Mukavemet Ders Notlari-tek dosya-23 Agustos 2024

Gerilme
Emniyet
Boyutlandırma
Burulma
Eğilme
Mohr Çemberi
Akma-Kırılma Kriterleri
Bileşik Yüklemeler
Eğim-Sehim Hesapları
Enerji Metodları –Castigliano
Kolonlar-Burkulma
statik
Püf Noktalarıyla
MUKAVEMET
Ders Notları
(Son Güncelleme: 23.08.2024)
Prof. Dr. Mehmet Zor
Dokuz Eylül Üniversitesi – Makine Mühendisliği Bölümü
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
1
Önsöz
Değerli Öğrenci ve Araştırmacı Arkadaşlarım,
Çevremize baktığımızda makine, mekanizma, el aleti, cihaz, bina, cıvata, ev eşyası, otomobil, uçak, ayakkabı, dolap vb.
birçok ürünün büyük oranlarda katı cisim ve parçalardan oluştuğunu görürüz. Ürünlerin imalatına geçmeden önce tasarım
aşamasında bu katı cisim ve parçaların çalışma şartlarındaki hesaplarının yapılması ve dayanım ve işlevsellik açısından minimum
boyutlarının belirlenmesi ise son derece önem arz eden bir faaliyettir. Zira ancak bu minimum boyutları bilmekle bu parçaları en
az malzeme kullanarak ve en ekonomik şekilde üretebilmemiz mümkün olur. İşte katı cisimlerin bu boyutlandırma hesapları
mukavemet biliminin temel konusudur ve sizin de tahmin edeceğiniz üzere çok geniş bir uygulama alanına sahiptir. Bu
hesaplamalar ise katı cisimlerden oluşturulmuş sistemlerin tasarımlarıyla yakından ilgili olan, özellikle makine, inşaat, tekstil,
otomotiv gibi alanlarda çalışan mühendislerden beklenir. Ar-ge ve inovasyon faaliyetlerinin de vazgeçilmezi konumunda olan bu
temel mühendislik hesaplamalarını geleceğin mühendisleri olan sizlerin çok iyi kavraması, kariyeriniz ve kendinizi geliştirmeniz
açısından son derece önemlidir.
Şunu da belirtmek gerekir ki, mukavemet hesaplamaları, yükleme tipine, parça geometrisine ve malzemesine göre çeşitlilik arz
eder ve farklı yöntemler kullanılarak sonuca erişilebilir. Bu sebeple mukavemet hesaplamalarının ortak hedefi boyutlandırma
olmasına rağmen, konu çeşitliliği oldukça fazladır diyebiliriz.
Bu notlarımızla mukavemetin temel kavramları ve uygulamalarda en sık görülen yükleme tipleri ele alınmış, sizlere çok iyi bir
mukavemet temel bilgi ve becerisi kazandırılmaya çalışılmıştır. Bu notlarda akıcı ve dostane bir uslup kullanılmasına, başlangıçta
sizleri motive edecek misaller verilmesine, konuların mantıki bir sıra içerisinde anlatılmasına, bu sayede mukavemet yaklaşım
mantığının net bir şekilde zihninizde yerleşmesine ve özellikle konuların anlaşılmasında anahtar rol oynayan püf noktalarının
vurgulanmasına gayret edilmiştir. Bunun yanı sıra eski notlara göre bu notlar yeni örneklerle zenginleştirilmiş ve
mehmetzor.com sitesinde yer alan mukavemet 1 ile ilgili ders anlatım videolarıyla ilişkilendirilmiştir. Tüm öğrencilere,
akademisyenlere, araştırmacılara, mühendislere faydası olması dileğiyle…
Ağustos 2022 - İzmir
Prof.Dr. Mehmet Zor
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
2
Öğretim Üyeleri için Açıklama
Kendi bölümündeki dersinde bu ders notlarını takip etmek isteyen öğretim üyelerinin, tarafıma bir
bilgilendirme maili göndermeleri yeterlidir. Bu öğretim üyelerine istedikleri taktirde notlardaki (*)
işaretli soruların çözümleri gönderilmektedir.
İletişim
Tüm soru, görüş ve önerileriniz için: e-posta: mehmet.zor@deu.edu.tr , mehmetzor66@gmail.com
Öğretim Üyesi WEB SİTESİ : mehmetzor.com
a - Ders Eğitim Videoları (Herbir konunun örneklerle anlatıldığı videolardır.)
b- Ders Notları.pdf (bu notlar ve diğer derslere ait notlar)
c- Sınav soruları ve çözümleri
STATİK Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
3
KAYNAKLAR
1- Ders Referans Kitabı :
Mechanics of Materials,
Yazarları: Ferdinand P.Beer, E.Russell Johnston, John T.Dewolf, David F.Mazurek
2- Yardımcı Kaynaklar:
a - Mukavemet I O.Sayman, S.Aksoy, S.Erim, H.Akbulut, (DEU yayınları)
b - Mukavemet Problemleri (Mustafa Savcı, Alaaddin Arpacı)
c- Mukavemet (R.C. Hibbeler ) (Çeviri: Prof.Dr. Alaaddin Arpacı, Palme Yayınları)
d- Mechanics of Materials (James M. Gere)
3- Öğretim Üyesinin Web Sitesi: mehmetzor.com içerisinde aşağıdaki kaynaklara erişebilirsiniz.
a - Ders Eğitim Videoları (Herbir konuyu örneklerle anlattığım videolardır.)
b- Ders Notları.pdf (bu notlar)
c- Sınav soruları ve çözümleri
İletişim : e-posta: mehmet.zor@deu.edu.tr
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
4
Mukavemet (1 ve 2*) Konuları
1.1:Motivasyon ve Giriş
1.2: Ayırma İlkesi ve Stres Kavramı
2: Çubuklarda ve Bağlantı Elemanlarında Çeki, Bası ve Kesme
3: Deformasyon
4.1: Millerin Burulması
4.2: İnce Cidarlı Kapların Burulması
4.3*: Dikdörtgen veya ince profil kesitli çubukların burulması.
5.1: Basit Eğilmede Normal Gerilme Hesapları
5.2: Kesme Kuvveti - Eğilme Momenti Diyagramları
5.3: Basit Eğilmede Kesme Gerilmesi ve Kayma Akısı
5.4: Kompozit Kirişlerin Basit Eğilmesi
5.5*: Kayma Merkezi
5.6*: Eğri Eksenli Çubukların Basit Eğilmesi
5.7*: Eğik (Simetrik Olmayan) Eğilme
6.1: Düzlemsel Gerilme Dönüşümleri ve 2D Mohr Çemberi
6.2*: 3D Gerilme Dönüşümleri ve 3D Mohr Çemberi
6.3*: Düzlemsel Gerinim Dönüşümleri
6.4*: Gerinim Ölçerlerle Deneysel Gerinme Ölçümleri
7: Akma ve Kırılma Kriterleri
8.1:Bileşik Yüklemeler
8.2: İnce Cidarlı Basınç Kapları
9.1*: Kirişlerin Çökmesi(Elastik Eğri), Genel Bilgiler
9.2*:Kirişlerin Çökmesi, İntegrasyon Yöntemi
9.3*: Kirişlerin Çökmesi, Moment Alanı Yöntemi
9.4*: Kirişlerin Çökmesi, Eşlenik Çubuk Yöntemi
9.5*: Kirişlerin Çökmesi, Süperpozisyon Yöntemi
10.1*: Enerji Metodları/Deformasyon İşi ve Şekil Değiştirme
Enerjisi
10.2*: Enerji Yöntemi / Castigliano Teoremleri
10.3*: Enerji Yöntemi / Darbeli Yükleme Etkileri
11*: Kolonlar ve Burkulma
12*: Yorulma
Püf Noktası (P.N)1 : Mukavemette hesaplama yöntemleri (Formülleri) yükleme şekline ve bazen geometriye göre değişir.
(*) işaretli olanlar Mukavemet 2 konularıdır.
5
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
1 .1 Motivasyon ve Giriş
Motivasyon
1.1.1
Bu Ders
Gerçek Hayatta
Ne İşime
Yarayacak?
Şekil 1.1.1
Bu sorunun cevabını bir örnekle anlamaya çalışacağız..>>
Giriş ve Motivasyon Anlatım Videosu
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
6
1.1 Motivasyon ve Giriş
Örnek
• Çalıştığınız işletme şekildeki gibi bir
bahçe salıncağı imal etmek
istemektedir.
Şekil 1.1.2
• Ar-ge mühendisi olarak sizden salıncakta kullanılacak, yük taşıyan metalik zincirlerin kalınlığını yani en uygun kesit
çapını (d) belirlemeniz istenmiştir. Zira zincirler çok ince olursa kopar, çok kalın olursa kopmaz ama pahalı olur.
• Bu sebeple bir mühendis olarak zincirlerin insan ağırlığına dayanabileceği minimum bakla kalınlığını (çapını)
belirleyebilirseniz, işletmemize en faydalı şekilde bir öneri de bulunabilirsiniz.
• Şimdi birlikte düşünüyoruz: Salıncağa 3 kişi oturabilir. En kritik durumda salıncak 120 kg lık 3 kişiyi, toplamda
ise 360kg lık yükü taşıyabilsin. Ayrıca 2 katı emniyetli olsun. Yani durağan halde salıncak, maksimum W= 720kg
(yaklaşık 7200N) luk bir yükü taşıması gerekir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
7
1.1 Motivasyon ve Giriş
Şunu unutmayın:
Zincirlere gelen kuvvetler (T1, T2 ,T3,
T4) bilinmeden minimum çap (d)
hesaplanamaz.
Şekil 1.1.3
O halde;
İlk adım zincirlere düşen kuvvetleri (T1, T2 ,T3, T4) bulmaktır.
2.Adım ise en riskli zincirin emniyetli bakla çapını (d) hesaplamaktır.
Statik hesaplardan bulunur.
Mukavemet hesaplarından bulunur.
• Görüldüğü gibi statik ve mukavemet birbirlerini tamamlayan iki derstir.
• Mukavemet dersinde doğrudan gerçek hayata uygulanabilen boyut hesaplamaları (d çapının belirlenmesi gibi) yapılır.
• Ancak boyutları hesaplamadan önce kuvvetlerin hesaplanması gerekir. Bu ise Statik dersinin temel konusudur.
• Tüm bu hesaplamalar ise mutlaka mühendislerden beklenen faaliyetlerdir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
8
1.1 Motivasyon ve Giriş
• Şimdi çevrenizdeki dış yüklerin etkisine maruz kalan katı cisimleri fark ediniz. Örneğin,
sandalye, masa, sehpa, yatak, dolap, asansör, kitaplık, merdiven, ayakkabılarınız.. Her birisinde,
ince olduğu taktirde kırılması, kopması muhtemel parçaları görmeye çalışınız. Bunların
optimum boyutlarının hesaplamasının mühendis olarak sizden isteneceğini unutmayınız.
mukavemetten
W
statikten
23.08.2024
Şekil 1.1.4
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
9
1.1 Motivasyon ve Giriş
• Bu parçaları ince tutarak, malzemeden kazanabilir ekonomik açıdan işletmenize
fayda sağlayabileceğinizi düşünebilirsiniz.
• Ancak bu durumda dayanımı riske ettiğinizin farkında olmalısınız.
• Olayı
tam
tersi
düşünürsek,
parçaları
kalınlaştırıp
dayanım
riskini
azaltabilirsiniz fakat bu durumda da daha fazla malzeme kullanmanız
gerektiğinden imalatı daha pahalıya getirirsiniz.
Şekil 1.1.5
• İşte bir mühendis olarak sizden beklenen şey, bu dayanım ve ekonomiklik
şartlarını en iyi şekilde sağlayacak hesaplamaları yapabilmenizdir ki, bu
faaliyete optimizasyon, sonucuna ise optimum çözüm denir.
• Aslında nihai hedefimiz dayanım açısından minimum boyutların tespit
edilmesidir. Bu ise mukavemet hesaplarıyla mümkündür.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Şekil 1.1.6
10
1.1 Motivasyon ve Giriş
1.1.2 İşlevsellik
Şunu da belirtmekte fayda var ki, boyutları değiştirmekle dayanım ve ekonomiklik açısından en iyi çözüm
bulunabilir ancak bu sırada sistemin işlevselliğinin ve kullanılabilirliğinin de kaybedilmemesi gereklidir. Bu
da karşımıza üçüncü bir şart olarak çıkmaktadır. İşlevsellik, şekil değiştirme ile çok yakından ilişkilidir.
Şekil 1.1.7
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
11
1.1 Motivasyon ve Giriş
Sonuç olarak, yeni bir ürünün tasarım aşamasında veya
mevcut bir ürünü iyileştirme faaliyetlerinde, şu 3 şartı en
iyi seviyede sağlamak gerekir ki, optimum çözüm elde
edilebilsin:
1- Dayanım
2- Ekonomiklik
3- İşlevsellik
Yeri gelmişken, aklımızın bir köşesine şimdiden şu hususları yazmakta fayda vardır:
Şekil 1.1.8
Dayanım: Gerilme hesaplarını,
İşlevsellik: Şekil değiştirme hesaplarını,
Ekonomiklik ise malzeme seçimi ve maliyet hesaplarını kapsayan kriterlerdir. (Maliyet hesapları mukavemet kapsamına
dahil değildir. Dayanım ve işlevsellik açısından minimum boyutların mukavemetten bulunması maliyeti dolaylı olarak etkiler.)
İmalatta kullanılan malzeme israfının önlenerek, işletmelerin giderlerinin azaltılması ve dolayısıyla daha
fazla kâr yapabilmesi, ancak statik ve mukavemet konularına yeterince hâkim olan ve bu sayede doğru
optimizasyon hesaplamaları yapabilen mühendislerle mümkündür.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
12
1.1 Motivasyon ve Giriş
Sizi niçin işe
alalım? Bize ne
gibi faydanız
olabilir?
Bir mühendis olarak, öncelikle ürünlerinizi
dayanım açısından optimize edebilir ve
dolayısıyla en az malzeme maliyeti ile imal
etmenizde yardımcı olabilirim. Bu ise
toplamda size büyük kârlar sağlayacaktır.
Şekil 1.1.9
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
13
1.1 Motivasyon ve Giriş
FİZİK
1.1.3 Mukavemet Bilimin Yeri
MEKANİK
Rijid Cisimlerin Mekaniği
(Şekil değiştirmeyen
teorik cisimler)
Dinamik
Statik
(Hareketli Cisimler)
(Sabit Cisimler)
Şekil Değiştirebilen
Cisimlerin Mekaniği
Mühendislik
Mekaniği
Dersi
(Statik+Muk.)
Mukavemet
(Cisimlerin Dayanım)
Akışkanlar
Mekaniği
veya
Mühendislik
Mekaniği
Dersi
(Dinamik+Muk.)
Şekil 1.1.10
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
14
1.1 Motivasyon ve Giriş
1.1.4 Birinci Mertebe Prensibi
Mukavemette Dış Kuvvetler etkisi ile şekil değiştirebilen gerçek cisimler incelenir. Ancak tüm
hesaplamalar aksi söylenmedikçe sistemin şekil değiştirmemiş haline göre yapılır ki buna 1.
(Birinci) mertebe prensibi veya 1.Mertebe Teorisi denilir.
1.1.5 Kullanacağımız Birimler
Tablo 1.1.1
Uzunluk
milimetre (mm)
Kuvvet
Newton (N)
Gerilme
MegaPascal (MPa)
Unutmayın :
➢ Mukavemet dersinde tüm hesaplamalarda daima Newton ( N ) ve milimetre ( mm ) kullanacağız.
➢ Bu durumda ortaya çıkacak gerilme : N/mm2 olacaktır ki buna MPa (MegaPaskal) denir. ( 1 N/mm2 = 1 MPa )
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
15
1.2
Ayırma Prensibi
ve Gerilme Kavramı
(Bu konu 1 nolu videoda * anlatılmıştır.)
*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
16
1.2 Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.2.1 İnsanlarda stres - Cisimlerde Gerilme
• Gerilmenin İngilizcesi stress’dir. Stres kelimesi ise şu an Türkçe olarak, bir olayın
veya fiilin bizde oluşturduğu endişe ve tedirginlik anlamında kullanılmaktadır.
• İnsandaki stres, dışarıdaki olayların baskısıyla oluşur. Yani stres dış yüklerin
(olayların, baskıların) bizde oluşturduğu etkidir. Yoksa stres dış bir yük (baskı)
Şekil 1.2.1
değildir. Stres uygulanmaz, oluşur.
• İşte benzer şekilde katı cisimler için dışarıdan uygulanan fiziksel yükler, cismin
içinde stres (gerilme) oluşmasına sebep olur.
• Bizdeki stres belli bir sınırı aşarsa, şok, baygınlık gibi hasarlara sebep olur. Bu sınır
ise kişiden kişiye değişir. İradesine sahip, sabırlı kişilerin stres sınırı yüksektir.
Şekil 1.2.2
• Dış yükler sonucu üzerinde stress oluşan katı cisimlerde de belli bir sınırdan sonra çatlama, kopma, akma (kalıcı
deformasyon) gibi hasarlar oluşabilir. Bu ise katı cismin malzeme cinsiyle çok yakından ilgilidir. Aynı geometride
fakat farklı malzemeden imal edilen iki cismin aynı dış yüke gösterdikleri cevaplar farklı olacaktır. Bir ipi çekerek
koparsak bile, aynı kalınlıkta çelik bir teli koparamayız.
• Mukavemette en önemli hedefimiz farklı durumlar için gerilmeleri hesaplayabilmektir. Bunun için öncelikle ayırma
prensibinin çok iyi anlaşılması gerekmektedir ki, bu anlaşılmazsa mukavemet mantığını anlamamız mümkün olmaz.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
17
1.2 Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.2.2 Ayırma Prensibi:
« Dış kuvvetlerin etkisine maruz bir sistem dengede ise hayali bazda da ayırdığımız her bir parçası da ayrı ayrı
dengededir.» Buna ayırma prensibi denir.
Hayali olarak ayırdığımız her bir parçasının serbest cisim diyagramında, dış kuvvetlerden başka, ayırma yüzeyinden
iç kuvvetler ve iç momentler de etki ettirilir. Her bir parça iç ve dış kuvvetlerin etkisiyle statik dengedir.
Sol parça
dengede:
Tüm Sistem
dengede:
Şekil 1.2.3.a
gerilmeler
+
≡
෍F = ෍M = 0
Sağ parça
dengede:
gerilmeler
෍F = ෍M = 0
෍F = ෍M = 0
Şekil 1.2.3.b
Şekil 1.2.3.c
• İç kuvvet ve iç momentler (Fiç , Miç ): Ayırma yüzeyinde ortaya çıkan tepkilerdir. Sistemin o kısımda dış
kuvvetlere karşı cevabıdır. Kesimin sol veya sağ kısmının statik dengesinden hesaplanırlar.
❖ Statikte, kafes sistemlerin kesim yöntemi aslında ayırma prensibinin bir uygulamasıdır. Kesilen çubuklardaki
kuvvetler, iç kuvvetlerdir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
18
1.2 Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
I-I kesimi alt kısım
1.2.3. Gerilme Kavramı:
Bileşke gerilme
Normal
Kayma gerilmesi
S gerilme
ta
Fiç
I
I
Şekil 1.2.4.a
Miç
≡
Şekil 1.2.4.b
≡
a
a
sa //n
S
n
Sb
b
S: f (Fiç , Miç , geometri)
Şekil 1.2.4.c
• Gerilme «iç kuvvet ve iç momentlerin birim alandaki etkisi» olarak tanımlanabilir.
• Gerilme kavramının anlaşılması, mukavemet konularının kavranmasında çok önemli bir temel teşkil eder.
• Gerilmenin Birimi N/mm2 yani MegaPascal (MPa) dır. Buna göre gerilme en basit anlamda birim alan
düşen iç kuvvet olarak da tanımlanabilir.
• Gerilme noktadan noktaya değişebilir. Bir noktadaki gerilmenin hesaplanabilmesi için öncelikle ayırma prensibi
yardımıyla, kesitteki iç kuvvet ve iç momentlerin statik dengeden hesaplanması gerekir.
• Gerilmeyi normal ve kayma gerilmesi olarak 2 bileşene ayırabiliriz.
• Gerilme hesaplama formülleri yükleme tipine (Çeki-Bası, burulma, eğilme vb.) göre değişiklik gösterir ve
herbir yükleme tipi mukavemetin farklı bir konusunu teşkil eder.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
19
1.2 Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
Şimdiden aklımızda olsun: Gerilme hesap formüllerinde iç kuvvet veya iç moment ve kesit geometrisine
bağlı değerler mutlaka yer alır. Malzeme özellikleri gerilme formüllerinde (genelde) yer almaz. Demek ki,
gerilmeler malzeme cinsine bağlı değildir. Bu ise mukavemetin aslında önemli bir püf noktasıdır.
Aşağıdaki cisimdeki ayırma yüzeyinde iç momentin oluşmadığını (Miç =0) ve sadece iç kuvvet (Fiç) oluştuğunu
ve homojen dağıldığın düşünürsek, gerilmeyi birim alana düşen iç kuvvet olarak tanımlayabiliriz:
Normal
Gerilmeler
Hayali
Ayırma
düzlemi
Şekil 1.2.5.a
23.08.2024
Şekil 1.2.5.b
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Şekil 1.2.5.c
20
1.2 Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.2.4. Ayırma Prensibi - Örnek
Ayakta bekleyen bir kişinin vücut ağırlığı sebebiyle farklı bölgelerinde oluşan
gerilmeleri inceleyiniz. Bölgeler için hayali olarak kesimler yapıldığına, her
I
II
I
II
bir kesimde sadece iç kuvvet oluştuğuna dikkat ediniz.
Şekil 1.2.6.b
Wkafa
I
Wtüm
I
Aboyun
Fiç-1
Şekil 1.2.6.a
Wgövde+kafa
Şekil 1.2.6.c
•Wtüm / 2 •Wtüm / 2
Agövde
23.08.2024
II
II
•Fiç-2
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
21
1.2 Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
• Kesimin alt veya üst kısmını incelemek
Şekil 1.2.6.d
sonucu değiştirmez. Yandaki şekillerde
I
bu durum ispat edilmiştir.
Wkafa
I
I-I kesimi
Üst kısmı
Fiç-1
• Yandaki şekilde I-I kesiminin alt ve üst
kısımları
için
ayrı
ayrı
inceleme
I
I
yapılmıştır.
• Fakat her iki kısım için boyun bölgesinde
I-I kesimi
Alt kısmı
aynı Fiç-1 iç kuvvetin ve dolayısıyla aynı
sboyun gerilme değerinin bulunduğunu
fark edin.
Şekil 1.2.6.e
• Bu genel bir kural olup, kesimin herhangi
bir parçasının (üst veya alt; sağ veya sol)
incelenmesi yeterlidir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
22
1.2 Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.2.5 Gerilme Çeşitleri
1.2.5.1 Normal Gerilme: Düzlem normaline paralel; başka bir ifade ile düzleme dik olan gerilmeye normal
gerilme denir; s ile gösterilir.
Üst
kısım
Hayali
ayırma
Yüzeyi
(1.1)
Alt
kısım
(a)
(b)
(c)
Şekil 1.2.7
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
23
1.2 Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.2.5.2 Kayma (Kesme) Gerilmesi: Düzlem normaline dik ; başka bir ifade ile düzleme paralel olan
gerilmeye kayma gerilmesi veya kesme gerilmesi denir; t ile gösterilir.
Sağ kısım
(1.2)
(a)
(b)
(c)
Şekil 1.2.8
Bu örnekte Fiç ile F arasındaki dik uzaklık farkını ihmal ettiğimizden dolayı iç moment sıfır çıkar.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
24
1.2 Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.2.5.3 Gerilme indisleri
y
s veya t gerilmelerini 2 tane indis koyarak daha ayrıntılı ve doğru tanımlarız:
𝜎𝑦𝑦
1.İndis : i: Gerilmenin bulunduğu düzlemin normalini gösterir.
𝜏𝑦𝑥
𝜏𝑥𝑦
?
𝜎𝑥𝑥
x
𝜏𝑧𝑥
z düzlem
normali
gerilme
doğrultusu
Şekil 1.2.9
𝜏𝑖𝑗 , 𝜎𝑖𝑗
2.İndis: j :Gerilmenin doğrultusunu gösterir.
• Yandaki kübik elemanda gerilme
indislerinin bu tanımlamaya uygun
koyulduğu anlamaya çalışınız. Soru
işareti olan gerilmeyi indisiyle birlikte
tanımlayınız.
• s normal gerilmeleri daima düzlem normali doğrultusundadır
ve her iki indisi de ayndır.
Bu sebeple tek indisle genelde kullanılır:
𝜎𝑥𝑥 = 𝜎𝑥 , 𝜎𝑦𝑦 = 𝜎𝑦 , 𝜎𝑧𝑧 = 𝜎𝑧
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
• Herbir
indisli
gerilmeye
gerilme bileşeni deriz. Bir
noktada en genle durumda σx ,
σy , σz , τxy , τyz , τxz olmak üzere
6 bağımsız gerilme bileşeni
olabilir.
25
1.2 Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.2.5.4 t Kayma gerilmelerine özel bilgiler
y
a-) İndisleri aynı, indis sırası farklı kayma gerilmeleri şiddetçe birbirine eşittir. t i j = t j i
Bunun ispatı şu şekilde yapılabilir:
x-y düzleminde a.b.t boyutlarında (t:kalınlık) O gibi bir noktadaki kübik diferansiyel
elemanda herbir yüzeydeki kayma gerilmelerini gösterelim:…>>>
𝜏1
෍ 𝐹𝑥 = 0 = 𝜏1 𝑏. 𝑡 − 𝜏2 𝑏. 𝑡 → 𝜏1 = 𝜏2 = 𝜏𝑥𝑦
෍ 𝐹𝑦 = 0 = 𝜏3 𝑎. 𝑡 − 𝜏4 𝑎. 𝑡 → 𝜏3 = 𝜏4 = 𝜏𝑦𝑥
𝑎
𝑎
𝑏
𝑏
෍ 𝑀𝑧−𝑜 = 0 = 𝜏1 𝑏. 𝑡 + 𝜏2 𝑏. 𝑡 − 𝜏3 𝑎. 𝑡 − 𝜏4 𝑎. 𝑡
2
2
2
2
y
𝜏
𝑦𝑥
𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑦𝑥
Şekil 1.2.11
23.08.2024
b
x
𝜏4
b
x
Şekil 1.2.10
Bu 3 denklemden 𝜏1 = 𝜏3 = 𝜏2 = 𝜏4 bulunur.
Gerilmeleri indisleriyle ifade edersek:
𝜏1 = 𝜏2 = 𝜏𝑥𝑦 , 𝜏3 = 𝜏4 = 𝜏𝑦𝑥
→ 𝜏𝑥𝑦 = 𝜏𝑦𝑥
düzlem normali gerilme doğrultusu
diğer düzlemler için de benzer
şekilde aynı sonuçlar bulunur:
→ 𝜏𝑦𝑧 = 𝜏𝑧𝑦
→ 𝜏𝑥𝑧 = 𝜏𝑧𝑥
•
Yandaki şekildeki gibi bir noktadan çıkarılan dif. elemanda aynı anda 4 tane kayma gerilmesinin
varlığından söz etmek gerekir. Moment dengesi açısından 𝜏𝑥𝑦 gerilmelerinin O’ya göre döndürme yönünün
𝜏𝑦𝑥 gerilmelerininkine göre zıt yönde olması gerekir ve gerilmeler buna göre yerleştirilir.
•
Kayma gerilmelerinin yönünün cismin dayanımı üzerinde bir etkisi yoktur. (Normal gerilmelerin ise vardır.)
•
Bir noktada normal gerilmelerin de var olması yukarıda anlatılanları değiştirmeyecektir. (Normal
gerilmeleri statik denklemlerde yerine koyarak bu durumu ispat etmeye çalışın.)
𝜏𝑥𝑦
O.
a
O.
a
𝜏2
Bu elemanın statik dengede olması gerekir. Denge denklemleri kuvvetler için yazılmalıdır.
Kuvvet = gerilme x alan
𝜏3
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
26
1.2 Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.2.6 Hasar Gerilmesi
𝐼 − 𝐼 𝑘𝑒𝑠𝑖𝑚𝑖 𝑎𝑙𝑡 𝑘𝚤𝑠𝑚𝚤
𝑖𝑝 𝑘𝑒𝑠𝑖𝑡 𝑎𝑙𝑎𝑛𝚤 𝐴
𝐹𝑖ç = 𝑊
ipteki kuvvet statik dengeden Fiç = W’dir.
Alttaki tabloda ise ipin kesit alanına göre kopma anında ortaya
𝐼
𝐼
Şekildeki ipe asılan W yükünü göz önüne alalım. Herhangi bir anda
çıkan ipteki kuvvet (Fkopma) değerleri gösterilmiştir.
Kesit büyüdükçe yani ip kalınlaştıkça daha fazla W yükünü
Şekil 1.2.12
taşıyacağını biliyoruz.
Tablo 1.2.1
Soru: Bu tabloya göre sabit kalan bir değer var mıdır?
A (mm2)
(İp Malzemesi - 1,
gevrek malzeme)
Fkopma (N)
(İp Malzemesi - 2,
gevrek malzeme)
Fkopma (N)
10
100
50
(This constant value is 10 for material no. 1 and 5 for material no. 2.) Bu orana
20
200
100
şimdilik malzemenin hasar gerilmesi diyeceğiz: (𝜎ℎ𝑎𝑠𝑎𝑟 =
30
300
150
40
400
200
𝐹𝑘𝑜𝑝𝑚𝑎
𝐴
10
5
=𝜎ℎ𝑎𝑠𝑎𝑟 −1
=𝜎ℎ𝑎𝑠𝑎𝑟 −2
23.08.2024
Cevap: Her bir malzeme için
𝐹𝑘𝑜𝑝𝑚𝑎
𝐴
oranı sabit kalmaktadır.
𝐹𝑘𝑜𝑝𝑚𝑎
𝐴
)
(1.3)
Hasar gerilmesi malzemenin bir özelliği olup, malzeme boyutlarından
bağımsızdır (yoğunluk gibi).
İpin malzemesi değişirse taşınabilecek W yükünün de değişeceği
unutulmamalıdır.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
27
1.2 Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.2.7 Hasar Gerilmesi tespiti
Malzemenin bir özelliği olan hasar gerilmesi çekme deneyi ile bulunur. (Çekme testi ile E, n, 𝜎𝑎𝑘 gibi değerler de bulunur. )
Gevrek
Gerilme (s = P/A)
(kırılgan)
malzemelerde kalıcı şekil
değiştirme ihmal edilecek
kadar azdır. Hasar gerilmesi
kopma
veya
kırılma
anındaki gerilmedir.
𝜎ℎ𝑎𝑠𝑎𝑟 = 𝜎𝑘𝚤𝑟𝚤𝑙𝑚𝑎
Çekme Test Cihazı
Şekil 1.2.13
(1.4)
Şekil 1.2.14
Sünek (şekil alabilir) malzemeler için kalıcı deformasyonun (plastik bölgenin)
başladığı an hasar anı olarak değerlendirilmelidir. Zira kalıcı deformasyona
maruz kalan bir eleman işlevselliğini yitirecektir. Bu sebeple hasar gerilmesi:
𝜎ℎ𝑎𝑠𝑎𝑟 = 𝜎𝑎𝑘𝑚𝑎 =𝜎𝑎 =
𝐹𝑎𝑘𝑚𝑎
𝐴
(1.5)
Not: Sünek malzemelerin çeki ve basıdaki akma mukavemetleri (akma gerilmeleri) aynıdır. Gevrek
malzemelerde ise bası mukavemeti çeki mukavemetinden daha fazladır (3-4 katı olabilir.)
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
28
1.2 Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.2.8. Çeki –Bası Durumları için Hasar Şartı
Çeki yüklemesine maruz bir malzemede normal gerilme oluşur. Kuvvet arttırıldığında gerilme de
(Hasar şartı).
artar. Kuvvet iyice arttırılırsa gerilme hasar gerilmesine ulaşır ve malzemede hasar oluşur. O halde
𝜎 ≥ 𝜎ℎ𝑎𝑠𝑎𝑟
genel anlamda hasar şartı: o andaki gerilmenin hasar gerilmesine eşit veya daha fazla olmasıdır. (Mutlak
Sünek malzemeler için hasar şartı:
değer
içine
almamızın nedeni bası
durumundaki
hasar
şartını da kapsaması
içindir. Çeki durumunda
mutlak değere almaya
gerek yoktur.)
Gevrek malzemeler için hasar şartı:
𝜎 ≥ 𝜎𝑎𝑘𝑚𝑎
𝜎 ≥ 𝜎𝑘𝚤𝑟𝚤𝑙𝑚𝑎
𝑣𝑒𝑦𝑎 𝜎𝑘𝑜𝑝𝑚𝑎
Aşağıdaki halat koparma örneğini dikkatlice inceleyerek kavramları iyice anlamaya çalışınız
𝐴𝑛𝑙𝚤𝑘 𝑔𝑒𝑟𝑖𝑙𝑚𝑒: 𝜎 =
𝐹𝑖ç 𝑃
=
𝐴
𝐴
halat için
Kesit alanı : A=10mm2
𝜎𝑘𝑜𝑝𝑚𝑎 = 35𝑀𝑃𝑎
(𝑚𝑎𝑙𝑧𝑒𝑚𝑒 ö𝑧𝑒𝑙𝑙𝑖ğ𝑖𝑑𝑖𝑟)
23.08.2024
𝜎=
270
= 27𝑀𝑃𝑎
10
P=270N I P=270N
I
I-I kesimi
P
𝜎=
P=350N
P=350N
SONRA
𝐹𝑖ç =P 𝐹𝑖ç
I
I
350
= 35𝑀𝑃𝑎
10
𝐹𝑖ç=P
𝜎 < 𝜎𝑘𝑜𝑝𝑚𝑎
Henüz kopmamış.
𝜎 = 𝜎𝑘𝑜𝑝𝑚𝑎
Kopma anı
Şekil 1.2.15.a
Şekil 1.2.15.b
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
29
1.2 Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.2.9 Bazı farklı sembollerle hasar şartlarını izah edelim.
Dikkat: Bu semboller bazı kaynaklarda kullanıldığı için öğrenmekte fayda vardır.
𝜎𝑜 :
Sünek malzemeler için çekideki akma gerilmesi,
Gevrek malzemeler için çekideki kopma gerilmesi
𝜎𝑜𝑐 :
Sünek malzemeler için basıdaki akma gerilmesi,
Gevrek malzemeler için basıdaki kopma gerilmesi
Malzemenin bir noktasında çeki veya bası gerilmesi (𝜎) hesaplandığını düşünelim.
Bu noktada;
𝜎 ≥ 𝜎𝑜
veya
𝜎 ≥ 𝜎𝑜𝑐
ise,
Şekil 1.2.16
yani üstteki iki eşitsizlikten en az birisi sağlanıyorsa, o noktada, sünek malzemelerde
akma, gevrek malzemelerde kırılma oluşur denir.
Sünek malzemelerin çeki ve basıdaki akma gerilmeleri şiddetçe birbirine eşittir.
𝜎𝑜 = 𝜎𝑜𝑐
Gevrek malzemelerin basıdaki kırılma gerilmeleri, çekidekinden şiddetçe daha büyüktür. 𝜎𝑜 < 𝜎𝑜𝑐
Bunun sebebi gevrek malzemelerin iç yapısının gözenekli olmasıdır. Malzeme içindeki
gözenekler bası durumunda kapanır, yüzey alanı genişlenir ve daha fazla bası yüküne
malzeme dayanabilir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Şekil 1.2.17
30
1.2 Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.2.10 Tecrübe ile bildiğimiz bazı şeyleri şimdi daha teknik şekilde açıklayabiliriz:
P
A
𝐹𝑖ç 𝑃
Bası veya çeki durumunda oluşan gerilme: 𝜎 =
olduğunu öğrendik.
=
𝐴
𝐴
Şekil 1.2.19
• Aşı veya iğne olurken şırınganın ucundaki cildimize temas eden A alanı çok küçük
olduğundan, küçük bir P bası kuvvetiyle bile yeterince büyük s gerilmesi oluşur ve bu s
değeri cildimizin hasar gerilmesinden büyük olacağından, iğne cildimizi deler.
(a)
𝜎 ≥ 𝜎𝑜𝑐
• Bir masanın veya cismin keskin köşelerinin temas alanı iğne ucu gibi çok küçük
olduğundan, keskin köşelere ufak bir çarpma sonucunda bile bir anda vücudumuzun
o bölgesindeki hasar gerilmesi aşılır ve önemli yaralanmalar oluşur.
• Bu sebeple bir ürünü tasarlarken keskin köşelere radyus (yuvarlatma)
vererek temas alanını büyütürüz ve anlık gerilmenin azalmasını sağlarız.
(b)
• Parmaklarımızın ucu yuvarlatılmış olmasaydı, herhalde bir yere dokununca
(c)
Bebekler için
koruyucu •
aparat..
Şekil 1.2.18
23.08.2024
çok büyük acılar hissederdik ve elimizi tam anlamıyla kullanmazdık.
Benzer şekilde vücudunuzdaki diğer yuvarlatmaları görerek sadece bu açıdan
bile mükemmel bir tasarım olduğunuzu farkedin..
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Şekil 1.2.20
31
1.2 Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.2.11 Kesme Durumunda Hasar Şartı
Malzemelerin çeki veya bası dayanımları ile kesme dayanımları arasında fark vardır. Bu sebeple, kesme
gerilmesinin söz konusu olduğu yüklemelerde kesme dayanımı (𝜏ℎ𝑎𝑠𝑎𝑟 ) göz önüne alınmalıdır (𝜏ℎ𝑎𝑠𝑎𝑟 da bir
malzeme özelliğidir.). Herhangi bir andaki kesme gerilmesi, kesme dayanımını aşarsa o noktada hasar oluşur.
Hasar şartı :
(Kayma gerilmesinin işaretinin + veya – olması mukavemet
𝜏 ≥ 𝜏ℎ𝑎𝑠𝑎𝑟
Sünek malzemeler için :
açısından önemli değildir. Burada + olarak düşünülmüştür.)
𝝉𝒉𝒂𝒔𝒂𝒓 =𝝉𝒂𝒌𝒎𝒂 =
𝝈𝒂𝒌𝒎𝒂
𝟐
(1.6)
(bu eşitliğin nedeni ileride görülecek olan mohr çemberi konusundan daha iyi anlaşılacaktır.)
Gevrek malzemeler için:
𝜏ℎ𝑎𝑠𝑎𝑟 = 𝜏𝑘𝚤𝑟𝚤𝑙𝑚𝑎
(1.7)
Bir örnek : iki levhayı bağlayan çelik cıvatanın hasar kontrolünü aşağıdaki adımlarla yaparız.
𝜏 ≥ 𝜏𝑎𝑘𝑚𝑎
ise akma oluşur.
E-E kesimi üst kısmı
Levhalara çeki yükü
geldiğini düşünüyoruz.
(a)
23.08.2024
Civataya gelen
kuvvetler
Civata kesitindeki
iç kuvvet
(c)
Şekil 1.2.21
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
(b)
Civata kesitinde
oluşan gerilme
(d)
32
1.2 Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.2.12 Emniyet katsayısı ve emniyet gerilmesi
(Factor of safety and allowable stress)
• Bir mekanizmanın, yapının veya makinanın belli bir emniyet
Şekil 1.2.22
katsayısına sahip olması istenir.
• Yani sistem taşıyabileceği yükün 2 veya 3 katı yük taşıyabilecek
şekilde tasarlanabilir.
• Özellikle
can
güvenliliğinin
önemli
olduğu
asansör
gibi
mekanizmalarda bu katsayının daha fazla olması istenir.
• İşte bu durumda mukavemet hesaplamaları hasar (akma veya
kırılma ) gerilmesine göre değil de emniyet gerilmesine göre yapılır.
• Yapıda oluşacak maksimum gerilme emniyet gerilmesini aşmayacak
şekilde boyutlar hesaplanır veya malzeme seçimi yapılır.
ℎ𝑎𝑠𝑎𝑟 𝑔𝑒𝑟𝑖𝑙𝑚𝑒𝑠𝑖
Emniyet Katsayısı Kullanma Sebepleri:
• Malzeme özelliklerindeki belirsizlikler ve
değişkenlikler
• Yüklemelerdeki belirsizlikler ve değişkenlikler
• Analizlerdeki hatalar (yanılmalar) ve
belirsizlikler
• Tekrarlı yükleme durumları
• Hasar tipleri
• Malzeme üzerindeki bozucu etkiler ve onarım
gereklilikleri
• Can ve mal güvenliği/emniyeti
• Makinenin fonksiyonelliği
𝜎
Emniyet katsayısı : n = 𝑒𝑚𝑛𝑖𝑦𝑒𝑡 𝑔𝑒𝑟𝑖𝑙𝑚𝑒𝑠𝑖 = 𝜎 ℎ𝑎𝑠𝑎𝑟
(1.8)
𝑒𝑚𝑛𝑖𝑦𝑒𝑡
Emniyet şartı :
23.08.2024
𝜎 < 𝜎𝑒𝑚𝑛𝑖𝑦𝑒𝑡
veya
𝜏 < 𝜏𝑒𝑚𝑛𝑖𝑦𝑒𝑡
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
(1.9a,b)
33
1.2 Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.2.13 Mukavemet Hesaplamalarında Genel Yol Haritası
1-) Denge halindeki bir cisim veya sistemde önce statik hesaplamalarla
4
bilinmeyen kuvvetler bulunur.
3
2-) Cisimdeki maksimum gerilme hesaplanır. (Hesaplama şekli ve
2
formülleri yükleme şekline göre ve bazen geometriye göre değişir. )
3-) Maksimum gerilme sünek malzemelerde akma, gevrek
1
malzemelerde ise kopma (kırılma) gerilmesine eşitlenir. Bu eşitlikten,
a-) (kuvvet + malzeme belli ise) minimum boyut hesabı veya
b-) (kuvvet + boyutlar belli ise ) malzeme seçimi veya
Şekil 1.2.23
c-) (kuvvet + boyutlar + malzeme cinsi belli ise) Mukavemet (Dayanım) kontrolü yapılır.
• Bu genel yol haritasıdır. Bazı problemlerde, cisme uygulanabilecek maksimum kuvvet sorulabilir.
• Veya gerilmelerin yanı sıra şekil değiştirmeler hesaplanabilir. Emniyet katsayısı verilebilir.
• İleride görülecek örnek problemlerle bunlar zihninizde daha belirginleşecek ve mukavemetin mantığı daha netleşecektir.
•
Önemli bir Püf Noktası: Tüm mukavemet konuları için, gerilme veya şekil değiştirme formüllerinde kuvvet veya moment
terimlerini göreceksiniz. Bu terimlerin daima incelenen kesitteki iç kuvvet veya iç moment olduğunu unutmayınız. İç kuvvet
veya iç momentler ayırma prensibi ile önceden bulunmuş olmalıdır ki, gerilmeler hesaplanabilsin.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
34
Çubuk ve Bağlantı Elemanlarında
2. Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri
(Gerilme =Kuvvet / Alan = F / A denkleminin uygulamaları)
(Bu konu 2 nolu videoda anlatılmıştır.)
*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
35
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
Bu konu kapsamında;
1. İncelenen kesitte iç momentin sıfır olduğu ve kesitte sadece iç kuvvetin olduğu,
2. İç kuvvetin kesite dik veya paralel olduğu,
3. İç kuvvetin homojen olarak yani eşit bir şekilde kesitin tüm noktalarına dağıldığı durumlar ele alınacaktır.
Bu şartların sağlandığı durumda kesitin herbir noktasındaki «Gerilme = İç Kuvvet / Kesit Alanı» formülüyle hesaplanır.
1.Durum:İç Kuvvet Kesite dik
(kesit normaline paralel)
(2.1)
ise
Normal gerilme ( s ) oluşur.
Not: Bu durum; çift kuvvet
elemanlarında ve eksenel yüklemelere
maruz çubuklarda ortaya çıkar.
(b)
(a)
(c)
Şekil 2.1
2. Durum: İç Kuvvet Kesit yüzeyine
(2.2)
paralel (kesit normaline dik) ise
Kayma gerilmesi ( t ) oluşur.
Not: Bu durum pim, perçin, civata gibi
bağlantı elemanlarında ortaya çıkar.
(a)
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
(b)
Şekil 2.2
(c)
36
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
Örnek 2.1 (video 2, orn.1.1)
Şekildeki yapıyı göz önüne alalım:
• Acaba bu çubuklar, 30kN’luk kuvveti emniyet sınırları
içinde taşıyabilir mi? Bu sorunun cevabını bulacağız.
• Çubuklar aynı cins çelikten olup, emniyet açısından izin
verilebilir gerilme (emniyet gerilmesi):
𝜎emniyet = 165 MPa
• BC çubuğu d=20mm çapında dairesel kesite, AB
çubuğu ise 50mmx50mm’lik kare kesite sahiptir.
Şekil 2.3
• Hesaplamalarda pim deliklerini ihmal edeceğiz.
*Bu örneğin çözümü 2 nolu videoda örnek 1.1 olarak ayrıca anlatılmıştır.
Çözüm:..>>
Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
37
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
Çözüm
3
4
1.Adım : Statik hesapları
q
Çubuktan düğüme
gelen kuvvet (ilk kez
olduğundan keyfi
yönde seçilmiş.)
Bu sistemi bir kafes sistem olarak düşünebiliriz. B düğüm
noktasının dengesinden çubuk kuvvetlerini bulabiliriz.
𝐶𝑜𝑠𝜃
4
)=0
5
3
෍ 𝐹𝑦 = 0 → −30 + 𝐹𝐵𝐶 . ( ) = 0
5
෍ 𝐹𝑥 = 0 → 𝐹𝐴𝐵 − 𝐹𝐵𝐶 . (
𝐹𝐴𝐵 = 40𝑘𝑁
𝐹𝐵𝐶 = 50𝑘𝑁
işaretleri + çıktığı için
seçilen yönler doğruymuş
(Eksi çıksaydı, yönünü
değiştirmeden işaretiyle
birlikte işlemlerde kullanırız.)
𝑆𝑖𝑛𝜃
2.Adım: Gerilme Hesabı : BC çubuğuna B düğümünden gelen kuvvet zıt yönde olacağından BC çekiye maruzdur.
herhangi bir I-I kesitindeki iç kuvvet ve gerilme hesabını yapacak olursak
𝐹𝐵𝐶
C
𝐹𝐵𝐶 I-I kesimi-üst tarafı
I
C
(Kuvvetin yönü 2nci kez
keyfi seçilemez. Diğer
cisimde ilk keyfi
I
yerleştirme yönünün
zıttında olması gerekir.)
23.08.2024
I
Düğümden çubuğa
gelen kuvvet
𝜎=
𝐹𝑖ç 𝐹𝐵𝐶
=
𝐴
𝐴
𝐹𝑖ç = 𝐹𝐵𝐶
I
B
𝐹𝐵𝐶
A
𝐹𝐵𝐶
50𝑥103 𝑁
𝜎=
=
≅ 159𝑀𝑃𝑎
𝜋. 202
𝐴
2
𝑚𝑚
4
𝜎emniyet = 165 MPa verilmiş.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
3.Adım - Mukavemet Kontrolü
𝜎 < 𝜎𝑒𝑚𝑛𝑖𝑦𝑒𝑡
𝐵𝑢 ç𝑢𝑏𝑢𝑘 𝑒𝑚𝑛𝑖𝑦𝑒𝑡𝑙𝑖𝑑𝑖𝑟.
38
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
AB çubuğu için: Bu çubuk da eksenel bası yüküne maruz kaldığından gerilme benzer şekilde hesaplanır.
II
𝐹𝐴𝐵
𝐹𝐴𝐵
Gerilme Hesabı:
B
A
II
II-II kesimi-Sol tarafı
𝐹𝐴𝐵
II
𝐹𝑖ç = 𝐹𝐴𝐵
𝐹𝑖ç 𝐹𝐴𝐵
𝜎=
=
𝐴
𝐴
𝐹𝐴𝐵
≡
A=50x50𝑚𝑚2
II
(bası olduğundan gerilme
negatif çıkmalı)
𝐹𝐴𝐵
40𝑥103 𝑁
𝜎=
=−
= −16𝑀𝑃𝑎
𝐴
50𝑥50 𝑚𝑚2
Mukavemet Kontrolü: 𝜎emniyet = 165 MPa (verilmiş)
Malzeme sünek olduğu için çeki ve basıdaki akma mukavemeti ve dolayısıyla emniyet gerilmeleri şiddetçe eşittir.
𝜎𝑒𝑚𝑛−𝑏𝑎𝑠𝚤 = −165 𝑀𝑃𝑎
23.08.2024
𝜎 < 𝜎𝑒𝑚𝑛.−𝑏𝑎𝑠𝚤
→
−16 < −165
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
→ 𝐵𝑢 ç𝑢𝑏𝑢𝑘 𝑑𝑎 𝑒𝑚𝑛𝑖𝑦𝑒𝑡𝑙𝑖𝑑𝑖𝑟.
39
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
Örnek 2.2 (video 2,orn.1.2) Çelikten yapılmış BC çubuğunun, kalınlığı 6 mm, genişliği
w=25 mm ve çekideki akma gerilmesi 480 MPa’dır. Bu çubuğun emniyetini göz
önüne alarak sisteme uygulanabilecek maksimum P yükünün şiddetini bulunuz.
Emniyet faktörü n=4 alınız. (Cevap: 14400N)
Şekil 2.4
(*) Bu sorunun çözümü 2 nolu videoda örnek 1.2 olarak anlatılmıştır.. Fakat Öncelikle cevabı kendiniz bulmaya çalışın.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
40
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
2.1. Saint-Venant Prensibi
Bir kesite etkiyen bileşke iç kuvvet yüzeye dik ise ortalama normal gerilme;
𝑃
şeklinde ifade edilir.
𝜎 =
𝐴
• Ancak tekil yükten (P kuvvetinden) belli bir uzaklıktan sonra kesitin tüm
noktalarındaki gerilme değerleri birbirine yaklaşır.
• Yüke yaklaştıkça kesitte noktadan noktaya gerilmeler arasındaki fark büyür.
Şekil 2.5
(a)
(b)
(c)
Şekil 2.7
Şekil 2.6
Sonuç olarak tekil bir kuvvetten dolayı meydana gelen gerilmeler, uygulama noktasından yeterince uzak kesitlerde
uniform hale gelir. Buna Saint-Venant Prensibi denir. Bununla birlikte ileride çözeceğimiz problemlerde bu prensibin
çözümlere etkisi ihmal edilecektir. Bilgi amaçlı bu prensibe burada değinilmiştir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
41
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
2.2 Bağlantı Elemanlarında (Pimlerde, Cıvatalarda, Perçinlerde vb.) ortaya çıkan gerilmeler:Stress)
Levhaları veya çubukları birbirlerine bağlayan pim, cıvata, perçin gibi bağlantı elemanlarında oluşan kayma (kesme)
gerilmelerinin şiddetleri bağlantı yüzeyi sayısına göre hesaplanır. Tek veya çift kesme yüzeyli bağlantılardaki kayma
gerilmeleri örnekler üzerinden aşağıda açıklanmıştır. (*2 nolu videoda durum, çubuklar için de izah edilmiştir.)
2.2.1 Tek Kesme Yüzeyli (Single Shear) Bağlantı Elemanları
Civatanın Dengesi
Levhaların dengesi
𝐶𝑖𝑣𝑎𝑡𝑎 𝑘𝑒𝑠𝑖𝑡 𝑎𝑙𝑎𝑛𝚤: 𝐴
Şekil 2.9
Şekil 2.8
A levhasına uygulanan ve sağa doğru olan F dış
kuvvetini, a-b çizgisinin bulunduğu yarı silindirik
yüzeydeki cıvatadan gelen F tepkisi dengeler. B
levhasına gelen F kuvvetini ise c-d çizgisinin
olduğu yarı silindirik yüzeydeki F kuvveti
dengeleyecektir.
23.08.2024
Civataya a-b ve c-d kısımlarından, levhalardan zıt yönlü F tepki
kuvvetleri gelir ve bunlar birbirini dengeler. (F kuvvetleri
arasındaki mesafe çok küçük olduğundan moment etkisi
ihmal edilir.) Sonuçta, civata sadece b-c çizgisinin yer aldığı
kesit boyunca kesilmeye zorlandığı için tek kesme yüzeyine
𝐹𝑖ç
𝐹
sahiptir. Fiç = F ve kayma gerilmesi 𝜏 = 𝐴 = 𝐴 olacaktır.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
42
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
2.2.2 Çift Kesme Yüzeyli (Double Shear) Bağlantı Elemanları
HJ Civatasının Dengesi:
Levhaların dengesi
Şekil 2.11
Şekil 2.10
HJ cıvatasına A levhasının e-f kısmından gelen F tepki
A levhasına gelen F kuvvetini, e-f çizgisinin olduğu
kuvvetini a-b ve c-d kısımlarında oluşan F/2 lik kuvvetler
yarı silindirik yüzeydeki cıvatadan gelen F kuvveti; B
dengeler. Bu cıvata, e-b ve f-c çizgilerinin bulunduğu kesitler
levhasındaki F kuvvetini ise g-h çizgisinin olduğu yarı
boyunca kesilmeye zorlandığı için çift kesme yüzeyine
silindirik yüzeydeki F kuvveti dengeler.
sahiptir. K-K kesiminin üst kısmının dengesinden cıvata
Bu F
kuvvetleri etki-tepki prensibine göre, cıvatalara eşit
şiddette ve zıt yönde aynı bölgelerden gelir.
23.08.2024
𝐹𝑖ç
𝐹
kesit yüzeyinde Fiç = F/2 ve kayma gerilmesi 𝜏 = 2𝐴 = 2𝐴
bulunur. Benzer yorumlar EC cıvatası için de yapılabilir.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
43
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
Tek kesme için
2.3 Yatak Gerilmeleri (Bearing Stresses)
• Civata, pim, perçin gibi bağlantı elemanlarının geçtiği deliklerin (yatakların)
iç yarı silindirik yüzeylerinde bir tepki kuvveti oluşur. (Bir önceki sayfada
levhaların a-b veya c-d veya e-f kısımlarına gelen kuvvetler gibi).
• Bu kuvvet, cıvatadan levhaya gelen tepki kuvvetidir.
t : levha veya çubuk kalınlığı,
• Bu kuvvet yarı silindirik delik yüzeyine homojen dağılmaz. Orta kısımlarda d: delik çapı
Şekil 2.12
daha fazladır, yanlara doğru ise azalır.
• Bu kuvvetten dolayı levha deliğinin yarı silindirik iç yüzeyinde normal
gerilme oluşur. Bu normal gerilmenin ortalama değeri, kuvvetin A* izdüşüm
alanına bölünmesi ile hesaplanır. (2.3 denklemi)
𝜎𝑏
𝐹
• Bu ortalama gerilmeye yatak gerilmesi (bearing stress) denir.
• İzdüşüm Alanı : A* = levha kalınlığı x delik çapı (t x d) olup, kuvvete diktir.
Not: Problemlerde civatalar levha yerine bir çubuk elemana da bağlı olabilir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Şekil 2.13
𝐹
𝐹
𝜎yatak = 𝜎b =
=
𝐴 ∗ 𝑡𝑑
(2.3)
44
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
Örnek 2.3
Şekildeki pedalın C bağlantısında 6mm çapında pim
kullanılmıştır. P= 500N olduğuna göre;
a) C Pimindeki ortalama kayma gerilmesini,
Şekil 2.14
b) C piminin geçtiği deliklerdeki yatak gerilmelerini hesaplayınız.
Statik Dengeden
SCD
Çözüm:
෍ 𝑀𝑐 = 0 ⇒ −𝑃. 300 + 𝐹. 125 = 0
𝑃. 300 500𝑥300
→𝐹=
=
= 1200𝑁
125
125
෍ 𝐹𝑥 = 0 ⇒ 𝐹𝐶𝑥 − 𝐹 = 0 ⇒ 𝐹𝐶𝑥 = 𝐹 = 1200𝑁
𝐹𝐶𝑥
𝐹𝐶
෍ 𝐹𝑦 = 0 ⇒ 𝐹𝐶𝑦 − 𝑃 = 0 ⇒ 𝐹𝐶𝑦 = 𝑃 = 500𝑁
𝐹𝐶𝑦
𝐹𝐶 =
23.08.2024
(𝐹𝐶𝑥 )2 +(𝐹𝐶𝑦 )2 =
(1200)2 +(500)2 = 1300𝑁 ⟶ 𝐹𝐶 = 1300𝑁
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
45
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
a-) C pimi çift kesmeye maruzdur. Çünkü 2 tane delikten geçirilip 2 yatakla dengelenmiştir.
C pimi
I-I kesimi
I
I
C pimi
I
I
𝑡 = 5𝑚𝑚
𝐹𝑖ç
𝐹𝑐
𝜏𝑐 =
=
=
𝐴
2𝐴
𝐹𝑐
1300
=
𝜋. 62
𝜋. 𝑑𝑐2
2. 4
2. 4
A
𝜏𝐶 = 22.99𝑀𝑃𝑎
b-) c piminin geçtiği yataklardan birisini incelersek yeterli olur.
𝐴∗ = 𝑡. 𝑑𝑐
𝜎yatak = 𝜎b =
23.08.2024
𝐹𝑐 /2
𝐹𝑐
1300
=
=
𝐴∗
2. 𝑡. 𝑑𝑐 2𝑥5𝑥6
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜎𝑏 = 21.67𝑀𝑃𝑎
46
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
Örnek 2.4. (video 2, orn.1.3) Şekildeki çerçeve sisteminin, P=100kN luk
A Pimi
kuvveti emniyet sınırları içinde taşıyabilmesi için
a-) B ve D pimlerinin minimum çap değerlerini bulunuz.
D Pimi
𝑡𝐵𝐷
b-) BD çubuğunun minimum kalınlığını hesaplayınız.
Emniyet katsayısı n=2 alınız.
Pimlerin kesmedeki (kaymadaki) akma gerilmesi tak = 200MPa,
B Pimi
BD çubuğunun çeki/basıdaki akma gerilmesi sak = 400MPa
Çözüm:
𝐹𝐴𝑦
𝐹𝐵𝐷
Çift kuvvet
elemanı
A
D
300𝑚𝑚
B
q=450
B
𝐹𝐵𝐷
23.08.2024
𝐹𝐵𝐷
Şekil 2.15
𝐹𝐴𝑥
Statik hesaplar:
𝑀𝐴 = 0 → 𝐹𝐵𝐷 . 𝐶𝑜𝑠450 𝑥 (300) − 100𝑥200 = 0
q
→ 𝐹𝐵𝐷 = 94.28 𝑘𝑁
200𝑚𝑚
𝑃 =100N
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
47
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
a-)
𝜏𝑎𝑘 200
=
= 100MPa
Pimlerin emniyetli kayma gerilmesi : 𝜏𝑒𝑚 =
2
2
B piminin emniyetli çap değerini bulalım: B pimi tek kesme yüzeyine sahiptir.
I-I kesimi-sol kısım
dB
I
𝐹İÇ 𝐹𝐵𝐷 94.28𝑥103 120𝑥103
𝜏𝐵 =
=
=
=
𝐴𝐵
𝐴𝐵
𝜋𝑑𝐵2
𝑑𝐵2
4
I
Emniyet şartı : 𝜏𝐵 ≤ 𝜏𝑒𝑚 →
120𝑥103
≤ 100 →
𝑑𝐵2
𝑑𝐵2 ≥ 1200 →
𝑑𝐵 ≥ 34.64𝑚𝑚
𝑑𝐵−𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑢𝑚 = 𝑑𝐵−𝑒𝑚𝑛𝑖𝑦𝑒𝑡 = 34.64𝑚𝑚
Bu değere en yakın minimum tam sayı 35mm olduğundan, dB = 35 mm is taken. .
Piyasada 34.64 mm’lik pim bulamayız ancak 35 mm’lik bulabiliriz. Pimi kendimiz üretseydik 34.64 mm lik
üretebilirdik. Ancak bu kadar küçük bir fark için imalat masrafına girmeye değmez.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
48
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
D Piminin emniyeti: D pimi çift kesmeye maruzdur.
a-a kesimi-sol kısım
a
𝐹İÇ 𝐹𝐵𝐷 /2 (94.28𝑥103 )/2 60𝑥103
𝜏𝐷 =
=
=
=
2
𝐴𝐷
𝐴𝐷
𝜋𝑑𝐷
𝑑𝐷2
4
a
Emniyet şartı : 𝜏𝐷 ≤ 𝜏𝑒𝑚 →
60𝑥103
≤ 100 →
2
𝑑𝐷
𝑑𝐵2 ≥ 600 →
𝑑𝐷 ≥ 24.5𝑚𝑚
𝑑𝐷−𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑢𝑚 = 𝑑𝐷−𝑒𝑚𝑛𝑖𝑦𝑒𝑡 = 24.5𝑚𝑚
Bu değere en yakın minimum tam sayı 25mm olduğundan dD = 25 mm alınır.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
49
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
b-) BD çubuğunun çekideki emniyeti:
𝜎𝑎𝑘−ç𝑒𝑘𝑖 𝜎𝑜 400
𝜎𝑒𝑚−ç𝑒𝑘𝑖 =
=
=
= 200MPa
2
2
2
Malzeme sünek olduğu için BD çubuğunun basıdaki akma
𝜎𝑒𝑚−𝑏𝑎𝑠𝚤 =
mukavemeti şiddetçe çekidekine eşittir.
𝜎𝑎𝑘−𝑏𝑎𝑠𝚤 𝜎𝑜𝑐 −400
=
=
= −200MPa
2
2
2
BD çubuğunun en dar kesiti daha büyük çaplı B piminin geçtiği deliktir. Şiddetçe maksimum gerilme bu minimum
kesitte ortaya çıkar. Malzeme sünek olduğu için çeki ve basıdaki akma gerilmeleri eşit kabul edilebilir.
c-c kesimi-alt kısım
A1 ve A2 kesitlerinde oluşan toplam iç kuvvet
𝜎𝐵𝐷−𝑚𝑖𝑛
BD çubuğundaki
minimum kesit
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
BD çubuğundaki şiddetçe en
büyük gerilmedir.
Bası gerilmesi olduğundan
negatif işaretlidir ve bu yüzden
minimum gerilme denir.
50
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
𝐹𝑖ç
−94.28𝑥103 −6285.3
𝜎𝐵𝐷−𝑚𝑖𝑛 =
=
=
𝐴𝑚𝑖𝑛. (50 − 35)𝑥𝑡
𝑡
Bası durumu için Emniyet şartı : 𝜎𝐵𝐷 ≤ 𝜎𝑒𝑚𝑛−𝑏𝑎𝑠𝚤
−6285.3
≤ −200 →
𝑡
𝑡 ≥ 31.42𝑚𝑚
𝑡𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑢𝑚 = 𝑡𝑒𝑚𝑛𝑖𝑦𝑒𝑡 = 31.42𝑚𝑚
Çubuğu kendimiz imal edeceğimiz için tam sayıya yuvarlamaya illa gerek yoktur.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
51
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
Pim deliklerini ihmal etseydik: BD çubuğunun dolu orta kesitinden bir kesim (b-b kesimi) alalım. Bu durumda ;
b-b kesimi – alt kısım
𝜎𝐵𝐷−𝑜𝑟𝑡
b
b
𝐹𝑖ç
𝐹𝐵𝐷 −94.28𝑥103
𝜎𝐵𝐷−𝑜𝑟𝑡 =
=
=
𝐴𝑜𝑟𝑡 𝐴𝑜𝑟𝑡
50𝑥𝑡
Emniyet şartı : 𝜎𝐵𝐷−𝑜𝑟𝑡 ≤ 𝜎𝑒𝑚𝑛−𝑏𝑎𝑠𝚤 →
−1885,6
≤ −200
𝑡
→ 𝑡 ≥ 9.42𝑚𝑚
Görüldüğü gibi pim deliklerini ihmal ettiğimizde kalınlığı yaklaşık 3 katı daha düşük değerde buluyoruz.
Emniyet katsayısı n=2 alındığı için t=9.42 mm alırsak çok önemli bir hesap hatası yapmış oluruz. Pim
deliklerindeki kesit azalmasından dolayı çubuk emniyet sınırları içerisinde kalmayacaktır.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
52
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
Örnek 2.5 (n) Şekildeki çerçeve sistemde BD çubuğu 40 mm genişliğinde ve
12 mm kalınlığındadır. Her bir pimin çapı 10 mm olup pimler tek kesmelidir.
Tüm pim ve çubuklar aynı malzemeden imal edilmiş olup akma
mukavemetleri σak = 300MPa, τak =150 MPa olarak bilinmektedir.. Buna
göre;
40 mm
12 mm
BD çubuğundaki, pimlerindeki ve D yatağındaki maksimum
gerilmeleri bularak bu elemanların mukavemet kontrollerini yapınız.
Statik hesaplar:
Çözüm:
෍ 𝑀𝐶 = 0 → 𝐹𝐵𝑌 150 − 20(300sin60) = 0
20𝑘𝑁
FBD
Çift kuvvet
elemanı
20(300sin60)
= 34.64 𝑘𝑁
150
𝐹𝐵𝑌
𝐹𝐵𝑌
tan60 =
⟹ 𝐹𝐵𝑋 =
= 20 𝑘𝑁
𝐹𝐵𝑋
tan60
𝐹𝐵𝑌 =
FCy
FBY
23.08.2024
Şekil 2.16
FCx
𝐹𝐵𝐷 =
(𝐹𝐵𝑋 )2 +(𝐹𝐵𝑌 )2 =
(20)2 +(34.64)2
𝐹𝐵𝐷 = 40 𝑘𝑁
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
53
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
𝐹𝐵𝐷
𝐹𝐵𝐷
BD çubuğunun mukavemet kontrolü:
En büyük gerilme, en küçük kesitte
(pim deliği bölgesinde) ortaya çıkar
𝐵
Çubuk ve pimler için
𝜎𝑎𝑘𝑚𝑎 = 300𝑀𝑃𝑎
𝐹𝑖ç = 𝐹𝐵𝐷
𝐷
𝐹𝐵𝐷
𝐹𝐵𝐷
40𝑥103
(𝜎𝑚𝑎𝑘𝑠. )𝐵𝐷 =
=
𝐴
40 − 10 . 12
D veya B piminin
mukavemet
kontrolü :
𝜏𝑎𝑘𝑚𝑎. = 150 𝑀𝑃𝑎
𝜎𝑚𝑎𝑘𝑠. 𝐵𝐷 < 𝜎𝑎𝑘𝑚𝑎.
⟹ 𝜎𝑚𝑎𝑘𝑠. 𝐵𝐷 = 111.11 𝑀𝑃𝑎
(111.11 < 300)
dB
𝐹𝐵𝐷
40𝑥103
⟹ 𝜏𝐷 = 509.29 𝑀𝑃𝑎
𝜏𝐷 =
=
𝜋. 𝑟 2
𝜋. 52
I
𝜏𝐷 > 𝜏𝑎𝑘𝑚𝑎.
I
(509.29 > 150)
D yatağının
mukavemet
kontrolü :
23.08.2024
𝐹𝐵𝐷 40000
(𝜎𝑦𝑎𝑡𝑎𝑘 )𝐷 =
=
𝑑. 𝑡 10𝑥12
BD çubuğu bu
yüke dayanır.
B ve D pimleri bu
yüke dayanamaz.
⟹ 𝜎𝑦𝑎𝑡𝑎𝑘 𝐷 = 333.33 𝑀𝑃𝑎
(𝜎𝑦𝑎𝑡𝑎𝑘 )𝐷 > 𝜎𝑎𝑘𝑚𝑎.
(333.3 > 300)
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
D yatağı da bu
yüke dayanamaz.
54
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
Örnek 2.6 (n)
(b)
(a)
Şekil 2.17
Dairesel kesitli kademeli bir çelik çubuk, sabit bir alüminyum diskte açılan delikten geçirilmiştir. Sisteme
uygulanabilecek maksimum P yükünün şiddetini hesaplayınız. Çelik elemanın alt kısmı 10mm çapındadır.
23.08.2024
Çelik
Alüminyum
sem (MPa)
360
140
tem (MPa)
180
70
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
55
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
Çözüm
A1 ve A2 iç silindirik yüzeyler
olup kesmeye maruz kalırlar.
A3 dairesel kesiti ise çekmeye
maruz kalacaktır.
Çeliğin üst kısmının emniyeti için uygulanabilecek maksimum P:
Çelik ve Alüminyum için
kuvvet dağılımı (SCD)
t t
t t t
A1
𝑃 = 𝜏𝑒𝑚−ç𝑒𝑙𝑖𝑘 . 𝐴1 = 180𝑥 𝜋𝑥12𝑥10 = 67858.4𝑁 ≅ 67.86𝑘𝑁
(silindir iç yüzeyi)
Alüminyum diskin emniyeti için uygulanabilecek maksimum P:
𝑃 = 𝜏𝑒𝑚−𝑎𝑙ü𝑚. . 𝐴2 = 70𝑥 𝜋𝑥40𝑥8 = 70371.67𝑁 ≅ 70.37𝑘𝑁
Çeliğin alt kısmı emniyeti için uygulanabilecek maksimum P:
𝜋𝑥102
𝑃 = 𝜎𝑒𝑚−ç𝑒𝑙𝑖𝑘. . 𝐴3 = 360𝑥(
) = 28274.33𝑁 ≅ 28.27𝑘𝑁
4
Bu durumda tüm sistemin emniyeti için uygulanabilecek maksimum P yükü:
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
P
Pemn. =28.27kN
56
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
Konuyla İlgili Cevaplı Sorular
Soru 2.7* AB ve CD çubukları, mafsallara ve BCE rijit kirişine
30mm
pimlerle, tek yüzeyden kesme olacak şekilde bağlanmıştır.
D
σak = 420MPa
30mm
, τak =170 MPa ve emniyet katsayısı n=3.2
olduğuna göre emniyetle uygulanabilecek P kuvvetinin en
B
30mm
büyük değerini bulunuz. (A ve B pimlerinin çapı 15mm, C ve D
pimlerinin çapı 10mm dir. AB ve CD çubukları 8mmx30mm lik
C
E
A
dikdörtgen kesitlere sahiptir.) Cevap: Pmax = 1669N
Şekil 2.18
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
57
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
Soru 2.8* Şekildeki taşıyıcı sistemin, 5.4 kN ağırlığında levhayı
emniyetle taşıyabilmesi isteniyor. Buna göre;
AB çubuğunun ve C piminin emniyetli çap değerlerini hesaplayınız.
AB çubuğunun çeki için emniyet gerilmesi 125MPa,
C piminin kesmedeki emniyet gerilmesi 45MPa’dır.
Çubukların ağırlığı ihmal edilecektir. Cevap: dAB-em.=7.49mm2 ,
dc-em.= 8.53mm
Şekil 2.19
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
58
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
Şekil 2.20
23.08.2024
Soru 2.9* Şekildeki taşıyıcı çerçeve sistemin, B ve C noktalarından uygulanacak
olan 200’er N’luk yükleri taşıması gerekmektedir.. Çubuklar a x a boyutlarında
kare kesitli olup, A ve E pimlerinin üstten görünüşleri şekilde verilmiştir. Buna
göre A, E pimlerinin emniyetli çaplarını ve DE çubuğunun emniyetli kesit kenar
uzunluğunu tayin ediniz. Sonuçları tam sayıya ötelemeyiniz. Tüm sistem için
emniyet katsayısı 2, çubukların çekideki akma mukavemeti (akma gerilmesi)
200MPa, pimlerin kesme mukavemeti 150MPa dır. Pim deliklerini ihmal
etmeyiniz. Cevaplar :dA-em=1.97mm, dE-em=1.4mm, a-em=1.52mm
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
59
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
Soru 2.10*: Şekildeki askı sisteminde ABC kısmının üst parçası 3/8 mm alt
parçaları 1/4 mm kalınlığındadır. Üst ve alt parçaları B noktasında yapıştırmak
için epoksi reçine kullanılmıştır. A daki pim 3/8 mm ve C deki pim 1/4 mm
çapındadır. Buna göre; a) A ve C pimlerindeki kayma gerilmelerini, b) ABC
parçasındaki en büyük normal gerilmeyi, c) B deki yapışma yüzeylerindeki
ortalama kayma gerilmesini, d) C noktasındaki yatak gerilmesini bulunuz.
Cevaplar: a-) 679MPa, 764MPa, b-)228.5MPa,
c-) 17.14MPa, d-) 600MPa
Şekil 2.21
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
60
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
Soru 2.11*: Şekildeki çerçeve sisteme G noktasından 24kN’luk düşey bir
yük uygulanmıştır. BE ve CF çift taraflı olarak yatay AD çubuğuna 20mm
çapında çelik pimlerle bağlıdır. A ve D uçlarında ise dönmeye izin veren
ötelenmeye izin vermeyen bağlantılar kullanılmıştır. Akma mukavemeti
200MPa olan BE ve CF çubukları 40mm genişliğinde ve aynı t
kalınlığındadır. Emniyet faktörünü 2 alarak bu çubukların emniyetli kalınlık
Şekil 2.22
23.08.2024
değerini tespit ediniz. Cevap: tem =9.75mm
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
61
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
2017 yaz okulu 2.vize
D
A
Şekil 2.23
23.08.2024
Soru 2.12 Şekildeki sistemin 800 N’luk düşey yükü emniyet sınırları
içerisinde taşıyabilmesi gerekmektedir. Emniyet katsayısını 2 alarak,
C
a-) Çelik malzemeden imal edilmiş, A ve B pimlerinin emniyetli çap
değerlerini belirleyiniz. (A pimi tek, B pimi çift kesme yüzeyine sahiptir.)
b-) Bu durumda, 50mm genişliğe, 8mm kalınlığa sahip Alüminyum BD
çubuğunun emniyet kontrolünü yapınız.
600
300
800N
B
Malzeme
Çeki / Bası için Akma Mukavemeti
Kesmedeki Akma Mukavemeti
Çelik
400MPa
200MPa
Alüminyum
140MPa
70MPa
Cevaplar: a-) dA-em= 1.805mm, dB-em= 3.59 mm, b-) sBD-max = 2.72MPa emniyetli
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
62
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
Soru 2.13* Üst yüzeyinden tavana asılmış ve sabitlenmiş olan 40mmx40mm kare
kesitli bir tahta bloğa yatay bir çelik pim geçirilmiştir. Pime her iki ucundan düşey
doğrultuda ve aşağı doğru toplam bir P yükü uygulanacaktır. Tahtanın çeki
d
mukavemeti 60MPa ve kayma (kesme) mukavemeti 7.5MPa, çelik malzemenin
kayma mukavemeti ise 145 MPa’dır. c=55mm ve d=12mm olarak biliniyor. Buna
göre bu sisteme emniyet sınırları içerisinde uygulanabilecek maksimum P
40mm
40mm
kuvvetini hesaplayınız. Emniyet katsayısı n= 3.2 alınacaktır. Cevap: 10250 N
Şekil 2.24
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
63
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
Soru
2.14*
Şekildeki
taşıyıcı
sisteme
6kN’luk
bir
kutu
yüklenmiştir. Sistem gösterilen konumda dengede tutulmaktadır.
L
şeklindeki
taşıyıcı
bütün
bir
parçadır.
E
tekerleği
sürtünmesizdir. B pimi tek kesmeye maruzdur. Buna göre B
piminin emniyetli çap değerini hesaplayınız.
(B piminin malzemesinin kesme mukavemeti 138 MPa dır.
Şekil 2.25
23.08.2024
emniyet katsayısı n= 2) Cevap: 12mm
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
64
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
Soru 2.15 (Final 2016): Şekildeki kafes sistemde dairesel kesitli çelik
çubuklar kullanılacaktır. Buna göre BE, CE çubuklarının minimum çap
değerini hesaplayınız.
Kullanılacak çelik için akma gerilmesi = 400 MPa
Cevaplar :BE çubuğunun minimum çapı = 19.94mm
Şekil 2.26
23.08.2024
CE çubuğunun minimum çapı = 17.84mm
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
65
2- Çeki, Bası ve Kesme Yüklemeleri (Çubuklar ve Bağlantı Elemanları)
P
b
c
d
Soru 2.16 (Final 2016) Şekildeki sıkıştırma aletine P = 50 N luk bir el
C
a
D J
G
Şekil 2.27
K
H
P
kuvveti uygulanacaktır. Buna göre emniyet sınırları içinde kalacak şekilde,
E
F
A
1
a-) kare kesitli CD kolunun emniyetli kesit uzunluğunu,
b-) Dairesel kesitli 1 numaralı kolun emniyetli çap değerini,
c-) tek kesme yüzeyine sahip E piminin emniyetli çapını hesaplayınız.
Verilenler: a=3cm, b=10cm, c=4cm, d=5cm, emniyet katsayısı n= 2
• 1 numaralı JA kolu, DG elemanına J noktasından kaynaklanmıştır.
• EF arasında açılan delik, 1 numaralı kolun yatay doğrultuda hareketine izin vermektedir.
• CD ve JA kolu ve pimler aynı malzemeden imal edilecektir. Bu malzemenin akma mukavemeti: 300 MPa’dır.
Cevaplar a-) 1.45 mm, b-) 2.07mm, c-) 4.88mm
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
66
3.
Şekil Değiştirme
(Deformasyon)
3.1 Genel Bilgiler ve Birim Uzama (e) Kavramı,
3.2 Çubuklarda Uzama-Kısalma Hesapları
3.3 Eksenel Yüklemede Hiperstatik Problemler
3.4 Termal (Isıl) Yüklemeler
3.5 Genel Hooke Bağıntıları ve Örnekler
Konu No:
3.1, 3.2
3.3, 3.4
3.5
Video No:
Video 3a
Video 3b
Video 3c
*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
67
3.1 Şekil Değiştirme / Genel Bilgiler
3.1 Genel Bilgiler
3.1.1 Şekil Değiştirme Hesaplarının Önemi
• Bir katı sistemde sadece gerilmelerin değil, aynı
zamanda toplam deformasyonların (toplam şekil
Şefim!
Hiçbir kabloda kopma
yok. Gerilme ve
dayanım hesaplarım
doğruymuş.
Bu ne o
zaman???
değiştirmelerin) da belli bir sınırı aşmaması gerekir ki,
sistemin dayanımının yanısıra işlevselliği de korunsun.
Bu
sebeple
deformasyonlar,
mukavemette
gerilmelerden sonra en önemli karşılaştırma kriteri
Yüklere dayanabilmiş ancak aşırı şekil değiştirmekle işlevselliğini yitirmiş bir köprü
Şekil 3.1
olup, tasarım aşamasında mutlaka hesaba katılmalıdır.
• Bir sistemdeki toplam deformasyon hesapları, gerinme hesaplarıyla yakından çok yakından ilişkilidir ve
gerilmeler gibi yükleme tipine göre değişiklik gösterir. Eğilme, burulma, çekme gibi farklı yüklemelerdeki
deformasyon hesaplamaları birbirlerinden farklı olup her birisi mukavemetin ayrı bir konusudur.
• Bu bölümde çubuklarda eksenel yüklemeye (çeki-bası yüklemelerine) sebep olan durumlar incelenecek, bu kapsamda
elastik bölgede toplam uzama/kısalma hesapları, termal yüklemeler, hiperstatik durumlar anlatılacaktır.
• Son kısımda, gerilmelerle-gerinmeler arasında elastik bölgede geçerli olan Hooke bağıntıları açıklanıp örnekler
çözülecektir. (Plastik bölgedeki deformasyon hesapları daha ileri seviye konular olup genelde lisans üstü seviyesinde anlatılmaktadır.)
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
68
3. Şekil Değiştirme / Genel Bilgiler
3.1.2 Birim Uzama (e) Kavramı
• Şekil değiştirmede en önemli kavram birim uzama ismini verdiğimiz büyüklüktür.
DL/2
DL/2
• e ile gösterilen ve («ipsilon» diye okunan) birim uzama; gerinme olarak da
isimlendirilir, İngilizcesi ise «strain» dir.
L0
• e en basit tanımıyla, bir cismin birim boyundaki uzama (veya kısalma) miktarıdır.
• Örneğin çekmeye maruz L0 boyundaki bir çubukta toplam uzama DL ise ..>> birim uzama:
Şekil 3.2
𝜀=
• Birim uzama hangi doğrultuda ise e un indisi ona göre değişir (ex, ey veya ez olabilir).
∆𝐿
𝐿𝑜
(3.1)
3.1.3 Tek Eksenli Yükleme: Bir cisim sadece tek bir doğrultuda (x, y veya z
eksenlerinden birisinde) yüklenmiş ise bu yüklemeye tek eksenli yükleme deriz.
Şekil 3.3
• Çubuk şeklinde olan elemanların sadece uzunluğu (ekseni) doğrultusunda yüklenmesine eksenel yükleme
denir. Eksenel yükleme bir eksen doğrultusunda olduğu için aynı zamanda tek eksenli yüklemedir.
•
Bu yükleme çekme veya basma şeklinde olur.
•
Çubuğun kesit alanı veya malzemesi bölge bölge değişebilir. Bu tip çubuklara kademeli çubuklar denir.
•
Şimdi, eksenel yüklemeye maruz çubuk şeklindeki elemanlarda toplam uzama veya kısalma miktarını
Şekil 3.4
hesaplamayı öğreneceğiz..>>.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
69
3. Şekil Değiştirme / Genel Bilgiler
karakterize eden bir testtir.
𝑮𝒆𝒓𝒊𝒍𝒎𝒆 (𝑺𝒕𝒓𝒆𝒔𝒔)
3.1.4 Çekme testi ve gerilme-birim uzama diyagramı: Çekme testi bir eksenel yüklemedir.
Çeneye
Malzemelerin mekanik davranışlarını en iyi
𝜎 = 𝑃/𝐴0
𝝈𝒂𝒌
𝐸𝑙𝑎𝑠𝑡𝑖𝑘
𝐵ö𝑙𝑔𝑒
𝑃𝑙𝑎𝑠𝑡𝑖𝑘
𝐵ö𝑙𝑔𝑒
Ç𝑒𝑘𝑚𝑒
𝑀𝑢𝑘𝑎𝑣𝑒𝑚𝑒𝑡𝑖
(𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖𝑙𝑒 𝑠𝑡𝑟𝑒𝑛𝑔𝑡ℎ)
bağlanan
kısım
𝐴0
𝐾𝑜𝑝𝑚𝑎
𝑷
𝑷
𝐴
∆𝐿/2
𝐿0
∆𝐿/2
𝜎𝑎𝑘 ∶ 𝑎𝑘𝑚𝑎 𝑔𝑒𝑟𝑖𝑙𝑚𝑒𝑠𝑖 (𝑦𝑖𝑒𝑙𝑑 𝑠𝑡𝑟𝑒𝑠𝑠)
𝜎
Çekme Test Cihazı
Şekil 3.5
𝜎
𝑷
𝑷
𝑡𝑎𝑛𝜃 = = 𝐸 (𝐸𝑙𝑎𝑠𝑡𝑖𝑘𝑙𝑖𝑘 𝑀𝑜𝑑ü𝑙ü)
𝜀
𝑩𝒊𝒓𝒊𝒎 𝑼𝒛𝒂𝒎𝒂𝒏 (𝑺𝒕𝒓𝒂𝒊𝒏)
𝜃
𝜀 = ∆𝐿/𝐿0
𝜀
Şekil 3.6
Test numunesi cihazın çenelerine bağlanır. Genellikle alt çene sabit, üst çene ise yukarı doğru hareket ettirilir. Bu sırada
numuneye gelen P çekme kuvveti zamanla artar. Farklı anlar için, kuvvet (P) ve uzama (DL ) değerleri ölçülür.
Buradan gerilme (s) – birim uzama ( e ) değerleri bulunur ve üstteki diyagram elde edilir. s = P/ Ao , e = DL / Lo
Ao : Numune ilk kesit alanı, Lo: Numune ilk boyudur. Uzama ile birlikte numune kesit alanı daralır (A<Ao ), boyu ise ∆𝐿 kadar
artar. Anlık s ve e tespitinde o andaki kesit alanı ve boy alınması daha doğru olsa da, ilk değerler (Ao ve Lo) alınarak işlem
yapılır ki, bu mühendislik açısından kabul edilebilir bir yaklaşımdır. Akma gerilmesi (𝝈𝒂𝒌 )nden sonra plastik deformasyon
başlar. Başlangıçtaki doğrusal kısım akma sınırından biraz önce bitse de, 𝝈𝒂𝒌 bu doğrusal kısma genelde dahil edilir. Doğrusal
kısmın eğimi E elastiklik modülü olarak tanımlanan malzeme özelliğidir. Çenelerin elastikliğinin sonuçları etkilememesi için e
değerlerinin numune üzerinden straingage ler (Birim uzama ölçerler) ile okunması daha doğrudur.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
70
3. Şekil Değiştirme / Genel Bilgiler
Farklı malzemeler için çekme testi diyagramları:
Alüminyum
Alaşımı
Gevrek Bir Malzeme
Bazı Sünek
Malzemeler
Şekil 3.8
Düşük
Karbonlu
Çelik
Şekil 3.7
Gevrek (kırılgan) malzemelerde plastik bölge
yok denecek kadar azdır ve ihmal edilir.
Şekil 3.9
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
71
3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Toplam Uzama
3.2.1 Çubuklarda eksenel yüklemede (Çeki-Bası Durumlarında) elastik toplam Uzama (d) hesabı:
Eksenel çeki yüküne maruz A kesitine sahip homojen ve izotropik bir çubuk düşünelim. P çekme
kuvveti etkisi ile bu çubuk elastik bölgede toplam ne kadar uzar (d=?)
𝜎 = 𝑃/𝐴
𝐹𝑖ç
𝐼
𝐼
𝐼
𝐼
𝐼
𝐼
Gerilme
𝜎 = 𝑃/𝐴
𝐵
Elastiklik bölgenin eğimi, yani
Elastiklik modülü:
𝜎
𝐶
∆𝐿 = 𝛿
𝐴
𝐶
𝐶
𝑃
𝑃
Şekil 3.10
(3.1) denkleminden
Birim şekil değiştirme : 𝜀 =
→
Gerinme (Birim uzama)
𝜃
𝜀
𝑃
𝜎
𝜀
(3.2a)
𝜎
𝜀=
𝐸
(3.2b)
tan θ = E =
𝜀 = 𝛿/𝐿
Şekil 3.11
Toplam elastik uzama
𝛿
𝐿
𝐹𝑖ç 𝑃
=
Gerilme: 𝜎 =
→
𝐴
𝐴
𝑃𝐿
𝛿=
𝐴𝐸
𝐹𝑖ç . 𝐿
Veya daha anlaşılır bir ifade ile: 𝛿 =
𝐴𝐸
𝐹𝑖ç
𝑃
𝛿 𝜎
=
→
𝜀= = =
𝐴𝐸 𝐴𝐸
𝐿 𝐸
(3.3a)
(3.3b)
3.3 denklemleri eksenel yüklemeye maruz, sabit kesitli bir çubukta, elastik toplam uzama miktarını bize verir.
Püf noktası ise denklemdeki kuvvetin kesim yapılan kesitteki iç kuvvet yani P=Fiç olduğunu bilmektir.
Bu bilgi kademeli çubukların çözümünde çok daha işe yarayacaktır.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
72
3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Toplam Uzama
3.2.2 Kademeli çubuklar için toplam uzama
Çubuk ekseni boyunca, kesit alanı (A), malzeme (E) veya eksenel kuvvet ( P ) değerlerinden en az birisi değişirse, buna
kademeli çubuk denir. Çubuk bölgelere ayrılır. Her bir bölge için uzama miktarları ayrı ayrı bulunur ve toplanır. Burada
en önemli nokta herbir bölgedeki iç kuvveti doğru belirlemektir. Bu çözülecek örneklerle daha iyi anlaşılacaktır.
𝐴2
𝐴1
𝐴3
𝐹𝑖ç−𝑖 𝐿𝑖
𝑃2
𝐸3
𝛿
=
෍
(3.4)
𝐸1
𝑃3
𝑃1
𝐴
𝐸
𝐸2
𝑖
𝑖
𝐿3
𝑖
𝐿1
Şekil 3.12
𝐿2
3.2.3 İç kuvvetin yönünü veya işaretini karıştırmamak için, bir pratik bilgi:
Bir bölgedeki Fiç in bası mı, çeki mi olduğuna karar veremiyorsanız ve işaretini sürekli karıştırıyorsanız şu yolu
deneyin: Yaptığınız kesimdeki ayırma yüzeyine Fiç değerini daima çeki yönünde yerleştirin. Kesimin sağ veya sol
kısmının Statik dengesinden Fiç i hesaplayın ve çıkan sonucu işareti ile birlikte d denkleminde aynen kullanın. Bu sizi
hiçbir zaman yanıltmayacak bir çözümdür. Örnek 3.1 de bu pratik bilgi kullanılmıştır.
Not: Statikten biliyoruz ki, bir kuvvet ilk yerleştirilirken yönü keyfi seçilebilir. İşareti eksi (-) çıkarsa demek ki seçtiğimiz yönün tersine
imiş denir. Fakat yönü hiç değiştirmeden işaretiyle birlikte denklemlerde aynen kullanılır. Veya işaretini değiştirirsek yönünü de
değiştirmemiz gerekir ama bu pek tercih edilmez.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
73
3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Toplam Uzama
Örnek 3.1. (n)
Verilen yükleme durumu için şekildeki kademeli
çelik çubuğun toplam deformasyonunu (toplam
uzama miktarını) bulunuz.
Elastiklik Modülü : E=200GPa
Şekil 3.13
Çözüm:
Kademeli çubuğu bölgelere ayırırız. E, A veya P
değiştiği zaman bölge değişecektir. Bu durumda
şekildeki gibi toplam 3 bölge oluşacaktır. Aynı
malzeme olduğu için E tüm bölgelerde aynıdır.
Bölgelerin kesit alanları:
𝐴1 = 𝐴2 = 580 mm2 , 𝐴3 = 194mm2
Bölgelerin uzunlukları: :
𝐿1 = 𝐿2 = 300 mm, 𝐿3 = 400𝑚𝑚
Statik Dengeden A duvarındaki tepki kuvvetini bulalım:
23.08.2024
Şekil 3.14
෍ 𝐹𝑥 = 0 → 300 + 120 − 180 − 𝐹𝐴 = 0 → 𝐹𝐴 = 240𝑘𝑁
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
74
3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Toplam Uzama
Her bir bölgeden kesim yaparak iç kuvvetleri buluruz. (İşaretlerini karıştırmamak için her bir iç kuvveti
çekme kuvveti olarak yerleştiririz.)
1.Bölge (I-I kesimi sol kısım)
Unutmayın: 1nci bölge için I-I kesiminin sağ
kısmını alırsak yine aynı sonucu bulmamız
gerekir ki bu aşağıda ispatlanmıştır:
2.Bölge (II-II kesimi sağ kısım)
3.Bölge (III-III kesimi sağ kısım)
෍ 𝐹𝑥 = 0 → 120 − 180 − 𝐹𝑖ç−2 = 0
෍ 𝐹𝑥 = 0 → 120 − 𝐹𝑖ç−3 = 0
→ 𝐹𝑖ç−2 = −60𝑘𝑁
→ 𝐹𝑖ç−3 = 120𝑘𝑁
𝐹𝑖ç−𝑖 𝐿𝑖 1 𝐹𝑖ç−1 𝐿1 𝐹𝑖ç−2 𝐿2 𝐹𝑖ç−3 𝐿3
=
+
+
Toplam uzama: 𝛿 = ෍
𝐴𝑖 𝐸𝑖
𝐸
𝐴1
𝐴2
𝐴3
𝑖
෍ 𝐹𝑥 = 0 → 300 + 120 − 180 − 𝐹𝑖ç−1
→ 𝐹𝑖ç−1 = 240𝑘𝑁
1
=
200𝑥103
240𝑥103 300
−60𝑥103 300
120𝑥103 400
+
+
580
580
194
→ 𝛿 = 1.7 𝑚𝑚
Fiç-2 iç kuvveti çekme olarak seçilmesine rağmen işareti eksi çıktı. Yönünü değiştirmeden son denklemde işaretiyle birlikte aynen kullandık.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
75
3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Toplam Uzama
Örnek 3.2. (video 3a, orn. 3a.1)
50mm
50mm
100mm
A duvarına sabitlenmiş, çelik ve alüminyum kısımlardan
oluşan, kademeli çubuğun simetri ekseni üzerinden
şekildeki kuvvetler uygulanmıştır. Buna göre D ucunun
toplam
yer
değiştirmesinin
değerini
ve
yönünü
B
A
hesaplayınız? Eçel =210GPa, Ealüm. = 70GPa
Cevap: -0.077mm (Çözümü 3a videosu, 3a.1 örneğinde yapılmıştır.)
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
12kN
24kN
10kN
C alüminyum
çelik
A1=400mm2
D
A2=200mm2
Şekil 3.15
76
3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Hiperstatik Problemler
Örnek 3.3: AF rijid çubuğuna pimlerle bağlanmış olan BC ve DE yatay
çubukları, çelikten imal edilmiş olup (Eç=200GPa) her birinin genişliği
12 mm ve kalınlığı 6 mm’dir . Buna göre; a-) A noktasından uygulanan
yatay P=2.4 kN’luk kuvvetinin etkisiyle, A noktasının deplasmanının
(yatay yer değiştirmesinin) ne kadar olacağını hesaplayınız.
Çözüm:
Yatay çubuklara sadece 2 noktasından kuvvet geldiği için (Ç.K.E) çift kuvvet
elemanıdır ve eksenleri yönünde kuvvet taşırlar (yoksa dengede olamazlar). (Çift
Şekil 3.16
Kuvvet Elemanı kavramını hatırlamak için statik dersinde çerçeveler konusunu inceleyiniz.)
(a)
(c)
(b)
23.08.2024
Kuvvetlerin yön seçimi (statikten hatırlatma): Bir kuvvetin doğrultusu
belli ise yönü ilk kez keyfi seçilir. Aynı kuvvet 2nci, 3ncü kez yerleştirilrken
yönü, ilk yerleştirmeye bağlı olarak seçilmek zorundadır. Örn:BC elemanında
FCB kuvvetini ilk kez, C noktasına sağa doğru keyfi olarak yerleştirdik. Yine CB
elemanında, B noktasında FCB kuvveti sola doğru yerleştirilmek zorunludur
(Çünkü ancak o zaman BC dengede kalabilir). FCB kuvvetini AF düşey
çubuğundaki C noktasına yerleştirirken yönü sola olmak zorundadır. (Çünkü
etki-tepki ilkesinden dolayı AF ve CB elemanları ortak temas noktasında
birbirlerine zıt kuvvetler oluşturur). FCB hesapladığımızda, işareti eksi çıkarsa
seçtiğimiz yönün tersine imiş yorumu yapılır ama bu kuvvetin şiddetini
değiştirmez. Yönünü değiştirmeden işareti ile birlikte diğer işlemlerde
kullanılır.(Daha fazla ayrıntı için statik ders notlarını inceleyiniz.)
Şekil 3.17
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
77
3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Hiperstatik Problemler
AF düşey çubuğunun dengesinden,
12𝑚𝑚
Σ𝑀𝐹 = 0 → −2.4𝑥200 + 𝐹𝐶𝐵 . 100 + 𝐹𝐷𝐸 . 50 = 0 ⟹
. . . (1)
⟹ 𝛿𝐶 = 2𝛿𝐷
. . . (2)
12𝑚𝑚
100𝑚𝑚
(𝑡 = 6𝑚𝑚)
125𝑚𝑚
(𝑡 = 6𝑚𝑚)
𝐹𝑥
𝐹𝑦
⟹ 𝛿𝐶 = 2𝛿𝐷 ⟹
Benzerlikten:
benzerlikten:
𝛿𝐶 𝐹𝐶 100
=
=
𝛿𝐷 𝐹𝐷
50
𝐹𝐶𝐵 . 100
𝐹𝐷𝐸 . 125
𝐹𝐶𝐵 𝐿𝐶𝐵
𝐹𝐷𝐸 𝐿𝐷𝐸
⟹
=
2
⟹ 𝐹𝐶𝐵 = 2.5𝐹𝐷𝐸. . . (3)
=2
3
3
12x6x200x10
12x6x200x10
𝐴𝐶𝐵 𝐸𝐶𝐵
𝐴𝐷𝐸 𝐸𝐷𝐸
AF rijit çubuk
olduğundan son hali (A’F)
yine doğrusal kalır.
23.08.2024
2𝐹𝐶𝐵 + 𝐹𝐷𝐸 = 9.6
(1) ve (3) denklemlerinden:
2 2.5𝐹𝐷𝐸 + 𝐹𝐷𝐸 = 9.6
⟹ 𝐹𝐷𝐸 = 1.6𝑘𝑁
𝐹𝐶𝐵 = 2.5𝐹𝐷𝐸 = 2.5𝑥1.6
⟹ 𝐹𝐶𝐵 = 4𝑘𝑁
𝐹𝐶𝐵 𝐿𝐶𝐵
(4)103 (100)
𝛿𝐶 𝐹𝐶 100
=2
=
=
⟹ 𝛿𝐴 = 2𝛿𝐶 ⟹ 𝛿𝐴 = 2
𝐴𝐶𝐵 𝐸𝐶𝐵
12x6x200x103
𝛿𝐴 𝐹𝐴 200
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
⟹ 𝛿𝐴 = 0.056𝑚𝑚
78
3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Toplam Uzama
Örnek 3.4(video 3.a, örn. 3a.2)
Çözüm:
𝐶
𝐴
30kN
𝑚
0.4
AB ve CD
Çift kuvvet
elemanlarıdır.
0.3𝑚
𝐸
𝐷
𝐵
0.2𝑚
0.4𝑚
Şekil 3.18
Şekil 3.19
AB ve CD çubukları üst uçlarından bir tavana,
Statik hesaplar:
alt uçlarından ise BDE rijid elemanına pimlerle
BDE rijid elemanı için Serbest Cisim Diyagramı ve Denge Denklemleri:
bağlanmıştır. Alüminyum olan (E = 70 GPa) AB
çubuğunun kesit alanı 500 mm2 ’dir. CD çelik
෍ 𝑀𝐵 = 0 →
− 30kN × 0.6m + 𝐹𝐶𝐷 × 0.2m = 0
→ 𝐹𝐶𝐷 = +90kN
çubuğunun
(E = 200 GPa) kesit alanı ise 600 ෍ M = 0 → − 30kN × 0.4m − 𝐹𝐴𝐵 × 0.2m = 0 → 𝐹𝐴𝐵 = −60kN
D
mm2 ’dir. 30kN’luk kuvvetin etkisi ile; B, D ve
(işareti negatif çıktığı için FAB seçilen yönün tersi yönünde imiş)
E noktalarında oluşan yer değiştirmeleri
Çözümün Devamı..>>
hesaplayınız. 23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
79
3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Toplam Uzama
C noktası sabit olduğundan DC çubuğundaki
uzama D noktasının yer değiştirmesine eşittir.
A noktası sabit olduğundan AB çubuğundaki
kısalma B noktasının yer değiştirmesine eşittir.
II-II kesimi
I-I kesimi
I
I
I
I
𝐹𝑖ç−1 = 𝐹𝐴𝐵 = 𝑃1 = −60𝑘𝑁
𝐹𝑖ç−2 = 𝐹𝐶𝐷 = 𝑃2 = 90𝑘𝑁
𝐹𝑖ç−1 𝐿
−60 × 103 N 300mm
𝛿𝐵 =
=
𝐴𝐸
500mm2 70 × 103 𝑀Pa
𝐹𝑖ç−2 𝐿
90 × 103 N 400mm
𝛿𝐷 =
=
𝐴𝐸
600mm2 200 × 103 𝑀Pa
→ 𝛿𝐵 = −0.514mm (kısalır)
→ 𝛿𝐷 = 0.3mm (uzar)
Rijit olduğundan BDE çubuğu şekil değiştirmeden sonra yine doğrusal olarak kalır..(B’D’E’ de doğrudur.)
Üçgen benzerliklerinden
23.08.2024
Şekil 3.20
𝐵𝐵′ 𝐵𝐻
=
→
𝐷𝐷′ 𝐻𝐷
0.514 mm
200 mm − 𝑥
=
0.300 mm
𝑥
𝐸𝐸 ′ 𝐻𝐸
=
→
𝐷𝐷′ 𝐻𝐷
𝛿𝐸
400 + 73.7 mm
=
→
0.300 mm
73.7 mm
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
→
𝑥 = 73.7 mm
𝛿𝐸 = 1.928 mm
80
3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Hiperstatik Problemler
3.2.4 Süperpozisyon Prensibi: Elastik yüklemede birden fazla yükün etkilerinin toplamı, yükler ayrı ayrı
uygulandıklarındaki etkilerinin toplamına eşittir. Buna süperpozisyon prensibi denir.
𝐹1
𝐹2
𝐹1
𝐶
𝐷
𝐶
𝐴
𝐷
𝐴
𝐴
𝐵
𝐵
𝛿𝑐−1
𝛿
𝑐−𝑡𝑜𝑝𝑙𝑎𝑚
𝐷
𝐶
𝐹2
𝐵
𝛿𝑐−2
Şekil 3.21
Üstteki kirişte C noktasının toplam çökmesi, kuvvetler ayrı ayrı uygulandığındaki çökmelerin toplamına eşit olacaktır.
𝛿𝑐−𝑡𝑜𝑝𝑙𝑎𝑚 = 𝛿𝑐−1 + 𝛿𝑐−2
3.3 Eksenel Yüklemede Statikçe Belirsiz (Hiperstatik) Problemler
Bilinmeyen kuvvetlerin sadece statik denge denklemleriyle hesaplanamadığı
sistemlere,
statikçe belirsiz (hiperstatik) sistemler ve bunların incelendiği
problemlere de hiperstatik problemler denir. Bu sistemlrde bilinmeyen kuvvet
sayısı, statik denge denklemi sayısından daha fazladır ve tüm kuvvetlerin
bulunabilmesi için ilave denklemlere ihtiyaç vardır.
Bu ilave denklemler ise
sistemin şekil değiştirmelerinden elde edilir. Bu kısımda eksenel yüklemede (çekibası durumlarında) hiperstatik sistemler örnekler üzerinden incelenecektir.
(İlerideki konularda burulma ve eğilme ile ilgili hiperstatik problemler üzerinde de durulacaktır.)
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Şekil 3.22
81
3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Hiperstatik Problemler
Örnek 3.5 (video 3b, örn. 3b.1)
Şekildeki kademeli çubukta verilen yükleme durumu ve sınır şartları
için A ve B noktalarındaki reaksiyon kuvvetlerini bulunuz.
Çözüm: Statik Denge denklemi olarak sadece;
෍ 𝐹𝑦 = 0 → 𝑅𝐴 − 300 − 600 + 𝑅𝐵 = 0
(𝟏)
yazılabilir. 1 denklem 2 bilinmeyen vardır (𝑅𝐴 =?, 𝑅𝐵 =?).
Bir denklem daha gerekmektedir. O halde bu bir hiperstatik problemdir.
• Bu ilave denklem, bilinen bir şekil değiştirme değerinden bulunur.
Şekil 3.23
• Çubuğun alt ve üstü sınırlandırıldığı için toplam eksenel uzama
miktarının sıfır olacağını önceden görebiliyoruz.
• B zeminini kaldırıp yerine RB kuvvetini koyarız.
• Süperpozisyon yöntemine göre önce 300 ve 600 kN luk
kuvvetleri, sonra da RB yi uygulayabiliriz.
• 300kN ve 600kN varken ki uzama (dL) dir.
• Sadece RB varken ki kısalma (dR ) dir ve
• Sonuçta toplam uzama: dR + dL = 0
23.08.2024
Hesaplamalar için öncelikle her bir bölgedeki iç kuvveti bulacağız..>>
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
82
3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Hiperstatik Problemler
B duvarı kaldırılıp, 300kN ve
600kN aynı anda uygulandığında
Statik dengeden: 𝑅𝐴1 = 900𝑘𝑁
3. 𝐵ö𝑙𝑔𝑒
1. 𝐵ö𝑙𝑔𝑒 (En alt kısım)
= 𝑃1 = 0
𝐹𝑖ç−3 = 600𝑘𝑁 = 𝑃3
𝐴1 = 400mm2
𝐿1 = 150 mm
𝐸1 = 𝐸
600𝑘𝑁
600𝑘𝑁
𝐿2 = 150 mm
𝐸2 = 𝐸
𝐸3 = 𝐸
4. 𝐵ö𝑙𝑔𝑒
𝐹𝑖ç−4 = 900𝑘𝑁 = 𝑃4
2. 𝐵ö𝑙𝑔𝑒
𝐹𝑖ç−2 = 600𝑘𝑁 = 𝑃2
𝐴2 = 400mm2
𝐴3 = 250mm2
𝐿3 = 150 mm
300𝑘𝑁
600𝑘𝑁
𝐴4 = 250mm2
𝐿4 = 150 mm
𝐸4 = 𝐸
𝑃1 𝐿1 𝑃2 𝐿2 𝑃3 𝐿3 𝑃4 𝐿4 1
600 × 103 × 150 600 × 103 × 150 900 × 103 × 150
𝑃𝑖 𝐿𝑖
=
+
+
+
=
0+
+
+
𝛿L = ෍
𝐴
𝐸
𝐴
𝐸
𝐴
𝐸
𝐴4 𝐸4 𝐸
400
250
250
1 1
2 2
3 3
𝐴𝑖 𝐸𝑖
𝑖
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
1.125 × 106
→ 𝛿L =
𝐸
83
3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Hiperstatik Problemler
Sadece RB uygulandığında
6. 𝐵ö𝑙𝑔𝑒
5. 𝐵ö𝑙𝑔𝑒
Statik dengeden: 𝑅𝐴2 = 𝑅𝐵
𝐹𝑖ç−6 = −𝑅𝐵 = 𝑃6
𝐹𝑖ç−5 = −𝑅𝐵 = 𝑃5
𝐴5 = 400mm
𝐴6 = 250mm2
𝐿6 = 150 mm
2
𝐿5 = 150 mm
𝐸6 = 𝐸
𝐸5 = 𝐸
𝛿R = ෍
𝑖
𝛿 = 𝛿𝐿 + 𝛿𝑅 = 0 →
(1) Nolu denklemden:
23.08.2024
𝑃𝑖 𝐿𝑖
𝑃5 𝐿5 𝑃6 𝐿6
1 −𝑅𝐵 × 300 −𝑅𝐵 × 300
=
+
=
+
𝐴𝑖 𝐸𝑖 𝐴5 𝐸5 𝐴6 𝐸6
𝐸
400
250
1.125 × 106 1.95 × 𝑅𝐵
−
=0
𝐸
𝐸
𝑅𝐴 − 300 − 600 + 𝑅𝐵 = 0 →
→ 𝛿R = −
1.95 × 𝑅𝐵
𝐸
→ 𝑅𝐵 = 577 × 103 N = 577 kN
𝑅𝐴 − 900 + 577 = 0 →
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑅𝐴 = 323kN
84
3 Şekil Değiştirme / Termal Yüklemeler
3.4 Termal Yüklemeler :
• Katı cisimlerde bir kısıtlama yoksa sıcaklık artışı sonucu genleşmeler veya sıcaklık
azalması sonucu büzüşmeler oluşur.
• En az bir ucu serbest olan çubukların sıcaklığı arttırılınca boyunda termal uzamalar
oluşacaktır.
• Eğer bu termal uzamalar engellenirse gerilmeler de oluşur ki, bunlara termal
DT
gerilmeler denir.
Şekil 3.24
• Şimdi amacımız sıcaklık değişimi (termal yüklemeler) sonucu çubuk elemanlarda
oluşan şekil değiştirme ve gerilmeleri hesaplamaktır.
3.4.1 Termal Uzama ve Termal Genleşme Katsayısı ( a )
a : 1 birim boydaki çubuğun sıcaklığı 1 °C değiştirildiğinde boyundaki değişim miktarıdır.
(Birimi : 1 / oC )
L uzunluğundaki çubuğun sıcaklığı DT kadar değiştirilirse, uzunluktaki toplam değişim (δT ) orantılar kurularak bulunabilir. Şöyle ki:
DT 0C sıcaklık artımında
1 birim boyda
1 0C sıcaklık artışında
uzama: a ise
1 birim boyda
uzama: m = α. ΔT ise
DT 0C sıcaklık artışında
Uzama : m=?
L boyunda
toplam uzama δT =?
m = α. ΔT
23.08.2024
δT = α. ΔT. L
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
(3.4)
85
3. Şekil Değiştirme / Termal Yüklemeler
3.4.2 Termal Gerilmeler (Thermal Stresses)
Termal uzaması engellenen cisimlerde termal gerilmeler meydana gelir. İki sabit duvar arasına yerleştirilen bir çubuğun
sıcaklığını DT miktar arttırıyoruz. Bu çubuğun uzaması engellendiği için, duvarlardan dolayı her iki uçta P tepki kuvvetleri
oluşur. Bu kuvvetler sebebiyle çubukta bası gerilmeleri ortaya çıkar. Sıcaklık farkı sebebiyle oluştuğu için, bu gerilmelere,
termal gerilmeler ismi verilir. Şimdi bu P kuvvetlerinin ve termal gerilmelerin hesap şeklini anlamaya çalışacağız
Çubuğun toplam uzaması sıfırdır. Süperpozisyon prensibine göre, B duvarı kaldırılır, serbestçe uzamaya izin
verilir. Sonra B duvarında oluşan P tepki kuvveti uygulanır ve çubuğun kısalması sağlanır. Bu termal uzama (dT)
ile P’den kaynaklanan kısalma (dP) miktarlarının toplamları sıfıra eşitlenir (dT + dP = 0)
+
=
DT
DT
(b)
(a)
(c)
Şekil 3.25
𝛿=0
𝛿 = 𝛿𝑇 + 𝛿𝑃 = 0
23.08.2024
𝛿𝑇 = 𝛼 Δ𝑇 𝐿
𝛿𝑃 = −
𝑃𝐿
= 0 → 𝑃 = 𝐴𝐸𝛼 Δ𝑇
𝐴𝐸
𝑃
𝜎 = − = −𝐸𝛼 Δ𝑇
(Termal Gerilme)
𝐴
𝑃𝐿
𝐴𝐸
𝛼 Δ𝑇 𝐿 −
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
(3.5)
86
3. Şekil Değiştirme / Termal Yüklemeler
Örnek 3.6 (n)
Şekildeki kademeli çubukta, a) 110°C’lik sıcaklık
0,6mm
artışından sonra çubuklarda meydana gelen bası
kuvvetlerini ve gerilmeleri, b) Alüminyum
Bronz
Alüminyum
A=1500 mm2
A=1800 mm2
E=105 GPa
E=70 Gpa
α=18x10-6 1/C
α=23x10-6 1/C
Şekil 3.26
çubuğun boyundaki değişimi bulunuz.
Çözüm: Sol duvar kaldırılınca DT sıcaklık farkı sebebiyle kademeli çubuğun tümü dT kadar uzar. Sol
duvarda ortaya çıkan P kuvveti sebebiyle dP kadar kısalır. Sonuçta dT + dP = 0,6mm olacaktır.
0,6mm
Şekil 3.27
(b)
(a)
(c)
I-I ve II-II kesimlerinden iç kuvvetleri bulalım:
Her iki kesim için iç kuvvetler Statik dengeden:
𝑃𝐴𝑙. = 𝑃𝐵𝑟. = 𝑃
23.08.2024
(1)
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
87
3. Şekil Değiştirme / Termal Yüklemeler
a) 𝛿𝑡𝑜𝑝𝑙𝑎𝑚 = 𝛿𝐴𝑙 + 𝛿𝐵𝑟 = 0,6 𝑚𝑚
𝑃𝐴𝑙 . 𝐿𝐴𝑙
𝛿𝐴𝑙 = 𝛼𝐴𝑙 . 𝐿𝐴𝑙 . Δ𝑇 −
𝐴𝐴𝑙 . 𝐸𝐴𝑙
= 23 × 10−6 × 450 × 110 −
𝑃𝐴𝑙 450
= 1,14 − 3,57𝑥10−6 𝑃𝐴𝑙
3
1800 × 70 × 10
𝑃𝐵𝑟 360
𝑃𝐵𝑟 . 𝐿𝐵𝑟
−6 × 360 × 110 −
−6 𝑃
=
18
×
10
=
0,71
−
2,29𝑥10
𝛿𝐵𝑟 = 𝛼𝐵𝑟 . 𝐿𝐵𝑟 . Δ𝑇 −
𝐵𝑟
1500 × 105 × 103
𝐴𝐵𝑟 . 𝐸𝐵𝑟
𝛿𝐴𝑙 + 𝛿𝐵𝑟 = 1,14 − 3,57𝑥10−6 𝑃𝐴𝑙 + 0,71 − 2,29𝑥10−6 𝑃𝐵𝑟 = 0.6 ⟹ 1,14 − 3,57𝑥10−6 𝑃 + 0,71 − 2,29𝑥10−6 𝑃 = 0.6
𝑃=
1,14 + 0,71 − 0,6
= 213310𝑁 = 213,31 𝑘𝑁 = 𝑃𝐴𝑙 = 𝑃𝐵𝑟
3,57𝑥10−6 + 2,29𝑥10−6
𝑃
213,31𝑥103
𝜎𝐴𝑙. = −
=−
= −118,5𝑀𝑃𝑎
𝐴𝐴𝑙.
1800
𝑃
213,31𝑥103
𝜎𝐵𝑟. = −
=−
= −142,2𝑀𝑃𝑎
𝐴𝐵𝑟.
1500
b)
23.08.2024
𝛿𝐴𝑙 = 1,14 − 3,57𝑥10−6 𝑃𝐴𝑙 = 1,14 − 3,57𝑥10−6 𝑥 213,31𝑥103 ≅ 0,38 𝑚𝑚
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
88
(2)
3. Şekil Değiştirme / Termal Yüklemeler
Örnek Soru 3.7 (video 3b, orn.3b.2) : A ve C sabit duvarları
Pirinç
Alüminyum
arasına yerleştirilmiş, silindirik pirinç ve alüminyum
E=105 GPa
E=72 GPa
kısımlarından oluşan kademeli çubuğun sıcaklığı 45 oC
α=20.9x10-6 1/C
α=23.9x10-6 1/C
f d1
arttırılıyor. Malzeme özellikleri tabloda verilmiş olup, şekildeki
görülen çaplar sırasıyla d1=60mm ve d2=40mm dır. Buna göre,
a-) Pirinç ve Alüminyum kısımlarında oluşan maksimum gerilmeleri hesaplayınız.
f d2
b-) C duvarı ile alüminyum arasında 0.1 mm aralık olsaydı, gerilmeler ne olurdu?
Cevaplar a-) 𝝈𝒂𝒍 = −111𝑀𝑃𝑎, 𝝈𝒑𝒓 = −49.5 𝑀𝑃𝑎, b-) 𝝈𝒂𝒍 = −85,02 𝑀𝑃𝑎, 𝝈𝒑𝒓 = −37,78 𝑀𝑃𝑎
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Şekil 3.28
89
3. Şekil Değiştirme / Termal Yüklemeler
Örnek (Soru) 3.8*
Emniyet sınırları aşılmaksızın şekildeki sistemi ne kadar ısıtabiliriz?
Bakır
Alüminyum
d=40 mm
d=50 mm
E=100 GPa
E=70 GPa
α=27x10-6 1/C
α=23x10-6 1/C
sem=100 MPa
sem=50 MPa
(Cevap: ΔT= 41 oC)
Şekil 3.29
3.5 Hooke Bağıntıları: Elastik bölgede, gerilme-şekil değiştirme arasındaki bağıntılardır. Hooke bağıntıları
Elastiklik modülü ( E ) ve poisson oranı ( n ) dediğimiz malzeme özelliklerine bağlıdır. Çekme diyagramının
doğrusal olan malzemelerde elastik bölgenin eğiminin tan q = E olduğunu öğrenmiştik. Şimdi diğer malzeme
özelliği olan poisson oranını öncelikle anlamamız gerekmektedir…>>
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
90
3. Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları
Şekildeki çubuk x yönünde P yüküne maruz kalırsa, sadece x
3.5.1 Poisson Oranı ( n ):
𝜎𝑦 = 0
Şekil 3.30
yönünde gerilme oluşur, y ve z yönlerindeki gerilme oluşmaz.
(a)
𝜎𝑥 =
𝑦
𝜎𝑧 = 0
(b)
𝜀𝑦 = 𝜀𝑧 =?
birim daralmalar (𝜀𝑦 , 𝜀𝑧 ) meydana gelir.
İşte 𝜀𝑦 ve 𝜀𝑧 değerlerini bir malzeme özelliği olan poisson oranı ile hesaplayabiliriz.
𝐴
𝑧
𝐿𝑥
𝐿𝑦
(c)
oluşmasının yanısıra, y ve z yönlerinde de eşit
𝐿𝑧
𝑃
(Tek eksenli
𝜎𝑥
𝜀𝑥 =
→ yüklemede Hooke
𝐸
bağıntısıdır.)
Fakat P etkisi ile x yönünde birim uzama (𝜀𝑥 )
P
A
𝜎𝑥 ≠ 0, 𝜎𝑦 = 𝜎𝑧 = 0,
𝜀𝑦
yanal birim uzama
𝜀𝑧
=− =−
Poisson oranı: 𝜈 = −
eksenel birim uzama
𝜀𝑥
𝜀𝑥
𝑥
𝑃
(3.6)
Poisson oranı bir yükün diğer doğrultulardaki şekil değiştirme etkisini veren malzeme özelliğidir..
𝜀
𝜀𝑦
𝑃
𝑦
𝛿𝑦 /2
(d)
𝑃
𝑥
𝛿𝑦 /2
𝛿𝑥
olacağını fark edin.
Poisson oranının alt sınırı 0, üst sınırı 0,5 dir. (0 ≤ 𝑣 ≤ 0,5)
Dikkat: 3.6 formülü sadece x ekseninde (tek eksenli) yükleme durumunda geçerlidir.
P’ye ilaveten y veya z doğrultularında da kuvvetler olsaydı bu formül kullanılamazdı.
Unutmayın: Her zaman için,
Birim uzama = Toplam uzama/ o yöndeki ilk boy
23.08.2024
𝜀
𝜀𝑦
Eğer yükleme sadece y yönünde olsaydı: 𝜈 = − 𝑥 = − 𝑧
𝛿𝑥
𝜀𝑥 =
𝐿𝑥
,
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝛿𝑦
,
𝜀𝑦 =
𝐿𝑦
𝜀𝑧 =
𝛿𝑧
𝐿𝑧
(3.7a-c)
91
3. Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları
3.5.2 Genel eksenel yüklemede Hooke kanunları (Gerilme-Şekil değiştirme ilişkileri)
Bir noktada, x, y ve z doğrultularında normal gerilmelerin her üçü birden varken, elastik bölgede aynı noktada
birim uzamaları (𝜀𝑥 , 𝜀𝑦 𝜀𝑧 değerlerini) bulmak istiyoruz. Süperpozisyon yöntemini kullanırsak:
(a)
(c)
(b)
(d)
Şekil 3.31
𝜀𝑥 =?
𝜀𝑦 =?
𝜀𝑧 =?
Herbir yüklemedeki aynı
terimler toplanır. Tüm
normal gerilmeler aynı
anda varken birim uzama
değerleri elde edilmiş olur.
23.08.2024
𝜎𝑦 = 𝜎𝑧 = 0
𝜎𝑥
𝜀𝑥 =
𝐸
𝜎𝑥
𝜀𝑦 = −𝜈. 𝜀𝑥 = −𝜈
𝐸
𝜎𝑥
𝜀𝑧 = −𝜈. 𝜀𝑥 = −𝜈
𝐸
𝜎𝑦
𝜎𝑥
𝜎𝑧
𝜀𝑥 =
−𝜈 −𝜈
𝐸
𝐸
𝐸
𝜎𝑦
𝜎𝑥
𝜎𝑧
𝜀𝑦 =
−𝜈 −𝜈
𝐸
𝐸
𝐸
𝜎𝑦
𝜎𝑧
𝜎𝑥
𝜀𝑧 = − 𝜈 − 𝜈
𝐸
𝐸
𝐸
𝜎𝑥 = 𝜎𝑧 = 0
𝜎𝑦
𝜀𝑥 = −𝜈. 𝜀𝑦 = −𝜈.
𝐸
𝜎𝑦
𝜀𝑦 = ,
𝐸
𝜎𝑦
𝜀𝑧 = −𝜈. 𝜀𝑦 = −𝜈.
𝐸
1
𝜀𝑥 = 𝜎𝑥 − 𝜈(𝜎𝑦 + 𝜎𝑧 )
𝐸
1
𝜀𝑦 = 𝜎𝑦 − 𝜈(𝜎𝑥 + 𝜎𝑧 )
𝐸
1
𝜀𝑧 = 𝜎𝑧 − 𝜈(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 )
𝐸
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜎𝑥 = 𝜎𝑦 = 0
𝜎𝑧
𝜀𝑥 = −𝜈. 𝜀𝑧 = −𝜈.
𝐸
𝜎𝑧
𝜀𝑦 = −𝜈. 𝜀𝑧 = −𝜈.
𝐸
𝜎𝑧
𝜀𝑧 =
𝐸
Eksenel yükleme
halinde Genel Hooke
kanunları
92
3. Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları
3.5.3 Kayma durumunda önemli ayrıntılar ve Hooke kanunları:
Bir noktada, en genel durumda 3 farklı kayma gerilmesi (𝜏𝑥𝑦 , 𝜏𝑦𝑧 , 𝜏𝑥𝑧 ) olabilir.
Bu gerilmeler kayma şekil değiştirme açılarına (gxy , gyz , gxz ) sebep olurlar.
Elastik bölgede, herbir düzlemdeki kayma gerilmesi ile kayma şekil değiştirme açısı arasında lineer bir bağıntı
vardır ki buna kaymada Hooke bağıntısı denir. x-y düzlemi için incelersek;
G: kayma (rijitlik) modülü
𝐸
𝐺=
2 1+𝜈
(3.8)
x-y düzleminde
Kayma durumunda
𝜏𝑥𝑦 = 𝐺𝛾𝑥𝑦
Hooke Bağıntısı:
(a)
(b)
(c)
Şekil 3.32
İndislerin anlamını hatırlayalım:
𝜏𝑖 𝑗
1.İndis (i): Düzlem normali
23.08.2024
diğer düzlemler içinde
benzer
bağıntılar
yazılabilir:
𝜏𝑥𝑧 = 𝐺𝛾𝑥𝑧
𝜏𝑦𝑧 = 𝐺𝛾𝑦𝑧
2.İndis (j): Gerilme doğrultusu
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
93
3. Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları
3.5.4 Özetleyecek olursak: En genel durumda Hooke bağıntıları:
Bir noktada en genel durumda 6 tane bağımsız gerilme bileşeni vardır (𝜎𝑥 , 𝜎𝑦 , 𝜎𝑧 , 𝜏𝑥𝑦 , 𝜏𝑦𝑧 , 𝜏𝑥𝑧 ).
Bu noktadaki elastik şekil değiştirmeler alttaki Hooke bağıntılarından elde edilir.:
Genel Hooke Bağıntıları
(izotropik malzemeler için elastik bölgede geçerlidir.)
1
𝜎 − 𝜈(𝜎𝑦 + 𝜎𝑧 )
𝐸 𝑥
1
𝜀𝑦 = 𝜎𝑦 − 𝜈(𝜎𝑥 + 𝜎𝑧 )
𝐸
1
𝜀𝑧 = 𝜎𝑧 − 𝜈(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 )
𝐸
𝜏𝑥𝑦
𝛾𝑥𝑦 =
𝐺
𝜀𝑥 =
Şekil 3.33
23.08.2024
Sıcaklık etkisi:
Hooke Bağıntılarından çıkarılacak bazı sonuçlar:
+ 𝛼. Δ𝑇
(3.9a)
➢ s normal gerilmelerin g şekil değiştirmelerine
etkisi yoktur.
+ 𝛼. Δ𝑇
(3.9b)
➢ t kayma gerilmelerinin e birim uzamalara etkisi
yoktur.
+ 𝛼. Δ𝑇
(3.9c)
➢ DT Sıcaklık değişiminin g şekil değiştirmeleri
üzerinde etkisi yoktur.
(3.9d)
𝜏𝑦𝑧
𝛾𝑦𝑧 =
𝐺
(3.9e)
𝜏𝑥𝑧
𝛾𝑥𝑧 =
𝐺
(3.9f)
Dikkat: Sık yapılan bir hata
𝝈 = 𝑬 . 𝜺 Bağıntısı sadece tek yönde çeki veya bası
durumu varken geçerlidir. Her durumda geçerli
değildir. (𝜎𝑦 = 𝜎𝑧 = 0 olursa zaten 3.9a denklemi
𝜎 = 𝐸 . 𝜀 formatına dönecektir. )
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
94
3. Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları
Örnek 3.9 :Dikdörtgen prizma şeklindeki yumuşak bir malzemeden imal edilmiş
50mm x 62mm x 200mm boyutlarındaki bir blok, iki rijit plaka arasına
yapıştırılmıştır. Alt plaka sabit iken, üst plakaya bir P kuvveti uygulanmıştır. P’nin
etkisi ile üst plaka 1 mm hareket ettiğine göre; malzemedeki ortalama kayma şekil
değiştirmesi açısını ve uygulanan P kuvvetini bulunuz. (G = 630 MPa)
200𝑚𝑚
D
Çözüm:
𝜏𝑦𝑥 𝑃
y
50𝑚𝑚
Şekil 3.34
E
𝑃
𝜏𝑦𝑥 1𝑚𝑚
𝜏𝑦𝑥
𝑃
𝛾𝑥𝑦
𝑃
𝑃
x
𝛾𝑥𝑦
𝑃
A
B
𝑃
Kuvvet Dağılımının Önden Görünüşü
1𝑚𝑚
𝛾𝑥𝑦 ≈ 𝑡𝑎𝑛 𝛾𝑥𝑦 =
50𝑚𝑚
𝛾𝑥𝑦 = 0.02rad
→ 𝜏𝑥𝑦 = 𝐺𝛾𝑥𝑦 = 630MPa 0.02rad = 12.6MPa
23.08.2024
Bir noktadaki gerilme ve şekil değiştirme
P çeki kuvveti yapışma yüzeyinden dengelenir.
