Embed Size (px)
Citation preview
MUKAVEMET II
SUNU DERS NOTLARI 2011
Yunus Yunus ÖÖZZÇÇELELİİKKÖÖRSRSHakan EROL
Eskişehir Osmangazi Üniversitesi Mühendislik Mimarlık Fakültesi
İnşaat Mühendisliği Bölümü
Selim Selim ��ENGELENGEL
2
BİLE�İK MUKAVEMET HALLERİ
KESMELİ EĞİLME
EKSANTRİK NORMAL KUVVET
MUKAVEMET II
EKSENEL KUVVET
ALAN MOMENTLERİ
BURULMA
BASİT EĞİLME
EĞİK EĞİLME
BURKULMA
ELASTİK EĞRİ
http://www2.ogu.edu.tr/~yunuso/mukavemetii.pdf
3
OSMA�GAZİ Ü�İVERSİTESİMÜHENDİSLİK MİMARLIK FAKULTESİ
İN�AAT MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜMUKAVEMET II, DERS PLANI
DERS ADI : 1514x3239 Mukavemet IIDERS SAATĐ : Normal Öğretim: Çarşamba 11-14 Perşembe 08-10 / II. Öğr: Çarşamba 16-19 Perşembe 17-19KREDĐSĐ : 3+2 (4)
ÖĞRETĐM ÜYESĐ : Dr. Yunus ÖZÇELİKÖRS Oda No:311 Telefon: 3216 E-Mail: [email protected]ÖRÜŞME SAATĐ :ÖĞRETİM ÜYESİ : Dr. Hasan Selim ŞENGEL Oda No:403 Telefon: 3232 E-Mail: [email protected]ÖRÜ�ME SAATİ :ÖĞRETİM ÜYESİ : Dr. Hakan EROL Oda No:411 Telefon: 3228 E-Mail: [email protected]ÖRÜ�ME SAATİ :
DERSİN AMACI : Kiriş, kolon, mil ve benzeri yapı elemanlarının dış yüklerin etkisi altında davranışlarının incelenmesi ve dışyüklerin elemanda oluşturduğu gerilme ve şekil değiştirmelerin hesaplanması. Bir başka deyişle yapı elemanlarının dışetkilere karşı dayanmalarının sağlanması için gerekli esas ve yöntemlerin hazırlanması. Bu yöntemleri kullanarak boyutlarıbelli olan bir elemanın analizinin yapılması (Analiz), yada işlevi belli olan bir yapı elemanının bu işlevi yerine getirebilmesi için sahip olması gereken boyutların belirlenmesi (Design) için gerekli hesapların yapılması.
KONU BA�LIKLARI1-Eksenel Kuvvet Hali: Giriş, Eksenel yüklü elemanlarda şekil değiştirme hesabı, Eksenel kuvvet halinde hiperstatik yapıelemanları, Süperpozisyon yönteminin uygulanması, Sıcaklık değişiminden doğan şekil değiştirme ve gerilmeler, Eğik düzlemlerde oluşan gerilme bileşenleri, Gerilme yığılmaları, Saint-Venant prensibi.2-Kesme kuvveti hali: Gerilme hesabı, +ekil ve yer değiştirme hesabı, Perçinli ve civatalı birleşimler.
4
3-Alan Momentleri: Tanım, eksenlerin değiştirilmesi, Asal atalet eksenleri ve momentleri.4-Burulma Momenti hali: Burulma momenti diyagramları, Dairesel kesitli elemanlarda gerilme hesabı, şekil değiştirme hesabı, Dairesel kesitli elemanların boyutlandırılması, Burulmada şekil değiştirme enerjisi hesabı,Dairesel olmayan kesitlerin burulması.5-Basit Eğilme: Tanım, kabuller, düz eğilme, eğik eğilme. 6-Bileşik Mukavemet Halleri: Kesmeli eğilme, Normal kuvvet ve eğilme7-Elastik Stabiliteye Giriş: Elastik kolonların genel teorisi, Euler halleri.8-Elastik Eğri: İntegrasyon yöntemi.
DEĞERLENDİRMEI. Yarıyıl içi % Il. Yarıyıl içi % Ödev % Final % 50 (Sınavlar kapalı düzen olarak yapılacak, formül sayfası verilecektir)
TELAFİ SINAVISözlü olarak yapılacaktır. (Öğrencinin hangi sınava katılmadığına bakılmaksızın tüm konular kapsanacaktır.)
DERS KİTABIDr A.C, UĞURAL, Mechanics of Materials , Mc.Graw-HiIl 1991Dr. Mustafa İNAN Cisimlerin Mukavemeti, İTÜ Vakfı Yayını,1990
YARDIMCI KAYNAKLAR1- Dr. Mehmet H. OMURTAG, Mukavemet Cilt I ve Cilt II Birsen yayınevi, 20052- Dr. Mehmet H. OMURTAG, Mukavemet Çözümlü Problemleri, Birsen yayınevi, 2006 3- http://web.mst.edu/~mecmovie4- Ferdinand P.BEER & E.Russel JOHNSTON, Mechanics of Materials, McGraw-Hill Book Comp.19815- R.C.HIBBELER ,Mechanics of Materials, Prentice Hall International, Inc.19976- Dr.N. KADIOĞLU, Dr.H. ENGİN, Dr.M. BAKİOĞLU ,Mukavemet Problemleri CiltI, Cilt II, Beta Basım Yayım Dağıtım
A.~.19897- Dr.Uğur ERSOY & Dr.Tanvir WASTl, Introductory Mechanics of Deformable Bodies. METU19848- Dr. HiImi DEMİRAY, Mukavemet,Çağlayan Kitabevi, 1997
5
Yandaki şekilde dış yüklerin etkisi altında dengede olan bir cisim, herhangi bir düzlemle kesilerek ikiye ayrılmış halde gösterilmiştir. Mademki cisim bir bütün olarak dengededir, kesimle ortadan kaldırılan iç kuvvetlerin dikkate alınması şartı ile o bütünden ayrılan her bir parçanın da dengede olması gerekir. Gerçekte kesim yüzeyine yayılı olan iç kuvvetleri alan merkezi C de bir kuvvet bileşkesi R ile bir kuvvet çifti bileşkesi M şeklinde gösterebiliriz. R ve M, biri çubuk ekseni, diğeri kesim düzlemi içindeki bileşenleri cinsinden ifade edilirse dört ayrı kesit zoru elde edilir. Bu zorlamaların her birinin kendisine has şekil değiştirmeye yol açtığıdaha önce anlatılmıştı (Mukavemet I). N, S, Mb ve Me ile gösterilen bu bileşenlerden yalnızca birinin bulunması haline basit mukavemet halleri adıverilirken bu tesirlerden bir kaçının aynı anda etkimesi durumuna da bileşik mukavemet halleri denir.
KESİT ZORLARI
6
Çubuk ekseni x, en kesit düzlemi içindeki eksenler y ve z olarak alındığında çubuğa tesir eden bütün zorlamalar ile en kesit üzerinde alınan bir alan elemanına x, y ve z eksenleri doğrultusunda etkiyen σx, τxy ve τxzgerilmeleri yandaki şekillerde gösterilmiştir. Bu durumda iç kuvvetlerle bu kuvvetlerden dolayı oluşacak gerilmeler, aşağıdaki denge denklemlerini sağlamalıdır.
x
x z
x y
dA �
y dA M
z dA M
σ
σ
σ
=
= −
=
∫∫∫
( )
xy y
xz z
xz xy
dA S
dA S
y z dA T
τ
τ
τ τ
=
=
− =
∫∫∫
KESİT ZORLARI VE GENEL GERİLME DURUMU İÇİN DENGE DENKLEMLERİ
7
EKSENEL KUVVET ETKİSİNDEKİ ELEMANLAR KESİTE ALAN MERKEZİNDE DİK OLARAK ETKİYEN KUVVETE NORMAL KUVVET DENİR VE N İLE GÖSTERİLİR.
�imdi basit mukavemet hallerinden ilki olan eksenel kuvvet etkisindeki bir çubukta oluşacak gerilme ile şekil değiştirmeyi hesaplamak istiyoruz. Genel gerilme durumuna ait denge denklemleri yanda tekrar yazılmıştır. Bu denklemlerdeki gerilmelerin en kesit üzerinde nasıl yayıldığını bilmediğimiz için problem bu hali ile hiperstatiktir. Diğer bir deyişle yalnızca denge denklemleri ile çözüm bulunması mümkün değildir. Bu durumda (genellikle şekil değiştirmeye bakılarak) şekil değiştirme ile ilgili bir hipotez ortaya konmak yolu ile probleme çözüm aramak yolu seçilir. �ekil değiştirme hipotezi: Eksenel normal kuvvete maruz çubuklarda çubuk eksenine dik ve düzlem olan kesitler, çubuk ekseni doğrultusunda ötelenme hareketi yaparlar. Bu hipoteze göre en kesit üzerindeki her nokta aynı normal birim şekil değişimini yapar. Ya da normal birim şekil değişimi sabit olup en kesit üzerinde noktadan noktaya değişmez. Hooke yasasına göre gerilme de sabit olacağından integral dışına alınabilir. Ayrıca açısal birim şekil değiştirmeler de olmadığından kayma gerilmeleri sıfır olmak zorundadır.
0
0
x
x
x
dA �
y dA
z dA
σ
σ
σ
=
=
=
∫∫∫
0
0
( ) 0
xy
xz
xz xy
dA
dA
y z dA
τ
τ
τ τ
=
=
− =
∫∫∫
== xx Eεσ SABİT
8
0
0
x
x
x
dA �
y dA
z dA
σ
σ
σ
=
=
=
∫∫∫
0
0
x em
�
A
y dA
z dA
σ σ= ≤
=
=
∫∫
Bu iki denklemdeki statik momentler, eksen takımı alan merkezinden geçtiği için otomatik olarak sıfırdır.
A
�x =σ
Kesiti zorlayan normal kuvvet en kesit üzerine düzgün olarak yayılmaktadır. Bu gerilme yayılışı sabit kesitli doğru eksenli prizmatik çubuklarda geçerlidir. Eğer çubuk kesiti değişkense ya da kesitte çentik veya delik varsa gerilme yayılışıdüzgün olmaz. Ayrıca tekil kuvvetlerin yakın civarında da kesitler düzlemliğini koruyamayacağı için gerilme yayılışı düzgün olmayacaktır. Aşağıdaki şekillerde yukarıda sözü edilen her bir durumda gerilme yayılışının nasıl olacağı sembolik olarak gösterilmiştir.
=
000
000
00xσTx em em
em
� �A
Aσ σ σ
σ≤ ≤ ≥ Boyutlandırma Formülü
N N
xσ
xσ
maxσ maxσ
minσ
2maxmin σσ
σ+
=ort
N N
ortk σσ ⋅=max
k>1, biçim faktörü
En kesitteki Değişmeler ve Çentik OlmasıDurumunda da σσσσx gerilmeleri Düzgün Yayılı Olmaz.
9
TEKİL KUVVETİN UYGULANDIĞI NOKTAYA YAKINDAN BAKALIM.
P
P
Gerilme ve şekil değiştirmeler orantılıdır. (Hooke Yasası) Tekil kuvvetin etki ettiği yerden yeterince uzakta gerilmeler düzgün yayılıdır. (ST. VENANT İLKESİ)
�EKİL DEĞİ�TİRME HESABI (Uzama veya Kısalmanın Belirlenmesi)
( )( )
dxdudx
du
xA
x�xxx εεσ === , dx boylu elemandaki
uzunluk değişimi
Yandaki şekilde eksenel kuvvetlere maruz, en kesiti de değişebilen bir çubuktan alınan küçük bir parça gösterilmiştir. Bu çubuk parçası iki yüzünden etkiyen normal kuvvetlerin etkisiyle şekil değiştirmektedir. Bu parçadaki boy değişiminin tüm çubuk boyunca integrasyonu ile çubuğun boyundaki toplam değişme hesaplanabilir. Eksenel yüklü çubuklardaki boy değişimi genellikle δharfi ile gösterilir. Dolayısıyla aşağıdaki du ifadesi tekrar dδ olarak yazılmıştır.
dxE
ddxd xx
σδεδ ==
10
� L
E Aδ
⋅=
⋅
( )( )
( )( )0
0;
0
L� x � xd dx dx
A x E A x E
δδ δ
δ>
= =<∫
UZAMA RİJİTLİĞİ
DECDBCAB δδδδδ +++=
0iP =∑
UZAMA
KISALMA
Eksenel kuvvete maruz çubuklaradaki boy değişimi normal kuvvetle doğru, EA ile ters orantılı olarak değişirmiş. EA, eksenel kuvvetle zorlanan bir çubuğun boyunun değiştirilmesine karşı gösterdiği direnci temsil ettiğinden uzama rijitliği olarak adlandırılır. Özel olarak iki ucundan eksenel kuvvete maruz prizmatik çubuklarda İntegral içindeki N ve EA terimleri sabit olup integralin dışına çıkartılacağından boy değişimini veren ifade biraz daha basitleşir. Bu bağıntı; Enkesit alanı, Elastisite modülü ve yükün bölge bölge değişmesi durumunda da her bir bölgeye ayrıayrı uygulanabilir.
11
EKSENEL YÜKLÜ ÇUBUKLARDA �EKİL DEĞİ�TİRME ENERJİSİ
Eksenel yüklü çubuklarda depolanan şekil değiştirme enerjisini hesaplamakta birim hacimde depolanan şekil değiştirme enerjisi çubuk üzerinde seçilen bir integrasyon elemanı ile çarpılarak tüm çubukta integre edilmelidir. Özel olarak iki ucundan eksenel kuvvete maruz prizmatik çubuklarda İntegral içindeki N ve EA terimleri sabit olup integralin dışına çıkartılacağından depolanan şekil değiştirme enerjisini veren ifade daha basit bir hale döner.
Enerji yoğunluğu E
u22
1 2
0
σεσ ==
( )xAdxudVuULV
⋅⋅=⋅= ∫∫ 00
( )∫=L
x dxxEA
�U
2
2N
dxx
Nx
dV = Ax.dx
ÖZEL DURUM:
AE
L�U
sabitA
Sabit�
2
2
=
=
=
12
Çelik ve alüminyum çubuklar B noktasında birleştirilmiş olup şekilde gösterilen eksenelkuvvetlerin etkisindedir. Eç=200 GPa, Eal=70 GPa olarak bilindiğine göre kompozit çubuğun boyundaki değişme ile çubukta depolanan şekil değiştirme enerjisini hesaplayınız.
3 3 3
9 9 9
140 10 0,5 400 10 0,3 150 10 0, 4
0, 002 70 10 0, 003 200 10 0, 003 200 10
�L
AEδ = Σ = + − =
i i i i i i
i i i i i i
30, 6.10 0, 6 .m mmδ −= = uzama
2 2 2 2
9 9 9
140000 0,5 400000 0,3 150000 0, 4
2 2 0, 002 70 10 2 0, 003 200 10 2 0, 003 200 10
82.5
� LU
EA
U Joule
= Σ = + + =
=
i i i
i i i i i i i i i
ÖRNEK 1
Eksenel kuvvette değişme olan her bölgede ayrı bir kesim yapılmak suretiyle kesim yüzeyine tesir eden eksenel kuvvetler belirlenmiş ve aşağıda diyagram şeklinde verilmiştir.
13
�ekilde gösterilen iki çubuklu kafes sistemde B düğümünün yatay ve düşey yerdeğiştirmesini hesaplayınız. E=70 GPa
ÖRNEK 2
k�FF BCy 500 =⇒=∑ k�FF ABx 300 −=⇒=∑
mmAB 16.01070004.0
5.110309
3
−=×⋅⋅×−
=δ mmBC 893.01070002.0
5.210509
3
=×⋅⋅×
=δ
↓=+= mmDüşüşB 24.1
tan
16.0
sin
893.0
ααδ ←= mmYatay
B 16.0δ
=40 kN
B düğümünde yatay ve düşey doğrultulardaki kuvvet denge denklemlerinden çubuklara etkiyen eksenel kuvvetlerle her iki çubuktaki boy değişimini hesaplayalım. Sonra B düğümündeki pimi çıkartıp çubukların serbestçe boy değişimi yapmalarına izin verelim. 0.893 mm uzayan BC çubuğunun, B ucu ile 0.16 mm kısalan AB çubuğunun, B ucu daire yayları üzerinde serbestçe hareket ederek B noktasında birleşirler. �ekil değiştirmeler çubuk boylarıyanında çok küçük olduklarından yaylar yerine teğetleri kullanmak mümkündür. B ve B’ noktalarıhemen hemen üst üste düşerler.
14
�ekilde gösterilen dairesel kesitli kademeli çubukta;a) A noktasının yer değiştirmemesi için P1 kuvvetinin değerini,b) C noktasının yapacağı yer değiştirmeyi hesaplayınız. (E = 200 GPa)
P1
3 m 2 m 4 m
P2 = 100 kNd1 =25 mm
d2 =75 mm
A B C D
Ödev: P1 = 5 kN, P2 = 15 kN olması durumunda serbest uçtaki yer değiştirmeyi hesaplayınız.
�ekilde gösterilen sistemde A ve E noktalarının düşey yer değiştirmelerini hesaplayınız ( Ep = 105 GPa , A = 200mm2).
P = 15 kN
a = 2b b
AB
C
D
E
P = 5 kN
Rijit çubuk
400 mm
200 mm
0.67
0.71
1.34
DC D
ED DC E
A
mm
mm
mm
δ
δ δ
δ
= ∆ = ↑
+ = ∆ = ↑
= ↓
10 12120
0.4AD
CD
P �
mm
δ
δ
= ⇒ =
= ←
ÖRNEK 4ÖRNEK 3
15
Bir bina temelinde kullanılan L boyundaki çakma kazık her biri P temel yükünü yalnızca yüzeysel sürtünme yolu ile taşımaktadır. Sürtünme kuvvetinin değişimi f(x) = kx2 bağıntısıile verildiğine göre kazık boyundaki kısalmayı P ,L, A, E cinsinden veren ifadeyi çıkarınız. Burada k, düşey dengeden belirlenecek bir sabittir.
P
X
L
30
2
30
0 0
3( )
3
( )
4
L
x
L L
Pf x dx P k
L
Pxdx
L� xdx dx
EA EA
PL
EA
δ
δ
= ⇒ =
= = =
=
∫
∫∫ ∫
ÖRNEK 5ÖRNEK 6
5 m boyunda, üst yüzey alanı 300x300 mm, alt yüzey alanı400x400 mm olan kolon 80 kN luk bir yükü taşımaktadır. E = 20 GPa olduğuna göre kolon boyundaki toplam kısalmayıhesaplayınız.
P = 80 kN
300mm
300mm
400mm
400mm
5 m
2
5000
20 0
5000
2 20
5000
0
50( ) 300 2 tan 300 2 300 0.02
5000
( ) (300 0.02 )
80000
( ) 20000 (300 0.02 )
4 4
(300 0.02 ) 0.02
1200 0.167
(300 0.02 )
L
b x x x x
A x x
� dxdx
EA x x
dx du
x u
mmx
α
δ
δ
δ
= + = + = +
= +
⋅= = = ⋅ +
⋅= = = +
= − =+
∫ ∫
∫ ∫
Üst yüzden aşağı doğru uzanan ekseni x ile gösterelim. Herhangi bir x uzaklığındaki kesitin bir kenarı b(x) olsun.
16
Bir ucundan asılan prizmatik çubuğun a) yalnızca serbest ucundaki P0 eksenel kuvvetinden, b) yalnızca kendi ağırlığından, c) kendi ağırlığı yanında serbest ucunda etki eden P0 eksenelkuvvetinden dolayı depolanan şekil değiştirme enerjisini ayrı ayrı hesaplayınız.
ÖRNEK 7
P0
L
L-y
y
( ) 0)( PyLAy� +−⋅⋅= γ
V= (L - y) boyundaki çubuk hacmi
Özgül ağırlık
( )( )
( )[ ]∫∫
+−==
LL
dyAE
PyLAdy
yEA
y�U
0
20
0
2
22
γ
AE
LP
E
LP
E
ALU
226
20
20
32
++=γγ
E
AL
6
32γ
E
LP
2
20γ
AE
LP
2
20
Özgül ağırlık sebebi ile oluşan şekil değiştirme enerjisi
Etkileşim sebebi ile oluşan şekil değiştirme enerjisi
P0 kuvvetinden oluşan şekil değiştirme enerjisi SÜPERPOZİSYON PRENSİBİ GEÇERLİ DEĞİLDİR.
