7.2 Sekil 7.3 . J .. (p. ... I ·· >., '. A~B Y M(+) i t)' A~ L4 x A Q 2. Kesmekuvveti egilme momentidiyagramini çiziniz 1.:Bn büyÜk egilme momentinin büyüldügünü ve yerini bulunuz . Kirisin *endi agirligi :ihmal ediliyor (Sekil 7.3. ) . Çözüm: En büyük kesme kuvveti ve en bÜYÜk egilme monientini blI~P bunu tasiyan kes.it tayinedil.iyor , .mu~~a:< degeri en bÜYÜk~Ia:ia. Iiniyo.r .d~snetnoktaiari, tekil kuvvetlerin etki etti gi noktalar, yayili yukünbaslangiç. e sonu , romen- 185 - - 186- büyük egilme agirligi ihmal Ly==O::.:::>A-ql==O i LMA ==0::.:::> MR +ql(-)=0 2 12 A==ql M =_L , R 2 x Momentin yönü degisecek x II B i 2 SeldI 7.4 :1(- . qx2 ==-T+qlx- qZZ 2 K~sme KUYveti Diyagrami o o M. 'g 12 M. -'q .. y !(~~ t. ~ ) .•\.~~~IA ~M(+) x Q ql . zi M =-q- max 2 Parabolün ~aksimi.1.ihu:; . qx2 ~. q12. i M = --+qlx-::.:::> M = -qx+ql = O => x =/ 2 ,. 2 ii :·1 zi M =-L+qI{F)-L=o::.:::>M =0 - 2"1 2 - .' 4 "tC i.. -") . d' . " E • ~ esme cuvv .. eti .,f.gi me momenti iyagramini Çlziniz. n momentinin büyük,1'günü ve yerini bulunuz . Kirisin kendi ediliyor (Sekil 7.5. ) .. q B Sekil 7.5 A ri L02 - M=_L x::::O Q=ql 2 i II ql2 X M - i'(t~ Q~ql-qx M ==--+ql(x)-qx(-) 2 2 "- q- X qx2 qlZ 2 A _ Q :::: -qx + ql M =--+q!x-- , -q 2 2 II ql2 . zi - x == i Q == -gl + gl M == -- + ql(l) -q(-) 2 2 .i Q::::OB.Ö M=O biraz soma malzeme bitiyor çiplak yüzey 3. Kesme kuvveti egilme momenti diyagramini çiziniz . En büyük egilme momentinin büyüklügünü ve yerim bulunuz .' Kirisin kendi agirligi ihmal ediliyor (Sekil 7.5.) . Çözüm: En büyük kesme kuvveti ve en büyük egilme momentini bulup bunu tasiyan kesit tayin ediliyor, mutlak degeri en büyük olan aliruyor . Mesnet noktalari, tekil kuvvetlerin etkj ettigi noktalar, yayili yükün baslangiç ve sonu, romen ralcarni ile numaralandmlir (Sekil 7.6. ) . Serbest cisim diyagrami çizilip iönce mafsal tepkileri bulunur, soma çubuk her asamada belirtilen yerinden kesilip, sol tarafinin serbest cisim diyagrarru çizilir ve denge denklemleri yazilarak, moment kesite göre alinir, kesme kuvveti ve egilme momenti bulunur . SeIdI7.5- 187- Çözüm: 5. Kesme kuvveti egilme momenti diyagramini çiziniz . En büyük egilme momentinin büyüklügünü ve yerini bulunuz . Kirisin kendi agirligi ihmal ediliyor (Sekil 7.7. ) . - J 88 - i - i X=O Q = 6t M=O i-]I -- Q::: 6t i M =6x M = 6(3) => M :::]8t.m '.- -- i - iLtf , M::: 6(x) - 4(x -3) 6t M = 2x +] 2 III , M::: 2(6)+]2 x=6m Q=2t' M::: 24tm III -IV. M = 6x - 4(x - 3)- 4t 2(x- 6)t j x-6 -6 2(x-6)(-) 3m 3m III' =6-4-'(x-6) 2 § -, .-.1;;<,"" ii'11i!