Harran ÜniversitesiMakina Mühendisliği Bölümü

Mukavemet II, Ara SınavıSoruları ve Çözümleri

Soru-1: Şekilde yükleme durumu verilen kiriş için;C noktasındaki reaksiyon kuvvetini ve B noktasındaki çökmeyi değerini bulunuz. (E=200 GPa, I=216.106 mm4)

Çözüm-1: Sistemin serbest cisim diyagramı;Kesim yapılırsa;

(+↑ )∑ F y=0→ RA+RC−70=0 → R A+RC=70 kN∑ M A=0→ M A+ RC .8−70.2,5=0→ M A=−8 RC+175(kN . m)

∑ M D=0→ M +M A−RA . x+14 x . x2=0→ M=−M A+R A . x−7 x2

EI d2 ydx2 =M=−M A +RA . x−7 x2

EI dydx

=−M A . x+RA . x2

2−7 x3

3+c1(eğim denklemi)

EIy=−M A . x2

2+RA . x3

6−7 x4

12+c1 . x+c2(çökme denklemi)

x=0 için dydx

=0→ EI dydx

=−M A . x+RA . x2

2−7 x3

3+c1 →0=0+0+0+c1→ c1=0

x=0 için y=0→ EIy=−M A . x2

2+R A . x3

6−7 x4

12+c1. x+c2→0=0+0+0+0+c2→ c2=0

x=8 için y=0→ EIy=−M A . 82

2+RA . 83

6−7 84

12+0+0→ 0=−32. M A+85,33. RA−2389,33

M A=2,667. RA−74,667

M A=−8. RC+175 denklemi kullanılarak;

−8. RC+175=2,667. RA−74,667 →8. RC+2,667. RA=249,667

R A+RC=708. RC+2,667. RA=249,667}RA=58,223 kN ve RC=11,777kN

M A=−8. RC+175→ M A=80,778 kN

EIy=−M A . x2

2+RA . x3

6−7 x4

12+0+0 → EIy=−80,778. x2

2+58,223. x3

6−7 x4

12

x=5 için y= yB → EI yB=−80,778. 52

2+58,223. 53

6−7 54

12→ yB=3,734 mm(↓)

Soru-2: Şekilde yükleme durumu verilen dişli mil sisteminin A ucunda meydana gelen dönme açısını hesaplayınız (Tüm miller aynı çapta olup değeri 22 mm’dir). (G=77 GPa)

Çözüm-2:

T AB=F . rB

T EF=F . rE}F=

T AB

r B

F=T EF

r E}T EF=

T AB

r B. rE → T EF=

130. 103

110. 150 →T EF=177,27 kNm

EF milindeki dönme;

∅ E /F=∅E−∅F⏟0

→∅ EF=∅E=

T EF . LEF

J EF . G=177,27.103 .300

π2

. 114 .77 . 103→∅E=0,03 rad .

E ve B dişlilerinin almış oldukları mesafeler eşittir.

δ=r E .∅ E / F=rB .∅B →150.0,03=110.∅ B→∅B=0,041rad .

∅ AB=

T AB . LAB

J A B .G= 130. 103.350

π2

. 114 .77 . 103→∅ A

B=0,026 rad .

∅ A /B=∅ A−∅ B →∅ A=∅ AB

+∅ B →∅ A=0,041+0,026 →∅ A=0,067 rad .

∅ A=1,91o bulunur.Soru-3:Şekildeki prizmatik çelik çubuğun B ucu uygulanan Ttorku altında 2o dönmektedir. Buna göre çubukta meydana gelecek maksimum kayma gerilmesini bulunuz. (G=70 GPa, c1=0,231 ve c2=0,1958)

Çözüm-3:

Uzun kenar a=30 mm, kısa kenar b=20 mm, c1=0,231 ve c2=0,1958

∅=2o=34,907.10−3rad .

∅= T . Lc2 . a . b3 . G

→34,907. 10−3= T .7500,1958.30 . 203 .70 . 103 → T=153,099 N .m

τ max=T

c1 .a .b2 →τ max=153,099.103

0,231.30 .202 → τmax=55,23 MPa bulunur .