( )( )
( )
( )
22
0 0
2 2 32
0
2 2
2 6
L L
L
A L y� yU dy dy
EA y AE
A ALL y dy
E E
γ
γ γ
− = =
= − =
∫ ∫
∫
( )( )
2 20
0 0
20
2 2
2
L L� y PU dy dy
EA y AE
P L
AE
= =
=
∫ ∫
a b c+ ≠
17
�ekilde gösterilen kesik koni kendi ağırlığı etkisinde ne kadar uzar? Koninin yapıldığı malzemenin birim hacim ağırlığı γ, Elastisite Modülü E’ dir.
ÖRNEK 8
Bu problemde Eksenel kuvvet ve alan x koordinatına bağlı olarak değişmektedir. Orijini koninin tepe noktasında alırsak,
r
x
a
h
b
hL
a
h=
+= ; x
h
ar
ab
Lah =
−= ;
.
( )haxrx�h
axrxA 22
2
22
3)(,)( −=
== γπ
ππ
( )( )
dxx
haxr
h
aE
ExA
dxx� Lh
h
Lh
h∫∫++ −
==2
22
2
3 π
γπδ
++
=+=
−=
++
∫ Lh
hL
E
L
x
hx
Edx
x
hx
E
Lh
h
Lh
h
3
6233
232
2
3 γγγδ
( )bE
abL
6
22 +=γ
δE
Lkonitama
6)(0
2γδ ==
E
LSilindirba
2)(
2γδ ==
Özel Durum:
( )AE
LWp
AE
PL
AE
WL
AE
PL
E
L 222
2 +=+=+=
γδ
b
a
r
O
N
x
L
h
Yandaki şekilde silindirik çubuğun kendi ağırlığı da katılırsa toplam boyca uzama miktarı;
Olur.
18
EKSENEL YÜKLÜ ÇUBUKLARDA HİPERSTATİK PROBLEMLER
Mesnet reaksiyonları ve iç kuvvetlerin yalnızca denge denklemleri yardımı ile hesaplanabildiği yapı elemanı ve yapılara İZOSTATİK, denge denklemlerine ek olarak şekil değiştirmelerin de dikkate alınması gereken yapı elemanıve yapılara HİPERSTATİK denir. Hiperstatik yapılarda mesnet çökmesi, sıcaklık değişimi ve imalat hatalarından büyük iç kuvvetler ortaya çıkar.
�ekilde görülen rijit yatay çubuk, A noktasında bir mafsalla ve B ve C noktalarında iki düşey kablo ile mesnetlenmiştir. Kablo boyu 0,8 m., en kesit alanları 140 mm2’ dir. 40 kN’ luk yükten oluşacak gerilmeleri her bir kablo için hesaplayınız. Akma gerilmesini 250 MPa olarak alınız. E=200 GPa.
ÖRNEK 9
Denge Denklemleri;
00 ==Σ Axx RF 400 =++=Σ CEBD
Ayy FFRF
40.14020 ⋅=+=Σ CEBDA FFM
4 Bilinmeyen kuvvet 3 adet denge denkleminden hesaplanamaz. Ek bir denklem gereklidir.
Uygunluk Denklemi;
)(22
2
IVFFAE
LF
AE
LFBDCE
BDCE
BC
=∴=
= δδ
Bilinmeyenler;
MPaMPa
k�Rk�Fk�F
CEBD
AyCEBD
1608010140
102.11
4.64.222.11
6
3
==××
=
===
− σσ
B ve C noktalarındaki çökmeler;
↓==
↓=⋅=×⋅×
⋅×= −
−
mm
mmm
BC
B
64.02
32.01032.01020010140
8.0102.11 396
3
δδ
δ
19
�ekilde görülen kafes çubukları aynı malzemeden yapılmış olup en kesit alanları A dır. BD elemanı d kadar kısa kesilmiştir. Montaj zorla yapıldığında her bir çubukta oluşacak gerilmeyi hesaplayınız.
ÖRNEK 10.1
Montajdan sonra kenar çubuklar basma etkisiyle kısalırken orta çubuk çekme etkisiyle uzar. Üç çubuk B’ gibi bir noktada birleşsin. Denge ve uygunluk denklemleri yazılarak
1�3�
2�
2 3 2 3
1 2 1 2
0 cos cos 0
0 2 sin 0 1.6x
y
F � � � �
F � � � �
α α
α
Σ = − = ⇒ =
Σ = − = =
1 2
1 2
2 2
2
( )sin
*0.8 *( )sin
1.6 *0.8 *1.25
1
2.53
d L L
� L � Ld
EA EAEA
d � �L
EA� d
L
α
α
−∆ = ∆
− =
− =
=
22
11
0.3953
0.6324
� Ed
A L� Ed
A L
σ
σ
= =
= =
Yazılabilen iki denklemde toplam üç bilinmeyen kuvvet bulunmaktadır. Dolayısıyla problem 1. dereceden hiperstatikdir. Uygunluk denklemi, şekil değiştirmeyi geometrik olarak ifade etmelidir.
20
�ekilde görülen kafes çubukları aynı malzemeden yapılmış olup en kesit alanları A dır. BD elemanı d kadar kısa kesilmiştir. Montaj zorla yapıldığında her bir çubukta oluşacak gerilmeyi hesaplayınız.
ÖRNEK 10.2
Bütün çubuklar büyük çekme kuvveti etkisinde uzayıp B’ gibi bir noktada birleşsin. Denge ve uygunluk denklemleri yazılarak
1�3�2�
2 3 2 3
1 2 1 2
0 cos cos 0
0 2 sin 0 1.6x
y
F � � � �
F � � � �
α α
α
Σ = − = ⇒ =
Σ = + = = −
1 2
1 2
2 2
2 2
( )sin
*0.8 *( )*0.8
1.6 *0.8 *
0.8
1.28 1.25
L d L
� L � Ld
EA EA� L � LEA
dEA L EA
EA� � d
L
α∆ − = ∆
− =
−− =
− − =
22
11
0.3953
0.6324
� Ed
A L� Ed
A L
σ
σ
= = −
= =
21
Enkesit alanı Ab, uzunluğu Lb, elastisite modülü Eb olan bakır bir çubuk şekilde gösterilen alüminyum borunun içine yerleştirilmiştir. Alüminyum borunun kesit alanı Aa, elastisite modülü Ea, uzunluğu ise La’dır. Çubuk ve boru arasındaki küçük boşluğu kapatabilecek kadar büyük olan bir P kuvveti altında her bir elemanın şekil değişimini bulunuz, aradaki boşluğun bulunmadığını düşünerek eksenel uzama oranınıbelirleyiniz.
ÖRNEK 11
P
Lb La
Alüminyum botuAlüminyum boru
Bakır çubuk
Denge Denklemi,
)1......(....................P�� ba =+
�ekil Değiştirme Denklemi,
)2.....(....................∆+=== ab
bb
bbb
aa
aaa
EA
L�
EA
L�δδδδ
∆+=aa
aa
bb
bb
EA
L�
EA
L� ( ) bbbb
aa
aaba EAEA
EA
L�L�P ∆+=−
b bb b b a b a
a a
A EPL A E L L �
A E
− ∆ = +
( ) ( ) abbbaa
aaab
baaabb
bbba
LEALEA
EAPL�
LEALEA
EAPL�
+∆−
=+∆−
=//
bu ifadeler, δa ve δb denklemlerinde yazılırsa boy değişimleri bulunabilir. ∆=0 (boşluk yoksa) La=Lb’ dır.
( ) ( )P
EAEA
EA�P
EAEA
EA�
bbaa
bbb
aabb
aaa +
=+
= elemanlardaki kuvvetler eksenel rijitliklerle orantılıdır.
εεεσ
ε ==+
=== ba
aabbaa
a
a
aa
EAEA
P
EA
�
E
22
Aşağıdaki şekilde gösterilen kademeli çubuğa C noktasından bir P kuvveti etkimektedir. Malzemenin elastisite modülü E’ dir. A ve B mesnet reaksiyonlarını hesaplayınız.
ÖRNEK 12
A ve B’ de oluşan reaksiyonlar RA, RB ile gösterilsin. Kesim yöntemi kullanılarak eksenel kuvvet diyagramı çizilebilir.
Denge denklemi; )1......(....................PRR BA =+
�ekil değiştirmeler;
BBCAAC R�R� =−=
EA
bR
EA
aR
b
bBC
a
aAC =
−= δδ
0=+ bcac δδEA
bR
EA
aR
b
B
a
A = bRPA
aARA
a
BA )( −=
PbbA
aAR
a
bA =
+
( )P
bAaA
bAR
ab
aA +=
( )P
aAbA
aAR
ba
bB +=
Yazılabilen tek denge denkleminde iki bilinmeyen kuvvet bulunmaktadır. Dolayısıyla problem 1. dereceden hiperstatikdir. Çubuktaki toplam boy değişiminin sıfır olmasıuygunluk denklemi olarak kullanılabilir.
AR
BR
+−
0 ....................(2)ac bcδ δ+ =
23
SÜPERPOZİSYON METODUNUN KULLANIMI
Önceki örnekte örneğin RB reaksiyonunun bilindiği kabul edilirse çubuğun sağ ucundaki mesnet kaldırılabilir. Bu durumda P ve RB’ den oluşacak boy değişimlerinin toplamının gerçek çubuğun boy değişimine eşit olması gerekir (burada sıfır).
0=+ RP δδ
�
0=
++
−������� R
P
EA
bR
EA
aR
EA
Pa
b
B
a
B
a
δδ
PRR BA =+
( )1
bB
a ba
b
aAPR P
bA aAbA
aA
= =+
+
aynı sonuçlar bulunur.
( )1
aA
a bb
a
bAPR P
bA aAaA
bA
= =+
+
24
�ekilde gösterilen kolonun taşıyabileceği eksenel yükü hesaplayınız.ÖRNEK 13
184φGPaEGPaE
MPaMPa
çb
emçemb
21014
14012 ,,
==
== σσ
Denge Denklemi; )1(0 PFFF bçy =+=Σ
Uygunluk Denklemi; )2(bb
b
çç
ççb
EA
LF
EA
LF== δδ
bb
ihmal
b
bb
ççç FFF
EA
EAF 09538.0
14
210
4
184400
4
184
22
2
=⋅⋅
−
⋅
=⋅=
����
π
π
PP
FPFF bbb 9128.009538.1
09538.0 ==→=+
( ) PFPFPF çbç 0871.09128.01 =→−=−=
( ) ⇒≤⋅
= 140
4
184
0871.0,2 emçç
Pσ
πσ
( ) ⇒≤⋅
−= 12
4
184400
9128.0,2
2embb
Pσ
πσ
k�PPP bem
çemem 1635),min( ==
Denklem (2)’den Fç, Fb cinsinden yazılırsa;
Bulunan ifade denklem (1)’de yerine yazılırsa;bç FF 09538.0=
Fç’yi P kuvveti cinsinden ifade edilirse;
k��P çem 16351635247 ==
k��Pbem 20902090000 ==
PAçç 0871,0=σ Olduğuna göre
PAbb 9128.0=σ Olduğuna göre
25
4φ22’ lik donatıya sahip 200x200 mm boyutlarındaki betonarme kolon, 1.1 MN’ luk eksenel yük taşımaktadır. Çelik ve beton gerilmelerini hesaplayınız. Çelik için E=2.1x105 MPa lineer elastik malzeme, Beton için ise aşağıdaki σ−ε eğrisi ve lineer olmayan malzeme kabullerini yapınız. Betonun basınç altındaki en büyük uzama oranını 0.002 alınız.
ÖRNEK 14
200mm
200mm224φ
P ( )bbb εεσ ⋅−×= 2501102 4
bε
bσ ( )1 250b b b bEσ ε ε= − ⋅
2
1520
2
384804
22.4200.200
2
mmA
mmA
b
ç
=−=
=
����
π
0düşeyFΣ =
Denge Denklemi;
Fç=Çeliğin taşıdığı kuvvet, Fb=Betonun taşıdığı kuvvet
61.1 10ç bF F+ = ×
61520 38480 1.1 10ç bσ σ⋅ + ⋅ = ×
εεε == bç
εεσ ⋅×=⋅= 5101.2ççç E
002.00043.0
00132.0011.09.10819240
2
12
>=
==+−
εε
εε ≺
MPaç 2.27200132.0101.2 5 =⋅×=σ
Gerilme cinsinden;
Uygunluk Denklemi;
( ) ( )εεεεσ ⋅−×=⋅−⋅= 25011022501 4bbb E
Denge denkleminde yazılırsa;
( ) MPab 7.1700132.0250100132.0102 4 =⋅−⋅⋅×=σ
Uygulanan kuvvetten dolayı oluşan birim şekil değişiminden, çelik ve betonda oluşan gerilmeler;
3210 10
ç ç ç
ç ç
Eσ ε
σ ε
=
= ×
çε
çσ
26
TERMAL GERİLME VE �EKİL DEĞİ�TİRMELER
Uniform sıcaklık değişimi izostatik yapılarda gerilme oluşturmazken mesnetlerdeki bağları sebebi ile rahatça genişleyemeyen hiperstatik yapılarda gerilmeler ortaya çıkar.1o lik sıcaklık değişiminden oluşan boy değişim oranına Termal Genleşme Katsayısı adı verilir (α).
∆T o lik sıcaklık artışı ile oluşan boyca değişim oranı;
Tt ∆⋅=αε
LL t ⋅=∆ ε LTL ⋅∆⋅=∆ α
∆T o lik sıcaklık artışısonucunda L uzunluğundaki çubuktaki boy değişimi
Sıcaklık değişmesi, dış yükler olmasa dahi hiperstatik yapılarda gerilme oluşturur. Bu gerilmeler elemanın boyundan bağımsızdır.
27
Uzunluğu L, enkesit alanı A olan çelik bir çubuk iki rijit duvar arasına yerleştirilmiştir. Sıcaklığın ∆∆∆∆Tkadar artması durumunda oluşacak gerilmeleri;
a) Duvarların yer değiştirmemesi halinde, b) Duvarların δδδδd kadar yer değiştirmesi halinde hesaplayınız.
ÖRNEK 15
L=1.5 m, E=200 GPa, α=12x10-6 1/oC, ∆T=30, δd=0.3 mm
−∆⋅⋅=L
TE dδασ
0=+ Rt δδ
b) Uygunluk Denklemi;
0=⋅⋅
−⋅∆⋅EA
LRLTα
( )TEAR ∆⋅⋅⋅= α ( )TEA
R∆⋅⋅== ασ
TE
∆⋅== ασ
ε
dRt δδδ =+
dEA
LRLT δα =
⋅⋅
−⋅∆⋅
−∆⋅⋅⋅=L
TEAR dδα
a) Uygunluk Denklemi;
Gerilme çubuğun uzunluğundan bağımsızdır.
Nümerik Uygulama;
( ) MPaTE 7230101210200 63 =⋅×⋅×=∆⋅⋅= −ασa)
MPaL
TE d 321500
3.030101210200 63 =
−⋅×⋅×=
−∆⋅⋅= −δασb)
∴∴∴∴ Çok küçük mesnet hareketi termal gerilmeyi büyük oranda azaltmaktadır.
28
30 mm çaplı bronz silindir, şekilde gösterilen 20 mm çaplı elemanların arasına yerleştirilmiştir. 20 oCsıcaklıkta gerilmesiz olan sistemde, sıcaklığın 70 oC’ ye çıkması durumunda oluşacak gerilmeleri hesaplayınız.
ÖRNEK 16
Eç=200 GPa, αç=11.7x10-6 1/oC, Eb=83 GPa, αb=18.9x10-6 1/oC
300 mm10 mm
Çelik
Çelik
Bronz
Rç
Rb
RÇ
RÇ
Rb
Geometrik bağıntı; RçtçRbtb δδδδδ +=−=
Denge denklemi; çb RR 2=
MPaç 37.24
4
20
76562
=
⋅=
πσ MPab 66.21
4
30
153122
=
⋅=
πσ
çç
çççç
bb
bbbb
EA
LRLT
EA
LRLT
⋅
⋅+⋅∆⋅=
⋅⋅
−⋅∆⋅ αα
32
6
32
6
102004
20
30030050107.11
10834
30
310231050109.18
×⋅⋅
⋅+⋅⋅×=
×⋅⋅
⋅−⋅⋅× −−
ππçç RR
çç RR 66 10774.41755.010567.1029295.0 −− ×+=×−
11745.010341.15 6 =× −çR
�Rç 7656= �Rb 15312=
29
25 oC sıcaklıkta gerilmesiz olarak imal edilen kirişin sıcaklığın –50 oC’ye inmesi durumunda AC ve CB parçalarında oluşacak gerilmeleri hesaplayınız (E=200 GPa, α=12x10-6 1/oC).
ÖRNEK 17
( ) oT 752550 −=−−=∆
( ) mxTLTB
66 10540756.01012 −− ×−=−⋅⋅=∆⋅⋅= αδ
BBBR
B RRR 9
69
3
69
3
10625.51080010200
10300
1040010200
10300 −−
−
−
−
×=⋅⋅×
×⋅+
×⋅××⋅
=δ
0=+ RB
TB δδ
010625.510540 96 =×+×− −−BR
k��RB 961096 3 =×=
( )ÇekmeMPaAC 240400
96000==σ
( )ÇekmeMPaCB 120800
96000==σ
Sıcaklık farkından dolayı oluşan kısalma;
AC B
TBδ
AC
B
RB
RBδ
B mesnet reaksiyonu nedeniyle oluşan uzama;
Uygunluk Denklemi;
30
EĞİK DÜZLEMLERDEKİ GERİLMELER
PP
y'x'
x
C
C
a
b
θcosA
''yxτ
'xσ
Amaç: C-C eğik düzlemlerindeki normal ve kayma gerilmelerinin bulunması...
� ��
( )
��
θσ
θτθσσ
τ
θσ
θτθσσσσ
σ
2sin2
2cos2sin2
2cos12
2sin2cos22
00
000
xxy
yxyx
xxy
yxyxx
−=+−
−=
+=+−
++
=
′′
′
Bu gerilmeler A/cosθθθθ alanına düzgün olarak yayılır.
→−=
→=
=′′
=′
45
0
2 θ
θ
στ
σσ
x
maksyx
xmaksxA
P=1σ
A
Pmaks
2=τ
Gevrek malzemelerde çekme gerilmesi << Kay-magerilmesi olduğundan çatlama düşey düzlemde oluşur.
A
P=1σ
Sünek malzemelerde kayma gerilmesi < Çekme gerilmesi olduğundan çatlama 450 lik düzlemde oluşur.
31
150 mm dış çapa haiz boru 8 mm kalınlığındaki levhanın yay şeklinde bükülmesi ve kaynaklanmasıyoluyla imal edilmiştir. Kaynak için emniyet gerilmeleri σem=±105 MPa ve τem=±90 MPa olarak verilmektedir. Boru iki ucundan 250 kN’ luk çekme kuvvetlerine de maruz olduğuna göre emniyet gerilmeleri aşılmadan taşınabilecek en büyük iç basınç nedir?
ÖRNEK 18
MPaqem 03.1921.29
30.19=
=
q
q
t
rq ortt ⋅=
−⋅=
⋅= 875.8
8
42
150
σ MPaA
�L 70
842
1502
250000=
⋅
−⋅⋅==
πσ
( )ox
qq362cos
2
875.870
2
875.870⋅
⋅−+
⋅+=′σ )105(07.382.45 emx q σσ ≤⋅+=′ MPaq 3.19≤
( )0362sin2
875.870⋅
⋅−−=′′
qyxτ )90(22.429.33 emyx q ττ ≤⋅+−=′′ MPaq 21.29≤
32
15 kN10 kN 5 kN
10 kN
1,5 m 2 m 2 m
A B C DÇelik Pirinç
1- �ekilde gösterilen kompozit çubuğun ABC çelik kısmı ile CD pirinç kısmı A = 100 mm2 lik aynı alana sahiptir. Eç = 200 GPa, Ep = 105 MPa olarak bilindiğine göre, B ve D noktalarının A noktasına göre yaptıkları yer değişmeleri hesaplayınız.