𝑃 = 𝜏𝑥𝑦 𝐴 = 12.6MPa 200𝑚𝑚 62mm = 156.2 × 103 𝑁
yapışma yüzeyi
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
95
3. Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları
Örnek 3.10 (video 3.c, örn. 3.c.1)
Şekildeki plakanın üzerine d =225 mm çapında bir çember çizilmiştir. 18 mm
kalınlığındaki plakada düzlemsel kuvvetlerin etkisiyle sx = 84 MPa ve sz = 140
MPa’lık gerilmeler meydana gelmiştir. E = 70 GPa ve n = 1/3, olduğuna göre:
a) AB çapındaki, b) CD çapındaki, c) plaka kalınlığındaki değişimleri bulunuz. 𝑧
Çözüm:
Şekil 3.35
Toplam uzama (d) = birim uzama(e ) x o yöndeki ilk boy ( L ) …. Formülünden sonuca gideceğiz.
Genel Hooke bağıntılarından Normal birim uzamalar:
1
1
1
84 − 0 + 140
𝜺𝒙 = 𝜎𝑥 − 𝜈(𝜎𝑦 + 𝜎𝑧 ) =
70 × 103 MPa
3
𝐸
𝜺𝒙 = +0.533 × 10−3 mm/mm
1
1
1
=
0
−
84 + 140
𝜺𝒚 = 𝜎𝑦 − 𝜈(𝜎𝑥 + 𝜎𝑧 )
3
70
×
10
MPa
3
𝐸
𝜺𝒚 = −1.067 × 10−3 mm/mm
1
1
1
=
140
−
84 + 0
𝜺𝒛 = 𝜎𝑧 − 𝜈(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 )
3 MPa
70
×
10
3
𝐸
𝜺𝒛 = +1.600 × 10−3 mm/mm
23.08.2024
𝑥
𝜎𝑥
Toplam uzamalar (Deformasyonlar) ;
AB .. x doğrultusunda olduğundan
𝛿𝐴𝐵 = 𝜀𝑥 𝑑 = +0.533 × 10−3 225𝑚𝑚
𝛿𝐴𝐵 = 0.12 𝑚𝑚
CD.. z doğrultusunda olduğundan
𝛿𝐶𝐷 = 𝜀𝑧 𝑑 = +1.600 × 10−3 225mm
𝛿𝐶𝐷 = 0.36 mm
t kalınlığı.. y doğrultusunda olduğundan
𝛿𝑡 = 𝜀𝑦 𝑡 = −1.067 × 10−3 18mm
𝛿𝑡 = −0.0192 mm
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
96
3. Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları
içine, yüzeyleri temas edecek şekilde yerleştirilmiştir. Bu elemanın dış yüzeyine x eksenine
paralel, F=-60kN luk bası kuvveti uygulanmıştır. Sürtünmeler ihmal edilebilir. Buna göre
herbir kenar uzunluğundaki değişim miktarlarını hesaplayınız. E=100GPa, n = 0.3
Çözüm:
𝐹
−60𝑥103 𝑁
𝜎𝑥 =
=
= −300𝑀𝑃𝑎
𝐴ö𝑛.
10𝑥20
10mm
Örnek 3.11 : 10x20x30 mm3 boyutlarındaki bir prizmatik elastik eleman, sabit bir oyuğun
F
𝜎𝑦 : (yan duvarlardan gelen kuvveti bilmediğimiz için şu an hesaplayamayız.)
Şekil 3.36
𝜎𝑧 = 0
(Cismin z doğrultusunda hareketi serbesttir. Yukarı doğru serbestçe şekil değiştirir. Bu sebeple gerilme
oluşmaz. Unutmayın ! Gerilme ancak hareketin engellenmesi durumunda oluşur. )
𝜀𝑦 = 0
(y yönünde hareket sınırlı olduğundan o yönde şekil değiştirme oluşmaz. İlk ve son boy aynı kalır. )
Genel Hooke bağıntılarını bu sisteme uygularsak:
1
1
𝜀𝑦 = 𝜎𝑦 − 𝜈(𝜎𝑥 + 𝜎𝑧 ) =
𝜎 − 0.3(−300 + 0) = 0 → 𝜎𝑦 = −90𝑀𝑃𝑎
𝐸
100𝑥103 𝑀𝑃𝑎 𝑦
1
1
𝜀𝑥 = 𝜎𝑥 − 𝜈(𝜎𝑦 + 𝜎𝑧 ) =
−300 − 0.3(−90 + 0)
𝐸
100𝑥103 𝑀𝑃𝑎
→ 𝜀𝑥 = −0.00273
1
1
𝜎𝑧 − 𝜈(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 ) =
0 − 0.3(−300 − 90)
𝐸
100𝑥103 𝑀𝑃𝑎
→ 𝜀𝑧 = 0.00117
𝜀𝑧 =
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Toplam uzamaların hesabı:
𝛿𝑥 = 𝜀𝑥 𝐿𝑥 = −0.00273𝑥30
→ 𝛿𝑥 = −0.0819𝑚𝑚
𝛿𝑦 = 𝜀𝑦 𝐿𝑦 = 0𝑥20 → 𝛿𝑦 = 0
𝛿𝑧 = 𝜀𝑧 𝐿𝑧 = 0.00117𝑥10
→ 𝛿𝑧 = 0.0117𝑚𝑚
97
3. Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları
Örnek (Soru) 3.12 :
Poğaça hamurunu bastırıp bir şekle sokarız.
z
Bu durumda;
a-) x, y, z eksenlerinden hangilerinde gerilme oluşur?
b-) hangi eksenlerde şekil değiştirme oluşur?
c-) Gerilmeler F/A ile hesaplanabilir mi?
d-) Şekil değiştirmeler Hooke kanunlarıyla hesaplanabilir mi?
Cevapların nedenlerini aranızda tartışınız.
x
Cevaplar:
a-) z,
y
b-) x, y ve z
c-) Evet,
Şekil 3.37
23.08.2024
d-) Hayır
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
98
3. Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları
P
Örnek 3.13 (video 3.c, örn. 3.c.2)
Bir kenar uzunluğu 10cm olan kübik bir malzeme, yan ve alt
yüzeylerinden sabit duvarların arasına yerleştirilmiş ve üst yüzeyine
P=250N luk dik bir kuvvet uygulanmıştır. Kuvvetin uygulanmasından
sonra kübün herbir kenar uzunluğundaki değişimi hesaplayınız.
(𝐸 = 100𝐺𝑃𝑎, 𝜈 = 0.25 )
Cevap: 𝛿𝑥 = 7.81𝑥10−3 𝑚𝑚 , 𝛿𝑦 = −23.4𝑥10−3 𝑚𝑚 , 𝛿𝑧 = 0
Şekil 3.38
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
99
3. Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular
3.6 Konuyla İlgili Cevaplı Sorular
Soru 3.14* Şekilde levhada oluşan gerilmeler : sx = 150 MPa , sz = 100 MPa’dır.
E = 200 GPa ve n = 0.3 olduğuna göre;
a-) AB kenar uzunluğunda, b-) BC kenar uzunluğunda , c) AC uzunluğundaki değişimler ne
olur? Hesaplayınız. Cevaplar: a-) 0.06mm, b-) 0.0206 mm, c-) 0.06mm
Şekil 3.39
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
100
3. Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular
Soru 3.15*
Q.
Şekil 3.40
Şekildeki çelik silindir, alt yüzeyinden
bir zemine serbestçe koyulmuş olup
üst yüzeyinden p=-80MPa’lık basınç
uygulanmıştır. Buna göre silindirin
hacmi ne kadar değişir?
Cevap: −188.48𝑚𝑚3
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
101
3. Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular
Soru 3.16
10x30x40cm3 boyutlarında olan prizmatik eleman şekildeki gibi
duvarlar arasına yerleştirilmiş ve x ve y eksenlerine paralel iki kuvvetle
yüklenmiştir. Bu yükleme sonucunda z eksenine paralel 10cm lik
10𝑐𝑚
poisson oranı n = 0.2 olarak biliniyor. Buna göre; a-) Elastiklik
modülünü, b-) Diğer kenarların toplam uzama miktarlarını hesaplayınız.
30𝑘𝑁
Şekil 3.41
23.08.2024
kalınlık, 10 + 4x10-4 cm değerine yükselmiştir. Elemanın malzemesinin
Cevaplar: a-) 10GPa, b-) -32x10-3mm, -24x10-3mm
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
102
3. Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular
Örnek (Soru) 3.17* Şekildeki kademeli mile sol serbest
ucundan P=100kN luk çeki kuvveti, B diskinden ise 2
tane 120kN luk kuvvet uygulanıyor. Milde ortaya çıkan
çeki ve bası gerilmelerini hesaplayınız.
Şekil 3.42
23.08.2024
Cevap: Çeki gerilmesi: 50.92𝑀𝑃𝑎, Bası Gerilmesi: −31.69𝑀𝑃𝑎
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
103
3. Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular
Örnek (Soru) 3.18* : 24mm çaplı AD çelik çubuğunun her iki ucuna aynı
malzemeden AB ve CD kapakları sıkı geçirilmiştir. a-) Sistemin toplam
uzamasını 0.04mm yapacak P çekme kuvvetini bulunuz.
b-) Bulduğunuz P kuvveti etkisiyle BC kısmının uzama miktarını hesaplayınız.
Elastiklik Modülü E=200GPa alınız.
Şekil 3.43
23.08.2024
Cevap: a-) P=31.6kN, b-) 𝛿𝐵𝐶 = 0.025𝑚𝑚
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
104
3. Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular
Örnek (Soru) 3.19*
Şekil 3.44
İki alüminyum levhanın arasına pirinç (brass) bir levha
yerleştirilerek yapıştırılmış ve şekildeki kompozit plaka elde
edilmiştir.
Alüminyum
ve
Pirinç
levhaların
herbirisi
250mmx30mmx5mm boyutlarına sahiptir. Kompozit levhaya
uygulanan eksenel P = -30kN luk bası kuvveti etkisi ile
alüminyum ve pirinç levhalarda oluşan normal gerilmeleri
hesaplayınız. Ealüm.=70GPa, Epirinç = 105GPa,
Cevap: salüm. = -57.1 MPa, spirinç=-85.7MPa
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
105
3. Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular
Şekil 3.45
Örnek (Soru) 3.20* Elastiklik modülleri sırasıyla
200GPa ve 100 GPa olan AC ve BD çubuklarının
üzerlerine
AB
koyulmuştur.
rijit
çubuğu
serbest
AB
çubuğunun
olarak
üzerine,
E
noktasından 100 kN luk düşey kuvvet uygulanmıştır.
Bu kuvvetin etkisiyle E noktasının ne kadar yer
değiştireceğini bulunuz. Cevap: 0.534mm
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
106
3. Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular
Örnek (Soru) 3.21) 25 mm çapında çelik mil bir alüminyum tüpün içine
yerleştirilmiştir. Bu sisteme P =160kN’luk bası kuvveti uygulandığında
a-)
Çelik ve alüminyumda ortaya çıkan gerilmeleri b-) Her birisinin
boyundaki değişim miktarlarını hesaplayınız. (Eçelik= 200GPa, Ealüm.= 70GPa)
Cevap: a-) sçelik= -116.3 MPa, salüm.= -40.7MPa, b-)-0.145mm
Şekil 3.46
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
107
3. Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular
Örnek (Soru) 3.22 Çelik ve pirinçten oluşturulan kademeli çubuk, her iki
ucunda iki sabit duvar arasına yerleştirilmiş, B ve D noktalarından sırasıyla
60kN ve 40kN luk eksenel kuvvetlere maruz bırakılmıştır. Buna göre çelik ve
pirinçte oluşan maksimum gerilmeleri ve yerlerini bulunuz. (Eçelik = 200GPa ve
Epirinç = 105GPa) (Cevaplar: RA=67.8kN, RE=32.2kN, sAB= 53.98MPa, sDE= -52.65MPa)
Şekil 3.47
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
108
3. Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular
Örnek (Soru) 3.23*
Pirinç:
E = 105 GPa
a = 20.9 x 10-6 / oC
sak = 180 MPa
Alüminyum:
E = 70 GPa
a = 23.6 x 10-6 / oC
sak = 150 MPa
Şekil 3.48
25mm çapında bir pirinç mil,
60mm
çapındaki alüminyum bir tüp içine
yerleştirilmiştir. Sistemin sıcaklığı 15 oC den
195 OC ye çıkarılırsa Alüminyum ve Pirinç te
oluşan normal gerilmeleri bulunuz.
Cevap: sAL = -8.15 MPa, spirinç = 38.82 MPa
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
109
3. Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular
0.3mm
A
0.4m
P = 2kN
f 20mm
Bakır
B
Alüminyum
Örnek (Soru) 3.24*
Bakır:
Alüminyum:
E = 100 GPa
E = 70 GPa
a = 23 x 10-6 / oC a = 27 x 10-6 / oC
sem = 100 MPa
sem = 50 MPa
tem = 50 MPa
tem = 25 MPa
n = 0. 3
n = 0.27
G = 38GPa
G = 27GPa
Şekildeki dairesel kesitli kademeli
Bakır
ve
Alüminyum
f 60mm çubuk
kısımlardan oluşmuştur.
C
A serbest ucundan P=2kN luk bası
Şekil 3.49
kuvveti uygulanıyor.
Aynı anda sistemin sıcaklığı arttırılıyor. Buna göre;
a-) 0.3mm lik aralığın kapanabilmesi için sistemin
sıcaklığı kaç derece arttırılmalıdır? ( DT = ? )
b-) Bu durumda Bakır ve Alüminyum kısımların
çaplarındaki değişimler ne kadar olur? Hesaplayınız.
Cevaplar:
a-)∆𝑇 = 13.45℃; b-) ∆𝐷𝑐𝑢 = 0.0076𝑚𝑚 ; ∆𝐷𝐴𝑙 = 0.0187𝑚𝑚
0.6m
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
110
3. Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular
f 10cm
f 8cm
0.05 cm
Örnek (Soru) 3.25*
Malzeme
No
1
2
f 4cm
Çeki ve Bası
Mukavemeti
(MPa)
200
300
MALZEME ÖZELLİKLERİ
Kesme
Elastisite Modülü
Mukavemeti
E (GPa)
(MPa)
100
100
150
200
Poisson
Isıl genleşme
oranı ( n ) katsayısı α (1/ oC)
0.25
0.3
16 x 10-6
12 x 10-6
Şekildeki 2 nolu malzemeden yapılmış borunun içine 1 nolu malzemeden imal edilen 4cm
100 cm çaplı, dairesel kesitli bir çubuk yerleştirilmiştir. Tüm sistem alttan rijid bir plakaya
sabitlenmiş, üst kısımdan ise boru sabit bir duvara monte edilmiştir. Çubukla duvar arasında
2
1
ise 0.05cm lik bir boşluk kalmıştır. Sistemin başlangıçtaki sıcaklığı 10 oC dir. Buna göre,
a-) 0.05cm lik boşluğun kapanabilmesi için sistemin sıcaklığı hangi değere çıkarılmalıdır?
Rijid plaka
Şekil 3.50
23.08.2024
b-) Sistemin sıcaklığı emniyet sınırları içinde ne kadar arttırılabilir? (emniyet katsayısı n = 2)
Cevaplar: a-) 135.25℃ , b-) 430.75℃
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
111
4.1
MİLLERİN
BURULMASI
(TORSİON of SHAFTS)
Gerilme Dağılımı ve Örnekler ……………………………… (Video 4.a)
Şekil Değiştirmeler ve Hiperstatik Problemler ………(Video 4.b)
*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
112
4.1. Millerin Burulması
4.1.1 Miller ve Endüstrideki Yeri
• Bu konu kapsamında inceleyeceğimiz, dairesel kesitli çubuk elemanlar, mil
(İngilizcesi: shaft) olarak isimlendirilir.
• Miller endüstride çok sık kullanılan güç iletim elemanlarındır.
• Miller bir motora bağlı olabildiği gibi, üzerine dişliler, kasnaklar vb. parçalar
mil
da geçirilmektedir.
• Bu haliyle motordan alınan gücü diğer kısımlara iletirler ve bu sırada
burulma dediğimiz yüklemeye maruz kalırlar.
(Miller burulmanın yanısıra aynı anda eğilmeyede maruz kalabilir. Bu konu ileride
işlenecektir. Burada ise sadece burulmaya maruz miller ele alınacaktır.)
Şekil 4.1.1
mil
Şekil 4.1.3
Şekil 4.1.2
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
mil
113
4.1. Millerin Burulması
4.1.2 Burulma Yüklemesi Nedir?
• Çubuk tarzında bir elemanın kendi ekseni etrafında her iki uçtan zıt yönlü dönmeye
zorlanmasına burulma yüklemesi denir.
• Burulmaya her iki uçtan uyguladığımız burulma momenti (tork) sebep olur.
• Burulma momenti vektörü sağ el kaidesine göre mutlaka çubuk ekseni
Şekil 4.1.4
doğrultusundadır.
• Burulmada gerilme veya şekil değiştirmeleri hesaplama formülleri kesit
geometrisine göre değişiklik gösterir.
• (Dairesel olmayan kesitler için hesaplamalar Mukavemet 2 dersinde gösterilmektedir.)
• Şimdi ilk amacımız burulma momenti sebebiyle dairesel kesitli çubuk
elemanlarda (millerde) oluşan gerilmeleri hesaplamaktır…>>
Çamaşır sıkmak, teknik anlamda
çamaşıra her iki ucundan burulma
momenti uygulamak demektir.
Şekil 4.1.5
Şekil 4.1.6
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
114
4.1. Millerin Burulması
Konsol mil
(Bir ucu ankastre olan mil)
4.1.3 Millerin burulması için yapılan kabuller
• Gözlemlere dayanarak, burulmaya maruz bir milde, elastik sınırlar içerisinde
aşağıdaki kabuller yapılabilir:
1- Dönme veya başka ifade ile burulma açısı ( f ), uygulanan T torku yani burulma
(a)
momentinin değeri ve mil uzunluğuyla doğru orantılı olarak değişir.
2- Burulmadan önce düzlem dairesel kesitler, burulmadan sonrada düzlem kalır
ve şekli değişmez.
(b)
Kesitlerde herhangi bir çarpılma olmaz. (Dairesel kesitli
olmayan elemanlarda çarpılma oluşur)
3- Kesit üzerine çizilen (markalanan) doğrusal bir çap çizgisi burulma sonrası
yine doğrusal kalır.
(c)
Bu kabullerden yola çıkarak, dairesel kesitli bir çubuk elemanda elastik yüklemede,
burulma sonrası oluşan gerilme dağılımları ve şekil değiştirmeler hesaplanabilir.
(d)
Dikkat: Dairesel kesitli olmayan elemanlarda bu kabuller yapılamaz. Bu tip elemanlarda burulma
sırasındaki gerilme ve şekil değiştirmelerin hesap yaklaşımları ve formülleri tamamen farklıdır..
Şekil 4.1.7
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
115
4.1. Millerin Burulması
4.1.4 Burulmada Gerilme ve Şekil Değiştirme
Hesapları:
Kesimin Sol kısmı
𝜏
𝜏
𝑑𝐹
≡
(a)
𝑑𝐴
𝑑𝐴
(c)
(b)
Şekil 4.1.8
• Bir mil her iki ucundan elastik sınırlar içinde T burulma momentlerine maruz olsun.
• Statik denge halindeki bu mili, C düzlemiyle hayali olarak ayırdığımız zaman her bir parçası da iç ve dış
kuvvetlerin etkisi ile dengede olacaktır. (ayırma prensibi).
• Sol parçanın dengesine bakarsak, B deki T dış burulma momentini, C ayırma yüzeyinde ortaya çıkacak Tiç
momentinin dengelediğini görürüz. Statik dengeden Tiç = T olacaktır.
• Bu Tiç momenti sonucu herbir dA elemanına dF kadarlık bir iç kuvvet düşer. Bu dF
kuvvetlerinin kesitin merkezine göre momentlerinin toplamı Tiç momentine eşittir.
න𝜌 𝑑𝐹 = 𝑇𝑖ç
(4.1.1)
• Tiç momenti, kesiti mil ekseni etrafında döndürmeye (yani burulmaya) çalışır. Bu sebeple dF kuvvetlerinin yüzeye
paralel olması gerekir. Bu durumda ise dA alanına düşen gerilme, kayma gerilmesi (𝜏 ) olur.
𝑑𝐹 = 𝜏 𝑑𝐴 → 𝑇𝑖ç = 𝑇 = න 𝜌 𝑑𝐹 = න𝜌 𝜏 𝑑𝐴
(4.1.2)
Şimdi biraz daha devam ederek gerilme ve şekil değiştirmeyi bilinenler cinsinden bulacağız..>>
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
116
4.1. Millerin Burulması
• Alttaki şekli dikkatlice inceleyiniz: r yarıçaplı, içi dolu bir milin, ankastre kesitinde bir C çevre noktası ve aynı kesitte r yarıçaplı
çember üzerinde B noktası düşünüyoruz. A ise herhangi bir kesit üzerinde ve B ile aynı hizada olan başka bir noktadır.
• OAb bir doğru olup, b dış çevre noktasıdır ve C ile aynı hizadadır.
• Tiç burulma momenti etkisi ile şekil değiştirme sonucu 𝑏 → 𝑏′ noktasına ve 𝐴 → 𝐴′ noktasına gelirler. C ve B noktaları ise
ankastre bağlantıdan dolayı yerinde kalır. O 𝐴′ 𝑏 ′ de bir doğrudur. Şekilden ayrıca şunları görebiliriz:
• 𝑏𝑏′ 𝑦𝑎𝑦 𝑢𝑧𝑢𝑛𝑙𝑢𝑔𝑢 = 𝐿𝛾𝑚𝑎𝑥 = 𝑟𝜙
𝜌𝜙
(4.1.3)
• 𝐴𝐴′ 𝑦𝑎𝑦 𝑢𝑧𝑢𝑛𝑙𝑢𝑔𝑢 = 𝐿𝛾 = 𝜌𝜙 → 𝛾 = 𝐿
• Q noktasındaki dif. elemana
Hooke Bağıntısını uygularsak:
𝜌
𝐶
𝛾
.
..
𝑚𝑎𝑥
𝛾
𝑩
..
𝑏′
𝑄
𝜌
∅ 𝑂
.𝑏 . .
𝑇𝑖ç
𝜏
Q
𝜏
Sonuç olarak;
Şekil 4.1.9
23.08.2024
ve න𝜌2 . 𝑑𝐴 = 𝐽
: kesitin polar atalet momentidir.
𝜙. 𝐽
𝐿
(İki kesitin birbirlerine
göre dönme miktarı)
Burulma açısı:
𝑇𝑖ç . 𝐿
𝜙 =
𝐺. 𝐽
(4.1.5)
𝐺. 𝜌 𝑇𝑖ç . 𝐿
𝜏=
.
𝐿 𝐺. 𝐽
Kesit merkezinden r
uzaklıktaki bir noktada
Kayma Gerilmesi
𝑇𝑖ç . 𝜌
𝜏=
𝐽
(4.1.6)
𝑇𝑖ç = 𝐺.
𝜏
𝜏
𝜙
(4.1.4)
𝐿
• Bir önceki sayfada bulduğumuz denklemde yerine koyarsak:
𝜙
𝜙
𝑇𝑖ç = න𝜌𝜏 𝑑𝐴 = න 𝜌. 𝐺. 𝜌. 𝑑𝐴 = 𝐺. න𝜌2 . 𝑑𝐴
𝐿
𝐿
𝜏 = 𝐺𝛾 = 𝐺. 𝜌.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
117
4.1. Millerin Burulması
• 4.1.5 ve 4.1.6 denklemleri sadece dairesel kesitler için, izotropik malzemelerde ve elastik bölgede geçerlidir.
• 4.1.5 denklemi kesitler arasında başka bir moment, kesit veya malzeme değişimi yoksa geçerlidir.
• Formüllerdeki Tiç incelenen kesitteki iç burulma momentidir.
Dairesel Kesitler için Polar atalet momenti
c
İçi dolu mil
d
1
1
𝐽 = 𝜋𝑐 4 =
𝜋. 𝑑 4
2
32
(4.1.7)
1
1
𝐽 = 𝜋 𝑐24 − 𝑐14 =
𝜋 𝑑24 − 𝑑14
2
32
(4.1.8)
Şekil 4.1.10
c1
İçi boş mil
c2
Şekil 4.1.11
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
118
4.1. Millerin Burulması
4.1.5 Dairesel kesitteki kayma gerilmesi dağılımı:
Kesit merkezinden r kadar uzak bir noktada kayma gerilmesi 4.1.6 denkleminden bulunur:
𝑇𝑖ç 𝜌
(4.1.6)
𝜏=
𝐽
Şimdi bu denklemi yorumlayacağız:
r
Bir kesitteki iç moment (𝑇𝑖ç ) ve polar atalet moment ( J)
değerleri sabittir. Değişen sadece merkezden olan uzaklık (r)
değeridir. Buna göre:
1. merkezden aynı uzaklıktaki yani aynı çember üzerindeki
noktalardaki (örn: a, b, c noktalarındaki)
𝜏𝑚𝑎𝑥 =
𝑇𝑖ç 𝑟
𝐽
(4.1.9)
c
𝑇𝑖ç 𝜌
= 𝜏𝐶 = 𝜏𝑏
𝜏𝑎 =
𝐽
gerilmeler
𝑇𝑖ç
b
birbirlerine eşittir.
2. Dışa doğru gidildikçe r artacağı için, gerilmeler de
(doğrusal olarak) artar.
Şekil 4.1.12
3. Maksimum gerilme en dış çemberde ortaya çıkar.
«Bazen r yerine c kullanılabiliriz».
Zira dış çemberde rmax = r dir.
4. Merkezde ise r=0 olduğu için gerilme sıfırdır.
5. Kayma gerilmeleri, çemberin teğeti doğrultusundadır. Yönleri ise Tiç momentinin dönme yönündedir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
119
4.1. Millerin Burulması
Çözüm:
Örnek 4.1.1 (video 4a, örn. 4a.1)
Maksimum
kayma
gerilmelerinin
dairesel kesitin en dış noktalarında
ortaya çıktığını göstermiştik. Buna göre
Denklem 4.1.9 u yazacak olursak;
T.c
𝜏max =
J
Şekil 4.1.13
Şekildeki boru için emniyetli kayma
gerilmesi değeri 120 MPa olduğuna
göre
emniyet
sınırları
içerisinde
uygulanabilecek burulma momentini
ve
bu
momente
karşılık
gelen
minimum kayma gerilmesini bulunuz.
Emniyet sınırındaki minimum gerilme:
23.08.2024
T
𝑐
Şekil 4.1.14
(Herhangi bir andaki burulma momenti): 𝑇 =
𝐽. 𝜏𝑚𝑎𝑥
𝑐
yarıçap
Denklem 4.1.8 ‘den İçi boş dairesel kesitin polar atalet momenti:
1
1
4
4
𝐽 = 𝜋 𝑐2 − 𝑐1 = 𝜋 304 − 204 = 1021𝑥103 𝑚𝑚4
2
2
𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝜏𝑒𝑚 olduğu zaman en dış noktalar emniyet sınırına ulaşmıştır.
Bu durumda burulma momenti T = Tem değerine gelmiştir.
𝐽𝜏𝑒𝑚 (1021𝑥103 𝑚𝑚4 )(120 𝑀𝑃𝑎)
= 4084𝑥103 𝑁𝑚𝑚 = 4.084 𝑘𝑁𝑚
→ 𝑇𝑒𝑚 =
=
𝑐
30 𝑚𝑚
𝑁
(4084𝑥103 𝑁𝑚𝑚)(20 𝑚𝑚)
𝑇𝑒𝑚 . 𝑐𝑚𝑖𝑛
→
𝜏
=
80
=
𝑚𝑖𝑛
𝜏𝑚𝑖𝑛 =
2 = 80 𝑀𝑃𝑎
3
4
𝑚𝑚
1021𝑥10 𝑚𝑚
𝐽
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
120
4.1. Millerin Burulması
Örnek 4.1.2 (n):Şekildeki kademeli milin BC kısmının içi boştur ve iç çapı 90 mm,
dış çapı 120 mm’dir. Diğer kısımların içi dolu ve çapları “d ” dir. Buna göre;
a-) AB ve CD kısımları için izin verilebilir (emniyetli) kayma gerilmesi değeri 65
MPa ise bu kısımları emniyetli çap değerini hesaplayınız. (dem = ?)
b-) BC kısmındaki maksimum ve minimum kayma gerilmelerini bulunuz.
Çözüm: A ucundan başlayıp D ye kadar mili bölgelere ayıracağız. Moment (T) ve mil
kesiti değiştiğinde (J) bölge değişir. Buna göre AB, BC ve CD olmak üzere 3 bölge
vardır. Şimdi her bir bölgeye ayırma prensibi uygulayacağız, statik dengeden iç
momentleri tespit edeceğiz ve bu iç momenti gerilme formülünde yerine koyacağız.
AB bölgesi (sol kısım)
BC bölgesi (sol kısım)
=6kNm
(a)
Şekil 4.1.16
23.08.2024
Şekil 4.1.15
CD bölgesi (sağ kısım)
=6+14=20kNm
(b)
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
(c)
121
o an için gerilmelerin en büyüğü.
4.1 Millerin Burulması
Milin içi dolu olan AB kısmı için herhangi bir
anda en dış noktadaki gerilmeler maximumdur:
a)
𝜏max
𝜏max
Emniyet sınırında: 𝑟 = 𝑟𝑒𝑚 ve 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝜏𝑒𝑚
→ 𝑟𝑒𝑚 ≅ 38.9mm ,
6𝑥106 (𝑁𝑚𝑚) . 𝑟
𝑇𝑖ç . 𝑟
=
𝜏𝑚𝑎𝑥 =
𝜋 4
𝐽
2𝑟
6𝑥106 (𝑁𝑚𝑚)
→ 𝜏𝑒𝑚 =
= 65𝑀𝑃𝑎
𝜋
3
2 𝑟𝑒𝑚
→ 𝑑𝑒𝑚 = 2. 𝑟𝑒𝑚 = 77.8mm
* CD kısmında da, iç moment değeri aynı olduğundan aynı sonuç bulunur.
Şekil 4.1.17
b)
BC kısmı için Tiç = 20kNm bulunmuştu : 𝐽 =
𝑟2 = 60𝑚𝑚
𝜏1
𝜏2
23.08.2024
Şekil 4.1.18
𝑟1 = 45𝑚𝑚
𝜋 4
𝜋
𝑟2 − 𝑟14 =
60𝑚𝑚 4 − 45𝑚𝑚 4 = 1392 × 104 mm4
2
2
𝑇𝑖ç 𝑟2
20𝑥106 N ⋅ 𝑚𝑚 60𝑚𝑚
=
≅ 86.2MPa
𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝜏2 =
1392 × 104 mm4
𝐽
𝑇𝑖ç 𝑟1
20𝑥106 45
𝜏𝑚𝑖𝑛 = 𝜏1 =
=
≅ 64.7MPa
𝐽
1392 × 104
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
122
4.1 Millerin Burulması
Örnek 4.1.3 (video 4a, örn. 4a.2)
D ucundan sabit bir duvara bağlı olan çelik milin üzerindeki kasnaklara
gelen momentler şekilde gösterilmiştir. Çeliğin kesmedeki akma
mukavemeti tak=200MPa,
emniyet katsayısı n=2, d2 = 18mm, d3 = 15mm olduğuna göre,
a-) DC kısmının emniyetli çap değerlerini belirleyiniz (d1-em = ?).
b-) AB kısmının emniyet sınırları içerisinde kalıp kalmadığını kontrol ediniz.
c-) Malzeme israfını önlemek için, emniyet sınırlarını aşmamak kaydıyla, BC
kısmına maksimum hangi çapta bir delik açılabilir?
Şekil 4.1.19
Cevaplar: a-) 12.67mm, b-) Emniyet sınırları içerisinde kalır, c-) 17.15mm
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
123
4.1 Millerin Burulması
4.1.6 Burulmada Şekil Değiştirme ve Hiperstatik Problemler
𝑇𝑖ç 𝐿
𝜙 =
4.1.6.1 Burulma Açısı (f) :
𝐽𝐺
Burulmaya maruz bir milde iki kesitin birbirlerine göre dönmesi yani burulma açısının 4.1.5
denkleminden bulunduğunu göstermiştik. (G: malzemenin rijitlik (veya kayma )modülü)
Burulma açısı (𝜙 ), mil kesitlerinin birbirlerine göre dönme miktarını gösterir
ve özellikle burulmadaki hiperstatik problemlerin çözümünde işe yarar.
Şimdi de 4.1.5 denklemini yorumlayacağız.
4.1.5 denklemi şekildeki gibi milin öyle bir kısmına uygulanabilir ki; o kısımda,
𝑇
𝑎′.
𝑇𝑖ç = 𝑇
𝑎.
𝑎′′
. 𝜙𝐵/𝐴
𝐴
.
𝑏
𝑏′.
- her iki uç kesitte eşit ve zıt T burulma momenti vardır. Arada başka bir moment yoktur.
- Formüldeki T aslında kesitteki iç moment (Tiç ) momentidir.
- L boyunca malzeme ve kesit geometrisi aynıdır.
Şekil 4.1.20
𝜙𝐵/𝐴 =
𝐵
𝑇𝑖ç 𝐿 𝑇𝐿
=
𝐽𝐺
𝐽𝐺
- A veya B kesitlerinin birisi ankastre olması gerekmez ve milin orta bölgesinde iki kesit olabilirler.
- a ve b burulmadan önceki aynı hizadaki noktalar olup, burulmadan sonra bu noktalar 𝑎′
- ve b′ konumlarına giderler. 𝑎′′ noktası ise a’ nün B kesitindeki izdüşümüdür.
- Burulma açısı fB/A : b′ ile 𝑎′′arasındaki açıdır ve B kesitinin A’ya göre dönme miktarını temsil eder.
Yandaki şekli inceleyerek fB/A açısının neresi olduğunu iyice anlamaya çalışınız.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
124
4.1 Millerin Burulması
4.1.6.2 Burulma açısının işareti:
İncelediğimiz kesite karşıdan dik olarak baktığımızda kesitteki iç moment (Tiç) saat ibreleri yönünde ise f
açısı pozitif ( + ), aksi halde negatif ( - ) alınır. Kesimin sağ veya sol kısmını almamız bu kuralı
değiştirmez. Aşağıdaki şekilleri inceleyerek bu kuralı iyice anlamaya çalışınız.
K düzleminden kesimler
Saat ibreleri yönünde
K
Şekil 4.1.21
Saat ibreleri yönünde
Şekil 4.1.23
Şekil 4.1.22
23.08.2024
125
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
4.1 Millerin Burulması
𝑇2
4.1.6.3 Kademeli Millerde Burulmada Açısı:
- Milin bir ucundan başlayarak, eksen boyunca ilerlediğimizde,
mil çapı, malzeme veya T burulma momentlerinden en az
birisi değişiyorsa, bu tip millere kademeli miller denir.
- Mil önce bölgelere ayrılır.
- Herbir bölge için f açısı ayrı ayrı hesaplanır ve
bunlar toplanır.
- Böylece bir uç kesitin diğerine göre dönme miktarı
yani f burulma açısı bulunmuş olur.
(işaret kuralı bir önceki sayfada anlatılmıştı)
- Bir i bölgesindeki iç moment (Tiç-i) ayırma prensibiyle
bulunarak 4.1.10 denkleminde yerine koyulur.
- Ayrıca burulma momentleri arasında statik denge
sağlanmalıdır.
𝑇1 + 𝑇2 + 𝑇3 + 𝑇4 = 0
23.08.2024
Kademeli
mil örneği
𝑇1
I-I kesimin sol tarafı
𝑇2
I
𝑇3
I
𝑇𝑖ç−3
𝑇1
Şekil 4.1.25
- Herbir bölgedeki f açısının işaretine dikkat edilmelidir.
I
I
𝑇4
Şekil 4.1.24
Toplam burulma açısı:
𝑇𝑖ç−𝑖 𝐿𝑖
(4.1.10)
𝜙=෍
𝐽𝑖 𝐺𝑖
𝑖
Yukarıdaki örnek için:
𝜙𝐹/𝐴 = 𝜙𝐵/𝐴 + 𝜙𝐶/𝐵 + 𝜙𝐶/𝐷 + 𝜙𝐷/𝐸 + 𝜙𝐹/𝐸
𝑇𝑖ç−5 𝐿5
𝑇𝑖ç−3 𝐿3
𝑇𝑖ç−4 𝐿4
𝑇𝑖ç−2 𝐿2
𝑇𝑖ç−1 𝐿1
+
+
+
+
𝜙𝐹/𝐴 =
𝐽1 𝐺ç𝑒𝑙𝑖𝑘 𝐽2 𝐺𝑏𝑎𝑘𝚤𝑟. 𝐽3 𝐺ç𝑒𝑙𝑖𝑘. 𝐽4 𝐺ç𝑒𝑙𝑖𝑘. 𝐽5 𝐺𝑎𝑙ü𝑚.
Örnek olarak Tiç-3 ü bulalım. 3ncü bölgeden I-I hayali
kesiminin sol tarafının dengesinden: 𝑇𝑖ç−3 = 𝑇2 − 𝑇1
Örnek problemleri çözdükçe bu konu daha iyi anlaşılacaktır..>>
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
126
4.1 Millerin Burulması
Örnek 4.1.4(video 4b, örn 4b.1 )
Çözüm: Statik dengeden ankastre uçtaki tepki
momenti TD = 2250 kNm çıkar. (Ancak kesimlerde sağ
kısmı alırsak bunu (TD’yi) bulmamıza gerek yoktur.) 𝑇
𝐷
Mili 1nolu AB , 2 nolu CB ve 3 nolu CD
bölgelerine ayırabiliriz.
0.6m
C
∅𝐴/𝐷 = ∅𝐶/𝐷 + ∅𝐵/𝐶 +∅𝐶/𝐴
B
0.2m
30mm A
0.4m
Şekil 4.1.26
Şekildeki kademeli çelik milin
kayma modülü G=77 GPa
olduğuna göre A ucunun toplam
dönme
(burulma)
açısını
bulunuz.
D
III
I
3
C
2
B
II
0.2m
Şekil 4.1.27
∅𝐶𝐷
I
Şunu .fark ettiyseniz bu konuyu çok
iyi anladınız demektir:
Aslında B düzlemi fCD kadar ötelenir,
fBC kadar şekil değiştirir. Bu durumda
toplam dönmesi (fBD) bu iki açının
toplamı kadar olur. Aynı kıyaslamayı
A düzlemi için yapmaya çalışınız.
250Nm
1
0.6m
C nin A’ya göre dönme açısı
Yandaki şekli dikkatlice inceleyerek düzlemlerin
birbirlerine göre dönme açılarını anlamaya çalışın
2000Nm
44mm
30mm A
0.4m
∅𝐵𝐷
∅𝐵𝐷
∅𝐶𝐷
44mm
II
∅𝐶𝐷
∅𝐵𝐶
D
Aslında sorulan A düzleminin D düzlemine göre
dönme (burulma) açısıdır. ( ∅ = ∅𝐴𝐷 =? )
Bu ise D den A ya kadar olan bölgelerin birbirlerine
250Nm göre dönmelerinin toplamına eşittir. Yani;
2000Nm
III
Şekil 4.1.28
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
127
4.1 Millerin Burulması
Şimdi bölgeleri sırayla inceleyip ayırma prensibine göre iç momentleri ve sonra burulma açılarını bulacağız.
1.Bölge: AB kısmı
L1 =400mm (1. bölgenin toplam uzunluğu)
𝑇𝑖ç−1
bakış yönü
I
B.
∅𝐴𝐵 > 0
Dik bakış
I
𝜋 4 𝜋 4
𝐽1 = 𝐽𝐴𝐵 = 𝑐1 = 15 = 79521𝑚𝑚4
2
2
𝑇𝑖ç−1 . 𝐿1
250𝑥103 𝑁𝑚𝑚 x 400𝑚𝑚
=
= 0.0163𝑟𝑎𝑑
∅𝐴𝐵 = +
77000𝑀𝑃𝑎 x 79521𝑚𝑚4
𝐺. 𝐽1
I-I kesimi
I-I kesitine dik ve karşıdan bakıldığında Tiç-1 saat ibreleri yönünde olduğundan f pozitiftir.
2.Bölge: CB kısmı
bakış
yönü
II
Statik denge şartı : ෍ 𝑀𝑥 = 0 → 𝑇𝑖ç−2 − 2000 − 250 = 0 → 𝑇𝑖ç−2 = 2250𝑁𝑚 = 𝑇𝐵𝐶
∅𝐵𝐶 > 0
C.
II
Dik bakış
II -II kesimi
23.08.2024
L2 =200mm (bölgenin toplam uzunluğu)
𝑇𝑖ç−2
𝐽2 = 𝐽𝐵𝐶 =
𝜋 4 𝜋 4
𝑐2 = 30 = 1272345𝑚𝑚4
2
2
𝑇𝑖ç−2 . 𝐿2
2250𝑥103 𝑁𝑚𝑚 x 200𝑚𝑚
=
= 0.00459𝑟𝑎𝑑
∅𝐵𝐶 = +
77000𝑀𝑃𝑎 x 1272345𝑚𝑚4
𝐺. 𝐽2
II-II kesitine dik ve karşıdan bakıldığında Tiç-2 saat ibreleri yönünde olduğundan f pozitiftir.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
128
4.1 Millerin Burulması
3.Bölge: CD kısmı
bakış
yönü
𝑇𝑖ç−3 > 0
∅𝐶𝐷 > 0
30mm
22mm
Dik bakış
L3 =600mm ((bölgenin toplam uzunluğu)
III-III kesitine dik ve karşıdan bakıldığında Tiç-3 saat ibreleri yönünde olduğundan f pozitiftir.
𝐽3 = 𝐽𝐶𝐷 =
𝜋 4 4
𝜋
(𝑐2 −𝑐1 ) = (304 −224 ) = 904376𝑚𝑚4
2
2
𝑇𝑖ç−3 . 𝐿3 𝑇𝐶𝐷 . 𝐿3
2250𝑥103 𝑁𝑚𝑚 𝑥 600𝑚𝑚
∅𝐶𝐷 = +
=
=
= 0.01939𝑟𝑎𝑑
𝐺. 𝐽3
𝐺. 𝐽3
77000𝑀𝑃𝑎 𝑥 904376𝑚𝑚4
Toplam Burulma Açısı:
∅𝐴𝐷 = ෍
𝑇𝑖 . 𝐿𝑖
= ∅𝐴𝐵 + ∅𝐵𝐶 +∅𝐶𝐷
𝐺𝑖 . 𝐽𝑖
∅𝐴𝐷 = 0.0403𝑥
23.08.2024
= 0.0163 + 0.00459 + 0.01939 ≅ 0.0403𝑟𝑑
180
≅ 2.31𝑜
𝜋
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
129
4.1 Millerin Burulması
4.1.7 Dönen millerde burulma formülleri geçerli midir?
Konuyu dikkatli çalışanların aklına şöyle bir soru gelmiş olabilir:
Endüstride kullanılan miller hareketlidir ve kendi eksenleri etrafında sabit açısal
hızla dönmektedir.
Biz ise sanki sadece durağan haldeki miller için formülleri çıkardık. Dönen miller
için de çıkardığımız formüller acaba geçerli midir?
Cevap: Statik denge denklemleri dönen miller için de yazılabilir ve durağan hal
için çıkardığımız formüller onlar için de geçerlidir.
Çünkü biz Newton’u 2nci kanunundan biliyoruz ki,
Şekil 4.1.29
Sadece hareketsiz cisimler için değil ağırlık merkezinin ivmesi sıfır olan hareketli cisimler için de toplam kuvvet ve toplam
moment sıfırdır. Dolayısıyla statik denge denklemleri bu tip hareketleri yapan cisimler için yine sağlanır. İşte sabit açısal
hızla dönen miller de bu sınıfa girer . Bu tip miller için statik denge denklemleri geçerli olur, dolayısıyla ayırma prensibi bu
millere de uygulanabilir, iç burulma momentleri statik dengeden bulunabilir ve burulma için çıkardığımız tüm formüller
aynı şekilde çıkarılabilir. Sonuç olarak bu bölümde yaptığımız tüm burulma hesapları ve denklemleri kendi ekseni
etrafında sabit açısal hızla dönen miller için de geçerlidir. Bu durum statik ve mukavemet hesaplarının çok geniş bir
uygulama alanı olduğunu ayrıca bize göstermektedir
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
130
4.1 Millerin Burulması
• Burada önemli bir püf noktası dönen milin sınır şartlarını doğru belirlemektir.
Mil bir ucundan aldığı gücü öteki ucundan mekanizmanın diğer aksamlarına iletir.
Bir uca diğer aksamlardan gelen kuvveti uygularsak, motora bağlı olan ucu
mutlaka ankastre yapmamız gerekir ki hem statik denge sağlansın hem çalışma
şartları çözüme yansıtılmış olsun. (Motora doğrudan bağlı olmayan miller için
çalışma şartlarına uygun farklı sınır şartları düşünülebilir ancak statik denge her
durumda mutlaka sağlanmalıdır. )
Şekil 4.1.30
෍F = ෍M = 0
• Bu durumda hareketli mil sanki durağan hale dönüştürülmüş ve bu haliyle
çözülmüş olacaktır ama bulunan gerilmeler veya şekil değiştirmeler dönen milin
üzerindeki gerçek değerlerine karşılık gelecektir. Üstteki şekilde motora bağlı mili
ve ucundaki dişliyi sistemden ayırdığımızda, milin güç aldığı motora bağlı sol ucunu
ankastre yaparız. Güç iletilen milin öteki ucuna bağlı dişliye, diğer dişliden gelen F
kuvvetini uygularız. Böylece doğru yükleme ve sınır şartlarını sisteme tanımlamış
Şekil 4.1.31
oluruz.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
131
4.1 Millerin Burulması
Örnek 4.1.5 :
300𝑁𝑚
200𝑁𝑚
Şekildeki
𝐷
40𝑚𝑚
1𝑚
Şekil 4.1.32
alınan
tork
(burulma
mekanizmanın diğer aksamlarına iletilmektedir. Alüminyum
𝐵
44𝑚𝑚
motorundan
momenti), B ve C dişlileri tarafından 200Nm ve 300Nm olarak
𝐶
48𝑚𝑚
𝐴
elektrik
1.2𝑚
0.9𝑚
milin kayma modülü G=27GPa dır. A yatağı dönmeye izin
vermektedir. Bu durumda,
a-) Motorun hangi yönde ve ne kadarlık bir tork ürettiğini,
b-) A ucunun D ye göre dönme miktarını (burulma açısını )
hesaplayınız.
Çözüm:
Bu mekanizma hareket halinde olmasına rağmen, mil kendi ekseni etrafında sabit açısal hıza döndüğü
için, ağrılık merkezinin toplam ivmesi sıfırdır. Bu durumda toplam burulma momenti sıfırdır ve
dolayısıyla statik denge denklemleri bu sistem için de sağlanır. Ayrıca motor kısmı ankastre alınarak
statik denge sağlanır ve çalışma şartları sisteme yansıtılmış olur…>>
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
132
4.1 Millerin Burulması
a-) Statik dengeden: D sabit ucundaki tepki
300𝑁𝑚
200𝑁𝑚
momenti, motorun ürettiği torka eşittir.
𝐷
A yatağı dönmeye izin verdiği için A noktasında herhangi
𝐶
48𝑚𝑚
𝐵
44𝑚𝑚
𝐴
bir tepki momenti oluşmaz. Milin Dengesinden:
0.9𝑚
Ankastre
1.2𝑚
෍ M𝑥 = 0 → 200 + 300 − 𝑇𝐷 = 0 → 𝑇𝐷 = 500 N. m
40𝑚𝑚
1𝑚
I
III
2
23.08.2024
𝑇𝑖 . 𝐿𝑖
∅𝐴/𝐷 = ෍
= ∅𝐶/𝐷 + ∅𝐵/𝐶 +∅𝐴/𝐵
𝐺𝑖 . 𝐽𝑖
1
I
3
b-) A ucunun D’ye göre dönmesi (burulma açısı):
𝑇𝐷
II
III 𝑇 = 0
𝑖ç3
Saat ibresi
yönünde
𝑇𝐷
II
0
𝑇𝑖ç1 = 𝑇𝐷 = 500 N. m
𝑇𝑖ç2 = 200𝑁𝑚
𝑇𝑖ç1 𝐿1 𝑇𝑖ç2 𝐿2 𝑇𝑖ç3 𝐿3
−
−
∅𝐴/𝐷 = −
𝐽2 𝐺
𝐽3 𝐺
𝐽1 𝐺
200𝑥103 𝑁𝑚𝑚. 𝑥1200𝑚𝑚
500𝑥103 𝑁𝑚𝑚. 𝑥900𝑚𝑚
−
=−
1
1
4 𝑥 27𝑥103 𝑀𝑃𝑎
4 𝑥 27𝑥103 𝑀𝑃𝑎
𝜋.
44
𝜋.
48
32
32
f Açıları niçin negatif alındı?
İşaret kuralını inceleyerek anlamaya çalışınız (bknz
4.1.6.2).
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
→ ∅𝐴/𝐷 = −0,056𝑟𝑑 = − 3,2 𝑑𝑒𝑟𝑒𝑐𝑒
133
4.1 Millerin Burulması
4.1.8 Burulmada Hiperstatik mil problemleri: Bilinmeyen kuvvetleri bulmak için statik denklem sayısının
yeterli olmadığı (hiperstatik) burulma problemleri de vardır. Önceden bilinen burulma açısından ek
denklemler elde edilerek bilinmeyen kuvvetler bulunabilir. Bu konuyu örneklerle anlamaya çalışacağız.
Örnek 4.1.6 :
Yarı kısmına kadar içi boş olan milin, dış çapı 22 mm ve içi boş
kısmın iç çapı ise 12 mm’dir. Mil A ve B uçlarından sabitlenmiştir. Bu
milin tam ortasına 120 Nm’lik bir tork uygulanıyor. Buna göre A ve B
noktalarında ortaya çıkan reaksiyon momentlerini hesaplayınız?
Çözüm..>>
Şekil 4.1.33
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
134
4.1 Millerin Burulması
Çözüm:
𝑇𝐴
𝐼
Statik dengeden:
𝐼𝐼
𝑇𝐵
C
𝑇𝐴 + 𝑇𝐵 = 120N ⋅ m
𝐼
(1)
𝐼𝐼
1 denklemi yeterli olmadığından bu hiperstatik bir problemdir ve 1 bağımsız denkleme daha ihtiyaç vardır. B ve A
ankastre olduğu için, bu kısımlarda dönme olmaz. Dolayısıyla toplam dönme açısı ( B’nin A ya göre burulma açısı) sıfırdır.
Mili AC ve CB olmak üzere iki bölgeye ayırırız.
𝑇𝐴
𝑇𝑖ç−1 = 𝑇𝐴
f<0
Tiç-1 saat ibreleri
tersi yönünde
23.08.2024
𝑇𝐵
𝜙 = 𝜙𝐵/𝐴 = 𝜙𝐶/𝐴 + 𝜙𝐵/𝐶 = 0 → −
→
𝑇𝑖ç−2 = 𝑇𝐵
𝐿1 = 𝐿2 = 125𝑚𝑚 →
𝜋. (𝑐24 − 𝑐14 )
114 − 64
2
𝑇𝐵 =
𝑇𝐴 =
𝑇𝐴
114
𝜋. 𝑐24
2
f>0
Tiç-2 saat ibreleri yönünde
(kesite dik bakış için)
(1) ve (2) den ..>>
𝑇𝐴 𝐿1 𝑇𝐵 𝐿2
+
=0
𝐺𝐽1
𝐺𝐽2
𝑇𝐵 =
𝐽2
𝑇
𝐽1 𝐴
→ 𝑇𝐵 = 0.91x𝑇𝐴
𝑇𝐴 = 62.82N ⋅ m , 𝑇𝐵 = 57.18N ⋅ m
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
(2)
bulunur.
135
alüminyum
B
T
Çözüm:
𝑇𝑎𝑙ü𝑚.
Şekil 4.1.34.a
52mm
42mm
çelik
A
Örnek 4.1.7 (video 4b, örn.4b.3)
Çelik bir borunun içine alüminyum bir mil
yerleştirilmiş, sistem sol ucundan rijid bir
kapağa, sağ ucundan sabit bir duvara
bağlanmıştır. Sisteme sabit kapaktan
emniyet sınırları içerisinde uygulanabilecek
T
T burulma momentini hesaplayınız.
Galüm=27 GPa, Gçel.= 81 GPa , tçel-em =100 MPa, talüm-em =50 MPa
60mm
4.1 Millerin Burulması
T toplam burulma momenti çelik ve alüminyuma hangi oranlarda dağılır? Önce bunu hesaplamamız gerekir.
I-I kesimi
II-II kesimi
𝑇ç𝑒𝑙.
I
𝑇𝑖ç−ç𝑒𝑙. = 𝑇ç𝑒𝑙.
𝑇𝑎𝑙ü𝑚.
𝑇ç𝑒𝑙.
𝑇𝑖ç−𝑎𝑙ü𝑚. = 𝑇𝑎𝑙ü𝑚.
II
𝑇
𝑎𝑙ü𝑚.
𝑇
𝑎𝑙ü𝑚.
𝑇ç𝑒𝑙.
𝑇ç𝑒𝑙.
II
I
Kapağın Statik
Dengesi
Problemin püf noktası: Çelik ve Alüminyumun B ucu rijid kapaktan dolayı A ucuna göre aynı oranda dönerler.
𝑇𝑎𝑙ü𝑚. + 𝑇ç𝑒𝑙. = 𝑇 (1)
23.08.2024
Şekil 4.1.34.b
𝑇ç𝑒𝑙
𝑇𝑎𝑙ü𝑚.
(𝜙𝐵Τ𝐴 )𝐴𝑙 = (𝜙𝐵/𝐴 )ç𝑒𝑙 → 𝑇𝑖ç−𝑎𝑙ü𝑚 . 𝐿 = 𝑇𝑖ç−ç𝑒𝑙 . 𝐿 ⟹
=
𝜋
𝜋
𝐺𝐴𝑙 . 𝐽𝐴𝑙
𝐺ç𝑒𝑙 . 𝐽ç𝑒𝑙
27𝑥103 𝑥 32 424 81𝑥103 𝑥 32 (604 − 524 )
𝑇𝑎𝑙ü𝑚. ≅ 0.184𝑇ç𝑒𝑙 (2)
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
136
4.1 Millerin Burulması
Önce çelik emniyetine göre hesaplama yapacak olursak:
𝜏max
𝜏min.
Herhangi bir an için maksimum gerilme:
𝑇𝑖ç−ç𝑒𝑙 𝑑ç𝑒𝑙−𝑑𝚤ş
𝜏𝑚𝑎𝑥−ç𝑒𝑙 =
.
𝐽ç𝑒𝑙
2
Emniyet sınırındaki maksimum gerilme:
𝜏ç𝑒𝑙−𝑒𝑚 =
Çelik
𝜏min. 𝜏
max
Şekil 4.1.35
Üstteki son denklemden:
= 100𝑀𝑃𝑎
𝜋
4
4
100 x 2 x 𝐽ç𝑒𝑙 200 x 32 (60 − 52 )
𝑇ç𝑒𝑙−𝑒𝑚 =
=
𝑑ç𝑒𝑙−𝑑𝚤ş
60
çeliğin emniyet sınırları içerisinde taşıyabileceği maksimum moment :
Alüminyuma düşen moment, (2) Denkleminden:
𝑇ç𝑒𝑙.−𝑒𝑚 𝑑ç𝑒𝑙−𝑑𝚤ş
.
𝐽ç𝑒𝑙
2
𝑇𝑎𝑙ü𝑚. = 0.184𝑥1848429
→ 𝑇ç𝑒𝑙−𝑒𝑚 = 1848429𝑁𝑚𝑚
→ 𝑇𝑎𝑙ü𝑚. = 340111𝑁𝑚𝑚
Ancak Alüminyum bu momente dayanır mı henüz bilmiyoruz.
Şimdi de alüminyum emniyetine göre hesaplama yapalım:..>>
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
137
4.1 Millerin Burulması
Alüminyum emniyetine göre:
Alüminyumdaki maksimum gerilmeyi emniyet gerilmesine eşitleyip emniyetli moment değerini hesaplarız:
𝜋
4
2𝑥𝜏𝑎𝑙ü𝑚.−𝑒𝑚 𝑥𝐽𝑎𝑙ü𝑚. 2𝑥50𝑥 32 𝑥42
𝑇𝑎𝑙ü𝑚.−𝑒𝑚 𝑑𝑎𝑙ü𝑚.
=
𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝜏𝑎𝑙ü𝑚.−𝑒𝑚 =
.
→ 𝑇𝑎𝑙ü𝑚.−𝑒𝑚 =
𝑑
42
𝐽𝑎𝑙ü𝑚.
2
𝑎𝑙ü𝑚.
Alüminyumun emniyetle taşıyabileceği maksimum moment:
→ 𝑇𝑎𝑙ü𝑚.−𝑒𝑚 = 727357𝑁𝑚𝑚
Bu durumda, (2) Denkleminden çeliğe düşen momenti bulalım:
𝑇𝑎𝑙ü𝑚.−𝑒𝑚 727357
𝑇ç𝑒𝑙 =
=
→ 𝑇ç𝑒𝑙 = 3953027𝑁𝑚𝑚
0.184
0.184
Şekil 4.1.36
Son değerlendirme:
Çelik emniyetine göre
Alüminyum emniyetine göre
𝑇𝑎𝑙ü𝑚. < 𝑇𝑎𝑙ü𝑚.−𝑒𝑚
𝑇ç𝑒𝑙 > 𝑇ç𝑒𝑙−𝑒𝑚
olduğundan alüminyum da emniyetlidir.
olduğundan çelik emniyetsizdir.
O halde sistemin bütünün emniyeti için çelik emniyeti dikkat alınmalıdır.
(1) Denkleminden kapağa uygulanabilecek emniyetli moment değeri:
𝑇𝑒𝑚 = 𝑇ç𝑒𝑙−𝑒𝑚 + 𝑇𝑎𝑙ü𝑚. = 1848429 + 340111
23.08.2024
→ 𝑇𝑒𝑚 = 2188540𝑁𝑚𝑚
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
138
4.1 Millerin Burulması / Cevaplı Sorular
Örnek 4.1.8 (video 4b, örn.4b.2)
Şekil 4.1.37
Bakır ve Çelik kısımlardan oluşturulmuş
kademeli mil, iki sabit duvar arasına
yerleştirilmiş ve B noktasından
T= 2.5kNm lik bir burulma momenti
uygulanmıştır. Buna göre, milde akma
oluşup oluşmayacağını kontrol ediniz.
Malzeme
Elastiklik
Modülü
E (GPa)
Poisson
Oranı
n
Akma
Gerilmesi
sak ( MPa)
Bakır
104
0.3
110
Çelik
200
0.4
350
Cevap: Akma oluşmaz.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
139
4.1 Millerin Burulması
Örnek 4.1.9*
Alüminyum
çelik
rijit kapak
Şekil 4.1.38
Çelik bir mil,
boşluklu şekilde alüminyum bir
tüpün içine yerleştirilmiş, her ikisi de sağ taraftan
sabit bir duvara , sol uçlarından ise rijit bir diske
bağlanmışlardır. Çelik mil ve alüminyum tüp için
emniyetli kayma gerilmeleri sırasıyla 120 MPa ve
70 MPa olduğuna göre; disk vasıtasıyla sisteme
uygulanabilecek
momenti)
değerini
GÇelik=77 GPa)
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
maksimum
bulunuz.
tork
(burulma
(GAlüm.=27
GPa,
Cevap: 6319 Nm
140
4.1 Millerin Burulması / Cevaplı Sorular
Örnek 4.1.10
𝑇𝐴 = 300 𝑁𝑚
𝐴
30𝑚𝑚
𝐵
𝑇𝐵 = 400 𝑁𝑚
46 𝑚𝑚
𝐶
Şekil 4.1.39
Şekildeki kademeli milde, AB ve BC
kısımlarında
oluşan
maksimum
gerilmeleri hesaplayınız.
(Cevaplar: 56.6 MPa, 36.6 MPa )
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
141
4.1 Millerin Burulması / Cevaplı Sorular
Örnek 4.1.11 (End.Müh. 2006 2.vize)
Şekildeki güç iletim sisteminde A,B,C ve D kasnakları sabit çaptaki içi dolu bir mile bağlıdır. Herbir kasnağa
gelen burulma momenti şekilde gösterilmiştir. Sistem sabit bir açısal hızla dönmektedir. Mil malzemesinin
kesmedeki akma gerilmesini takma=150MPa ve emniyet katsayısı n =3 alarak,
a) B dişlisine gelen TB momentini hesaplayınız. ?
b) Milin emniyetli çapını tespit ediniz?
Cevaplar:
a-) 5kNm,
b-) 93.42mm
* Bu sorunun çözümünü mehmetzor.com sitesinde sınav soruları içerisinde bulabilirsiniz.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Şekil 4.1.40
142
4.1 Millerin Burulması / Cevaplı Sorular
Örnek 4.1.12
Üç farklı malzemeden imal edilmiş kademeli mil,
şekildeki gibi her iki ucundan sabit duvarlara bağlıdır. C
ve D noktalarından uygulanan burulma momentlerinin
etkisi ile herbir malzemede oluşacak maksimum
gerilmeyi hesaplayınız.
Şekil 4.1.41
Gbronz = 35 GPa , Galuminum = 28 GPa, Gçelik = 83 GPa
23.08.2024
Cevaplar: tbronz=111.79MPa, : tAlüm.=1.75MPa, tçelik.=214a.16MPa
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
143
İNCE
CİDARLI
4.2.
KAPALI TÜPLERİN BURULMASI
Video 4.2
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
144
İnce Cidarlı Kapalı Tüplerin Burulması
Bu bölümdeki amacımız herhangi bir kesite sahip (dairesel kesit olmayabilir) tüp (içi boş) formundaki kapalı elemanların
burulmasından kaynaklanan gerilmeleri ve burulma açısını hesaplamaktır.
4.2.1 Tüplerde Gerilme Hesabı: Bunun için şekil 4.2.1.a deki her iki serbest
𝐼𝐼
𝐼
ucuna ağırlık merkezlerinden T burulma momenti uygulanmış kapalı bir tüp
düşünüyoruz. Bu tüpün dx uzunluğundaki parçasını ayırıp dengesini
incelediğimizde, her iki kesitindeki burulma iç momentleri (𝑇𝑖ç1 ; 𝑇𝑖ç2 ) , T burulma
𝑇
𝑇
dış momentine eşit olacaktır (Şekil 4.2.1.b).
G
İç burulma momentlerinden dolayı kesit cidarlarında 𝜏 kayma gerilmeleri oluşacaktır.
Herhangi bir abcd diferansiyel levhasını incelediğimizde b noktasındaki 𝜏𝑏
gerilmesinin a-b hattı boyunca (levhanın ab arka yüzeyinde) sabit kalacağı
𝐼𝐼
𝐼
anlaşılır. Zira b den çıkarılan kübik dif. elemanın dengesi için yüzeylerindeki
gerilmeler eşit olmalıdır.) Aynı durum c noktası ve c-d hattı için de geçerlidir.)
Şekil 4.2.1.a
𝐼
𝐼𝐼
𝜏𝑏
𝑇𝑖ç2 = 𝑇
𝑇𝑖ç1 = 𝑇
𝜏𝑏
𝜏𝑏
𝜏𝑏 𝜏𝑏
Bu durumda a-b ve c-d yüzeylerindeki iç kuvvetler:
𝜏𝑏 𝑏
𝜏𝑏
𝐹𝑏 = 𝜏𝑏 𝑡𝑏 𝑑𝑥
𝜏𝑏
,
𝐹𝑐 = 𝜏𝑐 𝑡𝑐 𝑑𝑥
b-c hattı boyunca gerilmeler değişken olup
toplam iç kuvvet F1 dir. Aynı gerilme dağılımı a-d
için de söz konusudur.
abcd levhasının statik dengesinden:
𝐼
𝐼𝐼
Şekil 4.2.1.b
Şekil 4.2.1.c
Şekil 4.2.1.d
෍ 𝐹𝑥 = 0
⇒
𝐹𝑏 − 𝐹𝑐 = 0
→
⇒
𝜏𝑏 𝑡𝑏 = 𝜏𝑐 𝑡𝑐
𝐹𝑏 = 𝐹𝑐
O halde kesit boyunca:
𝜏𝑡 = 𝑞 ∶ 𝑠𝑎𝑏𝑖𝑡𝑡𝑡𝑖𝑟.
Bu sabit q değerine kayma akısı veya kayma akımı denir, kesitte birim uzunluğa düşen iç kuvvet olup birim N/mm dir. → 𝜏 =
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑞
𝑡
(4.2.1)
145
İnce Cidarlı Kapalı Tüplerin Burulması
𝜏
Kesitte birim uzunluğa düşen iç kuvvet q ise
ds diferansiyel uzunluğuna düşen kuvvet :
𝑑𝐹 = 𝑞𝑑𝑠
dF kuvvetinin G ağırlık merkezine göre momenti:
𝑑𝑇 = 𝑟𝑑𝐹 = 𝑟 𝑞𝑑𝑠
q
𝐿𝑚
Kesitteki toplam moment:
dF
𝑇 = න 𝑑𝑇 = 𝑞 න
0
𝑑𝐴∗
T
𝒂
𝐺
𝑟𝑑𝑠
Taralı dif. Alan:
𝑑𝐴∗ =
𝐴∗
1
𝑟𝑑𝑠
2
→ 𝑟𝑑𝑠 = 2𝑑𝐴∗
𝐿𝑚
න 𝑟𝑑𝑠 = න 2𝑑𝐴∗ = 2𝐴∗
(orta çizgi)
0
∗
→ 𝑇 = 𝑞(2𝐴 )
Şekil 4.2.2
( 𝐿𝑚 : orta çizginin
toplam uzunluğu)
A* : Orta çizgi içinde
kalan toplam alandır.
23.08.2024
→
𝑞=
𝑇
2𝐴∗
(4.2.2)
4.2.2 denklemindeki q değerini 4.2.1 denkleminde yerine koyarsak:
Kesitin herhangi bir noktasındaki gerilme:
Örn: a noktasındaki gerilme:
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜏𝑎 =
→
𝑇
𝜏= ∗
2𝐴 𝑡
(4.2.3)
𝑇
2𝐴∗ 𝑡𝑎
146
İnce Cidarlı Kapalı Tüplerin Burulması
4.2.2 Tüplerde Burulma Açısı Hesabı
Not: İnce cidarlı tüplerdeki burulma açısının hesaplama formülü, enerji yöntemlerinden elde edilir. Bu formülün türetilmesini iyice
anlamak için öncelikle konu 11.1'ı incelemeli ve şekil değiştirme işi ve enerjisi kavramlarını anlamalısınız. Burulma konularının
bütünlüğünün bozulmaması adına burada bu konuya değinilmiştir. Şimdi formülü çıkaralım:
Her iki ucundan T burulma momentlerine maruz bir kapalı tüpte, mil eksenine paralel olan çizgi üzerinde bulunan A ve B noktalarını göz
önüne alıyoruz. Sol G1 kesitinin sağ G5 kesitine göre dönme miktarı 𝜑 burulma açısı ile ifade edilir. Dikkat edilirse 𝜑 açısı: 𝐴′ noktasının G5
kesitinden izdüşümü ile 𝐵′ arasındaki merkez açıdır. Farklı iki kesitin birbirlerine göre burulma açıları aynı mantıkla bulunur.
y
𝑇
θ :birim burulma açısı olup 1 birim
L
uzaklıktaki G2 kesitinin başlangıç kesiti
𝐴′
𝐴′
G1 ‘e göre dönme miktarıdır.
𝑒
𝐵
𝐴
𝜑
𝑑𝜑 :diferansiyel burulma açısı.
dx
𝑎
𝑏
𝑒′
𝐵′
uzunluğundaki parçanın uç kesitlerinin
𝑑𝜑
x
𝑏′
birbirlerine göre dönme miktarıdır. (Şekilde
𝐺1
𝐺2
𝐺4
𝐺3
𝐺5
G4 kesitinin G3 ‘e göre dönme miktarıdır.
z
1
x
𝑇
dx
Dikkat edilirse kesitlerin üzerindeki
noktaların şekil değiştirmiş son konumları
(𝑒′ , 𝑏′ , 𝐵′ noktaları )aynı doğrusal çizgi
üzerinde yer alır. Bu ise 𝜑 burulma açısının
x’e göre doğrusal olarak arttığını gösterir.
Şekil 4.2.3
φ = θ.x
x=0 da φ = 0 , x= 1 için φ = θ olduğuna göre ve doğrusal bir artış söz konusu olduğuna göre:
1
1
𝑑𝑈𝑑 = 𝑇𝑑𝜑 = 𝑇𝜃𝑑𝑥
dφ= θ dx olduğundan, 11.18.a denkleminden T torkunun yaptığı diferansiyel şekil değiştirme işi:
2
2
2
𝜏
𝑎
=
Sadece τ gerilmesi olduğu için (11.12a denkleminden) enerji yoğunluğu:
𝑖
23.08.2024
2𝐺
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
(4.2.4)
(4.2.5)
(4.2.6)
147
İnce Cidarlı Kapalı Tüplerin Burulması
11.14 denklemi aslında tüpün bütünü için yazılır.
Bu denklemi yandaki dx uzunluğundaki dif.
parçaya uygularsak şekil değiştirme enerjisi de
𝜏2
𝑑𝑈𝑖 = න 𝑎𝑖 𝑑𝑉 = න
𝑑𝑉
diferansiyel büyüklükte olur. Şöyle ki:..>>
2𝐺
dV
.
𝐺
.
𝐺
3
x
4
𝑉
𝑉
11.1 konusunda öğreneceğiz ki, dış kuvvetlerin işi elastik şekil değiştirme enerjisi
olarak depolanır. Bu kuralı dx uzunluğundaki diferensiyel parça için uygularsak:
4.2.5 ve 4.2.7 denklemlerini eşitleriz. .. >>
dx
Şekil 4.2.4
𝑑𝑉 = 𝑡. 𝑑𝑠. 𝑑𝑥 ,
(4.2.7)
(4.2.3) denklemi:
𝑇
𝜏= ∗
2𝐴 𝑡
𝑑𝑈𝑑 = 𝑑𝑈𝑖
𝑇𝜃
𝜏2
𝑑𝑥 = න
𝑑𝑉
2
2𝐺
𝑉
𝑇𝜃
1
𝑇2
→
𝑑𝑥 =
න
𝑡. 𝑑𝑠. 𝑑𝑥
2
2𝐺 𝑠 4𝐴∗ 2 𝑡 2
Buradan birim dönme (burulma) açısı :
→
𝑇𝜃
𝑇 2 𝑑𝑥 𝑑𝑠
𝑑𝑥 =
ර
2
8𝐺𝐴∗ 2 𝑡
𝜃=
𝑇
4𝐴∗ 2 𝐺
ර
𝑑𝑠
𝑡
(4.2.4 denkleminden):
Toplam dönme açısı 𝜑 :
𝜑=
𝑇𝐿
4𝐴∗ 2 𝐺
(4.2.8)
𝜑 = 𝜃. 𝐿
(4.2.9)
𝑑𝑠
𝑡
(4.2.10)
ර
Şimdi bir örnekle konuyu iyice anlayalım…>>
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
148
İnce Cidarlı Kapalı Tüplerin Burulması
Örnek 4.2.1
Kesit ölçüleri şekilde verilen tüp, T=50 kNm büyüklüğündeki bir burulma momentine
maruz bırakılıyor. Tüpün Boyu 0.2m olduğuna göre :
a)
Kesitte meydana gelen en büyük kayma gerilmesini ve yerini bulunuz.
b)
Kesitteki kayma akısını hesaplayınız.
c)
Birim ve toplam dönme açılarını hesaplayınız (G=70 GPa)
t1=10 mm
A
B
t5=8 mm
C
120 mm
T
t4=10 mm
D
E
200 mm
Şekil 4.2.5
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
149
İnce Cidarlı Kapalı Tüplerin Burulması
a) Maksimum kayma gerilmesi hesabı:
4.2.3 denkleminden:
t1=10 mm
A
𝜏=
𝑇
2𝐴∗ 𝑡
→ 𝜏𝑚𝑎𝑥 =
𝑇
2𝐴∗ 𝑡𝑚𝑖𝑛
, 𝑡𝑚𝑖𝑛 = 𝑡5 = 8 𝑚𝑚
2
𝐹𝐶 = 1202 − 602
B
→
𝐹𝐶 ≅ 104 𝑚𝑚
Orta çizgi içinde kalan alan:
t5=8 mm
𝐴∗
120 mm
C
F
𝐴∗ = 120 × 200 +
T=50kNm
t4=10 mm
→ 𝜏𝑚𝑎𝑥
D
E
1
120 × 104 = 30.24 × 103 𝑚𝑚2
2
50 × 106 𝑁𝑚𝑚
=
→
2(30.24 × 103 𝑚𝑚2 )(8𝑚𝑚)
𝜏𝑚𝑎𝑥 = 103.34 𝑀𝑃𝑎
(en ince bölge olan AE
kısmında oluşur)
200 mm
Şekil 4.2.6
b) Kayma Akısı:
4.2.2 denkleminden:
veya kayma akısı q sabit olduğundan:
23.08.2024
𝑇
𝑞= ∗
2𝐴
50 × 106
=
2(30.24 × 103 )
Denklem 4.2.1 den 𝑞 = 𝜏. 𝑡
= 826.72 N/mm
→ 𝑞 = 𝜏𝑚𝑎𝑥 . 𝑡𝑚𝑖𝑛 = 103.34𝑥8
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
= 826.72 N/mm
150
İnce Cidarlı Kapalı Tüplerin Burulması
c) Birim dönme (burulma) açısı
𝑑𝑠
𝜃 = ∗2 ර
4𝐴 𝐺 𝑡
4.2.8 denkleminden:
t1=10 mm
A
𝑇
t5=8 mm
𝐵
𝐶
𝐷
𝐸
𝐴
𝑑𝑠 1
1
1
1
1
ර
= න 𝑑𝑠 + න 𝑑𝑠 + න 𝑑𝑠 + න 𝑑𝑠 + න 𝑑𝑠
𝑡
𝑡1
𝑡2
𝑡3
𝑡4
𝑡5
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
120 mm
F
C
T=50kNm
t4=10 mm
𝐸
𝑑𝑠
1
1
1
1
1
ර
=
200 + 120 +
120 +
200 + 120 = 75
𝑡
10
12
12
10
8
B
D
E
200 mm
50 × 106 𝑁𝑚𝑚
𝜃=
75
4 × (30.24 × 103 𝑚𝑚2 )2 × 70 × 103 𝑀𝑃𝑎
𝜃 = 1.465 × 10−5 𝑟𝑑/𝑚𝑚
4.2.9 denkleminden..>>
23.08.2024
→
Toplam dönme açısı:
𝜃 = 1.465 × 10−5 𝑥
180
= 83.94 × 10−5 𝑜 /𝑚𝑚
𝜋
𝜑 = 𝜃. 𝐿 = 83.94 × 10−5 𝑜 /𝑚𝑚 × 200𝑚𝑚 ≅ 0.168𝑜
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
151
4.3
DİKDÖRTGEN VEYA
İNCE PROFİL KESİTLİ ÇUBUKLARIN
BURULMASI
Video 4.3
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
152
Dikdötrgen veya İnce Profil Kesitli Çubukların Burulması
4.3.1 Dikdörtgen Kesitli Çubukların Burulması
T
𝐴
Dikdörtgen kesitli çubukların burulmaları, dairesel kesitli millerden farklı ve karmaşık
T
𝐵
olduğundan, Elastisite Teorisi veya membran analojisi ile çözümleri yapılmaktadır.
Dairesel olmayan millerin düzlemsel kesitleri düzlemsel kalmaz ve gerilme ve gerinim
dağılımı doğrusal olarak değişmez
Şekil 4.3.4 de görüldüğü gibi, uzun kenarda maksimum, kısa kenarda minimum
Şekil 4.3.1
𝐴
gerilmeler meydana gelmekte ve köşelerde ise gerilmeler «sıfır» olmaktadır
𝐴′
𝐵
T
𝜑
Elde edilen çözüm sonuçları, kesit kenar oranlarına bağlı olarak, aşağıda verilmektedir.
𝐵′
T
Tablo 4.3.1
Şekil 4.3.2
a: uzun kenar, b: kısa kenar
Kesitteki gerilme dağılımı
t
a
23.08.2024
𝐽 = 𝑐2 𝑎𝑏 3
(4.3.1)
Birim Burulma Açısı :
𝜃=
𝑇
𝐺𝐽
(4.3.2)
Toplam Burulma
𝑇𝐿
𝑇𝐿
(4.3.3)
=
(dönme) Açısı : 𝜑 = 𝜃𝐿 =
𝐺𝐽 𝑐2 𝑎𝑏 3 𝐺
Maksimum
𝑐2 𝑇
𝜏𝑚𝑎𝑥 =
𝑏
(4.3.4)
Kayma Gerilmesi:
𝑐1 𝐽
Kayma akısı dağılımı
Şekil 4.3.3
Polar Atalet Momenti :
(uzun kenarın ortasında
ve en dışta oluşur)
Şekil 4.3.4
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
153
Dikdötrgen veya İnce Profil Kesitli Çubukların Burulması
Örnek 4.3.1: Şekildeki prizmatik çubuk T=250 Nm luk büyüklüğündeki bir
a = 50 mm, b = 20 mm, L = 1.2 m
burulma momentine maruz bırakılıyor.
Çubuğun kayma modülü G=65 GPa,
Kaymadaki akma gerilmesi τak =100 MPa ve emniyet katsayısı n=2 olduğuna göre:
T
T
(a) Çubuğun emniyetli olup-olmadığını irdeleyiniz.
(b) Dönme (burulma) açısını hesaplayınız.
Çözüm:
Tablo 4.3.1 ‘den:
𝑎 50
=
= 2.5
𝑏 20
→
Denklem 4.3.1den, Polar atalet momenti:
𝐽 = 𝑐2 𝑎𝑏 3= (0.249)(50 𝑚𝑚)(20 𝑚𝑚)3 = 99.6 × 103 𝑚𝑚4
a) Denklem 4.3.4 den, maksimum kayma gerilmesi:
𝑐2 𝑇
0,249𝑥 250 × 103 𝑁𝑚𝑚
𝜏𝑚𝑎𝑥 =
𝑏 =
𝑥20𝑚𝑚 = 48.45 𝑀𝑃𝑎
𝑐1 𝐽
(0.258)(99.6 × 103 )𝑚𝑚4
𝜏𝑒𝑚 =
100 𝑀𝑃𝑎
𝜏𝑎𝑘
=
= 50 𝑀𝑃𝑎
2
𝑛
𝜏𝑚𝑎𝑥 < 𝜏𝑒𝑚
23.08.2024
Emniyetlidir.
Şekil 4.3.5
𝑐1 = 0.258, 𝑐2 = 0.249
b) Denklem 4.3.3 den, toplam burulma (dönme) açısı:
(250 × 103 𝑁𝑚𝑚) (1.2 × 103 𝑚𝑚)
𝑇𝐿
=
𝜑=
(65 × 103 𝑀𝑃𝑎) (99.6 × 103 𝑚𝑚4 )
𝐺𝐽
𝜑 = 0.0463 𝑟𝑑
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
;
𝜑 = 0.0463
180
= 2.655𝑜
𝜋
154
Dikdötrgen veya İnce Profil Kesitli Çubukların Burulması
4.3.2 İnce Profil Kesitli Çubukların Burulması
Bu tür çubuklarda, kesit birden fazla ince dikdörtgenin birleşimiyle oluşur.
4.3.1 maddesinde tek dikdörtgen kesit için geçerli olan Tablo 4.3.1 ve 4.3.1-4.3.4
denklemleri, profil kesiti oluşturan her bir dikdörtgen için kullanılır.
Polar atalet momenti herbir dikdörtgenin
atalet momentlerinin toplamıdır:
𝑛
𝐽 = ෍ 𝑐2𝑖 𝑎𝑖 𝑏𝑖 3
(4.3.5)
(b)
(a)
𝑖=1
Şekil 4.3.6
Kesitteki Maksimum kayma gerilmesi en
ince dikdörtgenin dış kısmında ortaya çıkar:
Tüm Çubuğa ait Birim Burulma Açısı :
Tüm çubuğa ait Toplam Burulma Açısı :
𝜏𝑚𝑎𝑥 =
𝑐2 𝑇
𝑏
𝑐1 𝐽 𝑚𝑖𝑛
𝑇
𝜃=
𝐺𝐽
(4.3.2)
𝑇𝐿
𝜑 = 𝜃𝐿 =
𝑐2 𝑎𝑏3 𝐺
(4.3.3)
(b)
(a)
Formüller simetrik veya simetrik olmayan tüm ince profiller için geçerlidir.
23.08.2024
T
(4.3.4)
G
T
tmin.
T
𝜏𝑚𝑎𝑥
(c)
Şekil 4.3.7
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
155
Dikdötrgen veya İnce Profil Kesitli Çubukların Burulması
t
Örnek 4.3.2: Şekildeki «L» kesitli çubuk T=50 Nm
t=5 mm,
büyüklüğündeki bir burulma momentine maruz bırakılıyor.
h=60 mm
Çubuğun kayma modülü G=65 GPa,
G
kaymadaki akma gerilmesi τak =90 MPa ve
t
L=1.25m
emniyet katsayısı n=2 olduğuna göre;
(a) Çubuğun emniyetini kontrol ediniz.
(b) Toplam burulma (dönme) açısını hesaplayınız.
1
2
h
T
h
(a)
(b)
Şekil 4.3.8
Çözüm: Kesit iki farklı (yatay ve düşey) dikdörtgenden oluşuyor. Herbir dikdörtgenin uzun kenarı a=h=60mm, kısa kenarı: b=t=5mm
Herbir dikdörtgen için: a / b =12. Tablo 4.3.1’de…a/b nin10 dan büyük tüm değerleri için c1 = c2 = ⅓ =0.333 =c1-1 = c1-2 =c2-1=c2-2
2
a)
2
2
𝐽 = ෍ 𝑐2−𝑖 𝑎𝑖 𝑏𝑖 3 = 𝑐2−1 𝑎1 𝑏1 3 + 𝑐2−2 𝑎2 𝑏2 3 = 1 ℎ𝑡 3 + 1 ℎ𝑡 3 = ℎ𝑡 3 = 60𝑥53
3
3
3
3
𝑖=1
→ 𝐽 = 5000 𝑚𝑚4
𝜏𝑎𝑘 90 𝑀𝑃𝑎
𝑐2 𝑇
(0.333)𝑥 50 × 103 𝑁𝑚𝑚
𝜏
=
(4.3.4 denkleminden): 𝜏𝑚𝑎𝑥 =
=
= 45 𝑀𝑃𝑎 → 𝜏𝑚𝑎𝑥 >
𝑏 =
5𝑚𝑚 = 50 𝑀𝑃𝑎 ; 𝑒𝑚
4
𝑛
𝑐1 𝐽
2
(0.333)(5000)𝑚𝑚
𝜏𝑒𝑚
(Emniyetsiz)
b) (4.3.3 denkleminden):
23.08.2024
𝑇𝐿 50 𝑥 103 𝑁𝑚𝑚 𝑥 1250𝑚𝑚
𝜑=
=
𝐺𝐽
65 𝑥 103 𝑥 5000 𝑚𝑚4
→ 𝜑 = 0.192𝑟𝑑
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
→ 𝜑 = 0.192𝑥
180
= 11.020
𝜋
156
5.1
BASİT EĞİLMEDE
NORMAL GERİLME
DAĞILIMI
𝑀𝑧.
𝜎𝑥 = −
𝑦
𝐼𝑧
(Video 5.a)
*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
157
5.1 Basit Eğilme / Normal Gerilme Dağılımı
5.1.1 Eğilme Yüklemesine Maruz Yapı Örnekleri:
Eğilme, uygulamalarda çok sık görülen bir yükleme biçimidir.
Örneğin,
▪ İnşaatlarda kullanılan kirişler,
▪ Araçların geçtiği köprüler,
Şekil 5.1.1.b
▪ Vinçler, krenler vb.
eğilme yüklemesine maruzdur.
▪
Şekil 5.1.1.a
Bu konuda ilk hedefimiz eğilme yüklemesi altındaki bir cismin herhangi bir
kesitinde oluşan normal gerilme dağılımını formülüze etmektir…>>
Not: Eğilmede şekil değiştirme hesabı (elastik eğri konusu) daha ileri seviyede bir konudur
ve ayrı bir bölüm halinde ileride anlatılacaktır. (Mukavemet 2 dersinden anlatılmaktadır.)
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Şekil 5.1.1.c
158
5.1 Basit Eğilme / Normal Gerilme Dağılımı
5.1.2 Eğilme ile Burulma Arasındaki Farkı nasıl anlarız?
Genel kural: Moment vektörü düzleme paralel ise eğilme; düzleme dik ise burulma sözkonusudur..
Eğilme yüklemesinde, kesitteki moment
y
𝑴𝒚
vektörü (sağ el kaidesine göre) kesit düzlemi
üzerindeki eksenler (y veya z eksenleri) den
birisi yönündedir.
(Hatırlatma: Sağ elimizin 4 parmağı moment
döndürme yönünde iken baş parmağımız
moment vektörünün yönünü gösterir.)
z
y
z ekseni yönünde eğilme
B
x
y ekseni yönünde eğilme
Şekil 5.1.3
Şekil 5.1.2
Moment vektörü düzlem dik yani düzlem
normali yönünde (şekilde x ekseni ) olursa
burulma momenti oluşacaktır. (Mx yerine T
sembolü burulma momenti için kullanılır.)
z
Burulma
x
Şekil 5.1.4
Not: Moment indisleri eksen takımının yerleştirilmesine göre değişebilir, ancak üstteki genel kaide değişmez. Biz, daima eksenleri bu
şekillerdeki gibi yerleştireceğiz. Yani kesite paralel düşey eksen y, kesite paralel yatay eksen z, kesite dik eksen ise x alınacaktır.
(Eksen takımının değişmesi durumunda gerilme formülünün işareti değişebilir ki bu ayrıca ileride bir bilgi olarak verilecektir.)
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
159
5.1 Basit Eğilme / Normal Gerilme Dağılımı
5.1.3 Eğilme Çeşitleri:
Örnekler
1-) Basit (Simetrik) Eğilme:
y
• Kesit y veya z eksenlerinden en az birisine
𝐼
𝐼
göre simetriktir.
• Kesitte y veya z eksenleri doğrultusunda 1
tane iç eğilme momenti vardır.
𝐼
𝐼
𝑀
𝑴𝒛
𝑀
𝑀𝑖ç = 𝑀
𝑀
z
Şekil 5.1.5
2-) Kesmeli Basit Eğilme:
y
• Kesit y veya z eksenlerinden en az birisine
𝑥
𝑃
göre simetriktir.
𝐶𝐼
• Kesitte y veya z eksenleri doğrultusunda 1
tane iç eğilme momenti, 1 tane iç kesme
x
𝐴
𝐼
𝐿
𝑴𝒛
𝐼
𝑀𝑖ç
𝐵
kuvveti vardır.
𝐴
𝐼
𝑉 = 𝐹𝑖ç= 𝑃
(𝑘𝑒𝑠𝑚𝑒 𝑘𝑢𝑣𝑣𝑒𝑡𝑖)
x
z
𝑉
Şekil 5.1.6
3-) Eğik (Simetrik olmayan) Eğilme: Basit ve Kesmeli Eğilme için yukarıda bahsedilen şartlardan en az birisine
uymayan eğilme tipidir. Bu eğilme tipi daha ileri seviye bir konu olup Mukavemet 2 dersinde anlatılmaktadır.
Biz bu konu kapsamında ilk 2 eğilme çeşidiyle ilgileneceğiz.
Not: Asal atalet eksenlere göre eğilme çeşitleri ve hesaplamaları, Mukavemet 2 notlarında ayrıca anlatılmıştır.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
160
5.1 Basit Eğilme / Normal Gerilme Dağılımı
5.1.4 Eğilme yüklemesinde, (moment sebebiyle) oluşan gerilme cinsi:
Eğilme momenti sonucu acaba kesitte kayma gerilmesi mi yoksa normal gerilme mi oluşur? Önce
buna karar vereceğiz. Daha sonra kesitteki bu gerilme dağılımını formulize edeceğiz.
𝑦
Şekildeki elastik çubuğun lif lif olduğunu düşünelim.
𝑦
.𝑏
𝑥
.𝑑
𝑎.
𝑐.
𝑀𝑍
𝑀𝑍
.
.
𝑑𝐴
𝑧
𝐺
(Örneğin, a-b, ve c-d çizgileri birer liftir. )
Bu çubuğa her iki ucundan eğilme momenti (Mz )uygulayalım.
Kesit simetrik olduğu için Basit eğilme oluştuğuna dikkat
ediniz.
Elastik yükleme durumunda, yapılabilen kabuller:
• Düzlem kesitler eğilmeden sonra da düzlem kalmaya devam eder. Yani
.
.
kesitler şeklini aynen korur, herhangi bir çarpılma olmaz.
• Birbirine dik lifler (çizgiler) eğilmeden sonra yine birbirine dik kalır.
Yani üstteki şekilde görülen yatay lifler, eğilmeden önce düşey liflere diktir
Şekil 5.1.7
ve eğilmeden sonra da düşey liflere dik kalmaya devam eder.
Henüz gerilme cinsine karar veremedik… devam ediyoruz…>>
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
161
5.1 Basit Eğilme / Normal Gerilme Dağılımı
𝑦
.𝑏
𝑥
.𝑑
.
𝑐.
• Eğilme momenti sonucu üstteki liflerin kısaldığını alttaki liflerin
𝑎
uzadığını görürüz. ( Örneğin a-b lifi kısalır a’-b’ lifi haline gelir, c-d
lifi uzar, c’-d’ lifi olur.)
• Bu durum, kısalan üst liflere bası, uzayan alt liflere çeki kuvveti
geldiğini gösterir.
𝑎
𝜎𝑥1
𝑏
a-b lifi
𝑀𝑍
𝑀𝑍
• Dolayısıyla üst liflerde bası gerilmeleri ( -sx ), alt liflerde çeki
gerilmeleri (+ sx) oluşur. O halde eğilme de oluşan gerilme cinsi
normal
gerilmedir.
(Mukavemette
aksi
söylenmedikçe
.
şekil
𝜎𝑥1
.
.
.
değiştirmemiş duruma göre denge denklemleri uygulanır ve işlem
yapılır. Buna 1. mertebe ilkesi denir. Bu sebeple liflerdeki gerilmeler
kirişin şekil değiştirmemiş hali için gösterilmiştir.)
𝜎𝑥2
𝑐
𝑑
c-d lifi
• En üstteki lif en fazla kısalır en alttaki lif en fazla uzar. Bu durumda
bu liflerde maksimum ve minimum gerilmeler oluşur.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Şekil 5.1.8
162
𝜎𝑥2
5.1 Basit Eğilme / Normal Gerilme Dağılımı
• Alttan üste doğru gidildikçe liflerdeki uzama azalır. Bir geçiş
𝑀𝑍
𝑀𝑍
noktasında liflerde uzama sıfır olur. Bu uzamayan liflerin bulunduğu
düzleme tarafsız düzlem denir. (İleride ispat edileceği üzere tarafsız
düzlem kesitlerin ağırlık merkezinden geçen x-z düzlemine paralel
yatay düzlemdir.) Tarafsız düzlemin kesitle kesiştiği yatay çizgiye
Şekil 5.1.9
tarafsız eksen denir. Yandaki şekli inceleyerek bu kavramları iyice
anlamaya çalışınız.
• Tarafsız düzlem üzerindeki liflerde uzama veya kısalma olmadığı için,
bu liflerde gerilmeler sıfırdır. Bir başka ifade ile, bir kesitin tarafsız
eksenindeki tüm noktalarında normal gerilmeler sıfırdır.
Tarafsız
Eksen
z
Tarafsız
Düzlem
y
G
x
Şekil 5.1.10
• Tarafsız eksenden en uzak noktalarda en fazla uzama ve kısalma oluşacak, dolayısıyla maksimum çekme gerilmesi
ve minimum bası gerilmesi meydana gelecektir.
• Tarafsız eksene yaklaştıkça gerilme değerleri azalır.
• Tüm bu maddeler, basit eğilmede veya kesmeli basit eğilmede, elastik yükleme durumunda geçerlidir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
163
5.1 Basit Eğilme / Normal Gerilme Dağılımı
5.1.5 Basit eğilmede normal gerilme (sx) denkleminin çıkarılışı:
𝐶
• Eğilme sonucunda çubuğun şekli C merkezli, r yarıçaplı bir yay formunu alır.
𝜃
• DE: Tarafsız düzlem üzerindeki liftir. Boyu değişmez. Bu durumda: DE = D’E’
• JK : tarafsız düzlemden y kadar uzaklıktaki liftir. Son boyu J’K’ dür.
𝑀𝑍
𝑦
𝐾′
𝐸′
𝐷′
• Tüm liflerin İlk boylar eşittir. Bu sebeple: JK = DE
𝑀𝑍
Yay uzunluğu = merkez açı x yarıçap … olduğunu biliyoruz.
𝑦
𝑥
Buna göre:
𝐷′𝐸′ = 𝜌𝜃 = 𝐷𝐸 = 𝐽𝐾
yazabiliriz.
JK lifi için
𝑦
𝐽
𝐷
𝐾
𝐸
J-K lifi
𝐽
𝜎𝑥
23.08.2024
Son boy:
Toplam uzama :
Birim elastik uzama :
𝐾
𝜎𝑥
Şekil 5.1.10
𝑐
𝐽′ 𝐾 ′ = 𝜌 − 𝑦 𝜃,
𝛿 = 𝐽′𝐾′ − 𝐽𝐾 = 𝜌 − 𝑦 𝜃 − 𝜌𝜃 = −𝑦𝜃
𝜀𝑥 =
𝛿
𝑦𝜃
𝑦
=−
=−
𝐿
𝜌𝜃
𝜌
(Tek eksenli yüklemede Hooke bağıntısından)
Elastik bölgede normal gerilme:
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜎𝑥 = 𝐸. 𝜀𝑥 = −𝐸.
𝑦
𝜌
164
5.1 Basit Eğilme / Normal Gerilme Dağılımı
𝑦
İç kuvvet, aslında kendi doğrultusundaki gerilmelerin toplamıdır.
𝐼
𝑀𝑧
𝑀𝑧
𝑥
𝑦
𝐼
𝑀𝑧
𝐹𝑥−𝑖ç
𝐹𝑥−𝑖ç = න𝜎𝑥 𝑑𝐴 = න −𝐸
𝑦
𝐸
𝑑𝐴 = − න𝑦𝑑𝐴
𝜌
𝜌
Basit eğilme durumunda herhangi bir I-I kesitinde statik denge sebebiyle Mz-iç
𝑀𝑧−𝑖ç= 𝑀𝑧
𝐼
Buna göre x yönündeki normal iç kuvvet:
momenti oluşur. Fakat x yönünde herhangi bir dış normal kuvvet yoktur. Bu
𝑥
sebeple kesitlerde normal yönde toplam iç kuvvet (Fx-iç) oluşmaz.
Yani σ 𝐹𝑥 = 0 → 𝐹𝑥−𝑖ç = 0
𝐼
Şekil 5.1.11
𝐸
𝐹𝑥−𝑖ç = − න𝑦𝑑𝐴 = 0
𝜌
𝑑𝐴
→ න𝑦𝑑𝐴 = 0
Bu durumda kesitin ağırlık merkezinin y koordinatı :
𝑑𝐴
𝐹𝑥−𝑖ç
𝑥
‫ 𝐴𝑑𝑦 ׬‬0
𝑦lj =
= = 0
𝐴
‫𝐴𝑑 ׬‬
Önceki sayfadaki işlemlere dikkat edilirse, y mesafesi uzamayan life (yanı tarafsız
eksene) olan uzaklık olarak alınmıştı. Bu sebeple,
𝑦lj = 0 çıkması, tarafsız eksenin kesitin, ağırlık merkezinden geçtiğinin ispatıdır.
Şekil 5.1.12
23.08.2024
Unutmayın: Eğilmede eksen takımı mutlaka kesitin ağırlık merkezine yerleştirilmelidir.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
165
5.1 Basit Eğilme / Normal Gerilme Dağılımı
Kesitte y mesafesindeki bir noktada dA
elemanına gelen dif. iç kuvvet:
dF kuvvetinin tarafsız eksene göre momenti:
𝑦
𝑀𝑧
.𝑏
.𝑑
.
𝑐.
.
𝑐.
𝑀𝑧
Kesitteki toplam iç moment: 𝑀𝑧−𝑖ç = න𝑑𝐹. 𝑦 = − න 𝜎𝑥 𝑑𝐴 . 𝑦
𝑥
𝑦
𝜎𝑥 = 𝐸. 𝜀𝑥 = −𝐸.
𝜌
𝐼
𝑀𝑧−𝑖ç= 𝑀𝑧
𝐼
𝑀𝑧 𝑎
𝑥
T.E
idi. Yerine koyarsak :
𝐸
𝐸 𝑀𝑧
𝐸
𝐸
2
→ 𝑀𝑧−𝑖ç = − න(− 𝑦. 𝑦. 𝑑𝐴) = න( 𝑦 . 𝑑𝐴) = 𝐼𝑧 → =
𝜌
𝜌
𝐼𝑧
𝜌
𝜌
𝐼𝑧 : 𝑎𝑡𝑎𝑙𝑒𝑡 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑖
𝐼
Şekil 5.1.13
Not: Mz-iç >0 iken Tarafsız eksenin üstündeki
noktalarda (y>0) bası gerilmelerinin
oluşması gerektiğini görünüz. Bu durumda sx
in negatif çıkması için denklemin başında
mutlaka – olmalıdır. Bazı kitaplarda eksen
takımı farklı alınmış olabilir. Bu durumda
formüldeki eksi işareti olmayabilir.
23.08.2024
𝑑𝐹. 𝑦 = (−𝜎𝑥 𝑑𝐴). 𝑦
𝐼
𝑎
𝑦
𝑑𝐹 = −𝜎𝑥 𝑑𝐴
Sonuç olarak basit eğilmeye maruz bir kirişin
herhangi bir kesitinin herhangi bir noktasındaki
normal gerilmeyi D 5.1.1 denklemi ile bulabiliriz:
𝜎𝑥 = −
𝑀𝑧−𝑖ç
𝑦
𝐼𝑧
(5.1.1)
5.1.1 denklemi basit eğilmede veya kesmeli basit
Şimdi bu formülü
eğilmede, Elastik bölgede, en az bir eksene göre
yorumlayarak kesitteki gerilme
simetrik kesitli, izotropik malzemeler için geçerlidir.
dağılımını anlayacağız..>>.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
166
5.1 Basit Eğilme / Normal Gerilme Dağılımı
5.1.6 Basit eğilmede normal gerilme dağılımını iyice anlayalım:
Kesitte herhangi bir noktadaki gerilme formülünü (5.1.1 denklemini) tekrar inceleyeceğiz:
𝜎𝑥 m𝑖𝑛 = 𝜎𝑥 E
𝜎𝑥 = −
𝑀𝑧−𝑖ç
𝑦
𝐼𝑧
𝑦
(5.1.1)
T.E
𝑀𝑧−𝑖ç : kesitteki z yönünde iç moment.
𝐼𝑧 : kesitin z eksenine göre atalet momenti
𝐴, 𝐷
𝜎𝑥 𝐷 = 𝜎𝑥 A
𝝈𝒙
𝑀𝑍−𝑖ç
𝑦
𝑦 : noktanın y koordinatı (orijin mutlaka ağırlık merkezidir.)
𝑀𝑧−𝑖ç ve 𝐼𝑧 bir kesit için sabittir. Gerilme ise aynı kesitte
noktadan noktaya değişir. Tarafsız eksenden eşit uzaklıkta olan,
yani aynı y koordinatına sahip noktalarda gerilmeler aynıdır.
𝑀𝑧−𝑖ç 𝑦𝐴
𝜎𝑥 𝐴 = 𝜎𝑥 𝐷 = −
𝐼𝑧
𝑀𝑧−𝑖ç 𝑦𝐵
𝜎𝑥 𝐵 = 𝜎𝑥 𝑐 = −
𝐼𝑧
𝑀𝑧−𝑖ç 𝑦𝐻
𝜎𝑥 max = 𝜎𝑥 H = −
𝐼𝑧
𝑀𝑧−𝑖ç 𝑦𝐸
𝜎𝑥 m𝑖𝑛 = 𝜎𝑥 E = −
𝐼𝑧
23.08.2024
𝑀𝑧−𝑖ç
A ve B gibi herhangi 2
nokta için gerilmeler
𝑦𝐴
𝑥
𝜎𝑥 𝐵 = 𝜎𝑥 𝐶
Şekil 5.1.14
Kesit en az bir
eksene göre
simetrik olmalı.
Maksimum ve minimum gerilmeler tarafsız eksen
(T.E) den en uzak noktalarda meydana gelir.
Çünkü bir kesitte Mz-iç ve Iz sabit olduğundan 5.1
denkleminden de anlaşılacağı üzere y değeri en
büyük olan noktalarda gerilmeler şiddetçe en
büyük değerlere sahip olur.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Şekil 5.1.15
•
•
𝐻
𝜎𝑥 m𝑎𝑥 = 𝜎𝑥 H
Kirişin önden görünüşünün bir kısmı.
Gerilme dağılımını dikkatlice inceleyiniz.
Momentin pozitif olduğunu ve bu momente
göre üst liflerin bası, alt liflerin çekiye
maruz kalacağını görmeye çalışınız.
Niçin Mz değil de Mz-iç kullanıyoruz?.
Çünkü kirişin farklı bölgelerinde farklı Mz
dış momentleri olabilir. Ancak formüle,
incelediğimiz kesitteki iç momenti
koymamız gerekiyor. Bu karışıklığı
önlemek ve durumu netleştirmek için Mz-iç
kullanıyoruz. Diğer kaynaklarda Mz
kullanılsa da yine kastedilen iç momenttir.
167
5.1 Basit Eğilme / Normal Gerilme Dağılımı
5.1.7 My-iç momenti olması durumunda gerilme formülü nasıl değişir?
Kesitteki iç moment My-iç olursa bu sefer gerilmeler z koordinatina bağlı olarak değişecektir.
Moment vektörü
𝑴𝒚−𝒊ç
Gerilme formülümüz de y ve z indisleri yer değiştirecektir ve formül şu hale gelecektir.
𝑀𝑦−𝑖ç
( 5.1.2)
𝜎𝑥 =
.𝑧
y
𝐼𝑦
T.E
Neden formülün başına «-» (eksi) işareti bu sefer koymadık?
𝑴𝒚−𝒊ç
Cevabını aşağıdaki yorumlardan anlamaya çalışın:
b G
x
z
(a)
Üstten görünüş
𝜎𝑥𝑚𝑖𝑛
𝑴𝒚−𝒊ç
G
x
𝑧𝑏
(b)
Şekil 5.1.16
23.08.2024
b
𝜎𝑥𝑏
𝜎𝑥𝑚𝑎𝑥
z
•
•
•
•
•
Yandaki şekilde kesite pozitif (+) My-iç momenti gelmektedir (sağ el kaidesi).
Bu durumda +z bölgesindeki lifler uzar, - z bölgesindeki lifler kısalır.
+z bölgesinde yer alan b gibi bir noktadaki gerilme çeki yani pozitif işaretli çıkmalıdır.
Iy hiçbir zaman negatif olamaz. Daima Iy>0 dır.
O halde, My-iç>0, Iy>0 , zb>0 olduğuna göre gerilme formülünden 𝜎𝑥𝑏 > 0 çıkması gerekiyor.
Bu sebeple formülün başına – işareti koyulmasına gerek yoktur.
•
Yukarıdaki yorumları bir problemi çözmeden önce yaparak bir noktada gerilmenin
işaretini önceden tahmin edebilir ve hesapladığınız sonucun işareti açısından
sağlamasını yapabilirsiniz.
•
Ayrıca farklı eksen takımları için gerilme formülünü ve işaretini benzer yorumlarla
çıkarabilirsiniz.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
168
5.1 Basit Eğilme / Normal Gerilme Dağılımı
5.1.8 Gerilme dağılımının perspektif görünümü:
• Mz-iç momenti varken, kesitin tüm noktalarında ki gerilme
y
dağılımı aslında yandaki gibidir.
• y koordinatı aynı olan noktaların gerilmeleri aynıdır.
G
z-iç
• Bu yükleme için Tarafsız Eksen (T.E) nin üstündeki
noktalarda bası, altındaki noktalarda çeki gerilmeleri oluşur.
• T.E de gerilmeler sıfırdır.
Şekil 5.1.17
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
169
5.1 Basit Eğilme / Normal Gerilme Dağılımı
Örnek 5.1.1 (video 5.a, örn.5a.1)
Şekildeki kiriş için akmayı başlatacak eğilme momentini bulunuz.
𝜎𝑎𝑘 = 250𝑀𝑃𝑎
Şekil 5.1.18
I-I kesitindeki yüklemeye göre alttaki lifler uzar. Maksimum çeki gerilmesi en
Çözüm:
𝑦
𝐼
𝑦
alt noktalarda (örneğin B noktasında) ortaya çıkar. Çözüm sonucunda, B
20𝑚𝑚 𝐴
noktasında + , A noktasında – gerilme çıkması gerektiğini önceden tahmin
𝑥 𝑧
𝑇. 𝐸
𝐵
𝐼
𝑦
𝜎𝑥−𝑚𝑖𝑛
𝐺 60𝑚𝑚
𝐼
etmiş olduk. Çıkan sonuçları bu tespite göre kontrol edebiliriz.
𝑀𝑧−𝑖ç . 𝑦𝐵
𝑀. −30 𝑚𝑚
−5 𝑀
=
8.33𝑥10
=−
20 𝑚𝑚 𝑥 60 𝑚𝑚 3
𝐼𝑧
12
𝜎𝑥−𝑚𝑎𝑥 = 𝜎𝑎𝑘𝑚𝑎 = 250 𝑀𝑃𝑎 alarak,
𝜎𝑥−𝑚𝑎𝑥 = 𝜎𝑥 𝐵 = −
⟹ 8.33𝑥10−5 𝑀 = 250 ⟹ 𝑀 = 3000000 𝑁𝑚𝑚 = 3 𝑘𝑁𝑚 (akmaya sebep olacak moment)
𝑥
𝐼
𝜎𝑥−𝑚𝑎𝑥
B noktasında çeki gerilmesi olacağını önceden göremeseydik bile, hesaplama sonucu sx-B ’nin
pozitif çıkması yine çeki gerilmesi olduğunu gösterir. Bununla birlikte sünek malzemelerde bası ve
çekideki akma mukavemeti birbirine eşit kabul edilebildiğinden;
𝜎𝑥−𝑚𝑖𝑛 = 𝜎𝑥 𝐴 = −𝜎𝑎𝑘𝑚𝑎 denkleminden de aynı sonuç bulunabilir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
171
5.1 Basit Eğilme / Normal Gerilme Dağılımı
T kesitli ankastre çubuğun çeki ve basıdaki akma
mukavemeti 120MPa’dır. Çubuğun serbest ucuna,
𝑦
Örnek 5.1.2
(video 5.a, örn.5a.2)
90𝑚𝑚
a-) Mz =3kNm lik bir moment uygulanırsa,
20𝑚𝑚
b-) My = 1kNm lik moment uygulanırsa,
c-) A noktasından -y yönünde F= 1kN luk bir kuvvet
uygulanırsa,
𝑧
𝑮
40𝑚𝑚
A
çubukta akma olup olmayacağının kontrolünü yapınız
30𝑚𝑚
d-) Mx = 3kNm moment uygulandığında hesaplama
şekli nasıl değişir? Araştırınız.
Şekil 5.1.19
Statik Dengeden bir kesitteki iç momenti buluruz:
Çözüm:
a-)
𝑀𝑧 =3kNm
𝑀𝑧−𝑖ç = 𝑀𝑧 =3kNm
𝑦
𝑨
𝑥
23.08.2024
𝐺
Tüm kesitlerde iç momentler aynıdır
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
171
5.1 Basit Eğilme / Normal Gerilme Dağılımı
Akma kontrolü için 5.1.1 denkleminden maksimum ve minimum normal gerilmeleri hesaplamalıyız ve
akma gerilmesi ile karşılaştırmalıyız.
𝑀𝑧−𝑖ç.
𝜎𝑥 = −
𝑦
𝐼𝑧
Ama öncelikle ağırlık merkezinin y koordinatını ve Iz atalet momentini hesaplarız:
𝑑1
𝑑2
A i mm 2
y i , mm
y i Ai , mm 3
1
20  90 = 1800
50
90  10 3
2
40  30 = 1200
20
24  10 3
 A = 3000
i
 y A = 114  10
i
3
i
σ 𝑦lj 𝑖 𝐴𝑖 114 × 103
𝑦=
=
= 38 mm
σ 𝐴𝑖
3000
𝐼𝑧 = ෍ 𝐼ሜ𝑧𝑖 + 𝐴𝑖 𝑑𝑖 2 = ෍
=
23.08.2024
1
𝑏𝑖 ℎ𝑖 3 + 𝐴𝑖 𝑑𝑖 2
12
1
1
3
2
=
𝑏1 ℎ1 + 𝐴1 𝑑1 +
𝑏2 ℎ2 3 + 𝐴2 𝑑2 2
12
12
1
1
90 × 203 + 1800 × (50 − 38)2 +
30 × 403 + 1200 × (38 − 20)2
12
12
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
→ 𝐼𝑧 = 868 × 103 mm4
172
5.1 Basit Eğilme / Normal Gerilme Dağılımı
Öngörü: Mz-iç momenti pozitif olduğu için A noktasında minimum
bası, B noktasında maksimum çeki gerilmesi ortaya çıkmalıdır.
Bu yorumu yapmak zorunda değiliz. Ancak yapabilirsek, çıkan gerilmelerin
işareti noktasındaki tereddütlerimiz ortadan kalkacaktır.
𝜎𝑥−𝑚𝑖𝑛 = −
𝑀𝑧−𝑖ç . 𝑦𝐴
𝐼𝑧
3𝑥106 . 𝑁𝑚𝑚 22𝑚𝑚
𝜎𝐴 = 𝜎𝑥−𝑚𝑖𝑛 = −
⟹
868𝑥103 𝑚𝑚4
𝑀𝑧−𝑖ç . 𝑦𝐵
3𝑥106 . −38
𝜎𝐵 = 𝜎𝑥−𝑚𝑖𝑛 = −
=−
⟹
𝐼𝑧
868𝑥103
𝜎𝑎𝑘𝑚𝑎 =120MPa idi..>>
𝜎𝐵 > 𝜎𝑎𝑘𝑚𝑎 →
131.3 𝑀𝑃𝑎 > 120 𝑀𝑃𝑎
b-) Cevap : 34.45 MPa < 120MPa (akma oluşmaz),
c-) Cevap : Akma oluşmaz.
d-) Cevap: …..
23.08.2024
𝜎𝐴 = −76.0 MPa
𝜎𝐵 = 131.3 MPa
akma oluşur.
Çözümler ve açıklamalar 5.a videosunda
Örn.5a.2 de yapılmıştır.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
173
5.2
DÜŞEY YÜKLÜ KİRİŞLERİN
BASİT EĞİLMESİ
(Kesme Kuvveti – Eğilme Momenti Diyagramları)
(Video 5.b)
*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
174
5.2-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
5.2.1 Kirişler ve Endüstrideki yeri
Uzunlukları Kesit boyutlarına göre çok daha büyük olan çubuk şeklindeki
yatay elemanlara kiriş denir.
Örneğin bulunduğunuz binaya dikkat ettiğinizde yatay beton elemanlar
kiriştir. Düşey elemanlara ise kolon ismi verilir.
Kiriş kesitleri farklı kesitlere sahip olabilirler ve genelde üst
yüzeyinden (eksenine dik olan düşey doğrultuda) yüklendikleri için
eğilmeye maruz kalırlar.
Şekil 5.2.1 Farklı kesitlere sahip beton kirişler
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Şekil 5.2.2 Farklı Profil Demir Kirişler
175
5.2-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
5.2.2 Kirişlerin Yükleme Çeşitleri
Yayılı yük
N/m
Tekil yük (N)
𝑃2
𝑃1
𝑞
𝐵
𝑎
𝑞𝑎
𝑃1
𝐶
𝑀𝑖ç 𝑀𝑖ç 𝑉
𝐴
𝑅𝐴
𝑉
Şekil 5.2.3
𝐶
• Tekil yük bir noktaya, yayılı yük belli bir uzunluğa(N/m) düşer.
•
𝐶
𝐴
• Kirişler düşey olarak genellikle tekil ve/veya yayılı yüklere maruz kalırlar
Uygulanan kuvvetler kirişin kesitlerinde iç kesme kuvveti (𝑉) ve iç eğilme momenti
(𝑀𝑖ç ) meydana getirirler. Dolayısıyla kiriş aslında kesmeli eğilmeye maruz kalır.
• Kiriş kesiti en az bir eksene göre simetrik ise kesmeli basit eğilme söz konusudur ki,
bu konu kapsamında bu tip simetrik kesitli kirişler incelenecektir.
𝑃2
(5.1.1)
𝑦
• Önceki konuda eğilme momentinden dolayı kesitte
𝑀𝑧−𝑖ç
normal gerilmeler oluştuğunu ve nasıl hesaplanacağını
𝜎𝑥 = −
𝑦
𝐼𝑧
𝐵
öğrenmiştik:..>>
𝑥
•
Ancak
bu
konudaki
fark,
momentin
kesitten
kesite
𝑀𝑧−𝑖ç
𝑅𝐵
değişmesidir.
Şekil 5.2.4
• Bu sebeple aşağıdaki adımları takip ederek kirişteki şiddetçe en büyük 𝜎𝑥 normal gerilmesine ulaşırız.
1. Statik dengeden mesnet tepkileri bulunur.
2. Kesme Kuvveti – Eğilme Momenti Diyagramları çizilir.
3. Momentin şiddetçe en büyük olduğu kesit (kritik kesit) tespit edilir.
4. Bu kritik kesitte 5.1.1 denkleminden normal gerilme hesaplamaları yapılır. Şiddetçe en büyük gerilmeye sahip nokta
kirişteki en kritik noktadır. Bu noktaya göre, boyutlandırma veya emniyet kontrolü yapılmalıdır.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
176
5.2-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
5.2.3 İç kuvvet ve momentin Pozitif Yönleri:
I-I kesimi
Sol kısım
Sağ kısım
𝑉>0 I
I
𝑀𝑧−𝑖ç > 0
𝑀𝑧−𝑖ç > 0
I
I
𝑉>0
Şekil 5.2.5
23.08.2024
Sol kısmın dengesi incelenirken
M: saat ibresi tersi yönde, V: aşağı doğru pozitif alınır.
Sağ kısmın dengesi incelenirken
M: saat ibresi yönde , V: yukarı doğru pozitif alınır.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
177
5.2-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
5.2.4 Moment, kesme kuvveti ve yayılı yük arasındaki bağıntılar.
Herhangi bir bölge için, Moment ( M ), kesme kuvveti ( V ) ve yayılı yük (q ) arasında
fonksiyonel olarak şu bağıntılar vardır.
Yaptığımız
örneklerde
bu
𝑑𝑀𝑖ç (𝑥)
=𝑉 𝑥
𝑑𝑥
( 5.2.1)
𝑑𝑉(𝑥)
= −𝑞 𝑥
𝑑𝑥
( 5.2.2)
bağıntıların
da
sağlandığına
dikkat
edilerek,
işlemlerimizin sağlaması yapılabilir.
Şimdi örnekler çözerek konuyu daha iyi anlayacağız...>>
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
178
5.2-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
Şekildeki kirişin kesme kuvveti ve eğilme
momenti diyagramlarını çiziniz. b-) kirişte
Örnek 5.2.1 (video 5.b, örn.5b.1)
ortaya çıkacak maksimum normal gerilmenin
I
I
III
3
II
1
yerini ve değerini bulunuz
Şekil 5.2.6
Çözüm:
2
𝑅𝐵 II
1.Bölge
III
Statik dengeden:
𝑅𝐷
I
20 𝑘𝑁
𝑅𝐷 = 14kN
෍ 𝑀𝐵 = 0 = 𝑅𝐷 . 5 − 40(3) + 20(2.5)
𝑅𝐵 = 46kN
෍ 𝐹𝑦 = 0 ⟹ −20 𝑘𝑁 − 𝑉1 = 0 ⟶ 𝑉1 = −20 𝑘𝑁
𝑀𝑖ç−1
0 ≤ 𝑥 ≤ 2.5
I-I kesimi (sol kısım)
෍ 𝐹𝑦 = 0 = 𝑅𝐵 + 𝑅𝐷 − 20 − 40
෍ 𝑀𝑘1 = 0 ⟹ 20
𝑘1
𝑉1
𝑥
I
𝑥 + 𝑀𝑖ç−1 = 0 ⟶ 𝑀𝑖ç−1 = −20𝑥
Bölge sınırlarındaki değerler:
𝑥 = 0 𝑖ç𝑖𝑛 𝑉1 = −20 𝑘𝑁 , 𝑀1 = 20. 0 = 0,
𝑥 = 2.5 𝑖ç𝑖𝑛 𝑉1 = −20 𝑘𝑁 , 𝑀1 = −20 2.5 = −50 𝑘𝑁𝑚
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
179
5.2-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
I
II
1
I
2.Bölge
II
20 𝑘𝑁
2.5 ≤ 𝑥 ≤ 5.5
II-II kesimi (sol kısım)
46𝑘𝑁
2.5𝑚
𝑥
𝑘2
2
𝑅𝐵 II
𝑅𝐷
෍ 𝑀𝑘2 = 0 ⟹ 20 𝑥 + 𝑀𝑖ç−2 − 46 𝑥 − 2.5 = 0 ⟶ 𝑀𝑖ç−2 = 26𝑥 − 115
𝑉2
𝑥 = 2.5 𝑖ç𝑖𝑛 𝑉2 = 26 𝑘𝑁 , 𝑀𝑖ç−2 = −50 𝑘𝑁𝑚,
II
𝑥 = 5.5 𝑖ç𝑖𝑛 𝑉2 = 26 𝑘𝑁 , 𝑀𝑖ç−2 = 28 𝑘𝑁𝑚
III
෍ 𝐹𝑦 = 0 ⟹ 14 𝑘𝑁 + 𝑉3 = 0 ⟶ 𝑉3 = −14 𝑘𝑁
𝑉3
𝑀𝑖ç−3
A
III-III kesimi
(sağ kısım)
III
𝑅𝐵
𝑀𝑖ç−2 ෍ 𝐹𝑦 = 0 ⟹ −20 𝑘𝑁 + 46 𝑘𝑁 − 𝑉2 = 0 ⟶ 𝑉2 = 26 𝑘𝑁
3.Bölge
5.5 ≤ 𝑥 ≤ 7.5
III
3
𝑘3
𝑥
III
14𝑘𝑁 = 𝑅𝐷
7.5 − 𝑥
෍ 𝑀𝑘3 = 0 ⟹ 14 7.5 − 𝑥 − 𝑀𝑖ç−3 = 0
⟶ 𝑀𝑖ç−3 = 14(7.5 − 𝑥)
𝑥 = 5.5 𝑖ç𝑖𝑛 𝑉3 = −14 𝑘𝑁 , 𝑀𝑖ç−3 = 28 𝑘𝑁𝑚,
Herbir bölge için
23.08.2024
𝑑𝑀𝑖ç (𝑥)
=𝑉 𝑥
𝑑𝑥
𝑥 = 7.5 𝑖ç𝑖𝑛: 𝑉3 = −14𝑘𝑁 , 𝑀𝑖ç−3 = 0
denkleminin sağlandığına dikkat ediniz.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
180
5.2-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
Herbir bölgenin sınır değerlerinden Kesme kuvveti ve eğilme
momenti diyagramları aşağıdaki gibi çizilir.
Eğilme momenti diyagramından şiddetçe en büyük momentin B
kesitinde ortaya çıktığını görüyoruz. O halde kritik kesit B kesitidir.
Şekil 5.2.7
kesme kuvveti
diyagramı
𝑀𝐵 = −50 kNm = 𝑀𝑧−𝑖ç−𝑚𝑎𝑥
Bu kesitte maksimum gerilme 5.1.1 denkleminden bulunur
ve kesitin en üst noktalarında ortaya çıkar.
𝑀𝐵
−50 × 106 N ⋅ mm 250
𝜎𝑎 = 𝜎𝑏 = 𝜎𝑚𝑎𝑥 = −
𝑦
=−
.
1
𝐼𝑧 𝑚𝑎𝑥
2
3
80𝑥250
12
𝜎𝑚𝑎𝑥 = 60𝑀Pa
V kesme kuvveti diyagramı ne işimize yarıyor?
Eğilme momenti
diyagramı
Aslından bir sonraki konuda kayma gerilmelerinin en büyüğünü
hesaplamakta V diyagramını kullanacağız. Normal gerilme hesabında
işimize yaramıyor.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
181
5.2-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
𝑞 = 2kN/m
Örnek 5.2.2 (video 5.b, örn.5b.2)
𝑃 = 2kN
4kNm
Şekildeki kirişin;
a-) kesme kuvveti ve eğilme momenti
𝐵
𝐴
diyagramlarını çiziniz.
b-) Kirişteki maksimum ve minimum
normal gerilmeleri bulunuz.
3𝑚
Çözüm:
4𝑚
2𝑚
Şekil 5.2.8
S.C.D
Yayılı yükün bileşkesi
F=q.L=2x4=8kN
II
4kNm I
𝐷
𝐶
1
4𝑚
2
𝐶 𝑅𝑐
III 𝑃 = 2kN
III
2𝑚
yayılı yükün bileşkesi F: 1 metreye 2kN’luk yük düşerse,
4 metreye 2x4 =8kN’luk yük düşer.
𝑞 = 2kN/m
3
𝐴 𝑅𝐵𝑥 = 0 𝐵 II
I
𝑅𝐵𝑦 = 𝑅𝐵
3𝑚
(1metreye 2 kN yük
düşer anlamındandır)
Statik Dengeden:
𝐷
෍ 𝐹𝑥 = 0
→ 𝑅𝐵𝑥 = 0
෍ 𝑀𝐶 = 0 ⟹ −4 − 𝑅𝐵 . (4) + 8x2 − 2x2 = 0
⟶ 𝑅𝐵 . (4) = 16 − 8 → 𝑅𝐵 = 2 𝑘𝑁
෍ 𝐹𝑦 = 0 ⟹ 𝑅𝐵 + 𝑅𝐶 − 8 − 2 = 0 ⟶ 𝑅𝐶 = 10− 𝑅𝐵 → 𝑅𝐶 = 8 𝑘𝑁
Kirişi şekildeki gibi 3 bölgeye ayırırız. Şimdi her bir bölgeden kesim yaparak iç kuvvet ve iç momentleri bulacağız…>>
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
182
5.2-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
Aşağıda yapılan herbir kesim için iç kuvvet ve momentleri pozitif yönlerde yerleştirildiğine (bknz: 5.2.3 konusu ..işaret kuralı)
ve 5.2.1 ve 5.2.2 denklemlerinin sağlandığına dikkat ediniz.
I
4𝑘𝑁𝑚
1. Bölge:
0 ≤ 𝑥 ≤ 3𝑚
I-I kesimi (sol kısım);
෍ 𝐹𝑦 = 0 ⟹ 𝑉1 = 0
𝑀𝑖ç−1
𝑥
K1 𝑉1
෍ 𝑀𝐾1 = 0 ⟹ −4 + 𝑀𝑖ç−1 = 0 ⟹ 𝑀𝑖ç−1 = 4 𝑘𝑁𝑚
I
q.L=2.(x-3)
3𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 7𝑚
3𝑚
Miç-2 nin maksimum
değerini bulabilmek için
türevini sıfıra eşitleriz:
3. Bölge:
7𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 9𝑚
III-III kesimi 𝐴
(sağ kısım);
23.08.2024
K2 𝑉2
𝑅𝐵 = 2𝑘𝑁
II-II kesimi (sol kısım);
𝑉1 = 0
𝑀𝑖ç−1 = 4 𝑘𝑁𝑚
II
𝑀𝑖ç−2 ෍ 𝐹𝑦 = 0 ⟹ 𝑅𝐵 − 2. 𝑥 − 3 − 𝑉2 = 0 ⟹ 𝑉2 = 2 − 2. (𝑥 − 3)
4kNm
2. Bölge:
𝑥 = 0 𝑣𝑒 𝑥 = 3𝑚 𝑖ç𝑖𝑛
𝑥−3
𝑥−3
෍ 𝑀𝐾2 = 0 ⟹ 𝑀𝑖ç−2 + 2. 𝑥 − 3 .