ö'; !;i~'~ ·~lt M=-xl+14x-24 p x x~_q:::-2x+14 IV - x = 12m Q = -2(12) + 14 !M:::-(12r +14(12)-24 Q = -lOt M=O '- i i .'i ,i ') '7- 4(9) - '12(3) == ü IIMA= O . B }:',Ms=ü 4(3) rJ 2(9) - B(12) = ü x ~ 6t' B== lOt , ) B = lOt ~ Egilme Momenti Diyagrami o 2~- ~ o r Kesme En büyük kesmekuvveti ve en büyük egilmemomentinib lj.ipbunu tasiyan kesit tayin ediliyor, mutlak degeri en büyükolan aliniyor. Mesrtet no~talari , tekil kuvvetlerin etki ettigi noktalar, yayili yükUn baslangi ye sonu , 'romen rakami ile numaralandirilir (Sekil 7.6. ) . Serbest Cisim diy gram] çizilip ance mafsal tepkileri bulunur, sonra çubuk her asamada belirtil ri; yerinden,kesilip , sol tarafinin serbest cisim diya,grami çiziline.denge denk! mleri yazilarak, momenthdte göre alinir, kesme kuvvytive egilm..~rriom :i:iti bulunur. ~ 'I".' r; ii! ii; Ii: ir ii: i~ :, q iii. li! ii' i:i. il ~ ~i l: Sekil 7.6 Parabolün max. bulalim; M:=;-x2 +14x-24 ~ M = _(7)2 +14(7h- 24 maX Mf = -2x +14 = O ~·I >= = 7m => M = 25tm max ~~m~I(2m »O~( Am »ol lOt / m Sekil 7.7 Çözüm:- 189 - - 190 - büyük egilme agirligi ilunal M=2(x)-5(x-2)­ (x -' 2)(x - 2) M:::: _x2 +x+ 6 M = 2(2) => M = 4t.m M=O M=2x M :::: -16 + 4 + 6 = -6tm M = 2(x)-5(x-4+2) + x-2 15(x - 4) - (x - 2)·2(-) . 2 M=-x2 +16x-54 M:::: -64 + 128 - 54::::10tmB.Ö M =0 B.S Q= -7t B.Ö Q = 8tB.S Q=O ~(x-4+2) .~ Q::::2+15-5­ 4> . i:ti . 2(x-4+2) 15t:·1 Q=-2x+16 i x=O I-Il' t~'~~ A::::2t~1 Q=2t III x=2m' ·1 Q=2tB.Ö Q=2~15 => Q=-3tB.S II-III i Sn ~2(~-2) : =2-5-2(x-2) ~tl 2t/ x .' Q=-2x+1 -<{ III x::::4m III-IV . 2t IV x=8m Parabolün max. buiiiin ; M.= _x2 + 16x. "';·4 =>M' = -2x+16 = O => x::::8m M mw. :::: -:-8' + 16(~ - 54 => Mmax = 10tm 6. Kes~e kUVVeti:~gilme momenti diyagrairuni çiziiiiz . En momentinin büyülClfgÜllü ve yeriiii bulunuz . IGrisin kendi ediliyor (Sekil 7.9 ..J . · .. 1 '. i "i :1 j i i A ::::2t IMA =0 B:::: 1St "L,MB = O A(4) - 5(2) + 12(1):::: O 5(2) - 4B -12(5) :::: O x -+ x ~ i M ::::_x2 +16x-54 i~~ Bb1~T , 2t O Q M" -6tm Egilme Momenti Diyagrami Sekil 7.8 . Y MC +) i i)fr Ai!; lA:::: 2t x En büyük kesme kuvveti ve en büyük egilme momentini bulup bunu tasiyan kesit tayin ediliyor, mutlak degeri en büyük olan aliniyor. Mesnet noktalan , tekil kuvvetlerin etki ettigi noktalar, yayili yükün baslangiç ve sonu, romen, rakami ile numaralandiri1ir (Sekil 7.8.) . Serbest cisim diyagrami çizilip önce mafsal tepkileri bulunur, sonra çubuk her asamada belirtilen yerinden kesilip, sol tarafinin serbest cisim diyagrami çizilir ve denge denklemleri yazilarak, inoment kesite göre alinir, kesme kuvveti ve egilme momenti bulunur.CL - ] 92- 2DOmm D 200mm A A - ]9] - ili il 1:; )1; J ,II' 'J' 'I ii; n: i': '. 2' IMA = o Iy=O B A +B-600::: o x x B = 200N , A =400N B=200N 200mm 600(0.4) - B(0.6) - i20 = O 120Nm 1 Sekil 7. LO c -200N 600N (+ 400mm Egilme Momenti Diyagrami o A=400N o M'g 40DN A~~"", y M( t1Q x i i j j i M=O M=O OO(x - 004) -120 r = -200x + 120 :M =400x Q::; 400N Q = -200N Q=400N Q=400N B.