1829 mm
50,8 mm
14,3 mm
2-) Enkesit boyutları 14,3x50,8 mm olan 1829 mm uzunluğundaki çelik çubuk iki ucundan etkiyen çekme kuvvetlerine maruzdur. Çubuk boyundaki toplam değişimin 1,59 mm, normal gerilmelerinin 172 MPadeğerini aşmaması koşullarıyla taşınabilecek en büyük eksenel yük olur (Eç = 206,850 GPa)
P = ?
/
/
1.125 .
3.53 .B A
D A
mm
mm
δ
δ
=
=
1.59 . 130.63
172 124.95
mm P k�
MPa P k�
δσ= → =
= → =
10 kN25 kN 30 kN 15 kNA B C D
25 mm75 mm
25 mm
1 m 3 m 1 m
3- 5 m uzunluğunda 15 mm kalınlığa sahip çubuk şekilde gösterilen eksenel kuvvetlerin etkisindedir. Eç = 210 GPa olduğuna göre çubuğun ekseni doğrultusundaki toplam boy değişimini hesaplayınız.
0.127 0.314 0.19
0.003 .
TOPLAM AB BC CD
TOPLAM
TOPLAM mm uzama
δ δ δ δ
δ
δ
= + +
= − +
=
3000
0
15000
210000 25 1560
BC dxx
δ−
= + ×
∫
33
2743 mm
d1
d2 = 19 mm 1829 mm
22,25 kN
AlüminyumEa = 69 GPa
ÇelikEç = 207 GPa
4- �ekilde gösterilen kompozitkademeli çubukta toplam uzamanın 1,59 mm olması için d1 çapı ne olmalıdır?
1 35.46 .d mm=
5-�ekilde gösterilen sistem, düşey bir kompozit çubukla yatay rijit bir çubuktan oluşmaktadır. Çelik ve pirinç çubuk parçalarının uzamalarının eşit olması için Açelik/Apirinçoranını hesaplayınız.
4P
a b = 1,5a
A
C
B
D
P
Rijit çubuk
L
3/4L
ÇelikEç=210GPa
PirinçEp=105 GPa
4P
a b = 1,5a
A
Nç
B
D
P
Rijit çubuk
L
3/4L
ÇelikEç=210GPa
PirinçEp=105GPa
0 2.6
1.73
A ç
çç p
p
M � P
A
Aδ δ
= → =
= → =
∑
6- �ekilde gösterilen ABC rijit yatay çubuğu biri çelik, diğeri alüminyum alaşımlı olan iki tel ile asılmıştır. P = 26,7 kN luk yük sebebiyle B noktasının yapacağı yer değiştirmeyi hesaplayınız.
2285 mm
26,7 kN
457 mm 914 mm
A C
Rijit çubuk
ÇelikEç=207GPaAÇ =90 mm2
AlüminyumEa=69 GPaAa = 180 mm2
B
1371 mm
0 8.9 17.8
1.31 1.64 1.42
A al ç
ç al B
M T k� T k�
mm mm mmδ δ δ
= → = =
= = → =∑
34
7- �ekilde gösterilen rijit AB çubuğunun P = 100 kN lukkuvvetin x = 150 mm den uygulanması halinde yatay kalabilmesi için AD ve BE çubuklarının alanlarının minimum ne olması gerekir.
250 mm
100 kN
150 mm 50 mm
A
E
BRijit çubuk
D
C
150 mm
150em MPaσ =
8- 203 mm çaplı, 1829 mm boyundaki kolonun 356 kNluk eksenel yükü taşımasıplanlanmaktadır. Çelik ve betonda oluşacak gerilmeleri hesaplayınız.Aç = 516 mm2, Eç = 207 GPaEb = 24 GPa
356 kN
1829 mm
203 mm
2 2
0 75 25
5
150 166.7 834
A B A
A B BE AD
AD AD BE
M T k� T k�
A A
MPa A mm A mm
δ δ
σ
= → = =
= → =
≤ → = =
∑
9- �ekilde gösterilen eksenel yükü çubuk uçlarından sabit mesnetlere tutturulmuştur. Çubuğun AC ve CD parçalarının alanları sırasıyla A1 ve 2A1 dir. Pc = 3PB ve elastisite modülü E olarak bilindiğine göre;a) A ve D mesnetlerindeki reaksiyonları hesaplayıp, eksenel kuvvet diyagramını çiziniz.b) C noktasının yer değiştirmesini bulunuz.
200 mm 200 mm
A D
2A1A1
B P 3P C
100 mm
356
312.33 43.67
9.8 84.6
B Ç
Ç B B Ç
B Ç
P P
P k� T k�
MPa MPa
δ δ
σ σ
+ =
= → = =
= → =
1
2
70
4 4
0.175 ( )
A D
A D
C CD
R R P
P PL R R
PL mm
EAδ
+ =
∆ = → = =
= ∆ = −
35
10- �ekilde gösterilen kademeli kompozit çubuk rijitduvarlara mesnetlendirilmiştir. Sıcaklığın 20 C tan 50 C a çıkması durumunda her bir malzemedeki gerilmeyi hesaplayınız.
3 m 2 m
A Alüminyum C Çelik B
d = 30 mmd = 50 mm αa = 24x10-6 ,
Ea =70 GPaαç = 12x10-6 , Ea =200 GPa
11- �ekilde gösterilen çelik cıvata, bronz bir tüpün içinden geçmektedir. Vida adımı 2mm olarak bilindiğine göre somunun yarım tur sıkılması halinde her malzemedeki gerilmeyi hesaplayınız.
Çelik cıvata Bronz tüp Somun
2 2
83 200
900 500
bronz çelik
bronz çelik
E GPa E GPa
A mm A mm
= =
= =
Somun sıkılırken çelik civata çekme kuvveti etkisiyle uzamaya bronz tüp ise basma kuvveti etkisiyle kısal-maya başlar. Uzama ve kısalmanın mutlak değerleri toplamı 1 mm olmalıdır.
1
79.2 142.5
b b ç ç
b ç
b ç
A A
mm
MPa MPa
σ σ
δ δ
σ σ
=
+ =
= − =
80
40.7 113
Ç A
B Ç
R k�
MPa MPa
δ δ
σ σ
= → =
= → =
12- �ekilde gösterilen 53,4 kN luk eksantrik kuvvet çelik ve pirinçparçalardan oluşmuşkompozit çubuğa etkimektedir. AB rijitplağının yatay kaldığıbilindiğine göre x uzaklığı ile herbirmalzemedeki gerilmeyi hesaplayınız.
53,4 kN
x
AB
12,7mm12,7mm
50,8 mm t = 12,7 mm
Çelik
pirinç
103.425
206.85bronz
çelik
E MPa
E MPa
=
=
0.5
0 17.8 35.6
0 10.58
110.3 220.6
ç p p ç
düşey p ç
A
P Ç
P P
F P k� P k�
M x mm
MPa MPa
δ δ
σ σ
= → =
= → = =
= → =
= =
∑∑
36
13- �ekilde 20o C sıcaklıkta aralarında 0,4 mm boşluk bulunan alüminyum ve magnezyum çubuklar gösterilmiştir. a) Sıcaklığın 120o C a yükselmesi halinde her bir çubukta oluşacak basma gerilmelerini,b) Magnezyum çubuğunun boyundaki değişmeyi hesaplayınız.
200 mm 250 mm
A Alüminyum C Magnezyum D
Ea =70 GPaαa = 23x10-6
Aa =500mm2
B
Em =45 GPaαm = 26x10-6
Am =1200mm2
36 .
64 .
68678
137 57 0.334
T R
a m m
Boşluğun kapanması için gereken sıcaklık farkı dir
t C mesnetlerde reaksiyon oluşturur
R �
MPa MPa L mm uzama
δ δσ σ
∆
°
∆ = °
= → =
= = ∆ =
14- Kademeli bir pirinç çubuk, çelik bir çerçeve içine gerilmesiz olarak yerleştirilmiştir. Sıcaklığın 40o C yükselmesi halinde pirinç çubukta oluşacak en büyük normal gerilme ne olacaktır?Ep =105 GPa Eç = 200GPaαp =20x10-6 αç =12x10-6
A1 = 500mm2, A2 = 400mm2, A3 = 450mm2, A4 = 450mm2
Çelik
Pirinç çubuk
0
12220 30.5
düşey p ç
ç p P
F � �
� � MPaδ δ σ
= → =
= → = =∑
15- Şekilde gösterilen üç telden AE ve BG alüminyum, CF ise çeliktir. P yükünün rijit ACB çubuğunun merkezinden (x = L) etkimesi halinde alabileceği en büyük değeri nedir? Tel çapları 3,18 mm,σç
em = 124 MPa, σaem =83 MPa,
Eç = 206,85 GPa, Ea =68,95 GPa dır.
P L L
A
G
B
Rijit çubuk
C
E F
37
0 2
3
16411641
3296
düşey a ç
ç a ç a
F � � P
� �
P � �
δ δ
= → + =
= → =
≤ =
∑
16- �ekilde gösterilen pirinç ve alüminyum çubukların kesit alanları 500 mm2dir . 40 kN luk yükün etkisiyle ABCD rijitçubuğunun D noktasının ne kadar düşey deplasman yapacağınıhesaplayınız. (Ep = 105 GPa, Lp = 150 mm, Ea = 70 GPa, Lp = 150 mm).
0
150 20029.09 58.18 0.33
B
c a
cf ae D
Rijit çubuk B noktasından döner
M denge denklemi
uygunluk denklemi
T k� T k� mm
δ δ
δ
= →
= →
= = =
∑
17- t sabit kalınlığında değişken genişlikli eleman A ve B de gösterilen rijitmesnetlere oturmaktadır. Çubuğun merkezinden etkiyen P yükünün mesnetlerde oluşturacağıreaksiyonları hesaplayınız.
P
aR
bR
aR−
+ aP R−x
/ 2
0 / 2
0
( )
0( ) ( )
2ln
ln
A B T
L L
A AToplam
L
A
R R P
a belemanın genişliği g x x b
L
R P Rdx dx
Et g x Et g x
a
a bR P
a
b
δ
δ
+ = =
−= +
− −= + =
+ =
∫ ∫
38
18- �ekilde gösterilen iki malzemeden imal edilmişkompozit çubukta sıcaklığın 50o C düşmesi yanında A ve B mesnetleri birbirine 0,4 mm yaklaştırılıyor. A ve B mesnetlerindeki reaksiyonları hesaplayınız.
200 mm300 mm
A C BP = 100 kN
αa = 23x10-6
Ea = 70 GPaA = 1500 mm2
αP = 18x10-6
EP = 200 GPaA = 500 mm2
19- �ekilde gösterilen kafes sistemde çubuk en kesitleri A, malzeme özellikleri E ve αolarak bilinmektedir. AC çubuğunda ∆T sıcaklık artışından oluşan normal gerilmeyi hesaplayınız.a = 0,6 L, h = 0,8L
20- 89 kN luk eksenel basınç etkisindeki 41,3 mm çaplıçubukta olaşacak en büyük normal gerilme ile en büyük kayma gerilmesi nedir?
89 kN89 kN
41,3 mm
66.44 33.22x xymaks maksMPa MPaσ τ= =
0 0.4
79.57 20.43
x a p
A B
F
R k� R k�
δ δ= + = −
= =∑
2� 3�
1�
1L∆2L∆
2 3
1 2
1 2
1
0
0 2 cos 0
cos
0.506
yatay
düşey
T
F � �
F � �
Uygunluk denklemi L L
t E
α
α
σ α
= =
= + =
∆ = ∆
= − ⋅∆ ⋅
∑∑
α
39
21- �ekilde gösterilen dikdörtgen kesitli çubuğa uygulanabilecek en büyük P eksenel kuvvetini C-C eğik düzlemindeki normal gerilmenin 28,86 MPa, kayma gerilmesinin 11,72 MPa değerini aşmaması koşuluyla hesaplayınız. b = 50,8 mm, a = 19,05 mm
22- �ekilde gösterilen çubuğun eğik C-C düzlemindeki normal ve kayma gerilmeleri sırasıyla 16 ve 8 MPa olarak bilinmektedir. Eksenel yük P ve θ açısını belirleyiniz. b = 40 mm, a = 30 mm
216 (1 cos 2 )
2 5cos 2 2cos 2 3 08 sin 2 )
226.565 20 24
x
x
x MPa P k�
σθ
θ θσ
θ
θ σ
= +⇒ + − =
= −
= − ° = =60θ = °
26.2min 26.2
112maks
k�P k�
k�
= =
40
0zx zyτ τ= =
0τ =
yS
zS
KESME KUVVETİ HALİ
( ) 0
xy y
xz z
xz xy
dA S
dA S
y z dA
τ
τ
τ τ
=
=
− =
∫∫∫
0
0
0
x
x
x
dA
y dA
z dA
σ
σ
σ
=
=
=
∫∫∫
�ekilde y ve z eksenleri doğrultusundaki kesme kuvvetlerine maruz bir çubuk parçası ile en kesit düzleminde çubuğun sınır bölgesinde alınan iki eleman görülmektedir. En kesit düzlemindeki eleman ile sınır bölgesindeki ve çubuk yüzeylerinde gösterilen düzlemler birbirine diktir. Çubuk yüzeylerine herhangi bir kuvvet olmadığından yüzeyler üzerinde kayma gerilmeleri oluşmaz. Dolayısyla en kesit düzleminde sınıra dik doğrultudaki kayma gerilmeleri de sıfır olmak zorundadır. Ayrıca kesit köşelerindeki kayma gerilmeleri sıfırdır.
Kayma gerilmeleri en kesit üzerinde düzgün yayılmadığıiçin kesitte çarpılma adı verilen düzlem dışı yer değiştirmeler olur.
Aslında kesme kuvveti ve eğilme momenti birbirinden bağımsız değildir. Kesmenin olduğu yerde eğilme momenti de vardır. Kesme kuvvetini alana bölmekle bulunan ortalama kayma gerilmesi kesitte oluşan en büyük kayma gerilmesinden daima küçüktür.
Bu konu ileride kesmeli eğilme adı verilen bileşik mukavemet halinde ele alınacaktır.
41
ALAN MOMENTLERİ
Çubukların gerilme analizinin yapılması sırasında çubuk kesitlerinin geometrisi ile ilgili bir takım integral ifadelere rastlanır. Bunlar arasında Atalet Momentleri adıyla anılan bir takım büyüklükler önemli yer tutar.
Bir Alanın Birinci Momenti (STATİK MOMENT) “S”
A
Sy
A
Sz
dAzSdAyS
dAzdSdAydS
zy
AyAz
yz
==
==
==
∫∫( )yzG ,
z
y Alanın herhangi bir simetri ekseni varsa Alan merkezi bu eksen üzerindedir. Simetri eksenine göre statik moment sıfırdır. Eksen takımları kesitin alan merkezinden geçerse bu büyüklükler sıfır olur.
ÖRNEK 1 �ekildeki üçgenin alan merkezini bulunuz.
( )yhh
bg
h
yh
b
g−=
−=
( )
2
0
bh
dyyhh
by
A
dAyy
h
A∫∫
−
==
( )hh yhy
dyyhyh
y0
32
0
2
2 32
2−=−= ∫
33
1
2
12
6
1
3
2
hh
hy =
−=
�����
42
Bir Alanın İkinci Momenti (ATALET MOMENTİ) “I”
Atalet momenti, bir alanın bir eksene göre konumu hakkında fikir vermek üzere yanda tanımlanan biçimde hesaplanan pozitif bir sayıdır. Bu sayı, alan eksenden uzaklaştıkça büyür, yaklaştıkça küçülür.
a) �eklin bir eksene göre atalet momenti, o şeklin parçalarının aynı eksene göre bulunan atalet momentlerinin toplamına eşittir.
b) Kesitte boşlukların var olması halinde ise dolu kesitin eksene göre atalet momentinden boşluğun aynı eksene göre alınmış olan atalet momentini çıkarılır.
c) Bir eksene göre atalet momenti hesaplanırken şeklin herhangi bir parçasınıayırıp, o eksene göre paralel olarak kaydırmak atalet momentini değiştirmez.
==
==
∫
∫
A
yy
A
zz
dAzIdAzdI
dAyIdAydI
22
22
== ∫A
zyzy dAyzIdAyzdI
== ∫A
dAJdAdJ 22 ρρ
>0 (Kartezyen atalet momentleri daima pozitiftir)
>0
<0 (Çarpım atalet momenti her değeri alabilir)
=0
yz IIJ +=
>0 (Polar atalet momenti daima pozitiftir)
ATALET YARIÇAPI
222yzpp
y
yz
z iiiA
Ji
A
Ii
A
Ii +====
2e
A
I b dA= ∫
43
PARALEL EKSENLER TEOREMİ (EKSENLERİN PARALEL KAYDIRILMASI)
Iz, Iy ve Izy büyüklükleri eksenlere bağlı olduğundan eksenlerin değişmesi halinde onlar da değişecektir. Bu sebeple eksenlerin değişmesi hallerini inceleyecek olursak
y
z
( )22
2 2
2
2
z
A A
A A A
z
I y dA y a dA
y dA a dA aydA
I a A
= = +
= + +
= +
∫ ∫
∫ ∫ ∫
2z zI I a A= +
2y yI I b A= +
zy zyI I ab A= +( )22
y
A A
I z dA z b dA= = +∫ ∫
( )( )zy
A A
I zydA z b y a dA= = + +∫ ∫
y
z
AaII zz
211 +=
AbII yy
211 +=
AbaII zyyz 1111 +=
AaII zz2
22 +=
AbII yy
222 +=
AbaII zyyz 2222 +=
AaII zz2
11 −=
)( AaaII zz
21
2212 −+=
)( AbbII yy
21
2212 −+=
AbabaII yzyz )( 11221122 −+=
44
EKSENLERİN DÖNDÜRÜLMESİ saat dönüşüne ters yönde
cos sinz z yθ θ′ = − sin cosy z yθ θ′ = +
( )22 2 2sin cos sin 2sin cos cosz y zy z
A A
I y dA z y dA I I Iθ θ θ θ θ θ′ ′= = + = + +∫ ∫
2 2cos 2sin cos sinz z zy yI I I Iθ θ θ θ′ = + +
2 2sin 2sin cos cosy z zy yI I I Iθ θ θ θ′ = − +
( ) ( )2 2sin cos cos sinz y z y zyI I I Iθ θ θ θ′ ′ = − − + −
Dönmüş eksen takımına göre olan Atatlet momentlerini iki açıcinsinden yazarsak;
Atalet
Momenti
Dönüşüm Denklemlericos 2 sin 2
2 2z y z y
y zy
I I I II Iθ θ′
+ −= − −
cos 2 sin 22 2
z y z yz zy
I I I II Iθ θ′
+ −= + +
sin 2 cos 22
z yz y zy
I II Iθ θ′ ′
−= − +
( )2 21 sin sin sin 2z z y zyI I I Iθ θ θ′ = − + +
�2
1 cos2
sin sin 22
y zz z zy
I II I I
θ
θ θ′−
− = + +
45
Çarpım atalet momentini sıfır yapan eksenlere ASAL EKSENLER denir.
sin 2 cos 2 02
z yz y zy
I II Iθ θ′ ′
−= − + =
2
2tan 2
ıp
ıı ıp p
zy
p
z y
I
I I
θπ
θ θθ
= +=
−≺2 sin 2 2 cos 2 0
2z yz
z zymaks
I III Iθ θ
θ′
′
−∂⇒ = − + =
∂
2tan 2 zy
z y
I
I Iθ =
−
zI ′’nün en büyük olduğu eksenler, aynı zamanda çarpım atalet momentini sıfır yapan eksenlerdir.
maks2 2min
2 2
cos2 sin 2
22 2
2 2
p p
z y
z y z y zyz zy
z y z yzy zy
I II I I I I
I II I I I
I I
θ θ
′
−+ −
= + +− −
+ + �������� ��������
2
2
2,1minmaks
22 zyyzyz
z IIIII
II +
−±
+==′
22
2
zyy
z
II
I+
−
2z yI I−
maks2 2min
2 2
cos2 sin 2
22 2
2 2
p p
z y
z y z y zyz zy
z y z yzy zy
I II I I I I
I II I I I
I I
θ θ
′
−−+ − −
= + +− −
+ + �������� ��������
22
2
zyy
z
II
I+
−
2z yI I−
−
46
GRAFİK GÖSTERİMİ
2 2
cos 2 sin 22 2
z y z yz zy
I I I II Iθ θ′
+ − − = +
22
sin 2 cos 22
z yz y zy
I II Iθ θ′ ′
− = − +
Atalet Momenti Dönüşüm Denklemlerinin karelerini alıp taraf tarafa toplayalım;
[ ] 2
2
2
2
22 zyyz
yzyz
z III
III
I +
−=+
+− ′′′
Çemberin merkezinin apsisi
R2
Referans noktaları;
z(Iz , Izy)
y(Iy , -Izy)
cos 2 sin 22 2
z y z yz zy
I I I II Iθ θ′
+ −= + +
sin 2 cos 22
z y
z y zy
I II Iθ θ′ ′
−= − +
2
2tan 2
ıp
ıı ıp p
zyp
z y
I
I I
θπ
θ θθ
= +=
−≺
Gerçek dönüş yönü ile Mohr grafik
gösterimindeki dönüşyönü aynı
2
2
2z y
zy
I IR I
− = +
2z yI I
M+
=
Çemberin merkezi ve yarıçapı
47
ÖRNEK 3 �ekilde gösterilen karenin alan merkezinden geçen z’ eksenine göre atalet momentini hesaplayınız.4 4
4 4
00
12 12 cos 2 0.sin 212 2 12
a aa a
Iθ θ θ−
= + + =����
������
Karenin alan merkezinden geçen bütün eksenlere göre atalet
momenti dir.12
4a
4 4
00
12 12 sin 2 0.cos 2 02z y
a a
I θ θ′ ′
−= − + =
����������
0;12
4
=== zyyz Ia
II
Alan merkezinden geçen her dik eksen takımına göre çarpım atalet momenti sıfırdır. Her dik eksen eşleniktir.