− 𝑅𝐵 . 𝑥 − 3 − 4 = 0
2
⟹ 𝑀𝑖ç−2 = − 𝑥 − 3 2 + 2. 𝑥 − 3 + 4
II
𝑥
𝑥 = 3𝑚 ⟹ 𝑉2 = 2 𝑘𝑁 , 𝑀𝑖ç−2 = 4𝑘𝑁𝑚 , 𝑥 = 7𝑚 ⟹ 𝑉2 = −6 𝑘𝑁 , 𝑀𝑖ç−2 = −4𝑘𝑁𝑚
𝑑𝑀𝑖ç−2
= 𝑉2 = 2 − 2 𝑥 − 3 = 0 → 𝑥 = 4𝑚 → 𝑀𝑖ç−2 −𝑚𝑎𝑥 = − 4 − 3 2 + 2 4 − 3 + 4 = 5𝑘𝑁𝑚
𝑑𝑥
𝑃 = 2𝑘𝑁 ෍ 𝐹 = 0 ⟹ 𝑉 − 2 = 0 ⟹ 𝑉 = 2 𝑘𝑁
𝑥 = 7𝑚 de
𝑦
3
3
𝑀𝑖ç−3 𝑉3 III
𝑉3 = 2 𝑘𝑁 , 𝑀𝑖ç−3 = −4𝑘𝑁𝑚
K3 𝐷 ෍ 𝑀𝐾3 = 0 ⟹ −𝑀𝑖ç−3 − 2 9 − 𝑥 = 0
9−𝑥
𝑥 = 9𝑚 ⟹ 𝑉3 = 2 𝑘𝑁 , 𝑀𝑖ç−3 = 0
⟹
𝑀
=
−2
9
−
𝑥
𝑖ç−3
III
𝑥
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
183
5.2-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
𝑞 = 2𝑘𝑁/𝑚
𝑃 = 2𝑘𝑁
4𝑘𝑁𝑚
𝐵
𝐴
𝐶
𝐸
3𝑚
4𝑚
𝐷
2𝑚
• Kesme kuvveti ve Eğilme momenti diyagramlarını çizebilmek için herbir
bölgedeki Viç ve Miç in x’e bağlı polinom fonksiyonlarının derecelerine bakarız:
• Sabit veya 1. derece (doğrusal) fonksiyonlarda bölge sınırlarındaki değerleri
bilmemiz yeterlidir.
• 2. (veya daha yüksek derecede) eğrisel fonksiyolar için (burada Miç-2 ) ise sınır
değerlerinin ve ayrıca tepe noktalarındaki değerleri (maksimum veya
minimum değerleri) bilmemiz, grafikleri çizmemiz için yeterli olur.
• Bir önceki sayfada bu değerleri aşağıdaki gibi tespit etmiştik:
V (kN)
2
3
4
7
9
x (m)
-6
Miç(kNm)
5
4
en kritik kesit : E
x (m)
-4
23.08.2024
𝑥 = 0 𝑖𝑙𝑒 3𝑚 𝑎𝑟𝑎𝑠𝚤 𝑉1 = 0
𝑀𝑖ç−1 = 4 𝑘𝑁𝑚
𝑥 = 3𝑚
𝑉2 = 2𝑘𝑁
𝑀𝑖ç−2 = 4 𝑘𝑁𝑚
𝑥 = 4𝑚
𝑉2 = 0
𝑀𝑖ç−2 −𝑚𝑎𝑥 = 5𝑘𝑁𝑚
𝑥 = 7𝑚
𝑉2 = −6𝑘𝑁𝑚
𝑀𝑖ç−2 = −4 𝑘𝑁𝑚
𝑥 = 7𝑚
𝑉3 = 2𝑘𝑁𝑚
𝑀𝑖ç−3 = −4 𝑘𝑁𝑚
𝑥 = 9𝑚
𝑉3 = 2𝑘𝑁𝑚
𝑀𝑖ç−3 = 0
1.Bölge
2.Bölge
3.Bölge
• Bölgelerin ortak sınır noktalarında yeralan tekil kuvvetler kesme kuvveti
diyagramında sıçramalara (o noktada ani kuvvet değişimlerine) sebep olur.
• Bu örnekte 1. ve 2nci bölgelerin B ortak noktasında RB kuvveti, V değerini 0 dan
2 kN’a aniden çıkarmıştır. C noktasında da böyle bir durum sözkonusudur.
• Eğer bölge ortak sınırlarında tekil dış momentler olursa (bu örnekte yoktur),
bunlar da moment diyagramında o noktalarda sıçramalara sebep olacaktır.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
184
5.2-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
Ağırlık merkezinin yeri:
𝑦ത =
𝐴1 . 𝑦1 + 𝐴2 . 𝑦2
75𝑥150 𝑥125 + 225𝑥50 𝑥25
=
= 75𝑚𝑚
𝐴1 + 𝐴2
75𝑥150 + 225𝑥50
Ağırlık merkezinden geçen yatay z eksenine göre atalet momentini(Iz) hesaplayalım:
𝑑1 = 125 − 75 = 50 𝑚𝑚 ,
𝑦𝑎
3
𝑏1 ℎ1
𝐼𝑧1 =
+ 𝐴1 . 𝑑12 =
12
𝑦𝑏
𝑑2 = 25 − 75 = −50 𝑚𝑚
75x1503
12
Negatif tarafta
+ 75x150 50 2 = 49218750 𝑚𝑚4
𝑏2 ℎ2 3
225x503
2
𝐼𝑧2 =
+ 𝐴2 . 𝑑2 =
+ 225x50 −50 2 = 30468750 𝑚𝑚4
12
12
𝐼𝑧 = 𝐼𝑧1 + 𝐼𝑧2 = 49218750 + 30468750 → 𝐼𝑧 = 79687500 𝑚𝑚4
En kritik kesit iç momentin şiddetçe en büyük olduğu x=4 m deki E kesitidir. Bu kritik kesitte: 𝑀𝑧−𝐸 = 𝑀𝑧−𝑖ç
𝜎𝑥−𝑚𝑎𝑥 = −
𝑀𝑧−𝑖ç
𝐼𝑍
𝑚𝑎𝑥
𝑀𝑧−𝐸
5𝑥106
𝑦𝑏 = −
𝑦 =−
−75 → 𝜎𝑥−𝑚𝑎𝑥 = 𝜎𝑥−𝑏 = 4.7𝑀𝑃𝑎
𝐼𝑍 𝑏
79687500
𝑀𝑧−𝐸
5𝑥106
𝜎𝑥−𝑚𝑖𝑛 = −
𝑦 =−
200 − 75
𝐼𝑍 𝑎
79687500
23.08.2024
𝑚𝑎𝑥
= 5𝑘𝑁𝑚
y
𝝈𝒙−𝒎𝒊𝒏
𝑀𝑧−𝐸
x
𝝈𝒙
→ 𝜎𝑥−𝑚𝑖𝑛 = 𝜎𝑥−𝑎 = −7.84𝑀𝑃𝑎
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
E kesiti
a
b
𝝈𝒙−𝒎𝒂𝒙
185
5.2-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
Bölümle İlgili Cevaplı Sorular
Aşağıdaki kirişlerin kesme kuvveti-eğilme momenti diyagramlarını çiziniz. (Cevaplar kirişlerin altında verilmiştir)
Soru 5.2.3
Soru 5.2.4
45𝑘𝑁/𝑚
30𝑘𝑁/𝑚 60𝑘𝑁
120𝑘𝑁
𝐶
𝐶
𝐵
𝐴
1.8𝑚
𝑽(𝒌𝑵)
𝐴
0.9𝑚
𝐴
𝐵
M(𝒌𝑵𝒎)
𝐴
𝐶
𝐵
𝐷
−21.6
−64.8
𝑥
−180
−108
23.08.2024
𝐷
𝐵 𝑥
−96
M(𝒌𝑵𝒎)
𝐶
1.2𝑚
𝐶
𝑥
−100.5
𝐴
𝐵
−36
𝐶
−19.5
1.2𝑚 1.2𝑚
𝑽(𝒌𝑵)
𝐴
120
𝐷
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
186
𝐵 𝑥
5.2-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
Soru 5.2.5
Soru 5.2.6*
40𝑘𝑁/𝑚
15𝑘𝑁𝑚
25𝑘𝑁𝑚
𝐵
𝐴
2.4𝑚
𝑽(𝒌𝑵)
𝑞𝑜
𝐿
1.2𝑚
66.78
𝑽
𝑞𝑜 𝐿
2
𝑉=
𝑞𝑜 2
(𝐿 − 𝑥 2 )
2L
−29.22
M(𝒌𝑵𝒎)
−25
23.08.2024
30.73
𝑴
−15
𝑞𝑜 𝐿3
−
2
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑀=
𝑞𝑜
(−2𝐿3 + 3𝐿2 𝑥 − 𝑥 3 )
6L
187
5.2-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
Örnek Soru 5.2.7 (2013-2.vize sorusu)
Şekilde gösterilen düşey yüklere maruz, kare kesitli ve kiriş için;
a-20P) Kesme kuvveti - Eğilme Momenti diyagramlarını çiziniz.
b-20P) Kirişin emniyetli olması açısından kare kesitin a kenar
uzunluğunun emniyetli değerini hesaplayınız. sem = 150MPa
*Bu sorunun pdf çözümünü mehmetzor.com sitesinde sınav
Şekil 5.2.9
23.08.2024
soruları bölümünde bulabilirsiniz.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
188
6𝑘𝑁/𝑚
8𝑘𝑁
𝐵
𝐴
4𝑚
𝐶 𝑥
2𝑚
128𝑚𝑚
𝑦
150𝑚𝑚
80𝑚𝑚
𝑦
Örnek (Soru) 5.2.8* Şekildeki kirişte
12𝑚𝑚
kesme kuvveti-eğilme momenti
12𝑚𝑚
𝑧 𝐺
diyagramlarını çiziniz ve kirişte
𝑦ത
ortaya çıkan maksimum ve minimum
10𝑚𝑚
120𝑚𝑚
Şekil 5.2.10
23.08.2024
Cevap:
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
normal gerilmeleri hesaplayınız.
𝜎𝑚𝑎𝑥 = 102.9𝑀𝑃𝑎 ; 𝜎𝑚𝑖𝑛 = −89.5𝑀𝑃𝑎
189
5.2-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
2𝑘𝑁
4𝑘𝑁/𝑚
1𝑐𝑚
𝑦
6𝑐𝑚
Örnek (Soru) 5.2.9* Şekildeki kirişte
ortaya çıkan maksimum ve minimum
1𝑐𝑚
𝐶
𝐴
12𝑐𝑚
𝐵
400𝑚𝑚
600𝑚𝑚
Şekil 5.2.11
23.08.2024
1𝑐𝑚
𝑧
normal gerilmeleri hesaplayınız.
Cevaplar:
𝜎𝑥−𝑚𝑎𝑥 = 12.79MPa
𝜎𝑥−𝑚𝑖𝑛 = −18.6𝑀𝑃𝑎,
12𝑐𝑚
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
190
5.2-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
Soru 5.2.10
𝑦
5𝑘𝑁
3𝑘𝑁
𝐶
𝐵
𝐴
𝐷
𝑥
Şekildeki yükleme durumu ve kesit
görünümü verilen beton kirişte,
ortaya çıkan maximum ve minumum
normal gerilmeleri hesaplayınız.
Cevaplar: smax=23.84MPa,
1𝑚
3𝑚
smin=-30.82MPa
2𝑚
Şekil 5.2.12
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
191
5.2-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
200mm
9𝑘𝑁/𝑚
30𝑘𝑁𝑚
𝐶
𝐴
2𝑚
2𝑚
2𝑚
Şekil 5.2.13
23.08.2024
25mm
𝐵
𝐷
Soru 5.2.11
25mm
150mm
25mm
Şekilde gösterilen kirişin kesme kuvveti ve
eğilme momenti diyagramlarını çizerek kiriş
üzerindeki en büyük normal gerilme değerini
bulunuz
smax=31MPa
Cevap:
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
192
5.2-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
Soru 5.2.12
Şekildeki gibi yüklenmiş ve kesme kuvveti-eğilme
momenti diyagramları verilmiş olan kiriş, 150mm
𝑽(𝒌𝑵)
çapında içi dolu dairesel kesite sahiptir.
20
Mevcut kesit
Malzemeden kazanmak için kiriş kesitini bir miktar
boşaltmak ve içi boş dairesel kesitli (boru kesitli)
olarak imal etmek istiyoruz. Emniyet sınırları
2
𝒙
içerisinde kalmak kaydıyla kiriş kesitinde maksimum
𝑴(𝒌𝑵𝒎)
ne kadarlık çapta bir delik açılabilir? (d1=?)
26
22
Kiriş malzemesinin bası ve çekideki akma
mukavemeti 300MPa, emniyet katsayısı n=2
𝒙
İstenen kesit
Cevap: d1 = 124.65mm’lik bir delik açabiliriz.
−4
Şekil 5.2.14
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
193
5.3 KESMELİ BASİT EĞİLMEDE
KAYMA GERİLMESİ VE
KAYMA AKISI
𝑉. 𝑄
𝜏=
𝐼𝑧 . 𝑡
(Videolar: 5.c.1, 5.c.2, 5.c.3)
*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
194
5.3- Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
5.3.1 Bu bölümde Amacımız:
Kesmeli eğilmeye maruz bir kirişte, kesme kuvveti
y
(V) sebebiyle oluşan kayma gerilmesi (t) ve
kayma akısı (q) dağılımlarını formülüze etmektir. MA
5.3.2.1 Kayma Gerilmesi Dağılımının Çıkarılması
Örnek 5.2.2 daki kirişi ele alırsak (yandaki kiriş),
• Kesme kuvveti ve Eğilme momenti
diyagramlarını yandaki gibi bulmuştuk.
• Şimdi ise V kesme kuvvetinin etkisini
inceleyeceğiz.
• cdef parçasının sol ve sağ yüzeylerindeki iç
momentler (𝑀𝑖ç1 ; 𝑀𝑖ç2 ) ve iç kuvvetler
(𝑉𝑖ç1 ; 𝑉𝑖ç2 ) diyagramlardan da anlaşılacağı
üzere farklıdır. Bu parça yine dengededir.
• İlaveten bu parçayı K yatay düzleminden
(c’d’nr alanından) ayırıp üstteki parçasının
dengesini inceleyeceğiz:
23.08.2024
I (sağ) II (sol)
q
P
1
c. .d
c’. Dx .d’2
e. . f
I
𝑉𝑖ç
• I-I ve II-II kesitlerinden Dx genişliğinde
cdef parçasını çıkarıyoruz.
• Bu parçada eğilme momenti sonucu oluşan
normal gerilme dağılımının sağ üstteki
şekildeki gibi olduğunu öğrenmiştik.
Dx genişliğindeki parçada
Eğilme Momenti Etkisi ile oluşan
(a)
II
Normal Gerilme Dağılımı
p
m
d
c
r
n
𝜎
𝜎𝑥2
x
𝑥1
𝑀𝑖ç2
K
d’
𝑀𝑖ç1 c’.
.
s
o
𝑉𝑖ç1
𝑉𝑖ç2
x
z
.
T.E
e
T.E
.
f
Şekil 5.3.2.a
(b)
y
𝑀𝑖ç
𝑀𝑖ç2
𝑀𝑖ç1
𝑀𝑚𝑎𝑥
𝑉𝑖ç1 p
c
q
𝜏
G
d’ o
𝑉𝑖ç2
𝜏
x c’ 𝜏
𝑉𝑖ç1 c d
1
2
𝑀𝑖ç1
e
𝑀𝑖ç2
f 𝑉𝑖ç2
z
(c)
Şekil 5.3.1
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Dx
e
d
m
f
𝜏 =?
s
x
kesit alanı (fdms )
(en az bir eksene
göre simetrik)
Şekil 5.3.2.b
195
5c- Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
p
K ayırma yüzeyinin üst parçası (cdc’d’ kısmı) nın dengesini inceliyoruz.
Miç1 ve Miç2 momentleri farklı olduğu için 𝜎𝑥1 ve 𝜎𝑥2 gerilme dağılımları arasında
fark olacaktır. Bu durumda ise üst bölgenin yan yüzeylerinde (cc’pr ve dd’mn
yüzeylerinde) oluşan iç kuvvetler (𝐹𝑐𝑐′ ve 𝐹𝑑𝑑′ ) arasında fark olacaktır.
𝑀𝑖ç1
𝜎𝑥1 = −
.𝑦
𝐼𝑧
′
′
𝜎𝑥2 > 𝜎𝑥1
𝑀𝑖ç2 > 𝑀𝑖ç1
𝐹𝑑𝑑
> 𝐹𝑐𝑐
𝑀𝑖ç2
𝜎𝑥2 = −
.𝑦
𝐼𝑧
𝐹𝑐𝑐′
𝜎𝑥1
c
dA
m
d
r 𝜏
DF
𝜏
𝜏K
d’
c’ 𝐴∗
Dx
𝑀𝑖ç1
n
𝜎𝑥2
𝐹𝑑𝑑′
dA
𝑀𝑖ç2
Şekil 5.3.3
𝐹𝑐𝑐′ ve 𝐹𝑑𝑑′ kuvvetleri birbirini dengelemediği için, K ayırma yüzeyinde ilaveten bir DF iç kuvveti ortaya çıkacaktır.
Σ𝐹𝑥 = 0
′ − 𝐹′
𝐹𝑐𝑐
𝑑𝑑 + ∆𝐹 = 0
′
′
∆𝐹 = 𝐹𝑑𝑑
− 𝐹𝑐𝑐
cc’pr ve dd’mn yan yüzeylerindeki iç kuvvetler, gerilmelerin toplamıdır:
𝑀𝑖ç2
𝑀𝑖ç1
−𝑀𝑖ç2 + 𝑀𝑖ç1
∆𝐹 = න −
. 𝑦𝑑𝐴 − න −
. 𝑦𝑑𝐴 → ∆𝐹 =
. න 𝑦𝑑𝐴
𝐼
𝐼
𝐼
𝑧
𝑧
𝑧
𝐴
𝐴
′
𝐹𝑑𝑑
= ‫𝑥𝜎 𝐴׬‬2 𝑑𝐴 ,
′ =
𝐹𝑐𝑐
‫𝑥𝜎 𝐴׬‬1 𝑑𝐴
K yüzeyindeki ortalama gerilme:
∆𝐹
∆𝐹
𝑉. ∆𝑥
1
→ 𝜏= ∗ =
=
𝑄.
𝐴
𝑡. ∆𝑥
𝐼𝑧
𝑡. ∆𝑥
5.2.1 denkleminden eğilme momenti diyagramının Dx bölgesindeki eğimi
(veya momentin x e göre türevi) kesme kuvvetine eşit olduğunu biliyoruz:
V kesme kuvveti
𝑀𝑖ç2 − 𝑀𝑖ç1
𝑑𝑀 ∆𝑀
𝑉. 𝑄
etkisiyle oluşan kayma
tan 𝜃 =
=
=
= 𝑉 → 𝑀𝑖ç2 − 𝑀𝑖ç1 = 𝑉. ∆𝑥
( 5.3.1)
𝜏=
𝑑𝑥
∆𝑥
∆𝑥
𝐼𝑧 . 𝑡
gerilmesi dağılımı:
𝑉. ∆𝑥
cc’dd’ alanının statik momenti: 𝑄 = න 𝑦𝑑𝐴
→ ∆𝐹 =
𝑄
Şimdi 5.3.1 denklemini ve terimlerini iyice anlamaya
(Bir sonraki sayfada açıklanacaktır)
𝐼𝑧
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
çalışalım:…>>
196
5.3 - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
y
𝐹𝑑𝑑′
𝐹𝑐𝑐′
r
K
𝜏
DF
𝑎
d’ 𝜏𝑎
n
K kesiminin üst kısmında, a gibi bir noktadaki K düzlemine paralel
𝜏𝑎
𝜏𝑎
K
𝜏𝑎
𝜏𝑎
kayma gerilmesi (𝜏𝑎 ) 5.3.1 denkleminden bulunur. a noktasından bir
x kübik eleman çıkardığımız zaman, bu elemanın dengesi için, karşılıklı
𝑎
4 yüzeyinde aynı kayma gerilmeleri oluşur. (bknz 12.5.4 konusu )
y
Şekil 5.3.4
z
𝐴1
Buna göre kiriş kesitinde aşağı yönde bir kayma gerilmesinin varlığından bahsedilir.
𝑄𝑎 𝐺
1
(5.3.1)
Sonuç olarak kesitte a gibi herhangi bir noktadaki kayma gerilmesi, kesme
d’
𝑎
𝑽. 𝑸𝒂
𝑏 𝑐 n
𝑦ത1
𝜏
𝝉
=
𝜏
𝑎
𝜏
𝒂
kuvvetiyle aynı yönde olmak üzere 5.3.1 denkleminden şu şekilde bulunur:
𝑎 𝑎
𝑰𝒛 . 𝒕 𝒂
z
𝐺
𝑉: kesitteki iç kesme kuvveti
𝑡𝑎
𝐼𝑧 : tüm kesitin z eksenine göre
Kesit için sabit değerler
atalet momenti
Şekil 5.3.5
𝑡𝑎 : incelenen noktada kesit kalınlığı
𝑡 : 𝐴 alanını ayırmak için hayali olarak kesilen kesitteki
c’
𝑎
1
çizgilerin toplam uzunluğudur.
‫𝐴𝑑𝑦 ׬‬
( 5.3.2)
𝑄 = 𝑦ത1 . 𝐴1
𝐴1 alanının ağırlık merkezi: 𝑦ത1 =
𝑄 = ‫ 𝐴𝑑𝑦 ׬‬olarak bulmuştuk.
→ න 𝑦𝑑𝐴 = 𝑦ത1 . 𝐴1
‫𝐴 𝐴𝑑 ׬‬
1
𝑎 ile aynı koordinatlara sahip b ve c gibi noktalar içinde gerilmeler eşittir: 𝜏𝑎 = 𝜏𝑏 = 𝜏𝑐
y
𝜏𝑦𝑥
𝑎, 𝑏 𝑣𝑒 𝑐 noktaları dahil K düzlemindeki tüm noktalarda yatay yöndeki (c’d’ doğrultusunda) gerilmeler de eşittir.
𝜏𝑥𝑦
𝜏
Gerilmenin indisi: ilk indis düzlem normali, 2nci indis gerilme doğrultusunu gösterdiğine göre :
𝑥𝑦
x
𝜏
K 𝑦𝑥
K düzlemindeki gerilme 𝜏𝑦𝑥 , kiriş kesitindeki gerilme ise 𝜏𝑥𝑦 gerilmesidir ve birbirlerine eşittir.
z
𝑄𝑎 : 𝑎 noktasının üzerinde kalan 𝐴1 alanın statik momentidir.
Not: I, T, U gibi kesit şekillerine sahip çubuklarda 𝜏𝑥𝑦 nin yanısıra 𝜏𝑥𝑧 gerilmeleri de ortaya çıkar. Bunu sonraki konuda inceleyeceğiz.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
197
5.3 - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
5.3.2.2 Düşey ayırma yüzeyi:
Kirişin kesitinin I profili şeklinde olduğunu düşünelim. Bu durumda 1 nolu yüzeyle s genişliğindeki kısmı ayırabiliriz.
𝐹𝑖ç1
C
𝑠
𝐴𝑓
E
’
C
D
E’
𝑀𝑖ç1
𝐴𝑓 = ∆𝑥. 𝑡
A1
C’
f b
D’ N’
𝑡
𝑦ത1
𝜎𝑥1
𝐴
N
C
C’
D
∆𝐹
𝑀𝑖ç2
A’
𝐴
C’D’=𝑡𝑓D’
d
N’
D
𝜏𝑓𝑧𝑥
A1
N’ 𝜎𝑥2
𝑡 = 𝑡𝑓
𝐴′ 𝑁 ′ 𝐶 ′ 𝐷′ yüzeyinin
statik momenti :
𝑄𝑓 = A1 . 𝑦ത1
Şekil 5.3.8
D’
Şekil 5.3.7
Σ𝐹𝑥 = 0
e
𝐴𝑓
′
A
∆𝐹𝑓
C’
f
𝐹𝑖ç2
𝜏𝑓 = 𝜏𝑓𝑧𝑥
→ ∆𝐹 = 𝐹𝑖ç2 − 𝐹𝑖ç1
𝜏𝑓𝑥𝑧 =
𝜏𝑓𝑥𝑧 = 𝜏𝑓
Şekil 5.3.6
Sağdaki şekilde f den i ye doğru gidildikçe
V, Iz , t sabit kalır, Q değeri azalır.
Bu durumda gerilmeler azalacaktır.
𝜏𝑓 > 𝜏𝑏 > 𝜏ℎ
Af
𝜏𝑓
𝜏𝑓
A1
C’ K’
A’
f b G1 h i
𝜏𝑓 𝜏𝑏 𝜏ℎ 𝜏𝑖 = 0 𝜏 = 𝑉. 𝑄𝑏
𝑏
𝐼𝑧 . 𝑡𝑏
N’
D’ L’
Şekil 5.3.9
𝑉. 𝑄𝑓
𝐼𝑧 . 𝑡𝑓
𝐴′ 𝐵′ 𝐾 ′ 𝐿′ yüzeyinin
statik momenti
= 𝑡=K’L’
Bu ayrılan parçada da yine normal gerilmelerin toplamı olan iç kuvvetler (𝐹𝑖ç1 ve 𝐹𝑖ç2 ) birbirini dengeleyemediği
için 𝐴𝑓 yanal kesim yüzeyinde ∆𝐹 kadarlık bir kesme kuvveti oluşacaktır. Bir önceki sayfadaki tüm denklemler
bu parça içinde aynen geçerli olacağından, yüzeydeki kayma gerilmesi için 5.3.1 denklemi elde edilir. Gerilme ise
yatay yöndedir ve bu sebeple 𝜏𝑥𝑧 ile sembolize edilir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
198
5.3 - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
5.3.3 Kayma Akısı (q): Birim uzunluğa düşen iç kesme kuvvetine kayma akısı (q) diyoruz.
𝜏 kayma gerilmeleri yerine q kayma akısından de gidilerek aslında problemlerin çözülmesi mümkündür. q kayma
akısı, özellikle birden fazla parçanın birleştirilmesiyle oluşturulmuş kirişlerde, cıvata, pim gibi bağlantı elemanlarının
veya yapıştırma yüzeylerinin mukavemet hesaplarında pratiklik sağlar. q ve 𝜏 nun kesitteki veya kesite dik ayırma
yüzeyindeki yönleri aynıdır, değişim grafikleri de aynı formdadır. Şimdi q akısını denklemini çıkaralım:
∆𝐹
∆𝑥 uzunluğuna düşen kuvvet ∆𝐹 ise 1 birim uzunluğa düşen kuvvet, yani kayma akısı: 𝑞 =
∆x
𝐹𝑖ç1
𝐴𝑓 = ∆𝑥. 𝑡
𝑡
𝑠
𝐴𝑓
∆x=
𝑡
𝜎𝑥1
𝐴
N
C
C’
D
∆𝐹
𝐴′ A1
N’ 𝜎𝑥2
D’
𝐹𝑖ç2
∆𝐹
∆𝐹. 𝑡
=
𝐴𝑓
𝐴𝑓
ൗ𝑡
∆𝐹
Gerilme: 𝜏 =
𝐴𝑓
→𝑞=
𝑉. 𝑄
(5.3.1) den: 𝜏 =
𝐼𝑧 . 𝑡
𝑞 = 𝜏. 𝑡
( 5.3.3.a)
𝑉. 𝑄
𝑞=
𝐼𝑧
( 5.3.3.b)
Af
Şekil 5.3.10
Yandaki şekilden q kayma akısının dağılımını dikkatlice inceleyiniz.
Not: q kayma akısı ayrıca kalınlığı çok daha ince profil çubuklarda kayma merkezini bulurken
önem kazanır. Bu ise Mukavemet 2 konusudur.
𝑞𝑓 > 𝑞𝑏 > 𝑞ℎ A1
𝑞𝑓
f b G1 h i
𝑞𝑓
𝑞𝑏 𝑞ℎ 𝑞𝑖 = 0
𝑡𝑓
𝑉. 𝑄𝑓
𝑞𝑓 =𝜏𝑓 . 𝑡 =
𝐼𝑧
Şekil 5.3.11
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
199
5.3 - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
5.3.4Normal ve Kayma Gerilmelerinin Dağılımlarının karşılaştırması
1- Kirişin Tümünde
q
P
𝑀𝐻 = 𝑀𝑚𝑎𝑥 olduğundan 𝜎𝑥 gerilmeleri açısından en kritik kesit H dir.
MA
𝑉𝐻 = 0 olduğundan 𝜏 = 0 çıkar ve 𝜏 gerilmeleri açısından en emniyetli kesit H dır.
A
Viç
C
𝑉𝐴 = 𝑉𝑚𝑎𝑥 𝑜𝑙𝑑𝑢ğ𝑢𝑛𝑑𝑎𝑛 𝜏 için en kritik kesit A dır.
B
H
Bu durumda A daki normal gerilme → 𝜎𝑥𝐴 = −
𝑉𝑚𝑎𝑥
x
Miç
𝑀𝑖ç−𝐶
𝑀𝑚𝑎𝑥
Normal gerilme dağılımı
x yönündedir
𝜎𝑥𝑢
x
𝐼𝑧
.𝑦
2- Herhangi bi C kesitinde gerilme dağılımları:
𝜎𝑥𝑚𝑖𝑛
𝑀𝑖ç−𝐴
𝑀𝑖ç−𝐴
𝑦
𝑢
G
Düşey Kayma gerilmesi
(𝜏𝑥𝑦 ) dağılımı
𝑦
𝑦
𝑀𝑖ç−𝐶
𝑥
G
𝑧
𝜎𝑥𝑚𝑎𝑥
Kayma gerilmesi
şiddetinin değişimi
𝜏𝑢𝑥𝑦
𝜏𝑚𝑎𝑥
G
𝜏𝑢𝑥𝑦
𝜏𝑚𝑎𝑥
𝑥
𝑉. 𝑄𝑢
𝐼𝑧 . 𝑡𝑢
Bu şekil kayma gerilmesinin sadece
şiddetinin değişimini gösterir.
Şekil 5.3.12
Kayma gerilmesi x yönünde değildir.
Dikkat edilirse, normal gerilmelerin şiddetçe en büyük değerleri ağırlık merkezinden en uzak noktalarda çıkmasına rağmen aynı
noktalarda kayma gerilmeleri sıfır çıkar. Ağırlık merkezinde kayma gerilmesi maksimum olmasına rağmen, normal gerilme sıfırdır.
𝑀𝑖ç−𝑐
𝜎𝑥𝑢 = −
. 𝑦𝑢
𝐼𝑧
23.08.2024
𝜏𝑢𝑥𝑦 =
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
200
𝑦
5.3 - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
Örnek 5.3.1 (video 5.c.1, örn. 5.c.1.1)
𝑦
Yükleme durumu ve kesit görünümü yandaki
𝑥
şekilde görülen kirişin, n-n kesiti için
𝑧
.
a-) a, b, c, d ve G (ağırlık merkezi)
noktalarındaki düşey yönde oluşan kayma
d
𝑦𝐺
30mm
𝐵𝑦
𝐴𝑦
gerilmesi (𝜏𝑥𝑦 ) değerlerini hesaplayınız.
Şekil 5.3.13
b-) Aynı noktalardaki yatay kayma gerilmesi (𝜏𝑥𝑧 ) değerlerini hesaplayınız.
c-) Kayma gerilmesi ve kayma akısı diyagramlarını çiziniz.
Çözüm:
• Örnek 5.2.2 de aynı kesit kullanılmış ve şu değerler bulunmuştu: 𝑦𝐺 = 75𝑚𝑚 ,
• Statik dengeden ve sistemin simetrisinden:
23.08.2024
𝐼𝑧 = 79687500𝑚𝑚4
𝐴𝑦 = 𝐵𝑦 = 200𝑘𝑁
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
201
5.3 - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
𝑦
• Kesme Kuvveti diyagramını alttaki gibi çizeriz.
(Detayları bu örnekte anlatılmayacaktır.)
𝑥
𝑡𝑎
a-)
𝑦ത1
𝑉. 𝑄𝑎
𝜏𝑎𝑥𝑦 =
𝐼𝑧 . 𝑡𝑎
𝑉(𝑘𝑁)
200
𝑥
−200
𝐴1
için MN çizgisinden kesim yaparız.
𝐵𝑦
𝐴𝑦
a noktasındaki kayma gerilmesi
𝑡𝑎 = 75𝑚𝑚
𝑦ത1 = 100𝑚𝑚
𝑄𝑎 = 𝐴1 . 𝑦ത1
= 50𝑥75𝑥100
= 375000𝑚𝑚3
𝑧
M
𝑦
a 𝐺1
𝜏𝑎𝑥𝑦
n-n kesiti
N
50𝑚𝑚
𝑉 = 200𝑘𝑁
𝐺
𝑦𝐺 = 75𝑚𝑚
200𝑥103 𝑥375000
𝜏𝑎𝑥𝑦 =
79687500𝑥75
𝜏𝑎𝑥𝑦 = 12.55𝑀𝑃𝑎
Unutmayın: Kesitin bir noktasında düşey yönde oluşan kayma gerilmesini bulmak için kesiti o noktadan yatay yönde bir
kesimle ayırmak gerekir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
202
5.3 - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
𝐺
50𝑚𝑚
𝑦𝐺 = 75𝑚𝑚
𝑡𝑏 = 75𝑚𝑚
𝑦ത2 = 75𝑚𝑚
𝑄𝑏 = 𝐴2 . 𝑦ത2
𝜏𝑏𝑥𝑦 =
𝑉. 𝑄𝑏
𝐼𝑧 . 𝑡𝑏
125𝑚𝑚
G ağırlık merkezi
𝑡𝐺
𝐴3 𝑦
125𝑚𝑚
100𝑚𝑚
b noktası
𝑡𝑏
𝐴2 𝑦
𝐺2 𝑉 = 200𝑘𝑁
b
𝑦ത2
𝜏𝑏𝑥𝑦
𝑦ത3
𝐺3
𝐺
𝜏𝐺 = 𝜏𝑚𝑎𝑥
𝑡𝐺 = 75𝑚𝑚
𝑦ത3 = 62.5𝑚𝑚
𝑄𝐺 = 𝐴3 . 𝑦ത3
𝑉 = 200𝑘𝑁
𝑉 = 200𝑘𝑁
𝐺
𝑦ത4
50𝑚𝑚
𝑦𝐺 = 75𝑚𝑚
𝐴4
𝑉. 𝑄𝐺
𝜏𝐺𝑥𝑦 =
𝐼𝑧 . 𝑡𝐺
𝑄𝐺 = 585937.5𝑚𝑚
𝑑
𝑐
𝜏𝑐𝑥𝑦
𝐺4
𝑡𝑑
𝜏𝑑𝑥𝑦 𝑦𝐺 = 75𝑚𝑚
𝑉. 𝑄𝑐
𝐼𝑧 . 𝑡𝑐
𝑡𝑐 = 75𝑚𝑚
𝜏𝑐𝑥𝑦 =
𝑡𝑑 = 225𝑚𝑚
200𝑥103 𝑥562500
=
79687500𝑥75
𝑦ത4 = 50𝑚𝑚
𝑄𝑐 = 𝑄𝑑 = 𝐴4 . 𝑦ത4
= 100𝑥75𝑥75 = 200𝑥10 𝑥562500
= 225𝑥50𝑥50
3
= 125𝑥75𝑥62.5
79687500𝑥75
200𝑥10
𝑥585937.5
=
𝑄𝑏 = 562500𝑚𝑚3
𝑄𝑐 = 562500𝑚𝑚3
3
3
c ve d noktaları
𝑡𝑐
𝑦
79687500𝑥75
𝑉. 𝑄𝑑
𝜏𝑑𝑥𝑦 =
𝐼𝑧 . 𝑡𝑑
200𝑥103 𝑥562500
=
79687500𝑥225
𝜏𝑏𝑥𝑦 = 18.82𝑀𝑃𝑎
𝜏𝐺𝑥𝑦 = 19.6𝑀𝑃𝑎 = 𝜏𝑚𝑎𝑥𝑥𝑦
𝜏𝑐𝑥𝑦 = 18.82𝑀𝑃𝑎,
𝑞𝑏𝑥𝑦 = 𝜏𝑏𝑥𝑦 . 𝑡𝑏 = 18.82𝑥75
𝑞𝐺𝑥𝑦 = 𝜏𝐺𝑥𝑦 . 𝑡𝐺 = 19.6𝑥75
𝑞𝑐𝑥𝑦 = 𝜏𝑐𝑥𝑦 . 𝑡𝑐 = 18.82𝑥75 = 1411.5𝑁/𝑚𝑚
𝑞𝐺𝑥𝑦 ≅ 1470𝑁/𝑚𝑚
𝑞𝑑𝑥𝑦 = 𝜏𝑑𝑥𝑦 . 𝑡𝑑 = 6.27𝑥225 = 1410.75𝑁/𝑚𝑚
𝑞𝑏𝑥𝑦 = 1411.5𝑁/𝑚𝑚
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜏𝑑𝑥𝑦 = 6.27𝑀𝑃𝑎
203
5.3 - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
b-) Yatay yöndeki gerilmeleri bulmak için bu sefer kesiti incelediğimiz noktadan düşey yönde ayırmak gerekir.
d noktası
e noktası
𝑦
𝑦
3
𝑉 = 200𝑘𝑁
f
𝑧
.𝜏
𝑓𝑥𝑧
𝑦𝐺 = 75mm
𝑉 = 200𝑘𝑁
a.
𝜏𝑑𝑥𝑧
b 𝐺
d
𝐴5
.
.
𝑦
ത
c 5
𝐺5
𝑧
𝑡𝑑 = 50mm 𝑦𝐺 = 75mm
30mm
𝑉. 𝑄𝑑
𝑡𝑒 = 50𝑚𝑚
𝑡𝑑 = 50𝑚𝑚 = 𝑡𝑓 𝜏
=
𝑑𝑥𝑧
𝐼𝑧 . 𝑡𝑑
𝑦ത5 = 50𝑚𝑚
𝑦ത6 = 50𝑚𝑚
3
200𝑥10 𝑥75000
𝑄𝑑 = 𝐴5 . 𝑦ത5
=
𝑄𝑒 = 𝐴6 . 𝑦ത6
79687500𝑥50
= 30𝑥50𝑥50
= 75𝑥50𝑥50
𝜏𝑑𝑥𝑧 = 3.76𝑀𝑃𝑎 = 𝜏𝑓𝑥𝑧
= 75000𝑚𝑚3 = 𝑄𝑓
= 187500𝑚𝑚3
i
∆𝐹𝑓
f
f
𝜏
𝑓𝑧𝑥
𝐺 𝜏𝑒𝑥𝑧 𝐴6
i
𝜏𝑓𝑥𝑧
e
.
𝑦ത6
𝑡𝑒 = 50mm Simetrik noktaların gerilmeleri
𝐺6
75mm
𝑉. 𝑄𝑒
𝜏𝑒𝑥𝑧 =
𝐼𝑧 . 𝑡𝑒
200𝑥103 𝑥187500
=
79687500𝑥50
𝜏𝑒𝑥𝑧 = 9.41𝑀𝑃𝑎
eşit ve zıt yöndedir. Örneğin d
nin simetriği olan f noktasındaki
gerilmeyi bulmak için f-i
çizgisinden kesim yapılır ve 3
nolu ayırma yüzeyi açığa çıkar.
𝑞𝑒𝑥𝑧 = 𝜏𝑒𝑥𝑧 . 𝑡𝑒 = 9.41 𝑥 50 = 470.59𝑁/𝑚𝑚
Araştırma Ödevi: a,b, G, c noktalarında yatay yöndeki kayma gerilmeleri sıfır çıkar (𝜏𝑎𝑥𝑧 =𝜏𝑏𝑥𝑧 = 𝜏𝐺𝑥𝑧 = 𝜏𝑐𝑥𝑧 = 0).
Bunun sebebi nedir? Şu ana kadar öğrendiğiniz Mukavemet bilgileri bu sorunun cevabını bulmanız için yeterlidir. Bu
ödevle uğraşmanız sizi oldukça geliştirecek ve kavramların zihninizde çok daha iyi yerleşmesini sağlayacaktır.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
204
5.3 - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
c-)
Kayma gerilmesi dağılımları
𝜏𝑥𝑦 dağılımı
𝑦𝑚 𝜏
m𝑦
a
b
𝐺
c
𝑉
𝑧
𝜏𝑎𝑥𝑦
𝜏𝑏𝑥𝑦
Kayma akısı dağılımı
𝑦
𝜏𝑏𝑥𝑦
𝜏𝑚𝑎𝑥𝑥𝑦
𝜏𝑐𝑥𝑦
𝜏𝑑𝑥𝑦
𝜏𝑑𝑥𝑦
𝑛
𝑧
𝜏ℎ𝑥𝑧 𝜏𝑚𝑎𝑥𝑥𝑧 .
...
h
𝜏𝑥𝑧
.
𝜏ℎ𝑥𝑧
..
.
e.
𝑉
𝑧
𝑞𝑥𝑦 𝑞𝑥𝑦 𝑞𝑥𝑦
Perde
𝜏𝑒𝑥𝑧 = 𝜏𝑚𝑎𝑥𝑥𝑧
𝑧
𝜏𝑥𝑧 = 0
Flanş
.
.
7.6 = 𝜏𝑚𝑎𝑥𝑥𝑧
𝜏𝑥𝑧 (𝑀𝑃𝑎)
Şekil 5.3.14
𝑞𝑥𝑦
𝜏𝑐𝑥𝑦
𝜏𝑥𝑧 dağılımı
𝑽
𝜏𝑥𝑦 (𝑀𝑃𝑎)
𝜏𝑚𝑎𝑥𝑥𝑦
𝑛
𝑦
𝑦
𝑞𝑥𝑦 = 0
𝑎𝑥𝑦
𝑞𝑥𝑦
𝑞𝑚𝑎𝑥𝑥𝑦
𝑞𝑥𝑦 şiddetinin değişimi
𝑞𝑎𝑥𝑦
a
𝑞𝑏𝑥𝑦
b
𝑞𝑚𝑎𝑥𝑥𝑦
G
𝑞𝑥𝑦 𝑞𝑥𝑦
c
𝑞𝑚𝑎𝑥𝑥𝑧 𝑞𝑥𝑧 𝑞𝑥𝑧
𝑞𝑥𝑧 𝑞𝑥𝑧 𝑞𝑚𝑎𝑥𝑥𝑧 𝑞𝑐𝑥𝑦
𝑞𝑥𝑧 =0
𝑞𝑥𝑧 =
r
h
𝑞𝑒𝑥𝑦 e
p
𝑞𝑥𝑦 𝑞𝑥𝑦
𝑞𝑥𝑦
𝑞𝑥𝑦 𝑞𝑥𝑦 𝑞𝑥𝑦 𝑞𝑥𝑦
0
𝑞𝑥𝑦 = 0
𝑞ℎ𝑥𝑧
.
𝑞𝑥𝑧 şiddetinin değişimi
𝑁
𝑞𝑥𝑧 (
)
𝑚𝑚
𝑞𝑒𝑥𝑦
𝑁
𝑞𝑥𝑦 (
)
𝑚𝑚
𝑞𝑐𝑥𝑦
𝑞𝑚𝑎𝑥𝑥𝑧 =𝑞𝑒𝑥𝑧 = 470.59𝑁/𝑚𝑚
Şekil 5.3.15
İnce profil kesitli çubuklarda: Düşey dikdörtgen (Perde) bölgelerinde 𝜏𝑥𝑧 ≈ 0 , 𝑞𝑥𝑧 ≈ 0 ; Yatay Dikdörtgen (flanş) Bölgelerinde 𝜏𝑥𝑦 ≈ 0 , 𝑞𝑥𝑦 ≈ 0 dır.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
205
5.3 - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
5.3.5 Bazı İnce Profil Çubuklarda Kayma Akısı Değişimleri
Perde: Düşey dikdörtgen kısımlar (𝑞𝑥𝑧 ≈ 0 )
Flanş: Yatay dikdörtgen kısımlar (𝑞𝑥𝑦 ≈ 0 )
flanş
Neutral axis
(tarafsız eksen)
perde
V
(a)
flanş
(d)
(c)
perde
(b)
V
(e)
(f)
(g)
Şekil 5.3.16
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
(h)
(i)
206
5.3 - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
Önemli Püf Noktalarını Özetleyelim:
1. Problemlerin çözümleri doğru kurgulamak ve mantığımıza yatırabilmek için; ayrılan parçanın Serbest Cisim
Diyagramını doğru çizebilmeli; 𝐹𝑖ç1 , 𝐹𝑖ç2 , ∆𝐹 kuvvetlerinin anlamlarını çok iyi kavramış olmalıyız.
2. Hayali olarak ayırmanın doğru yapılması önemlidir. Öyle ki ayırdığımız parçanın diğer parçalarla hiçbir bağlantısı
kalmamalı ve yerinden alınıp götürülebilmelidir. Bu ayırma prensibinin şartıdır.
3. Kesitteki bir noktadaki kesme gerilmesini bulmak için tam o noktadan düşey veya yatay bir düzlemle kesiti
kesmemiz gerekir. Düşey ayırma yüzeyiyle yatay kesme gerilmesi (𝜏𝑥𝑧 ), yatay ayırma yüzeyiyle düşey kesme
gerilmesi (𝜏𝑥𝑦 ) elde edilir.
4. 5.3.1 veya 5.3.2 denklemlerindeki t değeri kesitteki hayali olarak kesilen kenarların (kesik çizgilerin) toplam
uzunluğudur.
5. Kesitin düşey simetri ekseni üzerindeki noktalarda yatay kayma gerilmeleri (𝜏𝑥𝑧 ) sıfırdır.
6. Kayma akısı ile kayma gerilmelerin bir noktadaki yönleri aynı, kesitteki dağılım grafikleri benzerdir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
207
5.3 - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
𝑦
𝐶
𝑞 = 200𝑘𝑁/𝑚
12mm
e
𝐷
𝐵
𝐴
1𝑚
2𝑚
𝑥
100mm
200𝑘𝑁
1𝑚
12mm
100mm
Şekil 5.3.17
Örnek 5.3.2 (video 5.c.2, örn 5c.2.1)
Yükleme durumu ve kesiti şekilde gösterilen kirişte,
a-) Kayma gerilmelerinin maksimum değerinin yerini ve
şiddetini bulunuz.
b-)En kritik kesitte e noktasındaki kayma gerilmesi
bileşenlerinden büyük olanını hesaplayınız.
c-) Kritik kesitteki 𝜏𝑥𝑦 kayma gerilmesi dağılımını çiziniz.
Çözüm: Tüm sistemin statik dengesinden: Σ𝐹𝑥 = 0 → 𝐴𝑥 = 0
Σ𝑀𝐵 = 0 = −𝐴𝑦 . 4 + 200𝑥3 + 200𝑥1𝑥0.5 → 𝐴𝑦 = 175𝑘𝑁 , Σ𝐹𝑦 = 0 = 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 − 200 − 200
I
𝐶
𝐴𝑥 = 0 1
𝑉(𝑘𝑁)
𝐴𝑦
175
III
II
𝐷
2
I
1.Bölge A-C
I
3
𝐴
II
III
I 𝑉1
𝐵𝑦
𝐴𝑦 = 175𝑁
Kesme açısından en
kritik kesit → B kesiti
𝑥
−25
−225
23.08.2024
𝑀𝑖ç−1
𝑉1 = 𝐴𝑦 = 175𝑘𝑁
→ 𝐵𝑦 = +225𝑘𝑁
III
200𝑘𝑁/𝑚
3.Bölge D-B
𝑀𝑖ç−3
200𝑘𝑁 II
𝑉3
𝑀𝑖ç−2 A
III
𝐴
𝑥
4−𝑥
𝑉2
1𝑚
II
𝐵𝑦 = 225𝑘𝑁
𝑥
2.Bölge C-D
𝐴𝑦 = 175𝑘𝑁
𝑉3 = 200. 4 − 𝑥 − 225
𝑉2 = 175 − 200
𝑥 = 3𝑚
→ 𝑉3 = −25𝑁
𝑉2 = −25𝑘𝑁
𝑥 = 4𝑚
→ 𝑉3 = −225𝑁
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
208
5.3 - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
a-) Öncelikle B kritik kesitinde tüm noktalarda yatay kayma gerilmeleri 𝜏𝑥𝑧 = 0 olduğunu görüyoruz.
𝜏𝑥𝑦 kayma gerilmelerinin maksimum değeri ağırlık merkezinde ortaya çıkacağı
(Çünkü herbir nokta için
için G noktasının üst kısmını alacağız. Üst kısmı 3 dikdörtgene ayırırız.
𝑦
kesiti
düşey
yönde
Üst parçanın statik
momenti,
bu
dikdörtgenlerin
herbirisinin statik
momentlerini
toplamına eşittir.
100mm
12mm
12mm
e
100mm
12mm
𝐴1
𝑧
G
𝑦ത2
G
𝐴2
𝐴3 = 𝐴1
𝑦ത1 = 𝑦ത3
12mm
𝑦ത1 = 19𝑚𝑚 , 𝑦ത2 = 44𝑚𝑚
boydan boya kesmek
gerekir. Bu durumda
ayrılan parçadaki kesitte
çeki-bası
normal
gerilmeler
birbirini
dengeler
ve
ayrıca
kesilen
yüzeyde
DF
kuvveti oluşmaz. )
100mm
𝑄𝐺 = 𝑄1 + 𝑄2 + 𝑄3 = 𝐴1 ⋅ 𝑦ത1 + 𝐴2 ⋅ 𝑦ത2 + 𝐴3 ⋅ 𝑦ത3 = 2𝑥(38𝑥12𝑥19) + (100𝑥12𝑥44) → 𝑄𝐺 = 70128mm3
Üst kısmı elde etmek için sağ ve soldan 12mm lik kenarlar kesildi.
Bu sebeple; ağırlık merkezindeki kalınlık değeri: 𝑡 = 𝑡𝐺 = 12 + 12 = 24mm
Tüm Kesitin z eksenine göre atalet momenti:
Ağırlık merkezindeki kayma gerilmesi:
23.08.2024
𝐼𝑧 =
t :Kesitte hayali olarak kesilen
kenarların toplam uzunluğudur.
1
1
100 × 1003 −
76 × 763 = 5.55 × 106 mm4
12
12
𝑉𝐵 . 𝑄𝐺 225𝑥103 𝑥70128
𝜏𝐺 = 𝜏𝑚𝑎𝑥 =
=
𝐼𝑧 . 𝑡𝐺
5.55𝑥106 𝑥24
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
→ 𝜏𝐺 = 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 118.45𝑀𝑃𝑎
209
5.3 - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
b-)
100mm
. 𝐺2
12mm
e
12mm 𝑦
𝑧
e noktasının üstünde kalan A2 alanı alınmalıdır.
𝐴2
𝑦ത2 12mm
G2 Ağırlık merkezi: 𝑦ത2 = 44𝑚𝑚
50mm
𝑄2 = 𝐴2 ⋅ 𝑦ത2 = 100𝑥12𝑥44 = 52800𝑚𝑚3
G
e noktası tam geçiş bölgesindedir. Düşey 𝜏𝑥𝑦 değerini elde etmek için yatay olarak e den kesiti ayırmamız gerekir.
A2 alanını elde etmek için iki seçenek vardır:
1-) 100mm lik kenar boydan boya kesilebilir. Bu durumda kalınlık : 𝑡𝑒𝑚𝑎𝑥 = 100mm
2-) 12’şer mm lik 2 kenardan kesilebilir. Bu durumda kalınlık:
𝑉𝐵 . 𝑄2
225𝑥103 𝑥52800
𝜏𝑒𝑚𝑎𝑥 =
=
= 89.2𝑀𝑃𝑎 ,
𝐼𝑧 . 𝑡𝑒𝑚𝑖𝑛
5.55𝑥106 𝑥24
𝜏𝑒𝑚𝑖𝑛
c-)
𝜏𝑒𝑚𝑎𝑥
𝜏𝑚𝑎𝑥
23.08.2024
𝑦
𝑧
𝑦
𝜏𝑒𝑚𝑖𝑛
𝑡𝑒𝑚𝑖𝑛 = 12 + 12 = 24mm
𝑉𝐵 . 𝑄2
225𝑥103 𝑥52800
𝜏𝑒𝑚𝑖𝑛 =
=
= 21.4𝑀𝑃𝑎
𝐼𝑧 . 𝑡𝑒𝑚𝑎𝑥
5.55𝑥106 𝑥100
𝜏𝑒𝑚𝑎𝑥
𝜏𝐺 = 𝜏𝑚𝑎𝑥
𝑥
𝐺
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
210
5.3 - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
Örnek 5.3.3 (Video 5.c.2, örn.5.c.2.2)
Üç tahta parçası şekildeki gibi çivilenerek I profilli bir kiriş oluşturulmuştur.
Çiviler arası mesafe s=25 mm ve kesitteki düşey kesme kuvveti V = 250 kN
olduğuna göre; a-) Her bir çivinin taşıdığı kesme kuvvetini bulunuz. b-) Çivi
yerine yapıştırıcı kullanılsaydı yapıştırma yüzeyindeki kayma gerilmesini
bulunuz. c) Kirişteki maksimum kayma gerilmesini bularak, 𝜏𝑥𝑦 ve
𝜏𝑥𝑧 kayma gerilmelerinin dağılımlarını çiziniz.
Şekil 5.3.18
Çözüm
𝑦ത1
y
t
z
A1
.G
𝑦ത1 = 60𝑚𝑚
∆𝑭
Kesite ait atalet
.
momentlerini A1
y
𝐹𝑖ç2
öncelikle
t
hesaplayalım:
z
.G
𝑀
T.E 𝑖ç2
100𝑥203
20𝑥1003
2
𝐼𝑧 = 2𝑥
+ 100𝑥20𝑥60 +
12
12
𝐼𝑧
𝑄1 = 𝐴1 ⋅ 𝑦ത1 = 20𝑥100𝑥60 = 120𝑥103 mm3
A*
𝑀𝑖ç1
𝜎𝑥1
𝜎𝑥2
A*
x
𝒒
∆𝑭
𝒒
= 16.2𝑥106 mm4
23.08.2024
∆𝐹 = 𝐹𝑖ç2 − 𝐹𝑖ç1
𝐹𝑖ç1
𝒒
t
Problemin çözümünü bilerek yapabilmek için
∆𝐹 kesme kuvvetinin sebebini öncelikle
hatırlamakta fayda vardır: Ön ve arka
yüzeylerdeki 𝑀𝑖ç1 ve 𝑀𝑖ç2 iç moment farkları
sebebiyle gerilmelerin şiddetleri de farklı
olacaktır. Ayrılan üst parçada gerilmelerin
toplamı olan 𝐹𝑖ç1 ve 𝐹𝑖ç2 iç kuvvetleri arasında
da bu sebeple fark çıkacaktır. Bu kuvvetler
arasındaki farkı dengelemek için A* ayırma
yüzeyinde bir DF kuvveti oluşacaktır. (Bu DF
kuvvetinden kaynaklı 𝜏 kayma gerilmeleri ve q
kayma akısı çıkarımları daha önce yapılmıştı.)
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
211
5.3 - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
A*
a-) A* ayırma yüzeyindeki Kayma akısı:
(5.3.3.b denkleminden )
𝒒
∆𝑭
𝒒
𝒒
t
250𝑥103 𝑥120𝑥103
∆𝐹 𝑉. 𝑄1
=
𝑞=
=
16.2𝑥106
𝑡
𝐼𝑧
= 1852 𝑁Τ𝑚𝑚
Bir çivinin taşıyacağı kuvvet:
3s uzunluğuna sahip bölgede tüm kuvveti toplam 3 çivi taşıyor.
𝐹1 = 𝑞. 𝑠 = 1852𝑥25
Öyle ise s uzunluktaki bölgede kuvveti tek çivi taşır.
Birim uzunluğa düşen kuvvet q olduğuna göre, s uzunluğuna gelen kuvvet "q.s" olur.
𝜏𝑦𝑥
A*
∆𝑭
→ 𝐹1 = 46300N = 46.3kN
Çivi yerine yapıştırıcı kullanılsaydı, DF kuvvetini tüm A* ayırma yüzeyi taşıyacaktır
ve birim alana düşen kuvvet A* yüzeyindeki kayma gerilmesi 𝜏𝑦𝑥 olacaktır.
𝜏𝑦𝑥 gerilmesi aynı zamanda kesitteki 𝜏𝑥𝑦 gerilmesine de eşittir.
5.3.3. 𝑎 denkleminden yapışma yüzeyindeki kayma gerilmesi:
t
𝜏𝑥𝑦
23.08.2024
DF 𝑉. 𝑄1
𝑞
1852
𝜏𝑦𝑥 = 𝜏𝑥𝑦 = ∗ =
= =
𝐴
𝐼𝑧 . 𝑡
𝑡
20
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
→ 𝜏𝑦𝑥 = 92.6 𝑀𝑃𝑎
212
5.3 - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
c-)
Kiriş kesitindeki maksimum gerilme, ağırlık merkezinde ortaya çıkar:
y
𝑄2 = 𝐴2 ⋅ 𝑦ത2 = 20𝑥50𝑥25 = 25𝑥103 mm3
A2
z
.G
𝑦ത2
𝑄1 = 120𝑥103 mm3 hesaplamıştık.
Q2
𝑄𝐺 = 𝑄1 + 𝑄2 = 145𝑥103 mm3
𝑦ത3
e G3
A3
250𝑥103 𝑥145𝑥103
𝑉. 𝑄𝐺
= 111.88 𝑀𝑃𝑎
=
𝜏𝐺𝑥𝑦 = 𝜏𝑚𝑎𝑥 =
6 𝑥20
16.2𝑥10
𝐼𝑧 . 𝑡𝐺
𝜏𝑥𝑧
𝜏𝑥𝑧
40𝑚𝑚
𝜏𝑥𝑦
92,6
𝜏𝑥𝑦
𝑄3 = 𝐴3 ⋅ 𝑦ത3 = 40𝑥20𝑥60 = 48𝑥103 mm3
G
𝜏𝑒𝑥𝑧 = 𝜏𝑚𝑎𝑥𝑥𝑧 =
𝑉. 𝑄3
=
𝐼𝑧 . 𝑡𝑒
250𝑥103 𝑥48𝑥103
16.2𝑥106 𝑥20
= 37.04 𝑀𝑃𝑎
𝜏𝑥𝑧−𝑐 𝜏𝑥𝑦
𝑐
𝜏𝑥𝑦−𝑐
𝜏𝑥𝑧−𝑐
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜏𝑚𝑎𝑥
111,88
𝜏𝑥𝑦 (MPa)
𝜏𝑚𝑎𝑥
𝜏𝑚𝑎𝑥𝑥𝑧
𝜏𝑥𝑦
𝑒
𝜏𝑥𝑦−𝑐
37.04 = 𝜏𝑚𝑎𝑥𝑥𝑧 = 𝜏𝑒𝑥𝑧
𝜏𝑥𝑧 (𝑀𝑃𝑎)
92.6
213
5.3 - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
Örnek 5.3.3 (Video 5.c.2, örn.5.c.2.3)
Dört farklı tahta levhanın birleştirilmesiyle
oluşturulan bir kirişin kesiti ve boyutları şekilde görülmektedir. Kesmeli basit
eğilmeye maruz kalan bu kirişin herhangi bir kesitindeki iç kesme kuvveti
(a)
V=35kN olarak belirlenmiştir.
Buna göre,
Bağlantı
yüzeyi
a-) Tahtalar birbirlerine yapıştırıcı ile 4 tane bağlantı yüzeyinden sıkı bir şekilde
yapıştırıldığında, üstteki A ve B yapışma yüzeylerinde oluşan kayma gerilmelerini
Şekil 5.3.19
hesaplayınız.
b-) Yapıştırıcı yerine, tahtalar 4 bağlantı yüzeyinin her birisinden aynı tipten üçer
B
adet çivi ile bağlanmak isteniyor. Bu durumda çivilerin emniyetli çap değerini
(b)
hesaplayınız.
(çivi malzemesi için tem=100MPa)
Cevap: a-) 2,59MPa ve 3.59MPa ; b-) 3.02mm (Soru çözümü videoda yapılmıştır.)
Şekil 5.3.20
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
214
5.3 - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
20𝑚𝑚
120𝑘𝑁
Örnek (Soru) 5.3. 4
120𝑘𝑁
Şekildeki kirişin n-n kesitinde bulunan a ve b
𝑛
noktalarındaki kayma gerilmelerini bulunuz.
180𝑚𝑚
𝐴
𝑛
500𝑚𝑚
𝑏
𝑎
𝐵
250𝑚𝑚
500𝑚𝑚
20𝑚𝑚
40𝑚𝑚 Cevaplar: 13.47MPa, 21.24 MPa
40𝑚𝑚
20𝑚𝑚 *Bu sorunun pdf çözümünü mehmetzor.com
200𝑚𝑚
Şekil 5.3.21
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
sitesinde sınav soruları içerisinde bulabilirsiniz.
215
5.4
FARKLI MALZEMELERDEN
İMAL EDİLMİŞ (KOMPOZİT)
KİRİŞLERİN BASİT EĞİLMESİ
(Video 5.d)
*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
216
5.4 Farklı Malzemelerden İmal Edilmiş (Kompozit) Kirişlerin Basit Eğilmesi
y
Yüklemeden
SONRA
5.4.1 Bu bölümde Amacımız: Birden fazla malzemenin üst üste yapıştırılmasıyla oluşturulan
C
r-y
𝐴′
𝐷′
Hesaplamalar yine en az bir eksene göre simetrik kesitler için yapılacaktır.
q
r
𝑀𝑧
(kompozit) kirişlerde eğilme sonucu ortaya çıkan normal gerilmeleri hesaplamaktır.
𝑀𝑧
y
𝐵′
K’
E1
• Kirişin yine lif lif olduğunu düşünürsek,. Mz eğilme momenti etkisi ile kiriş
C merkezi etrafında bir yay formunu alır. Üstteki lifler kısalır alttaki lifler
x
(a)
uzar. Üstteki liflerde bası, alttaki liflerde çeki gerilmeleri oluşur.
• Koordinat Sistemi kesitin düşey simetri ekseni ile uzamayan lifin olduğu noktaya yerleştirilir.
E1 Yüklemeden ÖNCE
𝐵
𝐾
𝐸
Malzeme 1
Malzeme 2
(b)
Şekil 5.4.1
23.08.2024
(bknz: bölüm 5a) kompozit kirişler içinde geçerlidir.
𝐸′
E2
𝐴
𝐽
𝐷
5.4.2 Kompozit Kirişlerde Normal Gerilme Hesabı:
• İzotropik malzemelerin basit eğilmesi için yapılmış olan kabuller
E2
y
Uzamayan lif:
1
z
𝐷′𝐸′ = 𝜌𝜃 = 𝐷𝐸 = 𝐽𝐾
JK gibi herhangi bir lifi için;
2
T.E
(c)
son boy: 𝐽′ 𝐾 ′ = 𝜌 − 𝑦 𝜃,
Toplam uzama :
𝛿 = 𝐽′𝐾′ − 𝐽𝐾 = 𝜌 − 𝑦 𝜃 − 𝜌𝜃 = −𝑦𝜃
Birim elastik uzama : 𝜀𝑥 =
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝛿
𝑦𝜃
𝑦
=−
=−
𝐿
𝜌𝜃
𝜌
217
5.4 Farklı Malzemelerden İmal Edilmiş (Kompozit) Kirişlerin Basit Eğilmesi
y
dA şerit elemanlarındaki diferansiyel kuvvetler:
1
𝑦
Malzeme 1 için: 𝜎𝑥1 = 𝐸1 . 𝜀𝑥 = −𝐸1 .
𝜌
𝜎𝑥1
𝑑𝐴
𝑑𝐹1
z
Malzeme 2 için: 𝜎𝑥2 = 𝐸2 . 𝜀𝑥 = −𝐸2 .
𝜎𝑥2
2
𝑑𝐹2
Şekil 5.4.2
x
𝐸2
= 𝑛 olduğunu düşünelim:
𝐸1
𝑦
𝜌
𝑦
𝑑𝐹1 = 𝜎𝑥1 𝑑𝐴 = −𝐸1 . 𝑑𝐴
𝜌
,
,
𝑦
𝑑𝐹2 = 𝜎𝑥2 𝑑𝐴 = −𝐸2 . 𝑑𝐴
𝜌
𝑦
→ 𝑑𝐹2 = −𝑛. 𝐸1 𝑑𝐴
𝜌
Sadece M dış momenti olduğundan kesitte toplam iç normal
kuvvet sıfırdır.
,
𝑦
𝑦
Toplam İç
න
𝜎
𝑑𝐴
+
න
𝜎
𝑑𝐴
න 𝑑𝐹1 + න 𝑑𝐹2 =
= න −𝐸1 . 𝑑𝐴 + න −𝑛. 𝐸1 𝑑𝐴 = 0 → න 𝑦 𝑑𝐴 + න 𝑦𝑛𝑑𝐴 = 0
𝑥1
𝑥2
kuvvet:
𝐴1
𝐴2
𝜌
𝜌
𝐴1
𝐴2
𝐴1
𝐴2
𝐴1
𝐴2
b
𝑑𝐴
Malzeme 2 nin alanını n katına
Genişletilmiş kesitin
ℎ1
‫ 𝐴𝑑 𝑦 𝐴׬‬+ ‫𝐴𝑑𝑛𝑦 𝐴׬‬
çıkarmak için genişliğini n.b
𝑛𝑑𝐴
2
ağırlık merkezinin denklemi: → 𝑦ത = 1
yaparız.
𝐴1 + 𝑛𝐴1
ℎ2
𝑑𝐹2
kuvveti n.dA alanına
0
n.b
=
=0
etkiyormuş gibi düşünebiliriz.
𝐴1 + 𝑛𝐴1
Şekil 5.4.3
Bu son denklem, genişletilmiş kesitin ağırlık merkezinin y koordinatının sıfır olduğunu, yani aslında uzayamayan
fiberin ve tarafsız eksenin genişletilmiş kesitin ağırlık merkezinden geçtiğini kanıtlamaktadır.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
218
5.4 Farklı Malzemelerden İmal Edilmiş (Kompozit) Kirişlerin Basit Eğilmesi
y
Kesitteki İç
Moment:
1
න 𝜎𝑥1 . 𝑦. 𝑑𝐴 + න 𝜎𝑥2 . 𝑦. 𝑑𝐴 = −𝑀𝑧
𝐴1
𝐴2
Genişletilmiş kesitin ağırlık merkezinden
geçen yatay eksene göre atalet momenti:
𝜎𝑥1
𝑑𝐴
𝑑𝐹1
z
−𝐸1
→
𝐼 = −𝑀𝑧
𝜌 𝑧
𝜎𝑥2
2
𝑑𝐹2
x
−𝐸1
→
න 𝑦 2 𝑑𝐴 + න 𝑦 2 𝑛𝑑𝐴 = −𝑀𝑧
𝜌
𝐸1 𝑀𝑧
→
=
𝜌
𝐼𝑧
ve
𝜎𝑥1 = −𝐸1 .
𝑦
𝜌
idi.
𝑀𝑧
𝑦
𝐼𝑍
( 5.4.1)
𝑀𝑧
𝑦
𝐼𝑍
( 5.4.2)
kesiti değiştirilmemiş olan malzeme bölgesinde gerilme hesabı:
𝜎𝑥1 = −
kesiti değiştirilmiş olan malzeme bölgesinde gerilme hesabı:
b
y
𝜀𝑥
𝜎
𝜎𝑥2 = −𝑛
Şekil 5.4.4
ℎ1
ℎ2
𝐼𝑧
𝑥
𝐺
n.b
ℎ1 1
𝜎𝑥1
z ℎ2 2
𝜎𝑥2
T.E
Şekil 5.4.5
Özet olarak: Kiriş kesitinin Malzeme 2 bölgesinin bir kenarı (genelde yatay kenarı) n katı kadar arttırılarak genişletilmiş kesit elde
edilir. (n < 1 ise alt kenar küçülür, kesit daralmış olur). Eksen takımı genişletilmiş şeklin ağırlık merkezi olan G noktasına yerleştirilir.
Tarafsız eksen (T.E) bu ağırlık merkezinden geçen z eksenidir. Gerilmeler 5.4.1 ve 5.4.2 denklemlerinden bölgeye göre
bulunur. 𝐼𝑍 değerinin genişletilmiş kesite ait olduğunu unutmamak gerekir. Şimdi konuyu örneklerle u daha fazla pekiştirelim:..>>
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
219
5.4 Farklı Malzemelerden İmal Edilmiş (Kompozit) Kirişlerin Basit Eğilmesi
P=1kN
Örnek 5.4.1 (video 5.d, örn 1):
Şekildeki kiriş bakır ve çelik elemanların üst üste
P=1kN
B
yapıştırılması sonucu oluşturulmuştur. Gösterilen yükleme A
durumuna göre kirişte oluşan maksimum ve minimum
1m
2m
1m
Şekil 5.4.6
normal gerilmelerin yerlerini ve şiddetlerini ve
çelik çubuğun ağırlık merkezindeki normal gerilmeyi hesaplayınız.
Çözüm:
Statik dengeden ve simetriden dolayı A ve B deki
reaksiyon kuvvetleri eşit çıkar. RA= RB= 1kN
y
P=1kN
P=1kN
1m
2m
1m
RA=1kN
𝑀𝑧
60mm bakır
x
RB=1kN
𝑀𝑧−𝑚𝑎𝑥 =RAx1 = 1kNm
Eğilme momenti diyagramı
23.08.2024
𝐸ç𝑒𝑙𝑖𝑘
200
=
=2=𝑛
𝐸𝑏𝑎𝑘𝚤𝑟 100
80mm
≡
çelik
20mm
y
mm
20 a
60mm 1 G1
G
z
80mm 2 b G2
bakır
60mm
çelik
80mm
20mm
(𝐸ç𝑒𝑙𝑖𝑘 = 200𝐺𝑃𝑎 ,
𝐸𝑏𝑎𝑘𝚤𝑟 = 100𝐺𝑃𝑎)
Çeliğin yatay kenarı n
katı kadar genişletilir.
𝑦ത2 𝑦ത
𝑦ത1
nx20= 40mm
Genişletilmiş kesitin Ağırlık merkezi:
x
𝐴1 ⋅ 𝑦ത1 + 𝐴2 𝑦ത2 20𝑥60𝑥110 + 40𝑥80𝑥40
→ 𝑦ത = 59.09𝑚𝑚
𝑦ത =
=
𝐴1 + 𝐴2
20𝑥60 + 40𝑥80
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
220
5.4 Farklı Malzemelerden İmal Edilmiş (Kompozit) Kirişlerin Basit Eğilmesi
y
a
1 G1
Genişletilmiş kesitin z eksenine göre atalet momenti :
20mm
60mm
G
z
80mm 2 b G2
𝑦ത2
nx20= 40mm
𝑦ത
𝑦ത1
3
20𝑥603
40𝑥80
𝐼𝑧 =
+ 20𝑥60(110 − 59.09)2 +
+ 40𝑥80(59.09 − 40)2
12
12
→ 𝐼𝑧 = 6343030𝑚𝑚4
"a" noktası, genişletilmemiş kesit
bölgesinde
(bakır
kısmında)
olduğundan 5.4.1 denkleminden
gerilmesi bulunur.
𝑀𝑚𝑎𝑥
1𝑥106 Nmm
𝜎𝑥𝑎 = −
⋅ 𝑦𝑎 = −
(140 − 59.09) → 𝜎𝑥𝑎 = −12.75MPa = 𝜎𝑥𝑚𝑖𝑛
𝐼𝑧
6343030
"b"
noktası,
genişletilmiş
kesit
bölgesinde
(çelik
kısmında)
olduğundan
5.4.2
denkleminden
gerilmesi bulunur.
𝑀𝑚𝑎𝑥
1𝑥106 Nmm
𝜎𝑥𝑏 = −𝑛
⋅ 𝑦𝑏 = −2
−59.09
𝐼𝑧
6343030
(Çelik çubuk hacminin ağırlık merkezi
tam orta kesitteki G2 noktasıdır ve
genişletilmiş kesittedir. Diyagramdan
bu kesitteki moment maksimum
moment olduğu görülmektedir.)
1𝑥106
𝑀𝑚𝑎𝑥
[− 59.09 − 40 ] → 𝜎𝑥𝐺2 = 6MPa
𝜎𝑥𝐺2 = −𝑛
⋅ [− 𝑦ത − 𝑦ത2 ] = −2
6343030
𝐼𝑧
y
a
G1
Normal gerilme dağılımını çizersek:
23.08.2024
→ 𝜎𝑥𝑏 = 18.6MPa = 𝜎𝑥𝑚𝑎𝑥
z
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
G
b G2
−12.75𝑀𝑃𝑎
bakır
6MPa
çelik
18MPa
221
5.4 Farklı Malzemelerden İmal Edilmiş (Kompozit) Kirişlerin Basit Eğilmesi
Endüstriyel bir uygulama :
Sandviç Kompozit Panel Çatı Sistemleri
Binaların çatıları için kullanılan bu sistemler, iki ince
metal plaka arasına ısı yalıtımı yüksek olan köpük
tarzında bir malzemenin yerleştirilmesiyle imal
edilirler. Bu panellerin üzerinde biriken kar, yayılı
yüke sebep olur ve bu sistemler eğilmeye maruz
kalır. İnce uzun panellerde oluşan gerilmeleri, bu
bölümde anlatılan kompozit kirişler için yaptığımız
hesaplama şekliyle elde edebiliriz. (Genişliği ve boyu
birbirine yakın panelleri ise plak olarak tanımlanır ve
bunları hesaplamaları plaklara özgü teorilerle
yapılabilir. Bu ise daha ileri seviye bir konudur.)
23.08.2024
(c)
(b)
(a)
Şekil 5.4.7
Hesaplamalar için
Genişletilmiş kesit
Orijinal kesit
h2
2
h1
1
h2
2
b
h2
𝐸2
=𝑛
𝐸1
(a)
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
h1
h2
nb
Şekil 5.4.8
(b)
222
5.4 Farklı Malzemelerden İmal Edilmiş (Kompozit) Kirişlerin Basit Eğilmesi
Örnek 5.4.2*
Çelik ve alüminyum çubukların birleştirilmesi ile
meydana gelen kompozit kirişin kesiti şekilde
verilmektedir. Kirişin tamamını göze alarak
Alüminyum ve çelikte meydana gelen maksimum ve
minimum normal gerilmeleri bulunuz.
(Eç= 210 GPa, EAl=70 GPa).
Şekil 5.4.9
Çözüm: Statik hesaplamalar:
𝐼
𝑅𝐴
𝐼
(𝑁𝑚)
40
3
𝑅𝐵
20
Σ𝑀𝐴 = 0 → 𝑅𝐵 . 3 − 20. (1) = 0 → 𝑅𝐵 = 3 𝑁
40
20
→
𝑅
=
𝑁
= 20
𝐴
Σ𝐹𝑦 = 0 = 𝑅𝐴 + 𝑅𝐵 − 20 = 0 → 𝑅𝐴 +
3
3
A-C bölgesinde I-I kesiminin sol parçasının dengesi:
𝐴
𝑅𝐴
En kritik kesit
23.08.2024
𝑘1
Σ𝑀𝑘1 = 0 → 𝑀1 = 𝑅𝐴 . 𝑥
𝑀1
𝑉1
𝑥 = 0 𝑖ç𝑖𝑛
→ 𝑀1 = 0
40
𝑁𝑚
𝑥 = 1 𝑚 𝑖ç𝑖𝑛 → 𝑀𝐶 = 𝑀1𝑚𝑎𝑥 = 𝑅𝐴 . 1 =
3
Ani bir moment değişimi olmadığı için CB bölgesini incelemeye gerek kalmaz.
𝑥
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
223
5.4 Farklı Malzemelerden İmal Edilmiş (Kompozit) Kirişlerin Basit Eğilmesi
𝑛=
𝐸ç
210
=
= 3 (Çelik alanı 3 katı genişletilecek, alüminyum alanı sabit kalacaktır.
𝐸𝐴𝑙
70
Böylece genişletilmiş çözüm kesiti elde edilir.)
orjinal kesit
𝐾 = 8 + 8𝑥3 + 8 = 40𝑚𝑚, 𝑀 = 8 + 8 + 8 = 24𝑚𝑚
𝑦
K
e
8mm
≡ 𝑧
8mm
1
𝐺1
𝐺
a
𝐴1 𝑦ത1 + 𝐴2 𝑦ത2 40𝑥8𝑥12 + 24𝑥8𝑥4
= 9 𝑚𝑚
𝑦ത =
=
𝐴1 + 𝐴2
40𝑥8 + 24𝑥8
e
𝑇. 𝐸
b
𝐺2
2 d
M
𝑑1
𝑑2
𝑦ത
𝑦ത2
𝑦ത1
3
40𝑥83
24𝑥8
𝐼𝑧 =
+ 8𝑥40𝑥(12 − 9)2 +
+ 24𝑥8𝑥(9 − 4)2
12
12
→ 𝐼𝑧 ≅ 10411𝑚𝑚4
C kritik kesitinde eğilme momenti pozitif çıktığı için üstteki noktalarda bası gerilmeleri, alttaki noktalarda çeki gerilmeleri oluşur.
Alüminyumdaki gerilmeler:
Çelikteki gerilmeler:
40
3 Nmm
𝑥10
𝑀𝐶
𝜎𝑥𝑒 = −
⋅ 𝑦𝑒 = − 3
(7𝑚𝑚)
𝐼𝑧
10411
40
3 Nmm
𝑥10
𝑀𝐶
𝜎𝑥𝑎 = −𝑛
⋅ 𝑦𝑎 = −3𝑥 3
7𝑚𝑚
𝐼𝑧
10411
→ 𝜎𝑥𝑒 = −8.96MP𝑎 = 𝜎𝑥𝑚𝑖𝑛−𝐴𝑙ü𝑚.
→ 𝜎𝑥𝑎 = −26.89MP𝑎 = 𝜎𝑥𝑚𝑖𝑛−ç𝑒𝑙𝑖𝑘
40
𝑥103 Nmm
𝑀𝐶
𝜎𝑥𝑏 = −𝑛
⋅ 𝑦𝑏 = −3𝑥 3
(−1𝑚𝑚)
𝐼𝑧
10411
40
𝑥103 Nmm
𝑀𝐶
𝜎𝑥𝑑 = −
⋅ 𝑦𝑑 = − 3
(−9𝑚𝑚)
𝐼𝑧
10411
→ 𝜎𝑥𝑏 = 3.84MP𝑎 = 𝜎𝑥𝑚𝑎𝑥−ç𝑒𝑙𝑖𝑘
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
→ 𝜎𝑥𝑑 = 11.52MP𝑎 = 𝜎𝑥𝑚𝑎𝑥−𝐴𝑙ü𝑚.
224
5.4 Farklı Malzemelerden İmal Edilmiş (Kompozit) Kirişlerin Basit Eğilmesi
Örnek (Soru) 5.4.3 Şekilde kesiti gösterilen kiriş T şeklinde çelik ve dikdörtgen
çelik
şeklinde ahşap parçaların birleştirilmesiyle oluşturulmuştur. Bu kesit 50kNm lik bir
eğilme momentine maruz kalırsa, (a) ahşaptaki maksimum gerilmeyi, (b) üst kenar
ahşap
boyunca çelikteki gerilmeyi belirleyiniz. ( Eahşap = 12,5 GPa ve Eçelik = 200 GPa).
Cevap: a-) 4.57 MPa,
b-) 43.8MPa
Şekil 5.4.10
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
225
P
S
e
G
İnce Cidarlı, Simetrik Kesitli Kirişlerin
Kesmeli Basit Eğilmesinde
5.5 Kayma Merkezi
Video 5.5
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
226
Kesmeli Eğilmede Kayma Merkezi
5.5.1 Hatırlatma ve uyarı: Bu konuyu anlayabilmek için 5.3 bölümünde anlatılmış olan «kesmeli eğilmede kayma gerilmesi (t) ve
kayma akısı (q) dağılımlarının» iyice kavranmış olması gerekir. Bu bölümdeki amacımız ise kesmeli basit eğilmeye maruz, ince
cidarlı simetrik kesitli kirişlerde kayma merkezinin yerini tespit edebilmektir.
5.5.2 Kayma Merkezi Kavramı: A ucundan bir duvara betonlanmış (ankastre) bir kirişe, B serbest kesitinin ağırlık merkezinden
geçecek şekilde yukarı doğru P tekil kuvveti uygulayalım. Herhangi bir C kesitindeki kesme iç kuvveti ve q akısı dağılımının alttaki
gibi olacağını 5.3 konusunda öğrenmiştik.
P
P
D
D
G
B
q: kayma akısı. (Birim
≡
G
S
S
B
q
A
23.08.2024
kuvveti N/mm)
qmax
C
Şekil 5.5.1
uzunluktaki iç kesme
q
C
Şekil 5.5.2
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑞=
𝑉𝑄
𝐼𝑧
(5.3.3.b)
devamı…>>
227
Kesmeli Eğilmede Kayma Merkezi
P
D
F
D
≡
d
G
B
i
qmax
Şekil 5.5.3
y
b G
S
a
C
n
e
D
V
F
h
z
q
S
P
P
≡
z
h
C
f
C
𝑉𝑄
q: kayma akısı: 𝑞 =
𝐼𝑧
Q: ilgili kısmın statik momenti
h
h
V
F
Şekil 5.5.5
Şekil 5.5.4
q k
m
b G
S
F
y
F iç kuvvetleri : yatay q değerlerinin toplamıdır. P
dış
kuvveti
B
kesitindeki
D
noktasına
Simetriden dolayı alt ve üst kısımdaki F kuvvetleri kaydırılırsa, P nin G’ye göre bir burulma momenti
eşit fakat zıt yönlü olur.
oluşur ve döndürme yönü, V ve F kuvvetlerinin
V iç kuvveti: düşey q ların toplamıdır.
momentlerine göre zıt yöndedir.
(Q değeri 5.3 konusunda
Σ𝐹𝑦 = 0 → 𝑉 = 𝑃; Σ𝐹𝑧 = 𝐹 − 𝐹 = 0 yazılabilir. D’ nin C kesitindeki izdüşümü S noktasıdır. S
açıklanmıştı. ilerideki sayısal
örneklerde daha net anlaşılacaktır.) Fakat dikkat edilirse V ve F iç kuvvetlerinin G’ye noktası öyle bir yerdedir ki, G’ye göre tüm
qa=qk=0 ; qd > qi
göre momentleri burulma
qd =qf , qi =qm (simetriden)
toplamları sıfır değildir. Σ𝑀𝐺𝑥 = 𝑉. 𝑏 + 2𝐹ℎ . . ≠ 0
qn =qmax (ağırlık merkezinde)
Çünkü V ve F lerin döndürme yönleri aynıdır. Bu (bu denklemden e hesaplanabilir)
Kayma akısı yönü: a dan dolan
sebeple kirişte, eğilmenin yanı sıra burulma Bu durumda kirişte sadece eğilme oluşur, burulma
momentidir ve kuvvetlerin toplam momenti sıfırdır.
Σ𝑀𝐺 = 𝑉. 𝑏 + 2𝐹ℎ − 𝑃. 𝑒 = 0
suyun k ya doğru akması gibidir. oluşur; yani kiriş x eksenin etrafında bir miktar ve dolayısıyla çarpılma, bükülme oluşmaz. İşte bu
23.08.2024
dönerek şekil değiştirir.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
S noktası kesitin kayma merkezidir.
228
Kesmeli Eğilmede Kayma Merkezi
5.5.3 Kayma Merkezinin önemi için bir örnek:
Şekil 5.5.6
Şekil 5.5.7
P yükü G’den uygulandığı için
P yükü S kayma merkezinden uygulandığı için
Hem eğilme hem burulma oluşmuş.
Sadece eğilme oluşmuş; burulma sözkonusu değil.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
229
Kesmeli Eğilmede Kayma Merkezi
5.5.4 V doğrultusuna göre simetrik kesitlerde kayma merkezi: Bu tip kesitlerde, kayma merkezi (S) ile ağırlık merkezi (G)
noktalarının her ikisi de, V doğrultusundaki simetri ekseni (y veya z ekseni) üzerinde olmakla birlikte; aynı veya farklı konumlarda
olabilir. V doğrultusu y veya z eksenlerinden birisiyle çakışıktır. Alttaki örneklerde görüleceği üzere P dış kuvvetinin doğrultusu S’den
geçtiği için statik denge denklemleri sağlanır ve G’ye göre moment (burulma momenti) de sıfır olacağından kirişte x etrafında dönme
şekil değiştirmesi (çarpılma, bükülme) olmaz.
Bu örnekte P ve V nin yatay olduğuna
y
y
ve yine V doğrultusuna göre kesitin
P
y
simetrik olduğuna dikkat ediniz.
P
P
F
F
V/2
F F
F
y
S
z
z
G
x
z
G
V
F
G,S
V
z
V (bileşke)
P
G, S
F
F
Şekil 5.5.9
V/2
Şekil 5.5.10
Şekil 5.5.11
Σ𝐹𝑧 = 0 → 𝑃 = 𝑉
Σ𝐹𝑧 = F − F = 0
Σ𝐹𝑧 = 2F − 2F = 0
Σ𝐹𝑦 = 𝐹 − 𝐹 = 0
Şekil 5.5.8
Σ𝐹𝑦 = 0 → 𝑃 = 𝑉
Σ𝐹𝑦 = 0 → 𝑃 = 𝑉
Σ𝑀𝐺𝑥 = 0
Σ𝑀𝐺𝑥 = 0
Σ𝑀𝐺𝑥 = 0
Kayma akılarının kesitlerdeki akış yönlerinin neden bu şekillerde olduğunu anlamak için 5.3 konusunun incelenmesi gerekir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
230
Kesmeli Eğilmede Kayma Merkezi
Örnek 5.5.1
Şekildeki ince cidarlı konsol kirişin kesit boyutları b=100 mm, h=150 mm ve
t=3 mm’dir. Kirişin serbest ucuna bağlanmış levhaya P=20 kN’luk düşey bir kuvvet uygulanacaktır.
Buna göre;
a-) Herhangi bir kesitteki kayma akısı dağılımını belirleyiniz.
b-) P kuvveti hangi e mesafesinden uygulanmalıdır ki, kirişte kendi ekseni (x) etrafında herhangi bir dönme (burulma)olmasın?
c-) Kayma gerilmelerinin dağılımını çizerek maksimum kayma gerilmesinin yerini ve şiddetini bulunuz.
b
B
P
z
y
e
t
D
23.08.2024
Şekil 5.5.13
MUKAVEMET I1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
h
G
O
Şekil 5.5.12
A
t
E
231
Kesmeli Eğilmede Kayma Merkezi
b=100mm
Çözüm:
𝐼𝑧 = 𝐼𝑧−𝑤𝑒𝑏 + 2𝐼𝑧−𝑓𝑙𝑎𝑛𝑔𝑒
A
flange
y
G
z
𝑑
1 3
1 3
ℎ
𝐼𝑧 =
𝑡ℎ + 2
𝑏𝑡 + 𝑏𝑡
12
12
2
A
B
Hesaplarımızda kullanmak üzere, öncelikle
ağırlık merkezinden geçen z yatay eksenine
göre atalet momentini hesaplamalıyız:
b
t
2
D
Şekil 5.5.14
h=150mm
t=3mm
≈
23.08.2024
1
150
2
G
z
E
t
flange
t
𝑑=
ℎ
2
Şekil 5.5.15
𝑡. ℎ3
𝐼𝑧−𝑤𝑒𝑏 =
12
𝑏. 𝑡 3
𝐼𝑧−𝑓𝑙𝑎𝑛𝑔𝑒 =
+ 𝐴𝑑 2
12
(t kalınlığından kaynaklı küçük farklar ihmal edilmiştir.)
1
1
3
𝐼𝑧 =
3 × 150 + 2
100 × 33 + 100 × 3
12
12
ℎ
𝑑=
2
web y
2
𝐼𝑧 ≅ 4.22 × 106 𝑚𝑚4
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
232
Kesmeli Eğilmede Kayma Merkezi
b=100mm
𝑧′
B
qf
qw
𝑇. 𝐸.
z
a-) Herhangi bir kesitte:
A
A1=tz
y
𝑞𝑓 =
h=150mm
t=3mm
𝑉𝑄𝑓
𝐼𝑧
E
Şekil 5.5.16
𝑞𝑓
𝑧′
A
B
qf
(A dan itibaren yatay 𝑧′ uzaklığındaki bir nokta için kayma akısı)
A1 taralı alanının
statik momenti :
qf
𝑑𝑧′
Ff
𝑄𝑓 = 𝑦1 𝐴1 =
20𝑥103
=
𝑥225𝑧′
4.22𝑥106
ℎ
150
𝑡𝑧′ =
3𝑧′ → 𝑄𝑓 = 225𝑧′
2
2
→ 𝑞𝑓 = 1.066𝑧′
(N/mm)
AB ve DE flanşlarındaki toplam iç kesme kuvvetleri:
𝑏
100
0
0
1.066 2 100 1.066
𝐹𝑓 = න 𝑞𝑓 𝑑𝑧′ = න 1.066𝑧′𝑑𝑧′ → 𝐹𝑓 =
𝑧′ ቚ
=
1002 → 𝐹𝑓 = 5330 𝑁
2
2
0
V
𝑇. 𝐸.
𝑞𝑓 : Kayma akısı: Birim uzunluğa düşen iç kesme kuvveti
Ff
E
D
23.08.2024
AB ve DE flanşları için:
ℎ
𝑦1 =
2
G
D
Kesme kuvveti Statik dengeden V = P=20kN
Şekil 5.5.17
(𝑞𝑓 𝑑𝑧′): 𝑑𝑧′ dif. uzunluğuna düşen iç kesme kuvveti
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
233
Kesmeli Eğilmede Kayma Merkezi
BD gövdesi için
b=100mm
qf
B
y mesafesindeki kayma akısı : 𝑞𝑤 =
A
𝑄1
𝐴″
A’
𝑦′ − 𝑦
qw
z
𝑦′ =
y
G
𝑇. 𝐸.
ℎ
2
≈
h=150mm
𝑄𝑤 ′
z
t
y
E
Şekil 5.5.19
A
B
Ff
qw
,
Ff
2
− 𝑦2
𝑄𝑤 = 22500 + 1.5(752 − 𝑦 2 )
75
𝐹𝑤 = න 𝑞𝑤 𝑑𝑦 = න [106.6 + 0.0071 752 − 𝑦 2 ]𝑑𝑦 → 𝐹𝑤 = (146.53 𝑦 −
E
ℎ
2
𝑉𝑄𝑤
20𝑥103
2 − 𝑦2)
𝑞𝑤 = 106.6 + 0.0071(752 − 𝑦 2 )
𝑞𝑤 =
=
22500
+
1.5(75
𝐼𝑧
4.22𝑥106
BD gövdesindeki iç kesme kuvveti (𝐹𝑤 ):
(Hesaplarımız doğru ise Statik denge sebebiyle 𝐹𝑤 , P’ye eşit çıkmalıdır.)
ℎൗ
2
Fw=V=P
23.08.2024
= 𝑦 ′ 𝐴′ + 𝑦 ″ 𝐴″
ℎ
1 ℎ
ℎ
1
𝑡
𝑄𝑤 = 𝑏𝑡 +
+𝑦 𝑡
−𝑦 =
ℎ𝑏𝑡 +
2
2 2
2
2
2
Şekil 5.5.18
D
t
G
qf
𝑑𝑦
𝑄𝑤 = 𝑄𝑤 ′ + 𝑄1 (toplam taralı alanın statik momenti):
ℎ
′
″
,
𝐴
=
𝑏𝑡
𝑄𝑤
𝐴 =𝑡
−𝑦
b
2
1 ℎ
1 ℎ
𝑦 ′ −𝑦
′′
𝑦 =𝑦+ 2
=𝑦+
− 𝑦 → 𝑦 ″=
+𝑦
2 2
2 2
t=3mm
D
𝑉𝑄𝑤
𝐼𝑧
−ℎൗ
2
−75
0.0071 3 75
𝑦 )ቚ
3
−75
→ 𝐹𝑤 ≅ 20000𝑁 = 𝑉 = 20𝑘𝑁 = 𝑃
Şekil 5.5.20
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
234
Kesmeli Eğilmede Kayma Merkezi
Kirişte kendi ekseni (x) etrafında herhangi bir dönme olmaması net burulma momentinin sıfır
b-)
olmasıyla, bu ise P dış kuvvetinin kayma merkezinden uygulanmasıyla mümkündür. O halde bu şıkta
bize S kayma merkezinin mesafesi ( e ) sorulmaktadır.
b=100mm
P=2kN
z
V y
s
Ff
h=150mm
G
t
D
→
𝐹𝑓 − 𝐹𝑓 = 0
෍ 𝐹𝑦 = 0
→
𝑉=𝑃
→
ℎ
𝑉. 𝑒 − 2(𝐹𝑓 ) = 0
2
A
B
e
෍ 𝐹𝑧 = 0
Ff
Şekil 5.5.21
෍ 𝑀𝑆 = 0
→
ℎ
𝑒 = 𝐹𝑓
𝑉
→
𝑉. 𝑒 = 𝐹𝑓 ℎ
150
= 5330
20000
E
→ 𝑒 = 39.975 𝑚𝑚
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
235
Kesmeli Eğilmede Kayma Merkezi
c-) Kayma gerilmesi 𝝉 (N/mm2), birim alana düşen iç kuvvet olduğundan, 𝝉 gerilmesi birim uzunluğa düşen iç
kuvvet yani 𝑞 (N/mm) kayma akısının kalınlığa bölünmesine eşit olur. Flanşlarda yatay kayma gerilmeleri 𝜏𝑧𝑥 ,
gövdedeki kayma gerilmeleri ise 𝜏𝑦𝑥 dir.
Üst ve alt flanşlardaki kayma gerilmesi dağılımı 𝜏𝑓 = 𝜏𝑧𝑥
𝑞𝑓 1.066𝑧′
𝜏𝑓 =
=
= 0.355𝑧′
𝑡
3
b=100mm
(a şıkkında hesaplanmıştı)
→
𝜏𝐴 = 𝜏𝐸 = 0
𝑧′ = 100 𝑚𝑚
→
𝜏𝐵 = 𝜏𝐷 = 0.355 × 100 = 35.5 𝑀𝑃𝑎
Gerilme yönü
→
𝜏𝐵 = 35.5 𝑀𝑃𝑎
𝑦 = −75 𝑚𝑚
→
𝜏𝐷 = 35.5 𝑀𝑃𝑎
𝑦=0
→
𝜏𝑓 = 𝜏𝑧𝑥
y
𝜏𝑚𝑎𝑥
G
z
t=3mm
𝜏𝐷
h=150mm
𝜏𝑤 = 𝜏𝑦𝑥
→ 𝜏𝑤 = 35.5 + 0.00237(752 − 𝑦 2 )
𝑦 = 75 𝑚𝑚
A
B
Gövdedeki kayma gerilmesi dağılımı 𝜏𝑤 = 𝜏𝑦𝑥
𝑞𝑤 106.6 + 0.0071(752 − 𝑦 2 )
𝜏𝑤 =
=
𝑡
3
Gerilme
doğrultusu
𝑧′
𝜏𝐵
𝜏𝐵
𝑧′ = 0
Kesit
normali
D
t 𝜏𝑓 = 𝜏𝑧𝑥
E
𝜏𝐷
Şekil 5.5.22
𝜏𝐺 = 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 48.83 𝑀𝑃𝑎
Dış kısımdaki (kırmızı) oklar gerilmelerin şiddetini ve dağılımını göstermek
içindir. Gerilmelerin gerçek yönü kesit üzerindeki (mavi) okların yönüdür.
23.08.2024
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
236
Eğri
Eksenli
5.6
Çubukların Eğilmesi
(Örnekli Konu Anlatımı)
(Video 5.6)
23.08.2024
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
237
Eğri Eksenli Çubukların Eğilmesi
(a)
(b)
(d)
(c)
(e)
(f)
Şekil 5.6.1
Endüstride ve günlük hayatımızda çok sık karşılaştığımız parçalardan önemli bir tipi de eğrisel eksenli
elemanlar ve çubuklardır.
Farklı amaçlarla kullanılan bu elemanlar eğilme yüklemesine maruz kalmaktadır.
Bu bölümde amacımız, eğrisel eksenli bu tip elemanlarda, eğilme yüklemesi sonucu ortaya
çıkan gerilmeleri ve şekil değiştirmeleri formülüze etmektir.
(Daha önce 5.1 bölümünde doğrusal eksenli çubuklar için kullandığımızı yaklaşımın benzerini eğrisel
eksenli çubuklar için yapacağız.)
23.08.2024
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
238
Eğri Eksenli Çubukların Eğilmesi
5.6.1 Gerilme ve Şekil Değiştirme Hesapları
Orijinal halinde C merkezli q merkez açılı daire yayı şeklinde olan eğrisel eksene sahip şekil 5.6.2.a daki çubuğun her iki yüzeyine
M eğilme momenti uyguladığımızda, aynı merkezli olmak üzere Δ𝜃 kadar bir açı artışı olur ve şekil 5.6.2.b deki son şeklini alır.
y
Yüklemeden önce
(orijinal şekil)
y
C
q
𝑅
r
A
R
.B
K
y
O
e
G
y
E
z
x
Tarafsız Eksen
Yüklemeden sonra
𝑀
𝜃 ′ = 𝜃 + Δ𝜃
𝑅′
r
d.
y
e
g.
𝑀
h.
K
J
y
x
e
23.08.2024
e.
f.
Şekil 5.6.2.c
𝑀
𝑀
. 𝐵′
K′
E′
r′
O
G
C
′𝐸′
ෳ
ෲ =𝐷
𝐷𝐸
′ 𝐾′
𝐽ෲ
𝐾 > 𝐽ෲ
𝐶′
𝑟ҧ
b.
c.
kesit
Şekil 5.6.2.a
𝐷′
Çubuğu liflerden oluşmuş gibi düşünürsek;
a.
𝑟ҧ
𝐽′𝐴′
5.6.1.1 Önemli Noktalar:
C
Şekil 5.6.2.d
Şekil 5.6.2.b
i.
M eğilme momenti etkisi ile üstteki lifler kısalır,
alttaki lifler uzar.
En fazla uzayan veya kısalan lifler en dıştaki liflerdir.
DE uzamayan liftir, yüklemeden sonra boyu
′𝐸′
ෳ
ෲ =𝐷
değişmez. Yani: 𝐷𝐸
Çubuğun şekil değiştirmemiş ekseni eğriseldir.
Yüklemeden sonra biraz daha şekil değiştirir.
Çubuk Kesiti en az bir eksene göre simetriktir.
Uzamayan liflerin bulunduğu Tarafsız Düzlem
kesitin ağırlık merkezinden geçmeyebilir. Aralarında
e kadarlık bir mesafe vardır. Problem çözümlerinde
bu e mesafesinin hesaplanması gerekir.
Tam orta kesit için düşünürsek, eksen takımı kesitin
uzamayan lifine yani O noktasına yerleştirilir.
(Doğrusal çubuklarda G ve O çakışık ve e=0 idi.)
Herhangi bir a-b kesitindeki eksen takımı o kesitin O
noktasına yerleştirilir (şekil 5.6.2.d)
Herhangi bir J-K lifi üzerindeki bir noktada 𝜎𝑥
normal gerilmesi o noktanın teğeti doğrultusundadır.
Şekil 5.6.2.d’den J-K lifi ve herhangi bir a-b kesiti
boyunca olan 𝜎𝑥 gerilme dağılımlarını inceleyiniz.
Şimdi herhangi bir y mesafesindeki JK lifinde normal gerilme (𝜎𝑥 ) formülünü çıkarmayı hedefliyoruz:..>>
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
239
Eğri Eksenli Çubukların Eğilmesi
y
Gerinme(birim uzama veya kısalma): 𝜀𝑥
C
𝜀𝑥 in bulunması
q
𝑅
𝑟ҧ
Uzamayan lif için:
r
A
.B
K
y
O
e
′
𝜃 = 𝜃 + Δ𝜃
𝐽′𝐴′
𝑅′𝜃′ = 𝑅𝜃
JK lifindeki toplam kısalma miktarı:
𝑟 = 𝑅 − 𝑦,
𝑅′
′ 𝐸′
ෲ = 𝐷ෳ
𝐷𝐸
′ 𝐾′ − 𝐽ෲ
𝛿 = 𝐽ෲ
𝐾 = 𝑟 ′ 𝜃 ′ − 𝑟𝜃
𝐶′
𝑀
𝐷′
x
Şekil 5.6.2.a
y
ෲ = 𝑅𝜃
𝐷𝐸
ෳ = 𝑅′𝜃′
𝐷′𝐸′
E
G
Yüklemeden sonra
𝜎𝑥 i elde edeceğiz…>>
Hooke bağıntısından : 𝜎𝑥 = 𝐸 ⋅ 𝜀𝑥
𝜀𝑥 i bulup
Yüklemeden önce
(orijinal şekil)
′
𝛿 = 𝑅 ′ − 𝑦 𝜃 ′ − (𝑅 − 𝑦) ⋅ 𝜃
′
𝑟 =𝑅 −𝑦
⇒ 𝛿 = 𝑅 ′ 𝜃 ′ − 𝑦𝜃 ′ − 𝑅𝜃 + 𝑦𝜃
𝑀
⇒ 𝛿 = −𝑦 ⋅ 𝜃 ′ + 𝑦 ⋅ 𝜃 = −𝑦 𝜃 ′ − 𝜃
. 𝐵′
K′
E′
′
𝜃 = 𝜃 + Δ𝜃 ⇒
𝛿 = −𝑦 ⋅ Δ𝜃
′
(5.6.1)
𝜃 − 𝜃 = Δ𝜃
y
e
x
Şekil 5.6.2.b
JK lifindeki gerinme (strain) miktarı:
𝜀𝑥 =
−𝑦 ⋅ Δ𝜃
𝛿
𝛿
=
=
𝑟⋅𝜃
𝐿 𝐽ෲ
𝐾
⇒ 𝜀𝑥 = −
23.08.2024
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑦 ⋅ Δ𝜃
(𝑅 − 𝑦) ⋅ 𝜃
(5.6.2)
240
y
Eğri Eksenli Çubukların Eğilmesi
Yüklemeden önce
(orijinal şekil)
C
Kesitteki İç Normal Kuvvet = 0
Herhangi bir dış normal kuvvet olmadığı için, iç Normal Kuvvet de sıfır olmalıdır.
q
𝑟ҧ
𝜎𝑥
r
A
O
e
.B
K
y
𝑦
E
𝜎𝑥 = 𝐸 ⋅ 𝜀𝑥
Denklem 5.6.2’yi Hooke bağıntısında
yerine koyarsak:
Δ𝜃
𝑦
𝑦 ⋅ Δ𝜃
⇒ 𝜎𝑥 = −𝐸 ⋅
⋅
σ𝑥 = 𝐸 −
𝜃 𝑅−𝑦
𝑅−𝑦 ⋅𝜃
𝑅 −𝑦=𝑟
𝐸 ⋅ Δ𝜃 𝑅 − 𝑟
(5.6.3)
𝜎𝑥 = −
⋅
𝜃
𝑟
Ancak bu son denklemde R ve Dq
bilinmemektedir. Bunları bulmak için
işlemlere devam ediyoruz:
23.08.2024
න𝜎𝑥 ⋅ 𝑑𝐴 = 0 ⇒ ඲ −
𝑥 𝑧
𝑦
⇒−
x
G
Hooke bağıntısı :
Normal iç Kuvvet :
Şekil 5.6.3
Şekil 5.6.2.a
𝑅 −𝑟=𝑦
𝑦
𝑦
𝑅
(𝐸 ≠ 0, Δ𝜃 ≠ 0 ve 𝜃 ≠ ∞ 𝑜𝑙𝑎𝑐𝑎ğ𝚤 𝑖ç𝑖𝑛)
İntegralin dışı sıfır olamaz. O halde:..>>
න
𝐸 ⋅ Δ𝜃 𝑅 − 𝑟
.
⋅ 𝑑𝐴 = 0
𝜃
𝑟
𝐸 ⋅ Δ𝜃 𝑅 − 𝑟
න
⋅ 𝑑𝐴 = 0
𝜃
𝑟
𝑅−𝑟
⋅ 𝑑𝐴 = 0
𝑟
𝑑𝐴
𝑅
𝑅−𝑟
න
⋅ 𝑑𝐴 = න ⋅ 𝑑𝐴 − න 𝑑𝐴 = 0 ⇒ 𝑅 ⋅ න
=𝐴
𝑟
𝑟
𝑟
⇒
olmalıdır.
𝑅=
𝐴
𝑑𝐴
‫𝑟 ׬‬
(5.6.4.a)
Tarafsız eksenden geçen eğrisel eksenin
(veya uzamayan lifin) eğrilik yarıçapı
Örneğin Kesit dikdörtgen olursa:
𝑑𝐴
𝑟2
𝑇. 𝐸
𝑧
ℎ
𝑦 𝑟1
O.
.G
𝑅
𝑟ҧ
𝑑𝑟
𝑒
𝑏
Şekil 5.6.4
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑅=
ℎ
ℎ
𝐴
𝑏. ℎ
⇒ 𝑅 = 𝑟 (5.6.4.b)
=
=
𝑟2 𝑑𝑟
𝑑𝐴
𝑟2 𝑏. 𝑑𝑟
𝑙𝑛 2
‫𝑟 𝑟׬‬
‫𝑟 ׬‬
‫𝑟 𝑟׬‬
𝑟1
1
1
Ağırlık merkezinin yeri
(statikten bildiğimiz formül):
𝑟ҧ =
‫𝑟 ׬‬. 𝑑𝐴
(5.6.5)
𝐴
241
Eğri Eksenli Çubukların Eğilmesi
Tablo 5.6.1 : Bazı Kesitler için R formülleri:
(5.6.6.a)
23.08.2024
(5.6.6.b)
(5.6.6.c)
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
(5.6.6.d)
242
Eğri Eksenli Çubukların Eğilmesi
𝑦
𝑦
𝜎𝑥
𝑦
Kesitteki İç Eğime Momenti : M
𝑥 𝑧
y
C
න 𝑦 ⋅ 𝜎𝑥 ⋅ 𝑑𝐴 = 𝑀 → (denk 5.6.3’ü
𝑦
(dif. kuvvet)
q
r
A
O
e
.B
K
E
y
G
⇒
𝐸 ⋅ Δ𝜃 2 𝑑𝐴
𝑅 න
− 2𝑅 න 𝑑𝐴 + න 𝑟 ⋅ 𝑑𝐴 = 𝑀
𝜃
𝑟
Ağırlık
x merkezi
‫𝐴𝑑 ⋅ 𝑟 ׬‬
denklemi: ⇒ 𝑟ҧ =
⇒ න 𝑟 ⋅ 𝑑𝐴 = 𝑟ҧ ⋅ 𝐴 ;
𝐴
Şekil 5.6.2.a
𝐶′
𝑀
𝜃 ′ = 𝜃 + Δ𝜃
𝑅′
𝐽′𝐴′
𝑀
⇒
𝐸>0
. 𝐵′
K′
E′
∆𝜃 > 0
y
x
e
Şekil 5.6.2.b
Denk. 5.6.4.a
olduğundan
𝜃>0
𝐸Δ𝜃
⋅ 𝐴(𝑟ҧ − 𝑅) = 𝑀
𝜃
𝐸Δ𝜃
>0
𝜃
O halde:
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝐴
𝑑𝐴 𝐴
; න 𝑑𝐴 = 𝐴
⇒න
=
𝑑𝐴
𝑟
𝑅
‫׬‬
𝑟
𝐸 ⋅ Δ𝜃
⇒
(−𝑅𝐴 + 𝑟𝐴)
ҧ =𝑀
𝜃
𝑅=
𝐸 ⋅ Δ𝜃 2 𝐴
𝑅 ⋅ − 2𝑅 ⋅ 𝐴 + 𝑟ҧ ⋅ 𝐴 = 𝑀
𝜃
𝑅
y
Yüklemeden sonra
𝐸 ⋅ Δ𝜃 𝑅 2 − 2𝑅𝑟 + 𝑟 2
𝐸 ⋅ Δ𝜃 (𝑅 − 𝑟)2
න
⋅ 𝑑𝐴 = 𝑀
න
⋅ 𝑑𝐴 = 𝑀 ⇒
𝜃
𝑟
𝜃
𝑟
𝑦=𝑅−𝑟⇒
𝑅
𝑟ҧ
23.08.2024
𝐸 ⋅ Δ𝜃 𝑅 − 𝑟
⋅
⋅ 𝑑𝐴 = 𝑀
𝜃
𝑟
(moment kolu)
Yüklemeden önce
(orijinal şekil)
𝐷′
yerine koyarsak:) ⇒ න −𝑦 ⋅ −
𝑟ҧ > 𝑅 →
ve dolayısıyla
𝑟ҧ − 𝑅 = 𝑒
⇒
𝐸Δ𝜃
𝑀
=
𝜃
𝐴(𝑟ҧ − 𝑅)
→
𝑀
>0
𝐴(𝑟ҧ − 𝑅)
olur.
⇒
𝐸Δ𝜃
𝑀
=
𝜃
𝐴. 𝑒
(5.6.7)
243
Eğri Eksenli Çubukların Eğilmesi
Herhangi bir noktadaki Normal Gerilme:
y
C
Yüklemeden önce
(orijinal şekil)
𝑟ҧ
Son bulduğumuz
eşitliği tekrar yazalım:
q
𝑅
A.
Denklem (5.6.3) ü hatırlarsak: 𝜎𝑥 = −
r
.B
O
e
G
•
•
•
y
Yüklemeden sonra
𝐶′
𝑀
𝜃 ′ = 𝜃 + Δ𝜃
r′
𝑀
𝑅′
𝐵′
y
E′
𝐸Δ𝜃 𝑅 − 𝑟
.
𝜃
𝑟
𝑀(𝑟 − 𝑅)
𝐴. 𝑒. 𝑟
r-R =y koyarak
𝑀. 𝑦
𝜎𝑥 =
𝐴. 𝑒. (𝑅 − 𝑦)
(5.6.8)
(5.6.9)
(5.6.8) ve (5.6.9) nolu denklemlerinden birisiyle bir noktadaki gerilme hesaplanabilir.
Noktanın koordinatı r veya y dir ve bilinen değerlerdir.
e ve R değerleri ise problem içinde ayrıca hesaplanmalıdır.
Şekil değiştirmiş durumda Eğrilik Yarıçapı (𝑅′) Hesabı:
′ 𝐸′
ෲ = 𝐷ෳ
𝐷𝐸
Uzamayan lif:
K′
x
e
23.08.2024
𝜎𝑥 =
(Burada herhangi bir JK lifinin, DE uzamayan lifinin
daha altında ve daha uzun olduğunu düşündük)
x
Şekil 5.6.2.a
Tarafsız Düzlemin
bir kenarı
(uzamayan lif)
𝐸Δ𝜃
𝑀
=
𝜃
𝐴. 𝑒
1
1 𝜃′
= ⋅
𝑅′ 𝑅 𝜃
=
𝑅 ⋅ 𝜃 = 𝑅′ ⋅ 𝜃 ′
1 𝜃 + Δ𝜃 1
Δ𝜃
⋅
=
1+
𝑅
𝜃
𝑅
𝜃
Şekil 5.6.2.b
𝐸. Δ𝜃
𝑀
=
𝜃
𝐴⋅𝑒
bulmuştuk
⇒
Δ𝜃
𝑀
=
𝜃
𝐴⋅𝑒⋅𝐸
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
,
𝜃 ′ = 𝜃 + Δ𝜃
1
1
𝑀
=
1
+
𝑅′ 𝑅
𝐴 ⋅ 𝑒. 𝐸
(5.6.10)
244
Çözüm:
Eğri Eksenli Çubukların Eğilmesi
Örnek 5.6.1
𝑦
𝑑𝐴
kesit
𝑀
100𝑚𝑚
𝑀
𝑟1
𝑟2 𝑇. 𝐸
O.
𝑧
.
ℎ G
𝑅 𝑟ҧ
(5.6.8) Nolu denklemi
kullanarak 𝜎𝑥 normal
𝑀(𝑟 − 𝑅)
gerilmelerini hesaplayacağız: 𝜎𝑥 =
𝐴. 𝑒. 𝑟
𝑒
Bu denklemde bilinmeyenler R ve e
değerleridir. Bunları sırayla hesaplayalım:
𝑑𝑟
𝑏
Şekil 5.6.6
ℎ
(5.6.4.b) denkleminden: → 𝑅 =
𝑏
𝑟1 = 𝑟ҧ −
Şekil 5.6.5
Dikdörrgen kesitli, eğri eksenli çubuğa
M = 500Nm lik bir eğilme momenti
uygulanırsa, çubukta oluşan maksimum çeki
ve bası gerilmelerini hesaplayınız.
(b=50mm, h=25mm)
Şiddetçe en büyük gerilmeler
tarafsız eksenden en uzak
noktalardadır.
23.08.2024
𝑟2 = 𝑟ҧ +
ℎ
𝑟
𝑙𝑛 2
𝑟1
25
ℎ
= 100 −
⇒ 𝑟1 = 87.5𝑚𝑚
2
2
ℎ
25
=
100
+
⇒ 𝑟2 = 112.5𝑚𝑚
2
2
𝑒 = 𝑟ҧ − 𝑅 = 100 − 99.477 ⇒
𝑀(𝑟1 − 𝑅)
𝜎𝑥−𝑚𝑖𝑛 =
𝐴. 𝑒. 𝑟1
𝑅=
25
112.5
𝑙𝑛
87.5
→ 𝑅 = 99.477𝑚𝑚
𝑒 = 0.523𝑚𝑚
500𝑥103 𝑥(87.5 − 99.477)
=
= −104.69MPa
50𝑥25 𝑥 0.523 𝑥87.5
𝑀(𝑟2 − 𝑅)
500𝑥103 𝑥(112.5 − 99.477)
𝜎𝑥−𝑚𝑎𝑥 =
=
𝐴. 𝑒. 𝑟2
50𝑥25 𝑥 0.523 𝑥112.5
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
= 88.53MPa
245
Eğri Eksenli Çubukların Eğilmesi
Örnek 5.6.2 Şekil 5.6.7 deki kreyn
kancasında a-a kesitinde oluşan
maksimum çeki gerilmesini hesaplayınız.
Çözüm: Kancanın a-a kesiminin alt kısmının statik dengesini düşünelim (ayırma prensibi)
f-b kesitindeki iç çeki kuvveti ve iç eğilme momentini sırayla oluştuğunu düşünebiliriz.
(süperpozisyon prensibi)
𝑟ҧ
𝑀
𝑟𝑏
P
P
=
𝑅
a
𝑓
P
C 40mm
𝑏
𝑓
𝑏
35mm
25mm
23.08.2024
𝑓
𝑏
C
Şekil 5.6.7
+
sb2
𝑓
𝑏
𝜎𝑏
=
𝜎𝑏1
+
𝜎𝑏2
𝜎𝑚𝑎𝑥 =
𝜎𝑏
=
𝑃
𝐴
+
𝑀(𝑟𝑏 − 𝑅)
𝐴. 𝑒. 𝑟𝑏
M momentinin işaretine karar verelim:
P=15kN
sb1
𝜎𝑚𝑎𝑥 =
Şekil 5.6.8
a-a kesiti
60mm
𝑀
𝑏
𝑓
a
2
1
(Denk.5.6.8)
Bunun için sadece M etkisinin olduğu üstteki 2 nolu şekli düşüneceğiz.
Moment döndürme yönüne dikkat edilirse b noktasında çeki gerilmesi oluşacağı anlaşılır.
Soldaki şekilden rb<R olduğu görülür. M<0 (negatif işaretli) alınmalıdır ki: sb2 >0 çıksın.
Momentin şiddeti:
𝑀 = −𝑃. 𝑟ҧ = −15𝑥68.33
→ 𝑀 = −1024.95𝑘𝑁𝑚𝑚
Şimdi gerilme formülündeki bilinmeyenler olan R ve e değerlerini hesaplamalıyız:..>>
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
246
Eğri Eksenli Çubukların Eğilmesi
Tablo 5.6.1 deki trapez kesit formülü
Bu örnek için değerler:
1 2
⋅ ℎ ⋅ (𝑏1 + 𝑏2 )
𝑏1 = 35𝑚𝑚
2
𝑅=
𝑟
𝑏1 . 𝑟2 − 𝑏2 . 𝑟1 ⋅ ln 2 − ℎ ⋅ (𝑏1 − 𝑏2 )
𝑏2 = 25𝑚𝑚
𝑟1
a
aC
𝑓
𝑏
⇒
P=15kN
Şekil 5.6.9
35mm
25mm
a-a kesiti
h=60mm 40mm
.1
... 3
.2
𝑟1
𝑟1ҧ = 𝑟2ҧ
𝑅
𝑟ത
𝑟3ҧ
𝑒
𝑟2
23.08.2024
Şekil 5.6.10
𝑟1 = 40𝑚𝑚
1
⋅ 602 ⋅ (35 + 25)
2
=
100
35𝑥100 − 25𝑥40 ⋅ ln
− 60 ⋅ (35 − 25)
40
C
𝐴1 =
𝑟2 = 100𝑚𝑚
ℎ = 60𝑚𝑚
𝑅 = 63.88mm
1
𝑥60𝑥5 = 150mm2 = 𝐴2
2
𝐴3 = 25𝑥60 = 1500mm2
1
𝑟1ҧ = 40 + 60 ⋅ ⇒ 𝑟1ҧ = 60mm = 𝑟ഥ2
3
60
𝑟3ҧ = 40 +
⇒ 𝑟3ҧ = 70mm
2
Ağırlık Merkezi: 𝑟ҧ =
𝐴1 ⋅ 𝑟ഥ1 + 𝐴2 ⋅ 𝑟ഥ2 + 𝐴3 ⋅ 𝑟3ҧ
𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3
150𝑥60 + 150𝑥60 + 1500𝑥70
𝑟ҧ =
⇒ 𝑟ത = 68.33mm
150 + 150 + 1500
𝑒 = 𝑟ҧ − 𝑅 = 68.33 − 63.88
⇒
𝑒 = 4.45mm
𝐴 = 𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3 = 1800𝑚𝑚2
𝑃 𝑀(𝑟𝑏 − 𝑅)
15 ⋅ 103 −1024.95 𝑥 103 𝑥(40 − 63.88)
𝜎𝑚𝑎𝑥 = 𝜎𝑏 = +
=
+
𝐴
𝐴. 𝑒. 𝑟𝑏
1800
1800𝑥4.45𝑥40
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
→
𝜎𝑚𝑎𝑥 = 84.72𝑀𝑃𝑎
247
Eğri Eksenli Çubukların Eğilmesi
Örnek Soru 5.6.3: Şekildeki T kesitli makine parçasının emniyetli bası mukavemeti 50MPa
olduğuna göre, uygulanabilecek en büyük P kuvvetinin değerini hesaplayınız.
a-b kesiti
𝑏
20mm
𝑛
𝑠
𝑎
2
G2
C
G
𝑟3
60mm
P
G1
𝑒
𝑟ഥ2
40mm
1
20mm
80mm
𝑟ҧ = 𝑟2
𝑅
𝑟1 = 30mm
P
C.
Şekil 5.6.11.a
Şekil 5.6.11.b
Cevap: 8548.25𝑁
23.08.2024
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
248
𝑧𝑝
𝑦𝑝
𝑴
5.7 EĞİK EĞİLME
(Diğer İsimleri: Simetrik Olmayan Eğilme veya İki eksenli Eğilme)
(video 5.9.a)
23.08.2024
(video 5.9.b)
(video 5.9.c)
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
249
Eğik Eğilme
5.7.1 Bu bölümde Amacımız: Bir kirişte, iki eksenli eğilme veya diğer ismiyle eğik eğilme mevcut iken kiriş kesitinde normal gerilme
dağılımını formülüze etmektir. Eğik Eğilmenin ne olduğunu anlamak için öncelikle Statik ve Mukavemet 1 den iki hatırlatma yapacağız:
v yp
z
zp
q
𝜃𝑚
y
5.7.2 Hatırlatma-1 : (Statik 6.3 konusundan Asal Atalet Eksenleri)
Bir noktadan geçen tüm eksenlere
göre atalet momentlerinin geometrik
ifadesi olan mohr çemberi aşağıdaki
adımlarla çizilir:
O
u
Şekil 5.7.1
y-z düzlemindeki bir alanın herhangi bir O
noktasından geçen herhangi u-v
eksenlerine göre atalet momentleri alttaki
dönüşüm formüllerinden hesaplanır:
(𝐼𝑦 , 𝐼𝑧 ve 𝐼𝑦𝑧 ve 𝜃 biliniyorken)
K(𝐼𝑢 ; 𝐼𝑢𝑣 )
𝐼𝑧𝑦
C
𝐼𝑚𝑖𝑛
O
1- M(𝐼𝑧 ; −𝐼𝑧𝑦 ) noktası belirlenir.
2- N 𝐼𝑦 ; 𝐼𝑧𝑦 noktası belirlenir.
𝐼𝑖𝑗
−𝐼𝑧𝑦
3- M-N çizgisi çizilir ve C noktası belirlenir.
4- C merkezli, M ve N’den geçen çember çizilir.
2q 𝐼
𝑧
𝐼𝑦
2𝜃𝑚
𝑅
P(𝐼𝑣 ; −𝐼𝑢𝑣 )
𝐼𝑧 + 𝐼𝑦
2
𝐼𝑚𝑎𝑥
𝐼𝑧 − 𝐼𝑦
2
𝐼𝑖
M(𝐼𝑧 ; −𝐼𝑧𝑦 )
bulunduğumuz
nokta
5- Çember üzerinde bulunduğumuz M
Şekil 5.7.2
noktasından itibaren gerçekteki
ile aynı yönde 2q kadar döneriz. Geldiğimiz K noktasının koordinatları aradığımız
𝐼𝑢 ; 𝐼𝑢𝑣 değerlerini verir. K dan itibaren çemberde 1800 (gerçekte ise 900) dönülürse
𝐼𝑧 + 𝐼𝑦 𝐼𝑧 − 𝐼𝑦
𝐼𝑢 =
+
𝐶𝑜𝑠2𝜃 + 𝐼𝑧𝑦 𝑆𝑖𝑛2𝜃 (5.7.1)
geldiğimiz nokta olan P nin koordinatları ise 𝐼𝑣 ; −𝐼𝑢𝑣 değerine eşittir.
2
2
Çemberin yarıçapı:
Asal Atalet momentleri:
Asal Atalet ekseni açısı:
𝐼𝑧 + 𝐼𝑦 𝐼𝑧 − 𝐼𝑦
𝐼𝑣 =
−
𝐶𝑜𝑠2𝜃 − 𝐼𝑧𝑦 𝑆𝑖𝑛2𝜃 (5.7.2)
2
𝐼𝑧𝑦
𝐼𝑧 + 𝐼𝑦
2
2
𝐼𝑧 − 𝐼𝑦
(5.7.6)
tan
2𝜃
=
(5.7.5)
2
𝑚
𝑅=
+ 𝐼𝑧𝑦 (5.7 4) 𝐼max = 2 ± 𝑅
𝐼
−
𝐼
𝐼𝑧 − 𝐼𝑦
𝑧
𝑦
min
2
(5.7.3)
𝐼𝑢𝑣 = −
𝑆𝑖𝑛2𝜃 + 𝐼𝑧𝑦 𝐶𝑜𝑠2𝜃
2
2
Not: Statik 6.3 konusunda, alan x-y düzleminde incelenmişti. Ancak Mukavemetteki eğilme konularında kesit y-z
düzleminde incelenmektedir. ,Bu nedenle statik 6.3 konusundaki formüller, y-z eksenlerine göre tekrar uyarlanmıştır.
23.08.2024
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
250
Eğik Eğilme
y, yp
5.7.3 Hatırlatma 2: (Mukavemet 1 den Basit Eğilme)
Mukavemet 1 de öğrendiğimiz üzere, bir kirişin y-z düzlemindeki
Şekil 5.7.3
z yönünde
basit eğilme
kesitinde Basit Eğilme aşağıdaki iki şart mevcutken oluşur:
1. Şart: Kesit y veya z eksenlerinden en az birisine göre simetrik olmalıdır.
𝜎𝑥 = −
x
z, zp 𝑴𝒁 B
2. Şart : Kesitteki bileşke moment vektörünün doğrultusu y veya z
𝑴𝒚
Şekil 5.7.4
Eğik Eğilme nedir? Ne zaman oluşur?
Yukarıdaki iki şarttan en az birisi sağlanmıyorsa kesitte Eğik Eğilme oluşur.
y yönünde
basit eğilme
z, zp
yp
x
Şekil 5.7.5
(2nci şart sağlanmıyor)
z
z, zp
y
yp
𝑴
𝑴𝒁
G
z
zp
Şekil 5.7.6
23.08.2024
G
Şekil 5.7.7
(1nci ve 2nci şartlar sağlanmıyor)
Eksen takımı daima kesitin G ağırlık merkezine yerleştirilmelidir.