Ö Q=-200N RS x i x::o r=TI - 40DN ii x:: DAm 600N Sekil 7.9 400N im !x::O.6m i çözüm: En büyükkesme<1ruvveti ve en bü~egi1memomentinrb' i.ip.bunu tasiYiin kesit tayin ediiJiyor , mutl* degeri en büyükolanalimyor ; 'esrtet noktalari , tekil kuvvetlerin etki ettiginoktalar ,yayili yükün baslaJ:1gi \ie,s0nu, rOl1'!.en rakami ile numaralandinlir (Sekil 7. ro. ) .Serbest cisirndi agraini çizilipönce mafsal tepkileribuluni.ir , sonra çubuk her asamada b~lirtile .yerinden kesilip, sol tarafininserbest cisim diyagramiçizilir ve dengedenkl leri yazilarak, . momentkesite göre alinir, kesme kuvveti ve egilmemome ti bulunur .1 ;, i: ii ~! ~!' r: ri i 1': t. i i i i i i j- 193 - VULKAFES SISTEMLER 8.2. DÜZLEM KAFES SISTEMLERIN RillDLWI Bir düzlem kafes sistemi, sifira esdeger her kuvvet sistemi etkisinde dengede ise kafes sistem rijiddiL Çok bagli Az bagli Sekil 8.2.2 Tam bagli. in çubuk sayisi v~r dügüm noktaSI sayisi aralarinda harigi sarti gerçeklemelidir ki sistem kendi arasindatambagli olsun ,kisaca bir tek levha gibi davrarian sistemin baglilik: ~'terlerineçesitli yollardan. erismek mümkündür . Önee sistemin bütüne'simleri serbestmis gibi düsünülürse , toplam serbestlik derecesinin 3mo.i asi gerekir; halbuki bu çubuklardügüm noktalarindaki mafsaHarla birbirliri ile ,baglidir; bu neden.le 3m serbestlik derecesinden bir kismi yol} olmus~r . Bir dügümde baglanan cisim sayisiDl ~ ile gösterecek olusak, burada Y~1' olan serbes.t.lik derecesinin sayisi (2P' - 2) dir; her dügüm için bulunan degeri ri toplarsak; kaybolan toplarii serbestlik sayisi için; f = 'f)2P, -2):' 2t~ -2n lo) , 'T i-i. bulunur ; toplamidr sayisi n olan bütün dügümler üzerinde alinacaktir . p, tolamina gelince ~'Iher çubugun iki ucu bulunduguna göre bütün cisimler bu toplamda iKi defa sayilacagindan; tP, =2m ·1 ~L~ kibuna göre ;ilk olan serbestlik derecesi; f =2x 2m -:2n:~ 41n-'-2n olur. Toplamserotstlik.detecesi olan 3mden bu degerçikarilarak, aita kalan kafes sistemin serhtstligidir . Bu artik serbestlik üç etmelidir ki sistem tam bagli olsun. O halde; '; 3m - f = 3m - (~m - 2n) == 2n -:m = 3 veya; m = 2n-3 :1 . '·'1 - ] 94 - . davrariabilmesi i~L çubuklari arasindaki baglann yeterli olup olmadigini arastiimak' gerekir}" Mafsallarla]]irbirine baglarian çok eisimli sistemlerde eger elemanlahnin birbi lerine görehiç bir serbestligi yoksa, elemanlarina aralannda rijid olarak bagi; ir deriir , rijid olus ya tam ya da fazla bagdan ileri gelir. Burada rijid deyim:' ,.kafessistemingöçmeyecegini belirtmeküzere kullanilir. Baska çok baglis1stem1erde oldugu gibi kafes sistemler de kendi içinde tam b~h ::~~~r"Y' OIWiii'l'o ~ _~B/h~ --rw -p C Bir çubuk eksiitmekle rijidlik bozulmazsa asiri rijid kafes sistemi. Sekil 8.2.1 -,-:+Aii..