θθ 2sin2cos22 zy
yzyzz I
IIIII +
−+
+=′
ÖRNEK 2 �ekilde gösterilen alanın çarpım atalet momentini hesaplayınız.
y
z
a
bdy
y
g
g/2
y
( )ybb
ag
b
yb
a
g−=
−= ;
( ) dyyybb
adygy
gzydAI
b
A
b
zy2
02
2
0 2
1
2−=⋅⋅⋅== ∫∫ ∫
( )2 2 2 2 4 2 4
2 2 3 3
2 2 20 0
22
2 2 2 3 4 2 12
bb
zy
a a b y y a bI b y by y dy by
b b b= − + = − + =∫
24
22baI zy =
θθ 2cos2sin2 zy
yzyz I
III +
−−=′′
Siz yapın : Üçgenin kendi alan merkezinden geçen ve z ve y eksenlerine paralel eksen takımına göre çarpım atalet momenti nedir?
48
ÖRNEK 4 R yarıçaplı 2θ merkez açılı daire sektörünün Iz ve Iy atalet momentlerini hesaplayınız.
αdrdrdsdrdA ⋅⋅=⋅= αα sincos ryrz ==
ααθ
θ
ddrrrdAyIA
R
z ⋅⋅⋅⋅== ∫ ∫ ∫−0
222 sinθ
θ
θ
θ
ααα
α
−−
−=−
= ∫ 2
2sin
82
2cos1
4
44 Rd
RI z
−= θθ 2sin2
1
4
4RI z ∫ ∫ ∫ ∫
−
=⋅⋅⋅==A A
R
y ddrrdrdrrdAzI0
23222 coscosθ
θ
αααα
θ
θ
θ
θ
ααα
α
−−
+=+
= ∫ 2
2sin
82
2cos1
4
44 Rd
RI y
( )
−+−−+=
2
2sin
2
2sin
8
4 θθ
θθ
RI y
+=2
2sin
4
4 θθ
RI y 0=zyI z eksenine göre simetrik
Özel Durum I
0
42sin
2
1
4
42sin
2
1
444
44
=
=
+=
=
−=
=
zy
y
z
I
RRI
RRI
πππ
πππ
πθ
Özel Durum II
0
824
824
2
44
44
=
=
=
=
=
=
zy
y
z
I
RRI
RRI
ππ
ππ
πθ
+=
+=
−=
−=
=
2
1
4442sin
2
1
24
2
1
4442sin
2
1
44
4
44
44
πππ
πππ
πθ
RRI
RRI
y
z
Özel Durum III
Eksen takımı θθθθ=45o saate ters yönde döndürülürse
( )( ) ( )( )004
45452sin0452cos............
160 −⋅⋅+−⋅+=
−
RI
π
( )( ) ( )( )004
45452sin0452cos............
160 ⋅⋅+⋅+=
RI
π
4 4
,16 8z y zy
R RI I I
π= = =
49
ÖRNEK 5 �ekilde gösterilen alanın alan merkezinden geçen asal eksenlerine göre atalet momentini hesaplayınız.
mmy 74.25550800
555040800=
+⋅+⋅
= mmz 24.18550800
5.375505800=
+⋅+⋅
=
( ) ( ) 423
23
83050974.2055012
105574.2540800
12
8010mmI z =⋅+
⋅+−⋅+
⋅=
( ) ( ) 423
23
48957224.185.3755012
551024.13800
12
1080mmI y =−⋅+
⋅+⋅+
⋅=
( ) ( ) ( ) ( ) 437074124.185.3774.2055074.254024.13800 mmI zy −=−⋅−⋅+−⋅−⋅=
( )0
0
65.122
65.32
489572830509
370741222tan
−=′′
−=′=
−−⋅
=−
=p
p
yz
zyp
II
I
θθ
θ ≺
( )0
0 0132.65
830509 489572 830509 489572cos ( 65.3 ) 370741 sin( 65.3 )
2 2I I−
+ −= = + − + − −
0
4 41 2122.65
1068094 , 251990I mm I I mm−
= = =
2
2
2,1 22 zyyzyz IIIII
I +
−±
+=
4080546600402,1 ±=I
42
41 251986,1068094 mmImmI ==
z
y
y
z
50
ÖRNEK 6 R yarıçaplı dairenin z ve y eksenlerine göre Iz, Iy atalet momentlerini hesaplayınız.
ds
θdrdrdsdrdA ⋅⋅=⋅= θsin⋅= ry
θθπ
ddrrrdAyIA
R
z ⋅⋅⋅⋅== ∫ ∫ ∫2
0 0
222 sin
−=−
= ∫ θθθθπ
2sin2
1
2
1
42
2cos1
4
2
0
44 Rd
RI z
4
4RI z
π=
Dönel simetri nedeniyle Iy = Iz, Izy= 0
24
22
4
0
42 RR
rdrrJR
p
πππ∫ ==⋅⋅⋅⋅=
ÖRNEK 7 Ro ortalama yarıçaplı, sabit t kalınlıklı ince halkanın O merkezinden geçen z eksenine göre atalet momentini hesaplayınız.
Rdış
z
y
O
Riç
Rort
t
20
tRRdış +=
20
tRRiç −= ( )44
4 içdışz RRI −=π
+=
−−
+=8
82
84224
3
030
4
0
4
0
tR
tR
tR
tRI z
ππ
( ) tRtRtRI z30
30
304
4π
π≅+=
İhmal edilebilir.
( ) ( ) tRtR
tRtRtRRRJ id30
303
03
030
440 2
224
22π
ππ
ππ≅+=+=−=
4
2p
RJ
π=
51
y
z
90
60 mm
C25.1
64.9
1
2
4 4
4 4
4 4
4 4 11
4 4 12
4 4
4 4
121.5*10
54*10
40.5*10
140.47*10 25.1
35.03*10 115.1
87.75*10
52.72*10
Z
Y
ZY
p
p
I mm
I mm
I mm
I mm
I mm
M mm
R mm
θ
θ
=
=
=
= = °
= = °
=
=
sθ ′2
pθ ′2
sθ ′′2
2 128.91pθ ′′ = −
ÖRNEK 8 Verilen kesitin z ve y eksenlerine göre kartezyen atalet momentleri ile çarpım atalet momentini hesaplayıp grafik yolla asal atalet momentlerini ve asal atalet eksenlerini belirleyiniz.
52
Eşlenik Eksenler
1 ve 2 asal eksenlerdir.Iuv=0 ise u ve v eşlenik eksenler olur.
z, y asal eksenler olursa (Izy=0) dır tan tan 0 , tan tan yy z
z
II I
Iα β α β+ = = −
2 2
tan tan0
1 tan 1 tanuv
A A
z y z yI uvdA dA
β α
β α
− −= = =
+ +∫ ∫
Iz=Iy bütün ⊥⊥⊥⊥ eksenler eşlenik, Iz≠≠≠≠Iy Eşlenik eksenler ⊥⊥⊥⊥ olmaz.
tan tan (tan tan ) 0y z zyI I Iα β α β+ − + =
tan tantan( )
1 tan tan
a ba b
a b
±± =
∓
( )tan tan tan( ) tan( ) 0y z zy zyI I I Iα β α β α β+ + + − + =
2
2
1 cos 2sin
21 cos 2
cos2
αα
αα
−=
+=
53
tan tan (tan tan ) 0
.
y z zy
u ve v eşlenik eksenler ise
I I I
bağıntısı sağlanmalıdır
α β α β+ − + =
tan tan (tan tan ) 0
48.3 82.2 tan 0 ( 38.6)(tan 0) 0
52.7 127.3 .
y z zyI I I
yada bulunur
α β α β
α αα α
+ − + =
+ − − + =
= − ° = °
i i
4 482.2 10zI mm= ×
4 448.3 10yI mm= ×
4 436.8 10zyI mm= − ×
,
0
.
Şimdi y ekseni ile eşlenik olan bir u eksenini
belirlemek istiyoruz
y v olur
çarpım atalet momentini sıfır yapan
ve birbirine dik olmayan
doğrultusu aranmaktadır
β
α
↔ ⇒ =
.u ve v eşlenik eksenlerdir
ÖRNEK 9
54
ÖRNEK 10 �ekilde gösterilen elipsin z eksenine göre Iz atalet momentini hesaplayınız.
2 2
116 9
z y+ =
3 3 22 2 2
3 3
3 2 22 2 2 2 1 2 1
3
22 3
2 2 4 19
8 8 3 33 3 sin (1) 3 sin ( 1)
3 3 8 8
8 33 3 27
3 8 2 2
z
A
z
z
yI y dA y zdy y dy
I y y dy
Iπ π
π π
− −
− −
−
= = ⋅ = ⋅ ⋅ −
= ⋅ − = − −
= − − = =
∫ ∫ ∫
∫
2 2 2 2 2 1
2 2 2 2 3
22 2 2 2 2 3 2 2 2 1
1sin , 0
2
1( )
3
( ) ( sin ) , 04 8
xa x dx x a x a C a
a
x a x dx a x C
x a xx a x dx a x x a x a C a
a
−
−
− = − + + >
− = − − +
− = − − + − + + >
∫
∫
∫
Ödev: yarım elipsin alan merkezinden geçen ve tabanına paralel olan eksene göre ataletmomentini hesaplayınız.
3
4z
abI
π=
55
y
z
80 mm
60
20 mm
20
C
60
20
Verilen kesitlerin z ve y eksenlerine göre kartezyen atalet momentleri ile çarpım atalet momentini hesaplayıp grafik yolla asal atalet momentlerini ve asal atalet eksenlerini belirleyiniz.
27.5
5
75 mm
5 mm
5
27.5
z
y
C
140
300
a mm
b mm
=
=
4ZI mm=
y
z
90
60 mm
C
56
0
0
0
x
x
x
dA
y dA
z dA
σ
σ
σ
=
=
=
∫∫∫
0
0
( )
xy
xz
xz xy
dA
dA
y z dA T
τ
τ
τ τ
=
=
− =
∫∫∫
Üstteki şekilde burulma momenti etkisindeki bir çubukta meydana gelen şekil değiştirme gösterilmiştir. Çubuğun dış yüzünde dx uzaklıklı iki kesit arasına çizilen bir dikdörtgenin şekil değişimi sonrası bütün dik açılarının bozulduğu, yine çubuğun dış yüzeyinde eksene paralel olarak çizilen bir doğrunun helise dönüştüğü söylenebilir. Ayrıca çubuğun dışyüzüne etkiyen herhangi bir kuvvet olmadığından dış yüzeydeki kayma gerilmelerinin sıfır olması gerektiği bilinmektedir.
�ekil Değiştirme Hipotezi :•Çubuk eksenine dik ve düzlem olan kesitler yer değiştirmeden sonra da çubuk eksenine dik ve düzlem olarak kalır. (εx=εy=εz=0)•Dik kesit rijit bir levha gibi çubuk ekseni etrafında döner.•Kesitlerin dönme açıları x koordinatlarının doğrusal bir fonksiyonudur.
�ekil değiştirme hipotezine göre çubuk eksenine dik ve düzlem olan kesitler sadece dönmektedir. Dolayısıyla kesit üzerinde normal gerilmenin sıfır olması gerektiği anlaşılmaktadır. Bu durumda denge denklemlerinden ilk üçü kendiliğinden sağlanır. Kesitte yalnızca kayma gerilmeleri olacaktır. Ayrıca bu kayma gerilmeleri kesit sınırlarına teğet olmalıdır (Sınır şartı).
BURULMA : DAİRESEL KESİTLİ ÇUBUKLARDA GERİLME HESABI
y
z O
R
Txzτ
xyτ
57
tanbb rd
rdx dx
φγ γ ω
′= = = = .G G rτ γ ω= =
( )
( )
enbüyük
enbüyük
r
r
τ
τ ρ ρ
ρτ ρ τ
=
=
Yandaki şekilde daha önce sözünü ettiğimiz dikdörtgen elemanın dik açısındaki bozulma miktarı γ ile gösterilmiştir. γ çok küçük olduğundan tanjantı radyan cinsinden kendisine eşit alınabilir. �eklin sağ tarafında bulunan kesit, solda bulunan kesite göre dΦ kadar çubuk ekseni etrafında dönmüş olduğundan aşağıdaki bağıntılar yazılabilir.
Hooke yasasında γ (=ωr) yerine konursa Kayma gerilmesinin yalnızca eksenden olan uzaklıkla doğru orantılı olarak artacağı sonucu çıkar. Bu halde en kesit üzerindeki gerilme yayılışı sembolik olarak şöyle gösterilebilirmiş.
ωφ=
dx
d= Sabit (Birim boydaki dönme açısı)
�ekil değiştirme hipotezinin son maddesine göre dönme açısının türevi sabit olup, birim boydaki dönmenin değişmediğini ifade etmektedir. (twist)
En kesit üzerinde yalnızca kayma gerilmelerinin etki ettiği daha önce ifade edilmişti. Yandaki şekilde en kesit düzleminde çubuğun sınır bölgesinde alınan bir eleman görülmektedir. Bu elemana etkiyen kayma gerilmeleri, biri sınıra teğet diğeri dik doğrultudaki iki bileşeni cinsinden verilmiştir. En kesit düzlemindeki eleman ile sınır bölgesindeki ve çubuk yüzeyinde gösterilen düzlemler birbirine diktir. Çubuk yüzeyinde herhangi bir kuvvet olmadığından yüzey üzerinde kayma gerilmesi oluşmaz. Dolayısıyla en kesit düzleminde sınıra dik doğrultudaki kayma gerilmesi de sıfır olmak zorundadır.
58
Tr TG r
J G Jω ω= = GJ:Burulma Rijitliği
Elde edilen kayma gerilmelerinin eşitlenmesinden şekil değiştirme bağıntısı bulunur. Bu bağıntıya göre birim boydaki dönme açısı, T ile doğru, GJ ile ters orantılı olarak değişmekteymiş. Yada GJ, çubuğun burulma momenti etkisinde ekseni etrafında döndürülmek istendiğinde şekil değiştirmeye karşı gösterdiği direnci temsil ediyormuş. Toplam dönme açısı aşağıdaki integralle hesaplanabilir.
l l
Tdx dx
GJφ ω= ⋅ =∫ ∫
( )2
. . enbüyük
A A
T ρ dA dAr
ρτ ρ τ= =∫ ∫
. .enbüyükT J Polar At Momr
τ= →
enbüyük
Tr
Jτ =
�imdi çubuk ekseninden ρ kadar uzakta alınan bir alan elemanı ile bu alan elemanına etkiyen kayma gerilmesi çarpılarak elde edilen kuvvetin yine çubuk eksenine göre momenti tüm en kesit üzerinde integre edildiğinde kesit zoru T bulunmalıdır.
Aşağıdaki şekilde burulma momentine maruz bir çubuğun dışyüzünde alınan bir eleman ve bu eleman üzerindeki gerilme hali gösterilmiştir. Bu elemanın 45 derece döndürülmesiyle kayma gerilmelerinin kaybolduğu asal çekme ve basma gerilmelerinin etkidiği farklı bir gerilme durumu elde edilmektedir. Dolayısıyla beton gibi çekme dayanımı düşük olan gevrek malzemelerde kırılma, asal çekme gerilmelerine dik doğrultudaki çatlaklar yoluyla gerçekleşmektedir.
Aşağıdaki şekilde ise burulma momentine maruz bir çubuktan çıkartılan bir daire sektörü sonrası durum görülmektedir. En kesit düzlemindeki kayma gerilmeleri aynı şiddetle kesim düzlemlerinde ve çubuk ekseni doğrultusunda etkimektedirler. �imdi akla şöyle bir soru gelebilir. Madem ki çubuk ekseni doğrultusunda gerilmeler vardır, neden çubuk boyu değişmemektedir? Bu sorunun cevabı, diğer kesim düzlemindeki gerilmelerin yönce ters olduğunu hatırlatmakla verilebilir.
59
DAİRESEL KESİTLİ MİLLERİN BOYUTLANDIRILMASI
Bilinen büyüklükler Aranan büyüklüklerT, G,ττττem , φφφφem d, J
a) Emniyet gerilmesine göre;
enbüyük em
Tr
Jτ τ= ≤ 4
2
em
Tr
rτ
π≤ → 4
2
32
em
dT
dτ
π≤ → 3
16
em
Td
π τ≥3
2
em
Tr
π τ≥ veya
b) Emniyetli dönme açısına göre;
0
LTdx
G Jω φ ω= = ∫ 4
32
em em
TL TL
dGJG
φ φπ
≤ → ≤4
32
em
TLd
Gπ φ≥
d t
R0
4 4
2 32
r dJ
π π= = ( ) ( )4 4 4 4
2 1 2 12 32J r r d d
π π= − = −
33 002
2ihmal edilebilir
R tJ R t
ππ= +
��
60
ÖRNEK 1 �ekilde gösterilen dairesel kesitli milde AF arasında toplam dönme açısını ve maksimum gerilmenin yerini ve değerini hesaplayınız (G = 80 GPa).
-+
- +
80Nm
120Nm
30Nm
50Nm
TA
200 150 80 50
200 150 80 50 0 80A AT T+ − + − = = −
4 4 450 61.36 1032doluJ mmπ
= = ×
( )4 4 4 450 30 53.407 1032halkaJ mmπ
= − = ×
3 3 3 3 3
4 4 4 4 4
1 50 10 50 30 10 50 120 10 50 120 10 50 80 10 50
53.407 10 53.407 10 53.407 10 61.36 10 61.36 10FA G
φ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= − + + − × × × × ×
( ) ( ) 4
3
1 5 5140 40 2.046 10 .
80 10 53.407 61.36FA
radφ − = + = × ×
180
D R
π= 00.0117F
Aφ =
3
3
120 10 255.62 ( )
534.07 10eb MPa C Dτ× ⋅
= = −×
61
ÖRNEK 2a) �ekilde gösterilen boşluklu milde 30 ’ lik bir dönme oluşturacak T burulma momentinin şiddetini hesaplayınız. G=77 GPa. b) Aynı burulma momentinin eşit kesit alanına sahip içi dolu bir milde oluşturacağı burulma açısınıhesaplayınız. c) Milin iç yüzünde 70 MPa’ lık gerilme oluşturan burulma açısı kaç derecedir? d) τem= 85 MPaolduğuna göre Tmax.=? e) Aynı ağırlıklı içi dolu hal için Tmax.=? f) Aynı ağırlıklı, dış çapı 120 mm. olan hal için Tmax.=?
30mm 45mm
T
2.4 m
( )4 4 6 490 60 5.169 1032
J mmπ
= − = ×
3 6
24000.05236
77 10 5.169 10
TL TL
JGφ ω
⋅= = → =
× ⋅ ×68.683 10 . 8.683 .T �mm T k�m= × =
( )2 2 2) 90 60 67.08 .4 4
b A d d mmπ π
= − = ⇒ =
180 .3) 0.05236
180 180
Da R
R D
π π π= = = =
( )44 6 467.08 1.988 1032 32
J d mmπ π
= = = ×
60
3 6
8.683 10 24000.1361 . 7.8
77 10 1.988 10radφ φ
× ⋅= = ⇒ =
× ⋅ ×6
.30) τ 70
5.169 10
Tr Tc
J= → =
×
612.061 10 . 12.061 .T �mm T k�m= ⋅ =6
0
3 6
12.061 10 24000.0727 4.16
77 10 5.169 10L radφ ω
× ⋅= = = =
× ⋅ ×6
685 5.169 10) τ 85 9.764 10 . 9.764 .