B
y
zp
(1nci şart sağlanmıyor)
𝑀𝑦
𝜎𝑥 =
𝑧
𝐼𝑦
x
Aşağıda eğik eğilme durumuna 3 örnek verilmiştir.
y, yp
𝑀𝑧
𝑦
𝐼𝑧
y, yp
eksenlerinden birisiyle çakışmalıdır.
𝑴
Normal Gerilme
Formülü
Tümü
Eğik Eğilme
Bu
formülün
başında niçin «-»
yok. Cevap için 5.1.7
konusuna bakınız
𝜎𝑥 =?
Amacımız Eğik Eğilme
Durumunda normal gerilme
dağılımını elde etmektir.
Simetrik kesitlerde asal atalet eksenleri (yp , zp) y ve z eksenleriyle çakışıktır.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
251
Eğik Eğilme
5.7.4 Eğik Eğilme Tespitinde Daha Genel Kural:
Simetrik veya Simetrik olmayan kesitlerde, Bileşke Eğilme Moment Vektörünün doğrultusu, asal atalet eksenlerinden birisiyle
çakışırsa, (asal eksen takımına göre) basit eğilme oluşur. Aksi Halde Eğik Eğilme Oluşur.
Simetrik kesitler için Örnekler
Simetrik olmayan kesitler için Örnekler
Püf Noktası 5.7.1: Simetrik kesitlerde Kartezyen
eksenler aynı zamanda asal atalet eksenleridir.
Asal atalet eksenleri y ve z eksenlerinden farklıdır.
𝑦𝑝 ≡ 𝑦 , 𝑧𝑝 ≡ 𝑧
,yp
,yp
𝑴
𝑴
zp ,
𝑧𝑝
𝑧𝑝
𝑦𝑝
𝑴
𝑦𝑝
𝑴
𝑧𝑝
𝑦𝑝
𝑴
zp ,
a-) Basit Eğilme
b-) Eğik Eğilme
(Bileşke moment
asal eksenlerden
birisiyle çakışmış.)
(Bileşke moment asal
eksenlerden hiçbiriyle
çakışmamış.)
a-) Basit Eğilme
b-) Eğik Eğilme
(Bileşke moment
asal
eksenlerden
birisiyle çakışmış.)
(Bileşke moment asal
(Bileşke moment asal
eksenlerden hiçbiriyle
eksenlerden hiçbiriyle
çakışmamış. y ile
çakışmamış.)
çakışmış ama y asal
atalet ekseni değil)
Şekil 5.7.8
23.08.2024
c-) Eğik Eğilme
Şekil 5.7.9
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
252
Eğik Eğilme
5.7.5 Eğik Eğilme de Normal Gerilme (𝜎𝑥 ) Hesaplamaları:
5.7.5.1 - 1. Yöntem: Eğik Eğilmenin 2 tane Basit Eğilmeye İndirgenmesi (Süperpozisyon Yöntemi)
a.
b.
c.
d.
e.
Bu yöntemde önce bileşke eğilme momentin asal atalet eksenleri üzerindeki bileşenleri bulunur.
Her bir moment bileşeni tek başına basit eğilme oluşturduğu için basit eğilmedeki normal gerilme denklemi (denk 5.1.1) kullanılabilir.
Herbir basit eğilme için bir noktada hesaplanacak 𝜎𝑥 ler üst üste toplanınca eğik eğilmedeki normal gerilme bulunmuş olur.
Buradaki püf noktası, gerilmesi bulunmak istenen noktanın koordinatlarını asal atalet eksenleri cinsinden yazmaktır.
Bu yöntem simetrik kesitler için daha avantajlı ve pratiktir. Simetrik olmayan kesitlerde asal atalet momentleri ve eksenlerinin
hesaplanması işlemleri uzatabilir.
1nci Örnek: Simetrik bir kesitte, simetri eksenlerinden hiçbirisiyle çakışmayan MB bileşke iç momenti olduğunu düşünüyoruz.
Kesitin herhangi bir noktasında 𝜎𝑥 normal gerilmesini aşağıdaki gibi hesaplarız:
Önce bileşke momenti 𝑀𝑦 𝑣𝑒 𝑀𝑧 bileşenlerine ayırıp bu bileşenleri sırayla kesite uygularız ve normal gerilmeleri toplarız.
Bileşke moment asal
atalet eksenleriyle
çakışmadığı için
Eğik eğilme
z ekseninde Basit eğilme
≡
,yp
+
,yp
y ekseninde basit eğilme
T.E
(tarafsız eksen)
,yp
𝑴𝑩
zp ,
𝑀𝑦
𝑀𝑧
≡
T.E
(tarafsız eksen)
𝜎𝑥
zp ,
𝑀𝑧
=
𝑀𝑧
−
.𝑦
𝐼𝑧
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑀𝑦
+
Şekil 5.7.10.c
Şekil 5.7.10.b
Şekil 5.7.10.a
23.08.2024
zp ,
+
𝑀𝑦
.𝑧
𝐼𝑦
(5.7.7)
253
Eğik Eğilme
𝑧𝑝
2nci örnek: Simetrik olmayan bir kesit için M bileşke momentinden dolayı kesitin herhangi bir b noktasındaki
normal gerilmenin hesaplanması:
𝑴
𝑀𝑦𝑝
Basit Eğilme
𝑧𝑝
𝑧𝑝
𝑦𝑝
+
Basit Eğilme
≡
Eğik Eğilme
𝑦𝑝
𝑦𝑝
𝑀𝑦𝑝
+
≡
𝑏
𝑏
𝑏
(b)
(a)
(c)
Şekil 5.7.11
𝜎𝑥𝑏
=
𝜎𝑥𝑏
=
𝜎𝑥𝑏−1
−
𝑀𝑧𝑝
𝐼𝑧𝑝
𝑦𝑝𝑏
+
𝜎𝑥𝑏−2
+
𝑀𝑦𝑝
𝐼𝑦𝑝
. 𝑧𝑝𝑏
(5.7.8)
𝑴𝒛𝒑 ve 𝑴𝒚𝒑 : M bileşke momentinin asal atalet eksenlerindeki bileşenleridir.
𝑰𝒛𝒑 ve 𝑰𝒚𝒑 asal atalet momentleridir. (Birisi 𝐼𝑚𝑎𝑥 iken diğeri 𝐼𝑚𝑖𝑛. dur ve 5.7.5 denkleminden hesaplanırlar.)
Denklemlerde 𝒃 noktasının asal eksenlere göre koordinatlarının (𝑦𝑝𝑏 , 𝑧𝑝𝑏 ) kullanıldığına dikkat ediniz.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
254
Eğik Eğilme
Eğik Eğilme de Normal Gerilme (𝜎𝑥 ) hesabında,
5.7.5.1 - 2. Yöntem: Kartezyen koordinatlar cinsinden 𝜎𝑥 denkleminin çıkarılması:
Bu yöntemde normal gerilme denklemi y ve z alt simgeli değişkenler (Iz, Iy, Izy, Mz, My, z, y) cinsinden ifade
edilecektir. Asal atalet momentlerini veya asal atalet eksenlerini kullanmaya gerek kalmayacaktır. Bu yöntem
simetrik olmayan kesitler için daha pratiktir.
Eğik eğilme
≡
𝑧𝑝
𝑧𝑝
Eğik eğilme
𝑴
𝑀𝑦
𝑧𝑝
𝑦𝑝
𝑦𝑝
𝑀𝑦
𝑦𝑝
𝑀𝑧
𝑀𝑧
Şekil 5.7.12.a
Şekil 5.7.12.c
Şekil 5.7.12.b
=
𝜎𝑥1
+
?
?
Bileşke momentin Kartezyen bileşenlere ayırsak bile herbirisi için eğik eğilme söz
konusudur ve bu nedenle basit eğilmedeki normal gerilme denklemi geçerli değildir. Asal
eksenleri kullanmadan sadece Kartezyen indisler (y-z) cinsinden 𝜎𝑥 i nasıl bulabiliriz?
23.08.2024
Eğik eğilme
+
≡
𝜎𝑥
+
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜎𝑥2
?
Şimdi bu sorunun cevabını araştıracağız..>>
255
𝑦
Eğik Eğilme
5.7.6 Hatırlatma:
Mukavemet
1
basit
eğilme
konusunda
anlatıldığı
üzere,
kirişi
uzunlamasına liflerden oluşmuş gibi düşündüğümüzde ve yandaki gibi Mz
.𝑏
𝑥
.𝑑
.
𝑐.
𝑎
Şekil 5.7.13.a
eğilme momentine maruz bıraktığımızda, üstteki lifler kısalır, alttaki lifler
uzar. Alttan üste doğru gidildikçe liflerin uzama miktarı azalır ve sonra
𝑀𝑍
𝑀𝑍
kısalan lifler bölgesine geçilir. Arada geçiş bölgesinde öyle lifler vardır ki
bu lifler ne uzar ne kısalır, yani boyları değişmez. Boyları aynı kalan ve
aynı y koordinatına sahip bu liflerin bulunduğu düzleme tarafsız düzlem
.
.
.
.
denir. Tarafsız düzlemin bir kesitle kesişim noktası olan çizgi ise tarafsız
Şekil 5.7.13.b
eksen ismini alır. Basit eğilme durumunda sadece Mz momenti varken
Tarafsız eksen z ekseni, sadece My momenti varken ise y ekseni olacaktır.
Eğilmeden önce dik çizgiler, eğilmeden sonra da dik kalmaya, düzlem
kesitler düzlem kalmaya devam eder kabulleriyle normal gerilme formülü
𝑀
( 𝜎𝑥 = − 𝑧 . 𝑦 ) şeklinde Mukavemet 1-5a konusunda çıkarılmıştı.
𝐼𝑧
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Tarafsız
Eksen
z
Tarafsız
Düzlem
y
G
x
Şekil 5.7.14
256
Eğik Eğilme
5.7.7 Kartezyen Koordinatlara Göre Eğik Eğilme Hesapları:
y’
y
z
b
Herhangi
bir
c
noktasının y’ koordinatı:
b
y’ c
𝑀𝑦
y
𝑀
𝑦 ′ = 𝑦. sin 𝛽 − 𝑧 cos 𝛽
b
z
Simetrik olmayan bir kiriş kesitinde eğik eğilme durumunda
Tarafsız Eksen y ekseniyle belli bir b açısı yapar. Bu b açısı da şu an
bilinmeyenler arasındadır.
𝐶1
𝑀𝑧 G
Kiriş kesiti
𝜃
Şekil 5.7.15
𝑀𝑍
𝑦′
𝑀𝑍
𝐾′ 𝑦′
𝐸′
𝐷′
𝑥
Şekil 5.7.16.a
𝑦′
23.08.2024
𝐽
𝐷
𝑐
Şekil 5.7.16.b
𝐾
𝐸
y’: T.E (tarafsız eksene) dik eksendir. Kuvvet hattı ise M bileşke
momentine diktir.
Basit eğilme için yapılan kabuller eğik eğilme için x-y’ düzleminde geçerlidir.
x: kiriş ekseni ve kesit normalidir. x-y’ düzleminde eksene dik çizgiler,
eğilmeden sonra da dik kalır. Düzlem kesitler düzlem kalır.
Eğilme sonucunda çubuğun şekli 𝐶1 merkezli, r yarıçaplı bir yay formu alır.
DE: Tarafsız düzlem üzerindeki liftir. Boyu değişmez. Bu durumda DE = D’E’
JK : tarafsız düzlemden 𝑦′ kadar uzaklıktaki liftir. Son boyu 𝐽′ 𝐾 ′ dür.
(Kesitteki c noktasının JK lifi üzerinde olduğunu düşünüyoruz.)
Tüm liflerin İlk boylar eşittir. JK = DE
JK lifinin son boyu :
𝐽′ 𝐾 ′ = 𝜌 − 𝑦 ′ 𝜃 ,
JK lifinin Toplam uzaması :
𝐷′𝐸′ = 𝜌𝜃 = 𝐷𝐸 = 𝐽𝐾
𝛿 = 𝐽′𝐾′ − 𝐽𝐾 = 𝜌 − 𝑦 ′ 𝜃 − 𝜌𝜃 = −𝑦′𝜃
JK lifinin birim elastik uzaması : 𝜀𝑥 =
𝛿
𝑦′𝜃
𝑦′
=−
=−
𝐿
𝜌𝜃
𝜌
JK lifinin geçtiği herhangi bir c noktasında elastik bölgedeki normal gerilme:
𝑦′
𝐸
(5.7.9)
𝜎𝑥 = 𝐸. 𝜀𝑥 = −𝐸. = − (𝑦. sin 𝛽 − 𝑧 cos 𝛽)
𝜌
𝜌
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
257
Eğik Eğilme
Son 5.7.9 denklemini açıp düzenlersek: 𝜎𝑥 = −
𝐸
𝐸
. sin 𝛽 . 𝑦 + . cos 𝛽 . 𝑧 → 𝜎𝑥 = 𝑎. 𝑦 + 𝑏. 𝑧
𝜌
𝜌
y
b
Katsayılar tanımlarsak: 𝑎
Dış normal kuvvet olmadığından, kesitte iç normal kuvvet sıfır
olmalıdır (statik denge sebebiyle)
𝑀𝑦
y
dA
c
𝜎𝑥
𝐹𝑥𝑖ç = 0 = න 𝑑𝐹 = න 𝜎𝑥 . 𝑑𝐴 = න 𝑎𝑦 + 𝑏𝑧 𝑑𝐴
𝜎𝑥
𝑑𝐹
𝑀𝑧
𝐴
𝐴
dF in G’ye göre z dik uzaklığı ile çarpımı y yönündeki dif. iç momente eşittir. 𝑑𝑀𝑦 = 𝑑𝐹. 𝑧
G
Sağ el kaidesine göre pozitiftir.
y yönündeki toplam iç moment:
Kiriş kesiti
x
𝑀𝑦 = න 𝑑𝑀𝑦 = න 𝑑𝐹. 𝑧 = න 𝜎𝑥 . 𝑧. 𝑑𝐴 = න 𝑎𝑦 + 𝑏𝑧 . 𝑧. 𝑑𝐴
dif. iç kuvvet = gerilme x dif.alan
𝑑𝐹 = 𝜎𝑥 . 𝑑𝐴
Şekil 5.7.17
→ 𝑎 න 𝑦. 𝑑𝐴 + 𝑏 න 𝑧. 𝑑𝐴 = 0
→ 𝑎 න 𝑦𝑧. 𝑑𝐴 + 𝑏 න 𝑧 2 . 𝑑𝐴 = 0 →
𝐴
𝑀𝑦 = 𝑎. 𝐼𝑧𝑦 +𝑏. 𝐼𝑦
(5.7.10)
𝐴
dF in G’ye göre y dik uzaklığı ile çarpımı z yönündeki dif. iç momente eşittir. 𝑑𝑀𝑧 = −𝑑𝐹. y
(Sağ el kaidesine göre negatiftir.)
z yönündeki toplam iç moment:
𝑀𝑧 = න 𝑑𝑀𝑧 = − න 𝑑𝐹. 𝑦 = − න 𝜎𝑥 . 𝑦. 𝑑𝐴 → − න 𝑎𝑦 + 𝑏𝑧 . 𝑦. 𝑑𝐴 = 𝑀𝑧 = −(𝑎 න 𝑦 2 . 𝑑𝐴 + 𝑏 න 𝑦𝑧. 𝑑𝐴) → −𝑀𝑧 = 𝑎. 𝐼𝑧 +𝑏. 𝐼𝑧𝑦
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
(5.7.11)
258
Eğik Eğilme
5.7.10 ve 5.7.11 denklemlerinden katsayılar aşağıdaki gibi elde edilir:
y
𝑎=
𝑀𝑦
−𝑀𝑧 𝐼𝑦 + 𝑀𝑦 𝐼𝑧𝑦
𝑀𝑧 y
dA
𝜎𝑥 = 𝑎𝑦 + 𝑏𝑧
G
𝜎𝑥 =
x
Şekil 5.7.18
𝑏=
𝐼𝑧 𝐼𝑦 − 𝐼𝑧𝑦
2
(5.7.12a,b)
𝑖𝑑𝑖.
− 𝑀𝑧 𝐼𝑦 + 𝑀𝑦 𝐼𝑧𝑦 𝑦 + 𝑀𝑧 𝐼𝑧𝑦 + 𝑀𝑦 𝐼𝑧 𝑧
(5.7.13)
𝐼𝑧 𝐼𝑦 − 𝐼𝑧𝑦 2
Bu denklemdeki (𝑀𝑦 , 𝑀𝑧 ) moment terimleri, incelenen
kesitteki iç momentlerdir ve ayırma prensibiyle bulunur.
5.7.13 denklemi izotropik cisimler için, elastik bölgede geçerlidir ve tüm eğilme durumlarını kapsayan
genel bir denklemdir. Alttaki 2 özel hallerden 5.7.13 ün genel bir denklem olduğunu görebiliriz:
1. Özel hal: En az bir eksene
göre Simetrik kesitlerde
çarpım atalet momenti
sıfırdır 𝐼𝑧𝑦 = 0. Bu durumda
5.7.13
denklemi
1.yöntemdeki
5.7.7
denklemine
dönüştüğüne
dikkat ediniz.
23.08.2024
2
𝑀𝑧 𝐼𝑧𝑦 + 𝑀𝑦 𝐼𝑧
Buna göre, eğik eğilmeye maruz bir kirişin herhangi bir kesitinin y, z koordinatlarına
sahip herhangi bir noktasındaki normal gerilme aşağıdaki denklemden hesaplanabilir.:
𝜎𝑥
c
𝐼𝑧 𝐼𝑦 − 𝐼𝑧𝑦
,
Eğik Eğilme
𝑀𝑦
𝑀𝑧
Şekil 5.7.19
2. Özel hal: 1. Özel hale
ilaveten ayrıca My = 0 olursa,
𝐼𝑧𝑦 = 0 için 5.7.13
eğilme
durumuna
denkleminin son hali: basit
dönülmüş
olur
ve
bu
𝑀𝑦
𝑀𝑧
durumda 5.7.13 denklemi
𝜎𝑥 = −
.𝑦 +
. 𝑧 basit eğilmedeki normal
𝐼𝑧
𝐼𝑦
gerilme denklemine dönüşür.
Basit Eğilme
𝐼𝑧𝑦 = 0, 𝑀𝑦 = 0 için
5.7.13 denkleminin
son hali:
𝑀𝑧
𝜎𝑥 = −
Şekil 5.7.20
Basit Eğilme aslında eğik eğilmenin özel bir halidir.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑀𝑧
.𝑦
𝐼𝑧
259
Eğik Eğilme
5.7.7.1 Tarafsız eksenin doğrultusunu veren b açısının elde edilmesi:
Gerilme formülündeki katsayılar daha önce şu şekilde tanımlanmıştı:
y
y’
G
Kiriş kesiti
Şekil 5.7.21
𝑏=
𝐸
cos 𝛽
𝜌
𝐸
sin 𝛽
𝑎
𝜌
Bunları birbirine oranlarsak:
=
= − tan 𝛽
𝐸
𝑏
cos 𝛽
𝜌
𝑀𝑧 𝐼𝑦 + 𝑀𝑦 𝐼𝑧𝑦
−
𝑀𝑧 𝐼𝑦 + 𝑀𝑦 𝐼𝑧𝑦
𝐼𝑧 𝐼𝑦 − 𝐼𝑧𝑦 2
𝑎
Ayrıca 5.7.12a,b denklemlerinden :
=
=−
= − tan 𝛽
𝑀𝑧 𝐼𝑧𝑦 + 𝑀𝑦 𝐼𝑧
𝑏
𝑀𝑧 𝐼𝑧𝑦 + 𝑀𝑦 𝐼𝑧
𝐼𝑧 𝐼𝑦 − 𝐼𝑧𝑦 2
𝑀𝑧 𝐼𝑦 + 𝑀𝑦 𝐼𝑧𝑦
tan
𝛽
=
Eğik Eğilme Durumunda Tarafsız eksen doğrultu açısı:
𝑀𝑧 𝐼𝑧𝑦 + 𝑀𝑦 𝐼𝑧 (5.7.14)
b
𝑀𝑧
,
−
𝑀𝑦
z
𝐸
𝑎 = − . sin 𝛽
𝜌
(5.7.14 denklemi izotropik malzemeler için elastik yüklemede geçerlidir. +y
ekseninden itibaren saat ibreleri tersi yönündeki açıdır. Tüm eğilme tiplerini kapsar.)
5.7.7.2 Özel Hal İncelemesi:
En az bir eksene göre simetrik kesitlerde 𝑀𝑦 = 0 alınırsa basit eğilme durumu oluşur.
Bu tip kesitlerde 𝐼𝑧𝑦 = 0 olduğunu da biliyoruz.
Bu durumda 5.7.14 denkleminden
Basit Eğilme
23.08.2024
tan 𝛽 = ∞ → 𝛽 = 0
𝑀𝑧
Bu ise tarafsız eksenin z ekseni olduğunu gösterir ki,
basit eğilmede böyle olduğu söylenmişti.
Şekil 5.7.22
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
260
Eğik Eğilme
5.7.7.3 Kirişin eğrilik yarıçapı r nun elde edilmesi:
x-y’ düzleminden bakınca kirişin C merkezine göre eğrilik yarıçapını da elde edebiliriz. Şöyle ki:
𝐸
𝑎 + 𝑏 = − . sin 𝛽
𝜌
2
Gerilme katsayıların karelerini toplarsak:
2
2
𝐸
+
cos 𝛽
𝜌
𝐶1
2
2
Ayrıca 5.7.12a,b denklemlerinden :𝑎 + 𝑏 = −
𝜃
𝑀𝑍
𝑦′
Eğik eğilme durumunda
Eğrilik yarıçapı genel denklemi:
𝑀𝑍
𝐾′ 𝑦′
𝐸′
𝐷′
𝑥
Şekil 5.7.16.a
𝑦′
𝐽
𝐷
𝑐
Şekil 5.7.16.b
23.08.2024
2
𝐸2
= 2 sin 𝛽 2 + cos 𝛽 2
𝜌
𝑀𝑧 𝐼𝑦 + 𝑀𝑦 𝐼𝑧𝑦
𝐼𝑧 𝐼𝑦 − 𝐼𝑧𝑦 2
2
+
𝐸2
→ 𝑎 +𝑏 = 2
𝜌
2
𝑀𝑧 𝐼𝑧𝑦 + 𝑀𝑦 𝐼𝑧
𝐼𝑧 𝐼𝑦 − 𝐼𝑧𝑦 2
2
2
𝐸2
= 2
𝜌
1 1 (𝑀𝑧 𝐼𝑦 + 𝑀𝑦 𝐼𝑧𝑦 )2 + (𝑀𝑧 𝐼𝑧𝑦 + 𝑀𝑦 𝐼𝑧 )2
=
𝜌 𝐸
(𝐼𝑧 𝐼𝑦 − 𝐼𝑧𝑦 2 )2
(5.7.15)
(5.7.15 denklemi izotropik malzemeler için elastik yüklemede geçerlidir ve basit eğilmeyi de kapsar.)
5.7.7.4 Özel Hal İncelemesi:
En az bir eksene göre simetrik kesitlerde 𝑀𝑦 = 0 alınırsa basit eğilme durumu oluşur.
Bu tip kesitlerde 𝐼𝑧𝑦 = 0 olduğunu da biliyoruz.
𝐾
𝐸
5.7.15 denklemi bu durumda:
Basit Eğilme
𝑀𝑧
1 𝑀𝑧
=
𝜌 𝐸𝐼𝑧
(Bölüm 5.1 de anlatılan Basit Eğilme konusunda da
bu son denklem çıkarılmıştı.)
Şekil 5.7.22
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
261
Eğik Eğilme
•
5.7.7.5 Eğik Eğilmede Normal Gerilme Dağılımı:
normal
y
gerilmeler
Tarafsız eksenden
en uzak
noktalardadır.
y’
•
A
B
Basit eğilmede olduğu gibi maksimum ve minimum
Tarafsız Eksenin altında kalan kesit noktaları negatif
gerilmeye sahip iken üstünde kalan noktalarda
+
+ +
- b + +
c
𝑀𝑧
z
+
- - G𝑀
- Kiriş kesiti - 𝑦
-
gerilmeler pozitif olur. Ancak momentlerin yönü ve
şiddetine göre pozitif ve negatif gerilme bölgeleri yer
= 𝜎𝑥𝐴
değiştirebilir.
•
Kesitteki herhangi bir c noktasından Tarafsız Eksene
paralel çizilerek bu noktadaki gerilmenin grafikteki
yeri bulunabilir. Şiddeti ise 5.7.13 denkleminden elde
𝜎𝑥𝑐
𝜎𝑥𝐵 =
y’
Şekil 5.7.23
x-y’ düzleminden bakışta gerilme dağılımı :
•
A
G
Şekil 5.7.24
Gerilmelerin
hepsi
doğrultusundadır.
𝜎𝑥𝑐
B
23.08.2024
edilir.
x
Burada
düzlem
üstteki
normali
(x)
şekilde
y-z
düzleminde gerilme şiddetleri için şematik bir
dağılım gösterilmiştir. Gerilmelerin gerçek yönü ve
dağılımı x-y’ düzleminden bakışta ancak gözükebilir.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
262
Eğik Eğilme
Örnek 5.7.1
y-z Kartezyen koordinatları kullanılarak (2.Yöntemle) çözüm:
𝐴
Ağırlık merkezi ve atalet moment değerleri hesaplandığında şu değerler bulunur.
(video 5.9.b örn:9.b.1 )
𝑧𝐺
Not: (Hesaplamalar için Statik 6.3 videosunun sonundaki örneğe bakınız. )
𝛽
Mz
Sol alt köşeye göre Ağırlık
merkezinin koordinatları:
𝑜
30
30𝑜
M
M
My
𝑦𝐺
𝑧𝐺 = 35𝑚𝑚 , 𝑦𝐺 = 65𝑚𝑚
𝐶
Şekil 5.7.25
Şekil 5.7.26
L profilli bir çubuğun herhangi bir
kesitinde
oluşan
momenti
ve
𝜎𝑥 =
bu
momentin +z ekseniyle yaptığı açı
300
olarak
Malzemenin
akma
hesaplanmıştır.
mukavemeti
200MPa ve emniyet katsayısı n=2
ise, bu kesitin emniyet sınırlarını
aşıp aşmayacağını belirleyiniz.
23.08.2024
Moment Bileşenleri:
𝑀𝑧 = 𝑀. cos 300 = 20𝑥 cos 300 = 17.32𝑘𝑁𝑚, 𝑀𝑦 = −𝑀. sin 300 = −10𝑘𝑁𝑚
Kesit simetrik olmadığından M momentinden dolayı eğik eğilme oluşur. 5.7.13 denkleminden:
bileşke eğilme
M=20kNm
Atalet momentleri:
𝐼𝑧 =24.91x106 mm4 ,
𝐼𝑦 =8.708x106 mm4 ,
𝐼𝑧𝑦 =8.1x106 mm4
=
− 𝑀𝑧 𝐼𝑦 + 𝑀𝑦 𝐼𝑧𝑦 𝑦 + 𝑀𝑧 𝐼𝑧𝑦 + 𝑀𝑦 𝐼𝑧 𝑧
2
𝐼𝑧 𝐼𝑦 − 𝐼𝑦𝑧
𝜎𝑥 = −0.461𝑦 − 0.719𝑧
− 17.32𝑥8.708 + −10 𝑥8.1 𝑦 + 17.32𝑥8.1 + −10 𝑥24.91 𝑧
(106 )2
(24.91𝑥8.708 − 8.12 )(106 )2
T.E denklemi :
Tarafsız Eksen (T.E)üzerindeki noktalarda gerilmeler sıfırdır: 𝜎𝑥 = 0 = −0.461𝑦 − 0.719𝑧 → 𝑦 = −1.56𝑧
Maksimum ve minimum gerilmeler tarafsız eksenden en uzak olan A(115;35) ve C (-65; -85)noktalarındadır.
= 𝜎𝑥𝑚𝑖𝑛
𝜎𝑥𝑚𝑖𝑛 < 𝜎𝑒𝑚
𝜎𝑥𝐶 = −0.461𝑥(−65) − 0.719𝑥(−85) → 𝜎𝑥𝐶 = 91.08𝑀𝑃𝑎 = 𝜎𝑥𝑚𝑎𝑥
𝜎𝑥𝑚𝑎𝑥 < 𝜎𝑒𝑚
𝜎𝑥𝐴 = −0.461𝑥115 − 0.719𝑥35 → 𝜎𝑥𝐴 = −78.18𝑀𝑃𝑎
𝜎𝑒𝑚 =
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
200
𝜎𝑎𝑘
= 100 𝑀𝑃𝑎
=
2
2
emniyetlidir.
263
Asal Eksenler yp - zp kullanılarak (1.Yöntemle) çözüm:
asal atalet eksenlerinin açısı
Statik 6.3 videosunun sonundaki örnekte aynı geometri için hesaplanan değerler:
(+z ekseni ile max. Asal eksenin yaptığı açı) :
6
4
2
𝐼𝑚𝑎𝑥 = 𝐼𝑧𝑝 =28.26x10 mm
𝐼𝑧 + 𝐼𝑦
𝐼𝑧 − 𝐼𝑦
𝐼𝑧𝑦
±
+ 𝐼𝑧𝑦 2
→ 𝜃𝑚 = 22.50
asal atalet momentleri: 𝐼𝑚𝑎𝑥 =
𝑡𝑔(2𝜃
)
=
𝑚
6
4
𝐼𝑚𝑖𝑛 = 𝐼𝑦𝑝 = 5.36x10 mm
2
2
𝑚𝑖𝑛
𝐼𝑧 − 𝐼𝑦
Eğik Eğilme
Eğik Eğilme (M)
yp
𝐴
yp
30
35
180
𝜃𝑚
30𝑜
zp
𝜃𝑚
𝛼
Basit Eğilme (𝑀𝑧𝑝 )
≡
yp
𝛽
𝑀𝑦𝑝
𝑀𝑧𝑝 = 𝑀 cos(7.50 ) = 20 cos(7.50 ) = 19.82𝑘𝑁𝑚
𝑦
≡
𝑎(z,y) gibi herhangi bir noktanın asal koordinatları:
+
𝑧
𝜃𝑚
65
𝑀𝑦𝑝
zp
30 z
p
𝐶
120
𝜎𝑥
=
+19.82𝑥106
−2.61𝑥106
𝜎𝑥 = −
.𝑦 +
.𝑧
28.26𝑥106 𝑝
5.36𝑥106 𝑝
𝜎𝑥 = −0.701 𝑦𝑝 − 0.487𝑧𝑝
𝛼 = 30−𝜃𝑚 = 30 − 22.50 = 7.50
𝑀𝑦𝑝 = −𝑀 sin(7.5)0 = −20 sin(7.5)0 = − 2.61𝑘𝑁𝑚
a(z,y)
M
−
𝑀𝑧𝑝
𝐼𝑧𝑝
. 𝑦𝑝
+
𝑦𝑝 = 𝑦 cos 𝜃𝑚 + 𝑧 sin 𝜃𝑚 , 𝑧𝑝 = 𝑧 cos 𝜃𝑚 − 𝑦 sin 𝜃𝑚
𝑇. 𝐸 den en uzak A ve C noktalarının asal koordinatları:
𝑦𝑝𝐴 = 115𝑥 cos 22.50 + 35𝑥 sin 22.50
𝑀𝑦𝑝
𝐼𝑦𝑝
. 𝑧𝑝
𝑦𝑝𝐴 = 119.64𝑚𝑚
𝑧𝑝𝐴 = −11.67𝑚𝑚 ,
𝑦𝑝𝐶 = −92.58𝑚𝑚 ,
𝑧𝑝𝐶 = −53.65𝑚𝑚
𝜎𝑥𝐴 = −0.701𝑥119.64 −0.487𝑥(−11.67) = −78.18𝑀𝑃𝑎 = 𝜎𝑥𝑚𝑖𝑛
𝜎𝑥𝑚𝑖𝑛 < 𝜎𝑒𝑚
𝜎𝑥𝐶 = −0.701𝑥(−92.58) −0.487𝑥(−53.65) ≅ 91.08𝑀𝑃𝑎 = 𝜎𝑥𝑚𝑎𝑥
(Aynı sonuçları bulduk)
𝜎𝑥𝑚𝑎𝑥 < 𝜎𝑒𝑚
emniyetlidir.
Tarafsız Eksende: 𝜎𝑥 = 0 = −0.701 𝑦𝑝 − 0.487𝑧𝑝
→ 𝑦𝑝 = −0.69. 𝑧𝑝 (T.E Denklemidir.)
23.08.2024
Basit Eğilme (𝑀𝑦𝑝 )
+
2.14’denk.
tan 𝛽 =
𝑀𝑧 𝐼𝑦 + 𝑀𝑦 𝐼𝑧𝑦 17.32(8.708) + (−10)(8.1)
0
= −0.64 → 𝛽 = −32.68
=
𝑀𝑧 𝐼𝑧𝑦 + 𝑀𝑦 𝐼𝑧 17.32(8.1) + (−10)(24.91)
Saat ibreleri yönünde
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
264
Eğik Eğilme
y
Öncelikle F kuvvetini kendi doğrultusu üzerinde E noktasına
taşıyabiliriz. F kuvvetinin kirişte oluşturacağı maksimum
moment bileşenleri, kuvvetten en uzak olan ankastre (duvarla
temas eden) kesitte oluşacaktır
Çözüm:
Örnek 5.7.2
(Video 5.9.c örnek 9.c.1)
y
F
B
𝑀𝑦
𝑎𝑏 =
B
O
O
𝑀𝑧
x
C
z
A
𝑀𝑧
Şekil 5.7.28 de gösterildiği gibi, sol ucundan bir
duvara sabitlenmiş olan dikdörtgen kesitli kirişe,
serbest ucundan F=10kN luk kuvvet uygulanıyor.
Kirişte ortaya çıkan maksimum ve minimum
gerilmelerin
bulunuz ve
𝐹𝑧
𝐹𝑦
şiddetlerini
ve
yerlerini
23.08.2024
A
F
b
L=1 m
Şekil 5.7.29
z
60
3
=
100 5
cos 𝜃 =
80
4
=
100 5
F kuvvetinin bileşenleri:
3
𝐹𝑧 = 𝐹. sin 𝜃 = 10( ) = 6𝑘𝑁
5
4
𝐹𝑦 = −𝐹. cos 𝜃 = −10( ) = −8𝑘𝑁
5
Ankastre uçtaki Moment bileşenlerinin hesaplanması:
1.yol:Dik uzaklıklardan(Skaler):
𝑀𝑦 = −𝐹𝑧 . 𝐿 = −6𝑥1 = −6𝑘𝑁𝑚
İşaretleri sağ el
kaidesiyle bulunur.
𝑀𝑧 = −𝐹𝑦 . 𝐿 = −8𝑥1 = −8𝑘𝑁𝑚
2.yol:
Vektörel olarak O noktasına göre moment alırız ve işaretleriyle birlikte bileşenleri buluruz.
𝑂𝐸
1m
O
kritik kesitteki normal gerilme 𝑂𝐸 = 1Ԧ𝚤
dağılımını çiziniz.
E
𝑀𝑦
L=1 m
Şekil 5.7.28
normal
sin 𝜃 =
E
x
C
a
602 + 802 = 100𝑚𝑚
E
x
𝑀𝑜 = 𝑂𝐸𝑥 𝐹റ = 1Ԧ𝚤 𝑥(−8Ԧ𝑗 + 6𝑘) = −8𝑘 − 6Ԧ𝑗
Moment alınan nokta
Kuvvet hattı
üzerinde bir nokta
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑀𝑧
𝑀𝑦
265
Eğik Eğilme
1.Yöntem olan Süperpoziyon yöntemini kullanabiliriz.
Ankastre kesit için normal gerilme hesabı:
y, yp
z, zp
O
80 mm
3
60 mm
3
𝑏. ℎ
60𝑥80
𝐼𝑧 = 𝐼𝑧𝑝 =
=
= 2.56𝑥106 𝑚𝑚4
12
12
ℎ. 𝑏3 80𝑥603
𝐼𝑦 = 𝐼𝑦𝑝 =
=
= 1.44𝑥106 𝑚𝑚4
12
12
Kesit simetrik olduğundan:
•
B
O 𝑀𝑧
z, zp
𝑀𝑦
A
y, yp
≡
𝑀
O
z, zp
Eğik Eğilme
z-y eksenleri aynı zamanda (𝑧𝑝 , 𝑦𝑝 )
asal atalet eksenleridir.
Çarpım atalet momentleri sıfırdır:
𝐼𝑧𝑦 = 𝐼𝑧𝑝 𝑦𝑝 = 0
Basit Eğilme
≡
𝜎𝑥
=
𝜎𝑥
=
→ 𝜎𝑥 = −4.17𝑧 + 3.125𝑦 = 0
T.E den en uzak noktalar A ve B dir ve bu
noktalarda max ve min gerilmeler oluşur.
2.Yöntemi kullanmış olsaydık:
𝐼𝑧𝑦 = 0 olduğundan 5.7.13 denkleminin
aynı denkleme dönüşeceğini görürüz.
23.08.2024
O 𝑀𝑧
+
z, zp
Şekil 5.7.31.c
Şekil 5.7.31.b
𝑀𝑦
𝑧
𝐼𝑦
−6𝑥106
.𝑧
1.44𝑥106
−4.17𝑧
𝜎𝑥
T.E üzerinde gerilmeler sıfırdır
y, yp
𝑀𝑦
Şekil 5.7.31.a
Şekil 5.7.30
•
y, yp
T.E
Basit Eğilme
+
𝑀𝑧
𝑦
𝐼𝑧
−8𝑥106
−
.𝑦
2.56𝑥106
−
+
+
+
3.125𝑦
Bu denkleme göre T.E şekil
5.7.31.a daki gibi çizilir.
→ 𝑦 = 1.33𝑧 (T.E denklemi)
A(-40,30)
→ 𝜎𝑥𝐴 = −4.17 30 + 3.125(−40) → 𝜎𝑥𝐴 = −250.1𝑀𝑃𝑎 = 𝜎𝑚𝑖𝑛
B(40,-30)
→ 𝜎𝑥𝐵 = −4.17(−30)+ 3.125𝑥(40)
0
𝜎𝑥 =
→ 𝜎𝑥𝐵 = 250.1𝑀𝑃𝑎 = 𝜎𝑚𝑎𝑥
0
− 𝑀𝑧 𝐼𝑦 + 𝑀𝑦 𝐼𝑧𝑦 𝑦 + 𝑀𝑧 𝐼𝑧𝑦 + 𝑀𝑦 𝐼𝑧 𝑧
𝐼𝑧 𝐼𝑦 − 𝐼𝑧𝑦 2
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
=
𝑀𝑦
𝑧
𝐼𝑦
−
𝑀𝑧
𝑦
𝐼𝑧
266
Eğik Eğilme
Perspektif görünüşten normal gerilme dağılımı
y
𝜎𝑥𝐵 = 250𝑀𝑃𝑎 = 𝜎𝑚𝑎𝑥
T.E
y’
y
T.E
y'
B
z
𝑀𝑦
O
+
+
-
+
+
-
𝑀𝑧
z
kiriş
𝑀
-
A
Şekil 5.7.32
O : kesitin ağırlık merkezi
x
+
O
- -
A
Kesit düzlemindedir.
B
-
+
+
kesit
𝜎𝑥𝐴 = 𝜎𝑚𝑖𝑛 = −250𝑀𝑃𝑎
y’
Şekil 5.7.33
B
x-y’ düzleminden görünüş:
O
𝜎𝑚𝑖𝑛
𝜎𝑚𝑎𝑥
x
A
Şekil 5.7.34
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
267
6.1
DÜZLEM
GERİLME DÖNÜŞÜMLERİ VE
2D MOHR ÇEMBERİ
(Bu konu örneklerle Video 6.a da anlatılmıştır.)
*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
268
6.1 Düzlem Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
𝜎𝑦
𝜏𝑦𝑧
6.1.1 Konu içeriği ve Amaç
𝜏𝑦𝑥
Genel yükleme durumunda, herhangi bir Q
𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑧𝑦
Q
üzere 6 tane bağımsız gerilme bileşeni olabilir.
𝜎𝑥
𝜎𝑧
(soldaki ilk şekil) gösterilmiştir.
• Söz konusu kübik eleman x-y-z eksenleri yerine, döndürülmüş x’-y’-z’ eksenlerine
Şekil 6.1.1.a
Şekil 6.1.1.b
𝜏𝑦 ′ 𝑧 ′
Bu gerilmeler Q noktasını üç boyutlu olarak
temsil eden kübik gerilme elemanı üzerinde
𝜏𝑥𝑧
𝜏𝑧𝑥
noktasında 𝜎𝑥 , 𝜎𝑦 , 𝜎𝑧 , 𝜏𝑥𝑦 , 𝜏𝑥𝑧 , 𝜏𝑦𝑧 olmak
𝜎𝑦 ′
paralel alınırsa gerilme bileşenleri; 𝜎𝑥 ′ , 𝜎𝑦 ′ , 𝜎𝑧 ′ , 𝜏𝑥 ′ 𝑦 ′ , 𝜏𝑥 ′ 𝑧 ′ , 𝜏𝑦 ′ 𝑧 ′ olur ve bunlar x-y-z
𝜏𝑦 ′ 𝑥 ′
𝜏𝑥 ′ 𝑦 ′
𝜎𝑥 ′
𝜏𝑧 ′ 𝑦 ′ 𝜎 𝑧 ′
𝜏𝑧 ′ 𝑥 ′
𝜏𝑥 ′ 𝑧 ′
eksenlerindeki gerilmelerden farklı değerlere sahiptirler.
• Şimdi sorumuz şudur: x-y-z eksenlerine paralel gerilme bileşenleri (𝜎𝑥 , 𝜎𝑦 , 𝜎𝑧 , 𝜏𝑥𝑦 , 𝜏𝑥𝑧 ,
𝜏𝑦𝑧 ) belli iken, x’-y’-z’ eksenlerine paralel gerilme bileşenleri (𝜎𝑥 ′ , 𝜎𝑦′ , 𝜎𝑧 ′ , 𝜏𝑥 ′𝑦′ , 𝜏𝑥 ′𝑧 ′ ,
𝜏𝑦′ 𝑧 ′ )hesaplanabilir mi?
• Cevap: Evet, gerilme dönüşüm bağıntılarıyla veya Mohr çemberi yardımıyla bulunabilir.
Biz burada sadece düzlem gerilme durumu için bu işlemleri yapmayı öğreneceğiz.
23.08.2024
Şekil 6.1.1.c
Yeri geldiği zaman 3 boyutlu duruma da değineceğiz.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
269
6.1 Düzlem Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
6.1.2 Düzlem Gerilme Durumu
Bir Q noktasında sadece σx , σy , τxy gerilmeleri mevcutsa , bu gerilmelerin hepsi x-y düzleminde olduğundan bu
noktada düzlem gerilme durumu söz konusudur diyebiliriz.
Q
Şekil 6.1.2.a
Düzlem Gerilme Durumu
Şekil 6.1.2.c
Şekil 6.1.2.b
Örneğin ince bir plakada orta düzlemde
etkiyen ve düzleme paralel kuvvetlerden
dolayı düzlem gerilme durumu oluşur.
Yapısal bir elemanın veya makine
parçasının dış-serbest yüzeyinde düzlem
gerilme durumu ortaya çıkar.
• İnce cidarlı basınçlı tank
ve tüplerde de düzlem
gerilme durumu söz
konusudur.
Şekil 6.1.3.a
23.08.2024
Şekil 6.1.3.b
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Şekil 6.1.3.c
270
6.1 Düzlem Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
6.1.3 Düzlemde Gerilme Dönüşüm Denklemleri:
Bir noktada düzlem gerilme durumunun oluştuğu ve gerilme bileşenlerinin(σx , σy , τxy ) bilindiğini düşünüyoruz.
Şimdi, aynı noktada farklı bir düzlemdeki (normali x’ olan ve +x ekseni ile q açısı yapan K düzlemindeki) σx’, τx’y’
gerilme bileşenlerini veren denklemleri çıkaracağız. Ayrıca K düzlemine dik düzlemdeki σy’ gerilmesinin denklemini
de elde edeceğiz. İşte çıkaracağımız bu denklemler «düzlemde gerilme dönüşüm denklemleri» olarak isimlendirilir.
𝑦
x-y düzleminden bakış
𝒚
′
𝒚
y’
x’
𝜎𝑦
𝜎𝑦
𝜎𝑥 ′
𝜏𝑥 ′ 𝑦 ′
q
𝜏𝑥𝑦
𝜎𝑥
𝜎𝑥 ′
𝑥
𝜎𝑥
K
K düzlemi
𝑧
𝒙′
𝜏𝑥𝑦
Şekil 6.1.4.a
Şekil 6.1.4.b
𝒙
arka alan
(hcos 𝜃)𝑡 = ∆𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑦
𝑡
𝑥′
ℎ
∆𝐴 = ℎ𝑡
(K) Eğik yüzeyi
Kübik elemanı K düzleminden ayırıp, sol parçanın dengesini
inceleyeceğiz. K düzlemi ∆𝐴 alanına sahiptir. Şekliden de anlaşılacağı
üzere, arka ve alt alanlar sırasıyla ∆𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃 ve ∆𝐴𝑠𝑖𝑛𝜃 olacaktır.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑥
(hsin 𝜃)𝑡 = ∆𝐴𝑠𝑖𝑛𝜃
(alt alan)
Şekil 6.1.4.c
271
6.1 Düzlem Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
Çıkarılan
parçanın alanları
ve gerilmeler 𝑡
𝑦
𝜎𝑥 ′ 𝑥′
𝑥
∆𝐴 = ℎ𝑡
ℎ
∆𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃
(arka alan)
∆𝐴𝑠𝑖𝑛𝜃
(alt alan)
𝑦′
(Önden görünüş)
𝜏𝑦𝑥
𝜎𝑥
Parçaya gelen iç kuvvetler ve bileşenleri
𝑦
𝒚′
Δ𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝜃
𝑥′
𝜎𝑥 Δ𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝜃
gerilme x alan=iç kuvvet
𝜃
𝜎𝑥 Δ𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝑐𝑜𝑠 𝜃
𝜏𝑦𝑥 Δ𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝜃
𝜎𝑦
𝜎𝑦
𝜏𝑥𝑦
𝜎𝑥
𝜎𝑥 ′
𝑥
Δ𝐴
K
K düzlemi
𝜏𝑥𝑦 Δ𝐴 𝑠𝑖𝑛 𝜃
𝜏𝑥𝑦
𝒚
𝒙′
𝒙
Δ𝐴 𝑠𝑖𝑛 𝜃
𝜎𝑦 Δ𝐴 sin 𝜃
Şekil 6.1.7
Şekil 6.1.6
Şekil 6.1.5
Şimdi çıkarılan parçanın kuvvet dengelerini x ′ ve y ′ doğrultuları için yazacağız. İç Kuvvet = gerilme x alan olmak üzere
෍ 𝐹𝑥 ′ = 0 → 𝜎𝑥 ′ Δ𝐴 − 𝜎𝑥 Δ𝐴 cos 𝜃 cos 𝜃 − 𝜏𝑥𝑦 Δ𝐴 cos 𝜃 sin 𝜃 − 𝜎𝑦 Δ𝐴 sin 𝜃 sin 𝜃 − 𝜏𝑥𝑦 Δ𝐴 sin 𝜃 cos 𝜃 = 0
Buradan K düzlemindeki normal gerilme:
𝜎𝑥 ′ = 𝜎𝑥 cos 2 𝜃 + 𝜎𝑦 sin2 𝜃 + 2𝜏𝑥𝑦 sin 𝜃 cos 𝜃
( 6.1.1 )
෍ 𝐹𝑦 ′ = 0 → 𝜏𝑥 ′ 𝑦 ′ Δ𝐴 + 𝜎𝑥 Δ𝐴 cos 𝜃 sin 𝜃 − 𝜏𝑥𝑦 Δ𝐴 cos 𝜃 cos 𝜃 − 𝜎𝑦 Δ𝐴 sin 𝜃 cos 𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 Δ𝐴 sin 𝜃 sin 𝜃
𝜏𝑥 ′ 𝑦 ′ = −(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 ) sin 𝜃 cos 𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 (cos2 𝜃 − sin2 𝜃)
K düzlemindeki kayma gerilmesi:
𝜎𝑥 ′ bağıntısında (6.1.1 denkleminde) θ yerine θ+90 yazılarak 𝜎𝑦′ gerilmesi bulunur.
K düzlemine dik düzlemdeki normal gerilme:
23.08.2024
𝑐𝑜𝑠( 𝜃 + 90) = − 𝑠𝑖𝑛 𝜃 , 𝑠𝑖𝑛( 𝜃 + 90) = 𝑐𝑜𝑠 𝜃
𝜎𝑦′ = 𝜎𝑥 sin2 𝜃 + 𝜎𝑦 cos2 𝜃 − 2𝜏𝑥𝑦 sin 𝜃 cos 𝜃
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
( 6.1.2 )
( 6.1.3 )
272
6.1 Düzlem Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
Aslında şu aşamada 6.1.1, 6.1.2 ve 6.1.3 denklemleriyle amacımıza ulaştık. Yani herhangi bir düzlemdeki (K
düzlemindeki) gerilme bileşenlerini elde ettik. Bundan sonra bu formülleri biraz daha düzgün forma getireceğiz ve
geometrik bir ifade (Mohr Çemberi) haline dönüştüreceğiz:
𝑦
sin2 𝜃 =
𝜏𝑥 ′ 𝑦 ′ Δ𝐴
1 − cos 2𝜃
2
;
cos 2𝜃 = cos2 𝜃 − sin2 𝜃 ;
cos2 𝜃 =
1 + cos 2𝜃
2
sin 2𝜃 = 2 sin 𝜃 cos 𝜃
Yukarıdaki trigonometrik dönüşüm bağıntıları
𝜎𝑥 Δ𝐴 cos 𝜃
𝑥
𝜏𝑥𝑦 Δ𝐴 cos 𝜃
6.1.1, 6.1.2 ve 6.1.3 denklemlerinde yerine koyarsak;
2𝜃 cinsinden gerilme dönüşüm bağıntılarını aşağıdaki gibi elde ederiz.
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
𝜎𝑥 ′ =
+
cos 2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 sin 2𝜃
2
2
𝜏𝑥𝑦 Δ𝐴 sin 𝜃
𝜎𝑦 Δ𝐴 sin 𝜃
Şekil 6.1.8
𝜏𝑥 ′ 𝑦 ′ = −
𝜎𝑦 ′ =
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
sin 2 𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 sin 2𝜃
2
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
−
cos 2𝜃 − 𝜏𝑥𝑦 sin 2𝜃
2
2
( 6.1.4 )
( 6.1.5 )
( 6.1.6 )
Şunu da gözden kaçırmamak gerekir ki, 6.1.4, 6.1.5 ve 6.1.6 denklemleriyle hesaplanabilecek 𝜎𝑥 ′ , 𝜏𝑥′ 𝑦′ ve
𝜎𝑦 ′ gerilmeleri yine x-y düzlemindedir, sadece doğrultuları x – y eksenleriyle belli bir açı yapmaktadır.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
273
6.1 Düzlem Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
6.1.4 Mohr Çemberi
Aslında bir noktada sonsuz tane q açısı ve dolayısıyla sonsuz tane düzlem
vardır. Bu düzlemlerin hepsi bir çember ile ifade edilebilir ve bu çemberden
herhangi bir düzlemdeki gerilme bileşenleri bulunabilir. Şöyle ki:
61..4 denkleminde, sağdaki ilk terimi sola atılır ve sonra her iki tarafın
karesi alınır. 6.1.5 denkleminin de her iki tarafının karesi alınarak bu iki
eşitlik taraf tarafa toplanırsa parametrik bir daire denklemi elde edilir.
2
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 2
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
𝜎𝑥 ′ −
=
cos 2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 sin 2𝜃
2
2
2
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
𝜏𝑥 ′ 𝑦 ′ = −
sin 2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 cos 2 𝜃
2
𝜎𝑥 ′ − 𝜎𝑜𝑟𝑡
x
2+
a
𝜏𝑥 ′ 𝑦 ′ − 0
y
Bilgi: (a;b) merkezli Çember Denklemi:
(𝑥 − 𝑎)2 +(𝑦 − 𝑏)2 = 𝑅2
(𝑦 − 𝑏)
(𝑎; 𝑏)
(𝑥 − 𝑎)
b
2
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 2
=
+ 𝜏𝑥𝑦 2
2
𝑅2
𝜎𝑥 ′ − 𝜎𝑜𝑟𝑡 2 + 𝜏𝑥2′ 𝑦 ′ = 𝑅2
Bu denklemi x ekseni üzerinde bir
çemberin denklemine benzetebiliriz; (b=0)
ve bu çembere Mohr Çemberi ismi veririz.
Şekil 6.1.9
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜏
Mohr Çemberi
𝜏𝑥𝑦
𝑅
𝜎𝑦
𝐶
𝜎𝑥
𝜎
−𝜏𝑥𝑦
𝜎𝑜𝑟𝑡
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
Şekil 6.1.10
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦
( 6.1.7 )
2
Mohr Çemberi bir noktadaki tüm
düzlemlerdeki
gerilme
bileşenlerinin geometrik ifadesidir.
(Nasıl çizilebileceği ve çember
üzerinden
gerilmelerin
nasıl
bulunacağı bir sonraki sayfada
özetlenmiştir..)
𝜎𝑜𝑟𝑡 =
274
6.1 Düzlem Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
6.1.4.1 Mohr Çemberinin Çizimi ve Kullanımı
6.1.4.1.1 - 1.Yöntem (Gerilme Bileşenleri yardımıyla) :
Bir noktada düzlem gerilme durumu (σx , σy , τxy ) belli iken mohr çemberi çizilebilir.
𝜏𝑦𝑥 𝜎𝑦
Mohr Çemberi Çizim Sırası:
𝜎𝑥 ′
1- D (s , t ) noktası belirlenir.
𝜎𝑥
q
D3
𝜎𝑥
𝜏𝑥𝑦 > 0 (Mohr çemberinde)
< 0 (denklemlerde)
𝜎𝑦
1
x
t
sy
xy
2- D2 (sy , - txy) noktası belirlenir.
3- D1-D2 çizgisi çizilir.
4- C merkezli çember çizilir.
-txy
Şekil 6.1.11
(CD1sx ) dik üçgeninin hipotenüsü = Mohr Çemberinin yarıçapı : 𝑅 =
D1(sx , txy)
txy
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 2
2
( 6.1.8 )
+ 𝜏𝑥𝑦
2
2q
txy
C
sx
s
D2(sy , -txy)
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦
2
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
Şekil 6.1.12
Önemli Noktalar:
1. Mohr Çemberinde bulunduğumuz nokta D1 dir. Gerilme elemanı (kare eleman) üzerinde ise D1 düzlemi sağdaki düşey düzlemdir.
2. Kayma gerilmesinin işareti: Kayma gerilmesinin yönü sağ düzlemde (D1 düzleminde) aşağı doğru ise, işareti mohr çemberinde
pozitif, denklemlerde negatif alınır.
3. Gerçekte normali +x ekseni ile q açısı yapan düzlem, Mohr çemberinde D3 noktasına karşılık gelir. D3 ün mohr
çemberindeki koordinatları, o düzlemdeki normal gerilmeyi (sx’) ve kayma gerilmesini (tx’ y’) verir. D3 e ulaşmak için mohr
çemberinde gerçektekiyle aynı yönde 2q kadar bulunduğumuz nokta (D1) den dönülür.
4. Mohr Çemberi ölçekli çizildiğinde herhangi bir düzlemdeki gerilme bileşenlerini ölçerek bulabiliriz. Veya ölçekli
çizilmezse mohr çemberinden geometrik hesaplarla da bulabiliriz. (Veya mohr çemberi yerine daha önce çıkardığımız
6.1.1 den 6.1.7 ye kadar olan denklemleri kullanabiliriz.)
275
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
6.1 Düzlem Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
t
𝜏
𝑥′𝑦′
6.1.4.1.2 Asal Gerilmeler (Principle Stresses) ve Düzlemleri
D3
D1
• Mohr Çemberinin x eksenini sağdan ve soldan kestiği A (𝜎𝑚𝑎𝑥 ; 0) ve
B(𝜎𝑚𝑖𝑛 ; 0) noktalarına dikkat ediyoruz. Bu iki noktaya karşılık gelen A
R
ve B düzlemlerine özel olarak asal gerilme düzlemleri ismi verilir.
txy
2q
• Asal gerilme düzlemlerinde normal gerilmeler diğer düzlemlere göre
2qp
B
A s
maksimum ( 𝜎𝑚𝑎𝑥 ) ve minimum ( 𝜎𝑚𝑖𝑛 )değerlerdedir ve bu
smin O sy 𝜎𝑥 ′
sx smax
C
gerilmelere asal gerilmeler denir.
• A ve B nin düşey koordinatları sıfır olduğundan asal gerilme
düzlemlerinde t kayma gerilmelerinin sıfır olduğu anlaşılır.
-txy
• A ve B asal gerilme düzlemleri arasında mohr çemberinde 1800,
Şekil 6.1.13
gerçekte ise 90olik açı vardır.
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
• Maksimum asal gerilme düzlemini temsil eden A noktasına çemberden
𝜎𝑜𝑟𝑡 =
erişmek için, bulunduğumuz noktadan (D1den) 2qp kadar (gerçekte
2
2
ise aynı yönde qp kadar) dönülür.
𝜎𝑦
𝜏𝑦𝑥
Asal gerilmelerin hesaplanması :
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 2
2
D1
( 6.1.9 )
𝜎𝑚𝑎𝑥,𝑚𝑖𝑛 = 𝜎𝑜𝑟𝑡 ± 𝑅 → 𝜎𝑚𝑎𝑥,𝑚𝑖𝑛 =
±
+
𝜏
𝜎
𝑥𝑦
𝑥
𝜎𝑥
B
2
2
A
qp
(CD1sx üçgeninden)
𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑥𝑦
( 6.1.10 )
Asal gerilme düzlemlerinin açısı : 𝑡𝑎𝑛 2𝜃𝑝 = 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
𝜎𝑦
Şekil 6.1.14
2
txy
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
276
6.1 Düzlem Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
t
tmax-xy
𝜏𝑥 ′ 𝑦 ′
txy
B
smin
6.1.4..1.3 Mohr çemberi çizimi için 2. Yöntem: (Asal Gerilmeler Yardımıyla)
• Önce asal gerilmeler 6.1.9 denkleminden hesaplanır. 𝜎m𝑖𝑛 ve 𝜎m𝑎𝑥 yatay eksene yerleştirir.
• Bu iki noktadan geçecek şekilde Mohr çemberi çizilir. (Çember merkezi C, asal gerilmelerin tam ortasındadır.)
• D1 noktası çember üzerinde işaretlenir ve D3 gibi 3ncü düzlemdeki gerilmeler 1.yöntemde gösterildiği gibi bulunur.
E
D3
D1
2q
sy 𝜎𝑥 ′
R
2qp
C
-txy
𝜎𝑜𝑟𝑡
txy
sx
6.1.4.1.4 Maksimum kayma gerilmesi- tmax
A
smax
Mohr çemberinden kayma gerilmelerinin maksimum değeri (𝜏𝑚𝑎𝑥−𝑥𝑦 ) nin
çemberin E üst noktasında ortaya çıktığını görüyoruz. Çemberi incelediğimizde
s ; tmax-xy=CE =R olduğunu; E noktasının asal gerilme düzlemleriyle çemberde 900
(gerçekte 450) açı yaptığını ve E düzlemindeki normal gerilmenin 𝜎𝑜𝑟𝑡
olduğunu ayrıca tespit ediyoruz.
𝜏𝑚𝑎𝑥−𝑥𝑦 = 𝑅 =
Şekil 6.1.15
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦
2
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
xy düzlemindeki kayma
gerilmelerinin maksimumu
veya
𝜏𝑚𝑎𝑥−𝑥𝑦 = 𝑅
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 2
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2
𝜎𝑚𝑎𝑥 − 𝜎𝑚𝑖𝑛
=
2
( 6.1.11 )
( 6.1.12 )
• Not: Maksimum kayma gerilmesini belirlemek ileride göreceğimiz Tresca akma kriterini kullanırken önem arz eder.
Dikkat : Burada 6.1.11 veya 6.1.12 denklemlerinden hesaplanan tmax-xy , x-y düzlemindeki kayma gerilmelerinin en büyük
değeridir. Ancak x-y düzleminde olmayan 3ncü boyuttaki doğrultularda daha büyük kayma gerilmelerinin ortaya çıkma ihtimali
vardır. O halde maksimum kayma gerilmesinin tespiti için bunların da hesaplanması şarttır. Bunun için ise incelediğimiz düzlem
gerilme durumuna ait 3 boyutlu mohr çemberini çizmemiz gerekir ki şimdi bunu anlatacağız….. >>
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
277
𝝉
6.1 Düzlem Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
6.1.4.2.
3 boyutlu Mohr Çemberi ve 𝜏𝑚𝑎𝑥 ’ un tespiti
𝜎3
3 boyutlu mohr çemberi aslında Mukavemet 2
𝐶
dersinde daha detaylı anlatılmaktadır.
Bir noktada aynı anda 6 gerilme bileşenin olduğu 3 boyutlu gerilme
durumunda, büyükten küçüğe doğru 𝜎1 , 𝜎2 , 𝜎3 olmak üzere 3 tane
asal gerilme vardır.
𝜎1
> 𝜎2 >
𝜎3


𝜎max > 𝜎orta > 𝜎m𝑖𝑛
𝐵
𝑶
Burada detaylara girmeden kısaca özetlenecektir:

𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝑅𝑚𝑎𝑥
•
𝐴
𝜎2
𝜎𝑚𝑖𝑛
𝝈
𝜎1
𝜎𝑚𝑎𝑥
Şekil 6.1.16
(3 boyutlu gerilme hali için asal gerilmeler
hesaplamaları Mukavemet 2 dersinde gösterilmektedir.)
Bu asal gerilmeler t - s eksen takımında yatay eksene yerleştirilir ve aralarında 3 çember
çizilerek 3 boyutta mohr çemberi elde edilmiş olur (üstteki şekil).
İşte bu çemberlerden en büyük çemberin yarıçapı (𝑅𝑚𝑎𝑥 ) o noktadaki gerçek maksimum
kayma gerilmesine (𝜏𝑚𝑎𝑥 ’a) eşittir. Ve genel olarak şu şekilde hesaplanır:
𝜎1 − 𝜎3
𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝑅𝑚𝑎𝑥 =
2
Düzlem gerilme durumu için 3 boyutlu Mohr çemberi nasıl çizilir?..>>
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
278
6.1 Düzlem Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
6.1.4.3. Düzlem Gerilme hali için 3 boyutlu Mohr Çemberi ve 𝜏𝑚𝑎𝑥 ’ un tespiti
Örneğin x-y düzlemindeki bir düzlem gerilme durumu
• Düzlem gerilme durumunda x-y düzleminde çizdiğimiz
Mohr çemberinden 𝜎𝑚𝑎𝑥,𝑚𝑖𝑛 = 𝜎𝑜𝑟𝑡 ± 𝑅 (6.1.9) denklemiyle için 6.1.9 denkleminden asal gerilmeleri
smax=50MPa, smin=20MPa
2 tane asal gerilme buluyorduk.
olarak bulduğumuzu kabul edelim. Bu asal gerilmelerin x-y
düzleminde olduğunu unutmayalım.
Birisi sıfır olan bu üç asal gerilmeyi, büyükten küçüğe 3 tane asal gerilme büyükten küçüğe şu şekilde olacaktır:
𝜎1 , 𝜎2 ve 𝜎3 olarak belirleriz.
s1=50MPa, s2=20MPa, s3=0
• 3ncü asal gerilme ise düzlem gerilme durumu için sıfırdır.
•
Yukarıda anlatıldığı gibi bu üç asal gerilme arasında üç
çember çizip, düzlem gerilme için 3 boyutlu Mohr çemberini
elde ederiz ve en büyük dairenin yarıçapını tespit ederek,
𝜏𝑚𝑎𝑥 u bulmuş oluruz.
• Düzlem gerilme için çizdiğimiz mohr çemberi aslında bu 3
çemberden birisidir. Ancak hangisi olduğu probleme göre
değişir.
• Şimdi yandaki örneği inceleyerek konuyu iyice pekiştiriniz.
•
Bir pratik Bilgi: 6.1.9 denkleminden bulduğumuz 𝜎𝑚𝑎𝑥 ve 𝜎𝑚𝑖𝑛
değerlerinin birisi negatif, birisi pozitif olursa, büyük çember x-y
düzlemin de çizdiğimiz çember ve 𝜏𝑚𝑎𝑥−𝑥𝑦 = tmax olacaktır.
Niçin ısrarla tmax değerini bulmaya çalışıyoruz?
Cevabi 7nci konuda daha netleşecektir. (Tresca kriteri ile ilgilidir)
23.08.2024
Bu asal gerilmelerden 3boyutlu mohr çemberi aşağıdaki
gibi çizilir. 𝜎1 ile 𝜎2 , x-y düzlemindeki asal gerilmeler
olduğundan, bunlar arasındaki çember x-y düzlemindeki
çember olur ve en büyük çember değildir.
Bu durumda maksimum kayma gerilmesi:
𝜎1 − 𝜎3 𝜎1
t
=
= 25𝑀𝑃𝑎
𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝑅𝑚𝑎𝑥 =
tmax
2
2
tmax-xy
olarak bulunur.
𝑅𝑚𝑎𝑥
s3=0
s2=20
Şekil 6.1.17
s1=50
s
x-y düzleminde çizilen
mohr çemberi
Farklı örnekler çözdükçe konu daha iyi anlaşılacaktır..>>
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
279
6.1 Düzlem Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
𝜎𝑦 = −10𝑀𝑃𝑎
Örnek 6.1.1
Şekildeki düzlem gerilme durumu için Mohr Çemberini çizerek (a) asal gerilmeleri
ve doğrultularını/düzlemlerini, (b) maksimum kayma gerilmesini bulunuz.
𝜏𝑥𝑦 = 40𝑀𝑃𝑎
𝜎𝑥
𝜎𝑥 = 50𝑀𝑃𝑎
𝜎𝑦
Şekil 6.1.18
b-)
Çözüm: Sağ düzlemdeki txy yukarı doğru olduğundan Mohr çemberinde negatiftir.
3 boyutlu mohr çemberini çizelim:
x-y düzlemindeki mohr
a-) Asal gerilmeler ve düzlemleri denk. 6.1.9 dan:
s1=70MPa, s2=0, s3=-30MPa
çemberi 1. yöntemle
𝜎𝑚𝑎𝑥,𝑚𝑖𝑛 = 𝜎𝑜𝑟𝑡 ± 𝑅
aşağıdaki gibi çizebiliriz:
t (MPa)
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦
50 + −10
D1(50,-40)
𝜎𝑜𝑟𝑡 =
=
= 20MPa
D1 (sx , txy)
tmax-xy= tmax
2
2
D2 (sy , - txy)
D2 (-10, 40)
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 2
2
t
𝑅=
+ 𝜏𝑥𝑦
= 30 2 + −40 2 = 50MPa
2
s2=0
s3=-30
tmax-xy
s1=70
𝑏
O
C
→ 𝜏𝑚𝑎𝑥−𝑥𝑦 = 𝑅 = 50𝑀𝑃𝑎
D2 40
𝑎
s(MPa)
𝑦
𝜎𝑚𝑎𝑥 = 20 + 50 = 70 𝑀𝑃𝑎,
smin
50 smax
𝜎𝑚𝑎𝑥
C
B -10 O
A s 𝜎𝑚𝑖𝑛 = 20 − 50 = −30 𝑀𝑃𝑎
𝜎𝑚𝑖𝑛
𝜎𝑚𝑎𝑥 ve 𝜎𝑚𝑖𝑛 zıt işaretli olduğundan
𝜏𝑥𝑦
𝜃𝑝
-40
tan 2𝜃𝑝 = 𝜎 − 𝜎
D1
𝑥
x-y düzlemindeki mohr çemberi
𝑥
𝑦
2
en büyük çember çıktığını farkedin.
40
4
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
=
=
50 − (−10) 3 → 𝜃𝑝 = 26.6°
Bu sebeple : tmax =tmax-xy=50MPa
𝜎𝑜𝑟𝑡 =
2
2
2
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
280
6.1 Düzlem Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
60MPa
Örnek 6.1.2 (video 6a, örn.6.1) Şekildeki düzlem gerilme durumu için ; a) Mohr Çemberini
100MPa
çiziniz. b) x-y düzlemindeki maksimum kayma gerilmesini, asal gerilmeleri ve
doğrultularını bulunuz. c) normali +x ekseniyle 30° açı yapan yüzeydeki gerilmeleri
48MPa
bulunuz. d) Bu noktadaki maksimum kayma gerilmesini bulunuz.
Şekil 6.1.19
Çözüm
a)
D1 (sx , txy)
D1(100, 48)
D2 (sy , - txy)
D2 (60, -48)
t
tmax-xy
D1(100, 48)
48
𝑅
O smin
−48
60
s
C 100 smax
D2 (60, -48)
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦
𝜎𝑜𝑟𝑡 =
2
23.08.2024
2qp
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 100 + 60
𝜎𝑜𝑟𝑡 =
=
= 80MPa
2
2
b)
𝑅=
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 2
2
+ 𝜏𝑥𝑦
=
2
100 − 60
2
(x-y düzlemindeki max.
kayma gerilmesi)
2
+ 482 → 𝑅 = 52 = 𝜏𝑚𝑎𝑥−𝑥𝑦
𝜎𝑚𝑎𝑥 = 𝜎𝑜𝑟𝑡 + 𝑅 → 𝜎𝑚𝑎𝑥 = 80 + 52 = 132MPa
𝜎𝑚𝑖𝑛 = 𝜎𝑜𝑟𝑡 − 𝑅
→ 𝜎𝑚𝑖𝑛 = 80 − 52 = 28MPa
𝜏𝑥𝑦
48
tan 2 𝜃𝑝 = 𝜎 − 𝜎 =
= 2.4
𝑥
𝑦
100 − 60
2
2
→ 2𝜃𝑝 = 67.4°
→ 𝜃𝑝 = 33.7°
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜃𝑝
𝜎𝑚𝑖𝑛 = 28𝑀𝑃𝑎
𝜎𝑚𝑎𝑥 = 132𝑀𝑃𝑎
281
𝜏𝑦𝑥 𝜎𝑦
𝜎𝑥 ′
6.1 Düzlem Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
c) +x ekseniyle q = 30° açı yapan düzlem, mohr çemberinde D1’den itibaren aynı yönde 60°
lik açı yapan noktaya (D3 ’e) karşılık gelir. D3’ün koordinatlarını bulmalıyız. 𝜎𝑥 ′ =? ; 𝜏𝑥 ′ 𝑦′ =?
t
tmax-xy
𝜏
D1(100, 48)
𝜎𝑥 ′ D3
𝑅
𝑥′𝑦′
O
smin
B
K
𝜙
smax
A
C
D2 (60, -48)
𝜎𝑜𝑟𝑡 = 80
d)
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
𝜎𝑥
𝜏𝑥𝑦
𝜎𝑦
𝜎𝑥 ′ = 𝑂𝐾 = 𝑂𝐶 − 𝐾𝐶 = 80 − 𝑅 𝑐𝑜𝑠 𝜙 = 80 − 52 𝑐𝑜𝑠 52.6° → 𝜎𝑥 ′ = 48.4𝑀𝑃𝑎
s
𝜏𝑥 ′ 𝑦 ′ = 𝐾𝐷3 = 𝑅 𝑠𝑖𝑛 𝜙 = 52 𝑠𝑖𝑛 52.6° → 𝜏𝑥 ′ 𝑦 ′ = 41.3𝑀𝑃𝑎
veya Analitik
formüllerden
( txy <0 alınır)
tmax
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
+
cos 2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 sin 2𝜃 → 𝜎𝑥 ′ = 48.4𝑀𝑃𝑎
2
2
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
→ 𝜏𝑥 ′ 𝑦 ′ = −41.3𝑀𝑃𝑎
𝜏𝑥 ′ 𝑦 ′ = −
sin 2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 cos 2𝜃
2
𝜎𝑥 ′ =
t (MPa)
tmax-xy
𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝑅𝑚𝑎𝑥 =
𝑅𝑚𝑎𝑥
s3=0
s3=0
s2=28
s (MPa)
s1=132
a şıkkında çizilen x-y
düzlemindeki mohr çemberi
23.08.2024
D3
𝜙 = 180° − 60° − 2𝜃𝑝 = 180° − 60° − 67.4° = 52.6°
3 boyutlu Mohr çemberini çizersek,
s1=132MPa, s2=28MPa,
q
𝜎𝑥
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜎1
132
=
2
2
𝜏𝑚𝑎𝑥 = 66𝑀𝑃𝑎
282
6.1 Düzlem Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
6.1.6 Tek tip yükleme durumlarında Mohr Çemberi
b- Kesme veya Burulma
a- Çeki-Bası veya Basit Eğilme
𝑦
𝑦
𝑃
𝑃
Şekil 6.1.22
𝑥
Bu tip yüklemelerde
sadece kayma gerilmesi
ortaya çıkar.
𝑥
𝜏𝑥𝑦
Şekil 6.1.20
𝜎𝑥
𝜎𝑥 =
𝑃
𝐴
D1 (sx , txy)
D2 (sy , - txy)
𝑦
𝜎𝑥
Şekil 6.1.23
𝜎𝑥
𝑥
D1 (sx , txy)
D1 (0 , txy)
D2 (sy , - txy)
D2 (0 , - txy)
D1(sx , 0)
D1 (0 , txy)
D2 (0, 0)
Çekme testinde bir noktadaki mohr çemberi
t
tmax
𝑅
D2 (0, 0)
Şekil 6.1.21
23.08.2024
𝑅
𝜎𝑥
𝜏
=
𝑅
=
Akma olmadan önce: 𝜎𝑥 = 2𝑅 , 𝑚𝑎𝑥
2
Akma sınırında
𝜎𝑥 = 𝜎𝑎𝑘𝑚𝑎
s
𝜎𝑎𝑘𝑚𝑎
𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝜏𝑎𝑘𝑚𝑎 =
D1(sx , 0)
2
Sünek malzemelerde kaymadaki akma
gerilmesinin çeki akma gerilmesinin yarısına
eşit olduğunu bu çemberden ispat etmiş olduk.
t
s
𝜎𝑚𝑎𝑥
𝜎𝑚𝑖𝑛
Şekil 6.1.24
D2 (0 , - txy)
Herhangi bir anda:
𝜏𝑥𝑦 = 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝜎𝑚𝑎𝑥 = 𝑅 = −𝜎𝑚𝑖𝑛
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
283
Bölümle İlgili Cevaplı Sorular
6.1 Düzlem Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
Soru
6.1.3
Şekilde düzlem
gerilme durumu
−40𝑀𝑃𝑎
30𝑀𝑃𝑎
50𝑀𝑃𝑎
50𝑀𝑃𝑎
gösterilen nokta için;
−40𝑀𝑃𝑎
Şekil 6.1.25
a-) 2 ve 3 Boyutlu Mohr Çemberlerini çiziniz.
b-) Asal Gerilme ve doğrultularını,
c-) Maksimum kayma gerilmesini,
d-) Taralı k düzlemindeki gerilme
bileşenlerini hesaplayınız.
Cevaplar
b-) smax = 59.08MPa, smin = -49.08MPa, qp=16.84o
c-) tmax = 54.08MPa
d-) ( t x’y’)k = -23.96 MPa, (sx’) k=-43.47MPa,
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
284
6.1 Düzlem Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
Soru 6.1.4*
Verilen gerilme
durumu için;
Şekil 6.1.26
Gerilme dönüşüm denklemlerini kullanarak,
a-) Asal gerilmeler ve doğrultularını bulunuz
b-) Maksimum kayma gerilmesini bulunuz.
c-) Taralı c düzlemindeki normal ve kayma
gerilmelerinin değerini hesaplayınız.
Cevaplar:
b-) smax =144MPa, smin =36MPa, qP =28.15o ,
c-) tmax =54MPa, d-) sx’ =142MPa, tx’y’=15.2MPa,
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
285
6.1 Düzlem Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
Soru 6.1.5 Şekildeki verilen düzlem gerilme durumu için;
a) Mohr çemberini çiziniz.
b) Asal gerilme değerlerini ve doğrultularını bularak
şekil üzerinde gösteriniz.
c) c düzlemindeki normal ve kayma gerilmelerini bulunuz ve Mohr çemberi üzerinde
bu düzleme karşılık gelen noktayı gösteriniz.
Şekil 6.1.27
*Bu sorunun çözümünü mehmetzor.com sitesinde endüstri müh. 2009 Final sinavi pdf dosyasında bulabilirsiniz.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
286
𝑧
𝑦
𝑥
6.2
𝜏
Üç Boyutta
Gerilme Dönüşümleri
ve 3D Mohr Çemberi
(Video 6.2.a)
23.08.2024
𝜎3
𝜎2
𝜎1 𝜎
(Video 6.2.b)
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
287
3 Boyutta Gerilme Döüşüm Bağıntıları
Bu bölümde amacımız, bir noktada üç boyutlu gerilme durumu (6 gerilme bileşeni) mevcut iken, aynı noktada farklı
düzlemlerdeki gerilme bileşenlerini hesaplamak ve 3 boyutlu mohr çemberini çizmektir.
6.2.1 Hatırlatma: Düzlemde Gerilme Dönüşüm Denklemleri ve Mohr Çemberi Nasıl Bulunurdu?
𝑦
𝑦′
x-y düzleminde 𝜎𝑥 , 𝜎𝑦 , 𝜏𝑥𝑦 gerilmeleri belli iken 𝑥 ′ − 𝑦 ′ eksen takımına göre 𝜎𝑥 ′ , 𝜎𝑦′ , 𝜏𝑥 ′𝑦′ gerilmeleri
aşağıdaki dönüşüm formüllerinden hesaplıyorduk.
𝜎𝑦
𝑥′
𝜎𝑥 ′
𝜎𝑥
𝜏𝑥𝑦
𝜃
𝑧
Şekil 6.2.1
K
𝜏𝑦𝑥
𝜎𝑦
𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑦𝑥
𝜎𝑥
𝑥
Dengede olan kübik elemanı k düzlemi
ile ayırdığımızda, sol kısmı için statik
denge denklemlerinden𝜎𝑥 ′ 𝑣𝑒 𝜏𝑥 ′ 𝑦′ şu
şekilde bulunur:
𝜎𝑥 ′ denkleminde 𝜃 yerine 𝜃 +90
koyarak k ya dik düzlemdeki normal
gerilme olan 𝜎𝑦′ şu şekilde bulunur:
x-y düzleminden bakış
𝜎𝑥 ′ =
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
+
cos 2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 sin 2𝜃
2
2
𝜏𝑥 ′ 𝑦 ′ = −
𝜎𝑦′ =
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
sin 2 𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 sin 2𝜃
2
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
−
cos 2𝜃 − 𝜏𝑥𝑦 sin 2𝜃
2
2
x-y Düzlemindeki Mohr Çemberi
t
K
𝜏𝑥 ′ 𝑦 ′
𝜏𝑥𝑦
D1
𝜎𝑦
2q
𝜎𝑥 ′
𝜎𝑥
C
−𝜏𝑥𝑦 D2
Şekil 6.2.2
23.08.2024
Şekil 6.2.3
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
2
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
s
Şekil 6.2.4
(tüm
diyoganal
düzlemlerdeki gerilme
bileşenlerinin
geometrik ifadesidir.)
Daha ayrıntılı bilgi için:
(Mukavemet-1 konu 6.1 )
288
3 Boyutta Gerilme Döüşüm Bağıntıları
Şimdi benzer hesaplamaları, aynı mantıkla 3 boyutlu Gerilme Durumu için Yapacağız.
Püf Noktası-6.2.1:
• Bilinen değerler : karetezyen gerilme bileşenleri (sx , sy , sz , tyz , txz , tyz), ve gerilmesini aradığımız eğik düzlemin
normalinin eksenlerle yaptığı açılar (𝛼 , 𝛽, 𝛾)bilinmektedir.
• Bundan sonraki hesaplamalarda bilinmeyen değerleri daima bu bilinenler cinsinden bulmayı hedefleyeceğiz.
Püf Noktası-6.2.2:
Bir eksen takımına göre gerilme bileşenleri bilinirse, aynı noktadaki tüm eksen takımlarına göre gerilme bileşenleri
hesaplanabilir.
•
Kavram kargaşası olmaması için bu püf noktaları daima aklımızda olmalıdır.
İlk hedefimiz ise
4üncü bir eğik düzlemde
ortaya çıkan S bileşke
gerilmesini bulmaktır.
𝜏𝑧𝑦
𝐶
𝑁
𝜏𝑥𝑦
𝐴
23.08.2024
𝜏𝑦𝑧
𝜎𝑦
𝜏𝑥𝑧
𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑥𝑧
𝜎𝑥
z
C
𝜎𝑥
S
𝜎𝑦
𝑥
(Bileşke Gerilme)
𝜎𝑧
𝑧
𝐵
Kübik Elemanı
Eğik düzlemden
ayırıp, Sol kısmın
𝜎
dengesini inceleriz. 𝑦
𝜏𝑧𝑦
𝜎𝑧
Şekil 6.2.5
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
A
S
Düzlem normali
𝜏𝑥𝑦 𝛾
𝜏𝑦𝑧
𝛼
𝑦
Bulmak istediğimiz gerilme
𝜏𝑥𝑦
𝛽
𝜏𝑥𝑧
𝜏𝑦𝑧
𝜎𝑧
N
𝜎𝑥
𝜏𝑥𝑧
B
y
Şekil 6.2.6
289
3 Boyutta Gerilme Dönüşüm Bağıntıları
6.2.2- Bir Eğik Düzlemdeki Bileşke Gerilmenin ve Kartezyen Bileşenlerinin Hesabı (x, y, z Referans eksen takımına göre) :
Sz
N
𝛾
𝜎𝑦
𝜏𝑦𝑧
𝛼
𝜏𝑥𝑦
𝜎𝑥
𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑥𝑦
𝛽
𝜎𝑦
𝜏𝑥𝑧
𝜏𝑦𝑧
𝜎𝑥
Sy 𝜏𝑥𝑧
𝜏𝑦𝑧
𝜏𝑥𝑧
𝜏𝑦𝑧
𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑥𝑧
𝜎𝑧
İstenenler
Bilinenler
23.08.2024
• sx, sy, sz, tyz, txz, txy,
• Bileşke Gerilme S:
• 𝛼 , 𝛽, 𝛾
• Kartezyen Bileşenler :Sx, Sy, Sz
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
290
3 Boyutta Gerilme Dönüşüm Bağıntıları
6.2.2.1 Kosinüs Doğrultmanları
Düzlem normali (N) ile pozitif kartezyen
eksenler arasındaki açıların kosinüsleridir:
𝑙 = cos 𝛼 ,
𝑚 = cos 𝛽 ,
𝑛 = cos 𝛾
𝑇𝑧 𝑘
Kosinüs Doğrultmanları ile Alanlar
Arasındaki İlişki:
Bir üçgenin alanı: İki kenarının konum
𝑇 = 𝐴𝐵𝑥𝐴𝐶 = 𝐴𝑂 + 𝑂𝐵 𝑥 (𝐴𝑂 + 𝑂𝐶)
vektörlerinin vektörel çarpımlarının şiddetinin
yarısına eşittir.
= 𝐴𝑂 𝑥𝑂𝐶 + 𝑂𝐵 𝑥𝐴𝑂 + 𝑂𝐵 𝑥𝑂𝐶
Buna göre OBC ve ABC üçgenlerinin alanları:
= 𝑂𝐶 𝑥𝑂𝐴 + 𝑂𝐴 𝑥𝑂𝐵 + 𝑂𝐵 𝑥𝑂𝐶
𝑇𝑥
𝑂𝐵𝑥𝑂𝐶
(𝑂𝐵𝐶)𝐴 =
=
= 𝑂𝐵 𝑥𝑂𝐶 + 𝑂𝐶 𝑥𝑂𝐴 + 𝑂𝐴 𝑥𝑂𝐵
2
2
(𝑂𝐵𝐶)𝐴
𝑇𝑥
Kosinüs Doğrultmanları
Arasındaki İlişki:
𝑇=
𝑇
𝑇. 𝑦. 𝑗Ԧ +
𝑇. 𝑥. 𝚤Ԧ +
𝑇.𝑧. 𝑘
𝑙
𝑇
𝐴𝐵𝑥𝐴𝐶
=
(𝐴𝐵𝐶)𝐴 =
2
2
𝑇
= 𝑙=
(6.2.3a)
(𝐴𝐵𝐶)𝐴
𝑇. 𝚤Ԧ = 𝑇. 𝚤Ԧ . cos 𝛼 = 𝑇𝑥 → 𝑇𝑥 = 𝑇. 𝑙 (6.2.1a)
𝑇𝑦 𝑗Ԧ
(𝑂𝐶𝐴)𝐴
𝑇𝑦
𝑇𝑦
𝑂𝐶𝑥𝑂𝐴
(6.2.3b)
𝑚
=
→
=
=
(𝑂𝐶𝐴)𝐴 =
(𝐴𝐵𝐶)
𝑇
𝐴
2
2
𝑇. 𝑗Ԧ = 𝑇. 𝑗Ԧ . cosβ = 𝑇𝑦 → 𝑇𝑦 = 𝑇. 𝑚 (6.2.1b)
𝑚
𝑛
𝑇. 𝑘 = 𝑇. 𝑘 . cos𝛾 = 𝑇𝑧 → 𝑇𝑧 = 𝑇. 𝑛 (6.2.1c)
𝑇𝑥 𝚤Ԧ
Şekil 6.2.7
𝐴𝐵 sağ elle tutulup 𝐴𝐶 üzerine kapatılırsa
başparmağımız 𝑇 = 𝐴𝐵𝑥𝐴𝐶 vektörünün
yönünü gösterir. (Bknz Örnek 6.2.1)
Püf noktası 6.2.3:
(6.2.1a-c)denklemlerinden anlıyoruz ki;
Normal yöndeki T gibi bir vektörün bir
eksen yönündeki bileşenin şiddeti,
kosinüs
doğrultmanıyla
bileşke
vektörün şiddetinin çarpımına eşittir.
𝑇 2 = 𝑇𝑥 2 + 𝑇𝑦 2 + 𝑇𝑧 2 = 𝑇 2 (𝑙 2 + 𝑚2 + 𝑛2 )
(𝑂𝐶𝐴)𝐴 (6.2.3c)
𝑇𝑧
𝑇𝑧
𝑂𝐴𝑥𝑂𝐵
𝑛
=
→
=
=
(𝑂𝐴𝐵)𝐴 =
(𝐴𝐵𝐶)𝐴
𝑇
2
2
Normal yöndeki birim vektör:
𝑒Ԧ𝑁 =
𝑙2 + 𝑚2 + 𝑛2 = 1 (6.2.2)
𝑇
𝑇
=
𝑇(𝑙Ԧ𝚤 + 𝑚Ԧ𝑗 + 𝑛𝑘)
𝑇𝑥 𝚤Ԧ + 𝑇𝑦 𝑗Ԧ + 𝑇𝑧 𝑘
=
𝑇
𝑇
𝑒Ԧ = 𝑒Ԧ𝑁 = 𝑙Ԧ𝚤 + 𝑚Ԧ𝑗 + 𝑛𝑘
(6.2.4)
Kosinüs Doğrultmanlarının işaretleri: 𝑒Ԧ𝑁 in bileşenlerinin işaretleriyle aynıdır. Bu bilgi özellikle işaretlerin doğruluğunu kontrolünde işimize yarar.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
291
3 Boyutta Gerilme Dönüşüm Bağıntıları
6.2.2.2 x,y,z Referans Eksen Takımına Göre Kartezyen Gerilme Bileşenlerinin Hesaplanması
(6.2.3a-c) denklemleri:
alan
ΣFx=0
Sz
𝑂𝐵𝐶
𝑙 = cos 𝛼 =
𝐴𝐵𝐶
,
𝑂𝐴𝐶
𝑚 = cos 𝛽 =
𝐴𝐵𝐶
𝑆𝑥 . 𝐴𝐵𝐶 − 𝜎𝑥 . 𝑂𝐵𝐶 − 𝜏𝑥𝑦 . 𝑂𝐴𝐶 − 𝜏𝑥𝑧 . 𝑂𝐴𝐵 = 0
𝑂𝐴𝐵
𝑂𝐴𝐶
𝑂𝐵𝐶
𝐴𝐵𝐶
𝜏
+ 𝑥𝑧
+ 𝜏𝑥𝑦
𝑆𝑥
= 𝜎𝑥
𝐴𝐵𝐶
𝐴𝐵𝐶
𝐴𝐵𝐶
𝐴𝐵𝐶
,
𝑂𝐴𝐵
𝑛 = cos 𝛾 =
𝐴𝐵𝐶
𝑆𝑥 = 𝜎𝑥 𝑙 + 𝜏𝑥𝑦 𝑚 + 𝜏𝑥𝑧 𝑛
(6.2.5a)
(Benzer şekilde alttaki iki denge denkleminin her iki tarafına ABC ye böleriz)
𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑥𝑦
𝜎𝑦
𝜏𝑦𝑧
𝜏𝑦𝑧
𝜎𝑥
ΣFy=0
𝑆𝑦 . 𝐴𝐵𝐶 − 𝜏𝑥𝑦 . 𝑂𝐵𝐶 − 𝜎𝑦 . 𝑂𝐴𝐶 − 𝜏𝑦𝑧 . 𝑂𝐴𝐵 = 0
𝑆𝑦 = 𝜏𝑥𝑦 𝑙 + 𝜎𝑦 𝑚 + 𝜏𝑦𝑧 𝑛 (6.2.5b)
ΣFz=0
𝑆𝑧 . 𝐴𝐵𝐶 − 𝜏𝑥𝑧 . 𝑂𝐵𝐶 − 𝜏𝑦𝑧 . 𝑂𝐴𝐶 − 𝜎𝑧 . 𝑂𝐴𝐵 = 0
𝑆𝑧 = 𝜏𝑥𝑧 𝑙 + 𝜏𝑦𝑧 𝑚 + 𝜎𝑧 𝑛
Sy 𝜏𝑥𝑧
(6.2.5a,b,c)denklemlerini Matris
formatında yazarsak:
𝜏𝑥𝑧
Şekil 6.2.8
S bileşke gerilmesinin şiddeti: 𝑆 =
S gerilme vektörü:
23.08.2024
𝜎𝑥
𝑆𝑥
𝑆𝑦 = 𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑥𝑧
𝑆𝑧
𝜏𝑥𝑦
𝜎𝑦
𝜏𝑦𝑧
𝜏𝑥𝑧
𝜏𝑦𝑧
𝜎𝑧
(6.2.5c)
𝑙
𝑚
𝑛
(6.2.6)
Püf noktası 6.2.4: Bir vektörün herhangi bir eksen takımına göre
bileşenlerinin şiddetini bulmak için, o vektörü, o eksen takımına
𝑆𝑥2 + 𝑆𝑦2 + 𝑆𝑧2 (6.2.7) ait birim vektörlerle skaler çarparız. Buna göre:
Ԧ 𝑘 (6.2.9c)
Ԧ 𝑗Ԧ (6.2.9b) ,
Ԧ 𝚤Ԧ (6.2.9a),
𝑆𝑧 = 𝑆.
𝑆𝑦 = 𝑆.
𝑆𝑥 = 𝑆.
𝑆Ԧ = 𝑆𝑥 𝚤Ԧ + 𝑆𝑦 𝑗Ԧ + 𝑆𝑧 𝑘 (6.2.8)
Not: S vektörü düzlem normali yönünde olsaydı, 6.2.9a-c
denklemlerinin 6.2.1a-c denklemleri ile aynı olacağını fark edin.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
292
3 Boyutta Gerilme Dönüşüm Bağıntıları
6.2.3 Eğik Düzlemdeki Bileşke Gerilmenin Kayma ve Normal Bileşenlerinin Hesabı:
N
N
𝜎𝑥
𝜏𝑥𝑦
𝛾
𝜎𝑦
𝜏𝑦𝑧
𝛼
𝜏𝑥𝑦
𝛽
𝜎𝑥
𝜎𝑦
𝜏𝑥𝑧
𝜏𝑦𝑧
𝜏𝑥𝑧
𝜏𝑦𝑧
𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑦𝑧
𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑥𝑧
𝜏𝑥𝑧
𝜎𝑧
İstenenler
Bilinenler
• sx, sy, sz, tyz, txz, tyz,
• 𝛼 , 𝛽, 𝛾
23.08.2024
• Kayma ve Normal Gerilme
Bileşenleri : t, sN
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
293
3 Boyutta Gerilme Dönüşüm Bağıntıları
6.2.3.1 Kayma ve Normal Gerilme Bileşenlerinin Hesabı
(6.2.5)-(6.2.7) denklemlerinden Kartezyen bileşenleri (𝑆𝑥 , 𝑆𝑦 , 𝑆𝑧 ) ve bileşke gerilmeyi (𝑆 )hesapladıktan
sonra;
Püf noktası 6.2.4’ü, t-N eksenlerine uygularsak
Sz
σN bileşenin şiddeti:
𝜎𝑁 = 𝑆Ԧ ⋅ 𝑒𝑁 = 𝑆𝑥 𝚤Ԧ + 𝑆𝑦 𝑗Ԧ + 𝑆𝑧 𝑘 ⋅ 𝑙Ԧ𝚤 + 𝑚Ԧ𝑗 + 𝑛𝑘
𝜎𝑁 = 𝑆𝑥 𝑙 + 𝑆𝑦 𝑚 + 𝑆𝑧 𝑛
(6.2.5) denklemlerinden
𝜎𝑥
𝜎𝑦
𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑦𝑧
𝜏𝑦𝑧
𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑥𝑧
Sy
𝜏𝑥𝑧
veya
𝑆𝑥 = 𝜎𝑥 𝑙 + 𝜏𝑥𝑦 𝑚 + 𝜏𝑥𝑧 𝑛
𝑆𝑦 = 𝜏𝑥𝑦 𝑙 + 𝜎𝑦 𝑚 + 𝜏𝑦𝑧 𝑛
(6.2.10a)
𝜎𝑁 = 𝜎𝑥 𝑙2 + 𝜎𝑦 𝑚2 + 𝜎𝑧 𝑛2 + 2 𝜏𝑥𝑦 𝑙𝑚 + 𝜏𝑥𝑧 𝑙𝑛 + 𝜏𝑦𝑧 𝑚𝑛
(6.2.10b)
𝜎Ԧ𝑁 = 𝜎𝑁 ⋅ 𝑒𝑁 = 𝑆𝑥 𝑙 + 𝑆𝑦 𝑚 + 𝑆𝑧 𝑛 ⋅ 𝑙Ԧ𝚤 + 𝑚Ԧ𝑗 + 𝑛𝑘
(6.2.11)
𝑆𝑧 = 𝜏𝑥𝑧 𝑙 + 𝜏𝑦𝑧 𝑚 + 𝜎𝑧 𝑛
σN bileşenin vektörel ifadesi:
t bileşenin şiddeti:
Şekil 6.2.9
𝜏 2 = 𝑆 2 − 𝜎𝑁2
𝜏=
𝑆 2 − 𝜎𝑁2
(6.2.12a)
(6.2.7) denkleminden 𝑆 = 𝑆𝑥2 + 𝑆𝑦2 + 𝑆𝑧2
t bileşenin vektörel ifadesi:
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜏Ԧ = 𝑆Ԧ − 𝜎Ԧ𝑁
(6.2.12b)
294
3 Boyutta Gerilme Dönüşüm Bağıntıları
Örnek-6.2.1
𝑧
𝜎𝑧
Dış yüklere maruz ve dengede olan yandaki
cismin O noktasındaki gerilme bileşenleri
aşağıdaki gibi hesaplanmıştır.
𝜎𝑥 𝜏𝑥𝑦 𝜏𝑥𝑧
20 40
50
𝜏𝑥𝑦 𝜎𝑦 𝜏𝑦𝑧 = 40 −30 −10 𝑀𝑃𝑎
𝜏𝑥𝑧 𝜏𝑦𝑧 𝜎𝑧
50 −10 60
𝜎𝑥
𝜏𝑧𝑦
C
𝜏𝑦𝑧
𝜎𝑦
𝜎𝑦
𝜏𝑥𝑦
O
𝜏𝑥𝑧
B
A
𝑥
Şekil 6.2.10
𝜎𝑥
𝜎𝑧
C
𝑁(normal)
𝑧
𝑒Ԧ𝑁 =
𝑒Ԧ𝑁
O
A
𝑥
Şekil 6.2.11
23.08.2024
B
Uç noktalarının koordinatları: A (5,0,0) , B (0,10,0) , C (0,0,15)
olan eğik düzlemdeki
a-) bileşke gerilmeyi ve kartezyen bileşenlerini;
b-) Kayma ve normal gerilme bileşenlerini hesaplayınız.
Çözüm:
𝑦
Önce eğik düzlemin normali yönündeki birim vektörü hesaplayacağız.
𝐶𝐴𝑥𝐶𝐵
𝐶𝐴𝑥𝐶𝐵
=
5Ԧ𝚤 − 15𝑘 𝑥(10Ԧ𝑗 − 15𝑘)
𝐶𝐴𝑥𝐶𝐵
=
150Ԧ𝚤 + 75Ԧ𝑗 + 50𝑘
1502 + 752 + 502
=
150Ԧ𝚤 + 75Ԧ𝑗 + 50𝑘
175
6
3
2
𝚤Ԧ + 𝑗Ԧ + 𝑗Ԧ
7
7
7
𝑦
Statikten biliyoruz ki: İki vektörün vektörel çarpımı bu vektörlerin bulunduğu düzleme dik başka bir
vektördür. Sağ el kaidesine göre Çarpılan ilk vektör sağ elimizin 4 parmağıyla tutulur ve ikinci vektör
üzerine kapatılır. Bu durumda baş parmağımızın yönü sonuç vektörünün yönünü verir. Bu kuralı 𝐶𝐴 ve
𝐶𝐵 konum vektörleri için uygularsak, N normali yönündeki birim vektörü yukarıdaki gibi elde ederiz.
→ 𝑒Ԧ𝑁 =
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
295
3 Boyutta Gerilme Dönüşüm Bağıntıları
Sz
6.2.4 𝑑𝑒𝑛𝑘𝑙𝑒𝑚𝑖𝑛𝑑𝑒𝑛
𝐷𝑜ğ𝑟𝑢𝑙𝑡𝑚𝑎𝑛 𝑘𝑜𝑠𝑖𝑛ü𝑠𝑙𝑒𝑟𝑖
6
3
2
𝑒Ԧ𝑁 = 𝑙Ԧ𝚤 + 𝑚Ԧ𝑗 + 𝑛Ԧ𝑗 = 𝚤Ԧ + 𝑗Ԧ + 𝑗Ԧ
7
7
7
𝜎𝑦
𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑦𝑧
𝜎𝑥
𝑙=
6
,
7
𝑚=
3
,
7
𝑛=
2
7
ABC eğik düzlemindeki bileşke gerilme S’in kartezyen bileşenleri 𝑆𝑥 , 𝑆𝑦 , 𝑆𝑧
𝜏𝑥𝑦
Sy 𝜏𝑥𝑧
Denk.(6.2.6)dan
𝜏𝑦𝑧
Şekil 6.2.12
A (5,0,0), B (0,10,0), C (0,0,15)
𝜎𝑥
𝑆𝑥
𝑆𝑦 = 𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑥𝑧
𝑆𝑧
𝜏𝑥𝑦
𝜎𝑦
𝜏𝑦𝑧
𝜏𝑥𝑧
𝜏𝑦𝑧
𝜎𝑧
20
𝑙
𝑚 = 40
50
𝑛
𝑆𝑥
48.57
340 1
40
50 6 1
= 130 → 𝑆𝑦 = 18.57 𝑀𝑃𝑎
−30 −10 3
7
7
𝑆𝑧
55.71
390
−10 60 2
𝑆Ԧ = 𝑆𝑥 𝚤Ԧ + 𝑆𝑦 𝑗Ԧ + 𝑆𝑧 𝑘 = 48.57Ԧ𝚤 + 18.57Ԧ𝑗 + 55.71𝑘
Denk.(6.2.7) den: 𝑆 =
𝑆𝑥2 + 𝑆𝑦2 + 𝑆𝑧2 =
48.572 + 18.572 + 55.712 →
𝑆 = 76.2𝑀𝑃𝑎
(Bileşke kuvvetin şiddeti)
Denk.(6.2.10a) dan S gerilmesinin normal bileşeni: 𝜎𝑁 = 𝑆Ԧ ⋅ 𝑒Ԧ𝑁
1
6
3
2
= 48.57Ԧ𝚤 + 18.57Ԧ𝑗 + 55.71𝑘 ⋅ ( 𝚤Ԧ + 𝑗Ԧ + 𝑗Ԧ ) = { 48.57)(6 + 18.57 3 + 55.71 2 } → 𝜎𝑁 = 65.5𝑀𝑃𝑎
7
7
7
7
Denk.(6.2.12a) dan S bileşke gerilmesinin kayma bileşeni : 𝜏 =
23.08.2024
𝑆 2 − 𝜎𝑁2 =
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
76.22 − 65.52 → 𝜏 ≅ 38.94 𝑀𝑃𝑎
296
3 Boyutta Gerilme Dönüşüm Bağıntıları
6.2.4 Üç Boyutta Farklı bir Eksen Takımına Göre Gerilme Dönüşüm Bağıntıları
Şimdi amacımız x,y,z eksen takımına göre gerilme bileşenleri belli iken x’,y’z’ gibi bir eksen takımına göre gerilme bileşnlerini bulmaktır.
𝑁𝑐 ( 𝑙𝑐 , 𝑚𝑐 , 𝑛𝑐 )
𝑁𝑧 ( 𝑙𝑐 , 𝑚𝑐 , 𝑛𝑐 )
𝜎𝑧
𝑧
𝜎𝑥
𝑧′
𝑧′
𝜏𝑧𝑦
𝜏𝑦𝑧
𝜏𝑥𝑦
𝜎𝑦
𝜏𝑥𝑧
𝑦′
𝜎𝑦
𝜏
𝜏𝑥𝑧 𝑥𝑦
𝑦
𝜎𝑥
𝜏𝑧𝑦
𝑥
𝑦′
𝜎𝑧
𝑥′
𝑁𝑎 ( 𝑙𝑎 , 𝑚𝑎 , 𝑛𝑎 )
𝑥′
Bilinenler
İstenenler
• 𝜎𝑥 , 𝜎𝑦 , 𝜎𝑧 , 𝜏𝑦𝑧 , 𝜏𝑥𝑧 , 𝜏𝑥𝑦
𝑥 ′ için :
𝑦 ′ için :
𝑧 ′ için :
23.08.2024
𝑙𝑎 𝑚𝑎
𝑙𝑏 𝑚𝑏
𝑙𝑐 𝑚𝑐
𝑛𝑎
𝑛𝑏
𝑛𝑐
Doğrultman
kosinüsleri
𝜎𝑥 ′
𝜏𝑥 ′ 𝑦 ′
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜎𝑦 ′
𝜏𝑧 ′ 𝑥 ′
𝜎𝑧 ′
𝜏𝑧 ′ 𝑦 ′
297
3 Boyutta Gerilme Dönüşüm Bağıntıları
6.2.4.1 Bir Eğik Düzlemdeki Bileşke Gerilmenin Farklı Bir Eksen Takımına Göre Bileşenleri
𝑧′
Sz
Eğik düzlemin N normali ile 𝑦 ′ ekseni ile çakıştığını düşünüyoruz.
Bu durumda 𝜎𝑁 = 𝜎𝑦′ olur.
S bileşke gerilmesinin düzlem normali (N) yönündeki bileşeni
6.2.10b denkleminden şu şekilde hesaplamıştık. Buna göre
S’in normal bileşeninin şiddeti:
𝑦′
N(l, m, n)
2
2
2
𝝈𝒚′ = 𝜎𝑁 = 𝜎𝑥 𝑙 + 𝜎𝑦 𝑚 + 𝜎𝑧 𝑛 + 2 𝜏𝑥𝑦 𝑙𝑚 + 𝜏𝑥𝑧 𝑙𝑛 + 𝜏𝑦𝑧 𝑚𝑛
(6.2.10b)
S’in kayma bileşeni τ iki bileşene ayrılabilir: 𝜏𝑦′ 𝑥 ′ ve 𝜏𝑦′ 𝑧 ′
𝑒Ԧ𝑥 ′
Ayrıca biliyoruz ki, bir vektörün bir yöndeki bileşeninin şiddeti, o
vektörün o yöndeki birim vektörle skaler çarpımına eşittir. Buna göre :
Sy
S’in Kayma gerilme bileşenlerinin şiddetleri:
𝑧
S
𝑧′
𝑥′
Şekil 6.2.13
Öncelikle normali y’ olan eğik düzlemdeki S
bileşkesinin, yüzeye dik (𝜎Ԧ𝑁 ) ve paralel (𝜏Ԧ )
bileşenlerinden giderek 𝑥′, y′, z′ eksenlerindeki
bileşenlerini bulacağız:
23.08.2024
𝑦′
𝑦
𝑥
𝑥′
Şekil 6.2.14
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜏𝑦 ′ 𝑥′ = 𝑆Ԧ ⋅ 𝑒Ԧ𝑥 ′
(6.2.13)
𝜏𝑦′ 𝑧 ′ = 𝑆Ԧ ⋅ 𝑒Ԧ𝑧 ′
(6.2.14)
Not:
Eğik düzlemin şekli önemli
değildir. Üçgen, dikdörtgen hatta
dairesel bile incelenebilir. Önemli
olan eğik düzlemin normalinin
yönüdür
yani
kosinüs
doğrultmanlarının değeridir.
298
3 Boyutta Gerilme Döüşüm Bağıntıları
𝑧′
𝑧
𝜎𝑦
6.2.4.2 Üç Boyutta Farklı bir Eksen Takımına Göre Gerilme Dönüşüm Bağıntıları:
𝑁𝑐 ( 𝑙𝑐 , 𝑚𝑐 , 𝑛𝑐 )
• 6.2.10b, 6.2.13 ve 6.2.14 denklemlerini,
𝜎𝑧
normalleri sırasıyla x’, y’ ve z’ olan, a,b,c
𝜎𝑥
𝑧′
yüzeyleri için uyguladığımız zaman 3 boyutta
gerilme dönüşüm bağıntıları ortaya çıkacaktır.
𝜏𝑧𝑦
𝑆𝑐𝑦
• Bu sayfadaki çizimleri ve denklemleri
𝜏𝑦𝑧
𝑆𝑏𝑦
dikkatlice inceleyiniz, istenen değerleri veren
′
𝑦
denklemleri fark ediniz.
𝜏
𝜏𝑥𝑧 𝑥𝑦
𝜎𝑦
𝑆𝑎𝑦
𝑦′ 6.2.10b denkleminden normal gerilme bileşenlerini bulabiliriz.
𝜏
𝜏𝑥𝑧 𝑥𝑦
𝜎𝑥
𝑦
𝜏𝑧𝑦
𝑥
𝑥′
Şekil 6.2.15
𝜎𝑧
𝑥′
Bilinenler:
İstenenler:
𝜎𝑥 , 𝜎𝑦 , 𝜎𝑧 ,
𝜎𝑥 ′ , 𝜎𝑦′ , 𝜎𝑧 ′
𝜏𝑦𝑧 , 𝜏𝑥𝑧 , 𝜏𝑥𝑦 𝜏 ′ ′ , 𝜏 ′ ′ , 𝜏 ′ ′
𝑥 𝑦
𝑧 𝑥
𝑧 𝑦
𝑙𝑎 , 𝑚𝑎 , 𝑛𝑎
𝑙𝑏 𝑚𝑏 𝑛𝑏
𝑙𝑐 , 𝑚𝑐 , 𝑛𝑐
Şekil 6.2.16
𝜎𝑥 ′ = 𝑙𝑎2 𝜎𝑥 + 𝑚𝑎2 𝜎𝑦 + 𝑛𝑎2 𝜎𝑧 + 2 𝑙𝑎 𝑚𝑎 𝜏𝑥𝑦 + 𝑙𝑎 𝑛𝑎 𝜏𝑥𝑧 + 𝑚𝑎 𝑛𝑎 𝜏𝑦𝑧
(6.2.15)
𝜎𝑦′ = 𝑙𝑏2 𝜎𝑥 + 𝑚𝑏2 𝜎𝑦 + 𝑛𝑏2 𝜎𝑧 + 2 𝑙𝑏 𝑚𝑏 𝜏𝑥𝑦 + 𝑙𝑏 𝑛𝑏 𝜏𝑥𝑧 + 𝑚𝑏 𝑛𝑏 𝜏𝑦𝑧
(6.2.16)
𝜎𝑧 ′ = 𝑙𝑐2 𝜎𝑥 + 𝑚𝑐2 𝜎𝑦 + 𝑛𝑐2 𝜎𝑧 + 2 𝑙𝑐 𝑚𝑐 𝜏𝑥𝑦 + 𝑙𝑐 𝑛𝑐 𝜏𝑥𝑧 + 𝑚𝑐 𝑛𝑐 𝜏𝑦𝑧
(6.2.17)
6.2.5 denkleminden :
𝑆𝑎𝑥 = 𝜎𝑥 𝑙𝑎 + 𝜏𝑥𝑦 𝑚𝑎 + 𝜏𝑥𝑧 𝑛𝑎 (6.2.18)
𝑆𝑏𝑥 = 𝜎𝑥 𝑙𝑏 + 𝜏𝑥𝑦 𝑚𝑏 + 𝜏𝑥𝑧 𝑛𝑏 (6.2.22)
𝑆𝑐𝑥 = 𝜎𝑥 𝑙𝑐 + 𝜏𝑥𝑦 𝑚𝑐 + 𝜏𝑥𝑧 𝑛𝑐
(6.2.26)
𝑆𝑎𝑦 = 𝜏𝑥𝑦 𝑙𝑎 + 𝜎𝑦 𝑚𝑎 + 𝜏𝑦𝑧 𝑛𝑎 (6.2.19)
𝑆𝑏𝑦 = 𝜏𝑥𝑦 𝑙𝑏 + 𝜎𝑦 𝑚𝑏 + 𝜏𝑦𝑧 𝑛𝑏 (6.2.23)
𝑆𝑐𝑦 = 𝜏𝑥𝑦 𝑙𝑐 + 𝜎𝑦 𝑚𝑐 + 𝜏𝑦𝑧 𝑛𝑐
(6.2.27)
𝑆𝑎𝑧 = 𝜏𝑥𝑧 𝑙𝑎 + 𝜏𝑦𝑧 𝑚𝑎 + 𝜎𝑦 𝑛𝑎 (6.2.20)
𝑆𝑏𝑧 = 𝜏𝑥𝑧 𝑙𝑏 + 𝜏𝑦𝑧 𝑚𝑏 + 𝜎𝑦 𝑛𝑏 (6.2.24)
𝑆𝑐𝑧 = 𝜏𝑥𝑧 𝑙𝑐 + 𝜏𝑦𝑧 𝑚𝑐 + 𝜎𝑦 𝑛𝑐
(6.2.28)
𝑒Ԧ𝑧 ′ = 𝑙𝑐 𝚤Ԧ + 𝑚𝑐 𝑗Ԧ + 𝑛𝑐 𝑘
(6.2.29)
𝑒Ԧ𝑥 ′ = 𝑙𝑎 𝚤Ԧ + 𝑚𝑎 𝑗Ԧ + 𝑛𝑎 𝑘
(6.2.21)
𝑒Ԧ𝑦′ = 𝑙𝑏 𝚤Ԧ + 𝑚𝑏 𝑗Ԧ + 𝑛𝑏 𝑘
𝜏 ′ ′ = 𝜏 ′ ′ = 𝑆Ԧ ⋅ 𝑒Ԧ ′ = 𝑆Ԧ ⋅ 𝑒Ԧ ′ = 𝑙 𝑙 𝜎 + 𝑚 𝑚 𝜎 + 𝑛 𝑛 𝜎 + 𝑚 𝑛 + 𝑚 𝑛 𝜏
(6.2.25)
+ 𝑙 𝑛 +𝑙 𝑛 𝜏
+ 𝑙 𝑚 +𝑙 𝑚 𝜏
𝑎 𝑏 𝑥
𝑎 𝑏 𝑦
𝑎 𝑏 𝑧
𝑎 𝑏
𝑏 𝑎 𝑦𝑧
𝑎 𝑏
𝑏 𝑎 𝑥𝑧
𝑎 𝑏
𝑏 𝑎 𝑥𝑦
𝑏 𝑥
𝑎
𝑦 𝑥
𝑥 𝑦
𝑦
6.2.13 ve6.2.14
denklemlerinden 𝜏𝑥′ 𝑧 ′ = 𝜏𝑧 ′𝑥′ = 𝑆Ԧ𝑐 ⋅ 𝑒Ԧ𝑥′ = 𝑆Ԧ𝑎 ⋅ 𝑒Ԧ𝑧 ′ = 𝑙𝑎 𝑙𝑐 𝜎𝑥 + 𝑚𝑎 𝑚𝑐 𝜎𝑦 + 𝑛𝑎 𝑛𝑐 𝜎𝑧 + 𝑚𝑎 𝑛𝑐 + 𝑚𝑐 𝑛𝑎 𝜏𝑦𝑧 + 𝑙𝑎 𝑛𝑐 + 𝑙𝑐 𝑛𝑎 𝜏𝑥𝑧 + 𝑙𝑎 𝑚𝑐 + 𝑙𝑐 𝑚𝑎 𝜏𝑥𝑦
Kayma bileşenleri: 𝜏 ′ ′ = 𝜏 ′ ′ = 𝑆Ԧ𝑐 ⋅ 𝑒Ԧ ′ = 𝑆Ԧ𝑏 ⋅ 𝑒Ԧ ′ = 𝑙𝑏 𝑙𝑐 𝜎𝑥 + 𝑚𝑏 𝑚𝑐 𝜎𝑦 + 𝑛𝑏 𝑛𝑐 𝜎𝑧 + 𝑚𝑏 𝑛𝑐 + 𝑚𝑐 𝑛𝑏 𝜏𝑦𝑧 + 𝑙𝑏 𝑛𝑐 + 𝑙𝑐 𝑛𝑏 𝜏𝑥𝑧 + 𝑙𝑏 𝑚𝑐 + 𝑙𝑐 𝑚𝑏 𝜏𝑥𝑦
𝑧 𝑦
23.08.2024
𝑦 𝑧
𝑦
(6.2.30)
𝑧
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
299
(6.2.31)
(6.2.32)
3 Boyutta Gerilme Dönüşüm Bağıntıları
𝑧, 𝑧′
Örnek 6.2.2
𝜎𝑧
Bir makine elemanının bir noktasındaki
𝜎𝑥 𝜏𝑥𝑦 𝜏𝑥𝑧
50 10 0
gerilme bileşenlerinin değerleri x,y, z
𝜏𝑥𝑦 𝜎𝑦 𝜏𝑦𝑧 = 10 20 40 𝑀𝑃𝑎
kartezyen eksenlerine göre sağdaki
0 40 30
𝜏𝑥𝑧 𝜏𝑦𝑧 𝜎𝑧
matriste verilmiştir. Buna göre;
𝜎𝑦 Kübik elamanın z ekseni etrafında saat ibreleri tersi yönünde θ=37o döndürülmesiyle
𝑦 ′ elde edilen x′ - y′ -z’ eksen takımına göre gerilme bileşenlerini hesaplayınız.
𝜎𝑥
𝜏𝑧𝑦
𝜏𝑦𝑧
𝜎𝑦
𝜏𝑥𝑦
ÇÖZÜM
𝑦
𝜃
𝑥
𝜎𝑧
θ=37o için, Na, Nb ve Nc normallerinin x,y,z
Şekil 6.2.17
𝑥′
𝛼𝑐 = 900 , 𝛽𝑐 = 900 , 𝛾𝑐 = 00
Bu açıların kosinüsleri yani kosinüs doğrultmanları aşağıdaki tabloda belirtilmiştir.
𝛾𝑏
𝛾𝑎
𝛼𝑎
𝑥
𝛼𝑏 = 1270 , 𝛽𝑏 = 370 , 𝛾𝑏 = 900
eksenleriyle yaptıkları açıları bulalım:
𝑧, 𝑧 ′
𝛼𝑐
𝛼𝑎 = 370 , 𝛽𝑎 = 530 , 𝛾𝑎 = 900
𝛼𝑏
𝑥′
23.08.2024
x
y
z
𝑦′
x'
𝑙𝑎 = 𝑐𝑜𝑠𝛼𝑎 = 0.8
𝑚𝑎 = 𝑐𝑜𝑠𝛽𝑎 = 0.6
𝑛𝑎 = 𝑐𝑜𝑠𝛾𝑎 = 0
𝑦
y'
𝑙𝑏 = 𝑐𝑜𝑠𝛼𝑏 = −0.6
𝑚𝑏 = 𝑐𝑜𝑠𝛽𝑏 = 0.8
𝑛𝑏 = 𝑐𝑜𝑠𝛾𝑏 = 0
z'
𝑙𝑏 = 𝑐𝑜𝑠𝛼𝑐 = 0
𝑚𝑏 = 𝑐𝑜𝑠𝛽𝑐 = 0
𝑛𝑏 = 𝑐𝑜𝑠𝛾𝑐 = 1
Birim vektörleri bulalım:
Şekil 6.2.18
𝑒Ԧ𝑥 ′ = 0.8Ԧ𝚤 + 0.6Ԧ𝑗 ,
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑒Ԧ = 𝑒Ԧ𝑁 = 𝑙Ԧ𝚤 + 𝑚Ԧ𝑗 + 𝑛𝑘
𝑒Ԧ𝑦 ′ = −0.6Ԧ𝚤 + 0.8Ԧ𝑗
,
𝑒Ԧ𝑧 ′ = 𝑘
300
3 Boyutta Gerilme Dönüşüm Bağıntıları
𝑒Ԧ𝑥 ′ = 0.8Ԧ𝚤 + 0.6Ԧ𝑗 ,
𝑒𝑦′ = −0.6Ԧ𝚤 + 0.8Ԧ𝑗 ,
𝑒Ԧ𝑧 ′ = 𝑘
𝑧, 𝑧
𝑆𝑎
𝑆𝑐𝑧
′
𝑆𝑐𝑥
𝑆𝑎𝑧
𝜏𝑥 ′ 𝑧 ′
𝜏𝑥 ′ 𝑦′
𝜏𝑥 ′ 𝑧 ′ = 𝑆Ԧ𝑎 ⋅ 𝑒Ԧ𝑧 ′ = 𝑆𝑎𝑥 𝚤Ԧ + 𝑆𝑎𝑦 𝑗Ԧ + 𝑆𝑎𝑧 𝑘 ⋅ 𝑒Ԧ𝑧 ′ = 46Ԧ𝚤 + 20Ԧ𝑗 + 24𝑘 ⋅ 𝑘 = 24 𝑀𝑃𝑎
𝑆𝑏𝑦
𝑦′
𝑆𝑎𝑦
= 48.8 𝑀𝑃𝑎
𝜏𝑥 ′ 𝑦′ = 𝑆Ԧ𝑎 ⋅ 𝑒Ԧ𝑦′ = 𝑆𝑎𝑥 𝚤Ԧ + 𝑆𝑎𝑦 𝑗Ԧ + 𝑆𝑎𝑧 𝑘 ⋅ 𝑒Ԧ𝑦′ = 46Ԧ𝚤 + 20Ԧ𝑗 + 24𝑘 ⋅ −0.6Ԧ𝚤 + 0.8Ԧ𝑗 = −11.6 𝑀𝑃𝑎
𝑦 𝑧
𝑦
𝑆𝑎𝑥
𝑆𝑏
𝑆𝑏𝑥
𝜎𝑥
= 𝑆𝑏𝑦 = 𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑥𝑧
𝑆𝑏𝑧
𝜏𝑥𝑦
𝜎𝑦
𝜏𝑦𝑧
𝜏𝑥𝑧
𝜏𝑦𝑧
𝜎𝑧
𝑙𝑏
𝑚𝑏
𝑛𝑏
50
= 10
0
10
20
40
𝑆𝑏𝑥
−22
0 −0.6
40 0.8 → 𝑆𝑏𝑦 = 10 𝑀𝑃𝑎
32
0
30
𝑆𝑏𝑧
𝜎𝑦′ = 𝑆Ԧ𝑏 ⋅ 𝑒𝑦′ = 𝑆𝑏𝑥 𝚤Ԧ + 𝑆𝑏𝑦 𝑗Ԧ + 𝑆𝑏𝑧 𝑘 ⋅ 𝑒Ԧ𝑦′ = −22Ԧ𝚤 + 10Ԧ𝑗 + 32𝑘 ⋅ −0.6Ԧ𝚤 + 0.8Ԧ𝑗 = 21.2 𝑀𝑃𝑎
𝜏𝑦′ 𝑥 ′ = 𝑆Ԧ𝑏 ⋅ 𝑒Ԧ𝑥 ′ = 𝑆𝑏𝑥 𝚤Ԧ + 𝑆𝑏𝑦 𝑗Ԧ + 𝑆𝑏𝑧 𝑘 ⋅ 𝑒Ԧ𝑥 ′ = −22Ԧ𝚤 + 10Ԧ𝑗 + 32𝑘 ⋅ 0.8Ԧ𝚤 + 0.6Ԧ𝑗 = −11.6 𝑀𝑃𝑎
𝜏𝑦′ 𝑧 ′ = 𝑆Ԧ𝑏 ⋅ 𝑒Ԧ𝑧 ′ = 𝑆𝑏 𝚤Ԧ + 𝑆𝑏 𝑗Ԧ + 𝑆𝑏 𝑘 ⋅ 𝑒Ԧ𝑧 ′ = −22Ԧ𝚤 + 10Ԧ𝑗 + 32𝑘 ⋅ 𝑘 = 32 𝑀𝑃𝑎
𝑥
𝑥′
𝑥
Şekil 6.2.19
Bir vektörün bir yöndeki bileşenin
şiddeti = vektörle o yöndeki birim
vektörün skaler çarpına eşittir.
Örn: 𝜎𝑥 ′ = 𝑆Ԧ𝑎 ⋅ 𝑒Ԧ𝑥 ′
23.08.2024
𝜎𝑥 ′ = 𝑆Ԧ𝑎 ⋅ 𝑒Ԧ𝑥 ′ = 𝑆𝑎𝑥 𝚤Ԧ + 𝑆𝑎𝑦 𝑗Ԧ + 𝑆𝑎𝑧 𝑘 ⋅ 𝑒Ԧ𝑥 ′ = 46Ԧ𝚤 + 20Ԧ𝑗 + 24𝑘 ⋅ 0.8Ԧ𝚤 + 0.6Ԧ𝑗
𝑆𝑏𝑧
𝜏𝑧 ′ 𝑦′
𝑆𝑐𝑦𝜏 ′ ′ 𝑆𝑏𝑥
𝜏𝑧 ′ 𝑥 ′
6.2.6 denklemini herbir yüzey için uygulayıp bileşke gerilmeleri hesaplayalım:
𝑆𝑎𝑥
𝑆𝑎𝑥
𝜎𝑥 𝜏𝑥𝑦 𝜏𝑥𝑧
46
𝑙𝑎
50 10 0 0.8
𝑆
= 𝑆𝑎𝑦 = 𝜏𝑥𝑦 𝜎𝑦 𝜏𝑦𝑧 𝑚𝑎 = 10 20 40 0.6 → 𝑎𝑦 = 20 𝑀𝑃𝑎
𝜏𝑥𝑧 𝜏𝑦𝑧 𝜎𝑧
24
𝑛𝑎
𝑆𝑎𝑧
0 40 30 0
𝑆𝑎𝑧
𝑆𝑐
𝑆𝑐𝑥
𝜎𝑥
= 𝑆𝑐𝑦 = 𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑥𝑧
𝑆𝑐𝑧
𝜏𝑥𝑦
𝜎𝑦
𝜏𝑦𝑧
𝜏𝑥𝑧
𝜏𝑦𝑧
𝜎𝑧
𝑦
𝑙𝑐
𝑚𝑐
𝑛𝑐
𝑆𝑐𝑥
0
50 10 0 0
= 10 20 40 0 → 𝑆𝑐𝑦 = 40 𝑀𝑃𝑎
30
0 40 30 1
𝑆𝑐𝑧
𝑧
𝜎𝑧 ′ = 𝑆Ԧ𝑐 ⋅ 𝑒Ԧ𝑧 ′ = 40Ԧ𝑗 + 30𝑘 ⋅ 𝑘 = 30 𝑀𝑃𝑎
𝜏𝑧 ′ 𝑥 ′ = 𝑆Ԧ𝑐 ⋅ 𝑒Ԧ𝑥 ′ = 40Ԧ𝑗 + 30𝑘 ⋅ 0.8Ԧ𝚤 + 0.6Ԧ𝑗 = 24 𝑀𝑃𝑎
𝜏𝑧 ′ 𝑦′ = 𝑆Ԧ𝑐 ⋅ 𝑒Ԧ𝑦′ = 40Ԧ𝑗 + 30𝑘 ⋅ −0.6Ԧ𝚤 + 0.8Ԧ𝑗 = 32 𝑀𝑃𝑎
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
301
3 Boyutlu Gerilme Durumunda Asal Gerilmeler ve Mohr Çemberi
6.2.5 Üç Boyutta Asal Gerilmeler, Asal Düzlemler ve Asal Eksenler (1,2,3)
Kayma gerilmelerinin olmadığı (sıfır olduğu) birbirine dik üç düzleme asal düzlemler, bu düzlemlerdeki
gerilmelere asal gerilmeler denir. Amacımız bu özel gerilmeleri ve düzlemlerini (Kosinüs
doğrultlmanlarını)bilinenler cinsinden hesaplamaktır.
s3
𝑁3 (𝑙3 , 𝑚3 , 𝑛3 )
3
𝜎𝑧
𝑧
𝑧
3
𝜎𝑥
𝜏𝑦𝑧
2
𝜏𝑥𝑧
𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑥𝑧
𝑦
𝜎𝑥
𝜏𝑧𝑦
1
𝑥
𝑦
1
𝑁1 (𝑙1 , 𝑚1 , 𝑛1 )
İstenenler
𝜎𝑧
Bilinenler
• 𝜎𝑥 , 𝜎𝑦 , 𝜎𝑧 , 𝜏𝑦𝑧 , 𝜏𝑥𝑧 , 𝜏𝑥𝑦
23.08.2024
s1
𝜎𝑦
𝜏𝑥𝑦
𝑥
𝑁2 (𝑙2 , 𝑚2 , 𝑛2 )
2
𝜏𝑧𝑦
𝜎𝑦
s2
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜎1 𝜎2 𝜎3
𝑙1 𝑚1 𝑛1
𝑙2 𝑚2 𝑛2
𝑙3 𝑚3 𝑛3
302
3 Boyutlu Gerilme Durumunda Asal Gerilmeler ve 3D Mohr Çemberi
Sz
Normali N olan dördüncü (ABC) düzlemini dikkate alalım.