-".. ,p '~'-p C Dengede (rijid) . A M~p C {p,-p }= O etkisinde dengede degil, sekil degisikligine Ugrar. Bir kafes sistemin çözümü~e geçmeden ,önce , onun dis kuvvet tasiyabilecek nitdikte olup olmadigini bilmek, diger bir deyimle, onun tek bir Jevha gibi 8.1. GiRIs l3irhirlerine sürtünmesiz mafsallarla bagli, dogru eksenli çubuklardan olusan çok pö.rçali tasiyici sistemlerde, yükler mafsallara etkiyorsa, böyle sistemlere ka/es sistemler denir. Kafes sistemlerin mafsal noktalarina dügüm noktalari denir. Birçok mühendislik problemlerinde pratik, ekonomik bir çözüm saglar (köprü çatisi, uçak kanatlari çatisi, vinç kolu, petrol kuyusu kuleleri i, yüksek voltaj elektrik direkleri) . Kafes sistemler kurulus biçimlerine göre: I) Basit kafes sistemler 2) Bilesik kafes sistemler (bas'it iki kafes sistemden olusur. ) 3) Karmasik kafes sistemler (kurulus biçimleri belli bir leurala uymayan ). Kafes sistemler I) Düzlem kafes sistemler 2) Uzay kafes sistemler Olmak üzere iki sinifla incelenir. ·1 ·1- 195 - ~,. - ] 96 - x sarti bu sistemin tam bag.hIik hiterini gösterir. Bu kriter~farkli yol!ardan da ulasilir . Sistemin toplam serbestligini· hesaplarken. ~ubuk yerine .dügüm sayisindan hareket edelim. yi YB(XB'YB)· O' A(xA,y .i~" m~3n-6 ~ l;t111 içten fazla bagli distan fazla bagli Sekil 8.2,5 Sekil 8.2.3 ......... " " ""',)) E " /, /f / ~/' ,ll/ .; A B Uzay kafes sistem m = 3n-6 3 çubuk eklenirse Dügüm noktasi i artar. Sekil 8.2.6 ~~ , " , , A' ~ /' D " " ..,,,, / ,/ B Düzlem kafes sIstem M= 2n-3 ,2 çubuk eklenirse dügüm noktasi i artar. Her kafes sistem , kendi düzleminde etkiyen yükleri tasiyacak sekilde projelenmis oldugundan, iki boyutlu bir sistem gibi ele alinabilir. Kafes sIstemlerde n tane mafsal varsa, 2n sayidaki bilinmeyenin çözü]ebilecegi, 2n sayida denklem yazilabilir. Bir basit kafes sistem durumunda, m' çubuk sayisi ile n dügüm naktasi sayisi arasinda, m '= 2n-3 yada 2n = m+3 bagintisi vardir ve mafsallarin serbest cisim diyagramlarindan bulunabilecek bilinmeyenlerin sayisi da m+3 dür. ' M < 2n-3 - çubuk sayisi eksik (rijid degil) M> 2n-3- çubuk sayisi fazl'a ( asiri rijid) 8.3, Ç6ZÜM YÖNTEMLERI A) ANALITIK YÖNTEM Çubuklarin agirligi ihmal edilir, yayili yükler dügüm noktalarina aktarilir. D is kuvvetler yalniz dügüm noktalarina etkir , Çubuk kuvvetleri, çubugun ekseni boyunca; :J i i i 1 i j j i 1 1 ~ II (a) bir noktanin düzlemdeki konumu iki koordinati ile belirle ' Sisine=O;Si=O,sinB Si + Ö =: O => St =: O Si Ti=T2 , 1'3=T4 (b) LX = O=> Si cosB= O;SI=O,cosB IY = o==> Si =S3 Si (b) SekiI8.3.l y S2=S3 Si T1=T2 , T3=0 1 çubuk kuvvetleri hemen belirlenebilir; '< IX=O => SI=O (a) : - 198 - Y ~ . Si Lx~r q S,~O LY:=;' => Si=O . i ,i Si -l!>--x "i . i· , (a) x Ti =T2= O Kafes sistemlerde ~ji <:/ "i Kafes sistemlerde;: J m+r = 2n ise kaf:'1 sistem statikçe belirli, , ·1 :·1 '.'j i 1) Dügüm noktalari yöntemi Yöntem uygulanmadan önce , sistem bütün olarak düsünülüp mafsal tepkileri bulunur . Sonra , bu yöntem basit sekilde olusturulan kafes sistemlere uygiilanirken , iki çubuklu i bir dügüm noktasindan çözüme baslanir ve iki bilirlineyen bulunan, diger bir dügüm noktasina geçerek bütün dügümlerden biliruneyen çubuk kuvvetleri sirayla bulunur . Çubuk kuvvetleri önce çekme alinir , sayisal deger negatif çikarsa yön degistirilir . Çubuk kuvvetlerini hesaplamadaki sira, kafesin olusturulmasindaki siranin tam tersidir. 