45
Trd T �mm k�m
J
⋅ ×= ≤ → = = × =
em) 67.08 . τ 85 τTr
e d mm MPaJ
= = ≤ = 66
67.08 / 285 5.0381 10 .
1.988 10
TT �mm
⋅≤ → = ×
×
( ) ( )2 2 2 2π π) 90 60 120
4 4 içf A d= − = − ( )4 4 6 4π99.50 . 120 99.5 10.735 10
32içd mm J mm= = − = ×
6
6
6085 15.2078 10 . 15.2078 .
10.735 10
TT �mm T k�m
⋅≤ → = × ⇒ =
×
62
ÖRNEK 3 İki ayrı malzemeden yapılan miller iç içe geçirilmiştir. Taşınabilecek en büyük T burulma momentini hesaplayınız.
Uygunluk denklemi:İki mil beraber çalıştıklarına göre dönme açılarıbirbirlerine eşittir.
1 21 2
1 1 2 2
T T
G J G Jω ω= =
4 4 41 40 25.133 10
32J mm
π= = ×
( )4 4 4 42 60 40 102.102 10
32J mm
π= − = ×
1 23 4 3 460 10 25.133 10 80 10 102.102 10
T T=
× ⋅ × × ⋅ ×
1 6eb 4
2 6eb 4
0.1558τ 20 40 3.2263 10
25.133 100.8442
τ 30 60 2.4189 10102.102 10
TT �mm
TT �mm
⋅ = ⋅ ≤ ≤ × ×
⋅ = ⋅ ≤ ≤ ××
2 1 11
21 2
5.4166 ..............(1) 0.1558
0.8442...................(2) 6.4166
T T T TTT
T TT T T
= ==
=+ = ≺
1 2T T T+ =
İçteki daire kesitli milin taşıyacağı burulma momentini T1, dıştaki halka kesitli milin taşıyacağı burulma momentini T2 ile gösterelim. Yazılacak tek denge denkleminde T1 ve T2 olmak üzere iki bilinmeyen kuvvet olacağından problem 1. dereceden hiperstatikdir. Çözüm için şekil değiştirmeyi geometrik olarak ifade eden uygunluk denkleminin yazılması gerekir.
3.2263min 2.4189
2.4189em emT T k�m
= → =
Denge denklemi
63
ÖRNEK 4 Dairesel kesitli çubuğun çapı, sol uçta da, sağ uçta db olup iki uç arasında düzgün olarak değişmektedir. Çubuk boyu L olduğuna göre toplam dönme ne kadardır? G=28 GPa
( )
75 2525 25 0.025
2000
b aa
d dd x d x
L
x x
−= +
−= + = +
( )40
32 80000
28000 25 0.025
L dx
xφ
π=
+∫i
4
40 0
25 0.025 29.103 0.0251164.1
0.025 0.025
L Lx u dxu du
dx du u−+ =
⇒ ==
∫ ∫
( )
2000
3
0
0
3 3
1164.1 1
3 25 0.025
1 1388.035 0.02391 . 1.37
75 25
x
rad
− +
= − − = =
Çubuk en kesiti ve dolayısıyla polar atalet momenti x koordinatına bağlı olarak değiştiğinden serbest uçtaki dönme açısının hesaplanmasında integral formulünün kullanılması gerekir.
( )0 0( )
L LT x T dxdx
G J x G Jφ = =∫ ∫
i
440 0
32
32
L LT dx T dx
G G ddπ π
= =∫ ∫
64
ÖRNEK 5 Her bir malzemede oluşacak en büyük kayma gerilmesini hesaplayınız.
700 300 0A DT T+ − − =
0 700D AA
Tφ = ⟩
Denge Denklemi
Uygunluk Denklemi
(KABUL)
4 4 4 4 4 4
1000 ( 700) 1000 20000
2.8 10 50 3.5 10 30 8.4 10 2032 32 32
A A DT T Tπ π π
⋅ − ⋅ ⋅+ − =
× ⋅ ⋅ × ⋅ ⋅ × ⋅ ⋅
700 20
1750 283.5 134.4A A DT T T−+ − =
4.099 14.88 2469.13 914.12
85.881000A D A
DA D
T T T �m
T �mT T
⋅ − ⋅ = =
=+ = ≺
3
al.
914.12 10 25τ 37
613592MPa
× ⋅= =
3
pirinç
214.12 10 15τ 40
80295MPa
× ⋅= =
3
çelik
85.88 10 10τ 54.67
15707MPa
× ⋅= =
65
DAİRESEL KESİTLİ OLMAYAN MİLLERİN BOYUTLANDIRILMASI
Dairesel ve halka enkesitli millerin burulması sırasında enkesit düzlem kalarak çubuk ekseni etrafında dönmekteydi.Oluşan kayma gerilmeleri de eksenden olan uzaklıkla doğrusal olarak artacak şekilde ( çubuk ekseninde sıfır.) yayılıyordu. Dairesel kesitli olmayan millerde ise kayma gerilmeleri karmaşık olarak yayıldığından düzlem olan kesitlerde ayrıca çarpılma adınıverdiğimiz düzlem kesitlerin düzlem dışı yer değiştirmeleri söz konusudur.
0zx zyτ τ= =
0τ =
maxτ
KARE
eb 3τ
0, 208
T
a=
40,141
T
a Gω =
maxτ
E�KENAR ÜÇGEN
eb 3
20τ
T
a=
4
46T
a Gω =
maxτ
ELİPS
eb 2
2τ
T
abπ=
( )2 2
3 3
a b T
a b Gω
π
+=
maxτ
eb 2τ
T
hbα=
3
T
hb Gω
β=
∞ h/b 1 1.5 1.75 2.0 2.5 3.0 4.0 6.0 8.0 10
1/3 α 0.208 0.231 0.239 0.246 0.258 0.267 0.282 0.299 0307 0.313
1/3 β 0.141 0.196 0.214 0.229 0.249 0.263 0.281 0.299 0.307 0.313
+−=+
=5
052,063,013
1
8,13
1
h
b
h
b
h
bβα
66
h1
h2
h3
b1
b2
b3
Profiller, T, L, [[[[, I Dikdörtgenler ayrı ayrı düşünülerek, rijitlikler toplanır.
31
3 i iGJ G hb= ∑ 31.
3 i i
T
hb Gω =
∑eb
3
τ1
3
eb
i i
Tb
hb=
∑
en kalın dikdörtgenin uzun kenarının ortasında olur.ebτ
ÖRNEK 6 Kare kesitli bir milin daire kesitli bir mile eş mukavemetli olabilmesi için kesit alanının, daire kesitli milin kesit alanının kaç katı olması gerektiğini bulunuz.
Eş mukavemetliebτ
ωların eşitliği anlamındadır.
a D
kare 3τ
0.208
T
a=
daire4
. / 2τ
32
T d
dπ
=
34
. / 2
0.20832
T T d
a dπ
= 3 30.208 0.1963a d=
2 20.981 0.9623a d a d= → =
2
24 0.81617daire
kare
dA
A a
π
= =
40.141kare
T
a Gω =
4
32
daire
T
d Gω
π=
440.141
32
T T
a G d Gπ
= 4 40.09817 0.141d a=
2 21.1984d a=
2
24 0.94124daire
kare
dA
A a
π
= =
67
ÖRNEK 7 =60 MPa olan bir malzemeden yapılmış 3 m. boyundaki bir mil 16 kNm’ lik burulma momentine maruzdur. İki uç arsındaki dönme açısının 0,02 rad. değerinde olabilmesi için içi boş yapılan milin iç ve dış çapınıhesaplayınız. G=80 GPa.
emτ
( )4 4
.30000.02
32 d i
TL TL
GJ G d dω
π= = ≤
−
60
2 3000 0.02dd G
=
3
60 6000225
0.02 80 10dd mm⋅
= =⋅ ×
( )eb em
4 4
τ 60 τ2
32
dd
d i
dT Tr
J d dπ
= = ≤ =− ( )
6
4 4
16 10 22560
222532 idπ
×≤
−
217.97id mm=
ÖRNEK 8Serbest ucundan T burulma momenti etkiyen eşkenar üçgen enkesitli çelik mile uygulanabilecek en büyük burulma momentini, malzemenin emniyetli kayma gerilmesinin 40 MPa ve serbest uçtaki emniyetli dönmenin 0.02 rad. olması halleri için hesaplayınız. Gç=75 GPa. Aynı miktardaki malzemeden yapılan dairesel enkesitliçubuğa uygulanabilecek burulma momenti nedir?
3
4 3
20.40 432000 .
60 281739 .46 1500
0.02 281739 .60 75 10
eb
TT �mm
T �mmT
T �mm
= → = ≤
⋅ ⋅ = → =⋅ ×
2 160 60 sin 60 44.55 .
4 2
dA d mm
π= = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ =
( )em
4
22, 275τ τ 40 694494 .
44.5532
Tr TT �mm
J π⋅
= ≤ ≤ → =⋅
3
15000.02 386714 .
75 10 386714em
TL TL T �mm
JGφ ω φ
⋅= = ≤ ≤ → =
× ⋅Üçgen yerine dairesel enkesitli mil kullanmakla elde edilen kazanç= %%%% 37.26’ dır.
68
80
100
5
4
ÖRNEK 9 �ekilde gösterilen korniyerin yapıldığı malzemenin =60 MPa, =0.0002 rad/mm olarak bilindiğine göre taşınabilecek en büyük T burulma momentini hesaplayınız. G=80 GPa.
emτemω
3
τ τ 601
3
ebeb em
i i
TbMPa
hb= ≤ =
∑3 360 1
80 4 100 5 70480 .5 3
T �mm = ⋅ + ⋅ = 3
0.00021
3
em
i i
T
G hbω ω= ≤ =
∑
3 3 310.0002 80 10 80 4 100 5 93973.3
3T �mm ≤ ⋅ × ⋅ ⋅ + ⋅ =
70480min 70480 .
93973.3em emT T �mm
= → =
ÖRNEK 10 �ekilde gösterilen ve iki ayrı malzemeden yapılan T kesitin taşıyabileceği en büyük burulma momentini hesaplayınız.
İki malzeme birlikte çalıştıklarına göre uygunluk denklemi olarak,
21 ωω = yazabiliriz.
Ayrıca denge denklemi olarak,1 2T T T= + yazılabilir.
1 21 2
3 31 1 1 2 2 2
1 1
3 3
T T
G hb G h bω ω= = 1 2
3 3 3 31 160 10 100 7 80 10 120 8
3 3
T T=
× ⋅ ⋅ × ⋅ ⋅
1 22 12.3883
20580 49152
T TT T= → = 1 2 1 1
1 2
2.3883
0.2951 0.7049
T T T T T T
T T T T
= + → = +
= =
1
3
2
3
0.2951 7τ 70 387439
1100 7
3 326855 .0.7049 8
τ 90 3268551
120 83
eb
em
eb
TT �mm
T �mmT
T �mm
⋅ ⋅ = ≤ ⇒ = ⋅ ⋅
=
⋅ ⋅ = ≤ ⇒ =⋅ ⋅
69
ÖRNEK 11 �ekilde gösterilen kademeli milde, her iki malzemenin de emniyet gerilmesinde çalışması hali için dalüminyum ve dçelik çaplarını hesaplayınız.
10A CT T+ =
6
eb4
10τ 40
232
A aA
a
dTMPa
dπ×
= =
6
eb4
10τ 100
232
Ç çÇ
ç
T dMPa
dπ×
= =
6
4 6
40 2 7.854 10
32 10A
a a a
T
d d d
π −⋅ ×= =
×
6
4 6
100 2 19.635 10
32 10Ç
ç ç ç
T
d d d
π −⋅ ×= ⋅ =
×
0CA
φ =6 6
3 4 3 4
10 2000 (10 ) 10 30000
28 10 80 1032 32
CT
A A
a ç
T T
d dπ π
× ⋅ − × ⋅− =
× ⋅ × ⋅
�����
4 4
6 6
30
14 80
7.854 10 3 19.635 10
14 80
0.561 0.736
ÇA
a ç
a ç
ç a
TT
d d
d d
d d
− −
⋅− =
⋅ ⋅
× ×= ⋅
⋅
⋅ = ⋅1.3125ç ad d= ⋅
Denge �artı
Uygunluk �artı4
6eb
64eb
τ 1040 232τ 100 2 10
325.65
10
8.5 1.5
57.58 75.58
A çaA
ÇÇ ç
a
Ç A
A Ç
Ç A
a ç
ddT
T dd
T T
T T
T k�m T k�m
d mm d mm
π
π×
= =×
=
+ =
= =
= =
70
İç çapı 80 mm ve dış çapı 100 mm olan halka kesitli bir mil 10 kNm lik burulma momenti etkisindedir. Θ=30 derece olacak biçimde yerleştirilen bir uzama ölçer ile ε=-500µolarak okunmuştur. Milin yapıldığı malzemenin kayma modülünühesaplayınız.
0
0
86.26
x
y
xy G
ε
ε
γ
=
=
−=
630 500 10
74700
74.7
x
G MPa
G GPa
ε ε −′ = = − ×
=
=
ÖRNEK 12
İçi boş mil 5 mm kalınlığındaki levhanın θ = 40o olacak şekilde sarılıp uçlarından kaynatılarak imal edilmiştir. Kaynakta emniyet gerilmeleri, σem = ±100 MPa, τem =±55 MPa olduğuna göre uygulanabilecek en büyük burulma momenti ne olur?
6 45.9838 10
100 10.13
55 31.60
10.13min 10.13
31.60
k
k
em
J mm
MPa T k�m
MPa T k�m
T k�m
σ
τ
= ×
≤ ⇒ ≤
≤ ⇒ ≤
= =
kσ
kτ
τ
ττ
τ
ÖRNEK 13
71
�ekildeki d çaplı içi dolu mile fonksiyonu verilen yayılıburulma momenti etkimektedir. A serbest ucundaki toplam dönmeyi hesaplayınız?Düzgün yayılı burulma momentinin şiddeti t=250 Nm/m dir. G = 28 GPa, L = 2 m, d = 50 mm
2 2
9 60 0
( ) 250
28 10 0.6166 10
0.0291 1.667
A
A
T x x dxdx
GJ
rad
φ
φ
−= = =
×
= = °
∫ ∫i i
ÖRNEK 14
( ) θτθσστ 2cos2sin2
1xyyxyx +−−=′′
( ) ( ) θτθσσσσσ 2sin2cos2
1
2
1' xyyxyxy
−−−+=
( ) ( ) θτθσσσσσ 2sin2cos2
1
2
1xyyxyxx +−++=′
( )yxx
Eνεε
νσ +
−=
21( )21y x y
Eσ νε ε
ν= +
−xyxy Gγτ =
İKİ BOYUTLU HALDE GENELLE�TİRİLMİ�HOOKE YASALARI
1x x yEε σ νσ = −
1y y xEε σ νσ = − G
xyxy
τγ =
GERİLME DÖNÜ�ÜM DENKLEMLERİ
72
1- Uzunluğu 4 m olan dairesel kesitli bir çubuğa şekilde görüldüğü gibi burulma momentleri etkimektedir. Çubukta τem = 100 MPa ve G = 80 GPa olduğuna göre çubuğun çapını ve B ucunun dönme açısını bulunuz.
2- Üç metre uzunluğundaki bir milin iki metrelik kısmının çapı D1 = 60 mm; diğer kısmının D2 = 50 mm lik dairesel bir boşluk bulunmaktadır. Mil, şekilde görüldüğü gibi mesnetlendirilmiş olup üzerine de şiddetleri eşit iki moment etki etmektedir. Milin yapıldığı malzemede τem = 60 MPaolduğuna göre M momentini bulunuz.
3- İç çapı 70 mm ve dış çapı 120 mm olan alüminyum bir boru üzerine dışçapı 150 mm olan çelik boru geçirilmiştir, şekilde Ga = 30 GPa, Gç = 80 GPa, τa
em = 55 MPa, τçem
= 120 MPa olduğuna göre sisteme uygulanacak Mb momentini bulunuz.
4- �ekilde uygulana burulma momentleri etkisi altında dengede olan milde meydana gelen en büyük kayma gerilmesini hesaplayınız.
2
6 60
100 63.4
3 1 4
80 10 *1.586 10 126.896
2.257
enbüyük
A C
B
MPa d mm
xdx rad
τ
φ
φ
−
≤ ⇒ =
− + = = ⋅ ⋅
= − °
∫
2.06min 1.73
1.73M k�m M k�m
= ⇒ =
88.23min 57.75
57.75M k�m M k�m
= ⇒ =
22.9241.26
41.26 B Cenbüyük MPa MPaτ τ −
= ⇒ =
73
6- �ekilde gösterilen iki ucu mesnetlenmiş çubuğa T burulma momenti etkimektedir. A ve B mesnetlerinde oluşacak kuvvetleri hesaplayınız.Ja=1,96x106 mm4, Jb = 0,65x106 mm4, a= 228,6 mm, b = 152,4 mm, T = 1,36 kNm
5- �ekildeki iki farklı çapta aynı malzemeden yapılan mile TB, ve TC burulma momentleri etkimektedir. Milin her iki kısmında da meydana gelecek maksimum gerilme 96,53 MPa olmasıiçin TB, ve TC momentlerini bulunuz (d1=60,325 mm, d2=50,8 mm)
6.645 2.485B CT k�m T k�m= =
0.907 0.453A BT k�m T k�m= =
7- A ve B milleri aynı malzemeden yapılmış olup eşit kesit alanına sahiptirler. A mili dairesel kesitli B mili ise kare kesitlidir. a) TA=TB olduğunda her iki milde oluşan kayma gerilmelerinin oranını hesaplayınız (τA /τB = ? ) b) Her iki mile emniyetle uygulanabilecek olan en büyük burulma momentlerinin oranını hesaplayınız. ( TA /TB = ?)c) TA = TB olduğunda φA / φB oranını hesaplayınız.
8- �ekilde gösterilen üç farklı kesitli eşit uzunluklu özdeş çubuklara T = 275 Nm’lik burulma momenti etkimektedir. Kayma emniyet gerilmesi τem = 50 MPaolarak bilindiğine göre her bir çubuk için b değerini hesaplayınız.
b 1.2b
b
T T T
74
EĞİLMETanımlar
75
BASİT EĞİLME
Cismin kesitinde yalnız eğilme momenti mevcut ise cisimde meydana gelen şekil değiştirmeyi, oluşan gerilmelerin cinsini ve miktarlarını bulmaya çalışalım. Cismin, herhangi bir kesitinde dış kuvvetlerin etkisi yalnız eğilme momentinden ibaretse veya diğer zorlama çeşitleri ihmal edilebilecek kadar az ise buna mukavemette Basit Eğilme hali denir. Cismi, bir kesitle ikiye böldüğümüz takdirde parçalardan birini dengede tutacak etki kesit ağırlık merkezine tesir eden yalnız bir eğilme momentinden ibaretse basit eğilme hali mevcuttur. �ekildeki simetrik yükle yüklenmiş basit mesnetli kirişte C, D aralığında kiriş basit eğilmeye zorlanmaktadır. A-C ve D-B aralıklarında ise kirişin kesitlerine kesme kuvveti de tesir ettiğinden bu aralıklarda basit eğilme hali mevcut olmayıp genel eğilme hali mevcuttur.