Bu düzlemin asal düzlem olması için S gerilme vektörünün kayma gerilmesi
𝑒Ԧ𝑁
bileşeni olmamalıdır. Bu durumda S vektörü, N normali doğrultusundadır. (+ N
Sx
veya –N yönünde olabilir)
Sy
Şekil 6.2.20
N yönündeki bir bileşke
vektörün şiddeti ile kosinüs
doğrultmanları
çarpılırsa,
Kartezyen bileşenler elde
edilir. (püf noktası 6.2.3’den)
𝑆𝑦 = 𝜎. 𝑚 = 𝜎 cos 𝛽
Aynı zamanda, Kartezyen
bileşenler
için
(6.2.5a-c)
denklemlerinden biliyoruz ki:
𝑆𝑥 = 𝜎𝑥 𝑙 + 𝜏𝑥𝑦 𝑚 + +𝜏𝑥𝑧 𝑛
𝑆𝑦 = 𝜏𝑥𝑦 𝑙 + 𝜎𝑦 𝑚 + 𝜏𝑦𝑧 𝑛
𝑆𝑧 = 𝜏𝑥𝑧 𝑙 + 𝜏𝑦𝑧 𝑚 + 𝜎𝑧 𝑛
𝑆𝑥 = 𝜎. 𝑙 = 𝜎 cos 𝛼
𝑆𝑧 = 𝜎. 𝑛 = 𝜎 cos 𝛾
𝑆𝑥 = 𝑙𝜎𝑥 + 𝑚𝜏𝑥𝑦 + 𝑛𝜏𝑥𝑧 = 𝑙𝜎
𝑆𝑦 = 𝑙𝜏𝑥𝑦 + 𝑚𝜎𝑦 + 𝑛𝜏𝑦𝑧 = 𝑚𝜎
𝑆𝑧 = 𝑙𝜏𝑥𝑧 + 𝑚𝜏𝑦𝑧 + 𝑛𝜎𝑧 = 𝑛𝜎
𝜎𝑥 𝑙 + 𝜏𝑥𝑦 𝑚 + 𝜏𝑥𝑧 𝑛 − 𝜎𝑙 = 0
𝜏𝑥𝑦 𝑙 + 𝜎𝑦 𝑚 + 𝑛𝜏𝑦𝑧 𝑛 − 𝜎𝑚 = 0
𝜏𝑥𝑧 𝑙 + 𝜏𝑦𝑧 𝑚 + 𝜎𝑧 𝑛 − 𝜎𝑛 = 0
𝑙(𝜎𝑥 − 𝜎) + 𝑚𝜏𝑥𝑦 + 𝑛𝜏𝑥𝑧 = 0
(6.2.34)
𝑙𝜏𝑥𝑦 + 𝑚 𝜎𝑦 − 𝜎 + 𝑛𝜏𝑦𝑧 = 0
𝑙𝜏𝑥𝑧 + 𝑚𝜏𝑦𝑧 + 𝑛(𝜎𝑧 − 𝜎) = 0
(6.2.35)
(6.2.36)
Bu son denklemleri matris formatında yazacak olursak..>>
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
303
3 Boyutlu Gerilme Durumunda Asal Gerilmeler ve 3D Mohr Çemberi
(6.2.2) denklemini
hatırlarsak:
𝜎𝑥 − 𝜎
𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑥𝑧
𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑥𝑧
𝜎𝑦 − 𝜎
𝜏𝑦𝑧
𝜏𝑦𝑧
𝜎𝑧 − 𝜎
𝑙 2 + 𝑚2 + 𝑛2 = 1
Bu durumda çarpılan ilk matrisin determinantı sıfır
olması gerekir. Problem özdeğer problemi olur.
𝑙
𝑚 =0
𝑛
(6.2.37)
Ancak (6.2.2) denklemine göre
kosinüs doğrultmanlarının
hepsi aynı anda sıfır olamaz.
𝜎𝑥 − 𝜎
𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑥𝑧
𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑥𝑧
𝜎𝑦 − 𝜎
𝜏𝑦𝑧
𝜏𝑦𝑧
𝜎𝑧 − 𝜎
𝑙
𝑚 ≠0
𝑛
=0
(6.2.38)
Determinantın açılımı:
2
2
2
2
2
2
𝜎 3 − 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 + 𝜎𝑧 𝜎 2 + 𝜎𝑥 𝜎𝑦 + 𝜎𝑥 𝜎𝑧 + 𝜎𝑦 𝜎𝑧 − 𝜏𝑥𝑦
− 𝜏𝑥𝑧
− 𝜏𝑦𝑧
𝜎 − 𝜎𝑥 𝜎𝑦 𝜎𝑧 + 2𝜏𝑥𝑦 𝜏𝑥𝑧 𝜏𝑦𝑧 − 𝜎𝑥 𝜏𝑦𝑧
+ 𝜎𝑦 𝜏𝑥𝑧
+ 𝜎𝑧 𝜏𝑥𝑦
𝐼1
23.08.2024
𝐼2
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
=0
𝐼3
304
3 Boyutlu Gerilme Durumunda Asal Gerilmeler ve 3D Mohr Çemberi
𝜎 3 − 𝐼1 𝜎 2 + 𝐼2 𝜎 − 𝐼3 = 0
(6.2.39)
3. dereceden olan bu son 6.2.39. denkleminin üç adet reel kökü (σ1, σ2, σ3) asal gerilmelerdir.
I1 , I2 ve I3 katsayılarına ‘gerilme invaryantları’ (değişmez veya sabit) denilmektedir.
Bunlar, gerilme elemanının dönüşümünden etkilenmezler.
Gerilme invaryantlarının hesabı:
Bir önceki sayfadaki son eşitlikte gerilme invaryantlarının denklemlerini daha düzenli yazarsak:
𝐼1 = 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 + 𝜎𝑧
Kartezyen Gerilme
Bileşenleri Cinsinden
𝜎𝑥
𝐼2 = 𝜏
𝜏𝑥𝑦
𝜎𝑥
+
𝜎𝑦
𝜏𝑥𝑧
𝜎𝑥
𝐼3 = 𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑥𝑧
𝜏𝑥𝑦
𝜎𝑦
𝜏𝑦𝑧
𝑥𝑦
(6.2.40a)
𝜎𝑦
𝜏𝑥𝑧
+
𝜏𝑦𝑧
𝜎𝑧
𝜏𝑦𝑧
2
2
2
𝜎𝑧 = 𝜎𝑥 𝜎𝑦 + 𝜎𝑥 𝜎𝑧 + 𝜎𝑦 𝜎𝑧 − 𝜏𝑥𝑦 + 𝜏𝑥𝑧 + 𝜏𝑦𝑧
𝜏𝑥𝑧
2 + 𝜎 𝜏2 + 𝜎 𝜏2
𝜏𝑦𝑧 = 𝜎𝑥 𝜎𝑦 𝜎𝑧 + 2𝜏𝑥𝑦 𝜏𝑥𝑧 𝜏𝑦𝑧 − 𝜎𝑥 𝜏𝑦𝑧
𝑦 𝑥𝑧
𝑧 𝑥𝑦
𝜎𝑧
Asal Gerilmeler Cinsinden
1,2,3 eksen takımında sadece normal gerilmeler yani asal gerilmeler
(𝜎1 ; 𝜎2 ; 𝜎3 ) vardır, kayma gerilmeleri sıfırdır. Bunu göre, 6.2.40
denklemlerinde 𝜎𝑥 ≡ 𝜎1 ; 𝜎𝑦 ≡ 𝜎2 ; 𝜎𝑧 ≡ 𝜎3 alınır. Bu durumda:
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
(6.2.40b)
(6.2.40c)
𝐼1 = 𝜎1 + 𝜎2 + 𝜎3
(6.2.41a)
𝐼2 = 𝜎1 𝜎2 + 𝜎1 𝜎3 + 𝜎2 𝜎3
(6.2.41b)
𝐼3 = 𝜎1 𝜎2 𝜎3
(6.2.41c)
305
3 Boyutlu Gerilme Durumunda Asal Gerilmeler ve 3D Mohr Çemberi
Asal gerilmeler ve eksenleri özel değerler oldukları için, 1,2 ve 3 notasyonları ile simgelenirler :
s3
s2
𝑧
3
ve daima
2
σ1> σ2> σ3
olacak şekilde kullanılırlar.
1,2 ve 3 eksenleri asal eksenler birbirlerine diktirler ve
Başlangıçta yönleri yani kosinüs doğrultmanları bilinmemektedirler ve
s1
𝑦
her birisi bilenenler yani kartezyen gerilme bileşenleri cinsinden
hesaplanabilirler.
𝑥
1
Şekil 6.2.21
Denklem 6.2.39 in köklerinden asal gerilmeleri (σ1, σ2, σ3 ) bulduğumuzu kabul ediyoruz.
Gerilme dönüşüm bağıntıları artık bu eksen takımın göre de yapılabilir. (Püf noktası 6.2.1’i hatırlayınız.)
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
306
3 Boyutlu Gerilme Durumunda Asal Gerilmeler ve 3D Mohr Çemberi
6.2.5.1 Asal Eksenlerin (1,2,3) Bulunuşu:
Asal eksen doğrultuları da bilinmeyenler arasındadır.
𝑖
Her birisinin Kosinüs Doğrultmanı bulunursa Asal Eksenler ve Düzlemleri bulunmuş olur.
𝛾
Şimdi bunların nasıl bulunduğunu göreceğiz:
𝛼
𝛽
Daha önce herhangi bir eğik düzlem için elde edilen Denklem (6.2.1b) ve bir asal düzlem
için yazabildiğimiz Denklem (6.2.34-6.2.36) yı, bir 𝑖 düzlemi için şöyle yazabiliriz:
Şekil 6.2.22
s3
s2
𝑧
3
𝛄𝟏
23.08.2024
𝜎𝑥 − 𝜎𝑖 𝑙𝑖 + 𝜏𝑥𝑦 𝑚𝑖 + 𝜏𝑥𝑧 𝑛𝑖 = 0
𝑦
𝑙1
𝑚1
𝑛1 : ?
𝑙2
𝑙3
𝑚2
𝑚3
𝑛2 :?
𝑛3 :?
𝑖=1
𝑖=2
𝑖=3
Örneğin 𝑖 = 1 için bu 4 denklemi yazarsak: 𝜎1 , 𝑙1 , 𝑚1 ,
𝑙12 + 𝑚12 + 𝑛12 = 1
𝛽1
Şekil 6.2.23
1
𝑙𝑖2 + 𝑚𝑖2 + 𝑛𝑖2 = 1
Denklem (6.2.34-6.2.36):𝜏𝑥𝑦 𝑙𝑖 + 𝜎𝑦 − 𝜎𝑖 𝑚𝑖 + 𝜏𝑦𝑧 𝑛𝑖 = 0
2
𝜏𝑥𝑧 𝑙𝑖 + 𝜏𝑦𝑧 𝑚𝑖 + 𝜎𝑧 − 𝜎𝑖 𝑛𝑖 = 0
s1
𝛼1
𝑥
Denklem (6.2.2):
→
→
→
𝑛1
𝜎1
𝜎2
𝜎3
→
→
→
𝑙1
𝑙2
𝑙3
𝑚1
𝑚2
𝑚3
𝑛1
𝑛2
𝑛3
değerlerini bulabiliriz.
Bununla birlikte bu denklemlerden türetilmiş olan 3ncü
𝜎𝑥 − 𝜎1 𝑙1 + 𝜏𝑥𝑦 𝑚1 + 𝜏𝑥𝑧 𝑛1 = 0
derecedeki Denk. (6.2.39 ) dan daha önce 𝜎1 asal gerilmesini
𝜏𝑥𝑦 𝑙1 + 𝜎𝑦 − 𝜎1 𝑚1 + 𝜏𝑦𝑧 𝑛1 = 0
𝜏𝑥𝑧 𝑙1 + 𝜏𝑦𝑧 𝑚1 + 𝜎𝑧 − 𝜎1 𝑛1 = 0
bulmuş isek, bu 4 denklemden 3 tanesini kullanarak
𝑙1 , 𝑚1 , 𝑛1 kosinüs doğrultmanlarını hesaplarız.
Benzer şekilde aynı hesaplama şekli 𝑖 = 2 𝑣𝑒 3 için geçerli olur.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
307
3 Boyutlu Gerilme Durumunda Asal Gerilmeler ve 3D Mohr Çemberi
6.2.6-) 3 Boyutlu Mohr Çemberi:
•
•
•
Sz
N
𝜏𝑥𝑦
𝜎𝑥
𝜏𝑥
𝑦
𝜎𝑦
Sy
𝜏𝑦𝑧
•
Şekil 6.2.24
𝜎1
S2
𝜎3
23.08.2024
Denk.(6.2.10a-b) den S gerilmesinin normal bileşeni:
𝑆𝑥 = 𝜎𝑥 𝑙 + 𝜏𝑥𝑦 𝑚 + 𝜏𝑥𝑧 𝑛
𝜎𝑁 = 𝜎 = 𝑆Ԧ ⋅ 𝑒Ԧ = 𝑆𝑥 𝑙 + 𝑆𝑦 𝑚 + 𝑆𝑧 𝑛
𝑆𝑦 = 𝜏𝑥𝑦 𝑙 + 𝜎𝑦 𝑚 + 𝜏𝑦𝑧 𝑛
𝜎 = 𝜎𝑥 𝑙2 + 𝜎𝑦 𝑚2 + 𝜎𝑧 𝑛2 + 2 𝜏𝑥𝑦 𝑙𝑚 + 𝜏𝑥𝑧 𝑙𝑛 + 𝜏𝑦𝑧 𝑚𝑛
•
•
x,y,z eksen takımı yerine 1,2,3 asal eksenlerini kullanacağız. Çünkü herhangi bir eksen takımına göre
gerilme bileşenleri bilinirse, diğer tüm düzlemlerdeki gerilme bileşenleri bulunur (Püf noktası 6.2.1).
Denklem 6.2.39 den daha önce hesapladığımız Asal gerilmeler (σ1, σ2, σ3 ) artık bilinen değerlerimizdir.
Eğik düzlemin kosinüs doğrultmanları (𝑙, 𝑚 , 𝑛) ise artık asal eksenler (1, 2 ve 3) ile yapılan açıların
kosinüsleri olacaktır. Asal düzlemlerde kayma gerilmeleri sıfırdır. Buna göre;
𝑥≡1
S3
𝜎2
𝑒Ԧ = 𝑒Ԧ𝑁 = 𝑙Ԧ𝚤 + 𝑚Ԧ𝑗 + 𝑛𝑘
𝑆𝑧 = 𝜏𝑥𝑧 𝑙 + 𝜏𝑦𝑧 𝑚 + 𝜎𝑧 𝑛
𝜏𝑥𝑧
𝜏𝑥𝑧
𝜏𝑦𝑧
Mohr çemberi: bir noktada, tüm düzlemlerdeki gerilmelerin geometrik ifadesidir.
Şimdi (sx, sy, sz, tyz, txz, tyz) Bilinenlerine göre elde edilen Asal Gerilmeler yardımıyla
3 boyutlu Mohr Çemberinin çıkarılışı ve çizim şekli anlatılacaktır:
Herhangi bir eğik düzlem için, birim vektörü ve gerilme bileşenlerini hatırlarsak:
Şekil 6.2.25
𝑆1 = 𝜎1 𝑙
𝑆2 = 𝜎2 𝑚
𝑆3 = 𝜎3 𝑛
(6.2.42a)
(6.2.42b)
(6.2.42c)
𝑆 2 = 𝑆12 + 𝑆22 + 𝑆32 = 𝜎12 𝑙2 + 𝜎22 𝑚2 + 𝜎32 𝑛2
(6.2.42d)
𝜎 = 𝑆1 𝑙 + 𝑆2 𝑚 + 𝑆3 𝑛 = 𝜎1 𝑙2 + 𝜎2 𝑚2 + 𝜎3 𝑛2
(6.2.43)
𝜏 2 = 𝑆 2 − 𝜎 2 = 𝜎12 𝑙2 + 𝜎22 𝑚2 + 𝜎32 𝑛2 − 𝜎1 𝑙2 + 𝜎2 𝑚2 + 𝜎3 𝑛2 2
(6.2.44)
𝑙 2 + 𝑚 2 + 𝑛2 = 1
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
(6.2.2)
308
3 Boyutlu Gerilme Durumunda Asal Gerilmeler ve 3D Mohr Çemberi
(6.2.2), (6.2.43) ve (6.2.44) denklemlerinden;
σ1> σ2> σ3
𝜏 2 + (𝜎 − 𝜎2 )(𝜎 − 𝜎3 )
𝑙 =
(𝜎1 − 𝜎2 )(𝜎1 − 𝜎3 )
𝜎1 − 𝜎2 > 0
𝑣𝑒
𝜎1 − 𝜎3 > 0 olacağı için
𝜏 2 + (𝜎 − 𝜎2 )(𝜎 − 𝜎3 ) ≥ 0 (6.2.46a)
𝜏 2 + (𝜎 − 𝜎1 )(𝜎 − 𝜎3 )
2
(6.2.45b) 𝑚 ≥ 0 dir.
𝑚 =
(𝜎2 − 𝜎1 )(𝜎2 − 𝜎3 )
𝜎2 − 𝜎1 < 0
𝑣𝑒
𝜎2 − 𝜎3 > 0 olacağı için
𝜏 2 + 𝜎 − 𝜎1 𝜎 − 𝜎3 ≤ 0 (6.2.46.2)
𝜏 2 + (𝜎 − 𝜎1 )(𝜎 − 𝜎2 )
𝑛 =
(𝜎3 − 𝜎1 )(𝜎3 − 𝜎2 )
𝜎3 − 𝜎1 < 0
𝑣𝑒
𝜎3 − 𝜎2 < 0 olacağı için
𝜏 2 + 𝜎 − 𝜎1 𝜎 − 𝜎2 ≥ 0
2
(6.2.45a)
𝑙2 ≥ 0 dir.
2
2
(6.2.45c) 𝑛2 ≥ 0 dir.
(6.2.46a) eşitsizliği açılırsa:
Bu son eşitsizliğe
olduğunu dikkate alarak;
(6.2.46c)
𝜏 2 + 𝜎 2 − 𝜎(𝜎2 − 𝜎3 ) + 𝜎2 𝜎3 ≥ 0
𝜎2 −𝜎3 2
eklenir ve çıkarılırsa :
2
𝜎2 − 𝜎3 2
𝜎2 − 𝜎3 2
𝜏 + 𝜎 − 𝜎 𝜎2 − 𝜎3 + 𝜎2 𝜎3 +
−
≥0
2
2
2
2
𝜎2 − 𝜎3 2
𝜎2 − 𝜎3 2
𝜏 + 𝜎 − 𝜎(𝜎2 − 𝜎3 ) + 𝜎2 𝜎3 +
≥
2
2
2
2
Son denklemi Tekrar düzenlersek…>>
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
309
3 Boyutlu Gerilme Durumunda Asal Gerilmeler ve 3D Mohr Çemberi
𝜎2 + 𝜎3 2
𝜎2 − 𝜎3 2
(6.2.47)
𝜏 + 𝜎−
≥
2
2
6.2.47 denkleminin sınır durumu sol
𝐴
𝐵
terimin sağ terime eşit olmasıdır ve bu
eşitlik x ekseni üzerinde bir çember
𝜎2 + 𝜎3 2
𝜎2 − 𝜎3 2
2
𝜏 + 𝜎−
=
denklemine benzetilebilir.
2
2
𝑦
2
𝑥
(a;0) merkezli bir
Çember Denklemi:
(𝑥 − 𝑎)2 +(𝑦)2 = 𝑅3 2
•
𝑅3
𝐴
𝑦
𝑦
𝑥
𝐵
𝑎
𝑥−𝑎
𝑥
𝐴+𝐵
𝑎=
2
𝑎
𝑅3
𝜏3
𝜏2
𝑅3
𝜎2
𝑅2
𝐵−𝐴
, 𝑅3 =
2
𝜎1 + 𝜎3 2
𝜎3 − 𝜎1 2
𝜏 + 𝜎−
≤
2
2
(6.2.48)
𝜎1 + 𝜎2 2
𝜎1 − 𝜎2 2
𝜏 + 𝜎−
≥
2
2
(6.2.49)
𝜏1 = 𝜏𝑚𝑎𝑥
𝜎
𝜎1
Şekil 6.2.26
𝑅12
2
2
P (𝜎 ; 𝜏) 𝑅1
𝜎3
Dikkat edilirse Denklem (6.2.47) yi R3 yarı çaplı çemberin üzerinde veya
dışındaki noktalar sağlayabilir.
(6.2.46b) ve (6.2.46c)
eşitsizlikleri için benzer
işlemler yapıldığında
yandaki eşitlikler elde edilir.
•
•
•
•
(𝑥, 𝑦)
3 Boyutlu Durumda MOHR Çemberi
𝜏
𝑅3 =
𝜎2 − 𝜎3
𝜏3 =
2
𝑅2 =
𝜎1 − 𝜎2
𝜏2 =
2
6.2.48 ve 6.2.49 Denklemlerin sınır durumdaki (eşitlik durumda) çemberler de çizilebilir:
𝜎1 − 𝜎3
= 𝜏𝑚𝑎𝑥
𝜏
=
𝑅1 = 1
Denklem (6.2.48) i R1 yarıçaplı çemberin üzerindeki veya içindeki noktalar sağlayabilir.
2
Denklem ( 6.2.49) u ise R2 yarıçaplı çemberin üzerindeki veya dışındaki noktalar sağlayabilir.
Netice olarak 4ncü bir P eğik düzlemindeki gerilme bileşenlerini veren P (𝜎 ; 𝜏) noktası, bu üç çemberin arasında kalan gri alanda
yer alır. Şimdi P noktasının ölçekli çizimle nasıl bulunacağı gösterilecektir… >>
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
310
3 Boyutlu Gerilme Durumunda Asal Gerilmeler ve 3D Mohr Çemberi
6.2.6.1 Dördüncü Düzlemdeki Gerilmelerin Üç Boyutlu Mohr Çemberinden Ölçekli Çizimle Bulunması
Bilinenler: 1-) Bir noktadaki 𝜎1 , 𝜎2 , 𝜎3 asal gerilmelerinin bilindiğini (veya önceden
hesaplandığını) düşünüyoruz.
2-) Ayrıca bir P eğik düzleminin 1,2,3 asal eksenleriyle yaptığı açılar (𝛼, 𝛽 , 𝛾) biliniyor.
Arananlar: P Eğik düzlemindeki gerilme bileşenlerini 3 boyutlu mohr çemberinden bulmayı
hedefliyoruz.(𝜎𝑃 : ? , τP:? )
b
𝛾
𝜎1
𝜎2
P
𝛼
c
a
𝜎3
𝜏
𝜎𝑃
Şekil 6.2.27
𝑭
𝐵
𝑷
𝐴
e
𝜏𝑃
𝛾
𝜎3
𝑬
𝛽
𝐷
𝛾
𝐶23
Şekil 6.2.28
𝐶
𝛽
𝜎2
e
23.08.2024
İşlem Adımları:
1- 𝜎1 , 𝜎2 ,𝜎3 yatay eksene yerleştirilir; her ikisi arasında sırasıyla 𝐶23 , 𝐶13 ve 𝐶12 merkezli üç
ayrı çember çizilir ve böylece 3 boyutta mohr çemberi elde edilir.
2- 𝜎1 den geçen düşey d-d çizgisinden saat ibreleri tersi yönünde 1 ekseniyle yapılan açı ( 𝛼 )
kadar dönülerek, 𝜎1 𝐴𝐵 kesikli çizgisi bulunur.
3- 𝐶23 merkezli, 𝐶23 𝐵 yarıçaplı bir çember çizilir.
𝛽
𝐶13
𝛼
𝐶12
4-𝜎2 den geçen düşey e-e çizgisinden saat ibreleri tersi yönünde 2 ekseniyle yapılan
açı 𝛽 kadar dönülerek, 𝜎2 𝐷 kesikli çizgisi elde edilir. D küçük çember üzerindedir.
5- 𝐶13 merkezli, 𝐶13 𝐷 yarıçaplı bir çember çizilir.
d
6- Çizilen bu iki çemberin kesiştiği P noktasının koordinatları, P
düzlemindeki gerilme bileşenlerini (𝜎𝑃 , τP ) verir. Böylece bu adımda
amacımıza ulaşmış oluruz.
𝛼
𝜎
𝜎1
d
Bundan sonraki işlemler ve çizimler, ölçekli çizimin doğruluğunu kontrol amacıyla isteğe bağlı
yapılabilir. Kullanılan açılardan birisi g olabillir. Şekli inceleyerek hangi alternatif çizimlerle P
noktasının elde edilebileceğini anlayabilirsiniz. Farklı bir 3D örneği de yandaki şekildeki gibi
tüm simetrik noktaları sağlamalıdır.
b ve g açıları ters yönlerde alınmış olsa dahi, aynı P noktası bulunur.
a ters yönde alınırsa P nin yatay eksene göre simetriği olan nokta bulunur ve 𝜎𝑃 değeri aynı
çıkar. τP değerinin sadece işareti değişir ki, bu mukavemet açısından önemli değildir.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
311
3 Boyutlu Gerilme Durumunda Asal Gerilmeler ve 3D Mohr Çemberi
Örnek 6.2.3
Bir noktadaki gerilme durumu
yandaki gibi verilmektedir.
𝜎𝑥
𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑥𝑧
𝜏𝑥𝑦
𝜎𝑦
𝜏𝑦𝑧
𝜏𝑥𝑧
𝜏𝑦𝑧 =
𝜎𝑧
−19 −4.7 6.45
−4.7 4.6 11.8
6.45 11.8 −8.3
𝑀𝑃𝑎
Buna göre;
a)
Asal gerilmeleri bulunuz.
b)
Maksimum asal gerilme düzlemini tespit ediniz.
c)
Mohr çemberlerini çizerek maksimum kayma gerilmesini belirleyiniz.
d)
1,2 ve 3 Asal Eksenlerinin pozitif yönleriyle sırasıyla 𝛼 = 150𝑜 , 𝛽 = 45𝑜 ve 𝛾 = 60𝑜 açı
yapan bir P eğik düzlemindeki kayma ve normal gerilme bileşenlerini hesaplayınız ve
Şekil 6.2.29
ölçekli Mohr Çemberi çizerek bu değerleri ölçümlerle tekrar tespit ediniz.
Çözüm: Önce 6.2.40 denklemlerinden Gerilme İnveriyatlarını bulalım:
𝐼1 = 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 + 𝜎𝑧 = −19 + 4.6 − 8.3 = −22,7
2
2
2
𝐼2 = 𝜎𝑥 𝜎𝑦 + 𝜎𝑥 𝜎𝑧 + 𝜎𝑦 𝜎𝑧 − 𝜏𝑥𝑦
+ 𝜏𝑥𝑧
+ 𝜏𝑦𝑧
= −19 𝑥4.6 + (−19)𝑥 −8.3 + 4.6𝑥 −8.3 − −4.7 2 + 6.45 2 + 11.8 2 = −170.81
2
2
2
𝐼3 = 𝜎𝑥 𝜎𝑦 𝜎𝑧 + 2𝜏𝑥𝑦 𝜏𝑥𝑧 𝜏𝑦𝑧 − 𝜎𝑥 𝜏𝑦𝑧
+ 𝜎𝑦 𝜏𝑥𝑧
+ 𝜎𝑧 𝜏𝑥𝑦
= 2647.52
Denk. (6.2.39’dan): 𝜎 3 − 𝐼1 𝜎 2 + 𝐼2 𝜎 − 𝐼3 = 0
𝜎 3 + 22.7𝜎 2 − 170.81𝜎 − 2647.52 = 0
(Bu denklemin kökleri bize asal gerilmeleri verir.)
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Kökler şu şekilde bulunur:
𝜎1 = 11.62 𝑀𝑃𝑎
𝜎2 = −9.00 𝑀𝑃𝑎
𝜎3 = −25.32 𝑀𝑃𝑎
312
3 Boyutlu Gerilme Durumunda Asal Gerilmeler ve 3D Mohr Çemberi
b-)Maksimum asal gerilme ( 𝜎1 )doğrultusunu bulmak için, Denk.(6.2.2) ve Denk. (6.2.34-36) i =1 için yazarız:
i =1 için
Denklem (6.2.2):
(Bağımsız denklemdir.)
Denklemler (6.2.34-36):
(Bu denklemlerden 2si bağımsızdır)
𝑙𝑖2 + 𝑚𝑖2 + 𝑛𝑖2 = 1
𝑙12 + 𝑚12 + 𝑛12 = 1
𝜎𝑥 − 𝜎𝑖 𝑙𝑖 + 𝜏𝑥𝑦 𝑚𝑖 + 𝜏𝑥𝑧 𝑛𝑖 = 0
𝜎𝑥 − 𝜎1 𝑙1 + 𝜏𝑥𝑦 𝑚1 + 𝜏𝑥𝑧 𝑛1 = 0
𝜏𝑥𝑦 𝑙𝑖 + 𝜎𝑦 − 𝜎𝑖 𝑚𝑖 + 𝜏𝑦𝑧 𝑛𝑖 = 0
𝜏𝑥𝑧 𝑙𝑖 + 𝜏𝑦𝑧 𝑚𝑖 + 𝜎𝑧 − 𝜎𝑖 𝑛𝑖 = 0
𝜏𝑥𝑦 𝑙1 + 𝜎𝑦 − 𝜎1 𝑚1 + 𝜏𝑦𝑧 𝑛1 = 0
𝜏𝑥𝑧 𝑙1 + 𝜏𝑦𝑧 𝑚1 + 𝜎𝑧 − 𝜎1 𝑛1 = 0
(1)
−19 − 11.62 𝑙1 − 4.7𝑚1 + 6.45𝑛1 = 0
→ −30.62𝑙1 − 4.7𝑚1 + 6.45𝑛1 = 0
(2)
−4.7𝑙1 + 4.6 − 11.62 𝑚1 + 11.8𝑛1 = 0
→ −4.7𝑙1 − 7.02𝑚1 + 11.8𝑛1 = 0
(3)
6.45𝑙1 + 11.8𝑚1 + −8.3 − 11.62 𝑛1 = 0
→ 6.45𝑙1 + 11.8𝑚1 − 19.92𝑛1 = 0
(4)
Toplam 3 bağımsız denklem ve 3 bilinmeyen vardır. (2), (3), (4) denklemlerinden 2si, (1) nci denklemle birlikte kullanılarak:
σ1 asal gerilmesinin doğrultman kosinüsleri(l1, m1, n1) şu şekilde elde edilmiştir:
𝑙1 = cos𝛼1 = 0.0266
𝑚1 = cos𝛽1 = − 0.864
𝑛1 = cos𝛾1 = − 0.503
→ 𝛼1 = 88.47𝑜
→ 𝛽1 = 149.77𝑜
→ 𝛾1 = 120.20𝑜
Not: Benzer işlemler i=2 ve i=3 için yapılarak, σ2 ve σ3 asal gerilmelerinin doğrultman kosinüsleri (l2, m2, n2) ve (l3, m3, n3) bulunur.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
313
3 Boyutlu Gerilme Durumunda Asal Gerilmeler ve 3D Mohr Çemberi
c-)3 Boyutlu Mohr Çemberini çizelim.
𝜎1 = 11.62 𝑀𝑃𝑎
𝜎2 = −9.00 𝑀𝑃𝑎
𝜎3 = −25.32 𝑀𝑃𝑎
𝑅3 = 𝜏3 =
𝜏
𝜎2 − 𝜎3
−9 − (−25.32)
=
= 8.16 𝑀𝑃𝑎
2
2
𝜎1 − 𝜎2
11.62 − (−9)
𝑅2 = 𝜏2 =
=
= 10.31 𝑀𝑃𝑎
2
2
𝑅1 =
𝜏𝑚𝑎𝑥 =
𝑅1
𝜏1 = 𝜏𝑚𝑎𝑥
𝜏3
𝜏2
𝑅3
𝜎3 =-25.32 𝐶23 𝜎2 = −9 𝐶13
𝜎1 − 𝜎3
𝜏1 =
= 𝜏𝑚𝑎𝑥
2
𝜎
𝑪𝟏𝟐
𝑅2
𝜎1 = 11.62
11.62 − (−25.32)
= 18.47 𝑀𝑃𝑎
2
Şekil 6.2.30
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
314
3 Boyutlu Gerilme Durumunda Asal Gerilmeler ve 3D Mohr Çemberi
3
d-) P eğik düzlemindeki normal ve kayma gerilme bileşenlerinin bulunması
Formüllerden:
Kosinüs doğrultmanları
𝛼 = 150
𝑜
𝑙 = 𝑐𝑜𝑠 α = − 0.866
𝛽 = 45𝑜
𝑚 = 𝑐𝑜𝑠 β = 0.707
𝛾 = 60𝑜
𝑛 = 𝑐𝑜𝑠 γ = 0.5
(a şıkkında hesaplanan)
Asal gerilmeler
𝜎1 = 11.62 𝑀𝑃𝑎
𝜎2 = −9.00 𝑀𝑃𝑎
𝜎3 = −25.32 𝑀𝑃𝑎
𝜎1
P eğik düzlemindeki S bileşke gerilmesinin asal doğrultulardaki bileşenleri
6.2.42 denklemlerinden:
𝑆1 = 𝜎1 𝑙 = 11.62𝑥 −0.866 = −10,06 𝑀𝑃𝑎
Mohr Çemberinden
𝑆2 = 𝜎2 𝑚 = −9𝑥 0.707 = −6.36 𝑀𝑃𝑎
ölçekli çizimlerle:
𝑆3 = 𝜎3 𝑛
𝛼
= (−10.07)𝑥 −0.866 + −6.36 𝑥0.707 + −12.66 𝑥0.5
→ 𝜎𝑃 = −2.1 𝑀𝑃𝑎
𝑆12 + 𝑆22 + 𝑆32
=
Kayma bileşeni: τP =
𝛽
2
𝑆3
𝑺
1
Şekil 6.2.31
𝜎3
𝜏(𝑀𝑃𝑎)
𝐷
𝛾
-25.32=𝜎3
(−10.07)2 +(−6.36)2 +(−12.66)2 → 𝑆 = 17.38 𝑀𝑃𝑎
𝛽
𝛽
𝛾
𝐶23
𝜎(𝑀𝑃𝑎)
𝛼
-9=𝜎2 𝐶13
𝐸
𝜎1 =11.62
𝐶12
𝜏𝑃 =-17.25
𝐴
𝐶
𝑆 2 − 𝜎𝑝2 =
17.382 − (−2.1)2 → τP = 17.25 𝑀𝑃𝑎
𝑃
𝐵
23.08.2024
P
= −25.32𝑥 0.5 = −12.66 𝑀𝑃𝑎
6.2.43 denkleminden S bileşke gerilmesinin normal yöndeki bileşeni:
𝜎𝑃 = 𝑆1 𝑙 + 𝑆2 𝑚 + 𝑆3 𝑛
𝑆=
𝑆2
𝜎2
𝑆1
𝛾
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝐹
𝜎𝑃 =-2.1
Şekil 6.2.32
315
𝛾𝑥 ′ 𝑦 ′
𝜀𝑥 ′
6.3
Düzlem Gerinme
Dönüşümleri
(Video 6.3)
23.08.2024
Mukavemet II - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
316
Düzlem Gerinme Dönüşümleri
6.3.1 Bu bölümde amacımız: Elastik bölgede düzlem gerinme durumunun ortaya çıktığı bir
noktada, farklı düzlemlerdeki gerinme bileşenlerini hesaplamaktır. Bir başka ifadeyle, bir
noktada 𝜀𝑥 , 𝜀𝑦 , 𝛾𝑥𝑦 değerleri bilinirken aynı noktada, +x ekseniyle normali 𝜑 açısı yapan k gibi
bir düzlemdeki 𝜀𝑥′ , 𝛾𝑥′𝑦′ değerlerini hesaplamak istiyoruz. (Bulunacak 𝜀𝑥′ denkleminde 𝜑 yerine
m
𝜑+90o koyularak, k düzlemine dik olan m düzlemindeki 𝜀𝑦′ değeri elde edilebilecektir.)
k
Şekil 6.3.2.a da bxb boyutlarındaki ABCD dif. elemanının düzlem gerinme durumu sonucu aldığı son
şekil AB ′ C ′ D′ olarak kesik kırmızı çizgilerle gösterilmiştir. Bu son şekil süperpozisyon yöntemine göre,
Şekil 6.3.1
yatay ve düşey uzamaların ve kayma (açısal) şekil değiştirmesinin toplamı olarak düşünülecektir.
𝑥 doğrultusuna paralel kenarların uzama miktarı 3.7.a denkleminden 𝛿𝑥 = 𝑏𝜀𝑥 olur. Son boyu : b+ 𝛿𝑥 = 𝑏(1 + 𝜀𝑥 ) olacaktır.
Benzer şekilde y doğrultusundaki kenarın son boyu 𝑏(1 + 𝜀𝑦 ) olur. Bu sonuçları elde ederken şekil değiştirmelerin küçük
olması sebebiyle (1nci mertebe ilkesine göre) bazı geometrik kabuller yapılır. Aşağıdaki bu sonuçları bize veren işlem
detaylarını inceleyerek bu kabulleri de anlamaya çalışınız.
y
𝐶′′
𝐶
𝑏
𝐴
𝐶′
𝐶
𝐷′′
𝐷
𝜋
+ 𝛾𝑥𝑦
2
𝜋
− 𝛾𝑥𝑦
2
𝑏
𝑏(1 + 𝜀𝑦 )
𝐵′
𝐵 𝐵′′
x
𝐷′′
𝐶′′
𝐷′
𝐶
𝐷
x yönünde uzama
≡
+
𝛿𝑦
𝐷
𝐶′′
Şekil 6.3.2.b
𝐵
𝐷
kayma şekil
değişimi
𝛿𝑥
𝐴
𝐶′
𝐶
+
y yönünde uzama
𝐵′
𝐵′′
𝐴
Şekil 6.3.2.c
𝐵
𝐴
Şekil 6.3.2.d
= 𝐴𝐵 + 𝛿𝑥
𝛿𝑦
→ 𝛿𝑦 = 𝜀𝑦 𝐵𝐷
𝐵𝐷
= 𝐴𝐵 + 𝜀𝑥 𝐴𝐵 = 𝑏 + 𝜀𝑥 𝑏 = 𝑏(1 + 𝜀𝑥 )
Düşey kenarın son boyu: 𝐴𝐶′= 𝐵′𝐷′ ≅ 𝐵𝐷′′ = 𝐵𝐷 + 𝐷𝐷′′ = 𝐵𝐷 + 𝛿𝑦
= 𝐵𝐷 + 𝜀𝑦 𝐵𝐷 = 𝑏 + 𝜀𝑦 𝑏 = 𝑏(1 + 𝜀𝑦 )
Şekil 6.3.2.a
Yatay kenarın son boyu:
23.08.2024
gerinme: 𝜀𝑥 =
𝛿𝑥
→ 𝛿𝑥 = 𝜀𝑥 𝐴𝐵
𝐴𝐵
𝐶 ′ 𝐷′= 𝐴𝐵′ ≅ 𝐴𝐵′′ = 𝐴𝐵 + 𝐵𝐵′′
𝐷′
𝐵 𝐵′′
gerinme: 𝜀𝑦 =
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
(6.3.1)
(6.3.2)
317
Düzlem Gerinme Dönüşümleri
𝑦
bxb
boyutlarında, kenarları 𝑥 ′ 𝑦′ düzlemine paralel
olan,
düzlem
elastik
gerinme
durumuna
sahip
diferansiyel eleman için yatay ve düşey kenarların son
boyları, benzer işlemlerden sırasıyla 𝑏(1 + 𝜀𝑥′ ) ve
𝑏(1 + 𝜀𝑦′ ) bulunur. (Şekil 6.3.3)
𝑥
Şekil 6.3.3
𝐵
∆𝑦
𝑦
Şekil 6.3.4 deki gibi ACB üçgen levhası için de,
düzlem
elastik
gerinme
hali
için
𝐴
∆𝑥
kenar
𝐶
uzunluklarındaki değişimler yine kenar uzunluğu x
𝐵′
∆𝑦(1 + 𝜀𝑦 )
(1+ kenar doğrultusundaki gerinme) olur. Yandaki
𝐶′
𝐴′
şekli dikkatlice inceleyiniz.
23.08.2024
Şekil 6.3.4
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑥
318
Düzlem Gerinme Dönüşümleri
𝐵
𝑦
𝑥′
∆𝑦
𝐴
∆𝑥
𝐶
6.3.2 Bir eğik düzlemdeki gerinme bileşenlerinin hesaplanması:
Şimdi üçgen levhanın hipotenüsü olan AB kenarının 𝜀𝜑 birim uzama
değerini 𝜀𝑥 , 𝜀𝑦 , 𝛾𝑥𝑦 ve 𝜑 bilinenleri cinsinden elde etmeye çalışacağız.
Levhaın şekil değiştirmiş hali olan 𝐴′ 𝐵′ 𝐶 ′ üçgeninde cosinüs teoremi:
𝜋
(𝐴′ 𝐵′ )2 = (𝐴′ 𝐶 ′ )2 + (𝐶 ′ 𝐵′ )2 −2 𝐴′ 𝐶 ′ 𝐶 ′ 𝐵′ cos( + 𝛾𝑥𝑦 )
2
𝐵′
𝜋
2 (1 + 𝜀 )2 + (∆𝑦)2 (1 + 𝜀 )2−2∆𝑥(1 + 𝜀 )∆𝑦(1 + 𝜀 )cos( + 𝛾 )
2
2
(∆𝑥)
𝑦
(∆𝑆) (1 + 𝜀𝜑 ) =
𝑥
𝑦
𝑥𝑦
𝑥
2
𝐶′
𝐴′
Şekil 6.3.4
𝑥
cos
𝜋
+ 𝛾𝑥𝑦 = −𝑠𝑖𝑛𝛾𝑥𝑦 ≈ −𝛾𝑥𝑦 ;
2
∆𝑥 = ∆𝑆. 𝑐𝑜𝑠𝜑 ;
∆𝑦 = ∆𝑆. 𝑠𝑖𝑛𝜑 ;
𝑐𝑜𝑠 2 𝜑 + 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 = 1
olmak üzere, son denklemin en açık ifadesini yazacağız:
2
2
2
(∆𝑆)2 (1 + 𝜀𝜑 )2 = (∆𝑆)2 𝑐𝑜𝑠 2 𝜑 (1 + 𝜀𝑥 )2 + (∆𝑆) 𝑠𝑖𝑛 𝜑 (1 + 𝜀𝑦 ) −2∆𝑆. 𝑐𝑜𝑠𝜃(1 + 𝜀𝑥 )∆𝑆. 𝑠𝑖𝑛𝜃(1 + 𝜀𝑦 )(−𝛾𝑥𝑦 )
(1 + 𝜀𝜃 )2 = 𝑐𝑜𝑠 2 𝜑(1 + 𝜀𝑥2 + 2𝜀𝑥 ) +𝑠𝑖𝑛2 𝜑(1 + 𝜀𝑦2 + 2𝜀𝑦 ) +2𝛾𝑥𝑦 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑖𝑛𝜑(1 + 𝜀𝑥 ) (1 + 𝜀𝑦 )
1 + 𝜀𝜑2 + 2𝜀𝜑 = 𝑐𝑜𝑠 2 𝜑(𝜀𝑥2 + 2𝜀𝑥 ) +𝑠𝑖𝑛2 𝜑(𝜀𝑦2 + 2𝜀𝑦 ) +2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑖𝑛𝜑(𝛾𝑥𝑦 +𝛾𝑥𝑦 𝜀𝑥 +𝛾𝑥𝑦 𝜀𝑦 +𝛾𝑥𝑦 𝜀𝑥 𝜀𝑦 )
İhmal edilen terimler: Gerinmeler genelde 10-4 , 10-5 gibi
katsayılara sahiptir. Dolayısıyla gerinmeler hem birimsiz, hem de
diğer terimlere göre çok küçük değerlerdir. Bu sebeple 2nci veya
3ncü dereceden çarpımları (birbirleriyle veya kendileriyle
çarpımları) ihmal edilir. İhmal edilen terimlerin üstü çizilmiştir.
23.08.2024
2𝜀𝜑 = 𝑐𝑜𝑠 2 𝜑(2𝜀𝑥 ) +𝑠𝑖𝑛2 𝜑(2𝜀𝑦 ) +2𝑐𝑜𝑠𝜑𝑠𝑖𝑛𝜑(𝛾𝑥𝑦 )
𝜀𝜑 = 𝜀𝑥′ = 𝜀𝑥 𝑐𝑜𝑠 2 𝜑 + 𝜀𝑦 𝑠𝑖𝑛2 𝜑 + 𝛾𝑥𝑦 𝑠𝑖𝑛𝜑cos𝜑
(6.3.3)
6.3.3 denklemi AB düzleminin 𝑥′ yönündeki
gerinmesini bilinenler cinsinden verir.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
319
Düzlem Gerinme Dönüşümleri
6.3.3 denklemi aynı zamanda normali 𝑥′ olan k taralı düzleminin normal yöndeki
gerinmesinin (𝜀𝑥 ′ ’ nün) ifadesidir ki, bu başlangıçta hedeflediğimiz denklemlerden
birisidir. (Şekil 6.3.5). ( k taralı düzlemi Şekil 6.3.4 deki AB düzlemine diktir.)
m
k
Şekil 6.3.5
𝜀𝑥′ = 𝜀𝜑 = 𝜀𝑥 𝑐𝑜𝑠 2 𝜑 + 𝜀𝑦 𝑠𝑖𝑛2 𝜑 + 𝛾𝑥𝑦 𝑠𝑖𝑛𝜑cos𝜑
(6.3.3)
𝝋 açısı : +x ekseninden saat ibreleri tersi yönünde taralı eğik düzlemin normaline
kadar dönülür. Bu dönüş açısı 𝜑 açısıdır.
Buna göre için 6.3.3 denkleminde 𝜑 yerine 𝜑 +90o koyularak, k ya dik olan m taralı
düzleminin normali yönündeki gerinme değeri olan 𝜀𝑦′ elde edilir.
𝜀𝑦′ = 𝜀𝜑+900 = 𝜀𝑥 𝑐𝑜𝑠 2 𝜑 + 900 + 𝜀𝑦 𝑠𝑖𝑛2 𝜑 + 900 𝛾𝑥𝑦 𝑠𝑖𝑛 𝜑 + 900 cos 𝜑 + 900
𝜀𝑦′ = 𝜀𝑥 𝑠𝑖𝑛2 𝜑 + 𝜀𝑦 𝑐𝑜𝑠 2 𝜑 − 𝛾𝑥𝑦 𝑠𝑖𝑛𝜑cos𝜑
45𝑜
𝜑
𝜸𝒙′𝒚′ değerinin hesaplanması:
𝜑=45o için 6.33 denklemini yazalım.
𝜀450 = 𝜀𝑥 𝑐𝑜𝑠 2 450 + 𝜀𝑦 𝑠𝑖𝑛2 450 + 𝛾𝑥𝑦 𝑠𝑖𝑛450 co𝑠450 → 𝜀450 = 2 (𝜀𝑥 + 𝜀𝑦 + 𝛾𝑥𝑦 )
(6.3.5)
→ 𝛾𝑥𝑦 = 2𝜀450 − (𝜀𝑥 + 𝜀𝑦 )
(6.3.6)
→ 𝛾𝑥′𝑦′ = 2𝜀(𝜑+450) − (𝜀𝑥′ + 𝜀𝑦′ )
(6.3.7)
Şekil 6.3.6
Eksen takımını 𝑥 ′ − 𝑦′ olarak düşünerek 𝑥 ′ ile 45o , dolayısıyla 𝑥
ekseniyle𝜑 + 45o yapan düzlem için 6.3.5 denklemini uygularsak:
Sonraki sayfadaki 6.3.9.c ve 6.3.9.d denklemlerini 6.3.10
yerine koyarsak 𝜑 açısı cinsinden şu denklemi elde ederiz:
23.08.2024
1
(6.3.4)
→ 𝛾𝑥′𝑦′ = −2(𝜀𝑥 −𝜀𝑦 ) sin 𝜑 cos 𝜑 + 𝛾𝑥𝑦 (cos2 𝜑 − sin2 𝜑) (6.3.8)
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
320
Düzlem Gerinme Dönüşümleri
6.3.3, 6.3.4 ve 6.3.8 denklemleri bilinenler (𝜀𝑥 , 𝜀𝑦 , 𝛾𝑥𝑦 ve 𝜑) cinsinden 𝜀𝑥′ , 𝜀𝑦′ 𝛾𝑥′𝑦′ bilinmeyenlerini bulmamızı sağlar.
6.3.6 ve 6.3.7 denklemleri özellikle bir sonraki konu olan deneysel gerinim ölçümlerinde işimize yarayacaktır.
Aşağıdaki trigonometrik dönüşüm bağıntılarını kullanarak, denklemleri 2𝜑 cinsinden ifade edeceğiz.
1 − cos 2𝜑 (a)
2
sin 𝜑 =
2
1 + cos 2𝜑
; cos2 𝜑 =
2
6.3.3 denklemini tekrar yazıp düzenlersek:
(b)
;
cos 2𝜑 = cos 2 𝜑 − sin2 𝜑
;
(d)
(c)
sin 2𝜑 = 2 sin 𝜑 cos 𝜑
(6.3.10)
𝜀𝑥 + 𝜀𝑦 𝜀𝑥 − 𝜀𝑦
𝛾𝑥𝑦
+
cos 2 𝜑 +
sin 2 𝜑
2
2
2
(6.3.11)
𝜀𝑥 + 𝜀𝑦 𝜀𝑥 − 𝜀𝑦
𝛾𝑥𝑦
𝜀𝑥 + 𝜀𝑦 𝜀𝑥 − 𝜀𝑦
𝛾𝑥𝑦
0
0
′
𝜀
=
−
cos
2
𝜑
−
sin 2 𝜑
𝜀𝑦′ = 𝜀𝜑+900 =
+
cos 2 (𝜑 + 90 ) +
sin 2 (𝜑 + 90 ) → 𝑦
2
2
2
2
2
2
(6.3.12)
1 + cos 2𝜑
1 − cos 2𝜑 𝛾𝑥𝑦 sin 2𝜑
𝜀𝑥′ = 𝜀𝜑 = 𝜀𝑥
+ 𝜀𝑦
+
→
2
2
2
𝜀𝑥′ = 𝜀𝜑 =
6.3.11 ve 6.3.12 denklemlerini alt alta toplarsak:
𝜀𝑥′ +𝜀𝑦′ = 𝜀𝑥 + 𝜀𝑦
𝜀𝑥 + 𝜀𝑦 𝜀𝑥 − 𝜀𝑦
𝛾𝑥𝑦
𝜀𝑥 + 𝜀𝑦 𝜀𝑥 − 𝜀𝑦
𝛾𝑥𝑦
𝑜
𝑜
−
sin 2 𝜑 +
cos 2 𝜑
𝜀(𝜑+450 )=
+
cos 2( 𝜑 + 45 ) +
sin 2 (𝜑 + 45 ) → 𝜀(𝜑+450 ) =
2
2
2
2
2
2
(6.3.13)
(6.3.14)
𝜀𝑥 + 𝜀𝑦
𝜀𝑥 − 𝜀𝑦
𝛾𝑥𝑦
−2
sin 2 𝜑 + 2
cos 2 𝜑 − (𝜀𝑥 + 𝜀𝑦 )
6.3.6 denkleminden → 𝛾𝑥′𝑦′ = 2𝜀(𝜑+450 ) − (𝜀𝑥′ + 𝜀𝑦′ ) = 2
2
2
2
→ 𝛾𝑥′𝑦′ = −(𝜀𝑥 −𝜀𝑦 ) sin 2 𝜑 + 𝛾𝑥𝑦 cos 2 𝜑
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
(6.3.15)
321
Düzlem Gerinme Dönüşümleri
6.3.3 Düzlem Gerinme Durumu için Mohr Çemberi
Şimdi 𝜀𝑥′ , 𝜀𝑦′ 𝛾𝑥′𝑦′ değerlerini veren denklemleri bir geometrik ifadeyle daha da genelleştireceğiz.
6.3.11 denklemini sağdaki ilk terimi sola atıyoruz. 6.3.15 denklemini altına yazıyoruz. Eşitliklerin her iki tarafının
karesini alıp taraf tarafa toplarız.
𝜀𝑜𝑟𝑡
𝜀𝑥 + 𝜀𝑦 2
𝜀𝑥 − 𝜀𝑦
𝛾𝑥𝑦
𝜀𝑥 + 𝜀𝑦 𝜀𝑥 − 𝜀𝑦
𝛾𝑥𝑦
(6.3.11)..>> 𝜀𝑥′ =
) =(
cos 2 𝜑 +
sin 2 𝜑)2
+
cos 2 𝜑 +
sin 2 𝜑 → ( 𝜀𝑥′ −
2
2
2
2
2
2
(6.3.15)..>>
𝛾𝑥 ′ 𝑦 ′ = − 𝜀𝑥 − 𝜀𝑦 sin 2 𝜑 + 𝛾𝑥𝑦 cos 2 𝜑 →
Bilgi: (a;b) merkezli Çember Denklemi:
(𝑥 − 𝑎)2 +(𝑦 − 𝑏)2 = 𝑅2
(𝑦 − 𝑏)
(𝑎; 𝑏)
Şekil 6.3.7
(𝑥 − 𝑎)
𝜀𝑥 − 𝜀𝑦
𝛾𝑥𝑦
1
2
( 𝛾𝑥 ′ 𝑦′ ) = (−
sin 2 𝜑 +
cos 2 𝜑)2
2
2
2
1
2
′
𝜀𝑥 − 𝜀𝑜𝑟𝑡 +
𝛾𝑥 ′ 𝑦 ′ − 0
2
x
a
𝜀𝑥 − 𝜀𝑦 2
1
=
+ ( 𝛾𝑥 ′ 𝑦 ′ )2
2
2
b
y
1
𝜀𝑥 ′ − 𝜀𝑜𝑟𝑡 2 +
𝛾 ′ ′
2 𝑥𝑦
2
𝑅2
2
= 𝑅2
Bu son denklemi x ekseni üzerinde bir çemberin denklemine benzetebiliriz; (b=0)
ve bu çembere Mohr Çemberi ismi veririz. Bir noktada farklı 𝜑 açılarına sahip sonsuz sayıda düzlem vardır. Mohr
Çemberi tüm düzlemlerdeki gerinmeleri gösteren geometrik bir ifadedir.
Mohr Çemberinin çizimi ve okunması:..>>
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
322
Düzlem Gerinme Dönüşümleri
6.3.3.1 Mohr Çemberinin Çizim Sırası:
𝛾
Bir noktada 𝜀𝑥 , 𝜀𝑦 , 𝛾𝑥𝑦 değerleri belli iken o noktadaki Mohr Çemberi 𝜀, 2
eksen takımında şu adımları takip ederek çizilir:
𝛾
2
k
𝜀𝑥 ′
gxy/2
𝛾𝑥 ′ 𝑦 ′
2
e2= emin
Bulunduğumuz
nokta
ey
H1(ex , gxy/2)
2𝜑
C
2𝜑𝑝
𝛾𝑥 ′ 𝑦′
1- H1 (ex , gxy/2) noktası işaretlenir.
2- H2 (ey , - gxy /2 )noktası işaretlenir.
3- H1-H2 doğrusu elde edilir. Bu doğrunun
x eksenini kestiği C noktası belirlenir.
4- C merkezli, H1 ve H2 noktalarından
geçen çember çizilir.
𝜀
ex e1 = emax
CH1ex dik üçgeninden yarıçap:
2
-gxy/2
𝜀𝑜𝑟𝑡 =
𝜀𝑥 + 𝜀𝑦
2
Şekil 6.3.9
𝜀𝑥 − 𝜀𝑦
2
𝑅=
𝜀𝑥 ′
m
k
Asal Gerinmeler:
Şekil 6.3.8
𝜀𝑥 − 𝜀𝑦 2
𝛾𝑥𝑦 2
+
2
2
Maksimum asal Gerinme
düzlem normaili açısı:
𝜀𝑥 + 𝜀𝑦
→ 𝜀1,2 =
±
2
tan 2 𝜑𝑝 =
𝛾𝑥′ 𝑦′
>0
H1
𝜀1,2 = 𝜀𝑚𝑎𝑥,𝑚𝑖𝑛 = 𝜀𝑜𝑟𝑡 ± 𝑅
m
𝜀𝑦 ′
𝜀𝑦 ′
𝜀𝑥 − 𝜀𝑦 2
𝛾𝑥𝑦 2
+
2
2
𝛾𝑥𝑦
𝜀𝑥 − 𝜀𝑦
(6.3.16)
(6.3.17.a)
(6.3.17.b)
(6.3.18)
+ x ekseniyle normali 𝜑 açısı yapan k düzlemindeki gerinme bileşenleri (𝜀𝑥 ′ ,
) ni mohr çemberinden bulmak istiyoruz.
2
Mohr çemberi üzerinde bulunduğumuz nokta olan H1 den, gerçekteki ile aynı yönde fakat 2𝜑 kadar döneriz. Böylece çember
üzerindeki k noktasına geliriz. k noktasının koordinatları bize aradığımız gerinme bileşenlerini verir.
Şekil 6.38 deki elemanın sağındaki H1 düzlemindeki 𝛾𝑥𝑦 aşağı yönde ise, bu açı Mohr çemberinde pozitif, dönüşüm denklemlerinde
ise negatif alınır.
323
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
23.08.2024
Düzlem Gerinme Dönüşümleri
Çözüm a-) 6.3.3.1 maddesindeki adımları sırasıyla takip edersek:
Örnek 6.3.1
1-) 𝐻1 (𝜀𝑥 , 𝛾𝑥𝑦 /2) : (−16, −5) x10−4
2-) 𝐻2 (𝜀𝑦 , −𝛾𝑥𝑦 /2) : (8, 5) x10−4
𝜀𝑦
𝛾
( )(10−4 )
2
𝛾𝑚𝑎𝑥 /2
𝛾𝑥𝑦
𝜀𝑥
30o
Şekil 6.3.10
𝐻1
3-) H1-H2 doğrusu çizilir ve C noktası belirlenir.
4-) C merkezli, H1 ve H2 den geçen çember çizilir.
Not: H1 yüzeyinde 𝛾𝑥𝑦 yukarı yönde olduğundan, 𝛾𝑥𝑦
Mohr çemberinde negatif alınır.
b-) Mohr çemberinin yarıçapını önce bulalım:
CBH1 dik
üçgeninden: 𝑅 =
𝜀𝑥 − 𝜀𝑦
2
𝜀𝑥 − 𝜀𝑦 2
𝛾𝑥𝑦 2
+
2
2
𝐻2
2
2
5
Bir noktadaki düzlem gerinme
−16 − 8
−10
𝜀𝑜𝑟𝑡
durumunda bilinenler:
=(
+
)x10−4
2
2
𝜀𝑥 = -16x10-4, 𝜀𝑦 = 8x10−4 ve
−4
𝜀.
10
𝐵
C
𝛾𝑥𝑦 = 10𝑥10−4 olduğuna göre;
𝛼
O
𝜀2 −16
→ 𝑅 = 13x(10−4 )
6 𝜀1
a-)
Bu
noktadaki
gerinme
2𝜑𝑝
𝛾𝑥𝑦
Asal gerinmeler ve düzlemleri:
durumuna ait Mohr çemberini
−5
2 𝐻1
𝜀𝑥 + 𝜀𝑦 −16 + 8
çiziniz.
−4 = −4𝑥10−4
=
𝑥10
𝜀
=
𝑜𝑟𝑡
b-)Asal gerinmeleri ve düzlemlerini
2
2
belirleyiniz.
𝜀1,2 = 𝜀𝑜𝑟𝑡 ± 𝑅 = (−4 ± 13)(10−4 )
c-) +y ekseniyle normali 30o lik açı
yapan k düzlemindeki gerinme
Şekil 6.3.11
𝜀1 = 𝜀𝑚𝑎𝑥 = 9𝑥10−4 , 𝜀2 = 𝜀𝑚𝑖𝑛 = −17𝑥10−4
bileşenlerini hesaplayınız.
𝛾𝑥𝑦
d-) k düzlemine dik m düzlemindeki
𝛾𝑥𝑦
10
2
→ 𝛼 = 22.60 → 2𝜑𝑝 = 180 − 𝛼 = 180 − 22.6 = 157. 4𝑜
tan
𝛼
=
=
=
gerinme bileşenlerini bulunuz.
𝜀𝑥 − 𝜀𝑦
−16 − 8
𝜀𝑥 − 𝜀𝑦
→ 𝜑𝑝 = 78. 7𝑜
2
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
324
Düzlem Gerinme Dönüşümleri
c-)
𝜑 açısının tespiti: gerçek şekil üzerinde +x ekseninden saat ibreleri tersi yönünde
dönülerek taralı düzlemin normaline gelinir. İşte bu dönüş açısı, 𝜑 açısıdır.
Yandaki şekilden anlaşılacağı üzere, k düzlemi için 𝜑 açısı 60o dir. Şimdi k
düzlemindeki gerinme bileşenleri (𝜀𝑥 ′ ve 𝛾𝑥 ′𝑦 ′ ) ni 2 yoldan da hesaplayacağız.
𝜀𝑦 = 8x10-4
𝛾𝑥𝑦 = −10𝑥10−4
𝜀𝑥
30o
1. Yol: Mohr Çemberinden
Taralı düzlemin (φ = φk = 600) mohr çemberindeki yeri k
noktasıdır. Bulunduğumuz nokta olan H1 den aynı yönde
2 x 600 =1200 dönülerek k noktasına gelinir. α ve φp açıları
b şıkkında hesaplanmıştı. Alttaki geometrik hesaplamalarla
k noktasının koordinatları yani εx′ ve γx′ y′ bulunur:
1
𝛾(10−4 )
2
= -16x10-4
1
𝛾
2 𝑚𝑎𝑥
𝜑
𝐻1
Şekil 6.3.12
𝛽 = 180 − (𝛼 + 2𝜑𝑘 ) = 180 − (22.6 + 120) → 𝛽 = 37. 4𝑜
𝜀𝑥 − 𝜀𝑦
2
𝜀2
𝛾𝑥𝑦 /2
−16
𝛼
𝜀𝑜𝑟𝑡
C
2𝜑𝑝
5
𝐻2
D
O
6
𝛽
−5
𝐻1
Bulunduğumuz
nokta
𝜀𝑥′
Şekil 6.3.13
23.08.2024
1
𝛾 ′
2 𝑥 𝑦′
k
1
− 𝛾𝑚𝑎𝑥
2
𝜀1
𝜀𝑥′ = 𝑂𝐷 = 𝐶𝐷 − 𝐶𝑂 = 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛽 − 𝜀𝑜𝑟𝑡
𝜀.10−4
= 13𝑥10−4 𝑐𝑜𝑠37. 4𝑜 − 4𝑥10−4
→ 𝜀𝑥′ = 6.32𝑥10−4
1
−4
𝛾𝑥 ′ 𝑦′ = −𝑅𝑠𝑖𝑛𝛽 = −13𝑥10−4 𝑠𝑖𝑛37. 4𝑜 = −7.9𝑥10
2
→ 𝛾𝑥 ′ 𝑦′ ≅ −15.8𝑥10−4
Mohr çemberi ölçekli çizilirse, k noktasının koordinatları ölçümle
de bulunabilir. Koordinatların çember merkezi C’den değil, Orjin
olan O noktasından uzaklıklar olduğu gözden kaçırılmamalıdır.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
325
Düzlem Gerinme Dönüşümleri
2.Yol : Denklemlerden
H1 yüzeyinde yukarı yönde olduğundan, 𝛾𝑥𝑦 değeri
denklemlerde pozitif alınır. Sonuçta 𝛾𝑥𝑦 Mohr çemberinden
bulduğumuz değerle aynı şiddette fakat zıt işarette çıkmalıdır.
𝜀𝑦 = 8x10-4
𝜀𝑦 ′
𝛾𝑥𝑦 = 10𝑥10−4
6.3.3 denkleminden:
𝜀𝑥 = -16x10-4
30o
𝜀𝑥 ′ = 𝜀𝑥 cos 2 𝜑𝑘 + 𝜀𝑦 sin2 𝜑𝑘 + 𝛾𝑥𝑦 cos 𝜑𝑘 ⋅ sin 𝜑𝑘
𝜑𝑘
= −16 cos 2 60𝑜 + 8 sin2 60𝑜 + 10 cos 60𝑜 ⋅ sin 60𝑜 𝑥10−4
→ 𝜀𝑥 ′ = 𝜀𝑘 = 6.32𝑥10−4
Şekil 6.3.14
(veya 6.3.11 denkleminden de aynı sonuç bulunur.)
6.3.15 denkleminden:
→ 𝛾𝑥′𝑦′ = −(𝜀𝑥 −𝜀𝑦 ) sin 2 𝜑𝑘 + 𝛾𝑥𝑦 cos 2 𝜑𝑘
= − −16 − 8 𝑥10−4 sin 120𝑜 + 10𝑥𝑥10−4 cos 120𝑜
→ 𝛾𝑥′𝑦′ ≅ 15.8𝑥10−4
(veya 6.3.8 denkleminden de aynı sonuç bulunur.)
d-) m düzlemindeki gerinme bileşenleri soruluyor. Şu ana kadar yaptığımız işlemleri dikkatlice inceleyiniz ve m
düzlemi için benzer işlemlerle, her iki yoldan da aşağıdaki cevapları kendiniz bulmaya çalışınız.
−4
Cevaplar: 𝜀𝑚 = −14.33𝑥10−4 , 𝛾𝑚 = −15.8𝑥10
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
326
6.4
Gerinim Ölçerlerle
Deneysel Gerinme ve Gerilme
Ölçümleri
(Video 6.3 – 16.dakikadan sonra)
23.08.2024
Mukavemet II - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
327
Deneysel Gerinme Ölçümleri
6.4.1 Deneysel Ölçümlerin Önemi:
•
Mühendislik hayatımız boyunca yaptığımız veya yapacağımız teorik hesaplamalarda, bilgisayar
destekli analizlerde veya benzeri çalışmalarda, sonuçlara etki eden ve önceden öngöremediğimiz
bazı faktörlerin veya muhtemel sayısal hataların oluşma riskleri daima vardır.
•
Bu sebeple kaliteli bir mühendis, sadece teorik hesaplamalarla veya analiz programlarıyla
bulduğu sonuçlara tek başına güvenmemeli,
•
elde ettiği sonuçların en azından bazılarını farklı yöntemlerle de desteklemeye çalışmalıdır.
•
Nitekim akademik makalelerin yayınlandığı kaliteli bilimsel dergilerde analiz sonuçlarının nasıl
desteklendiği daima sorgulanan bir durum olup, sadece analiz sonuçlarını içeren çalışmalar
Şekil 6.4.1
kabul görmemektedir.
•
Bu farklı destekleme yöntemleri içerisinde en çok bilineni ve güvenilir olanı deneysel ölçümlerdir.
•
Bu sebeplerle, deneysel ölçümleri mühendislik hayatımızın vazgeçilmezi konumunda düşünmemiz ve bu alanda kendimizi geliştirme
gayreti içine girmemiz son derece gereklidir. Deneysel ölçümleri yapabilen ve diğer çalışmalarını bu açıdan destekleyen bir
mühendisin ar-ge, inovasyon faaliyetlerinde aranan ve tercih edilen kaliteli bir mühendis olacağında da şüphe yoktur.
6.4..2 Bu bölümde Amacımız:
Gerinim ölçer (strain-gauge, okunuşu: sitireyn geyç) yardımıyla, deneysel gerinim (e) ölçümlerinin ve buradan gerilme tespitlerinin nasıl
yapıldığını açıklamaktır. Fakat bundan önce düzlemde gerinme dönüşlerinin teorisini iyi anlamak gerekir…>>
23.08.2024
Mukavemet II –Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
328
Deneysel Gerinme Ölçümleri
6.4.3 Gerinim Ölçer (Strain-gauge)
𝜀 birim uzama ölçümünde kullanılan en yaygın yöntem, bir iletken telin elektrik
direncinin, uzamayla değişimine dayanan gerinim ölçer (strain-gauge)
tekniğidir. Şekilde bir gerinim ölçer şematik olarak görülmektedir.
b
c
a
A
B
Şematik Gerinim Ölçer
Gerinim Ölçer’in kısımları:
a : taşıyıcı (yalıtkan) folyo
b : iletken tel
c : bağlantı uçları
Şekil 6.4.3
Şekil 6.4.2
•
Sonuç olarak gerinim ölçerlerin uzaması ile üzerindeki iletkenin elektrik direnci arasında bir ilişki söz konusudur.
•
Bu ilişkiden yola çıkarak, gerinim ölçerlerin yerleştirme doğrultusunda oluşan gerinme (birim uzama) değeri deneysel olarak
tespit edilir ve Hooke bağıntılarıyla gerilme değerlerine geçilebilir.
•
Genelde gerinim ölçerler cismin yüzeyine yapıştırılır ve yüzeyde düzlem gerilme sözkonusudur.
•
Bir yüzeydeki tüm gerilme bileşenlerini bulmak için genel anlamda en az 3 gerinim ölçer kullanılır.
•
Gerinim ölçer sadece gerinme veya gerinim dediğimiz birim uzamaları (e) ölçer; ancak g kayma şekil değiştirme açısını
ölçemez. g gerinme dönüşüm bağıntılarından hesaplanır.
•
Gerinim ölçerlerle elastik sınırlar içerisindeki e değerleri ölçülebilir.
•
Bu konuyu anlamanız için öncelikle 6.3 düzlem gerinme dönüşümleri konusunun bir kez tekrar etmenizde fayda vardır.
Şimdi bu anlatılanları farklı örnekler üzerinden pekiştirelim:..>>
23.08.2024
Mukavemet II –Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
329
Çözüm:
a-) gerinim ölçerler yerleştirme doğrultularındaki birim uzamaları ölçerler.
−5
−5
Buna göre: 𝜀𝑎 = 𝜀𝑥 = 10x10−5 , 𝜀𝑐 = 𝜀𝑦 = 2x10 , 𝜀𝑏 = 𝜀𝑥 ′ = 10.6x10
Deneysel Gerinme Ölçümleri
Örnek 6.4.1
𝜀𝑎 = 10x10−5
𝜑 = 300
ks doğrultusunun (yani 𝑥 ′ ekseninin) +x ekseniyle yaptığı açı:
2
2
6.3.3 denkleminden: 𝜀𝑥 ′ = 𝜀𝑥 cos 𝜑 + 𝜀𝑦 sin 𝜑 + 𝛾𝑥𝑦 cos 𝜑 ⋅ sin 𝜑
𝜀𝑏 = 10.6x10−5
𝜀𝑐 = 2x10−5
10.6x10−5 = 10x10−5 cos 2 300 + 2x10−5 sin2 300 + 𝛾𝑥𝑦 cos 300 . 𝑠𝑖𝑛300 → 𝛾𝑥𝑦 = 6x10−5
𝐸 = 200𝐺𝑃𝑎
𝑣 = 0.3
𝛾𝑥𝑦 denklemlerde pozitif bulunduğu için..>>
Şekil 6.4.4
İnce bir levhanın dış yüzeyindeki herhangi bir k
noktasına 3 lü bir gerinim ölçer rozeti yapıştırılmış
ve daha sonra farklı bölgelerinden dış yükler
uygulanmıştır. Levha dış bağlantılarından dolayı
statik dengededir. Gerinim ölçer lerden ölçülen
değerler
ve
malzeme
özellikleri
üstte
gösterilmiştir.
a ve b gerinim ölçerleri arasındaki açı 𝜑 = 300
olduğuna göre, k noktasındaki;
a-) Gerinmelere ait Mohr çemberini çizerek asal
gerinmeleri ve düzlemlerini bulunuz.
b-)normali +x ekseniyle 450 açı yapan düzlemdeki
gerinme bileşenlerini,
c-) Gerilme bileşenlerini, asal gerilmeleri ve
düzlemlerini bulunuz.
23.08.2024
6.3.3
maddesinde
anlatılan adımlardan
mohr
çemberi
yandaki gibi çizilir.
(C ve O noktaları bu
örnekte çakışıktır):
𝐻1 (𝜀𝑥 ,
𝛾𝑥𝑦
2
𝐻2 (𝜀𝑦 , −
2
1
𝛾 10−5
2
3
𝑅
O
B
𝜀2
10 A 𝜀.10
𝜀1
2
C, O
𝑅
(10;-3)x10-5
):
𝛾𝑥𝑦
1
𝛾
2 𝑚𝑎𝑥
Mohr çemberinde; → 𝛾𝑥𝑦 = −6x10−5 alınır.
−3
):
𝐻1
(2;3)x10-5
1
− 𝛾𝑚𝑎𝑥
2
Mukavemet II –Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
E
𝜀𝑥 + 𝜀𝑦
𝜀𝑜𝑟𝑡 =
2
Şekil 6.4.5
𝜀𝑥 − 𝜀𝑦
2
330
−5
Deneysel Gerinme Ölçümleri
1
𝛾
2
𝑅=
𝜀45𝑜
1
𝛾
2 𝑚𝑎𝑥
𝜀𝑥 − 𝜀𝑦 2
𝛾𝑥𝑦 2
=
+
2
2
m
𝜀𝑜𝑟𝑡 =
𝑅
O
1
𝛾 𝑜
2 45
𝑅
3
𝜀2
90o D 10
2𝜑𝑝 𝛾𝑥𝑦 𝜀1
2
C
𝑅
−3
10 − 2
2
2
6
+
2
2
10−5 → 𝑅 = 5(10−5 )
10 + 2 −5
10 = 6(10−5 )
2
Asal gerinmeler: 6.3.17.a denkleminden: 𝜀1,2 = 𝜀𝑜𝑟𝑡 ± 𝑅 = (6 ± 5)(10−5 )
𝜀. 10−5
2
𝐻1 (𝜀𝑥 , 𝛾𝑥𝑦 /2)
𝜀1 = 𝜀𝑚𝑎𝑥 = 11𝑥10−5 ; 𝜀2 = 𝜀𝑚𝑖𝑛 = 1𝑥10−5
𝛾𝑥𝑦
𝛾𝑥𝑦
6
2
→ 𝜑𝑝 = 18.40
tan 2 𝜑𝑝 = 𝜀 −
=
=
𝜀𝑦 𝜀 − 𝜀
𝑥
10 − 2
𝑥
𝑦
2
b-) +x ekseniyle 450 açı yapan düzlemdeki gerinme bileşenlerini bulacağız:
1
− 𝛾𝑚𝑎𝑥
2
E
𝜀𝑥 + 𝜀𝑦
𝜀𝑜𝑟𝑡 =
2
Mohr Çemberinden
𝜀𝑥 − 𝜀𝑦
2
Taralı düzlemin mohr çemberindeki yeri m noktasıdır.
(Bulunduğumuz nokta olan H1 den aynı yönde 2 x 450 =900 dönülerek k noktasına gelinir. )
Şekil 6.4.6
𝛾 𝑜
m noktasının koordinatları taralı düzlemdeki gerinme bileşenleriyle aynıdır : (𝜀45𝑜 ; 45 )
2
𝜀45𝑜 = 𝑂𝐶 + 𝐶𝐷
= 𝜀𝑜𝑟𝑡 + 𝑅𝑐𝑜𝑠(90𝑜 − 2𝜑𝑝 )
CmD dik üçgeninden
23.08.2024
= 6(10−5 ) + 5(10−5 )𝑐𝑜𝑠(90𝑜 − 2𝑥18.40 )
→ 𝜀45𝑜 = 9𝑥10−5
𝛾45𝑜
= 𝑅𝑠𝑖𝑛 90𝑜 − 2𝜑𝑝 = 5 10−5 𝑠𝑖𝑛(90𝑜 − 2𝑥18.40 ) → 𝛾45𝑜 = 8𝑥10−5
2
Mukavemet II –Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
331
Deneysel Gerinme Ölçümleri
c-)
Genel bir kural: Bir cismin kuvvet uygulanmamış serbest yüzeylerindeki noktalarda gerilme oluşmaz.
Bir yüzey noktasında 2 tane kayma gerilmesi, 1 tane normal gerilme olmak üzere toplam 3
gerilme bileşeni vardır. 3lü gerinim ölçer rozeti, levhanın x-y düzlemine paralel olan dış serbest
yüzeyine yapıştırıldığı için bu yüzeyde gerilme bileşenleri sıfırdır. (𝜎𝑧 = 𝜏𝑧𝑥 = 𝜏𝑧𝑦 = 0).
𝜎𝑦
𝜎𝑥
𝜏𝑦𝑥 = 𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑧𝑦 = 0
O
𝜏𝑧𝑥 = 0
𝜎𝑥
Ön serbest yüzey
Bu durumda Hooke bağıntılarından mevcut gerilmeleri şu hesaplayabiliriz:
3.9 denklemlerinden
1
(𝜎 − 𝜈𝜎𝑦 )
𝐸 𝑥
1
𝜀𝑦 = (𝜎𝑦 − 𝜈𝜎𝑥 )
𝐸
𝜏𝑥𝑦
𝛾𝑥𝑦 =
𝐺
𝜀𝑥 =
23.08.2024
Gerilmeler çekilirse:
𝜎𝑥 = 𝐸
𝜀𝑥 + 𝜈𝜀𝑦
1 − 𝑣2
𝜀𝑦 + 𝜈𝜀𝑥
1 − 𝑣2
𝐸
.𝛾
𝜏𝑥𝑦 = 𝐺. 𝛾𝑥𝑦 =
2 1 + 𝑣 𝑥𝑦
𝜎𝑦 = 𝐸
Şekil 6.4.7
Deneysel ölçümler yerine koyulursa:
10 + 0.3(2) −5
= 200(10 )
10
1 − 0.32
2 + 0.3(10) −5
= 200(103 )
10
1 − 0.32
200(103 )
=
6(10−5 )
2(1 + 0.3)
3
Mukavemet II –Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
→ 𝜎𝑥 = 23.29𝑀𝑃𝑎
→ 𝜎𝑦 = 10.99𝑀𝑃𝑎
→ 𝜏𝑥𝑦 = 4.61𝑀𝑃𝑎
332
Deneysel Gerinme Ölçümleri
Asal Gerilmeler 6.1.9 denklemlerinden bulunur:
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦
𝜎max,min =
±
2
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 2
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2
𝜎max = 24.83𝑀𝑃𝑎
23.29 + 10.99𝑦
=
±
2
23.29 − 10.99
2
2
+ 4.612
𝜎m𝑖𝑛 = 9.45𝑀𝑃𝑎,
Asal gerilme düzlemleri: 6.1.10 denkleminden
𝜏𝑥𝑦
tan 2𝜃𝑝 = 𝜎 − 𝜎
𝑥
𝑦
2
=
4.61
23.29 − 10.99
2
→ 𝜃𝑝 = 18.430
Veya Asal gerilmeler Hooke Bağıntılarından da bulunabilirdi. Şöyle ki:
23.08.2024
𝜎𝑚𝑎𝑥 = 𝐸
𝜀𝑚𝑎𝑥 + 𝜈𝜀𝑚𝑖𝑛
1 − 𝑣2
= 200(103 )
11 + 0.3(1) −5
10
→ 𝜎max = 24.83𝑀𝑃𝑎 ;
1 − 0.32
𝜎𝑚𝑖𝑛 = 𝐸
𝜀𝑚𝑖𝑛 + 𝜈𝜀𝑚𝑎𝑥
1 − 𝑣2
= 200(103 )
1 + 0.3(11) −5
10
1 − 0.32
→ 𝜎m𝑖𝑛 = 9.45𝑀𝑃𝑎,
Mukavemet II –Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
333
Deneysel Gerinme Ölçümleri
Örnek 6.4.2: Tek gerinim ölçer kullanarak r yarıçaplı içi dolu bir mildekiT burulma momentini nasıl tespit edersiniz? Açıklayınız.
Malzeme özelliklerinden E ve 𝑣 değerlerinin bilindiğini kabul ediniz.
T
T
𝜋𝑟 3
Cevap: 𝑇 = 𝐸
𝜀 0
2(1 + 𝑣) 45
𝑟
Şekil 6.4.8
23.08.2024
Mukavemet II –Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
334
7. AKMA VE KIRILMA
İzotropik Malzemeler İçin,
KRİTERLERİ
(Bu konu örneklerle Video 7 de anlatılmıştır.)
*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
335
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
7.1 Akma Ve Kırılma Kriterleri Nedir?, Niçin Gereklidir?
• Şu ana kadar ki konularda, bir noktada sadece tek bir gerilme cinsi (s veya t)
varken mukavemet hesapları yapılıyordu. Örneğin eksenel yükleme (çeki-bası)
ve eğilmede sadece sx gerilmesi ortaya çıkmakta ve emniyetli normal gerilme
(sem ) ile karşılaştırılmaktadır.
• Burulmada ve kesme yüklemesinde ise sadece txy ortaya çıkmakta ve emniyetli
kayma gerilmesi ( tem ) ile karşılaştırılmaktadır.
• Şimdi şu soruya cevap arıyoruz: Acaba bir noktada aynı anda birden fazla
sx , txy , sz….
?
Şekil 7.1
gerilme cinsi (sx , txy , sy vb) mevcutken hangisini sem veya tem ile
karşılaştıracağız.? Veya nasıl bir yol takip edeceğiz.
• İşte izotropik malzemeler için bu soruya cevap veren birden fazla kriter vardır:
• Akma kriterleri : Sünek malzemeler için akma olup olmadığını;
?
• Kırılma kriterleri: gevrek malzemeler için kırılma olup olmadığını kontrol
etmemizi sağlar.
• Burada bu kriterlerden en önemli 4 tanesini inceleyeceğiz…>>
Şekil 7.2
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
336
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
Bu kriteri Mohr Çemberinden izah edecek olursak
7.2 Sünek Malzemeler için Akma Kriterleri
7.2.1 Tresca Kriteri
Bir noktadaki üç boyutlu Mohr çemberi basit çekme halinde akma
(Diğer ismi: Maksimum Kayma Gerilmesi Kriteri )
anındaki Mohr çemberine eşit veya büyük olursa o noktada akma
Bu kritere göre bir malzemenin herhangi bir
olur. (Çünkü bu durumda 𝜏𝑚𝑎𝑥 ≥ 𝜏𝑎𝑘 şartı sağlanmış olur.)
noktasında akma olmasının şartı, o noktadaki
𝜏
maksimum kayma gerilmesinin, basit çekme
A noktasına ait
mohr çemberi
halinde akma sınırındaki kayma gerilmesine
𝜏𝑚𝑎𝑥−𝐴 > 𝜏𝑎𝑘
eşit veya büyük olmasıdır.
Akma olmasının şartı:
𝜏𝑚𝑎𝑥
kayma
𝜏𝑚𝑎𝑥 ≥ 𝜏𝑎𝑘
(7.1)
D1
D2
𝜎
değeri tüm düzlemlerdeki en büyük
gerilmesidir.
3
Boyutlu
Mohr
çemberindeki en büyük çemberin yarıçapı
𝐹1
𝐹4
A.
Şekil 7.3
Aynı malzemeden olan bu cisme uygulanan kuvvetler
olduğunu unutmamak gerekir.
sonucu A gibi bir noktada üç boyutlu gerilme haline ait 3
Bu kriter sünek malzemeler çok iyi sonuçlar verir. 𝐹2
boyutlu mohr çemberine dikkat edilirse, büyük çember
23.08.2024
𝐹3
akma sınırlarını taştığı için A noktasında akma oluşur.
Şekil 7.4
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
337
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
7.2.2 Von-Mises Kriteri (Diğer isimleri: Eşdeğer Gerilme veya Çarpılma Enerjisi Kriteri)
Bu kriter çok eksenli gerilme durumunu tek eksenli
gerilme durumuna indirger. Tüm gerilmeler yerine 1 tane
eşdeğer gerilme (𝜎𝑒ş veya 𝜎𝑣𝑚 ) tanımlar. Bu eşdeğer
gerilme akma gerilmesine eşit olursa veya
aşarsa o
noktada akma oluşur denir. Bu kriter sünek malzemelerin
akma kontrolünde mükemmel sonuçlar verir.
Gerilme Bileşenleri
cinsinden eşdeğer gerilme
(veya von-mises gerilmesi : 𝜎𝑒ş = 𝜎𝑣𝑚 =
Asal gerilmeler cinsinden
eşdeğer gerilme
(von-mises gerilmesi):
𝜎𝑒ş = 𝜎𝑣𝑚 =
Şekil 7.5
Şekil 7.6
1
2
2
𝜎𝑦 − 𝜎𝑧 + 𝜎𝑥 − 𝜎𝑧 2 + 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 + 6(𝜏𝑦𝑧 2 + 𝜏𝑥𝑧 2 + 𝜏𝑥𝑦 2 )
2
(7.2a)
1
𝜎1 − 𝜎2 2 + 𝜎1 − 𝜎3 2 + 𝜎2 − 𝜎3 2
2
(7.2b)
Akma Şartı:
(7.3)
𝜎𝑣𝑚 ≥ 𝜎𝑎𝑘
* Eşdeğer gerilme formülleri şekil değiştirme enerjisi ve çarpılma enerjisi kavramlarından çıkarılmıştır.
Bunların nasıl çıkarıldığını anlamak için Mukavemet 2 kitapları incelenmelidir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
338
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
7.3. Gevrek Malzemeler için Kırılma Kriterleri
Bu kriteri Mohr Çemberinden izah edecek olursak:
7.3.1 Rankine Kriteri (Maksimum Asal Gerilme Kriteri)
Bir noktada kırılma olmaması için o noktadaki üç
Bu kritere göre bir malzemenin herhangi bir noktasında
boyutlu Mohr çemberinin şekildeki düşey kırmızı
kırılma olması için o noktadaki maksimum asal
çizgiler içinde kalması gerekir.
gerilmenin malzemenin çekme mukavemetini (𝜎𝑜 ) veya
Basit çeki
minimum
testi
asal
gerilmenin
basıdaki
kırılma
mukavemetini (𝜎𝑜𝑐 ) geçmesi gerekir.
so
: Çekme Mukavemeti (basit çekme deneyinde
kırılma anındaki çekme gerilmesi)
(kırılma anı)
Basit bası
testi
(kırılma anı)
soc : Basma Mukavemeti (basit bası deneyinde kırılma
anındaki çekme gerilmesi)
𝜎1 ≥ 𝜎𝑜
Kırılma şartı :
𝜎3 ≥ 𝜎𝑜𝑐
𝜎3−𝐵
𝜎1−𝐵
(7.4a)
(7.4b)
𝐹1
𝐹4
Şekil 7.7
B noktasına ait 3
boyutlu mohr çemberi
B noktasının Mohr çemberi kırmızı çizgiler
içerisinde kaldığı için bu noktada kırılma oluşmaz.
B.
7.4a ve 7.4b denklemlerinden en az birisi sağlanırsa o
noktada kırılma oluşur
𝐹2
𝐹3
Gevrek Malzemelerin kırılması için kısmen iyi sonuçlar
Şekil 7.8
veren bir kriterdir.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
23.08.2024
𝜎2−𝐵
𝜎1−𝐵 < 𝜎𝑜 , 𝜎3 < 𝜎𝑜𝑐
339
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
7.3.2 Columb Kriteri
Bu kriteri Mohr Çemberinden izah edecek olursak:
Gevrek malzemeler için çok iyi
Bir noktadaki 3 boyutlu Mohr çemberi Basit çekme ve basit basma hallerinin
sonuç veren bu kritere göre bir
kırılma anındaki Mohr çemberlerinin teğetleri (kırmızı çizgiler) içerisinde
malzemenin
kalırsa o noktada kırılma olmaz.
herhangi
bir
noktasında kırılma olmamasının
şartı
aşağıdaki
eşitsizliğin
sağlanmasıdır.
𝜎1
𝜎3
−
<1
𝜎𝑜
𝜎𝑜𝑐
Basit bası
(kırılma anı)
𝐹4
𝐹1
D.
(7.5)
𝐹2
s1 : Maksimum asal gerilme
s3 : Minimum asal gerilme
Basit çeki
(kırılma anı)
Şekil 7.9
𝜎𝑜𝑐
𝐹3 D noktasına ait 3
boyutlu mohr
çemberi
𝜎1 − 𝜎3 = 𝑎 − 𝑏(𝜎1 + 𝜎3 )
Şekil 7.10
so : Çekme Mukavemeti
D noktasınındaki mohr çemberi teğetler arasında (kırmızı çizgiler içerisinde)
soc : Basma Mukavemeti
kaldığı için Coulomb kriterine göre kırılma oluşmaz. (Ancak Rankine kriterine
23.08.2024
göre soc geçildiği için kırılma oluşur.)
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
340
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
Örnek 7.1:
s0 =100MPa soc=-400MPa olan gevrek bir malzemede herhangi a ve
b gibi iki noktada asal gerilmeler yandaki tabloda verilmiştir. Bu iki
noktada Rankine ve Columb kriterine göre kırılma kontrolünü yapınız.
s1
s3
a
50
-100
b
90 -100
Rankine kriterine göre
a noktası için kontrol:
𝜎1𝑎 < 𝜎𝑜
(50 < 100)
b noktası için kontrol:
𝜎1𝑏 < 𝜎𝑜
(90 < 100)
a noktası için kontrol:
b noktası için kontrol:
23.08.2024
𝜎3𝑎 < 𝜎𝑜𝑐
(100 < 400)
𝜎3𝑏 < 𝜎𝑜𝑐
(100 < 400)
Columb kriterine göre :
50
−50
𝜎1𝑎
𝜎3𝑎
=
−
= 0,75. . < 1
−
100
−400
𝜎𝑜
𝜎𝑜𝑐
𝜎1𝑏
𝜎3𝑏
90
−100
−
=
−
= 1.15. . > 1
𝜎𝑜
𝜎𝑜𝑐
100
−400
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Her iki noktada da kırılma oluşmaz
a noktasında kırılma oluşmaz
b noktasında kırılma oluşur
341
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
7.3.3 Mohr Kriteri (Bilgi Amaçlıdır)
Bu kritere göre: basit çekme, basit basma ve tam kayma
hallerinin en büyük Mohr çemberlerinin zarf eğrilerinin
dışında
kalınan yüklemelerde kırılma olur. Gevrek
malzemeler için çok iyi sonuçlar veren bir kriterdir.
𝜎1 − 𝜎3 = 𝑓 (𝜎1 + 𝜎3 )
Şekil 7.11
*Görüldüğü gibi gevrek malzemelerde, her üç kriterde de asal gerilmelerin incelenmesi
gerekliliği ortaya çıkmaktadır.
* Asal gerilmeler hesaplanabilir, fakat Columb ve Mohr kriterleri için ilaveten ayrı bir
değerlendirme de yapılması gereklidir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
342
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
−40𝑀𝑃𝑎
Örnek 7.2
Şekildeki düzlem gerilme durumu verilen noktada,
10𝑀𝑃𝑎
a-) Alüminyum malzeme için, (sakma= 200MPa, takma= 100MPa)
b-) Tahta malzeme için,
150𝑀𝑃𝑎
(sçeki-kopma= so=160MPa, sbası-kopma= soc=-400MPa )
Hasar (akma veya kırılma) olup olmayacağını kontrolünü yapınız.
Şekil 7.12
Çözüm:
Kriterler için asal gerilmeler ve maksimum kayma gerilmesi mutlaka
t
hesaplanmalıdır. Bunun için Mohr çemberinden faydalanacağız.
Mohr Çemberinin yarıçapı:
𝑅 = 𝐶𝐷1 =
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 2
2
+ 𝜏𝑥𝑦
=
2
150 − (−40)
2
𝜏max−𝑥𝑦
2
+ 102 = 95.52
C
𝜎min
𝜎max
s
Asal gerilmeler:
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦
𝜎max,min =
±
2
𝜎max = 150.52MPa =σ1 ,
23.08.2024
D1(150,-10)
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 2
150 − 40
2
+ 𝜏𝑥𝑦
=
± 𝑅 = 55 ± 95.52
2
2
𝜎min = −40.52MPa =σ3 ,
𝜎2 = 0
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Şekil 7.13
x-y düzlemindeki
mohr çemberi
343
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
t
3 boyutlu Mohr çemberini aynı şekil üzerinde çizdik.
(kesikli çizgili 2 çember daha ilave ettik)
x-y düzleminde çizdiğimiz mohr çemberi, en büyük çember
C
𝜎min =σ3
olduğunu görüyoruz. Dolayısıyla :
s
𝜏max−𝑥𝑦 = 𝜏max = 𝑅 = 95.52MPa
D1(150,-10)
Şekil 7.14
x-y düzlemindeki
mohr çemberi
Veya 3 boyutlu mohr çemberini çizmeden şu yorumu yapabilirdik:
𝜎𝑚𝑎𝑥 ve 𝜎𝑚𝑖𝑛 zıt işaretli olduklarından: 𝜏𝑚𝑎𝑥−𝑥𝑦 = 𝜏𝑚𝑎𝑥
Şimdi şıkların çözümüne geçebiliriz:
a-) Alüminyum sünek malzeme olduğu için akma kriterlerine göre kontrol yapılır.
1-) Tresca kriterine göre:
𝜏𝑚𝑎𝑥 = 95.52MPa, 𝜏𝑎𝑘𝑚𝑎 = 100𝑀𝑃𝑎
→ 𝜏𝑚𝑎𝑥 < 𝜏𝑎𝑘𝑚𝑎 ( 𝑎𝑘𝑚𝑎 𝑜𝑙𝑢ş𝑚𝑎𝑧)
2-) Von mises kriterine göre Alüminyumun akma kontrolü:
7.2a denkleminden eşdeğer
𝜎𝑒ş = 𝜎𝑣𝑚 =
gerilmeyi buluruz:
23.08.2024
1
2
2
𝜎𝑦 − 𝜎𝑧 + 𝜎𝑥 − 𝜎𝑧 2 + 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 + 6(𝜏𝑦𝑧 2 + 𝜏𝑥𝑧 2 + 𝜏𝑥𝑦 2 ) ..>>
2
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
344
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
Değerleri yerine
𝜎𝑒ş = 𝜎𝑣𝑚 =
koyarsak:
1
−40 − 0 2 + 150 − 0 2 + 150 − (−40) 2 + 6(02 + 02 + (−10)2 )
2
= 174.36𝑀𝑃𝑎
Veya Asal gerilmeler kullanarak (7.2b denkleminden) aynı sonuç bulunabilir:
𝜎𝑒ş =
1
1
150.52 − 0 2 + 150.52 − (−40.52) 2 + 0 − (−40.52) 2 ≅ 174.36𝑀𝑃𝑎
𝜎1 − 𝜎2 2 + 𝜎1 − 𝜎3 2 + 𝜎2 − 𝜎3 2 =
2
2
Alüminyum için: 𝜎𝑎𝑘 = 200𝑀𝑃𝑎 verilmişti. Buna göre:
→ 𝜎𝑒ş < 𝜎𝑎𝑘 (𝑎𝑘𝑚𝑎 𝑜𝑙𝑢ş𝑚𝑎𝑧)
b-) Tahta gevrek malzeme olduğundan kırılma kriterlerine göre kontrol yapılır.
1-) Rankine kriterine göre: 𝜎𝑚𝑎𝑥 = 𝜎1 = 150.52𝑀𝑃𝑎 , 𝜎ç𝑒𝑘𝑖−𝑘𝑜𝑝𝑚𝑎 = 𝜎𝑜 = 160𝑀𝑃𝑎
→ 𝜎1 < 𝜎𝑜
𝜎𝑚𝑖𝑛 = 𝜎3 = −40.52𝑀𝑃𝑎, 𝜎𝑏𝑎𝑠ı−𝑘𝑜𝑝𝑚𝑎 = 𝜎𝑜𝑐 = −400𝑀𝑃𝑎 → 𝜎3 < 𝜎𝑜𝑐
2-) Columb kriterine göre:
𝜎1
𝜎3
150.52 −40.52
−
=
−
= 1.042
𝜎0
𝜎0𝐶
160
400
…. >1
(kırılma
oluşmaz.)
(kırılma oluşur)
Dikkat: Bir mühendis olarak yapacağımız en büyük hatalardan birisi gevrek(kırılgan) malzemelerde Tresca veya Von-Mises
akma kriterlerini ; Sünek malzemelerde Rankine veya Columb kırılma kriterlerini kullanmak olur. Bu sebeple malzemenin
sünek veya gevrek olup olmadığını baştan çok iyi bilmek gerekir.
(Not: 8.konuda da, akma ve kırılma kriterlerinin kullanıldığı örnekler yer alacaktır. )
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
345
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
7.4 Tek tip yüklemelerde niçin bu kriterleri kullanmadık?
Bir cisme çeki-bası, kesme, eğilme, burulma yüklemelerinden sadece birisi uygulanmış ise, tek gerilme bileşeni
buluyorduk (1-5nci konular) ve bunu 𝜎𝑎𝑘 veya 𝜏𝑎𝑘 ile karşılaştırıyorduk. Aslında bu karşılaştırmalar bu konuda
anlatılan kriterlere uygundur. Yani aslında farkında olmadan akma veya kırılma kriterlerini tek tip yüklemeler
için kullanıyorduk diyebiliriz.
Örnek olarak: Sadece x yönünde çeki yüklemesine maruz bir çubuk düşünelim.
Tek tip gerilme (𝜎𝑥 ) oluşur. Diğer tüm gerilme bileşenleri sıfırdır.
F
F
x
𝜎𝑥 =
Şekil 7.15
𝐹
𝐴
Akma şartı 𝜎𝑥 ≥ 𝜎𝑎𝑘
(I)
olarak alıyorduk.
Şimdi bu (I) nolu şartın akma kriterlerine uygun olduğunu ispat edelim:
Von mises kriterine göre:
𝜎𝑒ş = 𝜎𝑣𝑚 =
Akma Şartı:
23.08.2024
sadece 𝜎𝑥 varken eşdeğer gerilmeyi hesaplarsak:
1
2
2
𝜎𝑦 − 𝜎𝑧 + 𝜎𝑥 − 𝜎𝑧 2 + 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 + 6(𝜏𝑦𝑧 2 + 𝜏𝑥𝑧 2 + 𝜏𝑥𝑦 2 )
2
𝜎𝑒ş ≥ 𝜎𝑎𝑘 →
𝜎𝑥 ≥ 𝜎𝑎𝑘
(I) şartının aynısını elde ettik.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
→ 𝜎𝑒ş = 𝜎𝑥
Görüldüğü gibi daha önce tek tip yükleme
için kullandığımız akma şartı (I),
Von-mises kriteriyle uyumludur.
346
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
F
F
x
𝜎𝑥 =
Şekil 7.15
𝜏
Tresca kriterine göre:
tmax
𝐹
𝐴
𝑅
Sadece 𝜎𝑥 varken (basit çeki)
mohr çemberini çizersek:
D2 (0, 0)
𝜎
D1(sx , 0)
3 boyutlu mohr çemberinde
sadece bu çember olduğunu,
Diğer iki çemberi birer nokta
olduğunu fark edin.
Şekil 7.16
Herhangi bir anda:
𝜎𝑥 = 2𝑅 ,
𝜎𝑥
𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝑅 =
2
Akma anında:
𝜎𝑥 = 2𝑅 = 𝜎𝑎𝑘
𝜎𝑎𝑘
𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝑅 = 𝜏𝑎𝑘 =
2
Sünek malzemelerde daha önce
kullandığımız bu denklemi
burada da ispat etmiş olduk
Tresca’ya göre Akma şartı:
𝜎𝑥 𝜎𝑎𝑘
𝜏𝑚𝑎𝑥 ≥ 𝜏𝑎𝑘
≥
2
2
𝜎𝑥 ≥ 𝜎𝑎𝑘
Aynı şartı elde ettik.
O halde üstteki (I) nolu akma şartı Tresca
kriteriyle de uyumludur.
Ödev: Tek tip yüklemelerin tüm akma ve kırılma kriterleriyle uyumlu olduğunu benzer şekilde ispatlamaya çalışınız.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
347
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
ÖRNEK (Soru) 7.3 (video 7, örn.7.1)
Dış yüklerin etkisine maruz ve statik dengede olan
cismin Q noktasında düzlem gerilme durumu
oluşmuş ve gerilme değerleri şekilde gösterilmiştir.
Q
Buna göre, emniyet katsayısını n=2 alarak,
a-) Malzemenin çelik olması durumunda akma ve
emniyet kontrolünü,
b-) Malzemenin Alümina olması durumunda
Şekil 7.17
Çelik (sünek)
: s-akma = 400MPa,
t-akma =200MPa
kırılma ve emniyet kontrolünü yapınız.
Cevaplar:
a-) akma oluşmaz ve emniyetli
Alümina AL2O3 (gevrek) : s-kırılma-çeki = 262MPa, s-kırılma-bası = -2600MPa
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
b-) kırılma oluşmaz fakat emniyetsiz.
348
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
Örnek (Soru) 7.4* (2017-Final) Düzlem gerilme durumu gösterilen nokta için, a-10)
Mohr Çemberini çiziniz. b-5) Asal gerilmeleri ve doğrultularını belirleyiniz. c-10) Taralı
m-m düzlemindeki gerilme bileşenlerini hesaplayınız. d-)Maksimum kayma gerilmesini
tespit ediniz. Columb veya Tresca kriterlerini uygun olanı seçerek: e-10) Akma gerilmesi
100MPa olan sünek malzeme için akma kontrolünü , f-10) Çeki Mukavemeti: 200MPa,
Bası Mukavemeti:400MPa olan Gevrek malzeme için kırılma kontrolünü yapınız.
Şekil 7.18
Cevaplar:b-) smax =-51.46MPa, smin =-118.54MPa, qp=31.71o , c-) sx’ =-111.93MPa, tx’y’ =19.98MPa,
d-) tmax =59.27MPa, e-) Akma Oluşur, f-) Kırılma olmaz.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
349
8.1 BİLEŞİK YÜKLEME
DURUMLARI
(Bu konu Video 8.a da anlatılmıştır.)
*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
350
8.1 Bileşik Yükleme Durumları
8.1.1 Bileşik Yükleme Nedir?
• Bir elemana, burulma, eğilme, çekme, kesme gibi farklı yükleme tiplerinden iki veya daha fazlası
aynı anda uygulanabilir. Bu yükleme tipine bileşik yükleme denir.
• Bileşik Yükleme durumlarında, gerilme veya şekil değiştirme hesapları için elastik sınırlar içinde kalmak
şartıyla süperpozisyon yöntemi uygulanabilir.
• Yani her bir yük ayrı ayrı uygulanarak gerilmeler elde edilir.
• Sonuçta bileşik yükleme halinde (tüm yükler aynı anda varken) oluşan gerilmeler, yükler ayrı ayrı
uygulandığındaki oluşan gerilmelerin toplamına eşittir. (Dikkat: Sadece Aynı indisli gerilmeler toplanabilir)
F
T
F
P
P
T
Şekil 8.1.1
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
351
8.1 Bileşik Yükleme Durumları
8.1.2 Eksantrik Yükleme sonucu oluşan bileşik yükleme durumları
Uygulanan bir dış kuvvetin doğrultusu kesit merkezinden geçmiyorsa buna eksantrik yük, yüklemeye ise eksantrik
yükleme denir. Bu durumda kuvvetin yönüne göre kesitte farklı bileşik yükleme durumları ortaya çıkar.. Alttaki
örnekleri inceleyerek bu yükleme tipini anlamaya çalışalım:
I
Örnek 1
𝐼
𝑫
𝑷
I
𝐼
Çekme 𝑦
𝜎𝑥𝐹
𝑎
(c)
𝒅
𝑏
𝑨
𝐼
Eğilme
𝑦
𝑎
(b)
𝐼
𝑖ç
𝑴𝐢ç
Şekil 8.1.2
𝑖ç
𝑴𝐢ç
𝑭𝐢ç
𝐺
𝑏
𝑏
(d)
𝜎𝑥 = 𝜎𝑥𝐹 + 𝜎𝑥𝑀
𝑖ç
𝑎
𝑭𝐢ç
𝐼
𝐼
Çekmeli Eğilme
𝜎𝑥𝑀
𝑖ç
𝐺
𝑏
(a)
𝑴𝐢ç = 𝑷. 𝒅
𝑎
𝑭𝐢ç = 𝑷
𝐼
(e)
𝐼
𝑃 𝑃. 𝑑
𝑀𝑖ç
P
𝐹𝑖ç
P. d
𝜎𝑥 = −
𝑦
𝜎𝑥𝑀 = −
𝑦 =−
=
y
𝜎𝑥𝐹 =
𝐴
𝐼
𝑖ç
𝑖ç
𝐼
A
𝑧
𝐼𝑧
𝐴
𝑧
I-I kesitinde Çekme + Eğilme’den oluşan bileşik yükleme durumu: Her iki yükleme tipinde aynı indisli normal gerilme
bileşeni (𝜎𝑥 ) oluştuğu için, bir noktadaki gerilmeler toplanabilir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
352
8.1 Bileşik Yükleme Durumları
Örnek 2
A
A
y
r
z
Şekil 8.1.3
O
x
O
Eksantrik P kuvvetinden
kaynaklı
A
noktasındaki
gerilmeleri hesaplayalım:
z
P
A
A
T=P.r y
B
Burulma
Eğilme
Eğilme+ Burulma
B
O
x
z
P
P
A
y
B
T=P.r y
O
x
z
y
A
Tiç
B
τA
z
τA
𝜎𝑥A
A
𝜎𝑥A
M𝑧−iç
𝑃. 𝐿
−
y
=
−
y
𝜎𝑥A =
𝐼𝑧
𝐼𝑧
A
τA
𝑃. 𝑟
Tiç
=
r
r
τA =
𝐽
𝐽
Eğilme + Burulmadan kaynaklanan bileşik yükleme durumu söz konusudur. Kuvvet ağırlık merkezine momentiyle
birlikte taşınır. 2 gerilme bileşeni (𝜎; 𝜏) ortaya çıkar. En kritik nokta Ankastre uçtaki en üst nokta olan A’dır.
Not: Burada aslında ankastre kesitte kesme kuvvetinden kaynaklı kayma gerilmeleri de vardır ve 5.1.5
denkleminden hesaplanır. Ancak A noktasında kayma gerilmesi sıfırdır. (Bu durumu anlamaya çalışın.)
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
353
x
y
𝑦
8.1 Bileşik Yükleme Durumları
Örnek 8.1.1 (Video 8.a, örn. 8.1)
a
90
A
A
P
𝑥
G
D
B
P
10
𝑦𝐺
20
G
z
40
D
B
10
a
Boyutlar milimetredir.
30
Şekil 8.1.4.b
Şekil 8.1.4.a
Şekildeki dökme demir (gevrek) elamanın çekideki emniyetli gerilmesi 30 MPa, basıdaki emniyet gerilmesi ise -120 MPa
olduğuna göre; elemana uygulanabilecek en büyük P kuvvetini bulunuz. (Kesitin ağırlık merkezi G noktasındadır)
Çözüm:
Örnek 5.a.2 de aynı kesit kullanılmış ve geometrik değerler şu şekilde hesaplanmıştı:
𝑘𝑒𝑠𝑖𝑡 𝑎𝑙𝑎𝑛𝚤: 𝐴 = 3 × 103 mm2 , 𝑦𝐺 = 38mm
A Bası
Statik dengeden
𝑦
Fiç
G
𝑥
Fiç=P
D
𝑀𝑖ç =-P. (yG -10)
=-28P
𝑀𝑖ç : - z yönünde olduğundan
negatif alınır.
23.08.2024
, 𝐼𝑧 = 868 × 103 mm4
A
Eğilme
G
D
G
D
𝑀𝑖ç = −28𝑃
Miç
−28𝑃
𝐹𝑖ç
𝑃
σxM = −
y= −
y
=−
𝜎𝑥𝐹 =
iç
𝐼𝑧
𝐼𝑧
𝑖ç
3 × 103
𝐴
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Bası + Eğilme
A
𝜎𝑥 = 𝜎𝑥 F + 𝜎𝑥 M
iç
iç
𝜎𝑥= −
P
28𝑃
+
y
3 × 103 868 × 103
354
8.1 Bileşik Yükleme Durumları
y
90
A
Bası + Eğilme
A
20
𝑦𝐺 =38
10
z
G
D
G
40
30
Çeki emniyeti aşılmaması için maksimum P kuvvetini bulalım:
28𝑃
P
+
(60 − 38) = 0.376𝑥10−3 𝑃
𝜎𝑥−𝐴 = 𝜎𝑥−𝑚𝑎𝑥 = −
3
3
868 × 10
3 × 10
D
B
B
𝜎𝑥 = 𝜎𝑥 F
Şekil 8.1.4.c
iç
𝜎𝑥
28𝑃
P
+
y
=−
3 × 103 868 × 103
+ 𝜎𝑥 M
iç
→ 𝜎𝑥−𝑚𝑎𝑥 = 𝜎𝑒𝑚−ç𝑒𝑘𝑖 → 0.376𝑥10−3 𝑃 = 30 → 𝑃 = 𝑃𝑒𝑚−ç𝑒𝑘𝑖 = 79787𝑁
Bası emniyeti aşılmaması için maksimum P kuvvetini bulalım:
28𝑃
P
−3 𝑃
→ 𝜎𝑥−𝐵 = 𝜎𝑥−𝑚𝑖𝑛 = −
=
−1.559𝑥10
+
−38
868 × 103
3 × 103
→ 𝜎𝑥−𝑚𝑖𝑛 = 𝜎𝑒𝑚−𝑏𝑎𝑠𝚤 → −1.559𝑥10−3 𝑃 = −120 → 𝑃 = 𝑃𝑒𝑚−𝑏𝑎𝑠𝚤 = 76972𝑁
Hem çeki hem bası emniyetinin sağlanması için uygulanabilecek maksimum kuvvet:
23.08.2024
MUKAVEMET I – Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
→ 𝑃𝑒𝑚 = 76972𝑁
≅ 77𝑘𝑁
355
y
8.1 Bileşik Yükleme Durumları
sabitlenmiş ve diğer ucundan BC koluna sıkı geçirilmiştir. C noktasından düşey F1
z
(sakma =400MPa, takma =200MPa, F1 = 2.5kN, L1 =50cm, L2 =40cm, d=6cm )
Şekil 8.1.5
Çözüm. F1 kuvvetini B noktasına momenti ile birlikte taşırız. Bu durumda aşağıdaki
gibi bir bileşik yükleme karşımıza çıkar.
Eğilmeli Burulma
y
x
z
L1
x
z
Mz
Moment diyagramlarını doğrudan
çizdik. Bunları incelersek en kritik
kesitin ankastre kesit olduğunu görürüz.
B
L1
F1
T=F1.L2
x
z
B
L1
F1
x
Mzmin
Mzmin = -F1.L1 =-2.5x50=-125kNcm=-125x104Nmm
23.08.2024
F1
y
y
B
C
Burulma
Eğilme
T=F1.L2
B
x
A
kuvveti uygulandığında, milde akma olup olmayacağını belirleyiniz.
fd
Örnek 8.1.2 (n): Alaşımlı çelikten imal edilmiş AB mili, A ucundan bir duvara
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
T= F1.L2 =2.5x40=100kNcm=100x104Nmm
356
Üstten görünüm
8.1 Bileşik Yükleme Durumları
y
𝝉𝒛𝒙−𝒂
𝑎
𝜏𝑥𝑧−𝑎 =𝜏𝑥𝑧−𝑚𝑎𝑥
A
z
b
x
Şekil 8.1.6.a
T=F1.L2
F1
𝜎𝑥−𝑎
𝝉𝒛𝒙−𝒂
Şekil 8.1.6.b
normal ve kayma gerilmeleri şiddetçe bu noktalarda en yüksek değerde çıkar.
Kesit z eksenine göre simetrik olduğu için ra = rb = d/2 ve ya = -yb = d/2 dir ve
a ve b noktalarında gerilmeler şiddet olarak eşit çıkar. Sünek
malzemelerde çeki ve basıdakı akma mukavemeti eşit olduğundan bu kritik
noktalardan birisini incelemek yeterli olur. Biz burada a noktasını inceleyeceğiz.
4 𝑑
𝑇. 𝜌𝑎 100𝑥10 𝑥 2 100𝑥104
100𝑥104
𝜏𝑥𝑧−𝑎 =
=
=
=
= 23.58𝑀𝑃𝑎 = 𝜏𝑥𝑧−𝑏
𝜋. 𝑑 4
𝜋. 𝑑 3
𝜋. 603
𝐽
32
16
16
𝑀𝑍𝐴
−125𝑥104 𝑑
−125𝑥104
𝜎𝑥−𝑎 = −
𝑦 =−
=−
= 58.94𝑀𝑃𝑎 = −𝜎𝑥−𝑏
𝜋. 𝑑 4
𝜋. 603
𝐼𝑧 𝑎
2
64
32
23.08.2024
𝜎𝑥−𝑎
Şekil 8.1.6.c
Ankastre kesitteki en kritik noktalar ise en üst ve en alt noktalar (a ve b) dir. Çünkü
dolayısıyla
𝝉𝒙𝒛−𝒂
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜏
𝝉𝒙𝒛−𝒂
𝐷1(58.94; 23.58)
𝑂
𝐶
𝜎
Mohr
çemberi
Şekil 8.1.6.d
Daha önce mohr çemberini x-y
düzleminde çizmiştik. Burada x-z
düzleminde çiziyoruz. Düzlemdeki
Mohr çemberi aynı şekilde çizilir.
Dikkat edilirse değişen durum
gerilme indislerinde y yerine z
gelecek olmasıdır. (txy yerine txz ve sy
yerine sz kullanılır.)
357
8.1 Bileşik Yükleme Durumları
a noktasında Üç boyutlu Mohr çemberi
a noktasında x-z düzlemindeki mohr çemberi, en büyük çemberdir.
Bu çemberin yarıçapı:
𝑅𝑥𝑧 = 𝐶𝐷1 =
𝜎𝑥 − 𝜎𝑧
2
2
58.94 − 0
2
2
+ 𝜏𝑥𝑧
=
𝜏
+ 23.582 = 37.74 = 𝑅𝑚𝑎𝑥
Maksimum kayma gerilmesi: 𝜏𝑚𝑎𝑥−𝑥𝑧 = 𝑅𝑥𝑧 = 𝑅𝑚𝑎𝑥 = 37.74MPa= 𝜏𝑚𝑎𝑥
Asal gerilmeler:
𝜎𝑚𝑎𝑥,𝑚𝑖𝑛 =
𝜎𝑚𝑎𝑥 = 67.21MPa = 𝜎1
𝐷1(58.94; 23.58)
𝜏𝑚𝑎𝑥−𝑥𝑧 = 𝜏𝑚𝑎𝑥
2
𝜎3
𝐶
O
𝜎𝑥 + 𝜎𝑧
58.94 + 0
±𝑅 =
± 37.74
2
2
;
𝜎1
𝜎
x-z
düzlemindeki
çember
𝜎𝑚𝑖𝑛 = −8.27MPa = 𝜎3
Alaşımlı çelik sünek bir malzemedir ve akma kriterlerine göre kontrol yapılmalıdır.
Şekil 8.1.7
Tresca kriterine göre kontrol: 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 37.74MPa, 𝜏𝑎𝑘𝑚𝑎 = 200𝑀𝑃𝑎 → 𝜏𝑚𝑎𝑥 < 𝜏𝑎𝑘𝑚𝑎 (𝑎𝑘𝑚𝑎 𝑜𝑙𝑚𝑎𝑧)
Von mises kriterine göre kontrol:
𝜎𝑒ş = 𝜎𝑣𝑚 =
(7.2b denkleminden eşdeğer gerilmeyi hesaplarsak):
1
𝜎1 − 𝜎2 2 + 𝜎1 − 𝜎3 2 + 𝜎2 − 𝜎3 2 =
2
→ 𝜎𝑒ş = 71.70𝑀𝑃𝑎 𝑏𝑢𝑙𝑢𝑛𝑢𝑟
23.08.2024
1
67.21 − 0 2 + 67.21 − (−8.27) 2 + 0 − (−8.27) 2
2
, 𝜎𝑎𝑘 = 400𝑀𝑃𝑎
→ 𝜎𝑒ş < 𝜎𝑎𝑘 (𝑎𝑘𝑚𝑎 𝑜𝑙𝑚𝑎𝑧)
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
358
8.1 Bileşik Yükleme Durumları
y
yönde ( -x ekseni yönünde) bir F2=50kN luk bir bası kuvveti gelirse, AB
fd
Örnek (Soru) 8.1.3 Bir önceki soruda, ilaveten B noktasına eksenel
x
z A
milinde en kritik noktadaki normal ve kayma gerilmelerini belirleyiniz.
B
(F1 = 2.5kN, L1 =50cm, L2 =40cm, d=6cm )
Cevap: sx-min = - 76.63MPa, txz-max =23.58MPa
C
F1
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
F2
Şekil 8.1.8
359
8.1 Bileşik Yükleme Durumları
8.1.3 Simetrik kesitlerde 2 Eksenli (Eğik) Eğilme
Simetrik kesitli kirişlerde, kesitte aynı anda 2 eksende de eğilme momenti varsa, eğik eğilme durumu söz konusudur.
Süperpozisyon yöntemiyle eğik eğilme iki farklı basit eğilmeye indirgenebilir ve normal gerilmeler toplanabilir..
y
y
𝑴𝒚
𝑴𝒚
z
c
G
b
G
e
y
x
Şekil 8.1.9.b
Şekil 8.1.9.a
z
a G
e
𝜎𝑥−𝑚𝑖𝑛 =𝜎𝑥−𝑏
Şunları fark etmeye çalışın:
• a ve b noktalarında Mz den kaynaklanan ,
• c ve d noktalarında ise My den kaynaklanan
gerilmeler sıfırdır.
Şekil 8.1.9.d
Soru: Niçin bu denklemde – (eksi) işareti yoktur?
(Cevap için 5.1.7 konusuna bakınız.)
G
e
a
x
𝑴𝒛
Şekil 8.1.9.c
z
Üstten görünümler
b
𝜎𝑥−𝑚𝑎𝑥 = 𝜎𝑥−𝑎
𝑀𝑦
𝜎𝑥 =
𝑧
𝐼𝑦
e d
𝜎𝑥−𝑚𝑖𝑛 =𝜎𝑥−𝑐
Şekil 8.1.9.e
𝜎𝑥 = −
x
c
G
e
d
𝑀𝑧
𝑦
𝐼𝑧
𝑀𝑦
𝑀
𝑦
𝑧
𝜎𝑥−𝑚𝑎𝑥 =𝜎𝑥−𝑑
Kesitteki herhangi bir e noktasındaki toplam gerilme : 𝜎𝑥−𝑒 = 𝐼 𝑧𝑒 − 𝐼 𝑧 𝑦𝑒
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
(8.1.1)
360
8.1 Bileşik Yükleme Durumları
8.1.4 Dairesel Kesitlerde Eğik Eğilme + Burulma
Dairesel kesitli elemanların (ve özellikle güç ileten millerin) herhangi bir kesitinde aynı
𝑦
anda Mz, My eğilme momentleri ve T burulma momenti oluşabilir.
𝑀𝑦
Dairesel kesitler de simetrik olduğu için eğilmeden kaynaklanan normal gerilmeler
𝑀
𝑀
𝑦
𝑧
aslında (𝜎𝑥 = 𝐼 𝑦 z − 𝐼 𝑧 𝑦)… (8..1.1) denkleminden elde edilebilir.
𝑀𝑧
𝐶
𝑧
𝑇
𝑥
𝑇
Burulmadan kaynaklı Kayma gerilmesi ise 𝜏 = 𝐽 𝜌 .. (4.1.6) denkleminden bulunabilir ve
Şekil 8.1.10
kritik nokta için akma-kırılma kriterleri örnek 8.1 deki gibi uygulanabilir.
Ancak en kritik nokta için bu hesaplamalar burada daha basitleştirilecektir. Şöyle ki:
𝑦
𝑀=
• Kesit dairesel olduğundan öncelikle bileşke eğilme momenti (M) hesaplanır.
𝑀𝑦 2 +𝑀𝑧 2 • Yeni bir eksen takımı tanımlayalım: x ekseni yine mil ekseni yönünde aynı kalsın.
M bileşke momentinin zıt yönüne 𝑧′ ekseni, ona dik olan ve sağ el kuralına uygun
𝑦′
yerleştirilen eksene ise 𝑦′ ekseni diyelim. Bu durumda 𝑀 = 𝑀𝑧 ′ yazılabilir.
𝐶 𝑇
𝑧
𝑥
dağılımını yeni eksen takımını ve süperpozisyon yöntemini kullanarak bulacağız.
• Sonra en kritik noktadaki gerilmenin hesabını basitleştireceğiz…>>
𝑧′
Şekil 8.1.11
• Şimdi kesitte M eğilme momenti ve T burulma momenti sebebiyle oluşan gerilme
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
361
8.1 Bileşik Yükleme Durumları
Süperpozisyon yöntemine göre önce M sonra T burulma momentini uygulayalım:
𝜏𝑚𝑎𝑥−𝑇 𝑦 𝜏
𝑦
𝑀 = 𝑀𝑧 ′ = 𝑀𝑦 2 +𝑀𝑧 2
𝑀 = 𝑀𝑧 ′
𝑦′
𝜏
′
𝑀
𝑦′
𝑧
𝑦
𝑎
𝜌
𝜎𝑥𝑓 = 𝜎𝑥𝑑 = −
𝑦′𝑑
𝑦′
′
𝐼𝑧
𝑎
𝐶
+
𝑦′
𝑥
𝐶 𝑒𝑓
𝜎
𝑥
𝑚𝑎𝑥
≡
𝑧
𝜏𝑚𝑎𝑥−𝑇
𝑎
𝑑
𝑇
𝑥
𝐶 𝑇
𝑏
𝑧
𝑥
𝑥
𝑧
𝑔
𝑧′
𝑇. 𝐸
𝜎𝑥𝑚𝑖𝑛 𝑏 𝑀𝑧 ′
𝑦′𝑑
Şekil 8.1.14
𝑧′
𝑧′
Şekil 8.1.13
Şekil 8.1.12
T burulma momenti etkisiyle merkezden 𝜌
Kesit 𝑦 ′ ve 𝑧′ eksenlerine göre simetrik olup kesitte 𝑧′ yönünde bir tane
mesafedeki bir noktada oluşan kayma
eğilme momenti vardır. Bu, 5.1.3 maddesinde anlatılan basit eğilme
𝑇
gerilmesinin:
𝜏
=
𝜌 (4.1.6) denklemiyle
şartlarının sağlandığı anlamına gelir. O halde kesitteki normal
𝐽
𝑀 ′
öğrenmiştik.
Çevre
gerilmeler 𝜎𝑥 = − 𝐼 𝑧 𝑦′ (5.1.1) denkleminden bu yeni eksen takımı için bulunduğunu
𝑧′
noktalarında
ve
dolayısıyla
normal
hesaplanabilir. Bu durumda 𝑧′ ekseni tarafsız eksen olacaktır. Tarafsız gerilmenin maksimum olduğu a noktasında
eksenden en uzak olan a noktasında maximum normal gerilme ( 𝜎𝑥𝑚𝑎𝑥 ) maksimum kayma gerilmesi (𝜏𝑚𝑎𝑥−𝑇 )oluşur.
ve simetrik taraftaki b noktasında minimum normal gerilme (𝜎𝑥𝑚𝑖𝑛 )
En kritik nokta a için gerilme durumu:
oluşur. (Yukarıdaki gerilme dağılımını dikkatlice inceleyiniz. Aynı 𝑦′ koordinatına
sahip g, d, e, f noktalarındaki normal gerilmeler aynıdır. Kirişi eksen doğrultusunda
𝜎𝑥𝑚𝑎𝑥
lif lif düşünelim. Sağ el kaidesine göre dört parmağımız kesiti 𝑧′ ekseninde
döndürmeye çalışır. Tarafsız Eksen (T.E) nin üst yarım dairesinde kalan lifler uzar
ve o bölgede çeki gerilmeleri oluşur. 5a konusunda anlatılan bu ve benzer
Şekil 8.1.15
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
durumları hatırlayın.)