2) Kesim yöntemi (Ritter Ycintemi ) Yöntem uygulanmadan önce, sistem bütün olarak düsünülüp mafsal tepkileri bulunur. Sonra; sistem üç bilinineyenin bulundugu yerden kesilip, bilinmeyen üç ,çubuk kuvveti hesaplanir '. Çubuk kuvv!ôtleri önee çekme alinir, sayisal deger negaiif çikarsa yön degistirilir. basma (-) altiii; . Bir kafes sistem olusturulurken, kuvvetlerin basma mi yoksa çekme mi olduglU1u belirlemek önemlidir . Basinç etkisindeki çubuklar , burkulma ve flambaj etkisi nedeniyle, genellikle daha kalin olmalidir . Kafts sistemlerde bilinmeyen kuvvetleri bulmak için asagidaki yöntemler kullanilir: çekme (+) 3) Çu buk degistirme yöntemi (karmasik kafes sistemlerde her dügüm noktasinda en az üç çubuk butunmasi ve kuruluslarinin kurala uymamasi dolayisiyla 3. yöntem kullanilir). R) GRAFIK YÖNTEM Cremona ( Maxvel! Diyagrami) SA. SiFlR KUVVET ÇUBUKLAR[ 1. Sadece iki çubuk bir kafes sistemin dügüm noktasini olusturuyorsa ve bu dügüm noktasina hiçbir dis yük veya mesnet tepkisi uygulaniniyorsa , bu çubuklar sifir kuvvet çubuklan olmak zorundadir.- 199- ÖRN~KLER - 200- T'~ ix::: O => -1J -Ticasa=O ' ct LY=O => Tisin a + B ,= O 7; B 3 B=-F 2 IX=O' => Ticasa - T4= O 1 T.~ iY=O => - 7; - 7; sin a = O r., TJ IX=O => 1;-16-15casa=O 1;* 1; F [{' i; i Y = O=>1; + 15sin a - F = O Ix=o => 16-Tg=O :ir To E T6 ,IY=O => 17-2F= O 2F D 2:X=O => F + 15cos a + T4 -78 cas a :::O F~T4 2JY=O => - 17 -15 sin a -18 sin ix ::: O 7; Ti Ts ~ IX=O => 19+ A, + 18cos,a :::O A, ct To IY=O => Ay + 18sin a = O A A y (i 2) bilinmeyen (12) baginti, çubuk kuvvetleri; F i3 Ar =-F 3 . => A =-F y 2 Sekil 8.1 B y1l: x A{j~ .y Ar +F = ü => A +B-3F=ü y . 2F F (a) IX=ü => iY=ü => Çözüm: Rijidlik konturolü; ; m=: 2n - 3 => 9 = 2(6) - 3 => 9 = 9 Kafessistem rijid. Kafes sistem bütün olarak düsünülüp serbest cisjm diyagrami çizilir eSeldl 8.lb.) , denge denklemleri ile mafsal tepkileri beliribuir ; m+r > 2n ise hiperstatik sistem, yani statikçe belirs*-: Bilinmeyen sayisi , denge denklemleri sayisindan fazla. Burada r tepki bilesenleri sayisidir. 1. (SekiI8.1. ) de verilen kafes sisteminde çubukkuvvetl~iinidügüm metodu ile hesaplayiniz. DE = a, AE = ER =HB = 2a. If ;-1, i :1 ~, ii Lt; !i i' i t' i j" i-~ !-~ J!:' j' "I. Dügüm noktalan yöntemi ile çubuk kuvvetlerini b~U iiin . blitün çubuk kuvvetlerini çelane kabul edelim , sayisal deger ne i:itifçikarsa yönünü degistiririz, çözüme B dügümünden, iki çubugun bulun ugu,iki bilinmeyenin bulundugu dügümden basliyoruz; iki bilinmeyenli dügüm ne devam ediyoruz if 'i;' ~: ii: Ki. IMA = Ü => B(6a)-F(a) -2F(2a}----F(4a) =10 , 3 => B=-F 2 i ~ ~.j '.1 J j , j j i i 'i ;~ KUVVET DEGERI CINSI veya YÖNÜ Ar F Tepki f- Ay I.5F .Tepki t B 1.5F . Tepki t 1; 3F Çekme