Basit Eğilmeye zorlanan bir kesitteki gerilmeler bir kuvvet çifti verecek şekilde dağılırlar. Bu kuvvet çiftinin düzlemi atılan parçaya tesir eden dışkuvvetlerin oluşturduğu kuvvet çiftinin düzlemiyle aynıdır. Kesitteki gerilmeleri hesaplayabilmek için çubuğun deformasyonunu (�ekil değiştirmesini) göz önüne almak icap eder. Basit eğilmeye zorlanan bir çubukta, alt taraftaki lifler uzarken üst taraftaki lifler kısalır. Eksendeki liflerde aynı boyda kalmıştır. O halde aşağıdaki lifler uzadığına göre bu lifler çekme gerilmesine yukarıdaki liflerde kısaldığına göre basma gerilmelerine maruz kalmaktadır. Eğilmeden sonra çubuğun ekseni bir eğri halini alır. Bu eğriye Elastik Eğri denir. Eğilmeden önce çubuk eksenine dik bir düzlem kesit içinde bulunan noktalar eğilmeden sonra gene çubuk eksenine (Elastik Eğri) dik bir düzlem içinde kalmak üzere en kesit düzlemi biraz döner. Yani eğilmeden önce paralel olan düzlemler eğilme sonucu aralarında açı yaparlar. Eğilmede bu hipotezi Bernoulli bulmuş ve Navier’dedüzenlemiştir.
76
Bu hipoteze göre:1.Çubuk eksenine dik düzlem kesitler eğilme neticesinde gene düzlem kalırlar.2.Çubuk eksenine dik kesitler şekil değiştirmeden sonra da şekil değiştirmiş eksene dik kalırlar.Ayrıca aşağıdaki hususlarda kabul edilir. 1.Kiriş (çubuk) malzemesi homojen olup Hooke kanununa uymaktadır.2.Çekme ve basmada elastiklik modülü birbirine eşittir.3.Eğilmeden önce kiriş ekseni doğru olup enkesit sabittir.
Basit eğilmeye zorlanan bir çubukta Bernoulli hipotezini göz önüne alarak liflerin uzama ve kısalmasını hesaplayalım.�ekilde görüldüğü gibi yukarıdaki lifler kısalmış aşağıdaki lifler uzamış ve çubuk ekseninden geçen bir düzlem içindeki lifler ise ne uzamış ne de kısalmıştır. Bu düzleme Tarafsız veya Nötr Düzlem denir. Tarafsız düzlemin en kesit düzlemi ile ara kesitine Tarafsız Eksen denir. Tarafsız eksenden y uzaklığındaki bir lifin (ab lifinin)uzama oranı εx dir. Birim boydaki uzama,
( )x
yρ θ ρθε
ρθ− −
=
x
SonBoy Đlkboy
Đlkboyε
−= r yarı çaplı θθθθ merkez açılı
yay uzunluğu θθθθr dir.
x
yε
ρ= −
ρρρρ eğilmiş eksenin eğrilik yarıçapıdır. Görülüyor ki boylamasına liflerin uzama ve kısalması yani boy değişmesi tarafsız (eksenden) yüzeyden olan y uzaklığı ile doğru ve eğrilik yarıçapı ile ters orantılıdır.
y
x
z
y
Mz
dA
xdA
Pozitif Mz momenti z ekseninden y kadar yukarıda basınç gerilmesi oluşturmaktadır. Bu nedenle σxdAkuvveti de basınç kuvvetidir ve negatiftir.
Gerilmelerin hesabı için Hooke kanununu tatbik edersek,
x x x
yE Eσ ε σ
ρ
= ⋅ = ⋅ −
1 x
E y
σρ= −
⋅
77
Bu formül bize Eğilmede meydana gelen normal gerilmelerin de y ile orantılı olduğunu gösterir. Eğilmede tarafsız eksenden eşit uzaklıktaki noktalarda eşit gerilmeler meydana gelir. Gerilme yayılışı hakkında bilgi edinmiş olmakla birlikte, ρ ile M eğilme momenti arasında bir bağıntı kuramadık; bir de y’lerin tarafsız eksenden ölçüldüğünü söyledik, fakat tarafsız eksenin yerini belirlemedik. Bu bilgileri gerilmelerin kesit üzerindeki bileşkeleri ve momentleri yardımıyla elde edeceğiz. �ekildeki kesit üzerinde bir dA alan elemanı alınmıştır. Bu alan elemanına gelen σσσσdA kuvvetinin alan üzerindeki toplamı, kesitteki normal kuvveti, momentlerinin toplamı ise eğilme momentini vermelidir. Kesitte yalnız eğilme momenti bulunduğundan σσσσdA ’lerin toplamı sıfır olmalıdır.
0A
dAσ =∫ 0A
yE dA
ρ − =
∫ 0A
EydA
ρ− =∫veya
olması gerektiği görülür. Bu da statik moment dediğimiz integralin sıfır olacağını gösterir. 0A
ydA =∫Bu ise, tarafsız eksenin kesitin ağırlık merkezinden geçmesini gerektirir. Biz xyz koordinat takımını şimdiye kadar hep ağırlık merkezine koyuyorduk. Böylece bunun eğilme yönünden de doğru olduğu sağlanmış olmaktadır. Böylece simetrik eğilme halinde tarafsız eksen, z ekseni olacaktır.
İkinci olarak da σσσσdA kuvvetlerinin momentlerini kesitteki eğilme momentine eşit olduğu göz önüne alınırsa. z eksenine göre σσσσdA ’nın momenti yσσσσdA olacağından (kuvvet basınç kuvveti);
( )x z
A
y dA Mσ⋅ − ⋅ =∫ z
A
Ey y dA Mρ
=
∫ 2
z
A
Ey dA M
ρ=∫
1 zz z
z
MEI M
EIρ ρ= ⇒ =
bulunur. Üstteki integral kesitin z eksenine göre atalet momenti olan Iz’ den başka bir şey değildir, o halde
elde edilmiş olur. Bu formül, eğilme momenti ile eğrilik yarıçapı arasındaki bağıntıyı vermektedir. M büyüdükçe eğrilik büyümekte, (çubuğun eğriliği artmakta), EIz büyüdükçe eğrilik azalmaktadır. EIz şekil değişimine karşı gösterilen direnci temsil ettiğinden Eğilme Rijitliği olarak isimlendirilir.
78
zx
z
My
Iσ = −
Bu ifade de eğilmedeki gerilme formülüdür. Bu ifadeden anlaşılacağı gibi eğilmeden dolayı oluşan gerilme y değeri (tarafsız eksenden olan mesafe) arttıkça gerilmede lineer olarak artmaktadır. Buna göre y’nin en büyük olduğu en alt ve en üst noktalarda en büyük gerilmeler ortaya çıkmaktadır. İşaretler göz önüne alınmaksızın şöyle ifade edilir.
zeb eb
z
My
Iσ =
BOYUTLANDIRMA
Gerilmelere göre boyutlandırmada z
eb eb
z
My
Iσ = formülünün esas alınacağı açıktır.
ek z zeb em
eb z z
M My
I W
σσ
σ= = ≤
zIyPratikte oranına Mukavemet momenti adı verilir.
zz
eb
IW
y=
emzek basma
z
emzeb çekme
z
M
W
M
W
σ σ
σ σ
= ≤′
= ≤′′
Eğer kullanılan çubuk malzemesinin, çekme ve basma emniyet gerilmelerinin birbirinden farklı olması ve/veya en kesitin z eksenine göre simetrik olmaması durumlarında çekme ve basma için iki ayrı mukavemet momenti kullanılmalıdır.
'
''
zz
basma
zz
çekme
IW
y
IW
y
′ =
′′=
Çekme ve basma emniyet gerilmeleri eşit simetrik en kesite sahip kirişlerde
79
ÖRNEK 1 Dökme demirden yapılmış (E =175 GPa) dikdörtgen kesitli bir kiriş 5 kN/m’lik yayılı yük taşımaktadır. a) Açıklık ortasındaki en büyük çekme ve en büyük basma gerilmesini, b) A noktasındaki normal gerilme ile uzama oranını, c) B kesitindeki eğrilik yarıçapını hesaplayınız.
3 3
6 4
80 120
12 12
11.52 10
bhI
mm
⋅= = =
= ×
6
6 3
11.52 10
602
0.192 10
IW
h
W mm
×= =
= ×
6
max. 6min.
10 1052.1
0.192 10MPaσ
×= ± = ±
×
( )6
6
7.5 1020 13
11.52 10A
A A
My MPa
Iσ
×= − = − − =
×
63
1374.3 10
175 10A
A E
σε −= = = ×
×
6
1 20269 .
74.3 10A
A A
A
yy mε ρ
ρ ε−
= − = − = − =×
80
ÖRNEK 2 T kesitli çıkmalı bir kiriş şekilde gösterilen biçimde yüklenmiştir. Kirişte oluşacak en büyük çekme ve en büyük basma gerilmelerini hesaplayınız.
Ağırlık merkezinin bulunması,
0=z (y ekseni simetri ekseni)
Kesit tabanına göre statik moment alalım.
60 20 70 60 20 3050 .
2(60 20)y mm
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅= =
⋅
( ) ( )3 3
2 2
4 4
60 20 20 6060 20 20 60 20 20
12 12
136.10
z
z
I
I mm
⋅ ⋅= + ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ =
=
Açıklıkta oluşacak en büyük gerilmeler,
( )6
6
3.125 1030 68.9
1.36 10b
My MPa
Iσ
×= − = − = −
×
( )6
6
3.125 1050 114.9
1.36 10ç
My MPa
Iσ
×= − = − − =
×
Mesnette oluşacak en büyük gerilmeler,
( )6
6
3.00 1050 110.39
1.36 10b
My MPa
Iσ
− ×= − = − − = −
×( )
6
6
3.00 1030 66.2
1.36 10ç
My MPa
Iσ
− ×= − = − =
×
81
ÖRNEK 3
Genişliği 10, yüksekliği 30 mm ve uzunluğu 2 m olan alüminyum çubuğun ortasıuçlarından etki eden M eğilme momenti sebebiyle 10 mm yer değiştirmiştir. Çubuğa etkiyen M momenti ile en büyük uzama oranınıhesaplayınız E=70 GPa.
1 m
ρ-0.01 mρ
M M
1 m
2 2 2
4
4
1 ( 0.01)
50
22500
1
70000 2250031500
5000015
3 1050000
300
m
I mm
M
EI
M �mm
y
ρ ρρ
ρ
ερ
ε µ
−
= + −
=
=
= ⇒
×= =
−= − = − = ×
=
ÖRNEK 4 �ekilde gösterilen kesite M=20 kNm lik eğilme momenti etkimektedir. Alt başlıkta taşınan toplam kuvveti hesaplayınız.
Kesit tabanına göre statik moment alalım.
120(40 20 20 100 20 170)77.50 .
120(20 20 40)y mm
⋅ + ⋅ + ⋅= =
+ +6 441.22*10zI mm=
( )
( )
6
6
6
6
20 1077.5 37.6
41.22 10
20 1037.5 18.2
41.22 10
D
D
My MPa
I
My MPa
I
σ
σ ′
×= − = − − =
××
= − = − − =×
37.6 18.2120 40 133920
2alt başlık kuvveti �
+ = × =
Üst başlıktataşınan kuvveti
de siz hesaplayınız
82
Yükleme durumu ve boyutları verilen kirişin a) dikdörtgen kesitli olması durumunda oluşacak en büyük eğilme gerilmesinin yerini ve değerini,b) I kesitli olması durumunda kiriş ortasında, enkesit üzerindeki D ve E noktalarındaki eğilme
gerilmelerini hesaplayınız.
ÖRNEK 5
( )
6 4
6
6
13.23
11.52 10
13.23 1060 68.91
11.52 10maks
M k�m
I mm
My MPa
Iσ
=
= ×
×= − = − − =
×
( )
( )
6 4
6
6
6
6
( 2.5 ) 12.75
41.22 10
12.75 1082.5 25.52
41.22 10
12.75 1077.5 23.97
41.22 10
E
D
M x m k�m
I mm
My MPa
I
My MPa
I
σ
σ
= =
= ×
×= − = − = −
××
= − = − − =×
83
Bir adam tramplenden atlarken şekilde görülen tramplenin ucuna 2000 N’luk bir kuvvet etkimektedir. Tramplenin yapıldığı malzemede σem = 12,5 MPa ve tramplenin genişliği 0,30 m olduğuna göre sadece moment etkisini göz önüne alarak tramplenin h kalınlığını bulunuz.
4000 80zM �m h mm= =
Dökme demirden yapılmış ve şekilde görülen kiriş kesitine şekildeki gibi bir M momenti etki etmektedir. a)Kesitte en büyük çekme gerilmesi en büyük basma gerilmesinin üçte biri olması için b başlık genişliğini bulunuzb) Kiriş bulunan b genişliğinde imal edildiğinde ve kirişin çekme ve basma emniyet gerilmeleri sırasıyla 250 MPa, 750 MPa olduğuna göre kirişin taşıyabileceği en büyük M momentini bulunuz. c) Bir önceki şıkta kirişin çekme ve basınç mukavemetleri 200 MPa, 800 MPa olduğuna göre taşıyabileceği en büyük M momentini bulunuz.
6 4
60 180
1.92*10
24
19.2
z
Tarafsız eksenin kesit tabanından yüksekliği
y mm b mm
I mm
M k�m
M k�m
= =
=
=
=
ÖRNEK 6 ÖRNEK 8
Kesiti daire olan bir çelik çubuğun eğrilik yarıçapı, çapının 1000 katıdır. Buna göre oluşacak en büyük ve en küçük gerilmeleri hesaplayınız (E = 200 GPa).
319.817 100z
z
z
MM d MPa
EIσ
ρ= ⇒ = = ±
ÖRNEK 7
84
Enkesiti verilen kirişe 15 kNm’lik eğilme momenti etkimektedir. A ve B noktalarında oluşacak gerilmeleri hesaplayınız.
230
145.5A
B
MPa
MPa
σ
σ
= −
=
�ekilde en kesiti verilen kirişin yapıldığı malzemede σem = +40 MPa σem = -105 MPa olduğu bilindiğine göre taşınabilecek en büyük M momentini bulunuz.
6 4
62.55
3.91*10
4.29z
Tarafsız eksenin kesit tabanından
yüksekliği y mm
I mm
M k�m
=
=
=
ÖRNEK 9 ÖRNEK 10
Ferdinand P.BEER & E.Russel JOHNSTON, Mechanics of Materials, McGraw-Hill Book Comp.1981
85
Bir I kesitinin boyutları aşağıdaki gibi verilmiştir. My= 18.6 kNm σem = 110 MPa olduğuna göre a değerini hesaplayınız.
y
z
1.5a
a/8
a
C2a
a/8
a/8
4
1.007
0.045898437
110 140
y
z
tabana göre statik moment alınırsa
y a
I a
MPa a mmσ
=
=
≤ ⇒ → =
ÖRNEK 1112- �ekilde yükleme durumu verilen kirişin I-I kesiti şekilde verilmektedir. I-I kesitinin E, F, K, H, I noktalarındaki gerilmeleri bulunuz.
13- Enkesiti şekilde verilmiş olan kirişte, Mz = 1500 Nm eğilme momentinin oluşturacağı en büyük ve en küçük normal gerilmeyi hesaplayınız.
14- �ekilde gösterilen alüminyumdan yapılmış içi boşdikdörtgen kesitli kirişin taşıyabileceği en büyük momenti, ve buna karşılık oluşacak eğrilik yarıçapını bulunuz. σem = 100 MPa, E = 70 GPa
6 45.52*10
9.2
42
zI mm
M k�m
mρ
=
=
=
8 0 mm
1 2 0 mm
8t m m=
.
1 2 0 mm
86
15- Dökme demirden yapılan makine parçası 3 kNm likmoment etkisi altındadır. E = 165 GPa olduğu bilindiğine göre,a) En büyük çekme ve basma gerilmelerini hesaplayınızb) Eğrilik yarıçapını hesaplayınız.
87
Çubuğu eğilmeye zorlayan kuvvet çiftlerinin içinde bulunduğu kuvvetler düzlemi ile çubuğun elastik eğrisinin içinde bulunduğu eğilme düzlemi aynı değilse yada kuvvetler çizgisi asal eksenlerden biri ile çakışmıyorsa eğilme eğik olur. �ekilde, herhangi bir simetri ekseni bulunmayan kiriş en kesitine etkiyen Me eğilme momenti gösterilmiştir. Bu moment, kuvvetler çizgisi doğrultusunda etkiyen dış yüklerden meydana gelmektedir. (z-y) eksen takımı en kesitin alan merkezi C’yeyapıştırılmıştır.
EĞİK EĞİLME
Kuvvetler düzlemi ile en kesitin arakesiti kuvvetler çizgisi olarak isimlendirilir.
88
Me eğilme momentini z ve y eksenleri doğrultusundaki bileşenleri cinsinden gösterebiliriz.
89
0x dAσ =∫
x yz dA Mσ =∫
x zy dA Mσ = −∫
Denge denklemleri;
En kesit üzerinde alınan bir alan elemanı, x ekseni doğrultusundaki σxgerilmesi etkisinde bulunsun. (τxy ve τxz kayma gerilmelerinin oldukça küçük olduklarını ve istenirse denge denklemlerinden bulunabileceklerini ayrıca belirtelim.) Bu durumda içkuvvetlerden oluşacak zorlamalarıdış kuvvetlere eşitleyen denge denklemleri aşağıdaki biçimde yazılabilir.
0
0
xy
xz
dA
dA
τ
τ
=
=
∫∫
90
Tarafsız Eksenin (T.E.) Denklemi;
sintan sin cos 0
cos
zy z
y
ββ β β
β= = − =
�ekil değiştirmeden önce çubuk eksenine dik ve düzlem olan kesitlerin şekil değiştirmeden sonra elastik eğriye dik ve düzlem kaldıkları “Bernoulli-Navier” hipotezi eğik eğilme durumunda da geçerlidir. Kesitin y ekseni ile β açısı yapan bir eksen etrafında dönerek şekil değiştirdiğini düşünelim. Basit eğilme konusundan da hatırlanacağıgibi uzama ve kısalmalar tarafsız eksenden olan mesafe ile artar. Tarafsız eksen üzerindeki liflerde uzama ya da kısalma söz konusu değildir. Tarafsız eksen, kesiti basma ve çekme olmak üzere iki bölgeye ayırır.
91
Basma ve çekme bölgelerinde tarafsız eksenden en uzak noktalar belirlenip, tarafsız eksene paraleller çizilir. Çizilen bu paralellere dik bir doğru yardımı ile normal birim şekil değiştirme ve bu şekil değiş-tirmelerin E katı ile gerilme diyagramları gösterilebilir.
92
2 2
1
sin cossin cos
sin cos
y zy y z
β ββ β
β β
−′ = = −+
������
Alan elemanının merkezinden tarafsız eksene olan y’ mesafesini belirlemek için doğru (T.E.) denkleminde noktanın koordinatlarıyerine yazılmalı ve doğru denkleminin katsayılarının kareleri toplamının kareköküne bölünmelidir.
93( )1sin cosx x
EE E y y zσ ε β β
ρ ρ′= = − = − −
Gerilmeyi yazarsak;
Basit eğilme halinde, tarafsız eksenden y kadar mesafede bulunan bir lifteki uzama oranı, eğrilik ile lifin bulunduğu o noktanın t.e.’e olan uzaklığının çarpımı olarak hesaplanabil-mekteydi. Eğik eğilme halinde de aynı bağıntı geçerlidir.
94
( ) ( )2z y zy z y y zya I I I M I M I− = − +
( )0 0 0 .x
A A A A
dA ay bz dA a y dA b z dA özdeş olarak sağlanırσ = + = + =∫ ∫ ∫ ∫( )x y y
A A
zdA M ay bz zdA Mσ = + =∫ ∫( )x z z
A A
ydA M ay bz ydA Mσ = − + = −∫ ∫
zy y y
z zy z
a I b I M
aI b I M
+ =
+ = − ( ) ( )2z y zy z zy y zb I I I M I M I− = − +
sin cosx
a b
E Ey zσ β β
ρ ρ= − +���� ����
x ay bzσ = +
( )1sin cosx x
EE E y y zσ ε β β
ρ ρ′= = − = − −
Gerilme;
2 2
1
sin cossin cos
sin cos
y zy y z
β ββ β
β β
−′ = = −
+������
2 2
z y y zy z zy y z
z y zy z y zy
M I M I M I M Ia b
I I I I I I
+ += − = − − ( ) ( )
2
x
z y y zy z zy y z
x
z y zy
ay bz
M I M I y M I M I z
I I I
σ
σ
= +
− + + +=
−
Buradaki a ve b katsayıları sabitlerdir. Meğer normal gerilme en kesit üzerindeki noktanın koordinatlarına bağlıolarak değişmekteymiş. �imdi gerilme ifadesini denge denklemlerinde yerine yazıp her terimin fiziksel anlamından hareketle a ve b yi dış zorlamalar ve kesitin atalet momentleri cinsinden elde edebiliriz. İlk denklemdeki statik momentler, eksen takımı alan merkezine bağlandığından otomatik olarak sıfırdır.