23.08.2024
𝑎
𝑥
𝑧′
𝜏a = 𝜏𝑚𝑎𝑥−𝑇
𝜏a = 𝜏𝑚𝑎𝑥−𝑇
𝜎𝑥𝑚𝑎𝑥
362
8.1 Bileşik Yükleme Durumları
a kritik noktasında oluşan gerilmeleri hesaplayalım:
𝑥
𝜎𝑥𝑚𝑎𝑥
𝜎𝑥−a = 𝜎𝑥𝑚𝑎𝑥
𝑎
𝑧′
𝜎𝑥−a = 𝜎𝑥𝑚𝑎𝑥 = −
Burulma momenti (T) sebebiyle
oluşan kayma gerilmesi:
𝜏a = 𝜏𝑚𝑎𝑥−𝑇 =
𝑛
𝜏a = 𝜏𝑚𝑎𝑥−𝑇
𝜏a = 𝜏𝑚𝑎𝑥−𝑇
Şekil 8.1.17
Kesit dairesel olduğundan tüm eksenlere göre
simetriktir ve atalet momentleri eşittir:
𝜋𝑟
𝐼𝑧 = 𝐼𝑧 ′ =
4
Bileşke Eğilme momenti(M)
sebebiyle oluşan normal gerilme:
4
𝐽
𝜋𝑟
→ 𝐼𝑧 = 𝐼𝑧 ′ =
; 𝐽=
2
2
4
a noktasında 3 boyutlu mohr
çemberini çizdiğimizde 𝑥 − 𝑧 ′
düzlemindeki çemberin 𝑅3 yarıçaplı
en büyük çember olduğunu görürüz:
𝜏max = 𝑅3 =
𝜎𝑥−𝑎 2
+ 𝜏𝑎2 =
2
2
𝑀
𝑇
−
.𝑟 +
.𝑟
𝐽
𝐽
2. 2
Dikkat: 𝝉𝒂 = 𝜏𝑚𝑎𝑥−𝑇 dir ve bu gerilme sadece T burulma momenti sebebiyle oluşan
çevre noktalardaki maksimum kayma gerilmesi olup, 𝜏𝑚𝑎𝑥 dan farklıdır. Aralarındaki
farkı anlayamadı iseniz Mohr çemberi konusunu tekrar etmeniz gerekir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜏𝑎
2
𝑇
𝑇
𝜌a = . 𝑟
𝐽
𝐽
D1(𝜎𝑥−𝑎 ; 𝜏𝑎 )
𝜏𝑎
𝑅3
C
D2(0; 𝜏𝑎 )
(6.1.11 denkleminden) en büyük kayma gerilmesini hesaplayalım:
𝜎𝑥−𝑎 − 𝜎𝑧−𝑎 2
+ 𝜏𝑎2 =
2
𝑛
𝜏max
𝑀𝑧 ′
𝑀
𝑦′a = − . 𝑟
𝐼𝑧 ′
𝐼𝑧
Şekil 8.1.18
𝑥 − 𝑧 ′ düzlemindeki çember
𝑀2 + 𝑇 2
→ 𝜏max =
.𝑟
𝐽
(8.1.2)
Eğilme + Burulmaya maruz millerde bir
kesitteki maksimum kayma gerilmesi
8.1.2 denklemi millerin akma kontrolünü
Tresca kriterine göre yaparken pratiklik sağlar.
363
𝑥
8.1 Bileşik Yükleme Durumları
Von-Mises kriterine göre benzer şekilde kritik noktadaki eşdeğer gerilmenin
hesabını basitleştirebiliriz. Şöyle ki:
1
2
2
𝜎𝑦′ − 𝜎𝑧 ′ + 𝜎𝑥 − 𝜎𝑧 ′ 2 + 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦′ + 6(𝜏𝑦 ′𝑧 ′ 2 + 𝜏𝑥𝑧 ′ 2 + 𝜏𝑥𝑦 ′ 2 )
2
𝜎𝑒ş = 𝜎𝑣𝑚 =
𝜎𝑒ş =
1
0 − 0 2 + 𝜎𝑥 − 0 2 + 𝜎𝑥 − 0 2 + 6(0 + 𝜏𝑥𝑧 ′ 2 + 0)
2
𝜎𝑒ş =
𝑀 2
𝑇 2
( 𝑦) + 3( 𝜌)
𝐼𝑧
𝐽
Dairesel kesit için:
𝐽 = 2𝐼𝑧 =
𝜋𝑟 4
2
a kritik noktasında
(y = 𝜌 =r)
→ 𝜎𝑒ş =
𝜎𝑥𝑚𝑎𝑥
𝜎𝑥−a = 𝜎𝑥𝑚𝑎𝑥
𝑎
𝑧′
Şekil 8.1.19
1
2𝜎𝑥 2 + 6(𝜏𝑥𝑧 ′ 2 ) =
2
→ 𝜎𝑒ş−𝑎 = 𝜎𝑒ş−𝑚𝑎𝑥 =
𝜏a = 𝜏𝑚𝑎𝑥−𝑇
𝜏a = 𝜏𝑚𝑎𝑥−𝑇
𝜎𝑥 2 + 3𝜏𝑥𝑧 ′
𝑟
3
𝑀 2
𝑇 2
2 + 𝑇2
=
𝑀
( 𝑟) + 3( 𝑟)
𝐼𝑧
4
𝐼𝑧
2𝐼𝑧
Eğilme + Burulmaya maruz millerde bir kesitte
→ 𝜎𝑒ş−𝑚𝑎𝑥 =
en kritik noktadaki eşdeğer gerilme:
3
𝑀2 + 4 𝑇 2
𝐼𝑧
(8.1.3)
𝑟
8.1.3 denklemi millerin akma kontrolünü Von-Mises kriterine göre yaparken pratiklik sağlar.
•
•
•
•
•
Püf noktaları
Güç ileten millerde akma kriterlerini uygulamadan önce M ve T nin şiddetçe maksimum olduğu en kritik kesit belirlenmelidir.
Daha sonra en kritik kesit için 8.1.2 ile tmax veya 8.1.3 ile seş-max hesaplanıp emniyet gerilmesi ile karşılaştırılmalıdır.
8.1.2 ve 8.1.3 denklemleri kullanıldığında en kritik noktanın yerini tespit etmeye gerek yoktur.
8.1.2 ve 8.1.3 denklemlerinin uygulanabilmesi için kesitte çeki veya bası kuvveti olmamalıdır.
Kritik noktaya etkisi olmadığı için kesitte kesme kuvvetinin olması önemli değildir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
364
8.1 Bileşik Yükleme Durumları
𝐴
Örnek 8.1.4 (n) : 44cm yarıçapındaki içi dolu alüminyum AB miline rijit DC
1𝑚
anahtarı takılmıştır. DC elemanına C ucundan +y ekseni yönünde P = 3kN, -z
yönünde F= 4kN luk kuvvetler uygulanmıştır. Borunun emniyet kontrolünü
En kritik kesit B ankastre kesitidir.
𝐷𝑇
Bunu moment diyagramlarını çizerek
sonra B
kesitine
taşıyoruz
𝐷
M
𝑧
Şekil 8.1.20.b
Burulma Momenti:
Eğilme Momenti
Bileşenleri:
23.08.2024
𝑥
b
a
F
P T
𝐵
Şekil 8.1.20.c
T=P.1=3.1=3kNm=300kNmm
Mz=-P.100=-3.100=-300kNmm
My=-F.100=-4.100=-400kNmm
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
100𝑚𝑚
𝐵
𝑧
𝐵
kesitine taşıyoruz..>>
𝑥
𝐴
My
görebiliriz. P ve F yüklerini önce D
C
𝐹
𝐴
𝑃
𝐹
𝐷
𝑃
Tresca ve Von-Mises kriterlerine göre yapınız. tem= 80MPa, sem=160MPa
Çözüm:
∅𝑟 = 20𝑚𝑚
𝑦
Şekil 8.1.20.a
𝑦
Son durumda
𝐵 ankastre kesitinin
üstten görünüşü
M
a
. T
z
F
P b
Şekil 8.1.20.d
y
Bileşke Eğilme Momenti
𝑀=
𝑀𝑦 2 +𝑀𝑧 2 = 500𝑘𝑁𝑚𝑚
365
8.1 Bileşik Yükleme Durumları
𝐵 ankastre kesitin
üstten görünüşü
a
z
F
.
P y
M=500kNmm
T=300kNmm
b
Şekil 8.1.21
tem= 80MPa, sem=160MPa
Tresca kriterine göre:
8.1.2 𝑑𝑒𝑛𝑘𝑙𝑒𝑚𝑖𝑛𝑑𝑒𝑛:
𝑀2 + 𝑇 2
𝜏𝑚𝑎𝑥 =
.𝑟 =
𝐽
(500𝑥103 )2 +(300𝑥103 )2
. 20 → 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 46.4 𝑀𝑃𝑎
𝜋. 204
2
→ 𝜏𝑚𝑎𝑥 < 𝜏𝑒𝑚
emniyetli.
Von-Mises kriterine göre: 𝐷. 8.3 𝑑𝑒𝑛𝑘𝑙𝑒𝑚𝑖𝑛𝑑𝑒𝑛:
3
𝑀2 + 4 𝑇 2
𝜎𝑒ş−𝑚𝑎𝑥 =
𝐼
.𝑟 =
3
(500𝑥103 )2 + 4 (300𝑥103 )2
𝜋. 204
→ 𝜎𝑒ş−𝑚𝑎𝑥 < 𝜎𝑒𝑚.
. 20
→ 𝜎𝑒ş−𝑚𝑎𝑥 = 89.68𝑀𝑃𝑎
4
emniyetli.
Momentlerden kaynaklanan 𝜏𝑚𝑎𝑥 ve 𝜎𝑒ş−𝑚𝑎𝑥 gerilmeleri üzerinde F ve P kuvvetlerinin etkisi yoktur.
Not: Aslında ankastre kesit kesmeli eğilmeye maruzdur. F ve P kesme kuvvetlerinin bileşkesi olan (R)
a
kuvvetinden kaynaklanan kayma gerilmeleri (sağdaki şekildeki 𝜏𝑅 gerilmeleri) 5.1.5 denkleminden
hesaplanabilir. Fakat bu kayma gerilmeleri T momentinden kaynaklanan gerilmelere göre çok küçük
b
seviyelerdedir ve çevre noktalarda değerleri sıfırdır. Bu sebeple bu kayma gerilmelerinin
hesaplamalarda dikkate alınmasına gerek yoktur.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
F
.
z
Şekil 8.1.22
P
y
R
366
8.1 Bileşik Yükleme Durumları
8.1.5 Güç ileten Millerin Hesapları
• Dairesel Kesitlerde Eğilme + Burulma yüklemesinin çok önemli bir uygulaması
güç ileten millerin hesaplamalarıdır.
• Endüstriyel
birçok
makinada
güç
ileten
dişliler,
kayış-kasnak
gibi
mekanizmalar kullanılır.
• Bu mekanizmalardaki güç iletim elemanları (dişliler, kasnaklar vb.) dairesel
Şekil 8.1.23
kesitli çubuklara yani millere bağlıdır.
• Bu mekanizmaların ve millerin üretilmeden önce hesaplarının yapılması ve optimum boyutlarının elde edilmesi son
derece önemlidir.
• Aksi taktirde üretim sırasında kırılma, kalıcı deformasyon gibi istenmeyen problemlerle karşılaşılması veya çok
büyük boyutlar seçilerek emniyetli yapıldığında ekonomik olmaması söz konusu olacaktır.
• Bu mekanizmalar hareketli sistemlerdir. Ancak sabit hızla merkezi etrafında dönen veya sabit hızla doğrusal ötelenen
parçalara da statik denge denklemleri uygulanabilir ve dolayısıyla mukavemet hesapları aynı şekilde yapılabilir
(Bknz konu 4.1.7). Nitekim güç iletim mekanizmalarında parçaların bir çoğu bu şekilde hareket etmektedir.
• Bu miller genellikle sünek metalik malzemelerden imal edildiği için hesaplamalar akma kriterlerine göre yapılır.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
367
8.1 Bileşik Yükleme Durumları
Örnek 8.1.5 (n): Motordan tahrik alan ABC miline bağlı C dişlisi ile üstündeki D
dişlisinin temas noktalarından birbirlerine P= 7.96kN luk kuvvet uyguladıkları tespit
edilmiştir. Bu durumda dişlilerin bağlı olduğu ve aynı malzemeden imal edilmiş
millerin emniyetli çap değerlerini tresca kriterine göre hesaplayınız. tem= 50MPa
Çözüm
TA= Tc
TC = P.150=
ABC mili
7.96x150=1194kNmm
P
Şekil 8.1.24.b
Bz
Şekil 8.1.24.c
Mz=0 dır. Bileşke Eğilme momenti: 𝑀 =
𝑀𝑦 2 +𝑀𝑧 2
Şekil 8.1.24.a
Bu tip sistemlerde
Motor kısmı
ankastre olarak
düşünülebilir.
Az
C
F
P
TA=Tc
TC
Bz
Az
200mm
z
x
P
Şekil 8.1.24.d
M=My
Emniyetli çap bulmak için; Pem=P= 7.96kN alırız. → 𝑀𝑦−𝑚𝑎𝑥 =Pem.200=7.96x200=1592kNmm
My(kNmm)
B
En kritik kesit B’dir. Bu kesitte en kritik noktadaki max. kayma gerilmesi 8.1.2 denkleminden :
𝑀2 + 𝑇 2
𝜏𝑚𝑎𝑥 =
.𝑟 =
𝐽
(1592𝑥103 )2 + (1194𝑥103 )2 𝑑
. = 50 = 𝜏𝑒𝑚
𝜋. 𝑑 4
2
32
x
1194
T(kNmm)
x
→ 𝑑 = 𝑑𝑒𝑚−𝐴𝐵𝐶 = 58.74𝑚𝑚 → (Tresca kriterine göre emniyetli çap değeridir.)
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
368
8.1 Bileşik Yükleme Durumları
y
DEF mili
100mm
r=90mm
z
D
D
TD
P
P
Şekil 8.1.25.a
Mz=0
𝑀=
x
𝑀𝑦 2 +𝑀𝑧 2 =
Şekil 8.1.25.b
En kritik kesit, momentlerin en büyük olduğu E kesitidir. Bu kesitteki en
kritik noktadaki maximum kayma gerilmesini emniyet gerilmesine
eşitlersek, Tresca kriterine göre DEF milinin emniyetli çapı buluruz:
(796𝑥103 )2 + (716.4𝑥103 )2 𝑑
= 𝜏𝑒𝑚 = 50
.
𝜋. 𝑑 4
2
32
→ 𝑑 = 𝑑𝑒𝑚−𝐷𝐸𝐹 = 47.78𝑚𝑚
P
Ez
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
F
x
Şekil 8.1.25.c
E yatağı y ekseninde dönmeye izin
vermediğinden bir My tepki
momenti ortaya çıkar.
•
TD torku, E noktasından sistemin
soruda gözükmeyen diğer kısımlarına
iletilmektedir. TE bu sebeple vardır.
𝑀𝑦 (𝑘𝑁𝑚𝑚)
796
𝐸
𝑇(𝑘𝑁𝑚𝑚)
716.4
Kritik noktanın yerini bilmemize gerek olmasa da, konuları pekiştirmek için neresi olduğunu bulmaya çalışın.
23.08.2024
My-max
TE
E
•
𝑀𝑦 2 +02 = 𝑀𝑦
My-max= P.100=7.96x100=796kNmm
=
D
z
Emniyetli çap için yine Pem=P= 7.96kN alırız. Bu durumda:
𝑀2 + 𝑇 2
𝜏max =
.r
𝐽
100mm
TD= 7.96x90=716.4kNmm=T
Şekil 8.1.25.d
𝐸
Şekil 8.1.25.e
369
8.1 Bileşik Yükleme Durumları
Konuyla İlgili Cevaplı Sorular
Örnek 8.1.6 (Video 8.a, örn. 8.2a ve örn.8.2b)
63 mm çapında, dairesel kesitli çelik bir çubuk L şeklinde bükülmüştür. Şekildeki gibi
A ucundan bir duvara sabitlenen çubuğun C ucuna düşey yönde P = 4kN luk kuvvet
uygulanacaktır. (Çelik sünek bir malzeme olup akma gerilmesi: sakma = 400MPa )
Buna göre çubuğun emniyet kontrolünü,
a-) en kritik noktayı dikkate alarak, b-) pratik çözümü kullanarak elde ediniz.
Şekil 8.1.26
23.08.2024
Cevap: Tresca’ya göre 103MPa>100MPa (emniyetsiz), Von-Mises’e göre(203.5MPa> 200MPa (emniyetsiz)
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
370
8.1 Bileşik Yükleme Durumları
30𝑚𝑚
𝐵
24𝑚𝑚
𝐴
𝐷
45𝑚𝑚
Şekil 8.1.27
𝑃
15𝑚𝑚
Soru 8.1.7* Şekil 8.1.27 deki eğik
alüminyum
çubuğa
uygulanabilecek
emniyetli P yükünü hesaplayınız. Akma
mukavemeti
140MPa,
çubuk
dikdörtgen
(24mmx30mm),
kesiti
emniyet
katsayısı n=2’dir. Cevap: P=5448N
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
371
𝑥
8.1 Bileşik Yükleme Durumları
1𝑚
Soru 8.1.8* (2017-Final) d çapında, içi dolu, düşey AB mili A ucundan 1m yarıçaplı bir
diske sıkı geçirilmiş, B ucundan ise zemine sabitlenmiştir. Diskin C noktasından – y
F= 10𝑘𝑁
eksenine paralel F = 10kN luk bir kuvvet uygulanacaktır. AB milinin bu kuvveti
emniyet sınırları içinde taşıması isteniyor. Buna göre AB milinin emniyet sınırları
d
içerisindeki minimum çap değerini iki farklı kritere göre belirleyiniz. (Sıkı geçme
3𝑚
sebebiyle mil, diskteki delik içinde serbestçe dönemez. Emniyet katsayısı n=2, mil
malzemesinin Çeki ve Basıdaki akma mukavemeti 300MPa, Kesme mukavemeti
150MPa) Cevap: 129mm, 128.47mm
𝑩
𝑧
𝑦
Şekil 8.1.28
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
372
8.1 Bileşik Yükleme Durumları
Soru 8.1.9 (2017 Yaz Okulu –Final Sorusu)
𝑦
𝑧
120𝑚𝑚
𝐵
𝐴
160𝑚𝑚
140𝑁
Şekil 8.1.29
Bir ingiliz anahtarına uygulanan 140N luk
bir el kuvvetiyle çelik AB civatası sıkılıyor.
Buna göre, AB civatasının emniyetli çap
değerini
hesaplayınız.
Civatanın
üzerindeki dişleri ihmal ederek cıvatayı
içi dolu dairesel kesitli kabul ediniz.
𝜏𝑒𝑚 = 100𝑀𝑃𝑎, Cevap: 13.45mm
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
373
8.1 Bileşik Yükleme Durumları
𝑦
Örnek (Soru) 8.1.10*
Şekildeki kayış kasnak mekanizmasında
kasnakların bağlı olduğu ABCDE milinin emniyetli çap değerini Tresca
kriterine göre hesaplayınız. tem= 80MPa , l =180mm
𝑃
𝐴
(A ve E yatakları x ekseninde hem dönmeye hem ötelenmeye izin
𝐶
𝐵
vermektedir ve bu yataklardaki z, y eksenlerindeki moment tepkileri
𝑧
𝐷
150𝑚𝑚
𝐸
ihmal edilebilir. Önce statik dengeden P kuvvetini hesaplamanız gerekir.)
𝑥 Cevap: 34.2mm
Şekil 8.1.30
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
374
8.2
(Thin Walled Pressure Vessels)
İÇTEN BASINÇLI
İNCE CİDARLI KAPLAR
(Bu konu Video 8.b de anlatılmıştır.)
*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
23.08.2024
MUKAVEMET I – Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
375
8.2 İçten Basınçlı İnce Cidarlı Kaplar
8.2.1 Konunun Önemi
• İnce cidarlı kaplar, sanayide sıkça kullanılan ve içine basınçlı bir şekilde doldurulmuş
olan sıvı veya gazı muhafaza eden elemanlardır.
• Genellikle silindirik ve küresel olan bu kapların cidar kalınlıkları, çaplarına göre
oldukça küçüktür.
• Fakat iç basınç sebebiyle kabın cidarlarında gerilmeler oluşur ve bu gerilmeler belli bir
seviyeyi geçerse kapta hasarlara yol açar.
Şekil 8.2.1.a
• Bu sebeplerle bu kapların emniyetli boyutlarının belirlenmesi son derece önem arz etmektedir.
• Dış cidardaki eksenel ve radyal yönde çeki gerilmeleri oluştuğundan aslında bileşik bir
yükleme durumunun varlığından bahsedilebilir. Hatta iç yüzeyde 3 eksenli normal gerilme
durumu ortaya çıkar.
• Bu bölümde amacımız ince cidarlı, içten basınçlı Silindirik veya Küresel Kaplarda iç basınç
sebebiyle oluşan gerilmeleri hesaplayabileceğimiz ve emniyetli boyutları tayin edebileceğimiz
Şekil 8.2.1.b
formülleri çıkarmaktır.
• En son kısımda konuyu pekiştirici örnekler çözülecektir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
376
8.2 İçten Basınçlı İnce Cidarlı Kaplar
8.2.2 Silindirik Kaplar
I
• İç basınç sebebiyle cidardaki bir noktada oluşan gerilmeleri
hesaplamak istiyoruz. Burada;
p
• r: ortalama cidar yarıçapı, t: cidar kalınlığıdır.
p
p
• Cidar kalınlığının yarıçapa göre çok küçüktür (t<< r).
p
• Boşluklu kesit Alanı ortalama olarak: A = 2𝜋𝑟. 𝑡 olarak kabul edilir.
Şekil 8.2.2
Eksenel Gerilme (𝜎𝑒 )
(I kesimi –sol kısım)
Kapak kısmında iç p basıncından doğan
Fdış-1 kuvvetini, kesitteki Fiç-1 eksenel iç
p
Fdış-1
kuvvet dengeler. Bu iç kuvvetten eksenel
gerilme hesaplanabilir. (Kesitin ortasının
boş olduğu dikkatten kaçmamalıdır.)
23.08.2024
𝐹𝑑𝚤ş−1 = 𝐹𝑖ç−1
se
Fiç-1
p
𝜋𝑟 2 . 𝑝 = 2𝜋𝑟. 𝑡. 𝜎𝑒
𝑝. 𝑟
𝜎𝑒 =
2𝑡
(8.2.1)
Şekil 8.2.3
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
377
8.2 İçten Basınçlı İnce Cidarlı Kaplar
Radyal Gerilme (𝜎𝑟 )
Silindirik kabı II kesimi ile boylamasına (eksenine paralel olarak)kesip Dx
kadarlık kısmını çıkarıyoruz.
a ve b gibi simetrik noktaların basınçlarının düşey bileşenleri zıt yönde ve eşit
şiddette olduklarından bu bileşenler birbirlerini dengeler (pya=pyb=p.sina).
Basınçların yatay bileşenleri (pxa=pxb=p.cosa) aynı yönde olduklarından bunların
toplamı olan dış kuvvet (Fdış-2), radyal yöndeki Fiç-2 iç kuvvetiyle dengelenir.
Buradan radyal gerilme elde edilir.
II
p
p
p
Şekil 8.2.4
t
p
s3=0
(II kesimi)
Mohr Çemberi
(Dış Yüzey)
sr
𝜎1
𝜏𝑚𝑎𝑥 =
2
s2=se
sr
p
Fiç-2
sr
sr
𝐹𝑖ç−2 /2
pya
a 𝑑𝐴
p
s
s1=sr
(yan görünüş)
𝑑𝐴∗
𝐴∗
𝐹𝑑𝚤ş−2
pyb
t
𝐹𝑖ç−2 /2
a
𝛼
pxa
𝑑𝐴
𝑑𝐴∗ = 𝑑𝐴. 𝑐𝑜𝑠𝛼
𝛼
p
𝛼
𝑑𝐴
Şekil 8.2.7
pxb
𝛼 p
b
𝐴∗ : II düzlemine paralel
izdüşüm alanıdır.
𝐹𝑑𝚤ş−2 = 𝐹𝑖ç−2
→ 𝑝. 2𝑟. ∆𝑥 = 2. 𝜎𝑟 . ∆𝑥. 𝑡
𝑝. 𝑟
(8.2.2)
𝜎
=
∗
∗
𝑟
𝐹𝑑𝚤ş−2 = න 𝑝𝑥 . 𝑑𝐴 = න 𝑝. 𝑐𝑜𝑠𝛼. 𝑑𝐴 = 𝑝. න 𝑑𝐴. 𝑐𝑜𝑠𝛼 = 𝑝. න 𝑑𝐴 = 𝑝. 𝐴 = 𝑝. 2𝑟. ∆𝑥
𝑡
(8.2.3)
Ayrıca, 8.2.1 denklemini dikkate alırsak..>>
𝜎𝑟 = 2𝜎𝑒
Şekil 8.2.4
Şekil 8.2.5
Şekil 8.2.6
Not: İç yüzeyde aslında s3 =-p dir ancak diğer gerilmeler yanında ihmal edilecek seviyededir ve sıfır alınır. 𝜎3 ≈ 0
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
378
8.2 İçten Basınçlı İnce Cidarlı Kaplar
Silindirik kaplarda radyal gerilme hesabına benzer işlemler küresel kaplar için yapılır.
Boyuna bir kesim yapıldığında, yarı küresel iç yüzeydeki simetrik a ve b gibi noktalara
etki eden basınçların düşey bileşenleri birbirini dengeler (𝑝𝑦𝑎 = 𝑝𝑦𝑏 = 𝑝. 𝑠𝑖𝑛𝛼). Eşit
şiddette ve aynı yönde olan yatay bileşenlerin (𝑝𝑥𝑎 = 𝑝𝑥𝑏 = 𝑝. 𝑐𝑜𝑠𝛼 ) toplamı
kuvvetine eşittir. Bu Fdış kuvveti, cidarda oluşan gerilmelerin toplamı olan Fiç kuvveti
tarafından dengelenir.
s2
Fiç
𝛼
s1
a p pya
∗
2
s
8.2.3 Küresel Kaplar
p
r
𝐴 = 𝜋𝑟
𝑑𝐴
𝑑𝐴
pxa
𝛼
p 𝑑𝐴∗ = 𝑑𝐴. 𝑐𝑜𝑠𝛼
𝛼
t
tmax=s1 /2
p
𝛼
Mohr Çemberi
b
Fdış
Fdış
p r
pxb
Şekil 8.2.8
1
pyb
s2
Fiç
s1
s3=0
s1=s2
s2
23.08.2024
Şekil 8.2.11
2
∗
∗
𝐹𝑑𝚤ş = න 𝑝𝑥 . 𝑑𝐴 = න 𝑝. 𝑐𝑜𝑠𝛼. 𝑑𝐴 = 𝑝. න 𝑑𝐴. 𝑐𝑜𝑠𝛼 = 𝑝. න 𝑑𝐴 = 𝑝. 𝐴 = 𝑝. 𝜋𝑟
𝐹𝑑𝚤ş = 𝐹𝑖ç
Şekil 8.2.9
t
s2
Şekil 8.2.10
s
r
p
→ 𝜋𝑟 2 . 𝑝 = 2𝜋𝑟. 𝑡. 𝜎2 = 2𝜋𝑟. 𝑡. 𝜎2 →
𝜎2 = 𝜎1 =
𝑝. 𝑟
2𝑡
(8.2.4)
Yatay kesim için de benzer işlemlerle aynı sonuç bulunur.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
379
8.2 İçten Basınçlı İnce Cidarlı Kaplar
Örnek 8.2.1 (video 8.b, örn 1) : 𝑟𝑘 yarıçapında, t kalınlığında bir küresel kabın yerine, aynı işlevi görebilecek ve aynı emniyet
katsayısına sahip bir silindirik kap tasarlayınız. (silindirik kabın kalınlığını ve malzemesini değiştirmeyiniz, uzunluk ve
yarıçapını belirleyiniz).
Çözüm:
Yüzeyde bir noktada
1-) Emniyet açısından silindirik kabın
Mohr Çemberleri
Gerilmeler
küresel kapla aynı riskte olması istenir.
𝜎1
𝑝 𝑟𝑘
𝑟𝑘
Malzeme sünektir. Tresca kriterin
t 𝜏𝑚𝑎𝑥𝑘 =
𝜎2 =
2
seçersek: bir p basıncında ortaya çıkan
2𝑡
𝑝
𝑟
𝑘
Küresel
maksimum kayma gerilmeleri her iki
𝜎1 =
2𝑡
s kapta aynı olmalıdır ki, aynı emniyete
s1=s2 sahip olsunlar.
s3=0
𝜎1
𝜎2
𝜏𝑚𝑎𝑥𝑘 = 𝜏𝑚𝑎𝑥𝑠
𝑝 𝑟𝑠
𝑟𝑘
𝑝 𝑟𝑠
𝑝 𝑟𝑘
Şekil 8.2.12
𝜎𝑟 =
= 𝜎1
→
𝑟
=
=
𝑠
𝑡
𝜎𝑒
2
2𝑡
4𝑡
𝜎
𝑝𝑟𝑠
𝜎1 t 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 1
2-) Silindirik kabın kapasitesinin de
𝑠
𝜎𝑒 =
= 𝜎2 =
2
2𝑡
2
aynı olması istenir. Bu sebeple hacmi
𝜎𝑟
küresel kabın ki ile eşit olmalıdır.
𝑟𝑠 =?
𝑉𝑘 = 𝑉𝑠
s
Kapak
s2=se
s3=0
s1=sr 4
𝑟𝑘 2
3
2
kısımlarındaki
𝜋𝑟𝑘 = 𝜋𝑟𝑠 𝑥𝐿𝑠 = 𝜋
. 𝐿𝑠
3
2
konkavlık ihmal
16
edilmiştir.
→
𝐿
=
𝑟𝑘
𝑠
Şekil 8.2.13
3
380
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
23.08.2024
8.2 İçten Basınçlı İnce Cidarlı Kaplar
Örnek 8.2.2 (video 8.b, örn 4) : Silindirik bir basınçlı kap, uzun, dar bir çelik plakanın
bir mandrel etrafına sarılması ve daha sonra helisel bir bağlantı oluşturmak için
plakanın kenarları boyunca kaynak yapılmasıyla imal edilecektir. Sarmal helisel
kaynak, silindir ekseni ile a= 55°'lik bir açı yapacaktır. İç basınç 800kPa, kesit
yarıçapı 1.8m, çelik malzeme için Elastisite modülü E=200GPa, poisson oranı
n = 0.3 , akma mukavemeti sak = 180MPa, sistemin emniyet katsayısı n=2.5 dir.
Buna göre a-) emniyetli cidar kalınlığını; b-) bu sırada (emniyet sınırında)
Şekil 8.2.14
kaynak dikişinde oluşacak gerilme bileşenlerini hesaplayınız. (q= 55°)
Çözüm:
Çelik sünek malzeme olduğu için:
𝑝𝑟
𝜎1 =
= 𝜎𝑟
𝑡
Şekil 8.2.15
Yüzeydeki bir A noktası için gerilmeler:
A
𝜎2 =
𝑝𝑟
= 𝜎𝑒
2𝑡
Şekil 8.2.16
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜏𝑎𝑘 =
𝜎𝑎𝑘 180
=
= 90𝑀𝑃𝑎
2
2
→ 𝜏𝑒𝑚 =
𝜏𝑎𝑘 90
=
= 36𝑀𝑃𝑎
𝑛
2.5
381
8.2 İçten Basınçlı İnce Cidarlı Kaplar
a-)
3D Mohr çemberi
𝜎1
t 𝜏
=
𝑚𝑎𝑥
2
𝜎𝑥 ′
s3=0
O
H 2𝜃
s2 C
R
𝜏𝑥 ′ 𝑦 ′
k
D1
s
s1=sr
Şekil 8.2.16
3D Mohr çemberinden görüyoruz ki;
Maksimum kayma gerilmesi:
𝜏𝑚𝑎𝑥 =
𝜎1 𝑝 𝑟
=
2
2𝑡
800𝑥10−3 𝑀𝑃𝑎𝑥1.8𝑥103 𝑚𝑚
=
2𝑡
720
𝜏𝑚𝑎𝑥 =
𝑡
23.08.2024
Emniyet sınırında:
720
𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝜏𝑒𝑚 = 36 =
𝑡𝑒𝑚
𝑝𝑟
800𝑥10−3 𝑥 1.8𝑥103
=
→ 𝑡𝑒𝑚 = 20𝑚𝑚 , 𝜎1 =
𝑡𝑒𝑚
20
→ 𝜎1 = 72𝑀𝑃𝑎 ,
𝜎1
= 36𝑀𝑃𝑎
2
𝜎2 =
𝜏𝑥 ′ 𝑦 ′
b-) B noktasında A ile paralel eleman
için gerilme durumu aynıdır:.>>
𝜎2
𝜎1 = 72𝑀𝑃𝑎 = 𝜎𝑦
𝜎𝑥 ′
Bk
𝜎1
𝜃 = 350 𝜎 = 36MPa = 𝜎
𝑥
2
D1 (bulunduğumuz düzlem)
x-y eksenleri 1-2 asal eksenleriyle çakışmış olur.
x-y düzlemindeki Mohr çemberi C merkezli ortanca (mavi) çemberdir. Kaynak dikiş
yüzeyi k düzlemidir ve gerilme bileşenleri mohr çemberinden şöyle bulunabilir:
72 − 36
𝜎1 − 𝜎2
=
= 18
R=
2
2
𝜎𝑥 ′ = 𝑂𝐷1 + 𝐷1 𝐻 = 𝜎2 +(𝐶𝐷1 − 𝐶𝐻) = 𝜎2 +(R − Rcos2θ) = 𝜎2 +R 1 − 𝑐𝑜𝑠2𝜃
𝜎𝑥 ′ = 36 + 18(1 − 𝑐𝑜𝑠700 )
→ 𝜎𝑥 ′ = 47.8𝑀𝑃𝑎
𝜏𝑥 ′ 𝑦′ = 𝑅𝑠𝑖𝑛2𝜃 = 18𝑥𝑠𝑖𝑛700 → 𝜏𝑥 ′ 𝑦′ = 16.9 𝑀𝑃𝑎
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
382
8.2 İçten Basınçlı İnce Cidarlı Kaplar
Örnek 8.2.3 (video 8.b, örn 2 de çözülmüştür.) : 5m x 5m lik bir alanın sınırlarını
taşırmayacak şekilde ve olabilecek en büyük hacimde içten basınçlı bir kap
5m
üretilmek isteniyor. Malzeme olarak akma gerilmesi 240MPa olan bir cins çelik
kullanılıyor. Emniyet katsayısını n=2, cidar kalınlığını 4cm alarak; Küresel veya
silindirik kaplardan hangisinin; a-) hacimsel açıdan, b-) emniyet açısından daha
avantajlı olduğunu belirleyiniz.
Cevaplar: a-) silindirik kap daha avantajlı, b-) Küresel kap daha avantajlı
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Şekil 8.2.17
383
8.2 İçten Basınçlı İnce Cidarlı Kaplar
Örnek 8.2.5 (video 8.b, örn 3 de çözülmüştür.) : Tek
strain-gage kullanarak, silindirik bir kabın iç
basıncını nasıl ölçebilirsiniz? Ölçüm için
gerekli denklemi çıkarınız. Gerekli malzeme
özelliklerinin bilindiğini kabul ediniz.
2𝜀 𝐸𝑡
2𝜀 𝐸𝑡
2
1
Cevap: p = 𝑟 1−2𝜈
veya p = 𝑟 2−𝜈
23.08.2024
Şekil 8.2.18
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
384
𝐸𝐼
𝑑2𝑣
= 𝑀(𝑥)
𝑑𝑥 2
9. Kirişlerin Çökmesi
(Elastik Eğri, Eğim ve Sehim Hesaplamaları)
23.08.2024
İntegrasyon Metodu:
(Video 9.1)
İntegrasyon Metodu-Örnekler:
(Video 9.2)
Moment Alanı Metodu:
(Video 9.3)
Eşlenik Çubuk Metodu:
(Video 9.4)
Süperpozisyon Metodu:
(Video 9.5)
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
385
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri)
9.1 Genel Bilgiler
x-y düzleminde ve özellikle düşey yönde yüklere maruz bir kirişin elastik sınırlar içinde
şekil değiştirerek aldığı forma elastik eğri (elastic curve) denir.
9.1.1 Bu bölümde Amacımız ise,
Şekil 9.1.1
Basit Eğilmeye Maruz Bir Kirişte,
Kiriş geometrisi, sınır şartları, malzeme özellikleri ve yükleme
durumu belli iken;
Kirişin herhangi bir noktasındaki çökme (sehim, n) ve
dönme (eğim, q) değerlerini elde etmektir.
Eğim açısı q: çökme noktasının teğetinin x ekseniyle (şekil
Elastik Eğri
Şekil 9.1.2
değiştirmemiş orijinal kiriş ekseniyle) yaptığı açıdır.
9.1.2 Basit Eğilme şartını sağlamak için ise sadece aşağıdaki 2 özelliğe
birden sahip sistemleri inceleme konusu yapacağız:
n
1. Kiriş kesiti y veya z eksenlerinden en az birisine göre simetriktir.
2. Kiriş kesitlerinde sadece Mz iç momenti oluşur (bunun için ise kiriş xy düzleminden yüklere maruzdur.)
23.08.2024
Elastik Eğri
Şekil 9.1.3
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Orijinal kiriş ekseni
386
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri)
9.1.3 Kirişlerde Çökme (Sehim) Hesabının Önemi
Kirişlerin dizaynında, yalnız gerilmeler değil aynı zamanda
sehimler (çökmeler) de büyük önem arz etmektedir.
P1
P2
P3
vmax
L
Şekil 9.e
Şekil 9.1.4
Bundan dolayı, maksimum sehimin kiriş açıklığına oranının
(vmax/L) belirli bir değeri (1/300 ü)geçmesi istenmez.
23.08.2024
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Şekil 9.1.5
387
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri)
9.1.4 Çökme (Sehim) ve Dönme (Eğim) Hesaplama Yöntemleri:
Konu Numarası
1.
Analitik metot (integrasyon metodu)
9.2
2.
Moment alanı metodu
9.3
3.
Eşlenik Çubuk metodu
9.4
4.
Süperpozisyon Metodu ve Hiperstatik Sistemler
9.5
5.
Enerji Metodları ve Castigliano Teoremleri
10.1, 10.2
Burada ilk 4 metod örneklerle anlatılacaktır.
5. konu olan enerji metodları ileride gösterilecektir.
23.08.2024
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
388
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri) / Analitik Yöntem (İntegrasyon Metodu) ile Eğim ve Sehim Hesaplamaları
9.2 Analitik Yöntem (İntegrasyon Metodu) ile Eğim ve Sehim Hesapları
𝐶
Bu metod, kirişteki eğim ve sehim için x’e bağlı genel denklemler elde etmemizi sağlar.
𝜃
𝑀𝑍
𝑦
9.2.1 Hatırlatma
𝑀𝑍
𝑦
𝐾′
𝐸′
𝐷′
𝑥
(a)
𝑦
𝐽
𝐷
Basit Eğilmeye maruz bir kirişte:
• Eğilme sonucunda çubuğun şekli C merkezli, r yarıçaplı bir yay formu alır.
• DE: Tarafsız düzlem üzerindeki liftir. Boyu değişmez. Bu durumda DE = D’E’
• JK : tarafsız düzlemden y kadar uzaklıktaki liftir. Son boyu J’K’ dür.
• Tüm liflerin İlk boylar eşittir. JK = DE
JK lifi için hesaplamalar;
son boy:
𝐾
𝐸
Toplam uzama : 𝛿 = 𝐽′𝐾′ − 𝐽𝐾 = 𝑟 − 𝑦 𝜃 − 𝑟𝜃 = −𝑦𝜃
Birim elastik uzama :
(b)
𝐽
𝜎𝑥
J-K lifi
(c)
𝐽′𝐾′ = 𝑟 − 𝑦 𝜃, 𝐷′𝐸′ = r𝜃 = 𝐷𝐸 = 𝐽𝐾
𝑦𝜃
𝑦
𝛿
=
−
=
−
𝜀𝑥 =
𝑟𝜃
𝑟
𝐿
Elastik bölgede normal gerilme:
𝐾
𝜎𝑥 = 𝐸. 𝜀𝑥 = −𝐸.
𝜎𝑥
𝑀𝑧 = − න 𝜎𝑥 𝑑𝐴 . 𝑦 = − න(−
(d)
23.08.2024
Şekil 9.2.1
𝑀𝑧 =
𝐸
𝐼
𝑟 𝑧
→
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝐸 𝑀𝑧
=
𝑟
𝐼𝑧
𝑦
𝑟
𝐸
𝐸
𝑦. 𝑦. 𝑑𝐴) = න( 𝑦 2 . 𝑑𝐴)
𝑟
𝑟
→
1
𝑀𝑧
=
𝑟 𝐸 𝐼𝑧
(9.2.1)
389
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri) / Analitik Yöntem (İntegrasyon Metodu) ile Eğim ve Sehim Hesaplamaları
9.2.2 Elastik Eğri Denklemleri:
Şekil 9.2.2
θ : Eğim (açısı): Elastik eğri üzerindeki bir noktanın teğetinin orijinal kiriş ekseni (x ekseni)ile
𝑑𝑥
𝑀
yapmış olduğu açıdır. , 𝒗 : Sehim (çökme): Kirişteki bir noktanın orijinal konumundan y yönünde
𝜃
𝑑𝑣 uzaklaşma miktarıdır. E: Elastiklik Modülü ,
𝑑𝑠
dθ
Mz : z ekseni yönündeki iç moment , EI: Eğilme Rijitliği,
𝑁
MN = ds = rdθ
y
r
r
→
1 𝑑𝜃
=
𝑟 𝑑𝑠
Orijinal kiriş ekseni
θ
B
A
9.2.2.1 Küçük Şekil Değiştirmeler
θ açısı çok küçük olduğunda: ds ≈ dx ve tan 𝜃 ≅ 𝜃 alınabilir.
𝑑𝜃 𝑑2 𝑣
𝑑𝑣
1 𝑑𝜃
= 2
≅𝜃 →
𝑑𝑖𝑘 üç𝑔𝑒𝑛𝑑𝑒𝑛: tan 𝜃 =
≅
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑟 𝑑𝑥
x
v ds
M
x
N
dx
Iz: kesitin z eksenine göre atalet momenti,
Elastik eğri
1 𝑑𝜃 𝑑2 𝑣 = 𝑀𝑧
→ ≅
=
𝐸 𝐼𝑧
𝑟 𝑑𝑥 𝑑𝑥 2
𝑀𝑧
𝑑2 𝑣
=
𝐸 𝐼𝑧 𝑑𝑥 2
𝑀𝑧 ve 𝐼𝑧 değerlerini M ve I ile gösterirsek;
9.2.2.2 Büyük Şekil Değiştirmelerde Durum:
𝑑𝑣
𝑑𝑣
tan 𝜃 =
= 𝑣 ′ → 𝜃 = arctan 𝑑𝑥 = arctan 𝑣 ′ ,
𝑑𝑥
1 𝑑𝜃
=
𝑟 𝑑𝑠
𝑑𝑠 =
𝑑 arctan 𝑣 ′ 𝑑𝑥
=
𝑑𝑥
𝑑𝑠
Herhangi bir f(x) fonksiyonu için biliyoruz ki:
𝑑
𝑣″
𝑑
𝑓(𝑥)′
′
arctan 𝑣 =
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑓(𝑥) =
𝑑𝑥
1 + 𝑣′ 2
𝑑𝑥
1 + 𝑓(𝑥) 2
=
𝑑𝑠
=
𝑑𝑥 2 + 𝑑𝑣 2 →
𝑑𝑥
1 + 𝑣′ 2
→
𝑑𝑥
=
𝑑𝑠
1
𝑑𝑣
1+
𝑑𝑥
1
1 + 𝑣′ 2
″
1
𝑣
𝑀
𝜅= =
.
=
′
2
𝑟 1+ 𝑣
𝐸𝐼
1 + 𝑣′ 2
2
Küçük şekil değiştirmeler için
elastik eğri denklemi:
𝑑2𝑣
𝐸𝐼
= 𝐸 𝐼 𝑣 ″ = 𝑀(𝑥)
2
𝑑𝑥
(9.2.2.a)
Büyük şekil değiştirmeler için
elastik eğri denklemi:
𝑣″
𝐸𝐼
= 𝑀(𝑥) (9.2.2.b)
1 + 𝑣 ′ 2 3Τ2
Not: Küçük şekil değiştirmelerde
paydadaki
𝑣′ 2
terimi ihmal
edilebilir. Bu durumda (9.2.2a)
denklemi elde edilmiş olur.
(9.2.2a) ve (9.2.2b) denklemleri elastik bölge ve basit eğilme durumları için geçerlidir. Aksi söylenmedikçe problemler küçük şekil değiştirmeler için çözülür.
23.08.2024
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
390
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri) / Analitik Yöntem (İntegrasyon Metodu) ile Eğim ve Sehim Hesaplamaları
9.2.3 ) θ 𝐯𝐞 𝒗 nin işaretleri
y
Orijinal kiriş ekseni
P1
𝐴
𝐵
𝐷
𝜃𝐴 < 0
0 < 𝜃𝐵
0 > 𝑣𝐷
𝜃𝐵 > 0
𝐶′ 𝜃𝑐 < 0
P2
x
𝑣𝑐 > 0 𝐶
𝐷′
Elastik eğri
Şekil 9.2.3
θ eğim açısının İşareti: θ açısı orijinal kiriş ekseninden (x ekseninden) başlayarak elastik eğrinin bir noktadaki
teğetine kadar dönülerek elde edilir. Bu dönüş saat ibreleri tersi yönünde ise θ açısı pozitif, aksi halde negatiftir.
n sehim (çökme) değerinin işareti: 𝑣 sehim değeri bir noktanın orijinal kiriş eksenindeki konumundan itibaren elastik
eğri üzerindeki konumuna doğru y yönünde ilerleyerek bulunur. +y yönünde ilerleniyorsa n pozitif, -y yönünde ilerleniyorsa
n negatiftir. (Örneğin D noktasının çökmesi için 𝐷𝐷′ vektörüne bakılır. –y yönünde olduğundan çökme negatiftir. 𝑣𝐷 < 0.)
23.08.2024
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
391
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri) / Analitik Yöntem (İntegrasyon Metodu) ile Eğim ve Sehim Hesaplamaları
Küçük şekil değiştirmeler için :
y
Orijinal kiriş ekseni
θ
B
A
v
𝑑2𝑣
(elastik eğri denklemi): 𝐸𝐼
= 𝑀 (𝑥)
𝑑𝑥 2
(I) nolu eşitliğin her iki tarafının integrali alırsak:
x
𝐸𝐼
x
Elastik eğri
Şekil 9.2.4
(I)
𝑑𝑣
= 𝐸𝐼𝜃 = න𝑀(𝑥) 𝑑𝑥 + 𝐶1
𝑑𝑥
→ Eğim 𝜃(x) elde edilir
2nci kez integral alırsak:
𝐸𝐼 𝑣 = න න𝑀(𝑥) 𝑑𝑥 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2
→ Sehim 𝑣(x) elde edilir
𝐶1 , 𝐶2 integral sabitlerini bulmak için sisteme özel sınır şartlarını uygulamak gerekir. Bunlar problemlerin içinde gösterilecektir.
𝑵𝒐𝒕
𝐼 nolu denklemin 1.türevi kesme kuvveti V (x) değişimini verir.
𝑑𝑀
= −𝑉(𝑥)
𝑑𝑥
→
𝐼 nolu denklemin 2.kez türevi yayılı yük q(x) değişimini verir.
𝑑𝑉
= −𝑞(𝑥)
𝑑𝑥
→
23.08.2024
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑑3𝑣
𝐸𝐼 3 = −𝑉(𝑥)
𝑑𝑥
𝑑4𝑣
𝐸𝐼 4 = 𝑞(𝑥)
𝑑𝑥
(9.2.3.a)
(9.2.3.b)
392
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri) / Analitik Yöntem (İntegrasyon Metodu) ile Eğim ve Sehim Hesaplamaları
𝑦
𝐴
Örnek 9.2.1
P
𝐿/2
𝐶
𝐿/2
𝐸𝐼
𝑥
Çözüm: Aksi söylenmediği için küçük deformasyon durumu göze alınır.
Simetriden dolayı A ve B mesnetlerinde düşey P/2 reaksiyon kuvvetleri
ortaya çıkar. Eğilme açısından kirişi 2 bölgeye ayırabiliriz.
𝑦
𝐼
𝐵
Şekil 9.2.5
Orta noktasından tekil düşey P yüküne
maruz kirişte,
a-) A-C kısmının Sehim ve Eğim
Denklemlerini çıkarınız.
b-) A ve C noktalarının eğim ve
çökmesini bulunuz.
𝐴
𝐿/2
𝜃𝐴 𝐼
I-I kesim: 1
P
1
2
𝐿/2
𝐸𝐼
𝐶
𝑥
P/2
Σ𝑀𝑘 = 0
𝑃
I − 2 𝑥 + 𝑀1 = 0
𝑃
𝑀1 = 𝑥
2
P/2
P/2
𝑀1 = 𝑀𝑖ç−1
𝑘 𝑉1
𝐵
𝑣𝑐
I
Şekil 9.2.6
a-) 1nolu bölgede Küçük şekil
𝑃
𝑑 2 𝑣1
= 𝑀1 = 𝑥
değiştirmeler için 9.2.2.a denklemi: 𝐸𝐼
2
𝑑𝑥 2
𝑑 2 𝑣1
𝑃
𝑃𝑥 2
𝑑 𝑣1
= න 𝑥. 𝑑𝑥
1. integral: → න 𝐸𝐼
+ 𝑐1
→ 𝐸𝐼
= 𝐸𝐼𝜃1 =
𝑑𝑥 2
2
4
𝑑𝑥
𝑑 𝑣1
𝑃𝑥 2
= න(
+ 𝑐1 ). 𝑑𝑥
2. integral: → න 𝐸𝐼
𝑑𝑥
4
Sınır şartlarından integral sabitlerinin bulunması:
𝑃𝑥 3
→ 𝐸𝐼𝑣1 =
+ 𝑐1 𝑥 + 𝑐2
12
• A noktasında mesnetten dolayı çökme (sehim) olmaz: 𝑥 = 0 → 𝑣1 = 0 →
(2) nolu denklemden:
• Simetriden dolayı C orta noktasının
𝐿
eğimi (teğetin x ekseniyle açısı) sıfırdır: 𝑥 = 𝑖ç𝑖𝑛 → 𝜃1 = 0 → (1) nolu denklemden:
2
23.08.2024
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
0=
𝐿
𝑃(2)2
4
(1)
(2)
→ 𝑐2 = 0
𝑃𝐿2
+ 𝑐1 → 𝑐1 = −
16
393
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri) / Analitik Yöntem (İntegrasyon Metodu) ile Eğim ve Sehim Hesaplamaları
𝑦
2
c1 ve c2 yi (1) ve (2)
denklemlerinde yerine
koyarsak 1.bölge için :
𝑃 𝑥
𝐿
𝜃1 =
−
,
𝐸𝐼 4 16
Eğim denklemi:
𝑃 𝑥 3 𝐿2 . 𝑥
−
Sehim (çökme) denklemi : 𝑣1 =
𝐸𝐼 12
16
𝑃𝐿2
→ 𝜃𝐴 = −
16𝐸𝐼
𝑃 02 𝐿2
𝜃1 = 𝜃𝐴 =
−
𝐸𝐼 4 16
b-)
𝑥𝐴 = 0
𝜃1 = 𝜃𝐶 =
23.08.2024
𝐿
2
𝐴
𝐿/2
𝜃𝐴
𝐸𝐼
𝐿/2
𝐶
𝑥
𝐵
𝑣𝑐
P/2
P/2
• C noktası hem 1, hem 2nci bölgenin ortak
noktasıdır. 1nci bölgenin noktası düşünerek
hesaplama yapılmıştır. 2nci bölge için
𝑃 03 𝐿2 . 0
𝑣1 = 𝑣𝐴 =
−
𝐸𝐼 12
16
𝑥𝑐 =
P
2
𝑃
𝐸𝐼
𝐿2 /4
4
−
𝐿2
16
𝑃 𝐿3 𝐿2 . 𝐿Τ2
𝑣1 = 𝑣𝑐 =
−
𝐸𝐼 96
16
→ 𝑣𝐴 = 0
hesaplamaya gerek kalmamıştır.
• A noktasındaki teğete x den (kirişin orjinal
ekseninden) saat ibreleri yönünde
→ 𝜃𝑐 = 0
dönülerek erişildiği için 𝜃𝐴 negatif çıkmıştır.
• 𝑣𝐴 ve 𝜃𝑐 değerlerini sınır şartlarında
𝑃𝐿3
→ 𝑣𝑐 =
48𝐸𝐼
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
kullanmıştık. Burada ayrıca hesaplayarak
bir sağlama yapmış olduk.
394
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri) / Analitik Yöntem (İntegrasyon Metodu) ile Eğim ve Sehim Hesaplamaları
Örnek 9.2.2
B ucuna tekil moment uygulanan şekildeki kiriş için
𝐿 = 2𝑚
Eğim ve sehim denklemlerini çıkarınız.
b)
eğim ve sehim değerlerinin extrem (sınır) değerlerini hesaplayınız.
𝑀𝑂 = 80𝑘𝑁𝑚
𝐿 = 2𝑚
𝐴
1. integral:
Şekil 9.2.8
RB
Statik Hesaplamaları
Σ𝐹𝑦 = 0 →
RA
a-) Küçük şekil değiştirmeler
için 9.2.2.a denklemi:
𝐵
I
RA
2.integral:
𝑀𝑜
−𝑅
𝐿
+
𝑀
=
0
→
𝑅
=
𝑅
=
𝐵
𝑜
𝐵
𝐴
Σ𝑀𝐴 = 0 →
𝐿
İç Eğilme Momenti Denklemi
I
𝑀 = 𝑀𝑖𝑛𝑡.
Σ𝑀𝑘 = 0 → −𝑅𝐴 𝑥 + 𝑀 = 0
K
𝑘 𝑉
𝑀𝑜
I
𝑀 = 𝑅𝐴 𝑥 =
𝑥
𝐿
𝑑2 𝑣
𝑀𝑜
𝐸𝐼
=
𝑀(𝑥)
=
𝑥
𝑑𝑥 2
𝐿
𝑑𝑣
𝑀𝑜 𝑥 2
𝐸𝐼
= 𝐸𝐼𝜃 =
+ 𝑐1
𝑑𝑥
2𝐿
𝑀𝑜 𝑥 3
𝐸𝐼𝑣 =
+ 𝑐1 𝑥 + 𝑐2
6𝐿
(1)
(2)
Sınır şartları:
𝑅𝐴 = 𝑅𝐵
23.08.2024
𝐵
Şekil 9.2.7
E=70 GPa, I=7.5⨯106 mm4
I
𝐸𝐼
𝐴
a)
Solution:
𝑀𝑂 = 80𝑘𝑁𝑚
A ve B de sehimler (çökmeler) sıfırdır.
A noktası: 𝑥 = 0 → 𝑣 = 0 → (2)nci denklemden: → 𝑐2 = 0
𝑀𝑜 𝐿3
B noktası: 𝑥 = 𝐿 → 𝑣 = 0 → (2)nci denklemden: → 0 = 6𝐿 + 𝑐1 𝐿 + 0
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
→ 𝑐1 = −
𝑀𝑜 𝐿
6
395
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri) / Analitik Yöntem (İntegrasyon Metodu) ile Eğim ve Sehim Hesaplamaları
𝑦
𝑥𝑐
c1 ve c2 sabitleri (1), (2) denklemlerinde yerine
koyulur ve eğim, sehim değerleri çekilirse:
𝑀𝑜
𝜃=
3𝑥 2 − 𝐿2 ,
6𝐸𝐼𝐿
b-)
𝑀𝑂 = 80𝑘𝑁𝑚
𝐿 = 2𝑚
𝐶
𝐴
𝑀𝑜 𝑥 2
𝑣=
(𝑥 − 𝐿2 )
6𝐸𝐼𝐿
𝜃𝐴
𝐵
𝑣min
𝑥
Şekil 9.2.9
Ekstrem (maximum veya minimum) değerler için fonksiyonların türevleri sıfıra eşitlenir:
A noktasındaki teğete orijinal (şekil
değiştirmemiş) kiriş ekseni olan x
ekseninden saat ibreleri yönünde
dönülerek erişildiği için 𝜃𝐴 negatif
çıkar ve 𝜃𝑚𝑖𝑛 değeri olur.
•
Minimum eğim için :
𝑑𝜃
𝑀𝑜
=
6𝑥 = 0 → 𝑥 = 0
𝑑𝑥 6𝐸𝐼𝐿
→ 𝜃𝐴 =
𝑀0
𝑀0 𝐿
= 𝜃𝑚𝑖𝑛
3x02 − 𝐿2 = −
6𝐸𝐼
6𝐸𝐼
180
𝑀0 𝐿
80𝑥106 Nmm𝑥2𝑥103 mm
→ 𝜃𝑚𝑖𝑛 = −0.0508
= −2.9°
=
−0.0508rd
→ 𝜃𝐴 = 𝜃𝑚𝑖𝑛 = −
=−
𝜋
6𝐸𝐼
6𝑥70𝑥103 MP𝑎𝑥7.5𝑥106 𝑚𝑚4
Minimum sehim:
𝑑𝑣
𝑀0
𝐿
=0=𝜃=
3𝑥 2 − 𝐿2 = 0 → 𝑥 = 𝑥𝑐 =
𝑑𝑥
6𝐸𝐼
3
𝑀0
→ 𝑣𝑚𝑖𝑛 = 𝑣𝑐 =
.
6𝐸𝐼𝐿
𝑀o 𝐿2
80𝑥106 𝑥 2𝑥103 2
⇒ 𝑣min = −39.1mm
=−
=−
→ 𝑣𝑚𝑖𝑛 = 𝑣𝑐 = −
3 𝑥7.5𝑥106
9
3𝐸𝐼
9
3𝑥70𝑥10
9 3𝐸𝐼
𝑀0 𝐿2
23.08.2024
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝐿
𝐿
3
3
•
2
2
−𝐿
=−
𝑀0 𝐿2
9 3𝐸𝐼
C deki çökme -y yönünde
olduğundan negatiftir ve
𝑣𝑚𝑖𝑛 değerine eşittir.
396
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri) / Analitik Yöntem (İntegrasyon Metodu) ile Eğim ve Sehim Hesaplamaları
y
𝑦
a)
b)
20mm
𝐿
Örnek 9.2.3 Şekildeki konsol kiriş için
Eğim ve sehim denklemlerini çıkartınız.
𝑞
Maksimum eğim ve sehim değerlerini hesaplayınız.
𝐵
𝐴
G
60mm
z
160mm
𝑥
20mm
b=60 mm, L=2 m, h=200 mm, q=200 kN/m, E=100 GPa
120mm
Şekil 9.2.10.a
Şekil 9.2.10.b
Çözüm: 𝑦 a-) Önce iç eğilme momenti denklemini bulalım:
𝐿
𝐴
𝐵
𝑥
Şekil 9.2.10.c
Küçük şekil değiştirmeler için
9.2.2.a denklemi:
𝑑2 𝑣
𝐿−𝑥 2
𝐸𝐼
=𝑀=−
𝑞
𝑑𝑥 2
2
𝐿 − 𝑥 = 𝑡 𝑜𝑙𝑎𝑟𝑎𝑘 𝑡𝑎𝑛𝚤𝑚𝑙𝑎𝑟𝑠𝑎𝑘
→ −𝑑𝑥 = 𝑑𝑡
23.08.2024
𝑥
𝑘 𝐼
Σ𝑀𝑘 = 0 → −𝑀 − 𝑞 𝐿 − 𝑥 .
𝑞
𝑉
𝑞
I
𝐼
𝑀
I
𝐴
𝐿
𝑦
𝐿−𝑥
𝐵
𝑥
𝐿−𝑥
=0
2
𝐿−𝑥 2
𝑀=−
𝑞
2
Şekil 9.2.10.d
1. integral:
𝑑𝑣
𝑡2
𝑡3
𝐸𝐼
= 𝐸𝐼𝜃 = − න 𝑞(−𝑑𝑡) = 𝑞 + 𝑐1
𝑑𝑥
2
6
𝐿−𝑥 3
→ 𝐸𝐼𝜃 =
𝑞 + 𝑐1
6
(1)
𝐿−𝑥 4
𝑡3
𝑡4
𝑞 + 𝑐1 𝑥 + 𝑐2 (2)
2.integral: 𝐸𝐼𝑣 = න 𝑞 −𝑑𝑡 + න 𝑐1 𝑑𝑥 = − 𝑞 + 𝑐1 𝑥 + 𝑐2 → 𝐸𝐼𝑣 = −
24
6
24
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
397
𝑦
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri) / Analitik Yöntem (İntegrasyon Metodu) ile Eğim ve Sehim Hesaplamaları
𝐿
Sınır şartları:
Ankastre uçta (A noktasında) eğim ve sehim sıfır olur.
𝑥 = 0 𝑑𝑎 ∶ 𝜃 = 0 ,
(1) denkleminden:
(2) denkleminden:
𝑞
𝑣=0
𝑞𝐿3
→ 𝑐1 = −
6
(𝐿 − 0)3
𝑞 + 𝑐1
𝐸𝐼𝜃 = 0 =
6
𝐿−0 4
𝑞 + 𝑐1 . 0 + 𝑐2
𝐸𝐼𝑣 = 0 = −
24
𝐴
𝑣𝐵
𝐵
𝑥
𝜃𝐵
𝑞𝐿4
→ 𝑐2 =
24
Şekil 9.2.11
𝑐1 𝑣𝑒 𝑐2 sabitlerini (1) ve (2) denklemlerinde yerine koyarsak:
𝐿−𝑥 3
𝑞𝐿3
→ 𝐸𝐼𝜃 =
𝑞−
6
6
(1) :
(2) :
𝑞
(𝐿 − 𝑥)3 − 𝐿3
6𝐸𝐼
(Eğim denklemi)
𝑞
(𝐿 − 𝑥)4 − 4𝐿3 𝑥 + 𝐿4
24𝐸𝐼
(Sehim denklemi)
→ 𝜃=
𝐿−𝑥 4
𝑞𝐿3
𝑞𝐿4
→ 𝐸𝐼𝑣 = −
𝑞−
𝑥+
24
6
24
→𝑣=
b-) Şiddetçe maksimum eğim ve maksimum sehim B serbest ucunda ortaya çıkacaktır. (𝑥𝐵 = 𝐿 )
𝑞
𝑞𝐿3
3
3
= 𝜃min
𝜃𝐵 =
[(𝐿 − 𝐿) − 𝐿 ] = −
6𝐸𝐼
6𝐸𝐼
𝑞𝐿3
→ 𝜃𝐵 = 𝜃max =
6𝐸𝐼
𝑞
𝑣𝐵 =
(𝐿 − 𝐿)4 − 4𝐿3 ⋅ 𝐿 + 𝐿4
24𝐸𝐼
𝑞𝐿4
→ 𝑣𝐵 = 𝑣max =
8𝐸𝐼
23.08.2024
𝑞𝐿4
=−
= 𝑣min
8𝐸𝐼
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
B noktasındaki eğim ve sehimin
işareti negatif olduğundan aslında
minimum değerlerdir. Fakat şiddetçe
maksimum değerlere karşılık gelir.
398
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri) / Analitik Yöntem (İntegrasyon Metodu) ile Eğim ve Sehim Hesaplamaları
y
20mm
Soruda verilen değerler yerine koyulursa: (b=60 mm, L=2 m, h=200 mm, q=200 kN/m, E=100 GPa)
120𝑥203
60𝑥1603
2
𝐼 = 𝐼𝑧 = 2
+ 120𝑥20𝑥90 +
= 59520𝑥103 mm4
12
12
G
z
160mm
60mm
20mm
3
q=
200𝑥10 N
= 200N/mm
103 mm
120mm
Şekil 9.2.10.b
𝑞𝐿3
→ 𝜃𝐵 = 𝜃max =
6𝐸𝐼
0.045𝑥180
200 𝑥 2𝑥103 m𝑚 3
→
𝜃
=
=
=
0.045rd
max
𝜋
6𝑥100𝑥103 M𝑃𝑎𝑥59520𝑥103 mm4
→ 𝜃max ≅ 2.58°
𝑞𝐿4
200𝑥 2𝑥103 4
→ 𝑣max = 𝑣𝐵 =
=
→ 𝑣max = 67.2mm
8𝐸𝐼
8𝑥100𝑥103 𝑥59520𝑥103
23.08.2024
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
399
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri) / Eğim ve Sehim Hesapları / Moment Alanı Metodu
Düşey yüklere
maruz bir kiriş
dx
A
B
M
′
𝑥
𝐴′
𝑑𝐴
𝑀
xA
Eğilme momenti
diyagramı
G
Şekil 9.3.1.a
C
1 𝑀
=
𝑟 𝐸𝐼
y
(b)
𝜃𝐴 < 0
A
𝐵
𝑁𝑃 ≈ 𝑥
Elastik eğri
𝜃𝐵/𝐴
𝐵
′
𝑣 𝐵/𝐴 = න 𝑑𝑣 ′
𝐴
Şekil 9.3.1.b
23.08.2024
1
න (𝑀𝑑𝑥)
𝐸 𝐼 𝑥𝐴
𝐴′
1 𝑥𝐵
න 𝑑𝜃 =
න 𝑑𝐴
𝐸
𝐼
𝜃𝐴
𝑥𝐴
𝜃𝐵
,
𝑑𝐴 ≅ 𝑀𝑑𝑥 →
Kirişin A ve B kesitlerinin teğetleri arasındaki açı
(veya eğimler arasındaki fark):
𝐴′
𝜃𝐵/𝐴 = 𝜃𝐵 − 𝜃𝐴 =
𝐸𝐼
(9.3.1.a)
𝐵
𝐵
𝐵
𝑀
1 𝐵 ′
1 𝐵 ′
′
′
′
′
𝑑𝑥 = න 𝑥 𝑀𝑑𝑥 = න 𝑥 𝑑𝐴
𝑑𝑣 = 𝑥 𝑑𝜃 → 𝑣𝐵/𝐴 = න 𝑑𝑣 = න 𝑥 𝑑𝜃 = න 𝑥
𝐸𝐼
𝐸𝐼 𝐴
𝐸𝐼 𝐴
𝐴
𝐴
𝐴
𝐵 ′
′
B’ den geçen düşey eksene göre 𝐴
‫𝐴𝑑 𝑥 𝐴׬‬
′
′ ′
′
alanının statik momenti (Q)
𝑥𝐺 = 𝐵
→ න 𝑥 𝑑𝐴 = 𝑥𝐺 . 𝐴
′
P
𝑑𝑣 ′
K N
𝐴
x
B
𝑥𝐵
න 𝑑𝜃 =
′
1
𝑀
𝑑𝑥 = 𝑑𝑥
𝑟
𝐸𝐼
Diferensiyel mesafedeki K ve N noktaları için: B den geçen düşey çizginin, K-N teğetleri
′
arasındaki kısmının uzunluğu 𝑑𝑣 ′ , açı ise dθ dir. A-B teğetleri arasındaki mesafe 𝑣𝐵/𝐴
ve
teğetleri arası açı 𝜃𝐵/𝐴 olup integrasyonla aşağıdaki gibi hesaplanabilirler:
Orijinal kiriş
ekseni
𝜃𝐵 > 0
r r
ds
dx uzunluğundaki kısım için: 𝑑𝑠 ≅ 𝑑𝑥 = 𝑟𝑑𝜃 → 𝑑𝜃 =
(9.2.1 denklemi:)
dθ
Bu metod, belli bir noktanın çökme veya dönmesini doğrudan bulmamızı sağlar
ve daha çok tekil yüklerde pratiktir.
𝐴′ : Kirişin A ve B gibi iki kesiti arasında moment diyagramının altında kalan alan
𝐺: 𝐴′ alanının ağırlık merkezi
𝑥𝐺′ : 𝐴′ alanının B den geçen düşey eksene göre ağırlık merkezinin yatay koordinatı:
Yandaki şekillere göre aşağıdaki işlemleri yapabiliriz:
x
xB
𝑥′𝐺
dx
9.3 Moment Alanı Metodu
′
‫𝐴𝑑 𝐴׬‬
B den geçen düşey çizginin, A ve B
teğetleri arasında kalan kısmının uzunluğu:
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑥𝐺′ . 𝐴′
𝑄
′
𝑣𝐵/𝐴 =
=
𝐸𝐼
𝐸𝐼
(9.3.1.b)
400
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri) / Eğim ve Sehim Hesapları / Moment Alanı Metodu
Example 9.3.1
𝑦
𝑃
For the cantilever beam in the figure, find
𝐿
a-) rotation angle value and b-) collapse values
𝑥
​of the free end B, according to the Moment Field Method.
𝑦
Solution
𝑦
𝜃𝐴 = 𝑣𝐴 = 0
𝐼
𝐵
𝑥
𝐴
𝐼
𝑥
𝑦
𝐿−𝑥
𝑀
𝐴
𝐼
𝑉
𝑘 𝐼
𝐴
𝐵
𝐿
𝐴
𝑥𝐴 = 0
𝐵
𝑥
𝑀𝐴 = −𝑃. 𝐿
𝐴′
Figure 9.3.3
𝑥𝐺′ =
2
𝐿
3
23.08.2024
𝐴′
(9.3.1.a) denkleminden: 𝜃𝐵/𝐴 = 𝜃𝐵 − 𝜃𝐴 = 𝜃𝐵 =
=
𝐸𝐼
𝑥
teğetler arasındaki θB/A açısı, bu
iki nokta arasında kalan
𝐴′ eğilme momenti alanının (EI)
eğilme rijitliğine bölünmesiyle
bulunur. Bu örnekte aynı
zamanda B noktasının eğimine
de eşittir. 𝜃𝐵/𝐴 = 𝜃𝐵
− 𝑃. 𝐿 . 𝐿
2
𝐸𝐼
𝑃𝐿2
→ 𝜃𝐵 = −
2𝐸𝐼
b-) • 𝑣 ′ : A ve B noktalarından çizilen teğetler arasında kalan ve B’den geçen mesafesidir.
𝐵/𝐴
𝐵
𝐺
′
𝑣𝐵/𝐴
= 𝑣𝐵
𝑃
Bending Moment Diagram
(b)
tangent-A
Figure 9.3.4
Σ𝑀𝑘 = 0 → 𝑀 = −𝑃(𝐿 − 𝑥)
𝑀
𝜃𝐵/𝐴 = 𝜃𝐵
𝐵
a-) A ve B noktalarından çizilen
𝑃
𝐿
𝑃
𝐿
(a)
Figure 9.3.2
𝐴
𝑥
Aynı zamanda bu örnekte B noktasının sehimine de eşittir.
•A’ : A ve B noktaları arasındaki moment diyagramındaki alandır.
• Q : A’ alanının B’ye göre statik momentidir.
′
• Moment alanı yöntemine göre 𝑣𝐵/𝐴
değeri Q statik momentinin , (EI) eğilme rijitliğine
bölünmesiyle bulunur
(9.3.1.b)
denkleminden :
𝑄
𝑥𝐺′ ⋅ 𝐴′
′
𝑣𝐵/𝐴 = 𝑣𝐵 −𝑣𝐴 = 𝑣𝐵 =
=
=
𝐸𝐼
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝐸𝐼
2𝐿
𝑃 ⋅ 𝐿. 𝐿
−
3𝐸𝐼
2
𝑃𝐿3
→ 𝑣𝐵 = −
3𝐸𝐼
401
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri) / Eğim ve Sehim Hesapları / Eşlenik Çubuk Metodu
9.4 Eşlenik Çubuk Metodu
Bu metod, moment alanı metodu gibi daha çok tekil yüklerde pratiktir ve belli bir noktanın çökme veya dönmesini doğrudan
bulmamızı sağlar. Bu metoda göre, esas yani gerçek sistemin eğilme momenti diyagramı eşlenik sisteme yük olarak verilir.
Bu yük altındaki eşlenik sistemde:
𝑉
)
𝐸𝐼
(9.4.1.a)
i)
Herhangi bir noktadaki V kesme iç kuvvetinin eğilme rijitliğine (EI) oranı, bu noktadaki eğim açısına:(𝜃 =
ii)
Herhangi bir noktadaki M eğilme iç momentinin eğilme rijitliğine (EI) oranı, bu noktadaki sehim değerine: (𝑣 = )
𝐸𝐼
eşittir.
9.4.1 Bazı Esas Sistemler ve Eşlenikleri
Esas (gerçek) Sistem
1)
≡
𝑀
(9.4.1.b)
Eşlenik Sistem
≡
Şekil 9.4.1
≡
2)
Şekil 9.4.2
3)
≡
Şekil 9.4.3
23.08.2024
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
402
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri) / Eğim ve Sehim Hesapları / Eşlenik Çubuk Metodu
𝑦
Şekildeki konsol kiriş için B serbest ucunun
Örnek 9.4.1
𝑃
𝐿
a-) dönme açısı değerini,
𝑥
b-) çökme değerlerini
Çözüm
𝑦
Esas Sistem
𝐴
𝑥
𝑀
𝐴
𝑥𝐴 = 0
𝑘
Σ𝑀𝑘 = 0 →
𝑀
𝑉
𝐴
𝑀𝐴 = −𝑃. 𝐿
23.08.2024
𝐵
𝐼
(b)
𝑀 = −𝑃(𝐿 − 𝑥)
𝐵
Esas sistemin eğilme
momenti diyagramı
(c)
Şekil 9.4.5
𝑥
𝑥
𝐵
𝐺
2
𝐿
3
Statik
Dengeden:
𝑉𝐵
Kesme iç kuvveti
𝑞𝐿 𝑃𝐿2
(yayılı yükün bileşkesi)
𝐹=
=
2
2
(q= -PL alınsaydı yönü
yukarı doğru olacaktı.)
𝑃
𝐼
*esas sistemin eğilme
momenti diyagramı
eşlenik sisteme yük
olarak verilir.
𝑀𝐵
𝐴
𝑞 = 𝑃𝐿
𝐿−𝑥
iç Moment:
𝐿
𝑥
𝑣𝐵
(a)
𝑦
Şekil 9.4.6
𝐵
𝜃𝐵
Şekil 9.4.4
Eşlenik Sistem ve yüklemesi:
𝑃
𝐿
𝐵
𝐴
Eşlenik Çubuk Metoduna göre bulunuz.
𝑃𝐿2
→ 𝑉𝐵 = −𝐹 = −
Σ𝐹𝑦 = 0 → −𝐹 − 𝑉𝐵 = 0
2
2
𝑃𝐿2
𝑃𝐿3
Σ𝑀𝐵 = 0 → 𝐹. 𝐿 + 𝑀𝐵 = 0 → 𝑀𝐵 = −
𝐿=
3
3
3
𝑃𝐿2
𝑉𝐵
𝜃𝐵 =
→ 𝜃𝐵 = − 2𝐸𝐼
(9.4.1.a) denkleminden esas sistemdeki B’deki eğim:
𝐸𝐼
𝑃𝐿3
𝑀𝐵
(9.4.1.b) denkleminden esas sistemdeki B’deki sehim(çökme): 𝑣𝐵 =
→ 𝑣𝐵 = − 3𝐸𝐼
𝐸𝐼
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
403
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri) / Eğim ve Sehim Hesapları / Eşlenik Çubuk Metodu
𝑦
y
Örnek 9.4.2 𝑞 = 40𝑘𝑁/𝑚
𝐵
𝐿 = 3𝑚
𝑥
𝑦𝐺
120 mm
G
𝑦
𝐼
𝑀
Şekil 9.4.9
𝐷
𝑥
𝑞
𝑉
𝑘 𝐼
Σ𝑀𝑘 = 0 → 𝑀 = −𝐹.
𝑀
𝐷
𝐹 = 𝑞 𝐿 − 𝑥 :bileşke
𝐵
𝐿−𝑥
eşlenik çubuk metodu ile
𝐿 − 𝑥 −𝑞(𝐿 − 𝑥)
=
2
2
𝑥
𝐿 = 3000𝑚𝑚
Şekil 9.4.10
𝑥𝐴 = 0
𝐵
Eşlenik Sistem ve yüklemesi:
𝐿
ℎ = −180 10 6
Esas sistemin eğilme
momenti diyagramı
2
𝑥lj
G
40𝑘𝑁
40𝑁
=
𝑚
𝑚𝑚
𝑦𝐺 =
𝑀𝐵
Şekil 9.4.11
𝑥lj
𝐵
𝑅𝐵
Üstteki geometrik bilgiden: 𝑛 = 2
𝐴=
2+1
3𝐿 (3)(3)
𝐿=
=
= 2.25𝑚 = 2250𝑚𝑚
2+2
4
4
1
2+1
c
L
𝐹: 𝑏𝑖𝑙𝑒ş𝑘𝑒 = 𝑒ğ𝑟𝑖 𝑎𝑙𝑡𝚤𝑛𝑑𝑎𝑘𝑖 𝑎𝑙𝑎𝑛
𝑥lj =
.G
1
𝐴
=
ℎ𝐿
𝐴
𝑛+1
h
𝑛+1
𝑥lj =
𝐿
𝑛+2
𝑛
𝐿
𝑥 𝑐=
𝑛+1
Şekil 9.4.8
𝐷
𝑥
𝑦 = 𝑘𝑥 𝑛
eğim ve sehim değerlerini
Çözüm: Hata yapmamak için tüm birimleri N ve mm ‘ye dönüştürmeliyiz. 𝑞 =
𝐿
Geometrik bir bilgi:
hesaplayınız. E=200 GPa
50 mm
Şekil 9.4.7
𝑦
Düzgün yayılı yüke maruz
20 mm konsol kirişin B noktasındaki
z
𝐷
90 mm
−180 (10)6 3 (10)3 = −180(10)9 𝑁 = 𝐹
Σ𝐹𝑦 = 0 → 𝐹 − 𝑅𝐵 = 0 → 𝑅𝐵 = 𝐹 = −180(10)9 𝑁
9
Σ𝑀𝐵 = 0 → −𝐹 𝑥lj + 𝑀𝐵 = 180 10 (2250)] + 𝑀𝐵 = 0
1
1
2
2
𝑀𝐷 = − 𝑞(𝐿 − 0) = − 40 3000𝑚𝑚
→ 𝑀𝐵 = −405(10)12 𝑁𝑚𝑚
2
2
6
= −180 10 𝑁𝑚𝑚
23.08.2024
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
90𝑥20𝑥130 + 50𝑥120𝑥60
= 76.15mm
90𝑥20 + 50𝑥120
90𝑥203
𝐼𝑧 =
+ 90𝑥20𝑥(130 − 76.15)2 +
12
50.1203
+
+ 50𝑥120𝑥76.152
12
𝐼𝑧 = 47.27𝑥106 mm4
𝑅𝐵
−180(10)9
𝜃𝐵 =
=
𝐸𝐼 200(10)3 47.27(10)6
𝜃𝐵 = −0.019rd = −1.09°
−405(10)12
𝑀𝐵
=
𝑣𝐵 =
200(10)3 (47.27)(10)6
𝐸𝐼
𝑣𝐵 = −42.84𝑚𝑚
404
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri) / Eğim ve Sehim Hesapları / Süperpoziyon Metodu ve Hiperstatik Sistemler
9.5 Süperpozisyon Metodu ve Hiperstatik Sistemler (Eğim ve Sehim Hesaplarında)
Bu bölümde; incelediğimiz problemi, aşağıdaki farklı referans sistemlerin birisine veya birkaçının birleşimine benzeterek çözümler
üreteceğiz. Her bir referans sisteminin eğim (𝜃) ve çökme (𝑣) genel denklemleri yanlarında verilmiştir. Bu denklemlerin daha önceki
yöntemlerle elde edildiğini kabul ediyoruz. Konuyu Örnekler üzerinden anlatacağız.
REFERANS SİSTEMLER
S1
AB kısmı
y
𝑃
𝑎
𝐴
𝐵
1
𝐶
2
𝜃1 =
𝐿
S2
𝑃
𝐴
S3
𝐵
𝑎
𝑃𝑏
3𝑥 2 − (𝐿2 − 𝑏 2 )
6𝐸𝐼𝐿
,
𝑃𝑎𝐿
𝑥 2
𝜃1 =
1−3
6𝐸𝐼
𝐿
y
𝐴
𝑀𝑜
𝑎
1
𝐶
x
𝑣1 = −
𝑃 𝑥3
4𝐿𝑎
𝐿+𝑎
𝑣2 =
− 𝐿 + 𝑎 𝑥 2 + 𝐿2 +
𝑥 − 𝐿2
2𝐸𝐼 3
3
3
,
,
𝜃2 =
𝑃
4𝐿𝑎
𝑥 2 − 2 𝐿 + 𝑎 𝑥 + 𝐿2 +
2𝐸𝐼
3
𝑀𝑜 𝑥
6𝑎𝐿 − 3𝑎2 − 2𝐿2 − 𝑥 2
6𝐿𝐸𝐼
B
𝐿
23.08.2024
𝑏
6𝐸𝐼
𝑃
𝜃2 =
6𝑎𝑥𝐿 − 3𝑎𝑥 2 − 𝐿 2𝐿2 + 𝑎2
6𝐸𝐼
x
𝐶
2
1
, 𝑣2 = 𝑃 3𝑎𝑥 2 𝐿 − 𝑎𝑥 3 − 𝐿𝑥 2𝐿2 + 𝑎2 + 𝐿𝑎3
𝑃𝑎𝐿2 𝑥
𝑥 3
𝑣1 =
−
6𝐸𝐼 𝐿
𝐿
y
𝐿
𝑃𝑏
𝑥 3 − (𝐿2 − 𝑏 2 )𝑥
6𝐸𝐼𝐿
𝑣1 =
x
𝑏
BC kısmı
𝜃1 = −
𝑀𝑜
6𝑎𝐿 − 3𝑎2 − 2𝐿2 − 3𝑥 2
6𝐿𝐸𝐼
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
,
𝜃𝐶 = −
𝑀𝑜
3𝑎2 − 𝐿2
6𝐿𝐸𝐼
405
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri) / Eğim ve Sehim Hesapları / Süperpoziyon Metodu ve Hiperstatik Sistemler
REFERANS SİSTEMLER - devamı
S4
𝑦
𝑎
𝑏
S5
𝑐
𝑞
𝑏
2
𝑣𝐵 = −
𝐵
𝐵
𝐴
𝜃=
𝑞
7𝐿4 − 30𝐿2 𝑥 2 + 15𝑥 4
6𝐸𝐼𝐿
𝑥
0,00652𝑞𝐿4
𝑣𝑚𝑎𝑥 =
𝐸𝐼
𝑞𝐿
8𝐿3 − 4𝑏𝐿2 + 𝑏 3
384𝐸𝐼
𝑃
a
𝑃𝑎3
𝑣𝐵 = −
3𝐸𝐼
b
𝑥
𝐶
𝐵
S8
S7
𝑦
𝑞𝑎4
𝑣𝐵 = −
8𝐸𝐼
q
𝑥
2
𝑃𝑎
𝜃𝐵 = −
2𝐸𝐼
𝑦
𝐴
𝑃
𝐶
𝐵
b
a
𝑞𝑎3
𝜃𝐵 = −
= 𝜃𝐶
6𝐸𝐼
𝑃𝑥
𝑥
(𝐿 − ) ,
𝐸𝐼
2
𝑃𝑥 2
𝑥
𝑣=−
(𝐿 − ) ,
2𝐸𝐼
3
𝜃=−
𝐿
𝐴
23.08.2024
𝑞𝑥
7𝐿4 − 10𝐿2 𝑥 2 + 3𝑥 4 )
360𝐿(𝐸𝐼)
𝐿
𝐿
S6 𝑦
𝐴
𝑣=
𝑞
𝑥
𝐷
𝐴
𝑦
𝑥
𝐶
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
406
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri) / Eğim ve Sehim Hesapları / Süperpoziyon Metodu ve Hiperstatik Sistemler
Çözüm: Süperpozisyon ilkesine göre P ve q sırayla uygulanır ve sehimler toplanabilir.
ÖRNEK 9.5.1
𝑦
𝑦
P
𝐿/2
𝐵
≡
𝐶
𝐸𝐼
𝐿/2
𝐴
Şekildeki Sistemde B noktasının
çökmesini bulunuz (𝑣𝐵 )=?
𝑞
𝐿/2
𝐵
𝑣𝐵
𝑥
Şekil 9.4.12
S1
𝑝
𝑥
𝐶
+ 𝐴
𝐶
𝑣𝐵 𝑞
Üstteki yayılı yüklemeyi S4 referans
sistemine benzetebiliriz. Buna göre;
𝑎 =𝑐 =0, 𝑏 =𝐿
B , 1nci bölgenin noktası olarak düşünülür ve 𝑣1
genel denkleminden sehimi bulunur.
𝑞
𝑃𝐿/2
𝑣𝐵 𝑝 =
6𝐸𝐼𝐿
𝐿
2
3
2
𝐿
𝐿
𝑃𝐿3
2
− 𝐿 −
=−
4 2
48𝐸𝐼
𝑣𝐵
𝑞𝐿
5𝑞𝐿4
3
2
3
=−
8𝐿 − 4. 𝐿. 𝐿 +𝐿 = −
384𝐸𝐼
384𝐸𝐼
S4 𝑦
𝑎
𝑏
𝑐
𝑞
y
𝐴
𝑥
𝐵
Üstteki tekil yüklemeyi alttaki S1 referans
sistemine benzetebiliriz. Buna göre :
a=b=L/2, x=xB=L/2
𝑃
𝐴
𝑎
1
x
𝑏
𝐵
𝐿
2
Üstte elde edilen sonuçları yerine koyarsak:
23.08.2024
𝐿
P
𝐿/2
𝑞
𝐴
𝑦
𝐶
𝑃𝑏
𝑣1 =
𝑥 3 − (𝐿2 − 𝑏 2 )𝑥
6𝐸𝐼𝐿
𝑣𝐵 = 𝑣𝐵 𝑝 + 𝑣𝐵 𝑞 → 𝑣𝐵 = −
𝑃𝐿3
5𝑞𝐿4
−
48𝐸𝐼 384𝐸𝐼
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑏
2
𝐷
𝐵
𝐿
𝑞𝐿
𝑣𝐵 = −
8𝐿3 − 4𝑏𝐿2 + 𝑏 3
384𝐸𝐼
407
𝑥
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri) / Eğim ve Sehim Hesapları / Süperpoziyon Metodu ve Hiperstatik Sistemler
Çözüm: B mesneti yerine reaksiyon kuvveti RB koyulur. Bu hiperstatik bir sistemdir. RB ve q sırayla
uygulanır. Bir önceki örnekteki gibi S1 ve S4 referans sistemlerinin birleşimi ile elde edilebilir.
RB kuvveti S1 referansındaki P’nin zıt yönünde olduğu için denklemin başına eksi işareti koyulur.
Örnek 9.5.2
𝑦
𝑦
𝑦
𝐿
𝑞𝑜
𝑥
𝐴
𝐵
𝐸𝐼
𝐿/2
𝐶
𝑞
≡
𝑅𝐵
𝐵 𝑣𝐵
𝐴
𝐿/2
𝐿/2
𝑎 = 𝐿/2 , 𝑏 = 𝐿/2
Şekil 9.4.13
Şekildeki Sistemde B mesnetindeki
tepki kuvvetini bulunuz.(𝑅𝐵 )=?
𝑣𝐵 𝑅𝐵 =
−𝑅𝐵 𝐿/2
6𝐸𝐼𝐿
𝐿
2
B mesnetinden dolayı B deki çökme sıfırdır.
𝑝
3
A ve C mesnet kuvvetleri statik
denklemlerden ayrıca hesaplanabilir.
23.08.2024
𝐵
𝑎=𝑐=0 ,
𝐿2 𝐿
𝑅𝐵 𝐿3
2
− 𝐿 −
=
4 2
48𝐸𝐼
𝑣𝐵
𝑞
𝑏=𝐿
𝑦
S4
𝑏
𝑃
x
𝑏
𝑐
𝐵
2
𝐶
𝐷
𝐴
𝑏
2
𝐿
𝑣1 =
5𝑞𝐿4
=−
384𝐸𝐼
𝑞
𝑎
1
𝐶
𝑞𝐿
=
8𝐿3 − 4. 𝐿. 𝐿2 +𝐿3
384𝐸𝐼
y
𝐴
𝑥
𝑣𝐵 𝑞
𝑎
4
𝑅𝐵 𝐿
5𝑞𝐿
𝑣𝐵 =
−
=0
48𝐸𝐼 384𝐸𝐼
5𝑞𝐿
→ 𝑅𝐵 =
8
+ 𝐴
, 𝑥 = 𝐿/2
S1
𝑞
𝑣𝐵 = 𝑣𝐵 + 𝑣𝐵 = 0
Üstte elde edilen sonuçları yerine koyarsak:
3
𝐶
𝐿/2
𝑅𝐵
𝑥
𝑃𝑏
𝑥 3 − (𝐿2 − 𝑏 2 )𝑥
6𝐸𝐼𝐿
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑣𝐵 =
𝐵
𝐿
𝑞𝐿
8𝐿3 − 4𝑏𝐿2 + 𝑏 3
384𝐸𝐼
408
𝑥
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri) / Eğim ve Sehim Hesapları / Süperpoziyon Metodu ve Hiperstatik Sistemler
Çözüm:
Örnek 9.5.3
C noktasında ortaya çıkan reaksiyon
kuvvetini bulunuz(𝑅𝑐 )=?
C mesneti yerine reaksiyon kuvveti RC koyulur. Yayılı yük ve RC reaksiyon kuvveti sırayla uygulanır.
a
a
L-a
q
q
𝑩
𝑨
≡
𝑪
𝑥
𝐵
a
𝐶
b
3
4
𝑞𝑎
𝜃𝐵 = −
= 𝜃𝐶
6𝐸𝐼
𝑞𝑎
𝑣𝐵 = −
8𝐸𝐼
S6 𝑦
3
𝑃𝑎
𝑣𝐵 = −
3𝐸𝐼
23.08.2024
𝑣𝐶 𝑞 = 𝑣𝐵 𝑞 + ℎ = −
b
𝐴
𝐶
𝐵
,
𝜃𝐵
ℎ
2
𝑃𝑎
𝜃𝐵 = −
2𝐸𝐼
𝑣𝐶
4
𝑨
𝑞
B-C arasında yükleme olmadığından BC kısmı B
den geçen teğetle çakışır ve doğrusal kalır. Küçük
deformasyon olduğundan tg 𝜃𝐵 ≅ 𝜃𝐵 alınabilir.
ℎ = 𝜃𝐵 (𝐿 − 𝑎)
𝑃
a
𝐵
Üstteki yüklemeyi S7 referans sistemini
benzetebiliriz. Buna göre referans sistemdeki
değişkenleri karşılıkları:
𝑞𝑎4
𝑞
𝑏 = 𝐿 − 𝑎 , 𝑎 = 𝑎 , 𝑞 = 𝑞 , 𝑣𝐵 = − 8𝐸𝐼
q
𝐴
𝜃𝐵 𝑣 𝑞
Şekil 9.4.15
𝑦
𝑪
+
teğet-B
Şekil 9.4.14
S7
𝑩
𝑨
L
𝑪
3
𝑞𝑎
𝑞𝑎 𝐿 − 𝑎
−
8𝐸𝐼
6𝐸𝐼
𝑣𝐶 𝑅𝐶
𝑅𝐶
L
Şekil 9.4.16
Üstteki yüklemeyi S6 referans sistemine
benzetebiliriz. Buna göre üstteki
sistemdeki
C
noktası
referans
sistemdeki B noktasına karşılık gelir.
Diğer değişkenlerin karşılıkları:
𝑏 = 0 , 𝑎 = 𝐿 , 𝑅𝐶 ≡ −𝑃 ,
𝑣𝐶
𝑅𝐶
𝑅𝐶 𝐿3
=
3𝐸𝐼
B≡C
(Veya S8 ref. Sisteminden
de bulunabilirdi.)
𝑥 Mesnetten dolayı C’deki toplam çökme sıfırdır: 𝑣 𝑞 + 𝑣 𝑅𝐶 = 0
𝐶
𝐶
Üstte bulunan değeler
yerine koyulursa:
𝑞𝑎4 𝑞𝑎3 𝐿 − 𝑎
𝑅𝐶 𝐿3
−
−
+
=0
8𝐸𝐼
6𝐸𝐼
3𝐸𝐼
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑞𝑎3
→ 𝑅𝐶 = 3
𝐿
𝐿−𝑎
3
+ 𝑎
2
8
409
Kirişlerin Çökmesi (Elastik Eğri) / Eğim ve Sehim Hesapları / Süperpoziyon Metodu ve Hiperstatik Sistemler
Çözüm:
L/2
S7
S6
Örnek 9.5.4
L/2
P
a=L/2
a=L/2
b=L/2
b=L/2
q
𝑪
≡
k
𝑨
𝑪
𝑃
a
𝑨
𝑪
𝐿 4
𝑞
𝑞𝐿4
2
𝑞
= −
𝑣𝐵 = −
128𝐸𝐼
8𝐸𝐼
S7
+
𝑨
𝑥
𝑪
𝑩
b
𝐴
𝑃
q
𝐵
,
𝐿 2
𝐿
𝑃
5𝑃𝐿3
2
2
𝑣𝐵 𝑃 = −
[𝐿 −
]=−
48𝐸𝐼
2𝐸𝐼
3
S8 𝑦
𝑦
𝑥
𝑥
𝐶
𝑃𝑎2
𝜃𝐵 = −
2𝐸𝐼
𝑞
𝑣𝐵 = 𝑣𝐵 𝐹𝑦 + 𝑣𝐵 + 𝑣𝐵 𝑃
−𝑣𝐵 . 𝑘 = 𝐹𝑦
23.08.2024
L
𝑩
+
𝐿 3
−𝐹𝑦
𝐹𝑦 𝐿3
2
𝐹𝑦
=
𝑣𝐵 = −
24𝐸𝐼
3𝐸𝐼
Şekildeki Sistemde yayda
oluşan kuvveti hesaplayınız.
𝑃𝑎3
𝑣𝐵 = −
3𝐸𝐼
𝑥 = 𝑥𝐵 = 𝐿/2
𝐹𝑦 = −𝑣𝐵 . 𝑘
Şekil 9.4.17
S6 𝑦
P
q
𝑩
𝑨
S8
𝐴
a
𝑞𝑎4
𝑣𝐵 = −
8𝐸𝐼
𝐵
b
𝐶
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑥
𝐶
𝐴
𝑞𝑎3
𝜃𝐵 = −
= 𝜃𝐶
6𝐸𝐼
𝐹𝑦 𝐿3
𝑞𝐿4
5𝑃𝐿3
−
−
−
k = 𝐹𝑦
24𝐸𝐼 128𝐸𝐼 48𝐸𝐼
𝐿
𝑃𝑥 2
𝑥
𝑣=−
(𝐿 − ) ,
2𝐸𝐼
3
𝜃=−
𝑃𝑥
𝑥
(𝐿 − ) ,
𝐸𝐼
2
24𝐿3 𝑘
𝑞𝐿
5𝑃
→ 𝐹𝑦 =
+
24𝐸𝐼 + 𝐿3 𝑘 128 48
410
10. ENERJİ METODLARI
10.1 Şekil Değiştirme İşi
ve Enerjisi
(Video 10.1)
23.08.2024
Mukavemet II – Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
411
Enerji Metodları / Şekil Değiştirme İşi ve Enerjisi
10.1.1) Şekil Değiştirme (Deformasyon) İşi (𝑈𝑑 )
Dış yüklerin etkisinde ve statik dengede olan bir cisim hareket etmez ancak şekil değiştirir. Bu durumda etki
eden dış yükler (kuvvetler, momentler) şekil değiştirme işi yapar.
10.1.1.a) Bir 𝐹𝑘 sabit kuvvetinin şekil değiştirme işi,
𝐹𝑘
𝐹𝑘 − ∆𝐿𝐹𝑘 grafiği altında kalan alana eşittir:
𝑈𝑑−𝐹𝑘 = 𝐴1 =
F
Fk
k
1
𝐹 . ∆𝐿𝐹𝑘
2 𝑘
k’
𝐴1
∆𝐿
∆𝐿𝐹𝑘
k: Fk sabit kuvvetinin uygulama noktası,
(a)
(b)
Şekil 10.1.1
∆𝐿𝐹𝑘 : k noktasının Fk doğrultusunda net şekil değiştirme miktarıdır.
10.1.1.b) Birden fazla kuvvet olursa şekil değiştirme işi 𝐹
nasıl hesaplanır?
2
k uygulama noktasının, 𝐹𝑘 kuvvetinin doğrultusundaki 𝐹𝑘
şekil değiştirme miktarı (∆𝐿𝐹𝑘 ) diğer kuvvetlerin etkisi
ile ∆𝐿𝐹𝑑𝑖ğ𝑒𝑟−𝑘 kadar ilaveten değişecektir. Bu durumda
𝐹𝑘 kuvvetinin şekil değiştirme işini ve cisime uygulanan
toplam şekil değiştirme işini nasıl hesaplarız?
23.08.2024
m: k noktasının tüm kuvvetlerin etkisiyle
geldiği son konum.
k’’: m noktasının Fk doğrultusundaki izdüşümü
k
k’
𝐹1
𝐹𝑛
m
.k’’
Şekil 10.1.2
𝑈𝑑−𝐹𝑘 =?
𝑈𝑑−𝑡𝑜𝑝𝑙𝑎𝑚 =?
Bu soruların cevaplarını 2 örnek üzerinden anlamaya çalışacağız..>>
Mukavemet II – Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
412
Enerji Metodları / Şekil Değiştirme İşi ve Enerjisi
Örnek-1: Aynı doğrultuda 2 kuvvet mevcut iken şekil değiştirme işi:
Elastik bir kiriş üzerine önce Ayşe gelip c1 noktasına oturuyor.
Daha sonra Ayşe otururken Berrin gelip c2 noktasına oturuyor.
Ayşe oturmaya başladığı andan itibaren c1 noktasındaki
kuvvet ve çökme lineer olarak artar ve oturmanın son
konumunda kuvvet ve çökme maksimum değerlerine
ulaşır. Bu sebeple F-DL diyagramı aşağıdaki gibi oluşur.
(Bu genel bir kuraldır. Bir esnek yere veya koltuğa
otururken bu durumu siz de fark etmeye çalışın.)
𝑊𝐴
𝐴1
∆𝐿𝐴
Ayşe
1
𝑈
=
𝐴
=
𝑊 .𝑣
WA ağırlığının yaptığı iş: 𝑑−𝑊𝐴
1
2 𝐴 𝐴𝑐1
Ayşenin 𝑈𝑑−𝑊𝐵 işine katkısı: 0 dır.
𝐴3
𝑣𝐵𝑐2
Berrin
𝑐2
sonra
∆𝐿𝐵
𝑊𝐵
𝑣𝐴𝑐2
𝑣𝐵𝑐2
Şekil 10.1.3
1
𝑊 .𝑣
WB ağırlığının yaptığı iş:
2 𝐵 𝐵𝑐2
Berrinin 𝑈𝑑−𝑊𝐴 işine katkısı: 𝑈𝑑−𝑘𝑎𝑡𝑘𝚤 = 𝐴2 = 𝑊𝐴 . 𝑣𝐵𝑐1
𝑈𝑑−𝑊𝐵 = 𝐴3 =
(Çünkü henüz Berrin oturmamış.
c2 de bu anda WB kuvveti yok)
Toplam Şekil Değiştirme İşi :
𝑣𝐴𝑐2
𝑊𝐴
𝑣𝐴𝑐1
𝑣𝐵𝑐1
𝑣𝐴𝑐2
Şekil 10.1.2
∆𝐿𝐴
𝑐1
𝑐2
önce
F
WB
𝐴2
𝑣𝐴𝑐1
𝑐1
𝑣𝐴𝑐1
F
WA
𝑣𝐵𝑐1
F
WA
Ayşe
Berrinin ağırlığı ile Ayşe 𝑣𝐵𝑐1 kadar ilaveten ötelenir. 𝑣𝐵𝑐1 üzerinde WA
nın etkisi yoktur ve 𝑣𝐵𝑐1 çökmesi sırasında WA değişmez. WB ağırlığı ile c2
noktası 𝑣𝐵𝑐2 kadar daha çökecektir.
(Çünkü Berrin oturduğunda, Ayşe zaten
oturuyordu. C1 de WA kuvveti mevcuttu.)
𝑈𝑑 = 𝑈𝑑−𝑊𝐴 + 𝑈𝑑−𝑊𝐵 + 𝑈𝑑−𝑘𝑎𝑡𝑘𝚤 =
1
1
𝑊𝐴 . 𝑣𝐴𝑐1 + 𝑊𝐵 . 𝑣𝐵𝑐2 + 𝑊𝐴 . 𝑣𝐵𝑐1
2
2
Önce Berrin sonra Ayşe otursaydı veya her ikisi aynı anda otursalardı toplam Ud değişmezdi. (Süperpozisyon yöntemi). Bu kural ileride kullanılacaktır.
23.08.2024
Mukavemet II – Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
413
Enerji Metodları / Şekil Değiştirme İşi ve Enerjisi
Örnek -2 : Faklı yönlerde 2 den fazla kuvvet mevcut iken şekil değiştirme işi:
𝐹1
∆𝑘𝐹
∆𝑘 𝑑𝑖ğ𝑒𝑟 𝐹2
k 𝑘′ 𝑘′′
𝑚
F
•
•
•
Şekil 10.1.4
F
∆𝐿
∆𝑘𝐹 ∆𝑘𝑑𝑖ğ𝑒𝑟
Şekil 10.1.5
Cismin üzerine
önce F,
sonra F1
en son F2
uygulanırsa:
•
•
Sabit bir köşeye yerleştirilmiş bir cisim düşünelim. Bu cisme önce F yatay kuvveti uygulayalım.
F kuvveti sıfırdan itibaren doğrusal olarak artarak, cisim üzerinde ∆𝑘𝐹 kadar şekil değiştirmeye
sebep olur ve k uygulama noktasını 𝑘′ konumuna getirir.
Daha sonra süperpozisyon yöntemine göre F kuvveti cismin üzerinde iken sırasıyla F1 ve F2 gibi
diğer kuvvetleri cisme uygularız ve bu durumda k noktası 𝑘′ den m gibi bir noktaya gelecektir.
(Ancak Örnek-1 de izah edildiği gibi, bu ikinci şekil değiştirmede F’in etkisi artık yoktur. )
𝑘′′ : F doğrultusundaki m noktasının izdüşümüdür. m den kuvvet doğrultusuna dik inilerek bulunur.
:F kuvveti sebebiyle k nın F doğrultusunda şekil değiştirme miktarı
∆𝑘𝐹 = 𝑘𝑘′
∆𝑘 𝑑𝑖ğ𝑒𝑟 = 𝑘 ′ 𝑘′′ :Diğer kuvvetler sebebiyle k nın F doğrultusunda ilaveten şekil değiştirme miktarı
(F1 ve F2 nin katkısı)
1
+
F.
∆
𝑈
=
𝐹.
∆
F kuvvetinin şekil değiştirme işi:
(10.1.1.a)
𝑑−𝐹
𝑘 𝑑𝑖ğ𝑒𝑟
𝑘𝐹
2
(F2 nin katkısı )
1
F1 kuvvetinin şekil değiştirme işi: 𝑈𝑑−𝐹1 = 𝐹1 . ∆𝑘𝐹 +𝐹1 . ∆𝑘 𝑑𝑖ğ𝑒𝑟 − 𝐹2
(10.1.1.b)
2
1
(F ve F2 nin katkısı)
1
(10.1.1.c)
+
0
F2 kuvvetinin şekil değiştirme işi: 𝑈𝑑−𝐹2 = 𝐹2 . ∆𝑘𝐹
2
2
+
n tane kuvvet olsaydı:
•
Toplam Şekil Değiştirme İşi:
10.1.2 Dış Momentlerin İşi:
𝜃𝑀𝑘 : 𝑀𝑘 momenti
sebebiyle oluşan açı
𝜃𝑑𝑖ğ𝑒𝑟 : Diğer yükler
sebebiyle oluşan açı
23.08.2024
𝑈𝑑 = 𝑈𝑑−𝐹 + 𝑈𝑑−𝐹1 + 𝑈𝑑−𝐹2 + ⋯ + 𝑈𝑑−𝐹𝑛
(10.1.1.d)
10.1.1.a denklemine benzer şekilde önce Mk eğilme
𝜃𝑀𝑘
momentini daha sonra diğer yükleri uyguluyoruz.
𝑀2
1
Bu durumda Mk nin şekil değiştirme işi:
𝑈𝑑−𝑀𝑘 = 𝑀𝑘 𝜃𝑘 + 𝑀𝑘 𝜃𝑑𝑖ğ𝑒𝑟 (10.1.2.a)
𝑀𝑘
2
𝑀1 k
1
𝑈
=
𝑇𝑘 ∅𝑘 + 𝑇𝑘 ∅𝑑𝑖ğ𝑒𝑟 (10.1.2.b)
Dairesel Kesitler İçin Dış Burulma Momentinin İşi:
𝑑−𝑇𝑘
2
414
Şekil 10.1.6
Mukavemet II – Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Enerji Metodları / Şekil Değiştirme İşi ve Enerjisi
10.1.3 Şekil Değiştirme Enerjisi (Ui) Hesabı:
Püf Noktası 5a: Toplam Şekil Değiştirme İşi (Ud), Cisimde Şekil değiştirme enerjisi (Ui) olarak depolanır.
(10.1.3)
Bir elastik topu sıkarsak, sıkma
kuvvetlerinin
toplam
şekil
değiştirme işi (Ud), topta şekil
değiştirme enerjisi (Ui) olarak
depolanır ve sıkma pozisyonunda
kaldıkça bu enerji topun üzerinde
kalmaya devam eder.
Şekil Değiştirme Enerjisi (Ui) aşağıdaki 2 yöntemle hesaplanabilir:
1- Birim hacimdeki Şekil değiştirme enerjisi yoğunluğu(ai ) kullanılarak veya
2- İç kuvvet ve iç momentlerden hesaplanabilir.
Şimdi bu 2 yöntemi tek tek inceleyeceğiz:
𝑼𝒅 = 𝑼𝒊
Şekil 10.1.7
10.1.3.a- Şekil Değiştirme Enerjisi yoğunluğu (ai) ile Toplam Şekil değiştirme enerjisi (Ui) nin hesabı
Birim hacimde depolanan (absorbe edilen) şekil değiştirme enerjisine Şekil Değiştirme Enerjisi Yoğunluğu denir ve ai ile gösterilir.
𝑧
𝜎𝑥 = 𝑁𝑥
1
1
𝑦
1
𝑥
𝜎𝑥
𝜎𝑥 = 𝑁𝑥
Kenarları 1 birim (1 birim hacimde) ve arka yüzeyinden ankastre olan küp eleman düşünüyoruz.
Bu elemanda sadece 𝜎𝑥 normal gerilmesi olduğunu kabul edelim.
𝑎𝑖
𝑎𝑖 ∶ 𝜎𝑥 - 𝜀𝑥 eğrisi altında kalan taralı üçgen alandır:
𝑑𝑎𝑖 = 𝜎𝑥 . 𝑑𝜀𝑥
𝑑𝜀𝑥 = 𝑑∆𝐿𝑥
(a)
Şekil 10.1.8
𝜀𝑥 = ∆𝐿𝑥
(b)
𝑎𝑖 = න 𝑑𝑎𝑖 = න 𝜎𝑥 . 𝑑𝜀𝑥 = න 𝐸𝜀𝑥 𝑑𝜀𝑥
Tek eksenli yüklemede Hooke bağıntısından: 𝜎𝑥 = 𝐸𝜀𝑥
1
→ 𝑎𝑖 = 𝐸𝜀𝑥 2
2
veya
→ 𝑎𝑖 =
1
𝜎 𝜀
2 𝑥 𝑥
(10.1.4.a)
(10.1.4.b)
veya 𝑁𝑥 sabit kuvvetinin şekil değiştirme işinden de 𝑎𝑖 aşağıdaki gibi bulunabilir
x yönündeki iç normal kuvvet:
𝑁𝑥 = 𝜎𝑥 . 𝐴 = 𝜎𝑥 . (1)(1) → 𝑁𝑥 = 𝜎𝑥
x yönündeki birim uzama (gerinme): 𝜀𝑥 =
23.08.2024
∆𝐿𝑥 ∆𝐿𝑥
=
𝐿𝑥
1
→ 𝜀𝑥 = ∆𝐿𝑥
(10.1.1.a denkleminden)
1
1
1
1
𝑈𝑑−𝑁𝑥 = 𝑁𝑥 . ∆𝑁𝑥 = 𝑁𝑥 . ∆𝐿𝑥 = 𝜎𝑥 . 𝜀𝑥 = 𝐸𝜀𝑥 2 = 𝑈𝑖 = 𝑎𝑖
2
2
2
2
Nx den başka dış kuvvet olmadığı için 10.1.1.a denklemindeki ∆𝑘 𝑑𝑖ğ𝑒𝑟=0 olur.
Mukavemet II – Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
415
Enerji Metodları / Şekil Değiştirme İşi ve Enerjisi
(10.1.5.a)
1
(10.1.5.b)
1
2
Birim kübik elemanda sadece𝜎𝑦 olsaydı : → 𝑎𝑖 = 𝐸𝜀𝑦
𝑎
=
𝜎
𝜀
veya
𝑖
2
2 𝑦 𝑦
Benzer hesaplamalarla
(10.1.6.a)
1
1
2
(10.1.6.b)
Birim kübik elemanda sadece𝜎𝑧 olsaydı : → 𝑎𝑖 = 𝐸𝜀𝑧
𝑎
=
𝜎
𝜀
veya
𝑖
2
2 𝑧 𝑧
Birim kübik elemanda sadece 𝝉𝒙𝒚 kayma gerilmesi olduğunu düşünürsek;
𝜏𝑥𝑦
𝑧
𝑆
=
𝜏
𝑦 𝑥𝑦
𝑥𝑦
Şekil değiştirme Enerjisi yoğunluğu (𝑎𝑖 ) eğri altındaki alandır.
1
𝑎𝑖
𝜏𝑦𝑥
∆
𝜏
𝑆𝑥𝑦
𝑥𝑦
1 𝛾𝑥𝑦
𝑎𝑖 = න 𝑑𝑎𝑖 = න 𝜏𝑥𝑦 . 𝑑𝛾𝑥𝑦 = න 𝐺𝛾𝑥𝑦 . 𝑑𝛾𝑥𝑦
𝑑𝑎𝑖 = 𝜏𝑥𝑦 . 𝑑𝛾𝑥𝑦
𝑦
1 𝜏 =𝜏
𝑥𝑦
𝑦𝑥
𝑥
𝛾𝑥𝑦
𝑑𝛾𝑥𝑦
1
𝑥
(c)
(10.1.7.b)
(b)
(a)
(10.1.7.a)
1
1
2
Şekil 10.1.9
→ 𝑎𝑖 = 𝐺(𝛾𝑥𝑦 )
veya 𝑎𝑖 = 𝜏𝑥𝑦 𝛾𝑥𝑦
Hooke bağıntısı: 𝜏𝑥𝑦 = 𝐺𝛾𝑥𝑦
2
2
Veya sabit Sxy kesme kuvvetinin şekil değiştirme işinden aynı sonuç elde edilebilir.
=𝑉=1
(10.1.1.a denkleminden)
Kesme kuvveti:
Şekil değiştirme uzaması:
𝑆𝑥𝑦 = 𝜏𝑥𝑦 . (1𝑥1) = 𝜏𝑥𝑦
∆𝑆𝑥𝑦 = 𝛾𝑥𝑦 . 1 = 𝛾𝑥𝑦
𝑈𝑑−𝑆𝑥𝑦 =
1
1
𝑆𝑥𝑦 . ∆𝑆𝑥𝑦 = 𝜏𝑥𝑦 𝛾𝑥𝑦 = 𝑈𝑖 = න 𝑎𝑖 . 𝑑𝑉 = 𝑎𝑖 න 𝑑𝑉 = 𝑎𝑖
2
2
Sxy den başka dış kuvvet olmadığı için 10.1.1.a denklemindeki ∆𝑘 𝑑𝑖ğ𝑒𝑟=0 olur.
Birim kübik elemanda sadece 𝜏𝑦𝑧 olsaydı :
Benzer hesaplamalarla
Birim kübik elemanda sadece 𝜏𝑥𝑧 olsaydı :
23.08.2024
(10.1.8.a)
1
(10.1.8.b)
1
2
→ 𝑎𝑖 = 𝐺(𝛾𝑦𝑧 )
𝑎
=
𝜏
𝛾
𝑖
veya
2
2 𝑦𝑧 𝑦𝑧
(10.1.9.a)
1
1
(10.1.9.b)
2
veya
𝑎
=
𝜏𝑥𝑧 𝛾𝑥𝑧
→ 𝑎𝑖 = 𝐺(𝛾𝑥𝑧 )
𝑖
2
2
Mukavemet II – Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
416
Enerji Metodları / Şekil Değiştirme İşi ve Enerjisi
𝜀𝑥 =
1
𝜎 − 𝑣 𝜎𝑦 + 𝜎𝑧
𝐸 𝑥
Hatırlatma: Genel Hooke Kanunları (elastik bölgede gerilme şekil değiştirme bağıntıları)
1
1
, 𝜀𝑦 = 𝜎𝑦 − 𝑣 𝜎𝑥 + 𝜎𝑧 , 𝜀𝑧 = 𝜎𝑧 − 𝑣 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 , 𝜏𝑥𝑦 = 𝐺𝛾𝑥𝑦 , 𝜏𝑦𝑧 = 𝐺𝛾𝑦𝑧 , 𝜏𝑥𝑧 = 𝐺𝛾𝑥𝑧
𝐸
𝐸
(10.1.10)
10.1.4 Genel Yükleme Durumunda şekil değiştirme enerjisi yoğunluğu (𝒂𝒊 ) için alternatif denklemler:
Birim hacimde tüm gerilme bileşenleri (𝜎𝑥 , 𝜎𝑦 , 𝜎𝑧 , 𝜏𝑥𝑦 , 𝜏𝑥𝑧 , 𝜏𝑦𝑧 ) varken toplam 𝑎𝑖 değeri: her birisinin
ayrı ayrı olması durumlarındaki 𝑎𝑖 değerlerinin toplamına eşittir(süperpoziyon ilkesi)
(10.1.4.b,..10.1.9.b)
denklemlerinden;
Kartezyen gerilme ve şekil değiştirme bileşenler cinsinden şekil değiştirme enerjisi yoğunluğu:
⇒ 𝑎𝑖 =
Şekil 10.1.10
Genel Hooke bağıntılarını 10.1.11
denkleminde yerine koyarsak:
1
(𝜎 𝜀 + 𝜎𝑦 𝜀𝑦 + 𝜎𝑧 𝜀𝑧 + 𝜏𝑥𝑦 𝛾𝑥𝑦 + 𝜏𝑥𝑧 𝛾𝑥𝑧 + 𝜏𝑥𝑧 𝛾𝑥𝑧 )
2 𝑥 𝑥
Kartezyen gerilme bileşenleri cinsinden şekil değiştirme enerjisi yoğunluğu
⇒ 𝑎𝑖 =
1
𝜎𝑥 2 + 𝜎𝑦 2 + 𝜎𝑧 2 − 2𝑣 𝜎𝑥 𝜎𝑦 + 𝜎𝑥 𝜎𝑧 + 𝜎𝑦 𝜎𝑧
2𝐸
+
1
𝜏𝑥𝑦 2 + 𝜏𝑥𝑧 2 + 𝜏𝑦𝑧 2
2𝐺
Kartezyen şekil değiştirme bileşenleri cinsinden şekil değiştirme enerjisi yoğunluğu
Genel Hooke bağıntılarından gerilmeleri,
𝑣
1
gerinmeler cinsinden çekip 10.1.12.a
⇒ 𝑎𝑖 = 𝐺 𝜀𝑥 2 + 𝜀𝑦 2 + 𝜀𝑧 2 +
(𝜀𝑥 + 𝜀𝑦 + 𝜀𝑧 )2 +
𝛾𝑥𝑦 2 + 𝛾𝑥𝑧 2 + 𝛾𝑦𝑧 2
denkleminde yerine koyarsak:
1 − 2𝑣
2𝐺
10.1.12.a denklemini 1-2-3 asal
eksenlerinde yazarsak:
(asal eksenlerde kayma gerilmeleri sıfırdır)
10.1.12.b denklemini 1-2-3 asal
eksenlerinde yazarsak:
(asal eksenlerde kayma şekil değiştirmeleri sıfırdır)
(10.1.12.a)
(10.1.12.b)
Asal Gerilmeler Cinsinden şekil değiştirme enerjisi yoğunluğu
⇒ 𝑎𝑖 =
1
𝜎1 2 + 𝜎2 2 + 𝜎3 2 − 2𝑣 𝜎1 𝜎2 + 𝜎1 𝜎3 + 𝜎2 𝜎3
2𝐸
(10.1.13.a)
Asal Şekil Değiştirmeler Cinsinden şekil değiştirme enerjisi yoğunluğu
⇒ 𝑎𝑖 = 𝐺 𝜀1 2 + 𝜀2 2 + 𝜀3 2 +
Soru: (10.1.4.a-10.1.9.a) denklemlerine süperpozisyon yöntemi
uygulanamaz ve üst üste toplanamaz. Bunun nedenini sizce nedir?
23.08.2024
(10.1.11)
𝑣
(𝜀1 + 𝜀2 + 𝜀3 )2
1 − 2𝑣
Toplam şekil değiştirme enerjisi:
Mukavemet II – Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
(10.1.13.b)
𝑈𝑖 = න 𝑎𝑖 . 𝑑𝑉
(10.1.14)
417
Enerji Metodları / Şekil Değiştirme İşi ve Enerjisi
10.1.5 Kesit Tesirleri (İç kuvvet ve iç momentler) sebebiyle oluşan toplam şekil değiştirme enerjisi (Ui) hesabı :
Şimdi şekil değiştirme enerjisini cismin içinde oluşan iç kuvvet ve iç moment cinslerinden (kesit tesirlerinden) elde edeceğiz
10.1.5.a-) İç Normal Kuvvet (N) sebebiyle oluşan Şekil değiştirme Enerjisi: (UN)
1
𝑃𝐿 𝑁𝐿
P çeki kuvvetine maruz çubuk
10.1.1.a denklemi : 𝑈𝑑−𝐹 = 𝐹. ∆𝑘𝐹 + F. ∆𝑘 𝑑𝑖ğ𝑒𝑟
∆
=
=
=
𝛿
𝑘𝐹
;
2
𝐴𝐸 𝐴𝐸
kesitinde N normal iç kuvveti oluşur.
𝐼
𝐿
𝑃
𝛿
𝐼
Şekil 10.1.11
𝑃
1
𝑈𝑁 = 𝑁𝛿
2
𝑁
𝛿
𝐼
Şekil 10.1.12
𝐼
→
1 𝑁𝐿
𝑈𝑁 = 𝑁.
2 𝐴𝐸
(başka kuvvet
olmadığından)
→
L uzunluğundaki
tek çubuk için:
𝑁 2𝐿
→ 𝑈𝑁 =
2𝐴𝐸
≡
(a)
𝜎𝑥
𝐼
𝜎
𝐼
𝐼
𝜎𝑥
(c)
23.08.2024
(b)
𝑁
𝜎𝑥 =
𝐴
𝑎𝑖
𝜀𝑥
𝑃
𝜀
(10.1.15.a)
2
𝑁
Kademeli çubuklarda L
→ 𝑈𝑁 = න
𝑑𝑥 (10.1.15.b)
uzunluğundaki parça için:
2𝐸𝐼
𝑧
0
∆𝐿
Şekil 10.1.13
𝜎𝑥
𝑃
Şekil 10.1.14
(3.3a denklemi)
𝐿
Kesit alanı: 𝐴
𝑁=𝑃
1
𝑁. 𝛿 + 𝑁. 0
2
∆𝑘 𝑑𝑖ğ𝑒𝑟 = 0
𝑃
𝐼
𝑁=𝑃
Bu yükleme tipi için : 𝑈𝑁 =
;
veya şekil değiştirme enerjisi yoğunlundan
1
1
𝜎𝑥
𝜎𝑥 2
(𝑁Τ𝐴)2
𝑁2
10.1.4.b denkleminden : 𝑎𝑖 = 𝜎𝑥 𝜀𝑥 = 𝜎𝑥 ( ) =
=
= 2
2
2
𝐸
2𝐸
2𝐸
2𝐴 𝐸
𝑈𝑁 = න 𝑎𝑖 . 𝑑𝑉
𝑁2
𝑁 2 𝐴𝐿
= 2 න 𝑑𝑉 =
2𝐴 𝐸
2𝐴2 𝐸
𝑁2𝐿
→ 𝑈𝑁 =
2 𝐴𝐸
Aynı sonucu bulduk.
Toplam hacim:
𝑉 = 𝐴𝐿
Mukavemet II – Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
418
Enerji Metodları / Şekil Değiştirme İşi ve Enerjisi
10.1.5.b-) Basit Eğilme İç Momenti (Mz) sebebiyle oluşan Şekil değiştirme Enerjisi ( UM)
Basit Eğilmeye maruz bir kirişten çıkarılan 𝑑𝑠 uzunluğundaki diferansiyel parçanın
yüzeylerinde ortaya çıkan Mz iç momentleri 𝑑𝜃 kadar bir konveksliğe sebep olur.
𝑀
(a)
𝑑𝜃
𝑀𝑧
𝑑𝑈𝑀
𝑑𝜃
𝜃
Şekil 10.1.16
𝑑𝑥
Şekil 10.1.15
𝑑𝜃
(b)
Bu ds parçasındaki diferansiyel şekil değiştirme
işi ve dolayısıyla dif. şekil değiştirme
enerjisi(𝑑𝑈𝑀 ) , eğri altında kalan alandır:
1
𝑑𝑈𝑀 = 𝑀𝑧 𝑑𝜃
2
Geometriden, küçük şekil değiştirmeler için:
𝑀𝑧
1
→
𝑑𝜃
=
𝑑𝑥
𝑑𝑥
(9.2.1) denklemi:
𝐸𝐼𝑧
𝑟
Mz eğilme iç momenti
sebebiyle kirişteki şekil
𝑀𝑧 2
1
𝑀𝑧
𝑀𝑧 2
𝑈𝑀 = න
𝑑𝑥 (10.1.16)
→ 𝑑𝑈𝑀 = 𝑀𝑧
𝑑𝑥 =
𝑑𝑥 , 𝑈𝑀 = න 𝑑𝑈𝑀 → değiştirme enerjisi:
2𝐸𝐼𝑧
2
𝐸𝐼𝑧
2𝐸𝐼𝑧
1 𝑀𝑧
=
,
𝑟 𝐸𝐼𝑧
𝑟𝑑𝜃 = 𝑑𝑠 ≅ 𝑑𝑥
Veya enerji yoğunluğundan şu şekilde buluruz:
𝑟
Normal gerilme:
( 5.1.1 denklemi)
𝑑𝑠
𝑈𝑀 = න 𝑎𝑖 𝑑𝑉
𝑀𝑧
𝜎𝑥 = −
𝑦 ,
𝐼𝑧
1
1
𝜎𝑥
𝜎𝑥 2
10.1.4.b denkleminden : 𝑎𝑖 = 𝜎𝑥 𝜀𝑥 = 𝜎𝑥 ( ) =
2
2
𝐸
2𝐸
1 𝐿 𝑀𝑧 2
𝜎𝑥 2
න [ 2 න 𝑦 2 𝑑𝐴]𝑑𝑥
=න
𝑑𝑉 =
2𝐸 0 𝐼𝑧
2𝐸
(𝑑𝑉 = 𝑑𝐴. 𝑑𝑥)
23.08.2024
→ 𝑑𝜃 =
Mukavemet II – Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝐼𝑧
𝑀𝑧 2
→ 𝑈𝑀 = න
𝑑𝑥
2𝐸𝐼
𝑧
0
𝐿
Aynı sonucu elde ettik
419
Enerji Metodları / Şekil Değiştirme İşi ve Enerjisi
10.1.5.c-) Kesmeli Basit Eğilmedeki İç Kesme Kuvveti (V) sebebiyle oluşan Şekil değiştirme Enerjisi: Uv
Kesmeli basit eğilmeye maruz bir kirişin dx
1
uzunluğundaki iç kesme kuvvetinden kaynaklı şekil 𝜏 gerilmesinden kaynaklı şekil değiştirme
𝑎
=
değiştirme işini ve dolayısıyla şekil değiştirme enerjisini enerjisi yoğunluğu (10.1.7.b) denkleminden : 𝑖 2 𝜏𝑥𝑦 𝛾𝑥𝑦
𝜏2
𝑎𝑖 =
bulmak istiyoruz. (Aslında kesitte eğilme momentleri ve
2𝐺
𝜏
=
𝜏
=
𝐺𝛾
𝑥𝑦
𝑥𝑦
normal gerilmeler de vardır ancak sadece kesme kuvvetinin
etkisini incelediğimiz için bunları şekilde göstermedik.)