Ti 3.36F Basma TJ 1.5F i Çekme 1; 3F Basma Ts 1.12F Basma T6 4F Çekme- 201 - - 202- 77 2F Çekme TB ,3.36F Basma T ' 4F Çekme 9 2. (Sekil 8.2a.) deki gibi me~3l1etlenmisve P , Q kuvvetleri etkisinde bulunan düzlem kafes sistemde: (a) Mesnet tepkilerini, (b) CE çubuk kuvvetini bulunuz. A TDE TDB P=200N Çözüm: P = 200N (a) B YLL x Sekil 8.2 A P'=200N (b) B _{B B _X B y Sekil 8.3 , ·1 L M D ~ O ::::> ~ TCE(l sin 60)+150(/ sin 60) - A(l) = O ::::> TCE~ 96.8N Rij idlik konturolü ; m = 2n - 3 => 7 = 2(5) ~ 3 => 7 = 7 Kafes sistem rijid . Kafes sistem bütün olarak düsünülüp serbest eisim diyagrami çizilir (Sekil S.2b.) , denge denkieml~ri ile mafsal tepkileri belirlenir; iX=O => Bx-150=0 i Y = O => B + A - 200 = O Y, . i M D = O => 200(1) - 11(21) + 150(1 si1160) = O Bx = 1SON i By' = 35.875N , A = 164. 125N Kesim yöntemi (Ritter Yönte~ni ) ile çözelim, en fazla üç bilinmeyenin oldugu yerden kesip serbest eisim diyagramini çizelim, kesilen kisim sorulan çubugu içeriyor, uygun tek bir baginti ile istenen çubuk kuvveti bulunur (Sekil 8.3.) .- 203 - - 204 - 2 Sekil9.J.J x y Sekil 9,].2 ri ro '2 1'0 ro Ul2(sabiii = JF.dr= fF'dr+ fF.dr= fF•dr- fF'dF=-[V(~)-V(~)] li r; rc, ~ ;i Buradan, konservatifkuvvet alaninda yapilan isin potansiyel eneijide ortaya çikan degisimin eksi isaretlisi oldugu görülür: dU(sabil)= -dV i FJ'- Ff'- UI2(sabil) = F·elF = F.elF li ri i LI 4 .F;sabll)·elF = O Konservatif (korunumlu) kuvvetin kapali bir yö~ünge boyunca yapacagi is sifirdir, Bir agirligin isi i dU = -W, d); => U'-->2 = -JWdy == Wy, - WYi => Ui_i == -W!1y .1'1 Bir yayin uyguladigi kuvvetin isi F = ks , s = yayin uzama veya sikisma miktari i k = yay sabiti , - . sf' li] 2 dU = -F, dS = -ksds =:> U1->2 = - ksds = "2ksl -"2ksi Si Elastik bir elemana yaptirilan is elemanda depo edilir ve Ve eJastik potansiyel enerji adini alir. RLILIGI 9. DENGE - is, ENERJI, VEDENGENINKA 9.1. KONSERV ATiF (KORUNUMLU )KVVVETLER Bazi hallerde, kuvvetin yaptigi is, yoldan bagimsizdir. K ~etin yol' üzerindeki ilk ve son durumuna bagli olur. Bu özellige sah p'bir kuvvete konservatif (korunumlu) kuvvet denir. Konservatif (koru umlu) kuvvetin kapali bir YÖTÜnge boyunca yapacagiissifirdir '" Bir cismin agirligi bir konservatif (korunurnlu ) kuvvettir , agirlik tarafindan yapilan is , sadece Gismin düsey yer degistirmesine baglidir v~ cisinin izledigi yoldan biigimsizdir . , Bir elastik yayin olusturdugu kuvvet de (F=ks) bir kons ryiitif(korunumlu) kuvvettir. Uzama ve sikismada is yoldanbagimsizdir. ' Sürtilmne kuvveti konservatif degildir . Sürtünme kuvvetitfr~findan yapilan is yola baglidir. Yol uzadikçais aiiar. Yapilan is cisimden ISI seklinde disari yayilir." B.ir maddesel nOktan.lll bir Fi_konumun daki potah ..SiYe. 1 enerjis .. ~ ..VC;:;) ~k~nserva:tif bir kuvvet alaninda noktayi 1j den referanskonumuolarak eçilen bir ro noktasina getinnesi için yapilan