95
( ) ( )2
z zy y y z zy
x
z y zy
M I z I y M I z I y
I I Iσ
− + −=
−
Gerilmenin genel denklemi
sin
tancos
z y y zy
z zy y z
EM I M Ia
Eb M I M I
βρ β
βρ
−+
= = − = −+
tan z y y zy
z zy y z
M I M I
M I M Iβ
+=
+ββββ : T.E.nin y ekseni ile yaptığı açıdır.
Son elde edilen bağıntı tekrar düzenlenirse eğik eğilme hali için gerilme formulü şöyle yazılabilir.
a ve b katsayılarının bölümünden tarafsız eksenin doğrultusunu diğer bir deyişle tarafsız eksenin y ekseni ile yaptığıaçıyı, a ve b nin karelerinin toplamından da eğik eğilme hali için şekil değişimi hesabında kullanılacak bağıntıları elde ederiz.
( )
( ) ( )( )
2 2 2 22 2 2 2 2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 22
22 2
sin cos sin cos
z y y zy z zy y z
z y zy z y zy
z y y zy z zy y z
z y zy
E E E Ea b
M I M I M I M Ia b
I I I I I I
M I M I M I M IE
I I I
β β β βρ ρ ρ ρ
ρ
+ = + = + =
+ ++ = + − −
+ + + = − ( ) ( )
( )
2 2
22
1 1 z y y zy z zy y z
z y zy
M I M I M I M I
E I I Iρ
+ + +=
−
Eğik eğilme hali için şekil değiştirme denklemi
96
Özel Durum 3: My = 0 olsun.
2
zy yx z
z y zy
I z I yM
I I Iσ
−= −
tan y
zy
I
Iβ =
Özel Durum 1: z, y asal eksenler (Izy = 0), My = 0 olsun.
zx
z
My
Iσ = − BASİT EĞİLME FORMÜLÜ
ELDE EDİLDİ.tan 90β β= ∞ = °
Z EKSENİ T.E. OLUR.
Özel Durum 2: z, y asal eksenler (Izy = 0) olsun.
yzx
z y
MMy z
I Iσ = − +
T.E. Denklemi için σσσσx = 0 da kullanılabilir.
0yzx
z y
MMy z
I Iσ = − + = tan tany y
z z
I Izz y
I y Iψ ψ= → =
tan tany
z
I
Iβ ψ=
tan y z
z y
I M
I Mβ =
( ) ( )2
z zy y y z zy
x
z y zy
M I z I y M I z I y
I I Iσ
− + −=
−tan z y y zy
z zy y z
M I M I
M I M Iβ
+=
+
1 z
z
M
EIρ=
22
2 2
1 1 yz
z y
MM
E I Iρ= +
( )2 2
2
1 zy zy
z y zy
MI I
E I I Iρ= +
−
( ) ( )( )
2 2
22
1 1 z y y zy z zy y z
z y zy
M I M I M I M I
E I I Iρ
+ + +=
−
EĞİK EĞİLME: TEMEL DENKLEMLER VE ÜÇ ÖZEL DURUM (ÖZET)
97
ÖRNEK 1 �ekilde gösterilen dikdörtgen kesit 120 kNm’ lik eğilme momenti etkisindedir. Köşelerdeki gerilmeleri ve tarafsız eksenin doğrultusunu belirleyiniz.
6 41066.67 10zI mm= × 6 4266.67 10yI mm= ×
0120 sin 217 72.218zM k�m= ⋅ = − 0120 cos 217 95.836yM k�m= ⋅ = −
Özel durum 2 z,y asal eksenler.
yzx
z y
MMy z
I Iσ = − +
T.E. Doğrultusu için;
0266.67tan tan 217 tan 217 10.67
1066.67y
z
I
Iβ β= ° = °⋅ ⇒ =
6 6
6 6
72.218 10 95.836 100.0677 0.3594
1066.67 10 266.67 10x y z y zσ− × − ×
= − + = ⋅ − ⋅× ×
( ) ( ) ( ) ( )100; 200 0.0677 200 .3594 100 49.48x xB MPaσ σ= − = ⋅ − − ⋅ = −
( ) ( ) ( ) ( )100; 200 0.0677 200 0.3594 100 22.40x xE MPaσ σ= = ⋅ − ⋅ = −
( ) ( ) ( ) ( )100; 200 0.0677 200 0.3594 100 22.40x xC MPaσ σ= − − = ⋅ − − ⋅ − =
( ) ( ) ( ) ( )100;200 0.0677 200 0.3594 100 49.48x xD MPaσ σ= − = ⋅ − ⋅ − =
T.E. Denklemi için;
0 0.0677 0.3594x y zσ = = ⋅ − ⋅1
5.308z y= ⋅
tan tan .z y y zy z y y
z zy y z y z z
M I M I M I I
M I M I M I Iβ ψ
+= = =
+
98
ÖRNEK 2 �ekilde görülen kirişin eğilmeye göre en çok zorlanan kesitinin A köşe noktasındaki gerilme σA=-100 MPaolarak ölçülmüştür. Buna göre;
Kirişe etkiyen P kuvvetini,Hesaplanan P kuvveti için sol mesnetten 1m. mesafedeki kesitte gerilme diyagramını çiziniz.
Çatı D
üzlemi
2 m 2 m
PKuvvetler Çizgisi
6 437.74 10zI mm= ×
6 410.61 10yI mm= ×
0zyI =
.
4e
P LM =
0 6.sin150 0.5. 10 .z eM M P �mm= = ×
0 6.cos150 0.866. 10 .y eM M P �mm= = − ×
0
0.5 10.61tan
0.866 37.74
9.2
z y y zy yz
z zy y z y z
M I M I IM
M I M I M Iβ
β
⋅ + ⋅= = =
⋅ + ⋅ −
= −( ) ( )
2
z zy y y z zy yzx
z y zy z y
M I z I y M I z I y MMy z
I I I I Iσ
⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅= = − +
⋅ −
( ) ( )6 6
6 6
0.5 10 0.866 1090 39 100 . 22.854 .
37.74 10 10.61 10A
P PMPa P k�σ
× ⋅ − × ⋅= − + = − ⇒ =
× ×
1 . 1 11.43 .2x m
pM k�m= = ⋅ = 65.714 10 .zM �mm= × 69.879 10 .yM �mm= − × 5.714 9.879
37.74 10.61x y zσ−
= − +
0.1514 0.9311x y zσ = − ⋅ − ⋅( ) ( )min 0.1514 90 0.9311 39 50 .A MPaσ σ= = − ⋅ − ⋅ = −
( ) ( )max 0.1514 90 0.9311 81 89 .B MPaσ σ= = − ⋅ − − ⋅ − =
Sol mesnetten 1m mesafedeki kesitte gerilmeler
99
ÖRNEK 3 L80x65x10 Korniyerin kuvvetler çizgisi y ekseni, ve eğilme momenti Mz=1500 kNm. olarak verilmektedir. En büyük basma ve çekme gerilmeleri ile eğrilik yarıçapını hesaplayınız.
54.5
25.5
46.9 18.1
z
y
Me = 1500 Nm
4 482.2 10zI mm= ×
4 448.3 10yI mm= ×
4 436.8 10zyI mm= − ×
Özel durum 3, Tarafsız eksenin doğrultusu ile σσσσx gerilmeleri
048.3tan 52.7
36.8y
zy
I
Iβ β= = ⇒ = −
−4
2 8
36.8 48.3 101500000 2.11 2.7695
48.3 82.2 36.8 10x
z yz yσ
− ⋅ − ⋅ = = − ⋅ − ⋅ ⋅ −
( )1( ) 2.11 8.1 2.7695 (54.5) 133.84 .x A MPaσ = − ⋅ − − ⋅ = −
( )2( ) 2.11 18.1 2.7695 ( 25.5) 108.81 .x A MPaσ = − ⋅ − − ⋅ − =
Eğrilik yarıçapını veren ifadede My = 0 alınarak
( ) ( )( )
2 2
22
1 1 z y z zy
z y zy
M I M I
E I I Iρ
⋅ + ⋅=
⋅ −
32 2 2 2 4
2 3 8
1 1 1 1500 1048.3 36.8 10
210 10 2616 10z
y zy
z y zy
MI I
E I I Iρ×
= + = + ×⋅ − × ×
6116.579 10 60314 . 60.3 .mm mρ
ρ−= × ⇒ = =
100
σem = 12,5 MPa olduğuna göre �ekilde verilen kesitin güvenlikle taşıyabileceği M momentini hesaplayınız. Tarafsız eksenin denklemini bulunuz.
6 4
6 4
80
10.67*10
45.80*10
85.15 1.604
z
y
Tarafsız eksenin kesit tabanından
yüksekliği y mm
I mm
I mm
M k�mβ
=
=
=
= − ° =
Dikdörtgen kesitli ahşap bir kirişte b/h = 3/4 ‘dür. Bu kirişte z ekseni ile 30o lik bir açı yapan M = 7 kNmşiddetindeki bir eğilme momenti uygulanmaktadır. Ahşapta güvenlik gerilmesi 12 MPa olduğuna göre kirişin b ve h boyutlarını hesaplayınız.
4 4
4 4
0.0625*
0.0352*
44.3 193
144.6
z
y
I h mm
I h mm
h mm
b mm
β
=
=
= − ° =
=
ÖRNEK 4 ÖRNEK 5
101
M0 = 1,5 kNm eğilme momenti etkisi altındaki Z kesitli kirişte A noktasındaki gerilmeyi hesaplayınız, tarafsız eksenin denklemini bulup çiziniz.
6 4
6 4
6 4
4.18*10
3.25*10
2.87*10
48.53 ( ) 14
1.13
z
y
zy
I mm
I mm
I mm
A MPa
z y
β σ
=
=
=
= ° =
=
ÖRNEK 6
7- �ekilde boyutlarıverilen dikdörtgen kesitli çubuğun taşıyabileceği eğilme momentini hesaplayınız.tanα =5/12 σem = 10 MPa
�ekilde gösterilen tablalı kiriş kesiti üzerinde Mz =350 kNm’lik eğilme momenti etkisiyle oluşan normal gerimle yayılışını çizip en büyük çekme ve basma gerilmelerini hesaplayınız. Tarafsız eksenin denklemini yazınız.
6 4
6 4
6 4
315.65 ,
263.22
4243*10
9226*10
3283*10
z
y
z
Alan merkezi
tabandan mm
sağ kenardan mm
I mm
I mm
I mm
↑
←
=
=
=
70.41
31.6
35.3x
x
MPa
MPa
βσ
σ
= °
= −
=
102
8- �ekilde verilmiş olan kiriş iki adet [ kesitin birleşimiyle oluşmuş ve M eğilme momentinin etkisi altındadır. Kirişin yapıldığı malzemenin çekmede 140 MPa, basmada 80 MPa normal gerilme taşıyabilmektedir. a) Kesitin taşıyabileceği M eğilme momentini hesaplayınız.b) Tarafsız eksenin denklemini bularak çiziniz. Bulunan M momenti için normal gerilme diyagramını çiziniz.
9- �ekildeki I kesitli kiriş, yatay eksenle 60olik açı yapan bir eğilme momenti etkisi altındadır. Me = 2 kNmolduğuna göre A, B ve D noktalarındaki normal gerilmeleri hesaplayınız. Tarafsız eksenin denklemini bularak şekil üzerinde gösteriniz. Gerilme diyagramını çiziniz.
y
z
100
5
C 90 mm
5
4 mm
60
M
A B
D
10- �ekilde görülen kesite M = 10000 Nm değerinde bir eğilme momenti etkimektedir. Kesitteki en büyük ve en küçük gerilmeleri ve tarafsız eksenin denklemini bulunuz.
6 4
6 4
2.5*10
0.834*10
z
y
I mm
I mm
=
=
11
( ) 84.21
( ) 123.71
( ) 84.21
x
x
x
D MPa
A MPa
B MPa
βσ
σ
σ
= °
=
=
= −
6 4
6 4
305.65*10
93.77*10
28
69.9
z
y
I mm
I mm
M k�m
β
=
=
= − °
=
103
KOMPOZİT KİRİ�LER
1 1 1x
yE Eσ ε
ρ= = − 2 2 2x
yE Eσ ε
ρ= = −
1yε
ρ= −
E2 > E1 için gerilme diyagramı
Uygulamada daha az malzeme kullanarak daha büyük eğilme direnci sağlamak amacıyla farklı elastisitemodülüne sahip iki veya daha fazla malzemeden oluşan KOMPOZİT kirişler inşa edilir. Betonarme kirişlerle tabakalı kirişler yaygın olarak kullanılan kompozit kirişörnekleridir. Homojen kirişlerin eğilmesinde düzlem kesitlerin eğilmeden sonra düzlem kaldığı kabulükompozit kirişlerde de geçerlidir. Kompozit kirişlerin eğilme probleminin çözümünde malzemelerden birinin diğeri cinsinden ifade edildiği E�DEĞER HOMOJEN KESİT METODU kullanılır.
104
Denge denklemleri:
0 0x x
A
F dAσ= ⇒ = ⇒∑ ∫1 2
1 2 0x x
A A
dA dAσ σ+ =∫ ∫
0z x z
A
M y dA Mσ= ⇒ ⋅ ⋅ = − ⇒∑ ∫1 2
1 2x x z
A A
y dA y dA Mσ σ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = −∫ ∫
22 1 2 1
1
;Kabuledilirse, olurE
E E n E n EE
> = = ⋅
1 2
1 1 0A A
y yE dA nE dAρ ρ
− − =∫ ∫ 1 2 0z zS n S− − ⋅ =
1 2
2 2
1 1 z
A A
y yE dA nE dA M
ρ ρ− − = −∫ ∫ [ ]1
1 2
t
z
I
EI n I M
ρ+ ⋅ = ⇒
���� 1
1 z
t
M
E Iρ=
⋅
1 1 1
1
z zx
t t
M MyE E y y
E I Iσ
ρ= − ⋅ = − ⋅ ⋅ = − ⋅
12 2 2
1
z zx x
t t
M MyE E y n y n
E I Iσ σ
ρ= − ⋅ = − ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅ = + ⋅
denkleminden T.E. yerini bulabilmek için eksen takımını kesitin alt yüzeyine taşıyalım.
y
y y y′= −
1 2
1 1 0A A
E nEy dA y dA
ρ ρ− ⋅ − ⋅ =∫ ∫
( ) ( )1 2
0A A
y y dA n y y dA′ ′− ⋅ − − ⋅ =∫ ∫
1 21 2 0z zS y A n S n y A′ ′− ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ =
1 2
1 2
z zS n Sy
A n A′ ′+ ⋅
=+ ⋅
1 1 ifadesi yerine yazılırsay
Eσρ
= −
İfadesinde E1,n, ρ sabit terimler gittiğinde kalan ifade
olduğu hatırlanırsa1
2z
A
I y dA= ∫
1 nolu malzemede meydana gelen gerilme 2 nolu malzemede meydana gelen gerilme
1
1
105
ÖRNEK 1 50x110 mm’lik enkesite sahip ahşap kirişin alt yüzeyine 25x10 mm’lik çelik plak emniyetli bir şekilde bağlanmıştır. Kompozit enkesit 3 kNm’lik eğilme momenti taşımaktadır. Malzemelerdeki en büyük gerilmeleri hesaplayınız. Ea=10 GPa, Eç=200 GPa
Ah
şap
Ah
şap
1
2
100.05
200
En
E= = =
1n <
Eşd
eğ
er
Ho
moje
n
(ÇE
LİK
) K
esi
t
( )50 110 65 20 25 10 5 38250036.43
50 110 20 25 10 10500y mm
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅= = =
⋅ + ⋅ ⋅
( )3 3
2 21 2
50 110 25 1050 110 65 36.43 20 25 10 31.43
12 12tzI I n I
⋅ ⋅= + ⋅ = + ⋅ ⋅ − + ⋅ + ⋅ ⋅
6 415.016 10tzI mm= ×
6
6
3 1083.57 16.7
15.016 10ax MPaσ
×= − = −
×( )
6
6
3 1020 36.43 145.56
15.016 10çx MPaσ
×= − − =
×
( ) ( )0.05 50 110 65 25 10 5 1912536.43
0.05 50 110 25 10 525y mm
⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅= = =
⋅ ⋅ + ⋅
( )3 3
2 2 6 450 110 25 100.05 50 110 65 36.43 25 10 31.43 0.751 10
12 12tzI mm
⋅ ⋅= ⋅ + ⋅ ⋅ − + + ⋅ ⋅ = ×
( )6
6
3 1036.43 145.56
0.751 10çx MPaσ
×= − − =
×( )
6
6
3 100.05 83.57 16.7
0.751 10ax MPaσ
×= − ⋅ = −
×
106
ÖRNEK 2 Genişliği 200 mm. Faydalı yüksekliği d=350 mm pas payı 50 mm olan bir betonarme kirişteki çelik donatı alanı800 mm² dir. Eç/Eb=8, Eğilme momenti 50 kNm olduğuna göre malzemelerdeki gerilmeleri hesaplayınız. Not: Betonun çekme gerilmesi taşımadığı kabul edilecektir.
TE göre homojenleştirilmiş kesidinstatik momenti sıfır olmalıdır.
2
2
. . ( ) 02
2 2( ) ( ) 0
16 16( ) 800( ) 800.350 0
200 200121
ç
ç ç
kdb kd n A d kd
n nkd A kd A d
b b
kd kd
kd mm
− − =
+ − =
+ − =
=
32 2 6 4
6
6
6
6
200 121200 121 60.5 0 8 800 229 453.7 10
12
50 10121 13.3
453.7 10
50 108 ( 229) 201.9
453.7 10
T
b
ç
I mm
MPa
MPa
σ
σ
×= + × × + + × × = ×
×= − = −
×
×= − − =
×
ÖDEV1Beton emniyet gerilmesi 20 MPaÇelik emniyet gerilmesi 140 MPa
Çelik donatı alanı 1000 mm^2Olduğuna göre kesitin taşıya-bileceği eğilme momenti nedir.
ÖDEV2: Ödev1 de ki problemde beton ve çeliğin aynı anda emniyet
gerilmesine ulaşabilmesi için gereken donatı miktarı ile taşına-bilecek eğilme momentini bulunuz.
107
ÖRNEK 3 Uğural 7.83 : �ekilde, alüminyum ve çelik plakların kaynaklanması ile elde edilen kompozit bir kirişin kesiti gösterilmiştir. Kesiti boyutlandırıp taşınabilecek en büyük eğilme momentini hesaplayınız. Her iki malzemenin de aynı anda emniyet gerilmesine ulaşması durumunu düşününüz.
TE göre basma bölgesinin statik momenti, eşdeğer homojen kesitin çekme bölgesinin aynı eksene göre statik momentine eşit olmalıdır.
Çelik
210
240
70
80
çelik
emç
alüm
emal
E GPa
MPa
E GPa
MPa
σ
σ
=
=
=
=
80 24070000 210000( )
18090
Tanx x
x mmTE üst yüze uzaklığı
α = =−
=
90 20 45 70 20 35 20 803
60
b
b mm
× × = × × + × ×
=
36 4
6
6
20 1809.72 10
12
90 240 25.929.72 101
( 90) 80 25.923 9.72 10
ç
al
I mm
MMPa M K�m
MMPa M K�m
σ
σ
×= = ×
= − = − =×
= − − = =×
108
Her iki malzemenin aynı anda emniyet gerilmesine ulaşmasıkoşuluyla şekilde verilen betonarme kiriş kesitine konulmasıgereken donatı miktarını (Açelik) hesaplayıp, bu kesitin taşıyabileceği en büyük eğilme momentini hesaplayınız. Not: Betonun çekme gerilmesi taşımadığı kabul edilecektir.Beton em. Gerilmesi = 10 MPaÇelik em. Gerilmesi = 140 MPa , Eç/Eb=8
9 4
2
163.6
2.99*10
3240
183
z
ç
Tarafsız eksenin kesit üst yüzünden
uzaklığı y mm
I mm
A mm
M k�m
=
=
=
=
Çelik ve alüminyum borular şekildeki gibi güvenli bir şekilde birleştirilmiştir. 1 kNm’lik eğilme momenti etkisi altında her iki malzemede oluşacak en büyük gerilmeyi, eğrilik yarıçapını hesaplayınız.