2
V kesme kuvvetinden kaynaklı
𝑏
1 𝑉. 𝑄
𝑎𝑖 = 𝑎𝑉 =
𝑦 ′
şekil değiştirme enerjisi yoğunluğu:
𝑃
2𝐺 𝐼𝑧 𝑏
𝐴
𝑑𝑉
𝑦
2
𝐺′
V : kesme kuvvetinde kaynaklı
1
𝑉.
𝑄
𝐴
𝑀
𝑁
𝑎
𝑐 𝑦 ′ toplam şekil değiştirme enerjisi : 𝑈𝑉 = න 𝑎𝑉 𝑑𝑉 =
න
(𝐴𝑑𝑥)
𝑥
𝐺
𝜏 𝜏𝜏
2𝐺
𝐼𝑧 𝑏
𝐴
𝑑𝑥 𝑑𝑣
𝑧
2 𝐿
𝐿
1 𝐴. 𝑄
𝑉2
2
𝑈𝑉 =
න 𝑉 𝑑𝑥
(b)
(a)
→ 𝑈𝑉 = න 𝑓𝑠
𝑑𝑥 (10.1.17)
2𝐺𝐴
𝐼
𝑏
2𝐺𝐴
𝑧
0
0
𝑑𝑥
𝑉
𝑉
𝜏 = 𝜏𝑥𝑦 Simetrik kiriş kesiti
𝜏
𝜏
𝜏
𝒇𝒔 :Kesit faktörü
≡
𝑑𝑣
(c)
(d)
𝑻𝒂𝒃𝒍𝒐 − 𝟏𝟎. 𝟏. 𝟏
Şekil 10.1.17
𝑉. 𝑄
𝑎 − 𝑐 çizgisi üzerindeki tüm
𝜏
=
noktalardaki kayma gerilmesi:
𝐼𝑧 𝑏
𝑸 = 𝐴′ . 𝑦𝐺′
(𝐴′ alanının statik momenti)
𝑰𝒛 : tüm kesitin z eksenine göre atalet momenti
𝒃: 𝐴′ alanının genişliği,
23.08.2024
𝑮′ : 𝐴′ alanın ağırlık merkezi
Mukavemet II – Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
420
Enerji Metodları / Şekil Değiştirme İşi ve Enerjisi
10.1.5.d-) -Dairesel Kesitler için İç Burulma Momenti (T) sebebiyle oluşan Şekil değiştirme Enerjisi: UT
Ankastre bir mile uygulanan T burulma momenti sonucunda herhangi bir kesitte Tiç = T burulma iç momenti oluşacaktır.
𝑏
𝛾
𝑇
𝑎 𝑑∅
∅
𝑐′
𝑑𝑥
𝑇𝑖ç
veya
𝑑𝑈𝑇
𝜌
Şekil 10.1.19
𝑑∅
𝑇𝑖ç = 𝑇
𝑇𝑑𝑥
𝐽𝐺
(Eğri altındaki alan)
𝑑𝑈𝑇 =
Enerji yoğunlundan şu şekilde bulunur:
10.1.7.b denkleminden şekil değiştirme enerjisi yoğunluğu:
∅
Şekil 10.1.20
Burulmada oluşan kayma gerilmesi dağılımı:
𝜏
𝑇
𝑇𝑖ç
(denklem 4.1.6)
𝜏
=
𝜌
𝜌
𝐽
𝑟
1
𝐽 = 𝜋𝑟 4 (Polar atalet momenti)
2
Şekil 10.1.21
23.08.2024
𝑑∅ =
(Denklem: 4.1.5)
1
𝑇𝑑∅
2
(10.1.18a)
(10.1.18b)
Dairesel kesitler için geçerlidir.
𝑇
𝑇
dx uzunluğundaki kısım
için burulma açısı:
𝑇𝐿
𝐽𝐺
𝐿 2
Toplam Şekil
𝑇
𝑇2
𝑈
=
න
𝑑𝑥
→ 𝑑𝑈𝑇 =
𝑑𝑥 → Değiştirme Enerjisi: 𝑈𝑇 = න 𝑑 𝑈𝑇 → 𝑇
2𝐺𝐽
0
2𝐺𝐽
Şekil 10.1.18
𝜏
∅=
dx uzunluğundaki kısımda Tiç momentinden
kaynaklanan dif. Şekil değiştirme işi ve enerjisi:
𝑐
𝑎′
T burulma momenti etkisiyle
oluşan burulma açısı:
𝜏2
𝑎𝑖 =
= 𝑎𝑇
2𝐺
𝑑𝐴𝑑𝑥
1 𝐿
𝑈𝑇 = න 𝑎 𝑇 𝑑𝑉 =
න න 𝜏 2 𝑑𝐴 𝑑𝑥
2𝐺 0 𝐴
Toplam Şekil Değiştirme Enerjisi:
1 𝐿 𝑇2
→ 𝑈𝑇 =
න
න 𝜌2 𝑑𝐴 𝑑𝑥
2
2𝐺 0 𝐽
𝐽
Mukavemet II – Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝐿
𝑇2
→ 𝑈𝑇 = න
𝑑𝑥
2𝐺𝐽
0
Aynı sonucu elde ettik
421
Enerji Metodları / Şekil Değiştirme İşi ve Enerjisi
10.1.6 Tüm kesit tesirleri aynı anda varken, Toplam Şekil Değiştirme Enerjisi (𝑈𝑖 ):
a-) Doğrusal Eksenli Çubuklarda
𝑈𝑖 = 𝑈𝑁 + 𝑈𝑉 + 𝑈𝑀 + 𝑈𝑇
y
𝐼
(10.1.19)
𝑀
𝐿
𝐵
𝑁
x
𝑘
𝑉
𝑥
𝑇
𝐼
Şekil 10.1.22
2
𝐿
𝐿
0
Çeki/bası
N normal
kuvvetleri için
2
𝐿
1 𝑁
1
𝑉
1 𝑀
1 𝑇2
𝑈𝑖 = න
𝑑𝑥 + න 𝑓𝑠
𝑑𝑥 + න
𝑑𝑥 + න 𝑑𝑥
2 𝐴𝐸
2
𝐺𝐴
2 𝐸𝐼
2 𝐺𝐽
0
2
0
(10.1.20. 𝑎)
0
kesmeli basit Basit eğilmede Dairesel kesitli
elemanlarda T
M eğilme
eğilmede V
momenti için burulma momenti için
kesme
kuvveti için
b-) Eğrisel Eksenli Çubuklarda:
𝑀 𝑉
Herhangi bir kesitin konumu s yörüngesel koordinata göre ifade edildiğinden 10.1.20.a denklemi şu şekle
𝐼 dönüşecektir:
𝑇
𝐿
𝐿
𝐿
𝐿
1 𝑁2
1
𝑉2
1 𝑀2
1 𝑇2
𝑈𝑖 = න
𝒅𝒔 + න 𝑓𝑠
𝒅𝒔 + න
𝒅𝒔 + න 𝒅𝒔
2 𝐴𝐸
2
𝐺𝐴
2 𝐸𝐼
2 𝐺𝐽
0
0
0
(10.1.20. 𝑏)
0
𝐼
(10.1.20) denklemleri izotropik malzemeler için ve elastik yükleme bölgesinde geçerlidir.
Şekil 10.1.23
23.08.2024
Mukavemet II – Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
422
Enerji Metodları / Şekil Değiştirme İşi ve Enerjisi
Kiriş Kesiti
y
Örnek 10.1.1
y
Serbest ucuna, eğik P kuvveti ve 𝑀𝐵 eğilme
𝐿
momenti uygulanmış konsol kirişteki toplam şekil
düzleminde uygulanmışlardır.)
4
𝐼
𝑃𝑥
𝑃𝑦
5
𝑀𝐵
𝐼
𝑁
𝑉
𝑥
200mm
5
x
3𝑃
𝑃𝑥 = 𝑃 cos 𝜃 =
5
4𝑃
𝑃𝑦 = 𝑃 sin 𝜃 =
5
60mm
N çeki kuvvetinden kaynaklı şekil değiştirme enerjisi:
(10.1.15.b) denkleminden:
𝐿
2
𝐿
1 𝑁
1
3
𝑈𝑁 = න
𝑑𝑥 =
න 𝑃
2 𝐴𝐸
2𝐴𝐸
5
0
𝑘
𝑃
3
4𝜃
I-I kesiminin Sol parçası için
iç tesirlerin + yönü bu şekilde
seçilir. (Bknz: konu 5.2.3)
𝐵
𝜃
z
𝑀𝐵
Şekil 10.1.24
Öncelikle herhangi bir kesitteki kesit tesirlerini
(iç kuvvet ve iç momentleri) tespit etmeliyiz.
𝑀
𝑃
3
(𝑃=2kN, 𝑀𝐵 = 2kNmm, L=2m, E=150GPa, n =0.25)
y
𝐴
𝐵
değiştirme enerjisini hesaplayınız. (P ve 𝑀𝐵 x-y
Çözüm:
x
0
2
𝐿
9 2
𝑑𝑥 =
𝑃 න 𝑑𝑥
50
0
9𝑃2 𝐿
→ 𝑈𝑁 =
50𝐴𝐸
V kesme kuvvetinden kaynaklı şekil değiştirme enerjisi:
(10.1.17) denkleminden:
2
1
𝑉2
1
4
19.2𝑃2 𝐿
𝑈𝑉 = න 𝑓𝑠
𝑑𝑥 =
(1.2) න − 𝑃 𝑑𝑥 =
𝑥ቤ
2
𝐺𝐴
2𝐺𝐴
5
0
50𝐺𝐴
Şekil 10.1.25
Σ𝐹𝑥 = 0 → 𝑁 = 𝑃𝑥 =
3𝑃
,
5
Σ𝐹𝑦 = 0 → 𝑉 = −𝑃𝑦 = −
Σ𝑀𝑘 = 0 → −𝑀𝐵 + 𝑃𝑦 . 𝑥 + 𝑀 = 0
23.08.2024
4𝑃
5
4
→ 𝑀 = 𝑀𝐵 − 𝑃𝑥
5
Kesit faktörü 𝑓𝑠 =1.2
Tablo 10.1.1 den ince dikdörtgen
kesit (thin tectangule) içindir.
Mukavemet II – Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
19.2𝑃2 𝐿
→ 𝑈𝑉 =
50𝐺𝐴
423
Enerji Metodları / Şekil Değiştirme İşi ve Enerjisi
Eğilme Momentinden kaynaklı şekil değiştirme enerjisi
(10.1.16) denkleminden:
𝐿
𝐿
1 𝑀2
1
4
𝑈𝑀 = න
𝑑𝑥 =
න 𝑀𝐵 − 𝑃𝑥
2 𝐸𝐼
2𝐸𝐼
5
0
𝐿
2
𝑑𝑥 =
0
1
16 2 2 8
න 𝑀𝐵 2 +
𝑃 𝑥 − 𝑃𝑀𝐵 𝑥 𝑑𝑥
2𝐸𝐼
25
5
0
𝐿
𝐿
𝐿
0
0
0
1
16 2 𝐿3 8
𝐿2
1
16 2 2
8
𝐿
16 2 2 4
2
2
𝑀𝐵 𝐿 +
𝑃
− 𝑃𝑀𝐵
→ 𝑈𝑀 =
𝑈𝑀 =
න 𝑀𝐵 𝑑𝑥 + න
𝑃 𝑥 𝑑𝑥 − න 𝑃𝑀𝐵 𝑥𝑑𝑥 =
𝑀𝐵 2 +
𝑃 𝐿 − 𝑃𝑀𝐵 𝐿
2𝐸𝐼
25
3 5
2
2𝐸𝐼
25
5
2𝐸𝐼
75
5
Toplam şekil değiştirme enerjisi:
Sayısal değerler:
60𝑥2003
𝐼𝑍 =
= 40𝑥106 𝑚𝑚4
12
y
𝐴 = 200𝑥60𝑚𝑚
z
200mm
2
𝐿 = 2𝑥103 𝑚𝑚
𝐸 = 150𝑥10 𝑀𝑃𝑎 , n =0.25
3
𝐺=
23.08.2024
9𝑃2 𝐿 19.2𝑃2 𝐿
𝐿
16 2 2 4
𝑈𝑖 =
+
+
𝑀𝐵 2 +
𝑃 𝐿 − 𝑃𝑀𝐵 𝐿
50𝐴𝐸
50𝐺𝐴
2𝐸𝐼
75
5
𝑃 = 2𝑥103 𝑁
𝑀𝐵 = 2𝑥103 𝑁𝑚𝑚
60mm
10.1.19 denkleminden: 𝑈𝑖 = 𝑈𝑁 + 𝑈𝑉 + 𝑈𝑀
Tüm değerler üstteki eşitlikte yerine koyulduğunda:
𝑈𝑖 = 572.33𝑁𝑚𝑚
bulunur.
𝐸
= 60𝑥103 𝑀𝑃𝑎
2(1 + 𝑣)
Mukavemet II – Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
424
10. ENERJİ METODLARI
10.2 Castigliano
Teoremleri
23.08.2024
Örnekli Konu Anlatımı
(Video 10.2.a)
Doğrusal Eksenli Çubuklarla İlgili Örnekler
(Video 10.2.b)
Eğrisel Eksenli Çubuklarla İlgili Örnekler
(Video 10.2.c)
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
425
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
Castigliano teoremleri farklı yüklemelere maruz katı sistemlerde, sipesifik (özel) noktalardaki elastik şekil değiştirmelerin veya
bilinmeyen kuvvetlerin hesaplanmasında kullanılan enerji metodlarının önemli bir uygulamasıdır. Şimdi aşağıdaki konuları adım
adım takip ederek bu teoremlere ulaşacağız.
10.2.1 P1 ve P2 gibi iki Dış kuvvetin Toplam Şekil Değiştirme İşi:
Bir kirişe birden fazla düşey yük aynı anda uygulanınca bir noktadaki toplam elastik sehim, yükler sırayla uygulandığı zaman
ortaya çıkan elastik sehimlerin toplamına eşit olur. (Süperpozisyon metodu).
2tane kuvvet varken
𝑦
𝑦
𝑃1
𝑃1
𝑃2
𝑐2
𝑐1
𝑣1
𝑥
𝑣2
𝑣1 = 𝑣11 + 𝑣12
;
𝑥
𝑣21
𝑣11
𝑃2
𝑐1
+
𝑐2
𝑣12
Şekil 10.2.1.b
Şekil 10.2.1.a
(10.2.1.a)
𝑐2
𝑐1
≡
𝑦
(10.2.1.b)
𝑣2 = 𝑣21 + 𝑣22
(10.2.1.c)
𝑣11 =∝11 𝑃1
;
𝑣22
Şekil 10.2.1.c
(10.2.1.d)
𝑣21 =∝21 𝑃1
(10.2.1.e)
𝑣12 =∝12 𝑃2
;
(10.2.1.f)
𝑣22 =∝22 𝑃2
∝𝑖𝑘 terimleri tesir katsayısı olarak isimlendirilir. Bir 𝑃𝑘 kuvvetinden kaynaklı i noktasındaki çökme miktarı: 𝑣𝑖𝑘 =∝𝑖𝑘 . 𝑃𝑘
10.2.1. 𝑐, 𝑑, 𝑒, 𝑓denklemlerini 10.2.1. a,b denklemlerinde yerine koyarsak: 𝑣1 =∝11 𝑃1 +∝12 𝑃2 (10.2.1.h) ;
𝑣2 =∝21 𝑃1 +∝22 𝑃2
𝑛
𝑛 tane kuvvet olsaydı :
(𝑐𝑖 noktasının toplam çökmesi):
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
(10.2.1.g)
(10.2.1.i)
𝑛
𝑣𝑖 = ෍ 𝑣𝑖𝑘 = ෍ ∝𝑖𝑘 . 𝑃𝑘
𝑘=1
23.08.2024
𝑥
(10.2.1.j)
𝑘=1
426
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
10.2.2 Maxwell Karşıtlık Teoremi: Aynı indislere sahip tesir katsayıları birbirine eşittir. İndis sırası farketmez Bu aşağıda ispatlanmıştır.:
𝑦
𝑐1
𝑃1
𝑣11
𝑐2
𝑦
𝑥
𝑐1
+
𝑣21
etkisiz
𝑃1
𝑣12
Şekil 10.2.2.a
𝑐2
𝑣22
𝑦
𝑃2
𝑥
≡
𝑐1
𝑃1
𝑣1
𝑐2
𝑣2
𝑃2
𝑥
Şekil 10.2.2.c
Şekil 10.2.2.b
Süperpozisyon prensibinde şu nokta gözden kaçırılmamalıdır: 10.1.1 konusunda açıklandığı gibi, kirişe önce P1 uygulanır, daha sonra P1 kiriş
üzerinde iken P2 uygulanır. P2 uygulandığında P1’in uygulama noktası (c1) P2 sebebiyle biraz daha (𝑣12 kadar) ötelenir ve P2 kuvveti P1 in işine
𝑃1 . 𝑣12 kadar katkı sağlar. Fakat P1 ilk uygulandığında P2 kiriş üzerinde henüz olmadığından , P1 kuvvetinin P2’nin işi üzerine katkısı olmaz. Önce P2
sonra P1 uygulanırsa durum benzer şekildedir. Aşağıdaki denklemler bu mantığa göre yazılmıştır. (Daha detaylı bilgi için bknz: 10.1.1 konusu)
asıl
diğer
(10.1.1.a denkleminden) kuvvetin etkisi kuvvetin katkısı
𝑃1
𝑣11 𝑣12
Önce 𝑃1
sonra 𝑃2
uygulanırsa
Önce 𝑃2
sonra 𝑃1
uygulanırsa
∆𝐿
𝑃1 ’in şekil
1
1
1
𝑈
=
𝑃
𝑣
+
𝑃
.
𝑣
=
∝11 𝑃1 2 + ∝12 𝑃1 𝑃2
=
𝑃
∝
𝑃
+
𝑃
(∝
𝑃
)
𝑑
1
11
1
12
1
11 1
1
12 2
değiştirme işi:
𝑃1
2
2
2
𝑃2 ’nin şekil
değiştirme işi:
1
𝑈𝑑𝑃2 = 𝑃2 𝑣22 +
2
0
=
1
𝑃 ∝ 𝑃
2 2 22 2
2
2
𝑃1 ’in şekil
1
𝑈
=
değiştirme işi: 𝑑𝑃1 2 𝑃1 𝑣11 +
0
1
= 𝑃1 ∝11 𝑃1
2
𝑈𝑑 = 𝑈𝑑𝑃1 + 𝑈𝑑𝑃2
(10.2.2.a)
1
1
(𝑈𝑑 )1 = 𝑃1 2 ∝11 +∝12 𝑃1 𝑃2 + 𝑃2 2 ∝22
2
2
1
= 𝑃2 2 ∝22
2
𝑃2 ’nin şekil
1
1
1
değiştirme işi: 𝑈𝑑𝑃2 = 2 𝑃2 𝑣22 + 𝑃2 . 𝑣21 = 𝑃2 ∝22 𝑃2 + 𝑃2 (∝21 𝑃1 ) = ∝11 𝑃2 2 + ∝21 𝑃1 𝑃2
Her iki durumda da toplam şekil
değiştirme işi aynı çıkacağından:
23.08.2024
Toplam Şekil değiştirme işi:
1
= 𝑃1 2 ∝11
2
1
1
1
1
→∝12 =∝21
(𝑈𝑑 )1 = (𝑈𝑑 )2 → 𝑃1 2 ∝11 +∝12 𝑃1 𝑃2 + 𝑃2 2 ∝22 = 𝑃1 2 ∝11 +∝21 𝑃1 𝑃2 + 𝑃2 2 ∝22
2
2
2
2
maxwell karşıtlık teoremi: →∝𝑖𝑘 =∝𝑘𝑖
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
(10.2.2.b)
1
1
(𝑈𝑑 )2 = 𝑃1 2 ∝11 +∝21 𝑃1 𝑃2 + 𝑃2 2 ∝22
2
2
(10.2.3.a)
(10.2.3.b)
427
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
10.2.3 Betti Karşıtlık Teoremi
𝑃1 varken uygulanıyor.
𝑦
𝑐1
𝑃1
𝑦
𝑐2
𝑐1
𝑥
𝑣21
𝑣11
𝑃1
𝑣12
𝑐2
𝑣22
𝑃2
𝑥
(b)
(a)
Şekil 10.2.3
𝑣21 =∝21 𝑃1
𝑣12 =∝12 𝑃2
Her iki tarafı 𝑃2 ile çarparsak
𝑃2 𝑣21 =∝21 𝑃1 𝑃2
Her iki tarafı 𝑃1 ile çarparsak
(I)
𝑃1 𝑣12 =∝12 𝑃1 𝑃2 =∝21 𝑃1 𝑃2
(II)
(Maxwell karşıtlık teoreminden: ∝12 =∝21 )
(I) ve (II) denklemlerinden
23.08.2024
Betti Karşıtlık Teoremi:
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑃2 𝑣21 = 𝑃1 𝑣12
(10.2.4)
428
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
10.2.4 Castigliano Teoremleri
1nci Castigliano Teoremi: Statik dengede olan bir cisimde, toplam şekil değiştirme işi(Ud) nin veya toplam şekil değiştime enerjisi(Ui) nin bir dış
yüke göre kısmi türevi, o yükün uygulama noktasının o dış yük doğrultusundaki şekil değiştirmesine eşittir. Buna 1nci Castigliano teoremi denir.
2nci Castigliano Teoremi: Statik dengede olan bir cisimde, toplam Şekil değiştirme işi (Ud) veya toplam şekil değiştirme enerjisi (Ui) nin bir
noktadaki şekil değiştirmeye göre kısmi türevi, o şekil değiştirmeye sebep olan yüke eşittir. Buna 2nci castigliano teoremi denir.
Bu iki teoremin tanımlarına dikkat ederek aşağıdaki en genel durumlar için nasıl yazıldığını anlamaya çalışınız.
𝑈𝑑
10.2.4.1 Tekil Kuvvetler için en genel durumda Castigliano teoremleri
𝑃1
𝑃2
𝑃𝑘
𝑘′′
𝑃𝑛
𝑘
𝑘′
𝑘′′: tüm kuvvetlerin etkisiyle k nın
geldiği gerçek konum
𝑈𝑖
(10.1.3)
1nci Castigliano Teoremi:
𝜕𝑈𝑑 𝜕𝑈𝑖
=
= Δ𝑘
𝜕𝑃𝑘 𝜕𝑃𝑘
(10.2.5.a)
2nci Castigliano Teoremi:
𝜕𝑈𝑑 𝜕𝑈𝑖
=
= 𝑃𝑘
𝜕Δ𝑘 𝜕Δ𝑘
(10.2.5.b)
1nci Castigliano Teoremi:
𝜕𝑈𝑑
𝜕𝑈𝑖
=
= ∆𝜃𝑘
𝜕𝑀𝑘 𝜕𝑀𝑘
(10.2.6.a)
2nci Castigliano Teoremi:
𝜕𝑈𝑑
𝜕𝑈𝑖
=
= 𝑀𝑘
𝜕∆𝜃𝑘 𝜕∆𝜃𝑘
(10.2.6.b)
Δ𝑃𝑘 : 𝑃𝑘 kuvveti sebebiyle oluşan uzama,
Δ𝑑𝑖ğ𝑒𝑟 : Diğer yükler sebebiyle oluşan uzama
=
Δ𝑘 = 𝑘𝑘′ : tüm kuvvetlerin etkisiyle k’nın Pk
doğrultusundaki net şekil değiştirmesidir.
Şekil 10.2.4
10.2.4.2 Tekil Momentler için en genel durumda Castigliano teoremleri
𝜃𝑀𝑘 : 𝑀𝑘 momenti sebebiyle oluşan açı,
∆𝜃𝑘
𝜃𝑀𝑘
𝑀1 k
Şekil 10.2.5
23.08.2024
𝑀𝑘
𝑀2
𝜃𝑑𝑖ğ𝑒𝑟 : Diğer yükler sebebiyle oluşan açı
∆𝜃𝑘 = 𝜃𝑀𝑘 + 𝜃𝑑𝑖ğ𝑒𝑟 (tüm yüklerin etkisi ile k
noktasının Mk moment düzlemindeki dönme açısı)
* Bu genel denklemler tekil kuvvetlerin veya tekil momentlerin oluşturduğu yükleme cinsine (çek, bası, eğilme, burulma vb.) bağlı değildir.
Şimdi bu teoremlerin doğruluklarını bazı örneklerle ve Ud şekil değiştirme işinden giderek ispat edeceğiz..>>
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
429
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
Aşağıdaki kiriş örneğinden, önce 1nci Castigliano teoreminin geçerliliğini göstereceğiz:
(10.2.3.a)
𝑃1
𝑦
𝑐1
𝑣1
𝑃2
𝑐2
𝑣2
𝑥
∝12 =∝21 olduğu için; bu kiriş için yazılmış olan 10.2.2.a denklemini şu
formatta tekrar yazabiliriz:
𝑈𝑑 =
Şekil 10.2.6
1 2
1
1
1
𝑃1 ∝11 + ∝12 𝑃1 𝑃2 + ∝21 𝑃1 𝑃2 + 𝑃2 2 ∝22
2
2
2
2
(10.2.7)
1
1
→ 𝑈𝑑 = 𝑃1 ( 𝑣11 + 𝑣12 ) + 𝑃2 (𝑣21 + 𝑣22 ) → 𝑈 = 1 𝑃 𝑣 + 1 𝑃 𝑣
𝑑
2
2
2 1 1 2 2 2
𝑣2
𝑣1
𝑣11
𝑣12
𝑣21
𝑣22
𝑛
1
1
n tane tekil kuvvet olsaydı: 𝑈𝑑 = ෍ 𝑃𝑖 . 𝑣𝑖 = 𝑃1 𝑣1 + 𝑃2 𝑣2 + ⋯ + 𝑃𝑛 𝑣𝑛
2
2
𝑖=1
(10.2.7) denkleminin P1’e göre kısmi türevini alırsak
𝑈𝑑 =
1
1
𝑃1 (∝11 𝑃1 +∝12 𝑃2 ) + 𝑃2 ∝21 𝑃1 +∝22 𝑃2
2
2
𝜕𝑈𝑑
1
1
=∝11 𝑃1 + ∝12 𝑃2 + ∝21 𝑃2
𝜕𝑃1
2
2
→
𝜕𝑈𝑑
=∝11 𝑃1 +∝12 𝑃2
𝜕𝑃1
𝑣11
∝12 =∝21
= 𝑣11 + 𝑣12 = 𝑣1
→
𝜕𝑈𝑑
= 𝑣1
𝜕𝑃1
(10.2.7) denkleminin P2’ye göre kısmi türevini alırsak
23.08.2024
(10.2.9)
(10.2.10.a)
(1nci Castigliano
teoreminin
doğruluğunu gösterir.)
𝑣12
𝜕𝑈𝑑 1
1
𝜕𝑈𝑑
= ∝12 𝑃1 + ∝21 𝑃1 +∝22 𝑃2 →
=∝22 𝑃2 +∝21 𝑃1
𝜕𝑃2 2
2
𝜕𝑃2
𝑣21
𝑣22
∝12 =∝21
(10.2.8)
= 𝑣22 + 𝑣21
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
= 𝑣2
→
𝜕𝑈𝑑
= 𝑣2
𝜕𝑃2
(10.2.10.b)
430
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
Şimdi aynı örnek üzerinde 2nci Castigliano teoreminin doğruluğunu gösterelim:
𝑃1
𝑦
𝑃2
𝑐2
𝑐1
𝑣1
𝑥
(10.2.1.h ve 10.2.1.i denklemlerini tekrar ele alıp, P1 ve P2 kuvvetlerini çekersek: )
𝑣2
𝑣1 =∝11 𝑃1 +∝12 𝑃2
Şekil 10.2.7
𝑣2 =∝21 𝑃1 +∝22 𝑃2
(10.2.1.h)
∝11 𝑣2 −∝21 𝑣1
∝11 ∝22 +∝12 ∝21
(10.2.11.a)
𝑃1 =
∝22 𝑣1 −∝12 𝑣2
∝11 ∝22 +∝12 ∝21
(10.2.11.b)
(10.2.1.i)
10.2.11 denklemlerini 10.2.8 denkleminde yerine koyarsak
(10.2.8)
𝑃2 =
1
1
1
=
[𝑣1 ∝22 𝑣1 −∝12 𝑣2 + 𝑣2 ∝11 𝑣2 −∝21 𝑣1 ]
→ 𝑈𝑑 = 𝑃1 𝑣1 + 𝑃2 𝑣2
2(∝
∝
+∝
∝
)
2
2
11 22
12 21
Son denklemin 𝑣1 ‘e göre kısmi türevini alırsak:
∝22 𝑣1 −∝12 𝑣2
1
𝜕𝑈𝑑
1
=
= 𝑃1
=
2
∝
𝑣
−
2
∝
𝑣
22 1
12 2
=
2 ∝22 𝑣1 −∝12 𝑣2 −∝21 𝑣2
∝
∝
+∝
∝
2(∝
∝
+∝
∝
)
11 22
12 21
11 22
12 21
𝜕𝑣1 2(∝11 ∝22 +∝12 ∝21 )
∝12 =∝21
(10.2.3.a)
→
𝜕𝑈𝑑
= 𝑃1
𝜕𝑣1
(10.2.12)
(Bu son 10.2.12 denklemi 2nci Castigliano teoreminin doğruluğunu gösterir.)
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
431
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
𝑃𝑘 𝐿
∆𝑘 =
𝐴𝐸
𝑃𝑘
Örnek 10.2.1 Çeki veya basıya maruz
bir
çubukta
1nci
Castigliano
teoreminin
(10.2.5.a
genel
denkleminin) doğruluğunu gösteriniz.
Şekil 10.2.8
(10.1.1.a denkleminden
Şekil Değiştirme İşi:)
1
1 𝑃𝑘 2 𝐿
𝑈𝑑 = 𝑃𝑘 ∆𝑘 =
2
2 𝐴𝐸
→
𝜕𝑈𝑑 𝑃𝑘 𝐿
=
= ∆𝑘
𝜕𝑃𝑘
𝐴𝐸
Örnek 10.2.2 Bir konsol kirişin serbest ucuna tekil eğilme momenti uygulanıyor. Bu sistem için 1nci Castigliano teoreminin
doğruluğunu gösteriniz.
𝐴′
𝑀𝑘 𝐿
𝜃
=
=
−
Moment alanı metodundan (9.3 konusu) k uç noktasının dönme açısı:
𝑘
𝐿
𝐸𝐼
𝐸𝐼
(a)
k 𝑀𝑘
𝜃𝑘
0
1
1 𝑀𝑘 2 𝐿
10.1.2.a denkleminden Şekil değiştirme İşi : 𝑈𝑑 = 𝑀𝑘 𝜃𝑘 + 𝑀𝑘 𝜃𝑑𝑖ğ𝑒𝑟 = −
2
2 𝐸𝐼
𝑀
𝐿
𝑥
(Mk’dan başka bir dış moment olmadığından 𝜃𝑑𝑖ğ𝑒𝑟 = 0)
(b)
−𝑀𝑘
𝐴′
1nci Castigliano’ ya göre 10.2.6.a denkleminden:
Şekil 10.2.9
𝜕𝑈𝑑
𝑀𝑘 𝐿
=−
= 𝜃𝑘 = ∆𝜃𝑘
𝜕𝑀𝑘
𝐸𝐼
Örnek 10.2.3 Ankastre milin serbest ucuna uygulanan Tekil burulma momentinin şekil değiştirme etkisini göze
alarak 1nci castiglino teoreminin doğruluğunu gösteriniz.
4.1.5 denkleminden burulma açısı:
𝑘 ∅𝑘
𝑘′
Şekil 10.2.10
23.08.2024
𝑇𝑘
𝑇𝑘 𝐿
𝐺𝐽
0
1
1 𝑇𝑘 2 𝐿
10.1.2.b denkleminden Şekil değiştirme işi: 𝑈𝑑 = 𝑇𝑘 ∅𝑘 + 𝑇𝑘 ∅𝑑𝑖ğ𝑒𝑟 =
2
2 𝐺𝐽
(Tk’dan başka bir dış yük olmadığından: ∅𝑑𝑖ğ𝑒𝑟 = 0)
∅𝑘 =
1nci Castigliano’ ya göre :
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
→
𝜕𝑈𝑑 𝑇𝑘 𝐿
=
= ∅𝑘 = ∆∅𝑘
𝜕𝑇𝑘
𝐺𝐽
432
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
Örnek 10.2.4
Çözüm:
𝑃2
𝐿2
𝐿1 𝐸, 𝑣
Sürtünmesiz bir zemine koyulmuş bir elastik blok, sağ yüzeyinden de ayrıca ankastre
edilmiştir. Yatay 𝑃1 çeki kuvveti ve düşey 𝑃2 bası kuvveti bloğa uygulanıyor.
Toplam şekil değiştirme işi yardımıyla yatay ve düşey yöndeki uzamaları hesaplayınız.
(E: Elastiklik Modülü, 𝑣 : poisson oranı)
𝑃2
∆
∆11
∆
12
22
∆21
𝐴1
𝑃1
∆1 =?
𝐴2
∆2 =?
𝑃2
Şekil 10.2.11
𝑃1
≡
𝑃1
+
∆1 = ∆11 + ∆12
∆2 = ∆21 + ∆22
Hacim: 𝑉 = 𝐴1 𝐿1 = 𝐴2 𝐿2
𝐿1 𝐿2
→
=
𝐴2 𝐴1
(I)
∆11 =
𝑃1 𝐿1
𝐴1 𝐸
Şekil 10.2.12.b
∆11
𝑃1
𝜀
=
=
Gerinme: 11
𝐿1
𝐴1 𝐸
∆21 = 𝜀21 . 𝐿2 = −𝑣. 𝜀11 . 𝐿2
∆22 =
𝜀22 =
→ ∆21 = −𝑣.
𝑃1
.𝐿
𝐴1 𝐸 2
𝑃1
→
∆
=
−𝑣.
.𝐿
veya (I) eşitliğini kullanarak
21
𝐴2 𝐸 1
10.2.9 denkleminden
Toplam şekil değiştirme işi:
𝑈𝑑 =
Şekil 10.2.12.c
𝐿1
Şekil 10.2.12.a
Toplam
Uzamalar
Bu terimin neden yazılmadığını anlamadıysanız
geçen konuları tekrar inceleyiniz.
1
1
𝑈𝑑 = 𝑃1 ∆11 + 𝑃1 ∆12 + 𝑃2 ∆22 + 𝑃2 ∆21
2
2
1 𝑃1 𝐿1
𝑃2
1
𝑃2 𝐿2
1
𝐿1
𝑣
1
𝐿2
𝑃1
− 𝑃1 𝑣.
𝐿1 + 𝑃2
= 𝑃1 2
− 𝑃1 𝑃2 .
𝐿1 + 𝑃2 2
2
𝐴1 𝐸
𝐴2 𝐸
2
𝐴2 𝐸
2
𝐴1 𝐸
𝐴2 𝐸
2
𝐴2 𝐸
23.08.2024
𝐿1
𝑃1
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑃2 𝐿2
𝐴2 𝐸
𝑃2
∆22
=
𝐴2 𝐸
𝐿2
∆12 = 𝜀12 . 𝐿1 = −𝑣. 𝜀22 . 𝐿1
→ ∆12 = −𝑣.
𝑃2
.𝐿
𝐴2 𝐸 1
1nci Castigliano teoremi (10.2.5.a denklemi):
𝜕𝑈𝑑 𝑃1 𝐿1 𝑃2 𝑣𝐿1
=
−
= ∆11 + ∆12 = ∆1
𝜕𝑃1
𝐴1 𝐸
𝐴2 𝐸
𝜕𝑈𝑑 𝑃2 𝐿2 𝑃1 𝑣𝐿1
=
−
= ∆22 + ∆21 = ∆2
𝜕𝑃2
𝐴2 𝐸
𝐴2 𝐸
433
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
10.2.5 Castigliano teoremlerinde Ui Şekil Değiştirme Enerjisinin Kullanılması
• Şu ana kadar Castigliano teoremlerini dış yüklere göre Ud toplam deformasyon işinin kısmi türevlerini
kullanarak açıkladık, kanıtladık ve bazı örnekleri çözdük.
• Fakat 10.2.5 ve 10.2.6 denklemlerinden de anlaşılacağı üzere Castigliano teoremlerinde, Ud
deformasyon işi yerine, iç kuvvetler cinsinden yazılabilen Ui toplam şekil değiştirme enerjisi de
kullanılabilir. Ud=Ui olduğu için, Ui nin dış yüklere göre kısmi türevleri de bizi aynı sonuçlara götürür.
• Cisim üzerindeki sipesifik noktaların şekil değiştirmelerinin veya o noktalardaki bilinmeyen
kuvvetlerin/momentlerin hesaplanmasında, Castigliano teoremleri çok daha pratiklik sağlar. Bu
hesaplamalar genellikle Ui toplam şekil değiştirme enerjisi yardımıyla yapılır.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
434
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
a-)Doğrusal Eksenli çubuklar için Şekil Değiştirme Enerjisi (Ui) cinsinden Castigliano Teoremleri
y
𝐼
𝑥
𝑀
Bir doğrusal eksenli çubuğun I-I kesiminin sol kısmının
𝑀𝑘
serbest cisim diyagramı genel olarak aşağıdaki gibidir.
𝑁
k
Mk, Pk : k noktasındaki tekil dış yükler , M,N, V, T: kesitteki iç tesirlerdir.
𝑃𝑘
x
Δ𝑘
𝜃𝑘
𝑇
𝑉
𝒇𝒔 :kesit faktörü
Dairesel Kesit için
k’
İç Kesme
Basit Eğilme
Kirişin şekil
İç Normal
İç Burulma Momenti (tablo 10.1.1 den)
kuvveti
İç Momenti
𝐼
değiştirmiş hali
kuvvet
Şekil 10.2.13
Denklem 10.1.20.a dan
Toplam Şekil Değiştirme Enerjisi:
(çubuğun tümünde depolanan enerji)
𝐿
𝐿
𝐿
𝐿
0
0
0
0
1 𝑁2
1
𝑉2
1 𝑀2
1 𝑇2
𝑈𝑖 = න
𝑑𝑥 +
න𝑓
𝑑𝑥 +
න
𝑑𝑥 +
න 𝑑𝑥
2 𝐴𝐸
2 𝑠 𝐺𝐴
2 𝐸𝐼
2 𝐺𝐽
Cismin üzerindeki herhangi bir k noktası için alttaki denklemleri yazabiliriz.
𝐿
1nci Castigliano teoremi :
(10.2.5 denklemlerinin açılımı)
2nci Castigliano teoremi :
0
𝐿
0
𝐿
0
𝐿
𝐿
𝐿
0
0
0
0
𝐿
𝐿
𝐿
𝐿
𝜕𝑈𝑖
𝑁 𝜕𝑁
𝑉 𝜕𝑉
𝑀 𝜕𝑀
𝑇 𝜕𝑇
𝑃𝑘 =
=න
𝑑𝑥 + න 𝑓𝑠
𝑑𝑥 + න
𝑑𝑥 + න
𝑑𝑥
𝜕Δ𝑘
𝐴𝐸 𝜕Δ𝑘
𝐺𝐴 𝜕Δ𝑘
𝐸𝐼 𝜕Δ𝑘
𝐺𝐽 𝜕Δ𝑘
0
𝑀𝑘 =
𝐿
0
𝐿
0
𝐿
0
0
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
0
(10.2.13.b)
(10.2.14.a)
𝐿
𝜕𝑈𝑖
𝑁 𝜕𝑁
𝑉 𝜕𝑉
𝑀 𝜕𝑀
𝑇 𝜕𝑇
=න
𝑑𝑥 + න 𝑓𝑠
𝑑𝑥 + න
𝑑𝑥 + න
𝑑𝑥
𝜕𝜃𝑘
𝐴𝐸 𝜕𝜃𝑘
𝐺𝐴 𝜕𝜃𝑘
𝐸𝐼 𝜕𝜃𝑘
𝐺𝐽 𝜕𝜃𝑘
0
(10.2.13.a)
0
𝐿
𝜕𝑈𝑖
𝑁 𝜕𝑁
𝑉 𝜕𝑉
𝑀 𝜕𝑀
𝑇 𝜕𝑇
𝜃𝑘 =
=න
𝑑𝑥 + න 𝑓𝑠
𝑑𝑥 + න
𝑑𝑥 + න
𝑑𝑥
𝜕𝑀𝑘
𝐴𝐸 𝜕𝑀𝑘
𝐺𝐴 𝜕𝑀𝑘
𝐸𝐼 𝜕𝑀𝑘
𝐺𝐽 𝜕𝑀𝑘
(10.2.6 denklemlerinin açılımı)
23.08.2024
𝐿
𝜕𝑈𝑖
𝑁 𝜕𝑁
𝑉 𝜕𝑉
𝑀 𝜕𝑀
𝑇 𝜕𝑇
Δ𝑘 =
=න
𝑑𝑥 + න 𝑓𝑠
𝑑𝑥 + න
𝑑𝑥 + න
𝑑𝑥
𝜕𝑃𝑘
𝐴𝐸 𝜕𝑃𝑘
𝐺𝐴 𝜕𝑃𝑘
𝐸𝐼 𝜕𝑃𝑘
𝐺𝐽 𝜕𝑃𝑘
0
(10.2.14.b)
435
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
b-) Eğrisel Eksenli çubuklar için Ui cinsinden Castigliano Teoremleri
Çubuğun bütününde depolanan şekil değiştirme enerjisi (Ui ), herbir kesitteki iç tesirlerin
Şekil değiştirmiş hali teğet 1
etkilerinin toplanmasıyla elde edilir. Bunun için ise kesitlerin konumunu gösteren değişkene
göre integrasyon yapmak gerekir. Doğrusal çubuklarda bir kesitin konumu x’e göre ifade
𝐼
teğet 2
edildiğinden 10.1.20.a denkleminde dx’e göre integrasyon yapılmıştır. Eğrisel çubuklarda ise
herhangi bir kesitin konumu şekilden de anlaşılacağı üzere s’e göre ifade edilir. Buna göre;
(a)
𝐼
Eğrisel eksenli çubuk
𝐿
𝐿
𝐿
𝐿
Denklem 10.1.20.b den
2
2
2
1 𝑁
1
𝑉
1 𝑀
1 𝑇2
𝑘
𝒅𝒔 + න 𝑓𝑠
𝒅𝒔 + න
𝒅𝒔 + න 𝒅𝒔
∆𝑘 Toplam Şekil Değiştirme Enerjisi: 𝑈𝑖 = න
𝑀𝑘
𝐼
2
𝐴𝐸
2
𝐺𝐴
2
𝐸𝐼
2 𝐺𝐽
𝑀 𝑉
𝑘′
0
0
0
0
𝜃𝑘
𝑃𝑘
Dairesel kesit için
1nci Castigliano teoremi : (10.2.5 denklemlerinin açılımı)
burulma iç momenti
𝐿
𝐿
𝐿
𝐿
𝑇
(b)
𝜕𝑈𝑖
𝑁 𝜕𝑁
𝑉 𝜕𝑉
𝑀 𝜕𝑀
𝑇 𝜕𝑇
𝐼
(10.2.15.a)
Δ𝑘 =
=න
𝒅𝒔 + න 𝑓𝑠
𝒅𝒔 + න
𝒅𝒔 + න
𝒅𝒔
𝜕𝑃𝑘
𝐴𝐸 𝜕𝑃𝑘
𝐺𝐴 𝜕𝑃𝑘
𝐸𝐼 𝜕𝑃𝑘
𝐺𝐽 𝜕𝑃𝑘
0
0
0
0
𝑘
𝐿
𝐿
𝐿
𝐿
𝑀𝑘
Teğetler
𝜕𝑈𝑖
𝑁 𝜕𝑁
𝑉 𝜕𝑉
𝑀 𝜕𝑀
𝑇 𝜕𝑇
𝑃𝑘
𝜃
=
=
න
𝒅𝒔
+
න
𝑓
𝒅𝒔
+
න
𝒅𝒔
+
න
𝒅𝒔 (10.2.15.b)
arasındaki
açı:
𝑘
𝑠
Şekil 10.2.14
𝜕𝑀𝑘
𝐴𝐸 𝜕𝑀𝑘
𝐺𝐴 𝜕𝑀𝑘
𝐸𝐼 𝜕𝑀𝑘
𝐺𝐽 𝜕𝑀𝑘
0
0
0
0
Geometriye göre ds i açı
2nci Castigliano teoremi : (10.2.6 denklemlerinin açılımı)
cinsinden ifade etmek gerekir.
𝐿
𝐿
𝐿
𝐿
(Daire yayı şeklinde bir çubuk için)
𝜕𝑈𝑖
𝑁 𝜕𝑁
𝑉 𝜕𝑉
𝑀 𝜕𝑀
𝑇 𝜕𝑇
((10.2.16.a)
𝑃𝑘 =
=න
𝒅𝒔 + න 𝑓𝑠
𝒅𝒔 + න
𝑑𝑠 + න
𝒅𝒔
𝜕Δ𝑘
𝐴𝐸 𝜕Δ𝑘
𝐺𝐴 𝜕Δ𝑘
𝐸𝐼 𝜕Δ𝑘
𝐺𝐽 𝜕Δ𝑘
𝑑𝑠 = 𝑅. 𝑑𝜃
0
0
0
0
𝑑𝜃
𝜃
𝐿
Şekil 10.2.14.c
0
23.08.2024
𝐿
𝐿
𝐿
𝜕𝑈𝑖
𝑁 𝜕𝑁
𝑉 𝜕𝑉
𝑀 𝜕𝑀
𝑇 𝜕𝑇
𝑀𝑘 =
=න
𝒅𝒔 + න 𝑓𝑠
𝒅𝒔 + න
𝒅𝒔 + න
𝒅𝒔
𝜕𝜃𝑘
𝐴𝐸 𝜕𝜃𝑘
𝐺𝐴 𝜕𝜃𝑘
𝐸𝐼 𝜕𝜃𝑘
𝐺𝐽 𝜕𝜃𝑘
0
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
0
0
(10.2.16.a)
436
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
10.2.6 Castigliano Teoremleriyle çözüm yönteminin diğer yöntemlerle karşılaştırılması:
•
Castigliano teoremleri, tıpkı moment alanı ve eşlenik ışın yöntemleri gibi, belirli bir noktadaki sapmayı ve eğimi
doğrudan bulmamıza olanak sağlar.
•
Castigliano Teoremleri sadece eğilmeden değil, aynı zamanda çeki, bası, burulma, kesme yüklemelerinin bütününü
hesaba katarak şekil değiştirmeleri hesaplamamızı sağlar. Sadece Kirişlerin çökmesi için değil tüm elastik sistemler için
kullanılabilir. Oysa ki, 9ncu konuda anlatılan metodlar (analitik metod, moment alanı metodu ve eşlenik çubuk metodu)
sadece eğilme yüklemesinden kaynaklı çökme ve eğim değerlerini hesaplamakta bize yardımcı olmaktadır.
•
Castigliano teoremleri ve 9ncu konuda anlatılan diğer metodlar, izotropik cisimlerde elastik şekil değiştirmelerin
hesaplanmasında kullanılabilirler. Bununla birlikte Castigliano teoremleri lineer elastik (Hooke kanununa uyan, yani elastik
bölgesi doğrusal olan) malzemeler için geçerli iken; nonlineer (Hooke kanuna uymayan yani elastik bölgesi eğrisel olan)
malzemeler için sadece 2nci Castigliano teoremi geçerlidir.
•
Castigliano yönteminde şekil değiştirmesi incelenen noktada bir dış kuvvet veya dış moment olmalıdır. Eğer yoksa hayali bir
dış kuvvet veya dış moment koyularak, çözüm yapılır ve çözüm sonunda bu hayali değerler sıfıra eşitlenir.
•
Castigliano yönteminin en önemli avantajlarından birisi de eğri eksenli çubuklardan oluşan sistemlerdeki deformasyon
hesaplarında çok daha pratik ve hızlı çözüm vermesidir.
•
Şimdi castigliano teoremleriyle ilgili, Ui toplam strain enerjisi kullanarak, doğrusal ve eğrisel eksenli çubuklar için bazı
örnekler çözeceğiz ve konuyu pekiştireceğiz.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
437
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
Örnek 10.2.5
Şekildeki kirişte A serbest ucunun
a-) sehimini (çökmesini);
b-) eğim açısını,
Castigliano teoremlerini kullanarak hesaplayınız.
Şekil 10.2.15
Öncelikle kirişte depolanan toplam şekil değiştirme enerjisini (𝑈𝑖′ 𝑦𝑖) bulmalıyız. Kesitte eğilme iç momenti
M ve kesme iç kuvveti V vardır. 𝑈𝑖 = 𝑈𝑉 + 𝑈𝑀 . 𝑈𝑀'ye göre 𝑈𝑉 çok küçük değerdedir. Bu sebeple aksi
söylenmedikçe 𝑈𝑉 ihmal edilir ki, bu örnekte de ihmal edeceğiz.
Çözüm:
Bileşke: q.x
a-)
𝑥/2
I-I kesiminin sol kısmının dengesinden M iç momentinin x ‘e bağlı ifadesini bulalım:
𝑀
Σ𝑀𝑘 = 𝑃𝑥 + 𝑀 + 𝑞. 𝑥.
𝑘
𝑥
𝑉
𝑥
1
= 0 → 𝑀 = − 𝑃𝑥 + 𝑞. 𝑥 2
2
2
→
𝜕𝑀
= −𝑥
𝜕𝑃
1 𝑀2
𝑑𝑥
10.1.20.a denkleminden: 𝑈𝑖 = 𝑈𝑀 = න
2 𝐸𝐼
1nci castigliano teoremine göre A noktasındaki dış tekil kuvvete yani P’ye göre Ui nin kısmi
Şekil 10.2.16
türevi o noktadaki deplasmanı verir.
1 𝑃𝐿3 𝑞𝐿4
𝜕𝑈𝑖
1
𝜕𝑀
1 𝐿
1
+
10.2.13.a denkleminden A noktasının sehimi: → 𝑣𝐴 =
= න𝑀
𝑑𝑥 = න [− 𝑃𝑥 + 𝑞. 𝑥 2 ](−𝑥) 𝑑𝑥 → 𝑣𝐴 =
𝐸𝐼 3
8
𝜕𝑃
𝐸𝐼
𝜕𝑃
𝐸𝐼 0
2
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
438
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
2nci castigliano teoremine göre Ui nin, A noktasındaki dış tekil momente
b-)
𝜕𝑈𝑖
𝜕𝑀𝐴
göre kısmi türevi o noktadaki 𝜃𝐴 dönme açısını verir: 𝜃𝐴 =
Fakat problemde A noktasında bir dış tekil moment yoktur.
𝑀𝐴
Bu sebeple A noktasına hayali bir MA dış tekil momenti koyulur.
Şekil 10.2.17
𝑀
𝑀𝐴
𝜃𝐴
𝑘
𝑥
Şekil 10.2.18
𝑉
(Son işlemde bu moment sıfıra eşitlenecektir.) Şöyle ki:
I-I kesiminin sol kısmının dengesini tekrar ele alırız ve M in genel ifadesini tekrar buluruz:
1
𝑥
Σ𝑀𝑘 = 𝑃𝑥 + 𝑀 + 𝑞. 𝑥. + 𝑀𝐴 = 0 → 𝑀 = − 𝑃𝑥 + 𝑞. 𝑥 2 − 𝑀𝐴
2
2
→
𝜕𝑀
= −1
𝜕𝑀𝐴
10.2.13.b denkleminden A’nin eğim açısı:
1 𝐿
1
𝜕𝑈𝑖
1 𝐿 𝜕𝑀
𝜃𝐴 =
= න 𝑀
𝑑𝑥 = න [−𝑃𝑥 − 𝑞. 𝑥 2 − 𝑀𝐴 ](−1) 𝑑𝑥
𝐸𝐼 0
2
𝜕𝑀𝐴 𝐸𝐼 0
𝜕𝑀𝐴
3
1 𝑃𝑥 2 1 3
𝐿 = 1 𝑃𝐿2 + 𝑞𝐿 + 2𝑀 L
𝜃𝐴 =
+ 𝑞𝑥 + 𝑀𝐴 𝑥 ቤ
𝐴
2𝐸𝐼
3
0
𝐸𝐼 2
6
23.08.2024
1
𝑞𝐿3
2
𝑃𝐿 +
Son denklemde 𝑀𝐴 = 0 koyularak, gerçek eğim değerini 𝜃𝐴 =
2𝐸𝐼
3
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
olarak buluruz..
439
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
Örnek 10.2.6
Şekildeki kirişte A mafsalındaki tepki kuvvetini Castigliano
teoremlerini kullanarak hesaplayınız.
Şekil 10.2.19
Çözüm: RA statik denge denklemlerinden bulunamayacağı için Sistem statikçe belirsiz (hiperstatik) dir.
𝑅𝐴
Bu örnek, 10.2.5 örneğine çok benzerdir. Sadece dış P kuvveti yerine RA mesnet tepkisi koyulacaktır.
𝑀
1 2
𝜕𝑀
1𝑞 2
→
𝑀
=
𝑅
.
𝑥
−
𝑞𝑥
→
=𝑥
Σ𝑀𝑘 = 0 → −𝑅𝐴 . 𝑥 +
𝑥 +𝑀 =0
𝐴
2
𝜕𝑅
2
𝐴
𝑉
≈0
𝑘
1 𝑀2
(𝑈𝑉 : kesme kuvvetinden kaynaklı
10.1.20.a denkleminden: 𝑈𝑖 = 𝑈𝑀 + 𝑈𝑉 = න
𝑑𝑥
𝑥
terimdir ve ihmal edilir.)
2 𝐸𝐼
Şekil 10.2.20
𝜕𝑈𝑖
1
𝜕𝑀
1 𝐿
1
10.2.13.a denkleminden: 𝑣𝐴 =
= න𝑀
𝑑𝑥 = න 𝑅𝐴 . 𝑥 − 𝑞𝑥 2
𝜕𝑅𝐴 𝐸𝐼
𝜕𝑅𝐴
𝐸𝐼 0
2
1nci Castigliano Teoremine göre Ui ’ nin A noktasındaki 𝑅𝐴 ’ya
göre kısmi türevi o noktadaki deplasmanı verir. Fakat mesnetten
dolayı deplasman (yani çökme) sıfırdır. Buradan hareketle:
23.08.2024
1 𝐿
1
𝑥 𝑑𝑥 = න 𝑅𝐴 . 𝑥 2 − 𝑞𝑥 3 𝑑𝑥
𝐸𝐼 0
2
1
𝑥3 1 𝑥4 𝐿
𝑣𝐴 =
𝑅
− 𝑞
ቤ
𝐸𝐼 𝐴 3 2 4 0
1
𝐿3
𝐿4
→ 𝑣𝐴 =
𝑅
−𝑞
=0
𝐸𝐼 𝐴 3
8
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
→ 𝑅𝐴 =
3
𝑞𝐿
8
440
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
Örnek 10.2.7
Şekildeki kafes sistemde, B
Çözüm: B düğümünün yatay yer değiştirmesi sorulduğu için B
noktasına hayali yatay bir Q kuvveti koyulur.
düğümünün yatay ve düşey
deplasmanlarını hesaplayınız.
Önce, geometriden BC ve BD
Çubukların kesitleri (A) eşit
çubuklarının uzunluklarını L
ve malzemeleri aynıdır.
cinsinden elde edelim:
3
𝑆𝑖𝑛 ∝=
5
4
𝐶𝑜𝑠 ∝=
5
𝐶
3
𝐿
𝐴
∝
4
𝐵
3
Δ𝑥𝐵
4∝
𝐴𝐵 = 𝐵𝐶 cos ∝ = 𝐵𝐷 sin ∝
∝
∝
𝐶
𝑃
𝑁𝐵𝐶 𝑁𝐵𝐶
∝
𝐵
𝑁𝐵𝐷
∝
𝑁
𝑄
Δ𝑌𝐵
𝐵′
𝐵𝐷
𝑄
𝑃
∝
𝐵𝐶 sin ∝ + 𝐵𝐷 cos ∝ = 𝐿
Bu denklemlerden,
𝐵𝐷 = 0.8𝐿, 𝐵𝐶 = 0.6𝐿 bulunur.
𝑥2
𝐷
𝐷
Şekil 10.2.22
B düğümünün dengesinden:
Şekil 10.2.21
23.08.2024
Σ𝐹𝑥 = 0 → −𝑁𝐵𝐶 𝐶𝑜𝑠 ∝ −𝑁𝐵𝐷 𝑆𝑖𝑛 ∝ +𝑄 = 0
(I)
Σ𝐹𝑦 = 0 → 𝑁𝐵𝐶 𝑆𝑖𝑛 ∝ −𝑁𝐵𝐷 𝐶𝑜𝑠 ∝ −𝑃 = 0
(II)
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
441
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
(I) ve (II) denklemlerinden
𝜕𝑁𝐵𝐶
= 0.8
𝜕𝑄
𝑁𝐵𝐶 = 0.6𝑃 + 0.8𝑄
→
𝑁𝐵𝐷 = −0.8𝑃 + 0.6 𝑄
𝜕𝑁𝐵𝐷
→
= 0.6
𝜕𝑄
,
𝜕𝑁𝐵𝐶
= 0.6
𝜕𝑃
,
𝜕𝑁𝐵𝐷
= −0.8
𝜕𝑃
Çubuklarda sadece N normal iç kuvvetleri oluşur. Bu
sebeple 10.1.20.a denkleminden toplam şekil değiştirme
enerjisi herbir çubuğun enerjilerinin toplamıdır. :
𝐵
𝐵
𝐶
𝐷
1 𝑁𝐵𝐶 2
1 𝑁𝐵𝐷 2
𝑈𝑖 = න
𝑑𝑥1 + න
𝑑𝑥2
2
𝐴𝐸
2
𝐴𝐸
1nci Castigliano teoremine göre 10.2.13.a denkleminden :
x yönünde B noktasının deplasmanı:
0.6𝐿
0.8𝐿
𝐵
𝐵
1
𝜕𝑈𝑖
𝑁𝐵𝐶 𝜕𝑁𝐵𝐶
𝑁𝐵𝐷 𝜕𝑁𝐵𝐷
න
0.6𝑃 + 0.8𝑄 0.8 𝑑𝑥1 + න
−0.8𝑃 + 0.6 𝑄 0.6 𝑑𝑥2
Δ𝑥𝐵 =
=න
𝑑𝑥1 + න
𝑑𝑥2 =
𝐴𝐸
𝜕𝑄
𝐴𝐸
𝜕𝑄
𝐴𝐸
𝜕𝑄
0
0
𝐶
𝐷
0
0
1
0.6𝐿
0.6𝐿
0.8𝐿
0.8𝐿 = (0.48𝑥0.6 − 0.48𝑥0.8)𝑃𝐿 → Δ = −0.096 𝑃𝐿
Δ𝑥𝐵 =
0.48𝑃𝑥1 ቤ
+ 0.64𝑄𝑥1 ቤ
+ −0.48𝑃𝑥2 ቤ
+ 0.36𝑄𝑥2 ቤ
𝑥𝐵
𝐴𝐸
0
0
0
0
𝐴𝐸
y yönünde B noktasının deplasmanı
𝐵
𝐵
0.6𝐿
0.8𝐿
𝜕𝑈𝑖
𝑁𝐵𝐶 𝜕𝑁𝐵𝐶
𝑁𝐵𝐷 𝜕𝑁𝐵𝐷
1
Δ𝑦𝐵 =
=න
𝑑𝑥1 + න
𝑑𝑥2 =
න
0.6𝑃 + 0.8𝑄 0.6 𝑑𝑥1 + න
−0.8𝑃 + 0.6 𝑄 (−0.8) 𝑑𝑥2
𝜕𝑃
𝐴𝐸
𝜕𝑃
𝐴𝐸
𝜕𝑃
𝐴𝐸
𝐶
𝐷
0
0
0
1
Δ𝑦𝐵 =
(0.6𝑃)(0.6) 0.6𝐿 + (0.8𝑄)(0.6) 0.6𝐿
𝐴𝐸
0
+ −0.8𝑃 −0.8 0.8𝐿 + 0.6𝑄 −0.8 (0.8𝐿)
→ Δ𝑦𝐵 = +0.728
𝑃𝐿
𝐴𝐸
Δ𝑦𝐵 nin (+) çıkması P ile aynı yönde olduğunu gösterir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
442
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
Çözüm: Çubuğu, kesit tesirleri farklı olan 2 bölgeye ayırırız. Herbir bölgedeki iç
Örnek10.2.8
tesirleri I-I ve II-II kesimleriyle statik dengeden aşağıdaki gibi buluruz.
Dairesel kesitli ve L şeklinde bükülmüş
çelik çubuğun C ucuna P düşey yükü
uygulanmıştır.
1. 𝐵ö𝑙𝑔𝑒
M1
(a)
k1
II
Şekil 10.2.23
C noktasının düşey
yöndeki çökmesini
hesaplayınız. (Kesme
kuvvetlerinin etkisini
ihmal ediniz)
I
I
II
2
1
Şekil 10.2.24
I
2. 𝐵ö𝑙𝑔𝑒
II
I
T2
(b)
V2
V1
M2
k2
II
Şekil 10.2.25
P
Σ𝑀𝑧−𝑘1 = 0
Σ𝑀𝑧−𝑘2 = 0
P. 𝑧1 + 𝑀1 = 0
P. 𝑥2 + 𝑀2 = 0
P Σ𝑀𝑥−𝑘2 = 0
P. 𝑏 − 𝑇2 = 0
𝑀1 = −P. 𝑧1
𝑀2 = −P. 𝑥2
𝑇2 = P. 𝑏
* V1 ve V2 kesme kuvvetlerinin etkisi ihmal edildiğinden bunları hesaplamaya gerek yoktur.
1nci Castigliano teoremine göre C noktasının düşey yöndeki çökmesi:
1 𝐴 𝜕𝑇2
𝜕𝑈𝑖
1 𝐵
𝜕𝑀1
1 𝐴
𝜕𝑀2
𝑑𝑥
10.2.13.a denkleminden: 𝑣𝐶 =
= න 𝑀1
𝑑𝑧1 + න 𝑀2
𝑑𝑥2 + න 𝑇2
𝐺𝐽 𝐵
𝜕𝑃 2
𝜕𝑃
𝐸𝐼 𝐶
𝜕𝑃
𝐸𝐼 𝐵
𝜕𝑃
1 𝑏
= න −𝑃𝑧1
𝐸𝐼 0
2
𝑃
𝑃𝑎𝑏
𝑃 𝑧1 3 𝑏 𝑃 𝑥2 3 𝑎 𝑃𝑏 2
1 𝑎
1 𝑎
𝑎
𝑏 3 + 𝑎3 +
ቤ +
ฬ +
𝑥2 ฬ → 𝑣𝐶 =
−𝑧1 𝑑𝑧1 + න −𝑃𝑥2 −𝑥2 𝑑𝑥2 + න 𝑃. 𝑏. 𝑏 𝑑𝑥2 =
0
3𝐸𝐼
𝐺𝐽
𝐸𝐼 3 0 𝐸𝐼 3 0
𝐺𝐽
𝐸𝐼 0
𝐺𝐽 0
Kesitteki İç moment veya iç kuvvetlerin seçilen yönü castigliano yönteminden elde edilen sonuçları etkilemez. Çünkü kısmi türevlerle
𝜕𝑇
çarpıldığından üstteki denklemde çarpımlar aynı işaret çıkar. Örneğin üstteki çözümde T2 =Pb alındığı için 𝑇2 2 =Pb.(b) = Pb2 çıkar.
𝜕𝑃
T2 = -Pb olarak zıt yönde alınsaydı 𝑇2
23.08.2024
𝜕𝑇2
𝜕𝑃
=-Pb.(-b) = Pb2. Görüldüğü gibi her iki sonuçta değer ve işaret olarak aynı çıkmaktadır.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
443
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
𝑦
Örnek 10.2.9
𝑞𝑜
A
C
h
𝑞𝑜
𝑥
𝐹𝐴𝑥
a
a
çerçevesi
A
ve
B
y
uçlarından şekilde görüldüğü
𝑁1
gibi mesnetlenerek, AC kısmı
maruz bırakılıyor.
Buna göre, A (mesnet) ucunun düşey yer
değiştirmesini hesaplayınız.
(E=200GPa, b=20mm, h=80mm, a=1m,
qo =2kN/m, G=80GPa)
23.08.2024
Şekil 10.2.27
1
1
a
h
B
doğrusal değişken yayılı yüke
2
𝑄(hayali kuvvet)
h
b
2𝑎/3
C
h
h
ACB
𝑎/3
2 𝑞𝑜 𝑎
2
A
kesit
Şekil 10.2.26
A kayar mesnetinde normalde düşey yönde tepki
kuvveti oluşmaz. Fakat düşey yöndeki deplasmanı
hesaplamak için düşey yönde hayali bir Q kuvveti
koyulur. Son kısımda bu kuvvet sıfıra eşitlenir.
Çözüm:
b
1
z
B
𝐹𝐵𝑥
𝑀1
𝐹𝐵𝑦
Sistemin statik dengesinden:
1
→
𝐹
−𝑄
−
𝑞 𝑎=0
𝐵𝑦
Σ𝐹𝑦 = 0
2 0
𝑞0 𝑎 𝑎
→
𝐹
.
𝑎
−
𝐹
.
𝑎
−
( )=0
Σ𝑀𝐴 = 0
𝐵𝑦
𝐵𝑥
2 3
𝑞0 𝑎
𝑞0 𝑎
𝐹
=
+𝑄
;
𝐵𝑥
+𝑄
Bu 2 eşitlikten: 𝐹𝐵𝑦 =
3
2
𝑞0 𝑎
+𝑄
Σ𝐹𝑥 = 0 → 𝐹𝐴𝑥 = 𝐹𝐵𝑥 =
3
Çerçevenin BC ve AC bölgelerindeki kesit tesirlerini bulalım:
𝑉1
h k1
1
x
y
Σ𝑀𝑧−𝑘1 = 0
→ 𝑀1 = −
𝑞0 𝑎
+𝑄 𝑦
3
→ −𝑀1 − 𝐹𝐵𝑥 . 𝑦=0
→
𝜕𝑀1
= −𝑦
𝜕𝑄
𝑞0 𝑎
𝜕𝑉1
→
𝑉
=
𝐹
=
+
𝑄
→
=1
Σ𝐹
=
0
1
𝐵
𝐹𝐵𝑥
𝑥
𝑥
3
B
𝜕𝑄
𝐹𝐵𝑦
𝑞0 𝑎
𝜕𝑁1
+𝑄 →
Σ𝐹𝑦 = 0 → 𝑁1 = 𝐹𝐵𝑦 =
=1
2
𝜕𝑄
Şekil 10.2.28
𝑏ℎ3ൗ
𝐼
=
𝐼
=
𝐼
=
1
𝑍
Eğilme momenti M1 = Mz olduğundan atalet momenti:
12
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
alınır.
444
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
2
y
𝑥/3
𝑞0′
𝑞0
Σ𝑀𝑘2 = 0
𝑞′𝑜 𝑥
2
𝑀2
A 𝑁2
𝑉2 k2
2
𝑞0′
2𝑎/3
𝑥
𝑞0 𝑎
𝑥
→ 𝑞0′ = 𝑞0
𝑎
C
x
h
𝑞0′ 𝑥 𝑥
→ −𝑀2 + 𝐹𝐵𝑦 . 𝑥 − 𝐹𝐵𝑥 . 𝑎 −
. =0
2 3
𝜕𝑀2
1
1
𝑞0 𝑥 3
→
=𝑥−𝑎
𝑀2 =
𝑞 𝑎+𝑄 𝑥−
𝑞 𝑎+𝑄 𝑎−
𝜕𝑄
2 0
3 0
6𝑎
x
Şekil 10.2.29
=
𝐹𝐵𝑥
h
a
B
𝐹𝐵𝑦
Σ𝐹𝑥 = 0 →
𝑁2 = 𝐹𝐵𝑥 =
𝑞𝑎
𝜕𝑁2
+𝑄 →
=1
3
𝜕𝑄
𝜕𝑉2
𝑞0′ 𝑥
𝑞0 𝑎
𝑞0 𝑥 2
→
= −1
𝑉
=
−𝐹
+
=
−
−
𝑄
+
Σ𝐹𝑦 = 0 → 2
𝐵𝑦
𝜕𝑄
2
2
2𝑎
1.Castigliano teoremine göre 10.2.13.a denkleminden A noktasının düşey deplasmanı bulunur:
𝑎
𝑎
𝑎
𝑎
𝜕𝑈𝑖
1 𝑎
𝜕𝑀1
1 𝑎
𝜕𝑀2
𝑉1 𝜕𝑉1
𝑉2 𝜕𝑉2
𝑁1 𝜕𝑁1
𝑁2 𝜕𝑁2
𝑣𝐴 =
=
න 𝑀1
𝑑𝑦 +
න 𝑀2
𝑑𝑥 + න
+
න
𝑓
.
𝑑𝑦
+
න
𝑓
.
𝑑𝑥
.
𝑑𝑦 + න
𝑑𝑥
𝑠
𝑠
𝜕𝑄
𝐸𝐼1 0
𝜕𝑄
𝐸𝐼2 0
𝜕𝑄
𝐺𝐴
𝜕𝑄
𝐺𝐴
𝜕𝑄
𝐴𝐸
𝜕𝑄
𝐴𝐸
𝜕𝑄
0
0
0
0
𝑎
𝑎
1
1
1
1
𝑞0 𝑥 3
2
𝑣𝐴 =
න (− 𝑞0 𝑎𝑦 − 𝑄) −𝑦 𝑑𝑦 + න [( 𝑞0 𝑎 + 𝑄)𝑥 − 𝑞0 𝑎 − 𝑄𝑎 −
)(𝑥 − 𝑎)]𝑑𝑥 +
𝐸𝐼 0
3
2
3
6𝑎
0
𝑎
𝑎
𝑎
𝑎
1
1
1
𝑓𝑠
1
1
𝑞0 𝑥 2
+
න ( 𝑞 𝑎 + 𝑄). 1. 𝑑𝑦 + න ( 𝑞0 𝑎 + 𝑄). 1. 𝑑𝑥 +
න ( 𝑞0 𝑎 + 𝑄). 1. 𝑑𝑦 + න (− 𝑞0 𝑎 − 𝑄 +
)(−1)𝑑𝑥
𝐴𝐸 0 2 0
3
𝐺𝐴
3
2
2𝑎
0
0
0
…>>
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
445
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
Sonuç olarak:
73
5𝑞0 𝑎2
𝑞0 𝑎2
4
𝑣𝐴 =
𝑞 𝑎 +
+ 2𝑓𝑠
360𝐸𝐼 0
6𝐴𝐸
3𝐺𝐸
elde edilir.
Soruda verilen Sayısal değerleri yerine koyarsak: (E=200GPa, b=20mm, h=80mm, a=1m, qo =2kN/m, G=80GPa)
3
3
𝐼 = 𝑏ℎ ൗ12 = 20𝑥80 ൗ12 = 853333𝑚𝑚4
,
Tablo 10.1.1 den dikdörtgen için: 𝑓𝑠 =1.2
𝐴 = 𝑏ℎ = 20𝑥80 = 1600𝑚𝑚2
73
5𝑥2𝑥10002
2𝑥10002
4
𝑣𝐴 =
2𝑥1000 +
+ 2𝑥1.2
360𝑥200𝑥103 𝑥853333
6𝑥1600𝑥200𝑥103
3𝑥80𝑥103 𝑥200𝑥103
𝑣𝐴 =
2.376𝑚𝑚
(𝑣𝐴 )𝑀
+
0.0052𝑚𝑚
+
(𝑣𝐴 )𝑁
0.0001𝑚𝑚
→ 𝑣𝐴 ≅ 2.381𝑚𝑚
(𝑣𝐴 )𝑉
Görüldüğü gibi N ve V kuvvetlerinin etkisi momentin etkisinin yanında ihmal edilebilecek mertebelerde çıkmaktadır.
y
𝑀2 = 𝑀𝑍
10.2.13.a denklemindeki I atalet momentinin indisi Eğilme iç momentinin indisi ile aynı
h
b
x
z
Şekil 10.2.30
23.08.2024
olmalıdır. 2-2 kesiminde M2 eğilme iç momenti sağ el kaidesine göre -z yönündedir.
3
Bu durumda 𝐼2 = 𝐼 = 𝐼𝑍 = 𝑏ℎ ൗ12 olacaktır.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
446
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
𝑀
𝑁
Örnek 10.2.10
Çözüm:
k
Şekildeki dairesel kesitli
Önce dairesel kesitin geometrik özelliklerini hesaplarsak:
P
𝜃
ve
dairesel
formdaki
𝑉
çubuğun
F
kuvveti
Atalet Momenti:
Kesitin Alanı:
𝑅 𝑑𝜃 h
etkisiyle B ucunun yatay
𝜃
2
2
yer
değiştirmesini
𝜋𝑑
𝜋20
𝜋𝑑4 𝜋204
4
𝐵 𝐵′
𝑂
𝐴=
=
≅ 314𝑚𝑚2
hesaplayınız.(Tüm kesit 𝐼 = 64 = 64 ≅ 7854𝑚𝑚 ,
4
4
ℎ = 𝑅. sin 𝜃
Δ𝑥𝐵
tesirlerini dahil ediniz.)
𝑎
𝜃 kadarlık bir kısımdan kesim yaparak, Statik dengeden kesit tesirlerini bulalım:
Şekil 10.2.32
𝑅
𝑎
𝐵
𝑂
𝐴
𝐹
Σ𝑀𝑘 = 0
→ 𝐹. ℎ − 𝑀 = 0
Σ𝑃𝑥 = 0
→𝑃=𝐹
→ 𝑀 = 𝐹. ℎ = 𝐹. 𝑅. sin 𝜃
→ (𝜕𝑀/𝜕𝐹 = 𝑅. sin 𝜃)
(𝜕𝑉/𝜕𝐹 = cos 𝜃)
P kuvvetinin bileşenleri: N Normal kuvveti ve V Kesme kuvvetidir.
,
→ 𝑁 = 𝑃𝑠𝑖𝑛𝜃 = 𝐹𝑠𝑖𝑛𝜃
𝑉 = 𝑃𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝐹𝑐𝑜𝑠𝜃
(𝜕𝑁/𝜕𝐹 = sin 𝜃)
Şekil 10.2.31
𝑎 − 𝑎 kesit
görünümü:
Verilenler:
(E=200GPa, R=150mm,
d=20mm, F=3kN, G=80GPa)
1nci Castigliano teoremine göre şekil değiştirme sonucu B noktasının yatay yer değiştirmesi,
10.2.15.a denkleminden:
Δ𝑥𝐵 =
𝐿
𝐿
𝐿
𝐿
0
0
0
0
0
𝜕𝑈𝑖
𝑁 𝜕𝑁
𝑉 𝜕𝑉
𝑀 𝜕𝑀
𝑇 𝜕𝑇
=න
𝒅𝒔 + න 𝑓𝑠
𝒅𝒔 + න
𝒅𝒔 + න
𝒅𝒔
𝜕𝐹
𝐴𝐸 𝜕𝐹
𝐺𝐴 𝜕𝐹
𝐸𝐼 𝜕𝐹
𝐺𝐽 𝜕𝐹
(tablo 10.1.1’den dairesel kesit için kesit faktörü 𝑓𝑠 = 1.33 )
23.08.2024
𝐹
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
…>>
447
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
𝐿
𝐿
𝐿
0
0
0
𝜕𝑈𝑖
𝑁 𝜕𝑁
𝑉 𝜕𝑉
𝑀 𝜕𝑀
Δ𝑥𝐵 =
=න
𝒅𝒔 + න 𝑓𝑠
𝒅𝒔 + න
𝒅𝒔
𝜕𝐹
𝐴𝐸 𝜕𝐹
𝐺𝐴 𝜕𝐹
𝐸𝐼 𝜕𝐹
Δ𝑥𝐵 =
1
1.33
1
න (𝐹. sin 𝜃 ) sin 𝜃 (𝑅𝑑𝜃) +
න (𝐹. cos 𝜃 ) c𝑜𝑠 𝜃 (𝑅𝑑𝜃) +
න (𝐹. 𝑅. sin 𝜃 ) 𝑅. sin 𝜃 (𝑅𝑑𝜃)
𝐴𝐸
𝐺𝐴
𝐸𝐼
2𝜋
3
𝑀
𝑁
2𝜋
𝐹𝑅
𝐹𝑅
𝐹𝑅
2
2
+
න sin2 𝜃𝑑𝜃
+1.33
න
cos
𝜃𝑑𝜃
Δ𝑥𝐵 =
න sin 𝜃𝑑𝜃
𝐸𝐼 0
𝐺𝐴 0
𝐴𝐸 0
cos2 𝜃
sin2 𝜃
2𝜋
P
𝐹𝑅 2𝜋 1 + cos 2𝜃
𝐹𝑅 𝐹𝑅 3 2𝜋 1 − cos 2𝜃
𝑑𝜃
=(
+
)න
𝑑𝜃 +1.33 𝐺𝐴 න
2
𝐴𝐸
𝐸𝐼 0
2
0
𝜃 k
𝑉
𝑅 𝑑𝜃 h
𝜃
𝑂
Şekil 10.2.33
𝐵 𝐵′
𝐹
Δ𝑥𝐵
2𝜋
2𝜋
2𝜋
2𝜋
𝐹𝑅
sin 2𝜃 2𝜋
𝐹𝑅
𝐹𝑅 3
sin 2𝜃 2𝜋
𝐹𝑅
𝐹𝑅 3
𝐹𝑅
+1.33
𝜃
+
ቤ
+
) 𝜃−
ቤ
=(
+
) න 𝑑𝜃 − න cos 2𝜃 𝑑𝜃 +1.33
න 𝑑𝜃 + න cos 2𝜃 𝑑𝜃 = (
0
2𝐺𝐴
2
0
2𝐴𝐸
2𝐸𝐼
2
2𝐴𝐸 2𝐸𝐼
2𝐺𝐴
0
0
0
0
𝐹𝑅
𝐹𝑅 3
sin 4𝜋
𝐹𝑅
sin 4𝜋
Δ𝑥𝐵 = (
+
) (2𝜋 −
) − (0 − sin 0) +1.33
(2𝜋 +
) − (0 + sin 0)
2𝐴𝐸 2𝐸𝐼
2
2𝐺𝐴
2
𝜋𝐹𝑅 3 𝜋𝐹𝑅
𝜋𝐹𝑅
→ Δ𝑥𝐵 =
+
+ 1.33
𝐸𝐼
𝐸𝐴
𝐺𝐴
Değerler yerine koyulursa:
𝜋 3000𝑁 (150𝑚𝑚)3
𝜋(3000)(150)
𝜋(3000)(150)
= 20.25 + 0.0225 + 0.075
→ Δ𝑥𝐵 =
+
+
1.33
200000𝑀𝑃𝑎 7854𝑚𝑚4 (200000)(314)
(80000)(314)
23.08.2024
M’in etkisi
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
N’in etkisi
→ Δ𝑥𝐵 = 20.347𝑚𝑚
V’nin etkisi
448
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
Örnek 10.2.11
Çözüm:
B nin yatay yer değiştirmesi sorulduğu için B noktasına bir yatay hayali Q kuvveti koyulur.
C
Dolayısıyla denge sağlanması için A noktasında da zıt yönde bir Q kuvveti ortaya çıkacaktır.
P
P
EI
R
A
II
2
B
I
C
R
Şekildeki yarı-dairesel kirişin B ucunda
Q
A
B
etkilerini ihmal ediniz.)
𝐼𝐼
𝑀2
k2
𝑁2
Q
A
P/2
Şekil 10.2.35
P/2
a
b
𝑅
𝐼
𝑢𝐵
Şekil 10.2.36
𝑎 = 𝑅 sin 𝜃,
𝐵
𝐵′
𝑢𝐵
P/2
Q
𝑏 = 𝑅(1 − cos 𝜃)
1.Bölge: I-I kesiminin sağ kısmının statik dengesi
𝑃
𝑃
𝑃
Σ𝑀𝑘1 = 0 → −𝑀1 + 𝑏 + 𝑄. 𝑎 = 0 → 𝑀1 = 𝑏 + 𝑄. 𝑎 → 𝑀1 = 𝑅 1 − cos 𝜃 + 𝑄. 𝑅 sin 𝜃
2
2
2
𝑒 = 𝑅 sin 𝛼 ,
𝑐 = 𝑅(1 − cos 𝛼)
Σ𝑀𝑘2 = 0
P/2
23.08.2024
𝑂
Q
𝑉1
𝑅
𝜃
2.Bölge II-II kesiminin sol kısmının statik dengesi:
𝑉2
e
R
𝛼
c
𝑂
Şekil 10.2.37
B’
O
meydana gelen yatay sehimi ve eğim açısını
hesaplayınız. (Normal ve Kesme kuvvetlerinin
k1
I
II
O
Şekil 10.2.34
𝑁1
1
𝐼
𝑀1
𝐼𝐼
→ −𝑀2 +
𝑃
𝑐 + 𝑄. 𝑒 = 0
2
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
→ 𝑀2 =
𝑃
𝑅 1 − cos 𝛼 + 𝑄. 𝑅 sin 𝛼
2
449
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
𝑃
𝑀1 = 𝑅 1 − cos 𝜃 + 𝑄. 𝑅 sin 𝜃
2
𝜕𝑀1
→
= 𝑅 sin 𝜃
𝜕𝑄
C
𝑃
𝑀2 = 𝑅 1 − cos 𝛼 + 𝑄. 𝑅 sin 𝛼
2
𝜕𝑀2
→
= 𝑅 sin 𝛼
𝜕𝑄
𝑅
𝑑𝜃
𝑅
𝐵
𝐴
Soruda belirtildiği üzere N ve V iç kuvvetlerinin etkileri ihmal edilecektir.
Şekil 10.2.38
𝐵′
𝑢𝐵
𝐶
𝐶
1
𝜕𝑀1
𝜕𝑀2
10.2.15.a denkleminden B noktasının yatay deplasmanı: 𝑢𝐵 =
න 𝑀1
𝑑𝑠 + න 𝑀2
𝑑𝑠
𝐸𝐼 𝐵
𝜕𝑄
𝜕𝑄
𝐴
𝜋ൗ
𝜋ൗ
0
0
2 𝑃
2 𝑃
1
𝑢𝐵 =
න [ 𝑅(1 − cos 𝜃) + 𝑄. 𝑅 sin 𝜃 ] 𝑅 sin 𝜃 𝑅𝑑𝜃 + න [ 𝑅(1 − cos 𝛼) + 𝑄. 𝑅 sin 𝛼 ] 𝑅 sin 𝛼 𝑅𝑑𝛼
𝐸𝐼 0
2
2
0
𝜋
𝜋
ൗ2
ൗ2
𝑃𝑅 3
𝑢𝐵 =
න (1 − cos 𝜃) sin 𝜃𝑑𝜃 + න (1 − cos 𝛼) sin 𝛼𝑑𝛼
2𝐸𝐼 0
0
Değişken dönüşümü yaparsak: 𝑡
𝑑𝑡
𝑚
𝐶
𝑃𝑅 3 𝐶
→ 𝑢𝐵 =
න 𝑡𝑑𝑡 + න 𝑚𝑑𝑚
2𝐸𝐼 𝐵
𝐴
𝑑𝑚
𝑃𝑅 3
𝑃𝑅 3
2 𝜋 Τ2
2 𝜋 Τ2
𝑢𝐵 =
[(1 − cos 𝜃) ቤ
+. (1 − cos 𝛼) ቤ
] =
[(1 − 0)2 − (1 − 1)2 + 1 − 0 2 − (1 − 1)2 ]
4𝐸𝐼
0
0
4𝐸𝐼
23.08.2024
𝑃𝑅 3 𝑡 2 𝑚2
=
(. +
)
2𝐸𝐼 2
2
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑃𝑅 3
→ 𝑢𝐵 =
2𝐸𝐼
450
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
P
b-)
B nin eğim açısı: ilk ve son konumların teğetleri arasındaki açıdır.
I 1
C
II
2
10.2.15.b denkleminden bulunur. Bunun için ise B noktasına hayali bir
dış M0 momenti koyarız. A daki sabit mesnet aslında moment tepkisi
R
A
oluşturmaz. Fakat tüm sistemin dengesinin sağlanması için A noktasına
da de zıt yönde bir dış M0 koymak gerekir.
1
→ −𝑀1 +
𝑉1
a 𝑅
𝑂
𝜃
b
𝐵
𝑅
𝐼
Şekil 10.2.40
𝑎 = 𝑅 sin 𝜃,
𝑏 = 𝑅(1 − cos 𝜃)
23.08.2024
𝐵′
𝑀0
P/2
Şekil 10.2.39
𝐼𝐼
𝑃𝑏
+ 𝑀𝑂 = 0
2
𝑃𝑏
𝑀1 =
+ 𝑀𝑂
2
𝑀1 =
𝑃𝑅
1 − cos 𝜃 + 𝑀𝑂
2
𝑀2
k2
𝑉2
𝑁2
e
A
c
𝑀0
P/2
Şekil 10.2.41
𝜕𝑀1
=1
𝜕𝑀𝑂
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑐 = 𝑅(1 − cos 𝛼)
𝑒 = 𝑅 sin 𝛼
R
𝛼
𝑅
teğet-1
k1 𝑁
𝑀0
2.Bölge II-II kesiminin sol kısmı:
Σ𝑀𝑘1 = 0
𝐼
O
P/2
P/2
𝑀1
B’
B
𝑀0
1.Bölge I-I kesiminin sağ kısmı:
𝜃𝐵
I
II
Σ𝑀𝑘2 = 0
𝑂
𝐼𝐼
→ 𝑀2 =
→ 𝑀2 =
𝑃𝑐
+ 𝑀𝑂
2
𝑃𝑅
1 − cos 𝛼 + 𝑀𝑂
2
𝜕𝑀2
→
=1
𝜕𝑀𝑂
451
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
𝑀1 =
k1 𝐼
Şekil 10.2.42
𝑉1
a 𝑅
𝑂
𝐼
𝑃𝑅
1 − cos 𝜃 + 𝑀𝑂
2
𝐼𝐼
𝑀2 =
k2
𝑁2
𝑁1
Şekil 10.2.43
e
𝜃
b
𝑅
𝐵
𝐵′
𝑀0
A
𝑀0
R
𝛼
c
𝑅
P/2
P/2
𝑉2
𝑃𝑅
1 − cos 𝛼 + 𝑀𝑂
2
𝑂
𝐼𝐼
Kesme kuvvetleri (V1, V2) ve Normal iç kuvvetlerin (N1, N2) etkileri ihmal edilirse, 10.2.15.b denkleminden B noktasının eğimi:
𝜋
𝜋ൗ
ൗ2 𝑃𝑅
𝜋ൗ
𝜋ൗ
1
2 𝑃𝑅
1
2
2
1
𝜕𝑀1
𝜕𝑀2
𝜃𝐵 =
න 𝑀1
𝑑𝑠 + න 𝑀2
𝑑𝑠 = 𝐸𝐼 න { 2 1 − cos 𝜃 + 𝑀𝑜 } 1. 𝑅𝑑𝜃 + 𝐸𝐼 න { 2 1 − cos 𝛼 + 𝑀𝑜 } 1. 𝑅𝑑𝛼
0
𝐸𝐼 0
𝜕𝑀𝑜
𝜕𝑀𝑜
0
0
𝐴
A ve B denklemlerinin tüm terimleri ve integral sınırları aynı olduğundan: 𝐴 = 𝐵
𝜋
𝜋
𝐵
→ 𝜃𝐵 = 2𝐴
𝜋
ൗ2
ൗ2
𝑃𝑅 2
𝑃𝑅 2 ൗ2
𝑃𝑅 2
𝑃𝑅 2 𝜋
Τ
𝜋
2
න 𝜃𝑑𝜃 − න cos 𝜃 𝑑𝜃 =
𝜃𝐵 =
න
1 − cos 𝜃 𝑑𝜃 =
𝜃 − sin 𝜃 ቤ
=
−1−0−0
𝐸𝐼 0
𝐸𝐼 0
𝐸𝐼
0
𝐸𝐼 2
0
𝑃𝑅 2
→ 𝜃𝐵 =
(𝜋 − 2)
2𝐸𝐼
Not: Benzer şekilde a şıkkında bulunan 𝑢𝐵 deplasmanı da A ve B gibi eşit iki terime ayrılabilirdi.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
452
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
Çözüm: Çubuğu AB ve BC olmak üzere 2 kısma ayırırız
Örnek 10.2.11
1
Şekil 10.2.44
R
I
P
B
0
A
B
Şekildeki eğrisel çubukta, A
h
noktasının eğim açısının ve
yatay sehimini hesaplayınız.
𝑁1
R
A’
A
𝑢𝐴
Şekil 10.2.45
𝑅
P
𝑂
B
𝜃
P
Şekil 10.2.46
𝑃𝑅
න
𝐸𝐼 0
23.08.2024
k2 II
P
A
Şekil 10.2.47
Σ𝑀𝑘2 = 0
−𝑀2 − 𝑃𝑥2 = 0
→ 𝑀2 = −𝑃𝑥2
𝐵
𝐶
1
𝜕𝑀1
𝜕𝑀2
𝑢𝐴 =
න 𝑀1
𝑑𝑠 + න 𝑀2
𝑑𝑥2
𝐸𝐼 𝐴
𝜕𝑃
𝜕𝑃
𝐵
𝜕𝑀2
𝜕𝑃
ℎ
𝜋
1
𝑃𝑅 3 𝜋 2
1
න (−𝑃𝑥2 )(−𝑥2 ) . 𝑑𝑥2 =
න 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝑑𝜃
𝑢𝐴 =
න 𝑃. 𝑅. sin 𝜃 𝑅. sin 𝜃 . 𝑅𝑑𝜃 +
𝐸𝐼 0
𝐸𝐼 0
𝐸𝐼 0
=
V2
𝑀2
→ 𝑀1 = 𝑃. 𝑅. sin 𝜃
𝜕𝑀1
𝜕𝑃
𝜋
II
−𝑀1 + 𝑃. 𝑅. sin 𝜃 = 0
C
0
x2
Σ𝑀𝑘1 = 0
2
A noktasının yatay sehimi 1nci Castigliano teoremi ve denklem 10.2.15b.’den:
3
𝑅 𝑑𝜃
𝐴
𝐼
(Kesme kuvveti ve normal
C kuvvetlerin etkilerini ihmal ediniz)
𝐼
𝑉1
0
II
II
h
I
𝑀1
k1
ℎ
𝑃
+
න 𝑥2 2 . 𝑑𝑥2
𝐸𝐼 0
0
𝑃𝑅
sin 2𝜋
𝑃 3
𝑃
𝑃 𝜋𝑅 3 ℎ3
𝑃𝑅
sin 2𝜃 𝜋
𝑃 3
1 − cos 2𝜃
3 ℎ
𝜋−
+
ℎ → 𝑢𝐴 = (
𝑥 ቤ =
+ )
𝜃−
ฬ +
ℎ =
𝑑𝜃 +
0
2𝐸𝐼
2
3𝐸𝐼
3𝐸𝐼 2 0
𝐸𝐼 2
3
2𝐸𝐼
2
3𝐸𝐼
2
3
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
3
453
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
b-) A noktasının eğim açısını bulmak için yine A noktasına hayali bir tekil M0 dış eğilme momenti uygulanır. Bu durumda
öncelikle herbir bölgedeki iç momentleri tekrar hesaplamamız gerekir.
𝑀1
1
I
B
I
0
2
𝑀0
𝐴
𝜃
C
P
𝐼
𝑀0
V2
𝑀2
−𝑀1 + 𝑀0 + 𝑃. 𝑅. sin 𝜃 = 0
→ 𝑀1 = 𝑀0 + 𝑃. 𝑅. sin 𝜃
→
𝑀0
x2
P
II
Σ𝑀𝑘1 = 0
Şekil 10.2.48
A
0
𝑅
𝑂
P
R
B
𝑉1
A’
A
II
II
h
𝜃𝐴
Şekil 10.2.49
R
𝐼
k1
𝑁1
𝜕𝑀1
=1
𝜕𝑀𝑜
k2
II
Şekil 10.2.50
Σ𝑀𝑘2 = 0
−𝑀2 − 𝑃𝑥2 + 𝑀0 = 0
→ 𝑀2 = 𝑀0 − 𝑃𝑥2
→
𝜕𝑀2
=1
𝜕𝑀𝑜
A noktasının eğimi yine 1nci Castigliano teoreminden (10.2.15.b ve 10.2.13.b denklemlerinin toplamlarından) bulunur:
0
ℎ
1
𝜕𝑀1
1
1
𝜕𝑀2
𝜃𝐴 =
න 𝑀1
. 𝑑𝑠 +
න(𝑀𝑜 + 𝑃. 𝑅. sin 𝜃) 1. 𝑅𝑑𝜃
න 𝑀
. 𝑑𝑥2 =
𝐸𝐼
𝜕𝑀𝑜
𝐸𝐼
𝐸𝐼 0 2 𝜕𝑀𝑜
𝜋
1
2
= 𝑃𝑅 න sin 𝜃 𝑑𝜃
𝐸𝐼
0
23.08.2024
ℎ
0
1
+
න 𝑀𝑜 − 𝑃𝑥2 1. 𝑑𝑥2
𝐸𝐼 0
𝑃𝑅 2
𝑃𝑅 2
𝜋
𝑃. 𝑥2 2 ℎ
𝑃. ℎ2
𝑃. ℎ2
(− cos 𝜃) ฬ −
=−
(−1 − 1) −
−
ቤ =
0
𝐸𝐼
𝐸𝐼
2𝐸𝐼 0
2𝐸𝐼
2𝐸𝐼
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
→ 𝜃𝐴 =
𝑃
(4𝑅 2 − ℎ2 )
2𝐸𝐼
454
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
Örnek 10.2.12 (Video 10.2.c - Örnek 4)
ABC çerçevesi, A noktasından ankastre ve C ucundan sabit mesnetle
P
2R
A
Tüm ders anlatım videolarına : www.mehmetzor.com sitesinden veya youtube kanalından erişebilirsiniz.
desteklenerek B noktasına düşey P kuvveti uygulanmıştır. Buna göre
𝐸𝐼
B
(a) C noktasındaki mesnet tepkilerini bulunuz.
(b) B noktasında meydana gelen düşey yer değiştirmeyi hesaplayınız.
R
Şekil 10.2.51
23.08.2024
C
Cevaplar:
a-) 𝐶𝑥 = 0.233𝑃 , 𝐶𝑦 = 0.519𝑃
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
b-)
𝑃𝑅 3
𝛿𝐵𝑦 = 0.3503
𝐸𝐼
455
Enerji Metodları / Castiliano Teoremleri
Cevaplı Sorular
Soru-2
Soru-1
P
Soru-3
A
z
R
A
B
y
P
O
B
y
x
R
B
A
C
O
Şekil 10.2.53
Şekil 10.2.52
Şekildeki yarı dairesel kirişin C ucunun
düşey yer değiştirmesini hesaplayınız.
Şekil 10.2.54
P
x
x-y düzlemindeki yarı dairesel çubuk, A
Şekildeki eğrisel çubuğa B yönünde P
düşey kuvveti etki ediyor. Buna göre, B
noktasının düşey yer değiştirmesini
ucundan ankastredir ve B ucuna düşey
P kuvveti uygulanmaktadır. Buna göre,
B ucunun düşey sehimini hesaplayınız.
(sehimini) hesaplayınız.
3
𝐶𝑒𝑣𝑎𝑝: 𝑣𝐶 = 4 + 𝜋
23.08.2024
𝑃𝑅
4𝐸𝐼
𝐶𝑒𝑣𝑎𝑝:
𝑣𝐵 =
3𝜋𝑃𝑅
2𝐸𝐼
3
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝐶𝑒𝑣𝑎𝑝:
𝜋𝑃𝑅 3 3
1
𝑣𝐵 =
+
2
𝐺𝐽 𝐸𝐼
456
m
h
10. ENERJİ METODLARI
10.3 ÇARPMA ETKİSİ
(Impact Loading Effect)
(Video 10.3)
23.08.2024
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
457
Enerji Metodları / Çarpma Etkisi
10.3.1 Bu Bölümde Amacımız: Bir katı cismin üzerine aniden düşen veya uygulanan bir ağırlık sonucunda cisimde oluşan gerilme ve
şekil değiştirmeleri hesaplamak ve statik durumdaki değerlerle karşılaştırmaktır. Konu örnekler üzerinden anlatılacaktır.
10.3.2 Genel Çözüm mantığı: Düşürülen kütle ilk enerjisi ile diğer cisme çarpar ve bir çarpma kuvveti oluşur. Bu kuvvetin çarpılan
cisimde yaptığı iş, çarpılan cisimde şekil değiştirme enerjisine dönüşür. Sonuç olarak düşürülen cismin ilk enerjisi çarptığı cisimde
şekil değiştirme enerjisi olarak depolanır. Bir kısım enerji çarpma sırasında kaybolabilir ancak bu ihmal edilir.
Çözüm: M kütlesi çubuğa çarptığında, 𝑏𝑖𝑟 çarpma kuvveti oluşur. Kuvvet sıfırdan itibaren lineer olarak
şekil 10.3.3 de görülen diyagramdaki gibi artar. Son konumda kuvvet 𝑃𝑑 ve çökme 𝛿𝑑 değerlerine ulaşır.
Örnek 10.3.1
A
M
M
h
h
M kütlesinin İlk konumundaki potansiyel enerjisi:
𝑃𝑑 çarpma kuvvetinin yaptığı iş :
𝛿𝑑
m, E
𝑃𝑑
Son konumda şekil değiştirme enerjisi:
m, E
Eksenel yüklemede de çökme miktarı:
(Muk .1- 3.3.a denklemi ile aynıdır)
çubuk
Şekil 10.3.1
Boyutları ihmal edilebilen M
kütleli bir cisim, m kütlesine,
E elastik modülüne ve A
kesitine sahip bir çubuğun
üzerine
h
yükseklikten
düşürülüyor.
Çubuktaki
çökme miktarını hesaplayınız.
Şekil 10.3.2
𝑃
1
𝑈2 = 𝑃𝑑 . 𝛿𝑑
2
𝑃𝑑
𝑈1 = 𝑀𝑔(ℎ + 𝛿𝑑 )
1
𝑃 .𝛿
(10.3.22)
2 𝑑 𝑑
1
𝑈2 = 𝑈𝑑 = 𝑃𝑑 . 𝛿𝑑
2
𝑃𝑑 . 𝐿
(10.3.23)
𝛿𝑑 =
𝐴𝐸
𝑈𝑑 =
(Dinamik çökme miktarı)
Yükleme statik olsaydı :
M kütlesi, çubuk üzerine yavaşça koyulursa,
statik yükleme söz konusu olur ve eksenel
bası kuvveti ağırlık kuvvetine eşit olur.
𝑃 = 𝑃𝑠 = 𝑀𝑔
Bu durumda : → 𝛿𝑠 =
𝛿𝑑
∆𝐿
(10.3.21)
𝑀𝑔𝐿
𝐴𝐸
(10.3.24)
(statik çökme miktarı)
Şekil 10.3.3
23.08.2024
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
458
Enerji Metodları / Çarpma Etkisi
Dinamik Yüklemede yani çarpmadaki enerji dengesini düşünürsek: 𝑈1 − 𝑈ç = 𝑈2
𝑈ç :çarpışma sırasında kaybolan enerjidir.
𝑈ç ≈ 0 kabul edilir. Bu durumda enerji korunur:
1
10.3.21 ve 10.3.22 denklemleri 10.3.26 denkleminde yerine koyulursa: 𝑀𝑔 ℎ + 𝛿𝑑 = 𝑃𝑑 . 𝛿𝑑
2
1 𝐴𝐸
𝐴𝐸
→ 𝑀𝑔 ℎ + 𝛿𝑑 = 𝛿𝑑
.𝛿
10.3.23 denkleminden → 𝑃𝑑 = 𝛿𝑑
2
𝐿 𝑑
𝐿
Son eşitliği yeniden düzenlersek:
(10.3.25)
𝑈1 = 𝑈2
(10.3.26)
𝐴𝐸𝛿𝑑 2 − 2𝑀𝑔𝐿𝛿𝑑 − 2MgLh = 0
2nci derecedeki bu son
−𝑏 ± 𝑏 2 − 4𝑎𝑐 2𝑀𝑔𝐿 ± (−2𝑀𝑔𝐿)2 −4𝐴𝐸(−2𝑀𝑔𝐿)
=
denklemin köklerini hesaplarsak: 𝛿𝑑1,2 =
2𝑎
2𝐴𝐸
𝑀𝑔𝐿
=
±
𝐴𝐸
(Denk.10.3.24)’den Statik çökme miktarı: 𝛿𝑠
𝑀𝑔𝐿
𝐴𝐸
Bulunan köklerden pozitifi alınmalıdır. Buna göre:
2
𝑀𝑔𝐿
= 𝛿𝑠 ±
+ 2ℎ
𝐴𝐸
𝛿𝑠 2 + 2ℎ𝛿𝑠 = 𝛿𝑠 1 ± 1 +
çarpma sonucu çökme miktarı:
Dinamik çarpan:
𝛿𝑑 = 𝛿𝑠 1 + 1 +
𝜙=
2ℎ
𝛿𝑠
2ℎ
𝛿𝑠
𝛿𝑑
2ℎ
= 1+ 1+
𝛿𝑠
𝛿𝑠
𝛿𝑑 = 𝜙. 𝛿𝑠
(10.3.27)
(10.3.28)
(10.3.29)
Püf Noktası: Farklı yükleme tipleri için aynı analiz yapılırsa 10.3.24 nolu denklem ( 𝛿𝑠 formülü) değişir fakat 10.3.28 ve 10.3.29 denklemleri değişmez
23.08.2024
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
459
Enerji Metodları / Çarpma Etkisi
10.3.29 denklemini açarsak:
𝑃𝑑 . 𝐿
𝑃𝑠 . 𝐿
=𝜙
𝐴𝐸
𝐴𝐸
→ 𝑃𝑑 = 𝜙𝑃𝑠
Dinamik ve statik yüklemelerdeki kuvvetler için:
𝜎𝑑
10.3.30 denkleminin her iki tarafını A alanına bölersek: →
Dinamik ve Statik yüklemelerdeki normal gerilmeler için:
𝑃𝑑
𝑃𝑠
=𝜙
𝐴
𝐴
𝜎𝑑 = 𝜙𝜎𝑠
(10.3.30)
𝜎𝑠
(10.3.31)
Özel bir durum: 𝑀 sıfır yükseklikten aniden bırakılırsa:
M
A
m, E
Şekil 10.3.4
ℎ = 0 → 10.3.28 denkleminden dinamik çarpan: 𝜙 = 1 + 1 +
2ℎ
𝛿𝑠
→𝜙=2
10.3.31 denkleminden: 𝜎𝑑 = 𝜙𝜎𝑠 = 2𝜎𝑠
(gerilme statik duruma göre 2 katı çıkıyor)
10.3. 29 denkleminden: 𝛿𝑑 = 𝜙. 𝛿𝑠 = 2𝛿𝑠
(çökme miktarı statik duruma göre 2 katı çıkıyor)
Çarpışma sırasında kaybolan enerji (𝑈ç ) ihmal edilemezse:
Dinamik çarpan denklemine 𝜉 terimi gelir. Şöyle ki:
kısi
0≤𝜉≤1
𝜙 = 1+ 1+𝜉
olup 𝜉 şu denklemle hesaplanır: 𝜉 =
2ℎ
𝛿𝑠
1
1+𝑚
𝑀
(10.3.32)
(10.3.33)
Çarpılan cismin kütlesi ihmal edilebilirse (𝑚 ≈ 0) , 10.3.33 denkleminden 𝜉 = 1 bulunur. 10.3.32 ve 10.3.28 denklemleri
aynı olur. Bu kaybolan enerji 𝑈ç nin ihmal edilebileceği anlamına gelir. (𝑈ç ≈ 0)
23.08.2024
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
460
Enerji Metodları / Çarpma Etkisi
Örnek 10.3.2
Bir ucu ankastre olan 2kg kütleli kirişin serbest ucuna
boyutları ihmal edilebilen bir M kütlesi h
yüksekliğinden bırakıldığında kirişte oluşan
maksimum gerilmeyi a-) kiriş kütlesini ihmal ederek,
b-) kiriş kütlesini ihmal etmeden hesaplayınız.
Çözüm:
y
Statik yükleme Durumu olsaydı:
L
A
𝑀𝑧
(a)
M B
M
L
𝑐
A
m
z
h
B
E
b
x
a
Şekil 10.3.5
(M=20kg, m=2kg, L=2m, h=20cm, a=4cm, b=8cm, E=200GPa)
(M yavaşça B noktasına koyulursa):
Dinamik Yükleme Durumu
x
𝑃𝑠 = 𝑀𝑔 𝛿𝑠
x
𝑎𝑏 3 40𝑥803
𝐼𝑧 = 𝐼 =
=
12
12
(Eğilme momenti z
yönünde olduğu için)
→ 𝐼 = 1706667𝑚𝑚
−𝑀𝑔𝐿
y
𝑐 𝑑
(M kütlesi h yüksekliğinden bırakılırsa):
a-) m ihmal edilirse 𝜉=1 ve enerji korunur.
Dinamik çarpan: Denk 10.3.28’den)
𝜙 = 1+ 1+
4
(b)
Şekil 10.3.7
2𝑥200
2ℎ
= 1+ 1+
1.53
𝛿𝑠
= 17.2
𝜎𝑑𝑚𝑎𝑥 = 𝜙𝜎𝑠𝑚𝑎𝑥 = 𝜎𝑥𝑐 = 17.2𝑥9.2 = 158.23𝑀𝑃𝑎
B ucunun çökmesi:
M kütlesinin boyutları ihmal edilebildiği için Ps kuvvetini (Örnek 3.2.1’de bulunmuştu.) b-) m ihmal edilmezse enerji kaybı hesaba katılır.
1
1
sanki B uç noktasına etki eder gibi düşünebiliriz.
=
Denk.
10.3.33’
den:
3
3
𝜉=
𝑚
2 = 0.91
𝑃𝑠 𝐿
𝑀𝑔𝐿
Maksimum gerilme A ucundaki kesitte y koordinatı
1
+
1
+
𝑀
20
𝛿𝑠 =
=
3𝐸𝐼
3𝐸𝐼
b/2 olan noktalarda (üst çizgi boyunca) oluşur:
Denk. 10.3.32’ den:
𝑀𝑧−𝐴
20𝑥9.81𝑥20003
(−𝑀𝑔𝐿)
2ℎ
2𝑥200
𝑦 =−
𝛿𝑠 =
Denk. 10.1.1’den: 𝜎𝑠𝑚𝑎𝑥 = −
𝑦𝑐
3
𝜙
=
1
+
1
+
𝜉
= 16.4
= 1 + 1 + 0.91
𝐼𝑧 𝑐
3𝑥200𝑥10 𝑥1706667
𝐼𝑧
𝛿𝑠
𝜎𝑠𝑚𝑎𝑥 = −
23.08.2024
(−20𝑥9.81𝑥2000)
𝑥40 = 𝜎𝑥𝑐 = 𝜎𝑥𝑑 = 9.2𝑀𝑃𝑎
1706667
→ 𝛿𝑠 = 1.53𝑚𝑚
1.53
𝜎𝑑𝑚𝑎𝑥 = 𝜙𝜎𝑠𝑚𝑎𝑥 = 𝜎𝑥𝑐 = 16.4𝑥9.2 = 150.88𝑀𝑃𝑎
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
461
Enerji Metodları / Çarpma Etkisi
Çözüm:
M
Örnek10.3.3
Statik yükleme olsaydı
A1
M kütleli cisimler, I nolu
kademesiz ve 2 nolu
kademeli
direklerin
üzerine
aynı
h
yüksekliğinden bırakılıyor.
Direkler aynı malzemeden
imal
edilmiş
olup,
kütleleri ihmal edilebilir.
Buna göre direklerde
oluşan
maksimum
gerilmeleri hesaplayınız.
h
I
L
M kütlesi yavaşça I nolu direğin üstüne bırakılırsa statik
yükleme oluşurdu.
𝛿𝑠
𝜎𝑠
Statik çökme miktarını hesaplarsak:
𝜎𝑠
𝑃𝑠 . 𝐿 𝑀𝑔. 𝐿 50𝑥9.81𝑥2000
= 0.012𝑚𝑚
=
𝛿𝑠 =
=
1000𝑥80000
𝐴𝐸
𝐴1 𝐸
𝑃𝑆 = 𝑀𝑔
Şekil 10.3.10
Statik yükleme gerilmesi:
Şekil 10.3.8
M
L1
A2
L2
II
𝜎𝑑 = 𝜙1 𝜎𝑠
𝑃𝑑1 = 𝜙1 𝑃𝑠1
𝑀𝑔 50𝑥9.81
=
= 0.4905𝑀𝑃𝑎
𝐴1
1000
Dinamik Yükleme:
M kütlesi h yüksekliğinden bırakılır.
𝛿𝑑 = 𝜙1 𝛿𝑑
h
𝜎𝑑
𝜎𝑠 =
h
M
Şekil 10.3.9
23.08.2024
M
𝑀𝑔
A1
L=2m, h=20cm,
L1=1m, L2=1m,
M=50kg, A1=10cm2,
A2=50cm2, direkler
için E=80GPa
I nolu direk için
Direklerin kütleleri ihmal edildiği için enerji korunur. (𝜉=1)
Dinamik çarpan: 𝜙1 = 1 + 1 +
Şekil 10.3.11
2ℎ
2𝑥200
=
1
+
1
+
= 183.57
𝛿𝑠
0.012
(10.3.31 denkleminden)
Dinamik yükleme gerilmesi: 𝜎𝑑 = 𝜙1 . 𝜎𝑠 = 183.57𝑥0.4905
→ 𝜎𝑑 = 90.04𝑀𝑃𝑎
Dinamik yükleme çökmesi:
→ 𝛿𝑑 = 2.2𝑚𝑚
𝛿𝑑 = 𝜙1 𝛿𝑠 = 183.57 𝑥 0.012
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
462
Enerji Metodları / Çarpma Etkisi
II nolu direk için (Direği iki bölgeye ayırırız.)
Statik yükleme:
M
h
A1
L=2m, h=20cm,
L1=1m, L2=1m,
M=50kg, A1=10cm2,
A2=50cm2, direkler
için E=80GPa
1
L1
A2
2
II
Şekil 10.3.12
M
1
1 𝑀𝑔
2
𝑃𝑠1 = 𝑀𝑔
Şekil 10.3.13
L2
M
𝑀𝑔
𝑃𝑠2 = 𝑀𝑔
Şekil 10.3.14
Statik toplam çökme miktarı herbir bölgenin çökmelerinin toplamıdır.
50𝑥9.81 1000 1000
𝑀𝑔 𝐿1 𝐿2
𝑃𝑠1 . 𝐿 𝑃𝑠2 . 𝐿
= 0.00735𝑚𝑚
=
+
=
+
𝛿𝑠 =
+
80𝑥1000 1000 5000
𝐸 𝐴1 𝐴2
𝐴1 𝐸
𝐴2 𝐸
Statik yükleme için max. gerilme: 𝜎𝑠𝑚𝑎𝑥 =
𝑀𝑔 50𝑥9.81
=
= 0.4905𝑀𝑃𝑎 (İç kuvvet bölgelerde aynı olduğu için kesiti küçük
𝐴1
1000
olan 1 nolu bölgede max. gerilme çıkar.)
Dinamik yükleme:
Dinamik çarpan:
2ℎ
𝜙2 = 1 + 1 +
𝛿𝑠
23.08.2024
2𝑥200
= 234.3
= 1+ 1+
0.00735
Dinamik yükleme gerilmesi:
Dinamik yükleme çökmesi:
𝜎𝑑𝑚𝑎𝑥 = 𝜙2 . 𝜎𝑠𝑚𝑎𝑥 = 234.3𝑥0.4905
𝛿𝑑 = 𝜙2 𝛿𝑠 = 234.3 𝑥 0.00735
→ 𝜎𝑑𝑚𝑎𝑥 = 114.92MPa
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
→ 𝛿𝑑 = 1.72𝑚𝑚
463
Enerji Metodları / Çarpma Etkisi
Cevaplı Sorular
Soru 10.3.5
Soru 10.3.4
Alt kısmı zemine sabitlenmiş bir
Alüminyum borunun üzerine h = 0
yükseklikten, 600kN luk bir yük
aniden
bırakılıyor.
boruda
oluşan
çökme
Şekil 10.3.16
Alüminyum
Bir çelik kirişin ortasına 10mm yükseklikten
miktarını
80 kg lık bir kütle düşürüldüğünde, kirişte
bulunuz. Çarpma sırasındaki enerji
oluşacak maksimum normal gerilmenin yerini
kaybını ihmal ediniz. (EAl= 70GPa)
ve şiddetini hesaplayınız. (Çelik için:
E=200GPa).
Cevap: 1.19 mm
Şekil 10.3.15
23.08.2024
Cevap: orta kesitte, 143.5MPa
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
464
11 KOLONLAR
(Burkulma, Euler ve Tetmajer Formülleri)
23.08.2024
Konu Anlatımı
(Video 11.a)
Örnekler
(Video 11.b)
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
465
Kolonların Burkulması -1/ Örnekli Konu Anlatımı
11.1 Kolon Nedir?:
Düşey
eksenli
elemanlara
kolon
statiğinde
ve
Kesilmiş bir kolon .
taşıyıcı
çubuk
denir.
Yapıların
sağlamlığında
Çelik
kolon
hayati
önem taşıyan kolonlar genellikle ekseni
yönünde bası yüklerine maruz kalır.
(b)
(a)
(c)
Şekil 11.1
11.2 Burkulma Nedir?
Bir kolonun (veya bir çubuk elemanın) ekseni yönünde bası yüküne maruz kalması sonucu, akma (veya
gevrek malzemelerde kırılma) sınırından önce, yanal olarak eğilmesine burkulma denir.
Bu sebeple bir kolonun tasarımı yapılırken, sadece akma/kırılma sınırı değil burkulma sınırının da göze
alınması son derece önemlidir.
İşte bu konuda amacımız, kolonların burkulma sınırlarını (kritik burkulma yüklerini) teorik olarak
hesaplamamızı sağlayacak formüllerin çıkarılmasıdır. Son kısımda çeşitli örneklerle konu pekiştirilecektir.
Şekil 11.2
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
466
Kolonların Burkulması -1/ Örnekli Konu Anlatımı
11.3 Kolonların Sınıflandırılması :
Kolonları hasar şekillerine göre (akma veya burkulma durumuna göre ) kalın ve ince kolon olmak üzere ikiye ayırabiliriz.
b-) İnce Kolonlar
a-) Kalın Kolonlar
Bir kolon yeterince ince ise, eksenel bası yükü sonucunda akma sınırına ulaşmadan
Bir kolon yeterince kalınsa, bası yükünü
önce yanal olarak eğilir yani burkulur.
akma sınırına kadar taşır.
P
P
P≥P
P
Burkulmadan önce:
Akmadan önce:
𝑃
𝜎=
𝐴
𝜎=
Akmadan önce
Akma Anında:
Burkulma Anında:
𝑃𝑘𝑟
(11.1)
𝜎 = 𝜎𝑘𝑟 =
𝐴
𝜎𝑘𝑟 :Burkulma
anındaki gerilme
(𝜎𝑘𝑟 > 𝜎𝑎𝑘 )
Bu durumda mukavemet hesapları akma
sınırına göre yapılır.
•
•
Not: Gevrek kolonlarda akma çok az miktardadır. Bu •
23.08.2024
deflection
(𝜎𝑘𝑟 < 𝜎𝑎𝑘 )
𝜎 < 𝜎𝑘𝑟
𝜎 ≥ 𝜎𝑘𝑟
Şekil 11.4
Şekil 11.5a
Şekil 11.5b
Bu durumda ise mukavemet hesapları burkulma sınırına göre yapılmalıdır.
Şekil 11.3
sebeple akma sınırı yerine kırılma anı dikkate alınır.
kr
𝑃
𝐴
Burkulmadan önce
𝑃𝑎𝑘
𝜎 = 𝜎𝑎𝑘 =
𝐴
Pkr
•
Bunun için ise kolonun kritik burkulma yükü (Pkr) veya gerilmesi 𝜎𝑘𝑟 hesaplanabilmelidir.
Kritik yüklerin hesabı malzeme özelliklerinden başka kolon boyutlarıyla da yakından ilişkilidir.
Sonuç olarak kolon tasarımlarının, sadece akma veya kırılma riskleri değil aynı zamanda
burkulma riski de dikkate alınarak yapılma gerekir.
Bundan sonra bu tespitlerin teorik olarak nasıl yapıldığı anlatılacaktır…>>
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
467
Kolonların Burkulması -1/ Örnekli Konu Anlatımı
11.4. Burkulma ile İlgili Püf Noktalar:
1.
Akma Gerilmesi 𝜎𝑎𝑘 sadece malzeme cinsine bağlı olmasına rağmen; Burkulma gerilmesi 𝜎𝑘𝑟 malzeme cinsine,
geometriye ve sınır şartlarına bağlı değişiklik gösterir.
2.
Akma Gerilmesi 𝜎𝑎𝑘 sadece deneysel olarak bulunabilir, Burkulma gerilmesi 𝜎𝑘𝑟 ise deneysel ölçümlerin yanısıra
teorik olarak da hesaplanabilir.
3.
Burkulmada bası yükleri ve bası gerilmeleri söz konusudur ancak hesaplamalarda işaretleri + olarak alınır.
4.
Sınır koşullarına bağlı olarak kolonda burkulma farklı
modlarda meydana gelebilir ve kolonun son burkulma
şekli her modda farklı olabilir. Genel olarak bir kolon en
kolay şekilde 1nci modda burkulur. Her mod için farklı bir
kritik burkulma yükü vardır.
5.
Düzlemlere göre sınır şartı farkı yoksa, kolon öncelikle minimum
asal atalet ekseni etrafında dönmeye çalışır yani burkulur.
(Bu madde 11..7 konusunda daha detaylı açıklanmıştır. )
(a)
(b)
(c)
Şekil 11.6
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
468
Kolonların Burkulması -1/ Örnekli Konu Anlatımı
11.5 Elastik Eğri Benzeşimi ile Euler Burkulma Yaklaşımı
𝜎
𝜀
orantı sınırı
Euler
• Bu yaklaşım, eğilmeye maruz kirişlerin elastik eğrisindeki kabul ve denklemleri esas alır,
𝜎𝑝
• Eksenel yüklerdeki burkulmayı, yanal bir elastik eğri gibi düşünür ve
𝜎𝑎𝑘
• Kritik burkulma yüklerini farklı sınır şartları için hesaplamamızı sağlar.
Şekil 11.10
• Bu hesaplamalar Hooke kanunun geçerli olduğu orantı sınırına kadar (bası eğrisinin doğrusal kısmı için) uygulanabilir.
9ncu bölümde anlatıldığı üzere
Euler yaklaşımında:
Kirişin şekil değiştirmemiş hali dikkate alınırsa
düşey yüklü bir kiriş düşünelim.
• Kirişin elastik eğrisinin şekil değiştirmiş
* Eğilme iç momenti M’in üzerinde P’nin etkisi yoktur.
Bu kirişe ayrıca eksenel yatay bir P
hali dikkate alınır.
* Bölüm 5 Eğilme ve Bölüm 9 kirişlerin çökmesi
kuvveti etki etsin:
konularında bu kabul yapılmıştır.
• Sadece kiriş ekseni doğrultusunda P bası
I
kuvveti olduğunu kabul edilir.
F ∆𝐹 𝑀 = 𝐴𝑦 𝑥 − 𝐹. ∆𝐹
𝑃
𝑃
P
𝑁
kiriş
Şekil 11.8
𝑥
𝑉
Şekil 11.11a
I
𝑃𝑐𝑟 =?
I
Ay
y
P
r
Kolon
Kirişin şekil değiştirmiş hali dikkate alınırsa
𝑀
=
P.
y
y
𝑥
*
M’in
üzerinde
P’nin
etkisi
vardır.
Şöyleki:
𝑁
F
I
B x
Şekil 11.11b I
P A
∆𝐹 I
F
y
Kirişi boylamasına çevirirsek
P
kolon elde ederiz.
𝑥
y
𝑃𝑐𝑟
I
Elastik eğri
Kolonlar için de Euler
Ay
𝑥
𝑁
Şekil 11.7
yaklaşımı aynen geçerli olur.
Şekil 11.11c
𝑉
𝑀 = 𝐴𝑦 𝑥 − 𝐹. ∆𝐹 + P. y
Şimdi Euler yaklaşım mantığından
9.2.2.a denkleminden
Şekil 11.9
I
1 𝑑2 𝑦 𝑀(𝑥)
hareketle farklı sınır şartlarına sahip
Kirişin eğriliği:
=
=
*9.2.2.a denklemi yukarıdaki her iki durum için de geçerlidir.
𝑟 𝑑𝑥 2
𝐸𝐼
kolonlar için Pcr yüklerini elde edeceğiz…>>
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
469
Kolonların Burkulması -1/ Örnekli Konu Anlatımı
x
11.6 Farklı Durumlar için Euler Burkulma Formülleri
kesit
11.6.1 Alt ve üst uçları küresel mafsallı ve üst ucu ayrıca kayabilir kolon
z
L uzunluğunda, P eksenel kuvvetine maruz kolon düşünelim . Kesit simetriktir ve asal atalet
h
eksenleri z ve y dir. Iz < Iy dolayısıyla minimum asal atalet momenti Imin = Iz =I olur. Kolon bu
düzlemde z ekseni etrafında döner yani burkulur ve y yönünde bir yanal deplasman oluşur.
b
I-I kesimi alt kısmının şekil değiştirmiş halinin dengesinden: Σ𝑀𝑐 = 0 → 𝑃. 𝑦 + 𝑀 = 0 → 𝑴 = −𝑷 𝒚
x
3.1 denkleminden:
𝟐
𝑷𝒚
𝒅 𝒚
𝑴
′′
−
→
=
𝒚
=
=
𝑬𝑰
𝒅𝒙𝟐
𝑬𝑰
′′
;
𝑷
= 𝒌𝟐 olarak tanımlarsak
𝑬𝑰
I
𝟐
𝒚 +𝒌 𝒚=𝟎
Bu sabit katsayılı homojen diferansiyel denklemin genel çözümü: 𝒚 = 𝑨𝒄𝒐𝒔𝒌𝒙 + 𝑩𝒔𝒊𝒏𝒌𝒙 şeklindedir.
A ve B sabitlerini sınır şartlarından bulabiliriz: Mesnetlerde bir yanal deplasman olmayacağından;
A
x=0
için
x=L için
𝑦 = 0 = 𝐴 cos(𝑘0) + 𝐵 sin(𝑘0) = 𝐴. 1 + 0
𝑦 = 0 = 𝐵sin 𝑘𝐿 = 0 --> B sin(kL)=0
--------> A=0
ℎ𝑏 3
𝐼𝑧 =
12
y
𝑏ℎ3
𝐼𝑦 =
12
M
y
c
(buckling mode number: n=1, 2, 3,…. )
23.08.2024
L
y
I
x
A
P
y
Şekil 11.12
Burada B sıfır olamaz (B≠0). Çünkü A=0 olduğundan her durumda y=0 çıkar ki burkulmanın
hiçbir zaman olmayacağı anlamına gelecektir ki bu da olamaz. O halde sin(kL)=0 olmalıdır.
Bu durumda kL=π, 2π,….,nπ değerlerinden birisi olmalıdır.
𝝅𝟐 𝑃𝑘𝑟
𝑛𝜋
𝟐
𝟐
→𝒌 =𝒏 𝟐 =
𝑘=
𝑳
𝑬𝑰
𝐿
n değeri sınır şartlarına göre değişir.
B
P
P yavaş yavaş arttırılır, k değeri de artar ve P= Pkr değerine eriştiğinde burkulma oluşur ve burkulma anında: 𝑘 2 =
kL= nπ alınırsa:
P
ℎ>𝑏
𝑃𝑘𝑟
𝐸𝐼
ve sin(kL)=0 olur.
n nolu modda burkulma yükü:
π2 EI
Pkr−n = n
L2
(11.2)
İlk modda ( n = 1)
𝜋 2 𝐸𝐼
𝑃𝑘𝑟−1 = 2
𝐿
(11.3)
2nci modda ( n = 2)
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
2
𝑃𝑘𝑟−2 = 22 𝑃𝑘𝑟−1 = 4𝑃𝑘𝑟−1
470
Kolonların Burkulması -1/ Örnekli Konu Anlatımı
11.6.2 Alt ucu ankastre, üst ucu serbest kolon
I-I kesiminin şekil değiştirmiş halinin üst kısmının dengesinden: 𝛴𝑀𝑒 = 0 → −𝑃(𝛿 − 𝑦) + 𝑀 = 0
→𝑀=𝑃 𝛿−𝑦
Burada yine:
𝑑2 𝑦
𝑀 𝑃(𝛿 − 𝑦)
9.2.2.a denkleminden:
= 𝑦 ′′ =
=
2
𝑑𝑥
𝐸𝐼
𝐸𝐼
𝑃
= 𝑘 2 alınırsa:
𝐸𝐼
Bu dif. denklemin genel çözümü:
P
x
P
x
δ
y
e M
B
yazılabilir.