Soru-4:Şekildeki yükleme durumu için, A noktasındaki gerilmeyi ve tarafsız eksenin yatayla yapmış olduğu açıyı hesaplayınız.

σ x=M z ( I yz . z−I y . y )+M y ( I z . z−I yz . y )

I y . I z−I yz2

Çözüm-4:

Ağırlık merkezinin bulunması,

Z=A1 . z1+A2 . z2+A3 . z3

A1+ A2+ A3

Z=(40 . 10 ) . 5+(90 . 10 ) . 45+(40 . 10 ) . 85400+900+400

→ Z=45 mm

I Y=2 .[ b1 . h13

12 + A1 .( Z−z1)2 ]+ b2 .h2

3

12

IY=2 .[40 . 103

12+400 .(45−5)2 ]+10 .903

12→I Y=1,894 .106 mm4

IZ=2[h1 .b13

12 + A1 .( Y − y1)2 ]+h2 . b2

3

12

IZ=[10 . 403

12+400 .( 45−20 )2]+90. 103

12→ IZ=0 , 614 .106 mm4

I YZ=0+ A1 .( Y− y1) .( Z−z1 )+ A2 .( Y − y2 ).( Z−z2)+ A3 .( Y− y3 ) .( Z−z3 )I YZ=400 .(45−20) .(45−5 )+900.( 45−45) .(45−45 )+400 .( 45−70 ).( 45−85 )I YZ=0 , 800.106 mm4

I.YOL:

Ialignl ¿max ¿min ¿=I Z+ IY

2±√(I Z−IY

2 )2

+ IYZ2 ¿ Ialignl ¿ max ¿min ¿¿=

0 , 614 .106+1 , 894.106

2±√( 0 , 614 . 106−1 , 894 .106

2 )2

+(0 , 800.106 )2 ¿ ¿ Ialignl ¿max ¿min ¿¿=1 , 254 . 106±1 ,0245 . 106 ¿ Imax=2 ,2785 . 106 mm4→ I u , Imin=0 , 2295 .106 mm4→I v ¿¿

tg 2θm=I yz

I z−I y

2

= 0 ,800. 106

0 , 614 . 106−1 , 894 .106

2

→ tg 2θm=1 ,24999→2θm=51 , 34o→θm=25 ,67o

M u=−M . sin θm=−1,2. sin 25 ,67o→M u=−0 ,5198 kN . m

M v=M . cosθm=1,2. cos25 , 67o→M v=1 ,0816 kN . m

y A=45 mm, z A=45 mm

uA=−z . sin θ+ y . cos .θ→u A==−45 . sin 25 ,67o+45 . cos .25 , 67o→uA=21 ,07 mmv A=z . cosθ+ y . sin θ→v A== 45 . cos25 , 67o+45 . sin .25 , 67o→v A=60 , 05 mm

a)

σ A=−M v uA

I v+

Mu v A

I u→σ A=−

1,0816 . 106(21 , 07 )0 ,2295 . 106 +

−0 , 5198. 106 (60 , 05)2 , 2785. 106 →σ A=−113 MPa

b)

tgΦ=

I v

I utgθ→ tgΦ=0 , 2295

2 , 2785tg 25 ,67o→tg Φ=0 ,04841→Φ=2 ,77o

T.E. nin yatayla yaptığı açı β olsun;

β=θ−Φ→β=25 ,67−2 ,77→ β=22 ,898o

II. YOL:

M z=1,2 kN .m, M y=0, y A=45 , z A=45

a)

σ A=1,2.106 ( 0,800.106 .45−1,894. 106 .45 )+0

1,894.106 .0,614 .106−(0,800. 106)❑2 → σ A=−113 MPa

b)

σ x=M z ( I yz . z−I y . y )+M y ( I z . z−I yz . y )

I y . I z−I yz2 → σ x=0T . E .bulunur .

M z ( I yz . z−I y . y )=0 → M z≠ 0 olduğundan I yz . z−I y . y=0→ y=I yz

I y. z elde edilir

y=I yz

I yz→ y=( tg β ). z→tg β=0 , 800. 106

1,894 . 106 → β=22 , 898o