is olarak tanimlanmaktadir: .: Fo VUD= fF.dr Konservatifbir kuvvet alaninda bir maddesel noktayi ~ de götünnek için yapilacak is , izlenen yol önemsizoldugu iyi konumundan geçen bir yörünge izleyelim:- 205 - - 206 - 9.3. POTANSIYEU FONKSIYONU Gend halde, birpcitpacikhem gravitasyonel hem.de elastik kuvvetlere maruz kaliyorsa , parçacigi~ potansiyel enerjisi veya V potansiyel fonksiyonu; V == Vg + Ve . " . Cebirsel toplami ile ifade edilebilir. V == V(q) . ' (q) ==> baslangiç çizgisinden ölçülen konwn . Ui_i = V,CC!I) - V(qi) (q ==)y bagimsiz kloordinati cinsinden ifade edilebilir. V =Yg + V; 1 oo-~ +-k:/ 2 Blok Yi konumundandaha. asagidaki YL konumuna hareket ederse, W .. ·,,'.1 ve ~ nm yaptigiii: . '.' [. ] 1 i 1 i Ui-i=V(Yi)-V(Yi)T-W Yi-Yi +-kyi --kYL . ," 2 2 daima pozitiftir . ) , UH3 == lWdY == W~!!l + l) i , Ui-+J == f-Wdy = -,T 1 2 ' Agirlik kuvv~ti il~ er ~egistmne zit yönde oldugu için isaret eksidir U1-+i + Ui-+1 - Wh 7fWh - O Grav~asyon~l pot~ siyel en~iji Vg ile gösterilir: UHi - (Vg)i - (Vg)L ve Vg - Wy Vg ==Wy , ','I pozitifveya negat(fblabilir. Bir kuvvet alaninda bulunan cismin konumu ile ilgilidir. Elastik potans iyel ~~e1i, V; ile gÖsterilir: V =J:k/ e 2 s 5V, = ksds ~f..t- 5s (b) F Sekil9.1.3 ' 11@i.!l'if1\ -,..,.-- (1) i / 'i' linis ;IU1 h çikis yolu i W \ \ \ ,.'cn,:"" / v (2) (3) (a) k i Sekil 9.2.1 Bir agirligin potansiyel enerjisi w 9.2. POTANSIYEL ii:NERJI Bir cisme bir konservatifkuvvet etkidiginde, kuvvet cisme is yapabilme kapasitesi kazandirir. Potansiyel Enerji olarak ölçülen bu kapasite cismin konumuna baglidir, , Mühendislikte potansiyel enerji yönteminin baslangiç hikayesi ilginçtir. Arastirmacilarin büyük çogunlugu, yerçekimi kuvvetinden az zahmetle ve sürekli kullanima hazir is elde etmenin zeki yollarini bulmak için çalismislardir. Gerçek makinelarda bazi isler sürtünmeye harcanir (isi olarak) (i) den (2) ye inerken kullanilan is, (2) den (1) re yükseliste asla ayni degildir. , Vi_.2 == JWdY = W(Y2 - yJ =' Wh i ' ) V =' fWdy=Wl 2~.>J 2 .1·- 207 - - 208- Baslangiç çizgisi ri (a) (bL v .. (c) y 5v = O denge ölçütünü uygulamak içIn , diferansiyel hesabin" Zincir kuralini" kuralini kullanarak 5V potansiyel eDerjideki degisimi belirlemek 'gerekir: av av ov 5V=-5ql +-5qi +L+-5qn = o oqi oq2 oqn 5qp5q2'············· ..···..,5qn sanal yer degistirmeleri birbirinden bagimsiz oldugundan denklem: 5V = av == ci , av == o , L , av = O j aqi aq2 aqn ise saglanir. O halde n serbestlik derecesine sahip sistem için n tane bagimsiz denklem yazmak mümkündür. Kararsiz denge i' Kararsiz denge Sekil 9.6.1 Nötr denge Kararli denge 9.6. DENGE VE KARARLILIK IçIN POTANSIYEL ENERJI Bir eisim veya bagli cisimler sistemi içjn denge konumu tanimlandiktan sonra, bazen dengenin "tipini" veya konumun kararliligini arastirmak önemlidir. Potansiyel enerjinin maksimum ya da sabit olmasina göre denge kararli, kararsiz ya da sabittir. 