𝑦 ′′ + 𝑘 2 𝑦 = 𝑘 2 𝛿 (sabit katsayısı homojen dif. denklem)
𝑦 = 𝐶𝑐𝑜𝑠𝑘𝑥 + 𝐷𝑠𝑖𝑛𝑘𝑥 + 𝛿
(sehim denklemi)
𝑦 ′ = 𝜃 = −𝐶𝑘𝑆𝑖𝑛𝑘𝑥 + 𝐷𝑘𝐶𝑜𝑠𝑘𝑥
(eğim denklemi)
Ankastre uçta eğim ve sehim sıfırdır:
𝑑𝑦
= 0 = −𝐶𝑘𝑆𝑖𝑛0 + 𝐷𝑘𝐶𝑜𝑠0 -----> D=0
x=0 için 𝑦 ′ = 𝜃 =
𝑑𝑥
x=0 için y=0 = 𝐶𝑐𝑜𝑠0 + 𝐷𝑠𝑖𝑛0 + 𝛿 ----> C = -δ bulunur.
δ
L
I
y
I
P
x
A
y = 𝛿(1 − 𝑐𝑜𝑠𝑘𝑥)
y
Şekil 11.13
P yavaş yavaş arttırılır. 0<P<Pkr süresince bir y deplasmanı yani burkulma oluşmaz. P=Pkr olduğu anda B noktasında x=L için y=
δ olacaktır ve bu anda burkulma oluştuğu söylenebilir.
O halde burkulma anında:
𝛿 = 𝛿 1 − cos 𝑘𝐿 → 𝑐𝑜𝑠 𝑘𝐿 = 0
İlk burkulma modunda: 𝑛 = 1 → 𝑘𝐿 =
23.08.2024
→ 𝑘𝐿 =
𝜋
2
𝜋
,
2
→ 𝑘𝐿 =
3𝜋
𝑛𝜋
,…… =
, 𝑛 = (1,3,5, … )
2
2
𝜋
2
2
→ 𝑘2=
𝜋
4𝐿2
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
=
𝑃𝑘𝑟−1
𝐸𝐼
𝜋 2 𝐸𝐼
𝑃𝑘𝑟−1 =
4𝐿2
(11.4)
471
y
Kolonların Burkulması -1/ Örnekli Konu Anlatımı
Örnek 11.1 Alt ucu ankastre, üst ucu serbest olan kolona, serbest ucundan P kuvvetine ilaveten
Mo tekil eğilme momenti uygulanırsa Burkulma yükü ne kadar değişir?
B
Çözüm
P
P
x
x
δ
Mo
δ
B′M
Mo
Mo momentini de hesaba katarak 11.6.2 maddesindeki işlem adımlarıyla sonuca ulaşacağız:
o
I-I kesiminin şekil değiştirmiş halinin üst kısmının dengesinden:
𝛴𝑀𝐵′ = 0 → −𝑃 𝛿 − 𝑦 + 𝑀0 − 𝑀 = 0
y
2
𝑑 𝑦
𝑀 𝑀𝑜 + 𝑃(𝛿 − 𝑦)
𝑀 = 𝑀𝑜 + 𝑃 𝛿 − 𝑦 , 9.2.2.a denkleminden →
= 𝑦 ′′ =
=
𝑑𝑥 2
𝐸𝐼𝑦 ′′ + 𝑃𝑦 − 𝑀𝑜 + 𝑃𝛿 = 0
𝐸𝐼
𝐸𝐼
P
yazılabilir.
(sabit katsayılı homojen dif. Denklem)
x
A
𝑃
= 𝑘 2 olmak üzere, bu dif. denklemin genel çözümü: 𝑦 = 𝐶𝑆𝑖𝑛(𝑘𝑥) + 𝐷𝐶𝑜𝑠(𝑘𝑥) + 𝐻
𝐸𝐼
𝑑𝑦
= 𝑦 ′ = 𝐶𝑘𝐶𝑜𝑠 𝑘𝑥 − 𝐷𝑘𝑆𝑖𝑛 𝑘𝑥 = 𝜃,
𝑑𝑥
M
y
y
L
y
Şekil 11.14.a
𝑑2 𝑦
= 𝑦 ′′ = −𝐶𝑘 2 𝑆𝑖𝑛 𝑘𝑥 − 𝐷𝑘 2 𝐶𝑜𝑠(𝑘𝑥)
2
𝑑𝑥
𝐸𝐼[−𝐶𝑘 2 𝑆𝑖𝑛 𝑘𝑥 − 𝐷𝑘 2 𝐶𝑜𝑠 𝑘𝑥 ] + 𝑃[𝐶𝑆𝑖𝑛(𝑘𝑥) + 𝐷𝐶𝑜𝑠(𝑘𝑥) + 𝐻] − 𝑀𝑜 + 𝑃𝛿 = 0
𝐸𝐼[−𝐶
23.08.2024
𝑃
𝑃
𝑆𝑖𝑛 𝑘𝑥 − 𝐷 𝐶𝑜𝑠 𝑘𝑥 ] + 𝑃[𝐶𝑆𝑖𝑛(𝑘𝑥) + 𝐷𝐶𝑜𝑠(𝑘𝑥) + 𝐻] − 𝑀𝑜 + 𝑃𝛿 = 0
𝐸𝐼
𝐸𝐼
𝑀𝑜 + 𝑃𝛿
→ 𝑦 = 𝐶𝑆𝑖𝑛(𝑘𝑥) + 𝐷𝐶𝑜𝑠(𝑘𝑥) +
𝑃
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
→𝐻=
𝑀𝑜 + 𝑃𝛿
𝑃
bulunur.
..>>
472
Kolonların Burkulması -1/ Örnekli Konu Anlatımı
P
x
B
x
δ
Mo
Mo
Bulduğumuz denklemleri tekrar yazalım:
Sehim (çökme) denklemi: → 𝑦 = 𝐶𝑆𝑖𝑛(𝑘𝑥) + 𝐷𝐶𝑜𝑠(𝑘𝑥) +
Eğim açısı denklemi:
→ 𝑦 ′ = 𝜃 = 𝐶𝑘𝐶𝑜𝑠 𝑘𝑥 − 𝐷𝑘𝑆𝑖𝑛 𝑘𝑥
Şimdi sınır şartlarından C ve D sabitlerini bulalım.
y
L
𝑀𝑜 + 𝑃𝛿
𝑃
Ankastre uçta, hem sehim hem eğim değeri sıfır olur.
x
x=0 için 𝑦 ′ = 𝜃 =
A
y
𝑑𝑦
=0
𝑑𝑥
x=0 için 𝑦 = 0
→ 𝐶𝑘𝐶𝑜𝑠 0 − 𝐷𝑘𝑆𝑖𝑛 0 = 0
→ 𝐷𝐶𝑜𝑠 0 +
Şekil 11.14.b
(
𝑃
= 𝑘2)
𝐸𝐼
Serbest uçtaki sehim:
x=L için → 𝑦 = 𝛿 =
Burkulma anının tespiti:
P arttırılır, bu sırada k terimi de artar. y deplasmanı oluşmaya başlar.
1
𝜋
olduğu
anda:
→
= 0 ve 𝛿 → ∞ Olur.
𝐶𝑜𝑠𝑘𝐿
=
0
𝑘𝐿 =
𝛿
2
(Bu sebeple burkulmanın bu anda oluştuğu kabul edilir.)
23.08.2024
𝑀𝑜 + 𝑃𝛿
=0
𝑃
→𝐶=0
→𝐷=
𝑀𝑜
1
−1
𝑃 𝐶𝑜𝑠𝑘𝐿
𝑀𝑜 + 𝑃𝛿
𝑃
→
𝑀𝑜 + 𝑃𝛿
[1 − 𝐶𝑜𝑠 𝑘𝑥 ]
𝑃
1
𝑃
𝐶𝑜𝑠𝑘𝐿
=
𝛿 𝑀𝑜 1 − 𝐶𝑜𝑠𝑘𝐿
Burkulma anında :
𝜋
ve 𝑃 = 𝑃𝑘𝑟
𝑘𝐿 =
2
𝜋
𝑃𝑘𝑟 2
→ 𝑘 2 𝐿2 = ( )2 =
𝐿
2
𝐸𝐼
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑦=
𝜋 2 𝐸𝐼
→ 𝑃𝑘𝑟 =
4𝐿2
Dikkat
edilirse
11.6.2
maddesinde anlatılan sadece
P’nin olduğu durumdaki, (11.4
denklemindeki)
aynı
kritik
burkulma yükünü bulduk. O
halde :𝑀𝑜 momentinin burkulma
yüküne etkisi yoktur diyebiliriz.
473
Kolonların Burkulması -1/ Örnekli Konu Anlatımı
11.7 Euler Burkulma Formülünün Genelleştirilmesi :
Aşağıdaki Şekil 11.15 de gösterilen tiplerin her birisi için benzer şekilde kritik burkulma yükleri
hesaplanır ve yandaki gibi genel formüller 11.5 ve 11.6 denklemlerindeki gibi yazılabilir:..>>
Denklemlerdeki Le : etkin uzunluk olup, kolon tipine göre farklılık gösterir.
Ayrıca farklı sınır şartları için de benzer çözümler yapılarak Pkr ve skr hesaplanabilir.
𝑃𝑘𝑟
𝑃𝑘𝑟
𝑃𝑘𝑟
𝑃𝑘𝑟
𝑃𝑘𝑟
L
(1)
Üst: Serbest
Alt:
(2)
Küresel veya
Düzlem Mafsal
Küresel veya
Ankastre
Düzlem Mafsal
(3)
(4)
(5)
Küresel veya
Düzlem Mafsal
Ankastre
Kayar
Ankastre
Ankastre
Şekil 11.15
23.08.2024
Ankastre
Burkulma
ekseni:
Burkulma
sırasında
kolonun etrafında dönmeye
zorlandığı
eksendir.
Denklemlerdeki I burkulma
eksenine
göre
atalet
momentidir. Küresel mafsal
ve ankastre bağlantılarda,
kolon minimum asal atalet
ekseni etrafında dönmek
ister ve I = Imin olur.
Düzlem mafsalda ise I
değeri Imin dan farklı
olabilir.
Tip
No
1
𝜋2 𝐸𝐼
𝑃𝑘𝑟 = 𝐿 2
𝑒
𝑷
𝝈𝒌𝒓 = 𝑨𝒌𝒓 =
𝝅𝟐 𝑬𝑰
𝑳𝒆 𝟐 𝑨
(11.5)
(11.6)
Tablo 11.1
Etkin
𝑲𝒓𝒊𝒕𝒊𝒌
Uzunluk 𝑩𝒖𝒓𝒌𝒖𝒍𝒎𝒂 𝒀ü𝒌ü
𝑃𝑘𝑟
(Le)
2𝐿
𝝅𝟐 𝑬𝑰
𝟒𝑳𝟐
(11.7𝑎)
2
𝐿
𝝅𝟐 𝑬𝑰
𝑳𝟐
(11.7𝑏)
3
0.5 𝐿
≅ 0,7𝐿
𝟐𝝅𝟐 𝑬𝑰
𝑳𝟐
(11.7𝑐)
0.5 𝐿
𝟒𝝅𝟐 𝑬𝑰
𝑳𝟐
(11.7𝑑)
4 ve 5
Düzlem mafsal, kendi düzlemine dik doğrultuda serbestçe dönmeye izin vermez
ve ankastre gibi davranır. Bu sebeple dik yön için Le = 0.5L alınır. Burkulma
kontrolü dik yön için de ayrıca yapılmalıdır. (tablodaki tip 2 için olan L değeri düzlem
mafsalın kendi düzlemi içindir.)
Küresel mafsal ve ankastre bağlantılar diğer yönlerde farklı bir sınırlandırma
Ankastre getirmez ve tablodaki Le değerleri değişmez. Burkulma kesitin minimum asal
BuBu
Formüller
hangi
durumda
geçerlidir? … >>
atalet ekseni etrafında gerçekleşir.
durumlar
ileride
izah edilecektir.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
474
Kolonların Burkulması -1/ Örnekli Konu Anlatımı
11.8 Narinlik Oranı (𝝀) :
Çubuğun geometrisine bağlı bir özelliği olup şu şekilde tanımlanır:
𝐿𝑒
𝜆=
𝑖
(11.8)
𝑰
𝑨
(11.9)
𝜋 2𝐸
𝜎𝑘𝑟 = 2
𝜆
(11.10)
𝐸
𝜎𝑝
(11.11)
𝜎
11.8 denklemindeki 𝑖 terimi atalet yarıçapıdır:
𝒊=
𝜀
Euler
orantı sınırı
𝜎𝑝
𝜎𝑎𝑘
Malzemenin bası test diyagramı
Bu durumda 11.6 kritik burkulma gerilmesi
(genel euler denklemi),11.10 denklemindeki
gibi ifade edilebilecektir:..>>
Orantı Sınırına kadar:
(𝜎𝑘𝑟 ≤ 𝜎𝑝 veya 𝝀 ≥ 𝝀𝒑 )
Şekil 11.16
𝝈𝒌𝒓 = 𝝈𝒑
Orantı sınırında
ve Narinlik oranının kritik değeri:
𝜆𝑝 = 𝜋
Dikkat: Euler formülleri (11.2 den 11.11 ‘e kadar olan tüm denklemleri) orantı sınırına kadar geçerlidir.
(Çünkü Euler formüllerinin dayanağını oluşturan elastik eğri benzeşimindeki
11.3 denkleminin çıkarımında Hooke bağıntısı kullanılmıştır.)
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
475
Kolonların Burkulması -1/ Örnekli Konu Anlatımı
11.9 Tetmajer Amprik Denklemi
Malzemenin bası
Test diyagramı
Orantı sınırı aşıldığı zaman burkulma yükü hesaplarında deneysel verilerle
elde edilmiş olan Tetmajer Amprik Denklemi (Denklem 11.12)kullanılır:
𝜎
Orantı Sınırı Aşıldığında:
𝜀
Euler
Şekil 11.16
(11.12)
(𝜎𝑘𝑟 > 𝝈𝒑 veya 𝝀 < 𝝀𝒑 )
orantı sınırı
𝜎𝑝
𝜎𝑎𝑘
Tetmajer
𝝈𝒌𝒓 = a −b λ+𝒄 λ2
𝜎𝑘𝑟
Tablo 11.2 Tetmajer Amprik Denklemi sabitleri
Malzeme
a
b
c
St 37
St 50 – St 60
%5-Ni-Çelik
dökme demir (GG)
310
335
470
776
1
0
0.62
0
2
0
12 0.053
𝝅𝟐 𝑬
𝝈𝒌𝒓 = 𝟐
𝝀
E (GPa) σp (MPa) λp
210
210
210
100
190
260
280
154
104
89
86
80
𝜎𝑝
λ𝑝
λ
Şekil 11.17
Niçin «Tetmajer doğrusu» denir?
Tetmajer denklemi 2nci dereceden olmasına rağmen Tablo 11.2 den görüleceği üzere c sabiti birçok malzeme için sıfırdır.
Bu sebeple Tetmajer denklemi genelde doğrusal olur ve bu sebeple tetmajer doğrusu da denilebilir.
• 𝝈𝒌𝒓 : dış yüklerden bağımsız olup, kolon malzemesi ve geometrisinin bir özelliğidir ve euler veya tetmajer bölgesinden birisinde
olabilir. Fakat cismin üzerindeki gerçek gerilme (𝝈 =P/A) aynı bölgede olmak zorunda değildir.
• Eğer orantı sınırı belli değilse 𝝈𝒑 ≅ 𝝈𝒂𝒌 alınabilir.
• Koordinatları (λ 𝑝 , 𝜎𝑝 ) olan nokta Euler hiperbolü üzerindedir fakat Tetmajer doğrusu üzerinde olmayabilir. Bu sebeple bu nokta
için 11.10 denklemi geçerli olsa da, 11.12 denklemi sağlanmayabilir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
476
Kolonların Burkulması -1/ Örnekli Konu Anlatımı
𝑥
11.10. İlk Burkulma hangi eksende ortaya çıkar?
Şu ana kadar kolonun burkulmasını x-y düzlemi içerisinde inceledik ve z ekseni etrafında
dönmeye çalışması şeklinde düşündük.
𝑃𝑘𝑟
Küresel mafsal
Ancak sınır şartları ve kiriş kesitine bağlı olarak kirişin ilk burkulması dik düzlemde ve y
ekseni veya farklı bir eksen etrafında da çıkabilir.
(veya ankastre veya
serbest olabilir)
Kritik burkulma yükünü tespit ederken bu durum mutlaka göz önüne alınmalı ve
𝐼
𝐼
irdelenmelidir. Çünkü önemli olan kolonun ilk burkulduğu andaki Pkr yükünü bulmaktır.
2 sınır şartı kategorisi için ilk burkulmanın ekseni tespiti farklılık gösterebilir:
11.10.1 Sınır Şartlarının Yöne Göre Değişmemesi Durumunda Burkulma
Ekseni Tespiti (küresel mafsal, ankastre uç, serbest uç)
Küresel mafsal
Küresel Mafsal ve Ankastre bağlantılar, kirişi tüm yönlerde aynı şekilde sınırlar, yani
bağlantı bölgesinde tüm yönlerde ötelenme veya dönme serbestlikleri aynıdır.
Şekil 11.18
Kolon kesiti alternatifleri (I-I kesimi)
Burkulma ekseni
Serbest uç için de aynı şeyler söylenebilir.
dönmesiyle ilk burkulma gerçekleşir. Bu sınır şartları için daima Imin kullanılır ve
etkin uzunluk daima küresel mafsal için Le =L, ankastre için ise Le=0.5L dir. Kesit
geometrisine bağlı olarak Imin. hesaplanır.
𝐺
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑦
𝐺
Simetrik olmayan kesit
(a)
𝐼𝑚𝑖𝑛 = 𝐼𝑧
𝑧
𝑧
Bu durumda kendi kesitinin minimum asal atalet ekseni etrafında kolonun bir miktar
23.08.2024
𝑦
(veya ankastre olabilir)
𝑦
Simetrik kesit
Şekil 11.19
(b)
477
𝑥
Aynı kolonun
farklı düzlemlerden
𝑃𝑘𝑟
görünüşleri
𝑎𝑛𝑘𝑎𝑠𝑡𝑟𝑒
kesit
𝑥
Kolonların Burkulması -1/ Örnekli Konu Anlatımı
11.10.2) Sınır Şartlarının Yöne Göre Değişmesi Durumunda
Burkulma Ekseni Tespiti (Düzlemsel Mafsallar)
Düzlem mafsal gibi bağlantılar, kendi düzleminde (veya başka
𝑃𝑘𝑟
Kayar
düzlemsel
mafsal
z
ifadeyle düzleme dik eksen etrafında) dönmeye izin vermesine
dönmeye izin vermezler.
Dolayısıyla dik düzlemde ankastre gibi davranırlar. Kendi düzlemi
için dönmeye izin verdiğinden etkin uzunluk Le=L ve simetrik
kesitli kirişlerin burkulma ekseni (kirişin etrafında dönmek
b
Sabit
düzlemsel
mafsal
𝑦
Ancak dik düzlemde ankastre davranış dolayısıyla Le=0.5L ve
𝐿
𝑎𝑛𝑘𝑎𝑠𝑡𝑟𝑒
𝑧
𝐿𝑒 = 𝐿
𝐿𝑒 = 0.5𝐿
Şekil 11.20.a
Şekil 11.20.b
Burkulma ekseni: y
Burkulma ekseni: z
istediği eksen) z dir.
ℎ𝑏 3
12
𝑏ℎ3
𝐼𝑦 =
12
y 𝐼𝑧 =
h
𝐿
rağmen, dik düzlemde (düzleme paralel eksenler etrafında)
ℎ>𝑏
5.6 denkleminden:
𝜋 2 𝐸𝐼𝑧
𝑃𝑘𝑟−𝑧 =
𝐿2
2
𝜋 𝐸(4𝐼𝑦 )
𝜋 2 𝐸𝐼𝑦
=
𝑃𝑘𝑟−𝑦 =
𝐿2
(0.5𝐿)2
burkulma ekseni y olacaktır. Kendi düzleminde I=Iz , dik düzlemde
ise I=Iy alınmalıdır. Her iki düzlemde hesaplanan kritik burkulma
yüklerinden hangisi küçük ise kritik burkulma yükü (Pkr ) değeri
odur. Veya 𝝈𝒌𝒓 değeri küçük olan düzlemde ilk olarak burkulma
olur diyebiliriz.
23.08.2024
𝐼𝑧 < 4𝐼𝑦 durumunda
→ 𝑃𝑘𝑟−𝑧 < 𝑃𝑘𝑟−𝑦
olacaktır.
Bu durumda Önce x-y düzleminde
yani z ekseni etrafında burkulma
→ 𝑃𝑘𝑟 = 𝑃𝑘𝑟−𝑧
meydana gelecektir. O halde:
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
478
Kolonların Burkulması -1/ Örnekli Konu Anlatımı
(𝜎𝑘𝑟 =
𝜋2 𝐸
𝜆2
) → 11.10 denkleminde pay ( 𝜋 2 𝐸 ) sabittir. Bu
sebeple minimum 𝝈𝒌𝒓 değeri maksimum 𝝀 değerinde ortaya
Aynı kolonun
farklı düzlemlerden
görünüşü
𝑥
11.10.3) Narinlik Oranından İlk Burkulma Eksenin Tespiti:
𝑃𝑘𝑟
Kayar
düzlemsel
mafsal
çıkar. (Tetmajer doğrusuna baktığımızda yine aynı şeyi
z
h
𝐿
İlk burkulma Narinlik oranı ( l ) en yüksek olan kesit
b
Sabit
düzlemsel
mafsal
ekseninde oluşur.
𝑃𝑘𝑟
𝑎𝑛𝑘𝑎𝑠𝑡𝑟𝑒
söylememiz mümkündür. ) Bu durumdan tüm durumları
kapsayacak şekilde şöyle genel bir kural çıkarabiliriz:
𝑥
kesit
ℎ>𝑏
ℎ𝑏 3
y 𝐼𝑧 =
12
𝑏ℎ3
𝐼𝑦 =
12
𝑦
𝐿
𝑎𝑛𝑘𝑎𝑠𝑡𝑟𝑒
𝑧
𝐿𝑒 = 𝐿
𝐿𝑒 = 0.5𝐿
Şekil 11.21.a
Şekil 11.21.b
Yanda iki farklı görünüşü verilen kolon için,
11.8 denkleminden y ve z eksenlerindeki narinlik katsayılarını hesaplarsak:..>>
𝜆𝑧 =
𝑳𝒆
𝐿
=
𝒊
𝐼𝑧
𝐴
,
Kesite göre h>b olduğundan 𝐼𝑧 < 𝐼𝑦 ve dolayısıyla 𝐼𝑧 = 𝐼𝑚𝑖𝑛.
𝜆𝑦 =
0.5𝐿
𝐼𝑦
𝐴
=
𝐿
4𝐼𝑦
𝐴
𝐼𝑧 < 4𝐼𝑦
ise
→ 𝜆𝑧 > 𝜆𝑦
→ 𝜆𝑚𝑎𝑥 = 𝜆𝑧
olur.
x-y düzleminde (z etrafında)burkulma oluşacaktır.
→ 𝑃𝑘𝑟 = 𝑃𝑘𝑟−𝑧
𝐼𝑧 > 4𝐼𝑦
ise
→ 𝜆𝑧 < 𝜆𝑦
→ 𝜆𝑚𝑎𝑥 = 𝜆𝑦
olur.
x-z düzleminde (y etrafında)burkulma oluşacaktır.
→ 𝑃𝑘𝑟 = 𝑃𝑘𝑟−𝑦
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
479
Özel problemlerde bağlantıların serbestçe izin
verdiği dönme ve ötelenmeler iyi analiz
11.11 Kolon Problemlerinde İzlenecek Yol Haritası:
edilerek, hangi mesnet tipine uygun olduğu ve
Boyutları ve malzemesi belli bir kolonun taşıyabileceği eksenel bası yükü aşağıdaki adımlarla bulunur: hangi kolon tipine girdiği doğru tespit
edilmelidir. Bazı durumlarda kolonun tipi
1.Adım - Burkulma Yükü Tespiti: 4 aşaması vardır.
düzleme göre farklı yorumlanabilir. Ayrıca 2
1.1- Şekil 11.15 ve Tablo 11.1 den kolonun hangi tipe girdiği ve etkin uzunluğu ( Le ) belirlenir. den fazla bağlantı söz konusu ise burkulma
modu şekil 11.6’ dan doğru tespit edilmelidir.
1.2- Euler veya Tetmajer formüllerinden hangisini kullanılacağına karar verilir. 2 alternatif vardır:
Eğer kolonun tipi belirlenemiyorsa, , 11.6
konusundaki gibi burkulma formülü Euler
1. Alternatif: Narinlik oranlarının karşılaştırılması
kiriş benzeşimden hesaplanmalıdır.
Kolonların Burkulması -1/ Örnekli Konu Anlatımı
11.8 denkleminden
mevcut durumdaki
narinlik oranı belirlenir:
2. Alternatif:
Denklem: 11.10
2
𝜎𝑘𝑟 =
2
𝜋 𝐸 𝜋 𝐸𝐼
= 2
𝜆2
𝐿𝑒 𝐴
𝜆=
𝐿𝑒
𝐿𝑒
=
𝑖
𝐼
𝐴
,
11.9 denkleminden
orantı sınırındaki
narinlik oranı belirlenir:
𝐸
𝜆𝑝 = 𝜋
𝜎𝑝
𝜆 ≥ 𝜆𝑝
ise
Euler kullanılır
𝜆 < 𝜆𝑝
ise
Tetmajer kullanılır
Euler kabul edilip kritik gerilme (𝜎𝑘𝑟 ) 11.10 denkleminden hesaplanır.
Denklem: 11.12
𝜎𝑘𝑟 > 𝜎𝑝 ise Euler kullanılamaz, Bulduğumuz 𝜎𝑘𝑟 değeri doğru değildir. Tetmajer kullanılır: 𝝈𝒌𝒓 = a −b λ+𝒄 λ2 geçerlidir.
𝜎𝑘𝑟 ≤ 𝜎𝑝
ise Euler kullanılabilir. Bulduğumuz 𝜎𝑘𝑟 değeri doğrudur.
𝜎𝑜𝑐 :Basıdaki Akma Gerilmesi
*Bulunan kritik gerilme için: 𝜎𝑘𝑟 ≥ 𝜎𝑜𝑐 ise önce bası hasarı oluşacaktır. Bu durumda 2nci adıma geçilebilir. Çünkü Pmax = Pb-max olacaktır.
1.3- Pcr = 𝜎𝑘𝑟 . 𝐴 burkulma yükü bulunur. (Buraya kadar ki tüm adımlar küresel mafsal ve ankastre bağlantılar için tüm durumlarda geçerlidir.)
1.4 – Bağlantı düzlem mafsal vb şekilde olup yöne bağlı sınır şartlarını değiştiriyorsa o yönlerdeki burkulma kontrolü de mutlaka yapılmalıdır.
2. Adım - Bası Yükü Tespiti: Bası emniyetini aşmaya sebep olacak yük :
Pb-max = 𝜎𝑏𝑒𝑚 . 𝐴
𝜎𝑘𝑟 <𝜎𝑏𝑒𝑚 ise bu hesaba gerek yoktur. Çünkü önce burkulma olacaktır Pmax = Pcr olur
3.Adım - Maksimum Yükün Tespiti:
23.08.2024
hesaplanır.
𝜎𝑏𝑒𝑚 : Bası emniyet gerilmesi
Pcr ve Pb-max değerlerinden küçük olanı Kolonun Taşıyabileceği maksimum yük (Pmax) değeridir.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
480
Kolonların Burkulması -1/ Örnekli Konu Anlatımı
Çözüm:
Örnek 11.2
Alt ucundan ankastre edilmiş kolonun
işlevselliğini
yitirmeden
taşıyabileceği
maksimum P yükünü hesaplayınız. Kolon 1.1-) 𝑃
𝑘𝑟
malzemesi gevrek olup çeki-bası diyagramı
aşağıda verilmiştir.
x
11.11 maddesindeki yol haritası adımlarını takip edeceğiz:
1.Adım : Burkulma yükü (Pkr )tespiti
1.2-)Euler’mi ; Tetmajer mi kullanılmalıdır?
Bu kolon Şekil 11.15
2. Alternatiften
deki tiplerden
Euler’i kullanabileceğimizi kabul edelim:
Tip 1 ‘e girer
s (MPa)
P
z
𝑇𝑖𝑝 1
Bir ucu serbest,
diğer ucu ankastre
L
𝜎𝑜
y
x
60
e
q
40mm
3m
q
3x10-4
Tablo 11.1’den
etkin uzunluk
𝐿𝑒 = 2𝐿
Şekil 11.23
Elastiklik modülü ( E) hesabı:
𝐸 = 𝑡𝑎𝑛𝜃 = 60Τ3𝑥10−4
3
x
-100
𝐸 = 200𝑥10 𝑀𝑃𝑎
Kesitin minimum atalet momenti
𝜎𝑜𝑐
Çeki ve bası deneysel
diyagramları
(b)
(a)
Şekil 11.22
23.08.2024
40𝑥1203
𝐼𝑦 =
= 5760𝑥103 𝑚𝑚4
12
120𝑥403
𝐼𝑧 =
= 640𝑥103 𝑚𝑚4
12
𝐼𝑧 < 𝐼𝑦 → 𝐼𝑧 = 𝐼𝑚𝑖𝑛
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
(Denklem: 11.10’dan burkulma gerilmesi)
𝜋 2 . 𝐸. 𝐼𝑚𝑖𝑛
𝜎𝑘𝑟 =
𝐿𝑒 2 . 𝐴
𝜋 2 200𝑥103 . (640𝑥103 )
𝜎𝑘𝑟 =
= 7.31𝑀𝑃𝑎
(2𝑥3000𝑚𝑚)2 . (120𝑥40)
Soruda verilen diyagramın bası bölgesine
dikkat edilirse, orantı sınırındaki gerilme:
𝜎𝑝 = 100𝑀𝑃𝑎
(Burkulmada bası kuvvetleri ve gerilmeleri
pozitif işaretli düşünülür.)
𝜎𝑘𝑟 < 𝜎𝑝
(7.31 < 100)
→ o halde Euler’i kullanmamız doğrudur.
bası akma gerilmesi
𝜎𝑜𝑐 ≅ 𝜎𝑝 = 100𝑀𝑃𝑎
481
Kolonların Burkulması -1/ Örnekli Konu Anlatımı
1.3-)
Burkulma yükü:
𝑃𝑘𝑟 = 𝜎𝑘𝑟 . 𝐴 = (7.31)(120)(40)
→ 𝑃𝑘𝑟 = 35088𝑁
1.4-) Sınır şartlarını yöne bağlı değiştiren bir bağlantı ( düzlem mafsal gibi ) yoktur.
2.Adım :
Bası yükü:
3.Adım:
Max. Yük tespiti:
𝑃𝑏−𝑚𝑎𝑥 = 𝜎𝑜𝑐 𝐴 = 100 (120)(40)
→ 𝑃𝑏−𝑚𝑎𝑥 = 480000𝑁
→ 𝑃𝑘𝑟 < 𝑃𝑏−𝑚𝑎𝑥 → önce burkulma oluşur.
→ 𝑃𝑚𝑎𝑥 = 𝑃𝑘𝑟 = 35088𝑁
Not: 1.2 adımının sonunda 𝜎𝑘𝑟 < 𝜎𝑜𝑐 olduğu ve önce burkulma olacağı görülebilirdi.
Bu durumda Pmax =Pkr olacağından 2nci adımdaki 𝑃𝑏−𝑚𝑎𝑥 ı bulmaya gerek kalmazdı.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
482
Kolonların Burkulması-2 / Örnek Problemler
11.11 maddesinde anlatılan yol haritasını takip ediyoruz.
1.Adım) Burkulma yükü (Pkr )tespiti
𝑃𝑘𝑟 1.1) Kolon tipi (bknz: konu 11.7)
Bir ucu serbest,
diğer ucu ankastre:
𝝈𝒌𝒓 = 29.3 – 0.194 λ
P
Z
120 mm
(a)
Tablo 11.1 denetkin uzunluk
𝐿𝑒
=
𝜆=
𝑖
𝐿𝑒 = 2𝐿 = 2𝑚
Kesit alanı: 𝐴 = 90 × 30 + 180 × 30 = 8.1 × 10 𝑚𝑚
z
G
y
𝑍
180 mm
(b)
𝐿𝑒
𝐼𝑚𝑖𝑛
𝐴
𝑌 = 65𝑚𝑚
30mm z
1
𝐼𝑚𝑖𝑛 = minimum asal atalet momenti aşağıda hesaplanmıştır:
3
Şekil 11.24
23.08.2024
Z
𝑍 = 35𝑚𝑚
y
G1 G
30 mm
Kesit simetrik değildir. Kolon minimum asal atalet ekseni etrafında dönmek ister. 2 G2
Y
180 mm
Kesit
30mm
y
L
Şekil 11.25
𝒀
1m
Narinlik oranını hesaplamalıyız:
𝑇𝑖𝑝 1
(Gerekli olursa) Tetmajer Denklemi:
x
1.2) Euler mi, tetmajer mi kullanılmalı?
1nci alternatiften gidelim:
90 mm
Şekildeki
ahşap
kolonun
emniyet katsayısı e = 3 olacak
şekilde, taşıyabileceği P yükünü
hesaplayınız.
E= 10 GPa, 𝑌 = 65 𝑚𝑚,
λ𝑝 = 80 𝑍 = 35 𝑚𝑚
30mm
Y
2
30 × 903
180 × 303
2
𝐼𝑦 =
+ (90 × 30) 75 − 35 +
+ (180 × 30) 15 − 35 2
12
12
Şekil 11.26
≅ (8.71)106 𝑚𝑚4
90 × 303
30 × 1803
6
4
2
𝐼𝑧 =
+ (90 × 30) 15 − 65 +
+ (180 × 30) 90 − 65 2 ≅ 24.9 × 10 𝑚𝑚
12
12
𝐼𝑧𝑦 = (90 × 30) 75 − 35 × (15 − 65) + (180 × 30) × 15 − 35 × (90 − 65) = −8.1 × 106 𝑚𝑚4
𝐼𝑧 + 𝐼𝑦
𝐼𝑚𝑎𝑥,𝑚𝑖𝑛 =
±
2
𝐼𝑧 − 𝐼𝑦
2
2
+ 𝐼𝑧𝑦 2 ⇒ 𝐼𝑚𝑎𝑥 = 28.26 × 106 𝑚𝑚4 ; 𝐼𝑚𝑖𝑛 = 5.353 × 106 𝑚𝑚4
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
483
Kolonların Burkulması-2 / Örnek Problemler
Narinlik oranı:
→𝜆=
𝐿𝑒
=
𝑖
2000
5.353 × 106
= 77.8. . < 80
→ 𝜆 < 𝜆𝑝
olduğundan Tetmajer kullanılmalıdır.
8.1 × 103
𝝈𝒌𝒓 = 29.3 − 0.194λ
𝜎𝑘𝑟
Soruda verilen Tetmajer denkleminden burkulma anındaki gerilme:
𝝅𝟐 𝑬
𝝈𝒌𝒓 = 𝟐
𝝀
𝜎𝑝
λ𝑝
𝜎𝑘𝑟 = 29.3 − 0.194λ = 29.3 − 0.194(77.82) = 14.21𝑀𝑃𝑎 ,
λ
Orantı sınırındaki gerilme
Euler Hiperbolü denkleminden bulunabilir:
π2 E
π2 10(103 )
σp = 2 =
= 15.42𝑀𝑃𝑎
802
λ𝑝
Dikkat: (𝜆𝑝 ; 𝜎𝑝 ) noktası Euler hiperbolü üzerindedir fakat tetmajer doğrusu üzerinde
olmayabilir. Bu sebeple 𝜎𝑝 değerini Tetmajer doğru denkleminden bulmak doğru olmaz.)
Şekil 11.27
Basıdaki akma gerilmesi ≅ Orantı sınırındaki gerilme alınabilir.
14.21 < 15.42 →
1.3)
𝜎𝑘𝑟 < 𝜎𝑜𝑐 →
→ 𝜎𝑜𝑐 ≅ σp
O halde önce burkulma oluşur.
Kritik Burkulma Yükü:
𝑃𝑘𝑟 = 𝜎𝑘𝑟 𝐴 = 14.21 × 8100 = 115.1 × 103 ,
Emniyetli Burkulma Yükü:
→ 𝑃𝑘𝑟−𝑒𝑚 = 𝑃𝑘𝑟 /𝑒 = 115.1/3 ≅ 38.37 𝑘𝑁
𝑁 ≅ 115.1 𝑘𝑁
= 𝑃𝑚𝑎𝑥
(Emniyet sınırları içinde
uygulanabilecek max. Kuvvet)
Yol haritasındaki diğer adımları yapmaya gerek kalmamıştır.
23.08.2024
MUKAVEMET II- Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
484
Kolonların Burkulması-2 / Örnek Problemler
x
z
Bası mukavemeti açısından önce incelersek;
y
𝑃𝑏−𝑚𝑎𝑥 = 𝜎𝑜𝑐 . 𝐴. 𝐴 = 250. 𝜋(752 − 702 )
→ 𝑃𝑏−𝑚𝑎𝑥 = 569.4𝑘𝑁
Burkulma yükü (Pkr )tespiti
Malzemeyi akma sınırına
eriştirecek bası kuvveti
11.11 maddesindeki yol haritasındaki adımları takip edeceğiz.
𝑃𝑘𝑟
1.1- Kolon tipinin ve etkin uzunluğun tespiti:
Tüpün bir mesnetlenmesi yoktur. Bu durumda hangi tipe sokabiliriz?
•
Şekil 11.28
7m
uzunluğundaki
çelik
tüpe •
Bu yükleme durumu için, her iki uç, tüm yönlerde dönebilir.
Her iki uçta da bir eğim açısı olması söz konusudur.
uygulanabilecek maksimum eksenel •
Yükleme ve sınır şartları simetriktir ve orta eksene göre simetrik bir
Tip 2
bası yükünü hesaplayınız.
burkulma beklenir.
Le=L
Elastiklik Modülü:E= 200GPa,
Basıdaki Akma Mukavemeti (gerilmesi):
𝜎𝑜𝑐 = 250𝑀𝑃𝑎
23.08.2024
•
Tüm bu durumları ise Tablo 11.1’deki tiplerden 2 numaralı tipin küresel
mafsal durumuyla sağlanır:
Şekil 11.29
Not: 𝜎𝑜𝑐 ve diğer tüm bası gerilmeleri ve bası kuvvetleri aslında eksi (-) işaretlidir fakat
burkulma hesaplarında işaretleri kolaylık olması için + alınır.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
485
Kolonların Burkulması-2 / Örnek Problemler
1.2 ) Euler’i mi Tetmajer ‘i kullanmalıyız?
2. alternatif’ten gidersek
Euler’i kullanacağımızı kabul ediyoruz:
Orantı Sınırındaki gerilme:
→ 𝜎𝑘𝑟 < 𝜎𝑝
2
3 𝜋
4
4
𝜋 2 𝐸 𝜋 2 . 𝐸. 𝐼𝑚𝑖𝑛 𝜋 . 200𝑥10 . 4 (75 − 70 )
𝜎𝑘𝑟 = 2 =
=
= 106𝑀𝑃𝑎
𝜆
𝐿𝑒 2 . 𝐴
(7𝑥103 )2 . 𝜋(752 − 702 )
σp ≅ 𝜎𝑜𝑐 =250MPa
alınabilir.
olduğundan Euler kullanılabilir. Bulduğumuz 𝜎𝑘𝑟 doğrudur.
Çelik sünek bir malzemedir ve sünek malzemelerin bası ve çekideki akma gerilmesi eşittir:
𝜎𝑘𝑟 < 𝜎𝑜𝑐
1.3 ) Burkulma yükü :
olduğundan önce burkulma oluşacağını söyleyebiliriz.
𝑃𝑘𝑟 = 𝜎𝑘𝑟 . 𝐴 = 106. 𝜋. 752 − 702 = 241431.4𝑁 ≅ 241.4𝑘𝑁 = 𝑃𝑚𝑎𝑥
Veya yükler açısından kıyaslama yaparsak:
23.08.2024
𝜎𝑜𝑐 = 250𝑀𝑃𝑎
→ 𝑃𝑘𝑟 < 𝑃𝑏−𝑚𝑎𝑥 →
𝑃𝑚𝑎𝑥 = 𝑃𝑘𝑟 ≅ 241.4𝑘𝑁
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
486
x
Kolonların Burkulması-2 / Örnek Problemler
x
Şekilde görülen AC çelik çubuğu ,
P
sürtünmesiz
tekerleklerle
noktasından desteklenmiş ve
A
H
B
0.5L
z
C
P
kolon tipi 2 dir. (bknz: Şekil 11.15, tablo 11.1)
B mesneti ise bu düzlemde şekil değiştirmeye etki eder,
Tekerlekler şekil düzlemine dik y
(z yönünde deplasmanı engeller.) Ve kiriş 11.6.b
doğrultusunda dönebilirler. A ve C
şeklindeki gibi burkulur. Bu sebeple burkulma modu
de
maruz
küresel
mafsallar
bu düzlemde n =2 dir.
mevcuttur.
Sistemin
burkulma
Etkin uzunluk (tablo .11.1den)
emniyet katsayısını e=2.5 alarak
emniyetle
taşınabilecek
P
𝐿𝑒 = 𝐿 = 10 × 103 𝑚𝑚
Atalet yariçapı (Denk. 11.9dan)
H-H Kesiti
y
z
Şekil 11.30.b
A = 7.8 × 103 𝑚𝑚2
𝐿 = 10 𝑚
𝐼𝑧 = 57 × 106 𝑚𝑚4
𝐼𝑦 = 20 × 106 𝑚𝑚4
λ𝑝 = 105
E= 210 GPa
𝜎𝑎𝑘𝑚𝑎 = 𝜎𝑜𝑐 = 300𝑀𝑃𝑎
𝑖=
𝐼𝑦
=
𝐴
Tip 2
mod2
20 × 106
= 50.64mm
7.8 × 103
A
0.5L
B
0.5L
z
ise
kuvvetini hesaplayınız.
Şekil 11.30.a
23.08.2024
B
x-z düzleminde (y ekseni etrafında)burkulma:
Sadece A ve C küresel mafsalları var kabul edilirse
bırakılmıştır.
yüküne
H 0.5L
P
C
Şekil 11.31
Narinlik oranı (Denk. 11.8den)
𝜆=
𝐿𝑒 10000
=
= 197.47
𝑖
50.64
𝜆 > 𝜆𝑝 → Euler kullanılır.
n=2 modundaki emniyetli burkulma yükü (Denk. 11.2 ‘den):
𝑃𝑘𝑟−𝑦−𝑒𝑚 =
𝑛2 𝜋 2 𝐸𝐼𝑦
𝐿𝑒 2 . 𝑒𝑘
22 𝜋 2 210 × 103 (20 × 106 )
=
≅ 663237 𝑁
100002 × 2.5
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
487
Kolonların Burkulması-2 / Örnek Problemler
x
P
x-y düzleminde (z ekseni etrafında)burkulma:
Yine sadece A ve C küresel mafsallarının varlığı kabul edilirse, bu bağlantıları
A
tüm düzlemlerde etkileri aynı olduğundan kolon tipi yine 2 dir.
B mesnetinin şekline dikkat edilirse ve tekerleklerin de sürtünmesiz olduğunu
Tip 2
göze alırsak, B mesneti bu düzlemde şekil değiştirmeye etki etmeyeceğini
Mod 1
0.5L
B
görebiliriz. (y yönünde deplasmana izin verdiği için sanki bu düzlemde B
0.5L
mesneti yok kabul edilebilir). Burkulma modu bu düzlemde n =1 dir.
Narinlik oranı (Denk. 11.8den)
Etkin uzunluk
3
𝐿𝑒 = 𝐿 = 10 × 10 𝑚𝑚 ,
(tablo .11.1den):
𝐿𝑒 10000
𝜆=
=
≅ 117
𝑖
85.48
Atalet yariçapı
𝐼𝑧
57 × 106
𝑖=
=
= 85.48 𝑚𝑚
(Denk. 11.9dan):
𝜆 > 𝜆𝑝 → Euler kullanılır.
𝐴
7.8 × 103
𝑃𝑘𝑟−𝑦−𝑒𝑚 = 663237 𝑁
Emniyetli burkulma yükü (Denk. 11.2 ‘den):
𝑃𝑘𝑟−𝑧−𝑒𝑚 =
23.08.2024
𝑛2 𝜋 2 𝐸𝐼𝑧
𝐿𝑒 2 . 𝑒
12 𝜋 2 210 × 103 × 57 × 106
=
≅ 472557𝑁
100002 × 2.5
C
y
Şekil 11.32
bulunmuştu.
→ 𝑃𝑘𝑟−𝑧−𝑒𝑚 < 𝑃𝑘𝑟−𝑦−𝑒𝑚 < 𝑃𝑏−𝑒𝑚 olduğu için önce z
eksenin etrafında (x-y düzleminde) burkulma oluşur.
Emniyetli bası yükü:
Çubuğun taşıyabileceği emniyetli yük
𝜎𝑎𝑘𝑚𝑎 𝐴
300 7.8 × 103
𝑃𝑏−𝑒𝑚 =
=
= 936000𝑁
𝑒𝑘
2.5
→ 𝑃𝑚𝑎𝑥 = 𝑃𝑘𝑟−𝑧−𝑒𝑚 = 472557𝑁
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
488
Kolonların Burkulması-2 / Örnek Problemler
F
2a
x
B ucundan sabit düzlem mafsala bağlı olan BC kirişi, C ucundan bir AC
x
3a
düşey kolonu ile desteklenmiştir ve kirişe F düşey kuvveti uygulanmıştır.
B
C
C
AC kolonunun emniyetini bası ve burkulma açısından kontrol ediniz ve
burkulma emniyet katsayısını belirleyiniz.
(Tüm bağlantılar düzlem mafsal özelliği göstermektedir. B mafsalı x-z, A
L
ve C mafsalları ise x-y düzlemindedir.)
a
a
Şekil 11.33
A
z
A
y
Verilenler:
F = 250 kN,
t
a-a Kesiti
b
y
z
E = 210 𝐺𝑃𝑎, L= 1.5 m , a= 0.5 m ,
b= 60 mm, h= 80 mm, s= 8 mm, t= 6 mm
t
(bası emniyeti) ∶ 𝜎𝑏𝑒𝑚 = −100 𝑀𝑃𝑎
s
h
𝑜𝑟𝑎𝑛𝑡𝚤 𝑠𝚤𝑛𝚤𝑟𝚤: 𝜎𝑝 = 190 𝑀𝑃𝑎,
𝜆 < 𝜆𝑝 olursa 𝜎𝑘𝑟 = 310 − 1.14𝜆 (𝑀𝑃𝑎)
Şekil 11.34
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
489
𝑥
𝑃𝑘𝑟
Kolonların Burkulması-2 / Örnek Problemler
11.11 maddesindeki yol haritasını takip edelim:
Statik analizden, AC çubuğuna gelen eksenel bası
kuvvetini hesaplayalım:
1. Adım – AC çubuğu için Burkulma Yükü tespiti
1.1) Çubuk hangi kolon tipine girer? Etkin uzunluk nedir?
F=250kN
2a
C
3a
x-y düzleminde inceleme
Sorudaki şekil incelenirse:
üst uç: kayar düzlem mafsal,
alt uç: sabit düzlem mafsal gibi davranır.
B
Şekil 11.35
𝐹𝐴𝐶
σ𝑀𝐵 = 0 ⇒ 2𝑎 𝐹 − 5𝑎 𝐹𝐴𝐶 = 0
Tip 2
Bu mafsallar z ekseni etrafında dönmeye izin verirler.
𝐹𝐴𝐶
2
2
𝐹𝐴𝐶 = 𝐹 = 250 = 100 𝑘𝑁
5
5
L
Bu sebeple bu düzlem için kolon Tip 2’ye
girer. (bknz: konu 11.7)
Şekil 11.38
𝑥
𝑃𝑘𝑟
tablo 11.1 den bu tip için etkin uzunluk Le-z=L =1.5m dir
x-z düzleminde inceleme
Üst ve alt bağlantı y ekseni etrafında dönmeye izin
vermez (ankastre). Üst uç x yönünde harekete izin
verir, çubuğun alt ve üst uçları sabittir.
L= 1.5 m
Bu sebeple bu düzlemde çubuk Tip 4’e girer.
𝐹𝐴𝐶
Şekil 11.37
23.08.2024
y
A
Tip 4
tablo 11.1 den bu tip için
etkin uzunluk Le-y=0.5L =0.75m dir
Şekil 11.36
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑧
Şekil 11.39
490
Kolonların Burkulması-2 / Örnek Problemler
1.2)Burkulma açısından euler veya tetmajer formüllerinden hangisini kullanacağız? b= 60 mm , s= 8 mm , h= 80 mm , t= 6 mm
1.Alternatifi kullanırsak:
𝜆 ve 𝜆𝑝 narinlik oranlarını tespit etmemiz
ve karşılaştırmamız gerekir.
(11.11 denkleminden)
Orantı sınırındaki narinlik oranı:
𝐸
𝜎𝑝
𝜆𝑝 = π
210𝑥103 𝑀𝑃𝑎
=π
190𝑀𝑃𝑎
t
y
= 104.44
t
b
s
z
h
Farklı burkulma tipleri olduğundan narinlik oranlarını her iki düzlem içinde belirmemiz gerekir.
Kesit Alanı: 𝐴 = 𝑏𝑠 + 2ℎ𝑡 = 1.44 ⨯ 103 𝑚𝑚2
Şekil 11.40
𝑏𝑠 3
𝑡ℎ3
𝐼𝑧 =
+2
= 0.514 ⨯ 106 𝑚𝑚4 → 𝑖𝑧 =
12
12
𝑠𝑏3
ℎ𝑡 3
𝑏 𝑡
𝐼𝑦 =
+2
+ ℎ𝑡
+
12
12
2 2
𝜆𝑧 > 𝜆𝑦
𝐼𝑧
=
𝐴
𝐿𝑒−𝑧
0.514 ⨯ 106
→
𝜆
=
=
18.89
𝑚𝑚
𝑧
𝑖𝑧
1.44 ⨯ 103
2
6
≅ 1.192 ⨯ 10 𝑚𝑚
4→
𝑖𝑦 =
𝐼𝑦
=
𝐴
𝐿
𝑖𝑧
=
1500
→ 𝜆𝑧 ≅ 79.4
18.89
𝐿𝑒−𝑦 0.5𝐿 (0.5)1500
1.192 ⨯ 106
→ 𝜆𝑦 ≅ 26
=
→
𝜆
=
=
= 28.77 𝑚𝑚
𝑦
3
28.77
𝑖𝑦
𝑖𝑦
1.44 ⨯ 10
olduğundan ilk burkulma z ekseni etrafında (x-y düzleminde) oluşur.
𝜆𝑧 < 𝜆𝑝 olduğu için Tetmajer formülü kullanılır:
𝜎𝑘𝑟 = 310 − 1.14𝜆𝑧 = 310 − 1.14𝑥79.4 = 219.48
Tetmajer bölgesi için sağlama:
2.Alternatif ile Euler veya Tetmajer’in
hangisinin kullanılacağının tespiti şöyle
de yapılabilirdi:
23.08.2024
=
𝜎𝑘𝑟 =
𝜋 2 𝐸𝐼𝑚𝑖𝑛
𝐿𝑒 2 𝐴
𝜎𝑘𝑟 > 𝜎𝑝 olmalı
𝜋 2 𝑥210𝑥103 𝑥0.514𝑥106
=
= 328.8𝑀𝑃𝑎 > 𝜎𝑝
15002 𝑥1.44𝑥103
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
219.48> 190
sağlanıyor.
olduğundan Euler
kullanılamaz, O halde Tetmajeri
kullanmamız gerekir
491
Kolonların Burkulması-2 / Örnek Problemler
Kritik burkulma yükü:
𝑃𝑘𝑟 = 𝜎𝑘𝑟 𝐴 = 219.48 ⨯ 1.44 ⨯ 103 ≅ 316 ⨯ 103 𝑁 = 316 𝑘𝑁
Burkulma Kontrolü:
Çubuğa düşen yükün 𝐹𝐴𝐶 = 100𝑘𝑁 olduğunu daha önce bulmuştuk.
Burkulma için emniyet katsayısı :
𝑒=
𝑃𝑘𝑟 316
=
= 3.16
𝐹𝐴𝐶 100
O halde burkulma olmaz.
𝐹𝐴𝐶 < 𝑃𝑘𝑟
𝜎 (MPa)
Burkulma olmaz ama Bası emniyeti aşılmış olabilir mi?
Mevcut gerilme :
𝐹𝐴𝐶 100 ⨯ 103
𝜎𝑏 =
=
= 69.4 𝑀𝑃𝑎
𝐴
1.44 ⨯ 103
Euler
Bası emniyet gerilmesi:
𝜎𝑏𝑒𝑚 = 100 𝑀𝑃𝑎
𝜎𝑏 < 𝜎𝑏𝑒𝑚
23.08.2024
verilmişti
Bası açısından da EMNİYETLİ
𝜎𝑏
𝜎𝑏𝑒𝑚
𝜎𝑝
𝜎𝑎𝑘
𝜎𝑘𝑟
𝜀
Tetmajer
Şekil 11.41
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
492
Kolonların Burkulması-2 / Örnek Problemler
Örnek11.9
𝑦
40𝑚𝑚
𝑦
2𝑚
𝑦
𝑥
5𝑚𝑚
35𝑚𝑚
𝑧
Dikdörtgen
kesitli
L
uzunluğunda
alüminyum
çubuk B de ankastre olarak
mesnetlenmiştir.
Çubuğun
A bağlantısı z ve y etrafında
5𝑚𝑚
(a)
(b)
dönmeye ve z yönünde
ötelenmeye izin verir, fakat
Şekil 11.42
Şekilde görülen iki ucu ankastre T kesitli çubuk için Euler bölgesinde
y
burkulma emniyet katsayısının 2 olması istendiğine göre çubuğun ne kadar
engeller. Buna göre;
ısıtılabileceğini (sıcaklığının ne kadar arttırılabileceğini) hesaplayınız.
Her iki düzlemde (x-y ve x-z düzlemlerinde)
𝛼 = 11 × 10−6 /°𝐶,
E= 210 GPa,
λ𝑝 = 105
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
ötelenmeyi
Şekil 11.43
burkulma yüklerinin eşit olması için a/b oranı ne
olmalıdır?
𝐶𝑒𝑣𝑎𝑝: ∆𝑇 = 32.3 °𝐶
23.08.2024
yönünde
𝐶𝑒𝑣𝑎𝑝: 0.35
493
12. YORULMA (fatigue)
Tekrarlı yüklemeler sonucu oluşan hasarlar
(Ömür Hesapları ve Boyutlandırma)
23.08.2024
Örneklerle Ömür Hesapları
(Video 12.a)
Örneklerle Boyutlandırma
(Video 12.b)
Örnekler
(Video 12.c)
Mukavemet Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
494
Yorulma
•
12.1- Yorulma Nedir?
Bir seferliğine kolayca kaldırabildiğimiz bir paketi art arda kaldırmak istersek, ancak belli
bir tekrar sayısına kadar kaldırabiliriz. Çünkü bu tekrarlı işlem bizi yorar.
•
İşte katı cisimler de tekrarlı yüklere karşı benzer bir davranış gösterir.
•
Katı cisimler statik olarak uygulanan bir yüke dayanabilseler dahi, aynı yükü tekrarlı olarak
(arka arkaya) uygularsak belli bir tekrara kadar dayanabilirler ve sonra hasara uğrarlar.
•
İşte bu olaya yorulma denir.
Şekil 12.1.a
•
12.2- Bu Konuda Amaçlarımız:
İlk Amacımız tekrarlı yüklemelere maruz bir cismin herhangi bir noktasında zamana bağlı bir gerilme
değişimi sözkonusu iken bu noktanın kaç tekrara kadar dayanabileceğini yani ömrünü hesaplamaktır.
•
Veya başka bir ifade ile bu noktada ilk çatlak (hasar) oluşumu için tekrar sayısını hesaplamaktır.
•
Ayrıca katı sistemlerde tasarım kriteri olarak alınan sonsuz ömür kavramının ne olduğu izah edilecektir.
12.3- Konunun Önemi:
Şekil 12.1.b
Sanayide veya günlük hayatımızda kullandığımız birçok makineler, mekanizmalar ve bunların içerisindeki
hareketli tüm katı parçalar, tekrarlı yüklere maruz kalmakta ve bazılarında zaman içerisinde hasarlar
oluşmaktadır. Bu parçaların sadece statik durumda iken gerilme hesapları ve boyutlandırılmalarının
yapılması yanıltıcı olabilir. Aynı zamanda ömür hesaplarının ve yorulma açısından emniyetli boyut
Şekil 12.1.c
23.08.2024
tespitlerinin yapılması son derece önem arz etmektedir.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
495
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
12.4- Yorulma Hesaplarında kullanılan Önemli Tanımlamalar :
Yorulma hesaplarında normal gerilmeler S sembolü ile gösterilmiştir. Şekil 12.2.a daki gibi iki ucu mafsallı BC kirişinin orta noktasına zamanla değişken bir
F(t) kuvveti uyguluyoruz. F kuvvetinin zamana göre değişimi şekil 12.2.b de gösterilmiştir. F kuvveti etkisi ile kirişte eğilme yüklemesi meydana gelecektir.
5.1 nolu eğilme konusundan biliyoruz ki, kirişin herhangi bir D kesitindeki (herhangi bir anda) normal gerilme dağılımı Şekil 12.3.b deki gibi olur (Kiriş
kesitini simetrik olarak düşünüyoruz ki, bu durumda basit eğilme oluşacaktır.) D kesitindeki bir d noktasındaki gerilme ise 12.1 denkleminden bulunur.
F(t) zamanla değiştiğinden S gerilmesi de zamanla değişken olacaktır. Yükleme tipine göre F-t ve S-t diyagramları benzer veya farklı formda olabilir.
12.1 nolu S(t) gerilme denklemi 1nci dereceden (doğrusal) bir denklem olduğundan bu örnek için S-t diyagramının, F – t diyagramına benzer olacağı açıktır.
Şekil 12.4 de S-t diyagramında farklı gerilme tanımlarını inceleyiniz. Bu diyagramın herhangi bir d noktası için çizildiğini unutmayınız.
Ayrıca kirişin farklı kesitlerinde ve farklı noktalarında şekil olarak aynı fakat sınır değerleri farklı S-t diyagramları oluşacağını fark ediniz.
Kirişte belli bir tekrardan sonra ilk çatlak oluşur ki, bu maksimum gerilmenin oluşacağı noktalarda (bu örnek için A kesitinin en dış noktalarında) meydana gelir.
y
𝐹 𝑡 𝑥𝐷
y
𝑀
(𝑡)
=
y
D
𝑧𝑑
x
C
𝑀𝑧𝑑 (𝑡)
2
B
z
xD
G
d
G d
Kiriş kesiti
(b)
(a)
Şekil 12.3
Şekil 12.2.a
x
→ 𝑆𝑥 𝑑 𝑡 = 𝑆 𝑡 = −
𝑆𝑥𝑑
→𝑆 𝑡 =−
D kesiti
𝐹𝑚𝑎𝑥
Zaman (t)
Time (t)
𝑦𝑑
𝐹 𝑡 𝑥𝐷
𝑦𝑑
2𝐼𝑧
(12.1)
Maksimum gerilme:
𝑆𝑚𝑎𝑥 = 𝑆𝑚 + 𝑆𝑎
(12.2)
Minimum gerilme:
𝑆𝑚𝑖𝑛 = 𝑆𝑚 - 𝑆𝑎
(12.3)
Ortalama Gerilme :
𝑆𝑚 =
(mean stress)
𝐹𝑚𝑖𝑛
𝐼𝑧
Gerilme Genliği :
𝑆𝑎 =
𝑆𝑚𝑎𝑥 + 𝑆𝑚𝑖𝑛
2
(12.4)
𝑆𝑚𝑎𝑥 − 𝑆𝑚𝑖𝑛
2
(12.5)
(alternating stress)
Şekil 12.2.b
Şekil 12.4
Şimdi ilk cevabını aradığımız soru şudur: Tekrarlı yüklemeye maruz bir noktada kaç tekrar sonucunda çatlak oluşur? Yani bu noktanın yorulma ömrü nedir?..>>
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
496
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
12.5- Ömür hesabı için gerekli malzeme özellikleri
Bir noktada kaç tekrar sonucu çatlak oluşacağını hesaplayabilmek için malzemeye ait yorulma karekteristik eğrilerinin (S-N diyagramlarının) öncelikle
bilinmesi gerekir. Bu eğriler ise deneysel olarak elde edilir. Şöyle ki: Aynı malzemeden imal edilen numuneler tekrarlı yüklemeye maruz bırakılır.
Herbir numunenin Sm ortalama gerilmesi veya Sa gerilme genliği farklıdır. Şekil 12.5 de 3 farklı tekrarlı yükleme testleri (b,c,d testleri) gösterilmiştir.
Bu testlerin her birisi numunede hasar (çatlak) oluşana kadar devam eder. Çatlak oluştuğunda erişilen tekrar sayıları (N ) herbir test için tespit edilir.
Logoritmik diyagramda yatay eksene N, düşey eksene Sa gerilme genlikleri koyulmak üzere herbir teste karşılık gelen noktalar işaretlenir ve aynı Sm
ortalama gerilmesine sahip noktalar bir eğri ile birleştirilir. Bu eğrilerin tümüne S-N diyagramları denir. S-N diyagramlarının elde edilebilmesi için çok
sayıda test yapılması gerektiği açıktır.
Sa = S
Gerilme Genliği
Sm
Yorulma Deneyleri
1 tekrar
c
Sac
Sm1
Sm3
d
Sm2
b
Sab
Sad = Sab
Sad
Sm2
Sm1
d
b
Sac
t (zaman)
Şekil 12.5
S-N diyagramları
102
103
2
2x102 3x10 6x102
Sm3
c
Yorulma çatlağı oluşana kadar tekrar sayısı: N
104
105
106
107
108
Şekil 12.6
Şu noktaları üstteki diyagramlardan anlamaya çalışınız:
• Aynı ortalama gerilme (Sm) değeri için gerilme genliği Sa artarsa malzeme yorulması daha az tekrar sayısında gerçekleşir.
• Aynı Sa değeri için Sm azalırsa malzeme daha fazla tekrar sayısında yorulur.
• N ekseninde değerler arasında çok fark olduğu için logoritmik skala kullanılır. Bu skaladaki aralıkların eşit olmadığına dikkat ediniz.
• Sonsuz Ömür Kavramı: S - N eğrisi 106 çevrimden sonra genellikle yatay (apsis) eksene asimptotik bir durum gösterir, yani bu tekrar sayısında eğrinin yatay
eksene paralel olduğu kabul edilebilir. Bu ise sonsuz ömür anlamına gelmektedir. Bu kavram bir sonraki sayfada daha detaylı izah edilmiştir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
497
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
12.6- Sonsuz Ömür Kavramı:
•
Sa = S
Gerilme Genliği
tekrardan sonra, grafikteki tüm eğrilerin yatay eksene paralel
devam ettiği ve bu noktalardaki (a,b,c noktalarındaki) teğetlerle
çakıştığı kabul edilebilir.
Sm2
•
Sm3
Sm1
102
genliği sınır değeri» diyebiliriz.
b
c
103
104
105
106
•
107
Yorulma çatlağı oluşana kadar tekrar sayısı: N
Şekil 12.7
Teğetin yatay olduğu bu noktalardaki gerilme genlikleri özel
olarak Sao sembolüyle gösterilir ki bunların her birisine «gerilme
a
Sao2
Sao3
Sao1
•
Şekil 12.7 deki S-N diyagramlarına dikkat edilirse N = 106
Bir Sao değerine karşılık gelen N değeri sadece 106 değil; 106 dan
büyük olan ve teorik olarak sonsuza kadar devam eden tüm
değerlerdir (çünkü eğri o bölgede yatay olarak devam etmektedir.)
Bu ise şu anlama gelir: Sao (veya daha düşük) gerilme genliklerinde sonsuz tekrara dayanım söz konusudur ki buna sonsuz ömür
denir. (Örneğin Sm1 eğrisinde genlik Sao1
iken N değeri 106 , 107 ve daha büyük tüm değerlerdir ve c noktası sonsuz ömür
sınırıdır.). Katı cismin üzerindeki yorulması incelenen nokta sonsuz ömre sahipse, o noktada hiçbir zaman yorulma çatlağı
•
oluşmaz ve tekrarlı yükleme sonsuza kadar o noktada devam edebilir.
Özet olarak: (106 ; Sao ) koordinatlarına sahip yukarıda gösterilen a, b, c gibi noktalar ve bu noktalardan geçen yatay teğetler
sonsuz ömür sınırlarıdır. Bu örnekteki malzeme için sonsuz ömür sınırlarındaki minimum tekrar sayısı 106 dır. Fakat malzeme
cinsine göre bu değer farklı olabilir.
23.08.2024
Mukavemet II - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
498
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
12.7-Yorulma Deney Düzenekleri
Yorulma deney düzenekleri farklı tasarımlarda olabilir. Herbir düzenekte önemli olan ise çatlağın ilk oluşacağı kritik
noktada Smax - Smin gerilmelerinin tekrarlı olarak ortaya çıkması ve Şekil 12.4 deki gibi bir gerilme-zaman diyagramı elde
edilmesidir. Amaç ise çatlağın kaç tekrar sonucunda oluşacağını ölçmektir ki, bu değerler teorik hesaplamalarda
kullanılan (bir önceki sayfada anlatılmış) yorulma karekteristik eğrilierinin (S-N diyagramlarının) elde edilmesinde
gereklidir. Aşağıda örnek olarak 4 farklı yorulma test düzeneği gösterilmiştir:
Şekil 12.8.a
Şekil 12.8.b
Şekil 12.8.c
Şekil 12.8.d
Mukavemet bilgilerinizle bu düzeneklerin her birisinde ilk önce çatlak oluşacak noktayı tahmin etmeye ve bu noktalarda S-t diyagramlarını taslak olarak çizmeye çalışın.
•
Düzeneklerde, en kritik noktanın gerilmesi Mukavemet formüllerinden hesaplanabilmelidir. Bu ise yükleme durumuna göre değişebilir. Örneğin basit
eğilmeye maruz bir kiriş için gerilme 12.4 denkleminden hesaplanabilmektedir. Eğer düzenek çekme-basma tarzında olursa S=P/A formülü kullanılır.
•
Düzeneklerde değişken yükler impulsif yani darbeli tarzda (çekiçle vurur gibi) olmamalı, yavaşça uygulanmalıdır. Zira Smax –Smin gibi anlık
gerilmeler anlık (o an sanki mekanizma duruyormuş gibi düşünülerek) statik yükleme durumları için hesaplanır.
•
Yorulma ömrü için bir noktada Smax-Smin normal gerilmeleri sırasıyla oluşmalıdır ki, bu eğilme veya çeki/bası yüklemelerinde gerçekleşir. Bu sebeple
düzenekler bu yükleme tiplerinden birisine göre dizayn edilir. 12.8a-c düzenekleri eğilmeye, 12.8.d düzeneği ise çeki/basıya göre dizayn edilmiştir.
Malzeme cinsine bağlı olarak bir tek numunenin yorulma testi bazen günler hatta haftalar sürebilir. Bir malzemenin yorulma karekteristik davranışlarını
belirleyebilmek için ise fazla sayıda test yapılmalıdır. Bu sebeple bir malzeme cinsi için yorulma testleri oldukça uzun bir süreç gerektirebilir. Bu külfet altına girmek
yerine öncelikle literatürde ve çeşitli kaynaklarda malzememiz için daha önceden deneysel olarak bulunmuş yorulma eğrilerini (referans göstererek) kullanmak çok
daha pratik bir çözüm olabilir. Ayrıca sadece Sm=0 için yapılan deneylerden teorik yorulma mukavemeti eğrileri geliştirilmiştir ki bu konunun ilerisinde açıklanacaktır.
23.08.2024
Mukavemet II - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
499
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
•
Önceki sayfadaki düzenek örnekleri malzeme karekteristik yorulma eğrilerini bulmaya yönelik olduğundan çubuk şeklinde
deney numuneleri kullanılır.
•
Bazı düzeneklerde ise doğrudan son ürünler test edilmekte, ürünün istenen ömüre sahip olup olmadığı doğrudan
ölçülmektedir. İşletmeler açısından oldukça faydalı olan ürün yorulma testleri sayesinde ayrıca teorik hesaplamalara gerek
kalmasa da, ar-ge faaliyetleri ve ürün geliştirme süreçleri için bilgisayar ortamında yorulma analizlerinin yapılmasının
günümüz teknolojisinin vazgeçilmezi konumunda olduğu da unutulmamalıdır.
•
Aşağıda ürün yorulma testlerine ait 2 örnek gösterilmiştir.
Şekil 12.9.a (Ayakkabı yorulma test düzeneği)
23.08.2024
Şekil 12.9.b (Jant yorulma test düzeneği)
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
500
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
12.8 Ömür Hesaplarında Önemli Noktaları tekrar edelim:
1- Deney düzeneğinin tasarımı sebebiyle yükleme tipleri farklılık gösterebilir ve dolayısıyla dış yük – zaman; gerilme-zaman
grafikleri de birbirlerine benzer veya farklı formda olabilir.
2- Püf Noktası: Ömür hesapları bir nokta için yapılabilir ve o noktada kaç tekrar
(cycle) sonucu çatlak oluşacağını bize gösterir. Önemli olan ise incelenen o
noktadaki gerilme- zaman değişimini doğru tespit etmektir.
3- Bir cismin yorulma ömrü, en kritik noktasının yorulma ömrünü
belirlemekle mümkündür. Çünkü ilk çatlak oluşumu bu noktada meydana gelir.
4- Dış yük değişken, sistem sabit olduğunda yorulma ortaya çıkar.
(Örnek: Yollardaki su tasfiye ızgarası)
Şekil 12.10
5- Ancak bazen dış yükler sabit, sistem hareketli olur, bir nokta
sürekli konum değiştirir ve
üzerindeki gerilmeler zamanla
değişeceğinden yorulmaya maruz kalır. (Örnek: Jant)
6- Yorulma hesaplarından önce maksimum ve minimum yüklerin oluşturacağı,
kritik noktadaki gerilmeler statik yükleme durumu için ayrı ayrı hesaplanmalıdır.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Şekil 12.11
501
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
P (+60kN;-30kN)
Sa (MPa)
Örnek 12.1
6cm x 5cm kesitinde, alt kısmından ankastre
30
bir tahta bloğa P eksenel kuvveti 60kN ile -
25
30kN arasında değişecek şekilde tekrarlı
20
olarak
uygulanıyor.
Malzemenin
S-N
diyagramı yandaki gibi ise, tahta blok bu
tekrarlı yüke kaç tekrara kadar dayanabilir?
(yani yorulma ömrü nedir?)
15
10
Sm=0MPa
Sm=5MPa
Sm=15
5
10
106
102
105
103
104
2
4𝑥10 = 400
Yorulma çatlağı oluşana kadar tekrar sayısı
N
Çeki veya bası yüklemesi olduğu için bloğun tüm noktalarında her t anında aynı şiddette gerilmeler ortaya çıkar,
teorik olarak tüm noktaların hepsi kritik noktadır ve gerilmeler S=P/A formülüyle hesaplanır.
𝑃𝑚𝑖𝑛 −30𝑥103 𝑁
𝑃𝑚𝑎𝑥
60𝑥103 𝑁
=
= −10𝑀𝑃𝑎
=
= 20𝑀𝑃𝑎 , Minimum gerilme: 𝑆𝑚𝑖𝑛 =
Maksimum gerilme: 𝑆𝑚𝑎𝑥 =
𝐴
60𝑥50𝑚𝑚
𝐴
60𝑥50𝑚𝑚
Çözüm:
𝑆𝑚𝑎𝑥 + 𝑆𝑚𝑖𝑛 20 − 10
=
= 5𝑀𝑃𝑎
2
2
Ortalama gerilme:
(mean stress)
𝑆𝑚 =
Gerilme genliği:
(alternating stress)
𝑆𝑚𝑎𝑥 − 𝑆𝑚𝑖𝑛 20 − (−10)
𝑆𝑎 =
=
= 15𝑀𝑃𝑎
2
2
23.08.2024
S-N diyagramından Sm=5MPa lık eğri üzerinde
𝑆𝑎 = 15MPa a karşılık gelen N değeri 400 dür.
Yani bu blok bu tekrarlı yüke 400 tekrara kadar
dayanabilir. (Yorulma ömrü 400 tekrardır denir.)
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
502
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
Örnek 12.2
Fd
h
Topuklu bir bayan ayakkabısının dayanım kriteri şu şekilde belirlenmiştir:
«1 metreyi 2 adımda yürüyen 70kg lık bir bayan, 2 yıl boyunca günde
ortalama 2km yürüdüğünde ayakkabının topuk kısmında herhangi bir
hasar oluşmamalıdır»
Sa (MPa) :Gerilme Genliği
Ayakkabının topuk kısmını, silindirik şekilde ve çapı d=7.5mm , yüksekliği
Ayakkabı malzemesi için S-N diyagramları
h = 5cm olarak kabul edebiliriz. Adım atarken dikkat edilirse vücut yükünün
tümü tek ayakkabıya geldiği görülür ki, bu sırada diğer ayağın yerle teması
10
kesilmiştir. Yürüme sırasında tüm vücud yükünün yarısını topuğun, diğer
8
yarısını ayağın ön kısmının taşıdığı kabul edilebilir.
Sm=-5MPa
6
4
Sm=-2MPa
2
Sm=0
102
103
104
106
105
Yorulma çatlağı oluşana kadar tekrar sayısı
23.08.2024
N
Ayakkabı malzemesinin basıdaki kırılma gerilmesi Sbası-kırılma= Soc =-40MPa
ve S-N diyagramları yandaki şekildeki gibidir. Buna göre;
a-) özellikleri verilen tahta malzemenin topuk için
kullanılması uygun mudur?
b-) Değilse ne gibi bir tedbir düşünürsünüz?
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
(g = 10kgm/s2)
503
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
Çözüm:
Öncelikle bir ayakkabının 2 senede ne kadar tekrarlı yüke maruz kalacağını orantı kurarak hesaplayacağız:
Bir ayakkabı
1metrede
1 kere yere basıyor.
Günde 2000m
yürüdüğüne göre 2 senede
2 𝑥 365 𝑥(2000)𝑚𝑒𝑡𝑟𝑒𝑑𝑒
𝑛 kere yere basar
𝑛 = 2𝑥365𝑥2000 = 1460000 kez
Bir adımda (bir tekrarda), yere tam
basıldığında bir ayakkabıya tüm vücud
ağırlığı gelir. Fakat tüm vücud ağırlığının
yarısı topuk kısmına düşer (diğer yarısı
ayakkabının ön kısmı tarafından taşınır)
Ayakkabı havaya kalktığı
anda kuvvet sıfırdır
ayakabının
topuğu
𝑊
𝑊
𝑃=
2
23.08.2024
Ayakkabı yere tam
𝑃𝑚𝑖𝑛
bastığı anda kuvvet
negatif (bası) olarak en
yüksek değerindedir.
𝑆 (𝑀𝑃𝑎)
ℎ = 50𝑚𝑚
𝑊 Τ2
Topuk için kuvvet – zaman diyagramı:
𝑡 (𝑠𝑛)
𝑃𝑚𝑎𝑥 = 0
𝑊 Τ2
𝑑 = 7.5𝑚𝑚
𝑃 (𝑁)
𝑊 Τ2
𝑃𝑚𝑎𝑥 𝑆
= 𝑚𝑎𝑥 = 0
𝐴
𝑃𝑚𝑖𝑛 = −
𝑊
70𝑥10
=−
= −350𝑁
2
2
Topuktaki bir noktada gerilme-zaman diyagramı
𝑡 (𝑠𝑛)
𝑃𝑚𝑖𝑛
−350
=
= 𝑆𝑚𝑖𝑛 = −7.92
2
𝜋(7.5)
𝐴
4
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
504
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
Statik halde (tek ayak üzerinde beklerken veya ilk adımda) hasar oluşur mu?
𝑆𝑚𝑖𝑛 < 𝑆𝑜𝑐
hasar oluşmaz.
−7.92 < −40
Yürürken oluşan ortalama gerilme (mean stress):
𝑆𝑚 =
𝑆𝑚𝑎𝑥 + 𝑆𝑚𝑖𝑛 0 − 7.92
=
= −3.96𝑀𝑃𝑎 ≅ −4𝑀𝑃𝑎
2
2
Yürürken oluşan gerilme genliği (alternating stress):
𝑆𝑎 =
𝑆𝑚𝑎𝑥 − 𝑆𝑚𝑖𝑛 0 − (−7.92)
=
= 3.96𝑀𝑃𝑎 ≅ 4𝑀𝑃𝑎
2
2
Sa (MPa)
Soruda S-N diyagramlarında Sm=-4MPa lık eğri verilmemiştir. Fakat mevcut
eğrilerden faydalanarak bu eğri de ortalama olarak yandaki şekildeki gibi çizilir.
Sm=-4MPa lık eğri üzerinde,
𝑆𝑎 =4MPa’a karşılık gelen tekrar sayısı: → 𝑁 = 4𝑥104 = 40000 𝑡𝑒𝑘𝑟𝑎𝑟
10
8
6
Yani ayakkabının topuğu 40000 tekrara kadar bu yüke dayanır.
Sm=-5MPa
4
2
Yorulma çatlağı oluşana kadar tekrar sayısı
102
23.08.2024
103
104 4𝑥104 105
Fakat istenen tekrar sayısı n =1460000 ve n>N olduğundan
Sm=-4MPa
Sm=-2MPa
Sm=0
106
N
Bu malzemenin bu boyutlarda topuk malzemesi olarak
kullanılması uygun değildir.
Nasıl bir tedbirle aynı malzemeyi kullanabiliriz..>>
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
505
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
Topuğun çapını 𝑑 = 10𝑚𝑚..
alırsak aynı hesaplama şekliyle
𝑃𝑚𝑖𝑛
−350
𝑃𝑚𝑎𝑥
𝑆
=
=
= −4.46𝑀𝑃𝑎
𝑆𝑚𝑎𝑥 =
= 0, 𝑚𝑖𝑛
𝜋(10)2
𝐴
𝐴
4
𝑆𝑚𝑎𝑥 − 𝑆𝑚𝑖𝑛 0 − (−4.46)
𝑆𝑎 =
=
= 2.23 𝑀𝑃𝑎
2
2
𝑆𝑚𝑎𝑥 + 𝑆𝑚𝑖𝑛 0 − 4.46
𝑆𝑚 =
=
= −2.23𝑀𝑃𝑎
2
2
b-) Tedbir 1 :
Sa (MPa)
10
8
Sm=-2MPa
6
Sm=-5MPa
4
2.23
2
102
Sm=-2.23MPa
Sm=0
103
104
105
Yorulma çatlağı oluşana kadar tekrar sayısı
23.08.2024
7
106 1.46x10610
N
•
S-N diyagramlarında Sm=-2.23MPa lık eğri verilmemiştir. Fakat
mevcut eğrilerden faydalanarak bu eğri de ortalama olarak
şekildeki gibi çizilmiştir.
•
Sm=-2.23MPa lık eğri üzerinde 𝑆𝑎 =2.23MPa’a karşılık gelen N değeri:
•
N= 106 =1milyon tekrar olarak grafikten ölçülmüştür. Bu ise sonsuz
ömür anlamına gelir. (Bu noktadan sonra eğrilerin yatay olarak
devam ettiğini fark edin. Detay için konu 12.6 yı inceleyiniz. )
•
O halde topuk n = 1460000 tekrara da dayanacaktır.
•
Bu sebeplerle Tedbir 1 doğrudur diyebiliriz.
•
Bununla birlikte bu tedbirde ayakkabının orijinalliğini bozacak ve
istenen estetikliğinin kaybolmasına sebep olacak şekilde d
çapının çok fazla büyütülmemesi gerekliliği, ayrı bir sınırlama
olarak karşımıza çıkmaktadır.
Eğer Sm=-2.23MPa ve Sa<2.23MPa olsaydı teğetin alt bölgesinde kalacaktık.
Bu durumda sonsuz ömür yine sağlanacaktı ve daha emniyetli durum söz
konusu olacaktı.
Soru 1: Ayakkabı topuğu için daha farklı tedbirler neler olabilir?
Düşününüz ve bu tedbirlerinde doğruluğunu sayısal hesaplarla ispatlayınız.
Soru 2: Ayakkabı topuğu için bir başka risk burkulmadır. Tedbir 1’e göre
yeniden tasarlanmış topukta burkulma açısından bir problem oluşup
oluşmayacağını hesaplarla belirleyiniz.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
506
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
yarıçaplı metalik bir tele diğer ucundan
1cm
pense vasıtasıyla P=50N luk kuvvet yukarı-
P
aşağı
tekrarlı
olarak
uygulanıyor.
Bu
durumda kaç tekrar sonunda telde ilk çatlak
oluşturulabilir.
-P
(Pensenin
ezilme ve kesme etkisi,
y b
𝑃
.b
.
c
L=1cm
.G
x z
c
𝑀𝑧
Mz-max
x
𝑃(𝑁)
𝑃𝑚𝑎𝑥
𝑡 (𝑠𝑛)
𝑃𝑚𝑖𝑛
𝑆 (𝑀𝑃𝑎)
𝑆𝑚𝑎𝑥
120
S-N diyagramları
100
80
60
çenelerindeki
40
telin duvardan
20
çıkma olasılığı ihmal edilecektir. )
y
Sa (MPa) Tel malzemesinin özellikleri (Sakma= 250MPa)
Sol ucu bir duvara ankastre olan r= 2mm
Örnek 12.3
10
Sm=-80MPa
Yorulma çatlağı oluşana kadar tekrar sayısı
102
Sm=0MPa
Sm=80MPa
N
104
106
105
Çözüm: Tel eğilme yüklemesine maruz kalır. En kritik kesit ankastre kesit ve en kritik noktalar b ve c
noktaları olup, bu noktalarda bir t anında gerilmeler eşit fakat zıt işaretli olur. Gerilme-zaman
diyagramları simetriktir. b veya c’den birisini incelememiz yeterlidir. b ’yi incelersek:
𝑀𝑧−𝑚𝑎𝑥
𝑃𝑚𝑎𝑥 . 𝐿
50𝑥10
. 𝑦𝑏 = −
.𝑟 = −
𝑃𝑚𝑎𝑥 = 50𝑁 → 𝑆𝑥𝑏−𝑚𝑖𝑛 = −
. 2 → 𝑆𝑥𝑏−𝑚𝑖𝑛 = −79.6MPa = 𝑆𝑚𝑖𝑛
4
𝜋. 𝑟
𝐼𝑧
𝜋. 24
4
4
−50𝑥10
𝑀𝑧−𝑚𝑖𝑛
𝑃𝑚𝑖𝑛 . 𝐿
→ 𝑆𝑥𝑏−𝑚𝑎𝑥 = 79.6MPa = 𝑆𝑚𝑎𝑥
=
−
.
2
. 𝑦𝑏 = −
.
𝑟
𝑃𝑚𝑖𝑛 = −50𝑁 → 𝑆𝑥𝑏−𝑚𝑎𝑥 = −
4
𝜋. 2
𝜋. 𝑟 4
𝐼𝑧
4
4
(ortalama gerilme –mean stress)
(gerilme genliği–alternating stress)
103
𝑆𝑥𝑏−𝑚𝑎𝑥 + 𝑆𝑥𝑏−𝑚𝑖𝑛 79.6 − 79.6
𝑆𝑥
− 𝑆𝑥𝑏−𝑚𝑖𝑛 79.6 − (−79.6)
=
= 0 = 𝑆𝑚 ; 𝑆𝑎−𝑏 = 𝑏−𝑚𝑎𝑥
=
= 79.6𝑀𝑃𝑎 = 𝑆𝑎
2
2
2
2
Sm=0 eğrisinde, Sa = 79.6MPa lık genliğe karşılık gelen tekrar sayısının yaklaşık N= 2x102 =200 dür. Bunu
kendiniz grafikten görmeye çalışınız. O halde 200 tekrar sonunda çatlak oluşur. Pense üst konumdayken bir
tekrar sonra yine üst konuma gelir.
𝑆𝑚−𝑏 =
c
𝑆𝑚𝑖𝑛
23.08.2024
b
𝑡 (𝑠𝑛)
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
507
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
12.9 Tekrarlı Yüklere Ara Verilmesinin Etkisi
•
Biz, bir yığılı yükü kendi bedensel gücümüzle bir yerden başka bir yere taşırken, zaman
zaman ara verip dinleniriz, kendimizi toparlarız ve sonra çalışmaya devam edebiliriz.
•
Katı cisimler içinde böyle bir durumun söz konusu olduğunu söyleyebiliriz.
•
Zira yorulma testleri zaman zaman durdurulduğunda, düzgün deney parçalarında bir
toparlanma görülmüş ve ara verilmeden yapılan testlere göre daha uzun ömürler elde edilmiştir.
•
Şekil 12.12
Bununla birlikte endüstriyel bir ürünün veya parçanın üzerindeki tekrarlı yüke ne zaman ve ne kadar
süreyle ara verileceği genelde bir standarda bağlı değildir ve kullanıcıya göre değişebilmektedir.
•
Biz mühendisler ise hesaplamalarımızda daima en kritik durumu göze almamız gerekir.
•
Dolayısıyla ara verilmeden sürekli testlerden elde edilmiş S-N diyagramlarının ve diğer yorulma verilerinin
kullanılması en kritik durumu incelemek anlamına geleceğinden daha doğru bir yaklaşım olacaktır.
•
Şunu da unutmamamız gerekir ki, tekrarlı yüke ara verilmesi bizim hesaplarımızdakinden daha güvenli durumların
oluşmasına sebep olacak, dayanım açısından bizlere bir avantaj teşkil edecek ve hesaplarımızı riske etmeyecektir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
508
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
12.10 Yorulma Kriterleri ve Boyutlandırma
Bu bölümde Amacımız:
Tekrarlı yüklere maruz olan parçaların, sonsuz ömre
sahip olabilmesi için gerekli minimum boyutlarının
tespit edilmesidir.
Fakat
öncelikle
S-N
diyagramlarının
farklı
şekilde
yorumlanmasıyla geliştirilen yorulma mukavemet eğrileri
ve
farklı
yorulma
teorilerinin
(kriterlerinin)
iyice
anlaşılması gerekir…>>
Şekil 12.13
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
509
Gerilme Genliği
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
12.10.1 Smith Diyagramı
Sa = S
Sm1
Sm2
Sa0-2
Sa0-1
103
104
105
Şekil 12.14
Smax,min
Skopma
Smax0-1
Smax0-2
Sa0-2
...
d
f
.
e
Se
Smin0-1
c
Sm2
Sa0-2
45o
. .S
g
m1
Şekil 12.15
-Se
Smith Diyagramı, yorulma deneylerinden elde ettiğimiz S-N diyagramlarının farklı
şekilde yorumlanmış hali olup türetilmiş bir diyagramdır.
Smith diyagramı S-N diyagramları yardımıyla aşağıdaki adımlarla elde edilir:
S-N Diyagramları
• Yatay eksen ortalama gerilmeyi (Sm’ i) , düşey eksen max ve minimum gerilmeleri
gösterir. Düşey ve yatay eksen arasında 450 eğimli bir doğru çizilir.
• Herhangi bir Sm1 değerinde düşey eksene paralel bir çizgi çizilir. Bu çizginin 450
lik doğruyu kestiği e noktası belirlenir.
• e noktasından Sa0-1 genliği (sonsuz ömür için sınır genliği) kadar yukarı ve aşağı
Yorulma oluşana
yönde gidilerek c ve d noktaları işaretlenir.
kadar tekrar sayısı
• e noktasının y koordinatı da (450 den dolayı) Sm1 değerine eşittir.
N
106
107
• Sm1 için Sa0-1 genliğinde sonsuz ömür söz konusudur. Bu durumda maximum ve
minimum gerilmeler, 12.2 ve 12.3 denklemlerinden (veya şeklin geometrisinden)
hareketle, Smax0-1 = Sm1 + Sa0-1 ;
Smin0-1 = Sm1- Sa0-1 şeklinde hesaplanabilir. (Bu
Smith Diyagramı
değerler aynı zamanda c ve d noktalarının da düşey koordinatlarıdır. )
• Bir başka ifadeyle Sm1 için sonsuz ömür sınırları c ve d noktalarıdır diyebiliriz.
• Yukarıdaki aynı işlemler Sm2, Sm3 gibi farklı ortalama gerilmeler içinde yapılarak her
Sa0-1
birisi için sınır noktalar elde edilir. (Örneğin Sm2 için elde edilen sınır noktalarının f
ve g olduğunu fark edin.)
• Tüm bu sınır noktaları birleştirildiği zaman Smith diyagramı elde edilmiş olur.
Sa0-1
• Sonuç olarak bir malzemenin herhangi bir noktasında sonsuz ömür elde etmek için
Smith diyagramının dışına çıkılmaması gerekir. Bu sebeple Smith diyagramı
Sm1
«yorulma mukavemeti sınır diyagramı» olarak da isimlendirilebilir.
• Smax değeri kopma gerilmesinin (başka bir ifadeyle çekme mukavemetinin) üstünde
çıkamaz ( o zaman tek tekrarda çatlak söz konusu olur ki bunun üzerinde tekrarlı
Sm
yükleme olamayacağı anlamına gelir.) Bu sebeple Smith diyagramının üst sınırı
malzemenin kopma mukavemetidir.
• Sm=0 için gerilme genliği özel olarak Se ile gösterilir ve yorulma mukavemet genliği
(endurunce stress) veya kısaca yorulma sınırı (fatigue limit) olarak isimlendirilir.
510
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
510
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
Alttaki Smith diyagramını ve yanındaki tekrarlı yük diyagramını
iyice inceleyerek konuyu ve kavramları pekiştiriniz.
Smith diyagramı Negatif bölgeyi de kapsar.
Gevrek malzemelerin bası mukavemeti , çeki mukavemetinden
şiddetçe daha büyük olduğundan diyagramın negatif kısmı
daha büyük çıkar.
𝑆𝑘𝑜𝑝𝑚𝑎−ç𝑒𝑘𝑖
Gevrek
malzeme
Şekil 12.16.a
Şekil 12.16.b
Sünek
malzeme
𝑆𝑘𝑜𝑝𝑚𝑎−𝑏𝑎𝑠𝚤 -sünek
𝑆𝑘𝑜𝑝𝑚𝑎−𝑏𝑎𝑠𝚤 -gevrek
Şekil 12.17
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
511
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
12.10.2 Modifiye Smith Diyagramı ve emniyet katsayıs (n)
Orijinal Smith diyagramını çizmek için farklı Sm değerlerine ait S-N
eğrilerinin luzumlu olduğunu anlattık. Bu S-N eğrilerini elde etmek için
zaman , emek ve maliyet açısından oldukça külfetli bir deneysel çalışma içine
girmemiz gerekebilir. Orijinal Smith diyagramı yerine sadece Se ve Sakma
değerleriyle çizilebilen Modifiye edilmiş Smith diyagramları mühendislik
alanında sıklıkla kullanılmakta ve doğru çözümler vermektedir ki, bu
durumda sadece Sm=0 için yorulma testleri yapmak yeterli olmaktadır.
𝑚𝑖𝑛
450
𝑆𝐵 = 𝑆𝑘𝑜𝑝𝑚𝑎
c
𝑆𝑎𝑘𝑚𝑎
𝑆𝑒
1-) Sm=0 için farklı Sa genliklerinde yorulma deneyleri yapılır ve
S-N eğrisi elde edilir. Yorulma sınırındaki Sa0 genliği eğri
üzerinden okunur ki bu Se (endurence stress) değerine eşittir.
2-) Malzemenin akma gerilmesi (𝑆𝑎𝑘𝑚𝑎 ) literatürden bulunur
(literatürde yoksa çekme testi ile tespit edilir.)
3-) Yandaki diyagramda 𝑆𝑎𝑘𝑚𝑎 değeri düşey eksenden işaretlenir.
4-) Se değerinden 400 lik bir açıyla çizilen doğru ile Sakma dan
yataya paralel çizilen doğrunun kesim noktası c tespit edilir.
𝑆𝑚𝑎𝑥
𝑆𝑎𝑘𝑚𝑎 /𝑛
Modifiye Smith diyagramı şu adımlarla çizilir:
400
e
𝑆𝑒 /𝑛
d
Orijinal Smith
Diyagramı
Modifiye Smith
Diyagramı (n=1)
Daha emniyetli Modifiye
Smith Diyagramı (n>1)
f
𝑆𝑚′
−𝑆𝑒 /𝑛
Şekil 12.18
−𝑆𝑒
23.08.2024
𝑆𝑚
5-) c den çizilen yatay ve düşey çizgilerin 450 lik doğruyu kestiği
d, e, f noktaları, ce = ef olacak şekilde tespit edilir.
6-) Sırasıyla, Se ,c, d, f, -Se noktaları doğrularla birleştirilerek
Modifiye Smith diyagramı elde edilmiş olur.
7-) Bir emniyet katsayısı (n) sözkonusu ise Se/n ve Sakma/n noktaları
kullanılarak benzer çizimle daha emniyetli içteki diyagram elde edilir.
• Eğer 𝑆𝑚′ değeri verilmişse c noktası onun düşey hizasındadır ve bu
durumda 400 lik açıya gerek kalmaz.
• Smith diyagramının üst sınırı kopma mukavemeti iken, Modifiye Smith
diyagramlarında üst sınırın akma mukavemeti olduğuna dikkat ediniz.
• Modifiye Smith diyagramının negatif tarafı da benzer şekilde
–
Se ve -Sakma kullanılarak çizilir.
• Sünek malzemelerde basıdaki akma mukavemeti aynı olduğundan
negatif taraf simetrik çıkacaktır. Gevrek malzemelerde bası
mukavemeti daha fazla olduğundan diyagramın negatif tarafı daha
büyük çıkar.
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
512
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
12.10.3 Farklı Yorulma Kriterleri ve Sınır Diyagramları:
Yorulma mukavemet hesapları için farklı yorulma kriterleri de geliştirilmiştir. Bu kriterlere ait 1.tip yorulma mukavemet sınır diyagramlarının pozitif bölgeleri Şekil
12.19 da gösterilmiştir. Şekil 12.20 de gösterilen 2.tip sınır diyagramları ise 1.Tip diyagramlardan türetilmiştir. Orijinal Smith diyagramı için çok sayıda yorulma testi
gerekirken, diğer diyagramlarda ise (Se değerini belirlemek amacıyla) sadece Sm =0 için yorulma testlerinin yapılması yeterli olmaktadır. Skopma (=SB) ve Sakma değerleri
ise literatürden alınır veya çeki/bası testleriyle bulunur. Bir kriterin diyagramına ait eğrinin (veya doğrunun) dışına taşılmaması, o kritere göre yorulma açısından
emniyetli bölgede kalınması ve sonsuz ömüre sahip olunması anlamına gelir. Alltaki grafikleri dikkatlice inceleyerek, kriterleri ve tüm kavramları anlamaya çalışınız.
Örnek: Verilen yükleme durumu için
Smax,min
𝑆𝑎 :gerilme sınır genliği
ortalama gerilme 𝑺𝒎𝑨 , Gerilme genliği
Orijinal Smith
Sm’
Se
Gerber
h
450
𝑺𝒂𝑨 olarak hesaplanmışsa grafiklerde
SB = Skopma
.
bulunduğumuz nokta A noktasıdır.
Modifiye
𝑨
𝑺𝒎𝒂𝒙𝑨
Goodman’a göre: yorulma (sonsuz ömür)
𝑺𝒂𝑨
Goodman
i
d
c
sınırındayız.
𝑺𝒂𝑨
Goodman
Sakma
Soderberg
Gerber ve Orijinal Smith’e göre: emniyetli
.
𝑨
𝑺𝒂𝑨
bölgedeyiz.
𝑆𝑚
Modifiye
Diğer kriterlere göre: Yorulma mukavemet
k
Sakma 𝑺𝒎𝑨 SB
Smith
.
sınırları aşılmıştır. (hatta Sakma da
Se
Soderberg
e
Şekil 12.20 –2.Tip- Sınır Diyagramları
aşıldığından ilk tekrarda akma oluşur.)
j
.
f
Gerber Kriteri
Se ve SB değerlerinin bilinmesiyle 12.6
denklemine uygun şekilde çizilir.
Gerber
Sakma 𝑺𝒎
𝑨
Sm
SB
Soderberg Kriteri
1.Tipte Sed ve -Sed doğrularından oluşturulur.
Goodman ve Modifiye Goodman Kriteleri
Goodman 1.Tipte Seh ve –Seh doğrularından oluşturulur. .
Modifiye Goodman da ise üstte kalan Seh doğrusu, Sakmad
doğrusunun kesim noktası olan i noktasında bitirilir.
• Her iki tip için tüm eğriler n=1 için çizilmiştir.
ik = k j olacak şekilde j noktası belirlenir.Sırasıyla Se, i, d, j ,-Se
• Smith diyagramlarının çizimi daha önce anlatılmıştı. noktaları doğrularla birleştirilerek Modifiye Goodman
• Smith diyagramlarına ait bir denklem yoktur.
diyagramı elde edilir.
Şekil 12.19 - 1.Tip- Sınır Diyagramları
-Se
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
n: emniyet
katsayısı
𝑆𝑎 1
𝑆𝑚
= − ( )2
𝑆𝑒 𝑛
𝑆𝐵
(12.6)
𝑆𝑚 > 0 𝑖𝑠𝑒
𝑆𝑎
𝑆𝑚
1
+
=
𝑆𝑒 𝑆𝑎𝑘𝑚𝑎 𝑛
(12.7.a)
𝑆𝑚 < 0 𝑖𝑠𝑒
𝑆𝑎
𝑆𝑚
1
(12.7.b)
−
=
𝑆𝑒 𝑆𝑎𝑘𝑚𝑎 𝑛
𝑆𝑚 > 0 𝑖𝑠𝑒
𝑆𝑎 𝑆𝑚 1
+
=
𝑆𝑒 𝑆𝐵 𝑛
(12.8.a)
𝑆𝑚 < 0 𝑖𝑠𝑒
𝑆𝑎 𝑆𝑚 1
−
=
𝑆𝑒 𝑆𝐵 𝑛
(12.8.b)
513
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
12.10.4 Yorulma kriterleri için plastik deformasyonun önemi
•
Şekil 12.19 ve 12.20 deki 2 diyagram incelendiğinde;
•
Goodman, Gerber ve Orijinal Smith Kriterlerinin akmayı yani plastik deformasyonu dikkate almadığını görürüz. Yani
tekrarlı yükleme sonucunda hesaplanan ömür, çatlak oluşması anındaki tekrar sayısı olup bu tekrara kadar plastik
deformasyon olması bu kriterler için önemli değildir. Üst sınır bu sebeple kopma gerilmesi (SB) dır.
•
Modifiye Smith, Modifiye Goodman, Soderberg
kriterleri ise plastik deformasyon oluşma anını da yorulma ömrü
hesabında dikkate alır. Bir başka ifadeyle tekrarlı yükleme sırasından daha çatlak oluşmadan, akma oluşursa o noktada
hasar oluşmuş kabul edilir. Bu sebeple grafiklerde bu kriterlerin üst sınırı akma gerilmesi (S-akma) dir.
12.10.5 Hangi Malzeme Tipi hangi yorulma kriteri tercih edilmelidir?
▪ Smith, Goodman ve Gerber kriterleri tüm malzeme tipleri için kullanılabilmesine rağmen,
▪ Goodman gevrek malzemeler, Gerber ise sünek malzemeler için daha iyi bir tercih olmaktadır.
▪ Soderberg ise düşük sünekli (plastik bölgesi dar olan) malzemeler için kullanışlıdır.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
514
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
▪ Yandaki diyagramı iyice inceleyerek
hangi bölgede hangi sebeple hasar
oluştuğunu, hangi bölgelerde hiç hasar
oluşmayacağını anlamaya çalışınız.
Şekil 12.20
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
515
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
12.10.6 Düzeltme Faktörleri
Çalışma şartlarında yorulma ömrünü azaltan fakat deneyler sırasında hesaba katılamamış farklı faktörler vardır. Gerçekçi çözüm
için, yorulma hesaplarında bu faktörler mutlaka dikkate alınmalıdır. Bu faktörlerin her birisi 0 ile 1 arasındaki ayrı bir katsayı ile
tanımlanır ve hepsi birbiriyle çarpılarak tek katsayıya indirgenir. İndirgenmiş katsayı ise Sm=0 için tespit edilen deneysel yorulma
mukavemet genliği (𝑆𝑒 ′ ) değeri ile çarpılarak gerçek yorulma mukavemet genliği (Se) elde edilir ve hesaplarda Se kullanılır. Bu
şekilde tüm faktörlerin etkisi hesaplara katılmış olur.
ka: (imalat yöntemine bağlı) yüzey faktörü
kb : (geometriye bağlı ) boyut faktörü
kc : (zorlanma şekline bağlı) yük faktörü
Toplam düzeltme faktörü k = ka.kb.kc.kd.ke
kd : (işletim sıcaklığına bağlı) sıcaklık faktörü
ke: gerilme yığılması faktörü =1/Kf
(Kf yorulma için gerilme yığılması faktörü.)
Sm = 0 için
𝑆𝑒 ′ : Deneysel Yorulma Mukavemeti Genliği
𝑆𝑒 : Gerçek Yorulma Mukavemeti Genliği
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑆𝑒 = 𝑘𝑆𝑒 ′
516
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
Örnek 12.4
Bir çelik çubuğa eksenel yönde,
P
𝐴
grafiği aşağıda verilen değişken
Çözüm:
a-) Modifiye Smith,
b-) Gerber
kriterlerine göre belirleyiniz.
; 𝐴𝑒𝑚 =?
𝑆𝑚𝑎𝑥 (𝑀𝑃𝑎)
𝑚𝑖𝑛
bir P kuvveti etki ediyor.
çubuğun emniyetli kesitini,
𝑃𝑚𝑎𝑥 = 80𝑘𝑁 , 𝑃𝑚𝑖𝑛 = −40𝑘𝑁
P-t diyagramından:
450
c
𝑆𝑎𝑘𝑚𝑎 = 280
𝑆𝑎𝑘𝑚𝑎 /3
𝑆𝑒 = 170
n=1
a-) 𝑆𝑒 , 𝑆𝑎𝑘𝑚𝑎 , 𝑆𝑚′ değerleri
n=3
yardımıyla Modifiye Smith
diyagramlarını n=1 için
𝑆𝑒 /3
𝑆𝑚 (𝑀𝑃𝑎)
yandaki gibi çizebiliriz
𝑆𝑚′ = 160
−𝑆𝑒 /3
Modifiye Smith Diyagramı
−𝑆𝑒 = −170
𝑆𝑘𝑜𝑝𝑚𝑎 = 𝑆𝐵 = 420 M𝑃a
𝑆𝑎𝑘𝑚𝑎 = 280 𝑀𝑃𝑎
𝑆𝑒 = 170 𝑀𝑃𝑎
𝑆𝑚′= 160𝑀𝑃𝑎
Emniyet katsayısı n=3
23.08.2024
Gerilme sınır değerleri:
Ortalama Gerilme:
𝑃𝑚𝑎𝑥 80(103 )
𝑆𝑚𝑎𝑥 =
=
𝐴
𝐴
(𝐼)
𝑃𝑚𝑖𝑛 −40(103 )
, 𝑆𝑚𝑖𝑛 =
=
𝐴
𝐴
𝑆𝑚𝑎𝑥 + 𝑆𝑚𝑖𝑛 80 103 − 40(103 )
𝑆𝑚 =
=
2
2𝐴
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
40(103 )
→ 𝑆𝑚 =
2𝐴
517
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
Çözüm:
Bu yükleme durumu için sonsuz ömür sınır noktası b noktası olsun. b
𝑆𝑚𝑎𝑥 (𝑀𝑃𝑎)
noktasında olmamızı sağlayacak, n=1 için kritik kesit değerine karşılık gelen
𝑚𝑖𝑛
450
c
𝑆𝑎𝑘𝑚𝑎 = 280
n=1
𝑆𝑎𝑘𝑚𝑎 /3
𝑆𝑚𝑎𝑥 b
𝑆𝑒 = 170 𝛽
A kesit değerini önce bulacağız.
b noktasındaki 𝑆𝑚𝑎𝑥 değerini bulursak (I) denkleminden A’yı çekebiliriz. Şöyle ki:
80(103 )
𝐴
=
40(103 )
2𝐴
n=3
Ob doğrusunun eğimi:
𝑆𝑒 /3
tan 𝛼′ =
𝑆𝑚𝑎𝑥
𝑆𝑚
𝑆𝑚 (𝑀𝑃𝑎)
𝑆𝑚
−𝑆𝑒 /3
−𝑆𝑒 = −170
𝑆𝑚′ = 160
𝑆𝑒 -c doğrusunun eğimi:
Modifiye Smith Diyagramı
tan 𝛽 =
= 4 → 𝑆𝒎𝒂𝒙 = 4𝑆𝑚
(𝐼𝐼)
𝑆𝑎𝑘𝑚𝑎 − 𝑆𝑒 280 − 170 11
=
=
′
𝑆𝑚
160
16
𝑆𝑚𝑎𝑥 − 𝑆𝑒 𝑆𝑚𝑎𝑥 − 170 11
tan 𝛽 =
=
=
𝑆𝑚
𝑆𝑚
16
→ 𝑆𝑚𝑎𝑥 =
11
𝑆 + 170
16 𝑚
(𝐼𝐼𝐼)
(𝐼𝐼) ve (𝐼𝐼𝐼) doğru denklemlerinin kesişim noktası b için her iki denklem birbirine eşitlenir.
𝑃𝑚𝑎𝑥
80(103 )
11
11
=
= 170 → 𝑆𝑚 = 51.32 𝑀𝑃𝑎 , 𝑆𝑚𝑎𝑥 = 4𝑆𝑚 = 4𝑥51.32 = 205.28𝑀𝑃𝑎 =
𝑆𝑚𝑎𝑥 = 4𝑆𝑚 =
𝑆 + 170 → 𝑆𝑚 4 −
𝐴
𝐴
16
16 𝑚
→ 𝐴 ≅ 390𝑚𝑚2 bulunur. (n=1 içindir.)
Emniyetli kesit alanı:
𝐴𝑒𝑚 = 𝑛. 𝐴 = 3𝑥390 → 𝐴𝑒𝑚 = 1170𝑚𝑚2
Not: 1-) Aynı sonucu n=3 diyagramından giderek de bulabiliriz. 2-) 𝑆𝑚′ verilmezse 𝛽 = 400 alınabilir.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
518
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
b-) Gerber kriterine göre çözüm:
𝑆𝑚𝑎𝑥 (𝑀𝑃𝑎)
n=1 için çizilmiş Gerber eğrisi şekildeki gibidir.
Verilen yükleme durumu için eğri üzerinde bulunduğumuz nokta h olsun. Bu h noktası için :
Gerber eğrisi
𝑚𝑖𝑛
450
𝑆𝐵 = 420
𝑆𝑎
𝑆𝑒 = 170
𝑆𝑎
𝑆𝑚
𝑆𝑚𝑖𝑛
−𝑆𝑒 = −170
Gerilme genliği:
h
𝑆𝑚𝑎𝑥
𝑆𝑎 1
𝑆𝑚
= −
𝑆𝑒 𝑛
𝑆𝐵
2
𝑆𝑚 (𝑀𝑃𝑎)
𝑆𝑎 =
𝑃𝑚𝑎𝑥 𝑃𝑚𝑖𝑛
−
80𝑥103 − (−40𝑥103 )
𝐴
𝐴
=
=
2
2𝐴
60000
𝐴
𝑃𝑚𝑎𝑥 𝑃𝑚𝑖𝑛
+
80𝑥103 − 40𝑥103
𝑆𝑚𝑎𝑥 + 𝑆𝑚𝑖𝑛
𝐴
𝐴
=
=
Ortalama Gerilme: 𝑆𝑚 =
2
2𝐴
2
20000
𝑆𝑚 =
𝐴
Gerber Denkleminde yerine koyarsak:
(n=1 için)
Son denklemi düzenlersek:
𝑆𝑚𝑎𝑥 − 𝑆𝑚𝑖𝑛
𝑆𝑎 =
2
𝑆𝑎 1
𝑆𝑚
= −
𝑆𝑒 𝑛
𝑆𝐵
𝐴2 − 352.94𝐴 − 2267.57 = 0
2
60000
20000
1
𝐴
𝐴
→
= −
170
1
420
2
Bu 2.derece denklemin çözümünden: 𝐴 = 359.25𝑚𝑚2
Emniyetli kesit alanı:
𝐴𝑒𝑚 = 𝑛. 𝐴 = 3 𝑥359.25 → 𝐴𝑒𝑚 = 1077.75𝑚𝑚2
• Görüldüğü gibi çözüm için Gerber eğrisini mutlaka çizmemiz gerekmez, eğri denklemini ve sınırlarını bilmemiz yeterlidir.
• Bu ve diğer kriterlerin sınır eğrilerinin sonsuz ömür sınırları olduğu, eğrilerin altında kalınırsa emniyetli bölgede kalınacağı, eğrilerin üstüne taşılırsa
sonlu ömür ve yorulma çatlağının oluşacağı daima aklımızda olmalıdır ki çözüm mantığından bir kopma yaşamayalım.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
519
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
Örnek 12.5
Bir koltuk değneğinin
zemine temas eden içi
dolu
silindirik
ayak
bölgesinin emniyetli çap
değerini Goodman ve
Soderberg
kriterlerine
göre belirleyiniz. Koltuk
değneğinin 100kg lık bir
insanı emniyet sınırları
içinde
taşıyabilmesi
gerekir.
Çözüm:
Koltuk değneği havaya kalktığında (yerle teması kesildiğinde)üzerine yük gelmez: 𝑃𝑚𝑎𝑥 = 0
Tek koltuk değneği yerle temas
edince vücut yükünün yarısını taşır:
𝑃𝑚𝑖𝑛 = −
𝑊
𝑚𝑔
100(10)
=−
=−
= −500𝑁
2
2
2
Ortalama gerilme
(mean stress):
𝑃𝑚𝑎𝑥 𝑃𝑚𝑖𝑛
+
𝑆𝑚𝑎𝑥 + 𝑆𝑚𝑖𝑛
𝐴
𝐴 = −500 → 𝑆 < 0
𝑆𝑚 =
=
𝑚
2
2
2𝐴
Gerinme
genliği
(Alternating stress):
𝑃𝑚𝑎𝑥 𝑃𝑚𝑖𝑛
−
𝑆𝑚𝑎𝑥 − 𝑆𝑚𝑖𝑛
𝐴
𝐴 = − −500 = 500 → 𝑆 > 0
𝑆𝑎 =
=
𝑎
2
2
2𝐴
2𝐴
Sakma = 120MPa,
Goodman kriterine göre
Se = 60MPa,
(𝑆𝑚 < 0 olduğundan
12.8.b denklemi
kullanılır):
𝑆𝑎 𝑆𝑚 1
5.3
500Τ2𝐴 −500Τ2𝐴 1
−
= →
=
−
=
𝑆𝑒 𝑆𝐵 𝑛
𝐴
60
220
2
Sm’ =110MPa ,
Skopma=SB=220MPa,
koltuk
değneği
𝑛 = 2 𝑎𝑙𝚤𝑛𝑑𝚤ğ𝚤𝑛𝑑𝑎𝑛
2
𝜋.
𝑑
𝑒𝑚
→ 𝐴 = 𝐴𝑒𝑚 = 10.6𝑚𝑚2 =
4
Emniyet katsayısı
n=2,
g=10m/s2
23.08.2024
Ayak
Soderberg kriterine göre
(𝑆𝑚 < 0 olduğundan
12.7.b denklemi
kullanılır):
𝑆𝑎
𝑆𝑚
1
−
=
𝑆𝑒 𝑆𝑎𝑘𝑚𝑎 𝑛
→
500Τ2𝐴 −500Τ2𝐴 1
6.25
−
= =
60
120
2
𝐴
2
𝜋.
𝑑
𝑒𝑚
→ 𝐴 = 𝐴𝑒𝑚 = 12.5𝑚𝑚2 =
4
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
→ 𝑑𝑒𝑚 = 3.67𝑚𝑚
→ 𝑑𝑒𝑚 = 3.99𝑚𝑚
520
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
P(𝑘𝑁)
Skopma=SB=360MPa,
Sakma =240MPa,
Se = 80MPa,
𝑡 (𝑠𝑛) L1 =50cm,
L2 40cm, d=6cm
2.5
0
Eğilmeli Burulma
𝑦
Çözüm:
y
P kuvveti sebebiyle eğilme ve burulma aynı anda söz
konusudur. P kuvvetini B noktasına T burulma momenti ile
birlikte taşırız. Eğilme + Burulma oluştuğunu görürüz.
Herbir yükleme için bir andaki moment diyagramlarını
incelersek en kritik kesitin ankastre A kesiti ; en kritik
noktaların normal ve kayma gerilmelerinin şiddetçe en
yüksek değerde olduğu en üst ve en alt (c ve b)
noktaları olduğu anlaşılır..
A
z
fd
Örnek 12.6: A ucundan ankastre olan düşük
sünekli malzemeden imal edilmiş AB miline,
BC kolunun C noktasından, zamanla değişimi
alttaki grafikte gösterilen düşey P kuvveti
uygulanacaktır. Buna göre milin yorulma
açısından emniyet kontrolünü yapınız.
x
B
C
P
𝑦
Eğilme
𝑐
Kesit Simetrik olduğu için rc = rb = d/2 ve yc = -yb = d/2
dir ve dolayısıyla her iki noktada da gerilmeler şiddet
olarak eşit çıkar. O halde sadece c noktasını yorulma
açısından incelememiz yeterlidir.
𝑦
Burulma
y
y
y
𝑐
A
z
𝑧
x
b
𝑥
T=P.L2
𝑐
A
z
Mz
B
𝑦
𝑐 𝑆𝑥−𝑐
𝑥
𝑏
23.08.2024
Mz-A=-P.L1
P
𝜏𝑥𝑧−𝑐 𝑦
𝑐
𝑑
𝑧
𝑏
𝑆𝑥−𝑐 = −
𝑥
x
𝑧
𝑎
A
x
z
T
B
T=P.L2
B
TA=P.L2
P
x
−P.L1 𝑑
32 PL1
Mz−A
(𝐼)
=
𝑦𝑐 = −
𝜋. 𝑑4 2
𝜋𝑑3
𝐼𝑧
64
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
x
𝜏𝑥𝑧−𝑐 =
16 PL2
P.L2 𝑑
𝑇. 𝜌𝑐
=
=
𝜋𝑑3
𝜋. 𝑑4 2
𝐽
32
(𝐼𝐼)
521
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
c noktasına x-z düzleminden bakarsak, düzlem
gerilme durumu olduğunu görürüz:
c noktasında zamanla oluşan gerilmelerin sınır değerlerini bulalım:
𝑃𝑚𝑖𝑛 = 0 ;
Değişken kuvvetin sınır değerleri soruda verilen grafikten okunur:
(I) nolu denklemden normal
gerilme sınır değerleri:
𝑆𝑥−𝑐−𝑚𝑖𝑛 =
𝑆𝑥−𝑐−𝑚𝑎𝑥 =
32𝑃𝑚𝑖𝑛 L1
𝜋𝑑3
32𝑃𝑚𝑎𝑥 L1
𝜏𝑥𝑧−𝑐−𝑚𝑖𝑛 =
𝜋𝑑3
gerilmesi sınır değerleri:
23.08.2024
=
32 𝑥0𝑥500mm
π(60mm)3
→ 𝑆𝑥−𝑐−𝑚𝑖𝑛 = 0 ;
=
32 x2500Nx500mm
π(60mm)3
→ 𝑆𝑥−𝑐−𝑚𝑎𝑥 = 58.94𝑀𝑃𝑎
16𝑃𝑚𝑖𝑛 L2
(II) nolu denklemden kayma
𝜏𝑥𝑧−𝑐−𝑚𝑎𝑥 =
𝜋𝑑3
16𝑃𝑚𝑎𝑥 L2
𝜋𝑑3
𝑃𝑚𝑎𝑥 = 2.5kN = 2500N
=
16x0x400mm
π(60mm)3
→ 𝜏𝑥𝑧−𝑐−𝑚𝑖𝑛 = 0
=
16x2500x400mm
π(60mm)3
→ 𝜏𝑥𝑧−𝑐−𝑚𝑎𝑥 = 23.58 𝑀𝑃𝑎
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
522
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
c noktasında bileşik gerilme durumu söz konusudur. Çelik sünek bir malzeme olduğu için statik
yüklemelerde kullandığımız Von-Mises akma kriterini yorulma hesaplarında da kullanabiliriz.(Gevrek
malzemelerde ise asal gerilmeleri ve özellikle maksimum asal gerilmeyi kullanmak daha doğrudur.)
c noktasında Von-mises (eşdeğer)gerilmesinin (𝑆𝑣𝑚 ) sınır değerlerini de hesaplarsak:
𝑆𝑣𝑚 =
1
2
2
𝑆𝑦 − 𝑆𝑧 + 𝑆𝑥 − 𝑆𝑧 2 + 𝑆𝑥 − 𝑆𝑦 + 6(𝜏𝑦𝑧 2 + 𝜏𝑥𝑧 2 + 𝜏𝑥𝑦 2 )
2
(Muk. I - 7.2.a denkleminden)
𝑆𝑣𝑚 = 𝑆𝑣𝑚−𝑐 =
1
0 − 0 2 + 𝑆𝑥−𝑐 − 0 2 + 𝑆𝑥−𝑐 − 0 2 + 6(02 + 𝜏𝑥𝑧−𝑐−𝑥 2 + 02 )
2
=
𝑆𝑣𝑚−𝑐−𝑚𝑖𝑛 =
𝑆𝑣𝑚−𝑐−𝑚𝑎𝑥 =
𝑆𝑥−𝑐−𝑚𝑖𝑛 2 + 3𝜏𝑥𝑧−𝑐−𝑚𝑖𝑛 2
=
02 + (3)02 = 0
𝑆𝑥−𝑐−𝑚𝑎𝑥 2 + 3𝜏𝑥𝑧−𝑐−𝑚𝑎𝑥 2
=
58.942 + (3)(23.58)2
𝑆𝑥−𝑐 2 + 3𝜏𝑥𝑧−𝑐 2
→ 𝑆𝑣𝑚−𝑐−𝑚𝑖𝑛 = 0
→ 𝑆𝑣𝑚−𝑐−𝑚𝑎𝑥 = 71.7 𝑀𝑃𝑎
𝑆𝑣𝑚−𝑐 (𝑀𝑃𝑎)
𝑆𝑣𝑚−𝑐−𝑚𝑎𝑥 = 71.70
𝑆𝑚−𝑐
𝑆𝑣𝑚−𝑐−𝑚𝑖𝑛 = 0
𝑆𝑎−𝑐
𝑆𝑎−𝑐
𝑡 (𝑠𝑛)
Şimdi c noktasında yorulma olup olmayacağını uygun bir kritere göre kontrol edeceğiz.
Malzeme düşük sünekli olduğu için, Soderberg kriterine göre yorulma kontrolü yapmak daha doğru bir yaklaşımdır…>>
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
523
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
𝑆𝑚𝑎𝑥 (𝑀𝑃𝑎)
Soderber Diyagramlarının çizimi: Malzeme özellikleri olan 𝑆𝑒 ve 𝑆𝑎𝑘𝑚𝑎
gerilmeleri kullanılarak yandaki gibi çizilir. (bknz: konu 12.10.3).
𝑚𝑖𝑛
450
𝑆𝑎𝑘𝑚𝑎 = 240
Soderberg’e göre c noktası için yorulma kontrolü
Yorulma kontrolü için c kritik noktasının diyagramlardaki yerini belirlemeliyiz.
P kuvveti sebebiyle c noktasındaki mevcut gerilmeler:
Ortalama gerilme
𝑆𝑣𝑚−𝑐−𝑚𝑎𝑥 + 𝑆𝑣𝑚−𝑐−𝑚𝑖𝑛 71.7 + 0
= 35.85𝑀𝑃𝑎
𝑆
=
=
(mean stress):
𝑚−𝑐
2
2
𝑆𝑣𝑚−𝑚𝑎𝑥 = 106.85
𝑆𝑒 = 80
𝑆𝑣𝑚−𝑐−𝑚𝑎𝑥 = 71.7
c
𝑆𝑎−𝑐
35.85
𝑆𝑎−𝑐
𝑆𝑣𝑚−𝑐−𝑚𝑖𝑛 = 0
Gerilme genliği
35.85
𝑆𝑣𝑚−𝑐−𝑚𝑎𝑥 − 𝑆𝑣𝑚−𝑐−𝑚𝑖𝑛 71.7 − 0
= 35.85𝑀𝑃𝑎 𝑆
(Alternating stress): 𝑆𝑎−𝑐 =
=
𝑣𝑚−𝑚𝑖𝑛 = −29.15
2
2
Bu iki gerilme belli olduğu için,
c noktasının yeri diyagramlarda belirlenir ve işaretlenir..>>
−𝑆𝑒 = −80
Dikkat edilirse c noktası sınır doğrularının içinde kalmaktadır.
Bu sebeple c noktasında yorulma oluşmaz sonucuna varırız.
𝑆𝑎 (𝑀𝑃𝑎)
c noktasını yorulma sınırına çıkaracak sınır gerilmeler ayrıca hesaplanabilir:
𝑆𝑚−𝑐 > 0 𝑜𝑙𝑑𝑢ğ𝑢𝑛𝑑𝑎𝑛 → 12.7. 𝑎 𝑑𝑒𝑛𝑘𝑙𝑒𝑚𝑖 𝑔𝑒ç𝑒𝑟𝑙𝑖𝑑𝑖𝑟:
Gerilme genliği(Alternating stress) :
𝑆𝑎 35.85 1
+
=
80
240
1
𝑆𝑎 𝑆𝑚−𝑐
1
+
=
𝑆𝑒 𝑆𝑎𝑘𝑚𝑎 𝑛
→ 𝑆𝑎 ≅ 68 𝑀𝑃𝑎
𝑆𝑣𝑚−𝑚𝑎𝑥 = 𝑆𝑚−𝑐 + 𝑆𝑎
Minimum Gerilme:
𝑆𝑣𝑚−𝑚𝑖𝑛 = 𝑆𝑚−𝑐 − 𝑆𝑎 = 38.85 − 68 = −29.15 𝑀𝑃𝑎
𝑆𝑎
𝑆𝑚 (MPa)
Veya 2.tip diyagramı çizebiliriz.
Soderberg:
𝑆𝑒 = 80
𝑆𝑎 ≅ 68
𝑆𝑎
𝑆𝑚
1
+
=
𝑆𝑒 𝑆𝑎𝑘𝑚𝑎 𝑛
c
𝑆𝑎−𝑐 = 35.85
𝑆𝑚 (𝑀𝑃𝑎)
.
𝑆𝑚−𝑐 = 35.85
= 38.85 + 68 = 106.85𝑀𝑃𝑎
Maximum Gerilme:
𝑆𝑎
𝑆𝑎𝑘𝑚𝑎 = 240
*Yorulma kontrolü için bu iki diyagramdan birisi yeterlidir.
Soru: c noktası için bulunan 𝑆𝑣𝑚−𝑐−𝑚𝑎𝑥 𝑖𝑙𝑒 𝑆𝑣𝑚−𝑚𝑎𝑥 arasında ve 𝑆𝑎−𝑐 ile 𝑆𝑎 arasında ne farklar vardır? Aranızda tartışarak konuyu pekiştirin.
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
524
Yorulma (Tekrarlı Yüklemeler)
Örnek 12.7
Şekilde
görülen
yük
kaldırma
Sa (MPa)
makinasında dişliler arasındaki temas
kuvveti 4kN olarak hesaplanmıştır. Buna
30
göre motora bağlı milin yarıçapı r=4cm
25
seçilmesinin sistemin emniyeti açısından
20
yeterli olup olmayacağını ve emniyetli
15
çıkarsa, Soderberg kriterine göre emniyet
10
katsayısını hesaplayınız. (Motora bağlı
5
Mil malzemeleri için:
104
• Deneysel yorulma mukavemet genliği: Se’ =60MPa dişlinin yarıçapı R=20cm, küçük mil
103
• Toplam düzeltme faktörü k: 0.9,
uzunluğu L=0.6m)
• Akma Mukavemeti Sakma =330MPa
(Çözümü için Video 12.c ‘ye bakınız)
Cevap: 𝑛 = 2.78
23.08.2024
MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Sm=20MPa
Sm=40MPa
Sm=80MPa
Sm=100MPa
105
106
N
107
525