1. Kararli denge, sistemin küçük bir yer degistirmesinde sistem ilk konumuna ,dönüyorsa kararli dengededir denir. Bu durumda sistemin ilk potansiyel enerjisi minumumdur. 2. Nötr denge, sistemin küçük bir yer degistirmesinde sistem yeni konumunda ka1iyorsa nötr dengededir denir. Bu durumda sistemin potansiyel enerjisi sabjt kalir. 3. Katarsiz denge, sistemin küçük bjr yer degistirmesinde ilk konumundEm daha uzaga gidiyosa kararsiz dengededir denir. Bu durumda sistemin ilk potansiyel enerjisi maksjmumdur. A v == V(q) minumum ise: i 9.7. BIR SERBESTLIK DERECELI SISTEM Denge için, potansiyel fonksiyonunun birinci türevi sifir olmali: Sekil 9.3.1 denge konumunda Y = Ydenge W Yd",ge =T i 9.5. n SERBESTLiK DERECELI SiSTEM V=V(qpqi' ..·· ·..'qn) . 9.4. BIR SERBESTLIK DERECELI SISTEM dU = V(q) - V(q + dq) Veya dU==-dV Eger yerdegistinne virtüelse: 5U==-5V denge için sanal is ilkesi: 5U=0 olmasini gerektirir. Virtüel is ilkesi, potansiyel enerjiaçi$i~dan, eger 'bir sistem dengede ise bununtoplampotansiyel enerjisinin türevini~ sifir oldugunu belirtmektir. Potansiyel fonksiyonu biliniyorsa: w==O olmalidir. dV == O . (1) . ~ . i Bu gereklilik (1) ile ifade edilir. Ohalde bir sürtünmesiz bagli eisimler sistemi dengede ise, V deki birinci degisim sifirdir. Bu degisim ,'potansiyel' fonksiyonunun birinci türevi alinarak ve sifira esitlenerel belirlenir: dV -=:W-ky=:O dy, i - 209- - 210- Sistemin potansiyel enerjisi denge konumu komsulugunda sabit ise: dV diV dJV i -=-=-=L=O nötr denge dq dqi dqJ (b) Sekil 9.1 (3iV ôiv) -i +'-i )0 '3ql oqi " oldug~ zaman ',.(~lJ.n' :iden) noktasi~da ~eng~ ve.~ararlilik olusacagi ve V potansiyel enerJlnltilminumum oldugu gostenlebilir , oV = av =0 [a(QI aqiJ2' ( ')( )] 3iV ; 3iV .. aiv 3q13q~ -. 3ql~ . Ôq;', (O (32V ôiv) : -2 +-Z (O ' 3qi /3q2', oldugu zaman da ciejngeve kararsizlik olusacagi gösterilebilir. Denge için potansiybi enerjinin varyasyonunun sifir olmasi prensibi, sadece konservatif sistemie!e ,yani negatif is veren kinetik sürtünme kuvvetleri bulu~ay~ sisten).1re , ~ygUlanabi.I.ir. Kinetik sürtünm~li bir sistem potansiyel enerjinin minumuni oldugu konuma yaklasir fakat ona ensemez . ÖRNEKLER i. AOB dik,açlliciJim sekildeki gibi O dan mafsallanmistir. Cismin OA parçasinin agirl;'jJ: (W;) N ,.OB nin agirligi (W2) N dur. Kararli veya kararsiz d~ngecl:eiken, statik denge konumunu bulunuz. .' , (a)' "I .. J Çözüm: : O ya göre cismin pi) ansiyel enerjisi: V = -w:ia cos e - W~ i cos(90 - e) =-Wia cos e - WA sin e simdi: , i :1 :1 Nötr denge (c) qden diV -=0 Tdqi~;=O ,..q i v Sekil 9.7.i diV < O dqi dV = O {']\ dQ•q qden f Kararsiz denge (b) v dl,U diV U dxl V dxz , Kararli deQ.ge mahimum negatif minumum pozitif Kararsiz denge minumwn pozitif maksimwn negatif Nötr denge ?dönÜl11 noktasi O O diV --i) O kararli denge dq q Qde.n dlV ) O -i' i dq / dV = O dq f