EA = 72 GPa, EÇ = 200 GPa
4 4 4 4
4 4 412.77778
15.07*10 22.97*10
(15.07 22.97)*10 23.34*10
120 , 39.3
46.7
Ç AL
T
Ç AL
ç T
z
Eşdeğer çelik kesite döndürülürse
I mm I mm
I mm
MPa MPa
E Im
M
σ σ
ρ
= =
= + =
= =
= =
ÖRNEK 4 ÖRNEK 5
109
�ekilde gösterilen alüminyum ve çelikten imal edilmişkirişe 20 kN’luk düşey kesme kuvveti etki etmektedir. Birleşim yüzeyinde oluşacak kayma gerilmesini ve kesitte oluşacak en büyük kayma gerilmesini bulunuz.EÇ = 200 GPa, EA = 70 GPa
Alüminyum
Çelik
3 4
24.47
min
936.7*10
10.9
18.26
z
arakesit
enbüyük
Tarafsız eksenin tabandan
uzaklığı y mm
kesit eşdeğer alü yuma döndürülürse
I mm
MPa
MPa
τ
τ
=
=
=
=
ÖRNEK 6 ÖRNEK 7
150X300 mm2 en kesitli ahşap kirişi [200 profili ile güçlendirilmiştir. Ahşap için elastisite modülü 12 GPa, çelik için ise 200 GPa’dır. Kirişe Mz= 50 kNm’lik eğilme momenti etkidiğine göre ahşap ve çelikte oluşacak en büyük gerilmeleri hesaplayınız.
6 4
92.55
44.82*10
14.26
103.25
z
ahşap
çelik
Tarafsız eksenin tabandan
uzaklığı y mm
kesit eşdeğer çeliğe döndürülürse
I mm
MPa
MPa
σ
σ
=
=
= −
=
57
14,5
5,6
Alan = 2181 mm2
Iz = 5,49x105 mm4y
zMz = 50 kNm
150 mm
300
mm
b
h U200 Profili
110
1010 20 mm
PİRİNÇ ALÜMİNYUM
Mz
İki pirinç ve iki alüminyum çubuk şekildeki gibi birleştirilerek kompozit bir eleman elde edilmiştir. Taşınabilecek en büyük Mz momentini hesaplayınız.
Alüminyum em ger=100 MPa, Pirinç em. ger.=160 MPaEA = 70 GPa, EP = 105 GPa
4 444.45*10
2.22z
kompozit kesit Eşdeğer
pirinç kesite döndürülürse
I mm
M k�m
=
=
ÖRNEK 89- �ekilde görülen (T) çelik kirişe, iki ahşap parça güvenli bir şekilde birleştirilmiştir. Ahşabın ve çeliğin elastisite modülleri sırasıyla Ea =12,5 GPa, Eç =200 GPa’dır. Kompozit kirişe uygulanan eğilme momenti Mz = 50 kNmolduğuna göre;a) Ahşapta meydana gelen maksimum gerilmeyi,b) Çeliğin A noktasındaki gerilmeyi hesaplayınız.
10- Kesiti 60x100 mm olan ahşap kirişin altına şekilde görüldüğü gibi 5 mm kalınlığında çelik levha konulmuştur. Kirişe Mz = 2kNm değerinde bir eğilme momenti etki ettiğinde kirişin en alt ve en üst noktalarında ve ara yüzeydeki gerilmeleri bulunuz.
Eç/Ea=20
11- Ahşap kesitin alt yüzeyine yapıştırılan 50 mm genişliğinde ve 10 mm kalınlığında çelik ile kuvvetlendirilmiştir. Mz = 10kNm olduğunda her iki malzemede meydana gelen en büyük gerilmeleri hesaplayınız. Ea = 104 MPa, Eç = 2x105
MPa
111
BİLE�İK MUKAVEMET HALLERİ
Bundan önceki bölümlerde basit mukavemet halleri (eksenel kuvvet, kesme kuvveti, burulma momenti ve eğilme momenti) ayrı ayrı incelenerek gerilme ve şekil değiştirme bağıntıları elde edildi. Yapı ve makine elemanları çoğunlukla birden fazla yükleme etkisi altındadır. Örneğin burulma momenti aktaran bir şaft aynı zamanda kendi ağırlığından doğan eğilme momentleri etkisine maruzdur. Bu bölümde bileşik yükleme halleri incelenecektir. Bileşik yükleme etkisinde gerilmelerin hesabında her bir yükten oluşan gerilmelerin ayrı ayrı hesaplanarak süperpozisyonu yapılır. Bu tarz bir hesaplamada her bir yükten oluşan gerilme ve şekil değiştirmelerin diğer yüklerden oluşan gerilme ve şekil değiştirmelere etkisinin olmadığı kabul edilir. Ayrıca süperpozisyon ilkesinin ancak malzemenin lineer elastik ve şekil değiştirmelerin küçük olması durumunda geçerli olduğunu hatırlatmakta fayda vardır.Basit mukavemet hallerinde gerilme ve şekil değiştirme bağıntıları;
KuvvetGerilme
Kesit Modülü=
KuvvetŞekil Değiştirme
Rijitlik=
YÜK
TİPİGERİLME
�EKİL DEĞİ�TİRME
Eksenel
Kuvvet
Kesme
Kuvveti
Burulma
Momenti
Eğilme
Momenti
x
�
Aσ =
yxy
Q
G Aγ =
⋅
x
�
E Aε =
⋅
yxy
Q
Aτ =
Tr
Jτ =
T
G Jω =
⋅
zx
z
M
Wσ =
1 z
z
M
E Iχ
ρ= =
⋅
( ) ( ) ( )z y
x x x x� M Mσ σ σ σ= + +
( ) ( )y
xy xy xyQ Tτ τ τ= +
( ) ( )z
xz xz xzQ Tτ τ τ= +
Bileşik Mukavemet Halleri için
süperpozisyondenklemleri
112
KESMELİ EĞİLME
( )yQ x
( )zM x
zx
z
My
Iσ = −
( ),x x yσ σ=
Kesme kuvveti ve eğilme momenti çoğunlukla birbirinden ayrılmayan iki kesit tesirini oluşturur. Bu iki kesit tesiri arasında türev bağıntısı da vardır.
zy
dMQ
dx= −
Bir kiriş enkesiti üzerindeki kayma gerilmesi yayılışıyla o kesitte etkiyen kesme kuvveti arasındaki bağıntının çıkarılmasında kiriş boyunca oluşan kayma gerilmelerinin incelenmesi gerekir.
( )xy xy yτ τ=
y xy
A
Q dAτ= ∫
0z xz
A
Q dAτ= =∫
Kesme kuvveti hali incelenirken y eksenine göre simetrik bir enkesit almış ve denge denklemlerini yazmıştık. Ancak bu denklemlerde kayma gerilmelerinin yayılışı hakkında herhangi bir bilgi alınmamış yalnızca toplamlarının dış kesit tesirlerine eşit olması gereği anlaşılmıştı. Kayma gerilmelerinin yayılışının bulunabilmesi için şekil değiştirmenin yakından incelenerek bazı kabuller yapılması gerekir. �imdi kayma gerilmesinin yalnızca y’nin fonksiyonu olduğunu kabul edelim.
xyτ
113
Üç ayrı düzgün yüzeyli ahşap parçasının yapıştırılmadan bir araya getirilmesi ile oluşan kirişe P kuvvetinin uygulanması ile ahşap parçalar birbirine göre relatif bir kayma hareketi yaparlar ve kiriş şekilde gösterilen biçimde şekil değiştirir.
Ahşap parçaların yapıştırılması durumunda, oluşacak boyuna doğrultudaki kayma gerilmeleri parçalar arasındaki relatif kaymaya engel olur ve sonuç olarak kiriş yekpare bir davranış gösterir.
�imdi y eksenine göre simetrik bir kesite sahip kirişten dx kalınlıklı bir parça çıkartıp eğilme momentinden oluşacak gerilmeleri şekil üzerinde gösterelim.
114
dx kalınlıklı parçanın sağ yüzüne etkiyen momentin sol yüze etkiyen momente göre dMz kadar arttığını varsayalım. Tarafsız eksenden y kadar yukarıda bulunan ve şekil üzerinde sarı olarak gösterilen kiriş parçasına etkiyen kuvvetler toplamının sıfır olabilmesi için m-n düzlemindeki ζyx kayma gerilmelerinin de gözönüne alınması gerekir. Burada,
( ) ( ) ( ) 0yxH x b y dx H x dxτ+ − ⋅ − + =
( )1 1
0h h
z z zyx
z zy y
M M dMy dA b y dx y dA
I Iτ
++ ⋅ − ⋅ − ⋅ =∫ ∫
( ) ( )
11 1h
y zzyx xy
z zy
Q SdMy dA
b y dx I b y Iτ τ = = − ⋅ = ⋅ ∫
( )y z
xy
z
Q S
b y Iτ =
⋅
ττττxy : Enkesit üzerinde T.E. Den y kadar aşağıda etkiyen kayma gerilmesi
Qy : Enkesite etkiyen kesme kuvveti
Sz : Kayma gerilmesinin bulunmak istenen noktanın altında/üstünde kalan alanın T.E. Göre statik momenti
Iz : T.E. Göre atalet momenti
b(y) : Kayma gerilmesi bulunmak istenen noktadaki kirişgenişliğidir.
115
h
b
z
y
Qy( )
3
32 42
12 ort
y
maks
h hQ b Q
b h b hb
τ
τ⋅ ⋅ = = ⋅ ⋅ ⋅ ��
3
2maks ortτ τ=
�
2
4
4
2 3 4
32
4 ort
y
maks
r rQ
Q
r Ar
τ
ππ
τπ
⋅
= = ⋅
4
3maks ortτ τ=maks
( )y z
xy
z
Q S
b y Iτ =
⋅
116
�ekilde boyutları yükleme durumu ve en kesiti verilen kirişin yapıldığı malzemenin normal emniyet gerilmesi 10 MPa, kayma emniyet gerilmesi 0.6 MPa olarak bilinmektedir. h kiriş yüksekliğini hesaplayınız. ( b=150 mm )
2
3
12600 150*8
0.6 ( )
150 150*12
210
maks em
h
MPah
h mm
τ τ
⋅ = ≤
×
≥
13.23
12.60
enbüyük
enbüyük
M k�m
Q k�
=
=
6
2
13.23 1010 ( )
150
6230
maks em
MMPa
hW
h mm
σ σ×
= = − ≤×
≥
h=230 mm
ÖRNEK 1
117
ÖRNEK 2 Geniş başlıklı I kesite ait boyutlar şekil üzerinde gösterilmiştir. Kesite etkiyen kesme kuvveti Q = 80 kNise,
a) Enkesit üzerinde kayma gerilmesinin yayılışını gösteriniz.b) Gövdenin taşıdığı kesme kuvvetini hesaplayınız.
1.13MPa22.62 MPa
25.19 MPa
Iz = 155.5x106 mm4
( )3
6
80 10 300 20 110 100 15 5025.19
155.6 10 15C MPaτ× ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
= =× ⋅
( )3
6
80 10 300 20 11022.62
155.6 10 15B MPaτ ′
× ⋅ ⋅= =
× ⋅
( )3
6
80 10 300 20 1101.13
155.6 10 300B MPaτ× ⋅ ⋅
= =× ⋅
b) Alt başlıkta taşınan kesme kuvvetini hesaplayalım. ( ) ( )120120 300
2z
yS y y
− = − ⋅ ⋅ +
4 2216 10 150zS y= × − ⋅
( )3
4 2
6
80 10216 10 150
155.6 10 300yτ
×= × − ⋅
× ⋅4 23.7018 2.5707 10 yτ −= − × ⋅
( )120 120
4 2
100 100
300 300 3.7018 2.5707 10 3496başlıkQ dy y dy �τ −= ⋅ ⋅ = − × ⋅ =∫ ∫
80000 2 3496 73007gövdeQ �= − ⋅ =
118
Kayma Gerilmesi Formülünün Kullanılmasındaki Sınırlamalar
y
b
z
y
h
0.5 1.03maks xy
b
hτ τ≈ ⇒ ≈
2 1.40maks xy
b
hτ τ≈ ⇒ ≈
y zxy
z
Q S
I bτ
⋅=
⋅
Kesit yassılaştıkça, ττττmaksdaki hata da büyür.
h
b
z
y
maks z
y
maks
z
y
h/3
2h/3
h/63
2maks ortτ τ=
τxy kayma gerilmesinin en kesit üzerindeki gerçek yayılışı Yandaki şekilde gösterilmiştir. Kesitin kenarlarındaki kayma gerilmesi, formülle hesaplanana göre biraz daha büyük olurken kesitin orta bölgesindeki kayma gerilmesi ise formülün verdiği değerden biraz daha küçük olmaktadır. Kesit yassılaştıkça en büyük kayma gerilmesindeki hata da artmaktadır.En büyük kayma gerilmesinin her zaman alan merkezinde olmadığını ayrıca belirtelim.
119
z yC
Oy
-
+
xz
xz
3 2 1A
Tarafsız eksenden y kadar uzaktaki bir yatayda, kayma gerilmelerinin doğrultuları y ekseni üzerinde bulunan sabit bir Oy noktasında kesişir.
tan xz
xy
τθ
τ= tan y z
xz xy xy
z
Q S
I bτ θ τ τ
⋅= ⋅ ⇒ =
⋅
2 2xz xyτ τ τ= +
*
zxz
zA
dMt dx ydA
Iτ ⋅ ⋅ = ∫
*y z
xz zx
z
Q S
I tτ τ
⋅= =
⋅
*y z
xz zx
z
Q S
I tτ τ
⋅= =
⋅
Kayma gerilmesi bulunmak istenen noktanın dışında kalan alanın tarafsız eksene göre statik momenti
*zS
A* İle gösterilen parça üzerinde denge denklemi yazılırsa
120
ÖRNEK 3 �ekilde gösterilen 10 mm sabit kalınlıklı kesite 20 kN lukkesme kuvveti etkimektedir.
a) İşaretlenen kesitlerdeki kayma gerilmelerini, b) En büyük kayma gerilmesini hesaplayınız.
70 10 45 60 10 5 20 15 17,5 3975024.84
700 600 300 1600y mm
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅= = =
+ +
3 32 2
32 4 4
60 80 50 7060 80 15,16 50 70 20.16
12 12
20 1520 15 7,34 83.33 *10
12
zI
mm
⋅ ⋅= + ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅
⋅+ + ⋅ ⋅ =
( )4
20000 40.16*30028.92
83.33 10 10a MPaτ⋅
= =× ⋅
( )4
20000 7.34*1502.64
83.33 10 10b MPaτ⋅
= =× ⋅
( )4
20000 19.84*250 7.34*15014.54
83.33 10 10c MPaτ⋅ +
= =× ⋅
( )max 4
20000 10 55.16 27.5836.51
83.33 10 10MPaτ
⋅ ⋅ ⋅= =
× ⋅
121
ÖRNEK 4 �ekilde gösterilen kutu kesitli kirişin ağırlık merkezinden geçen z eksenine (T.E.) göre atalet momenti 10.5x106 mm4’tür.
a) E noktasındaki eğilme ve kayma gerilmelerini hesaplayıp düzlem bir eleman üzerinde gösteriniz.b) En büyük eğilme ve kayma gerilmesini hesaplayınız.
40
60
20
20 40 20
y
zC
56.7
63.3
E
( )6
6
4.5 1016.7 7.16
10.5 10E
My MPa
Iσ
×= − = − = −
×
( )3
6
3*10 40 80 36.70.839
10.5 10 40E MPaτ⋅ ⋅ ⋅
= =× ⋅
( )3 2 2
6
7 10 56.7 80 0.5 16.7 0.5 402.05
10.5 10 40maks MPaτ× ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅
= =× ⋅
( )6
6
8*1063.3 48.23
10.5 10maks MPaσ−
= − − = −×
b) En büyük kayma gerilmesi B-C arasında, ağırlık merkezi üzerindedir.
En büyük eğilme gerilmesi B mesnedi yakınında, ağırlık merkezinden en uzak noktada meydana gelir.
122
y
z C76
50 mm
125 125 mm
A
B
12 mm 12 mm
xyτ
xzτ
�ekilde gösterilen U kesit Q=-10 kN luk kesme kuvveti etkisindedir. A noktasındaki yatay, B noktasındaki düşey kayma gerilmelerini hesaplayınız. Kesit üzerinde kayma gerilmesi yayılışını çiziniz.
6 4
6
6
250*16*8 2 60*12*4618.06
250*16 2*60*12
2.046 10
10000 (60*12*27.94 50*16*10.06)3.69
2.046 10 *1657.94
10000 (12*57.94* )2 8.20
2.046 10 *12
z
A
B
tabana göre statik moment alınırsa
y mm
I mm
MPa
MPa
τ
τ
+ ×= =
+= ×
− × −= = −
×
− ×= = −
×
ÖRNEK 5
123
�ekilde çıkmalı kiriş bir T profilinden yapılmış olup σem =140 MPa τem = 70 MPa dır.B mesnedinin hemen solundan alınmış olan a-a kesitindeki D noktasında eğilme momenti ve kesme kuvvetinden oluşan normal ve kayma gerilmelerini hesaplayınız a-a kesiti üzerindeki D noktasında gerilme durumunu bir eleman üzerinde gösteriniz, asal gerilmeleri bulunuz.
6 4
164
46.38*10
42.35 35.22
62.2 19.94
z
D D
I II
Tarafsız eksenin tabandan
uzaklığı y mm
I mm
MPa MPa
MPa MPa
σ τ
σ σ
=
=
= =
= = −
ÖRNEK 6
124
Mühendislik uygulamalarında bazen elemanların yük taşıma kapasitelerini arttırmak için çeşitli parçalardan oluşan yapma elemanlar kullanılır. Dış yüklerin etkisiyle eleman eğilmeye çalıştığında, birleşim araçlarından (çivi, cıvata, tutkal, kaynak vs) birleştirdiği parçalar arasındaki relatif kaymaya engel olması ve yapı elemanının yekpare davranışını sağlaması beklenir. Birleşim araçları hesabında, eleman boyunca taşınması gereken kesme kuvvetinin bilinmesi gerekir. Elemanın birim uzunluğuna etki eden kesme kuvvetine Kayma Akısı adını veriyoruz. [N/m]
KAYMA AKISI
Mz+dMz
dx
Mz
z
z A
dMdF y dA
I ′
= − ⋅∫
z z
z
dM SdF
dx dx I
′= −
dFq
dx=
y z
z
Q Sq
I=
Birim boydaki kesme kuvveti (kayma akısı)
Burada
q : Kirişin birim boyuna etkiyen kesme kuvveti
Sz : Birleşen parça enkesit alanının T.E. Göre statik momenti
Iz : Yapma kirişin enkesitinin tümünün T.E. Göre atalet momenti
Boyları ve çivi aralıkları aynı olan iki kesitten hangisi daha büyük kesme kuvveti taşır?
125
ÖRNEK 7 �ekilde gösterilen T kesit, dört ayrı ahşap parçasının çivilerle birleştirilmesinden oluşmaktadır. Kesite etkiyen kesme kuvveti 4 kN, bir çivinin taşıyabileceği kesme kuvveti ise 1600 N’dur.
a) Üst parçada gerekli çivi aralığı s1’ib) Alt parçalarda gerekli çivi aralığı s2’yic) Eğer birleşim çivili değil de tutkallı yapılsa a-a ve b-b yüzeylerindeki kayma gerilmelerini hesaplayınız.
Iz = 9.1x106 mm4
( )1 6
4000 100 20 42.937.7 /
9.1 10y z
z
Q Sq � mm
I
⋅ ⋅ ⋅= = =
× 1
1
160037.7 42.4s mm
s= ⇒ =
( )2 6
4000 15 20 57.17.52 /
9.1 10y z
z
Q Sq � mm
I
⋅ ⋅ ⋅= = =
× 2
2
16007.52 212.8s mm
s= ⇒ =
( )6
4000 100 20 42.91.26
9.1 10 30y za a
xy
z
Q SMPa
I bτ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= = =⋅ × ⋅
( )6
4000 15 20 57.10.38
9.1 10 20y zb b
xz
z
Q SMPa
I tτ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= = =⋅ × ⋅
Üst parça için
Alt parça için
126
ÖRNEK 8�ekilde gösterilen kiriş kesiti iki adet 20X100 mm lik ve iki adet 25X100 mm lik dört ahşap parçanın
çivilenmesi yoluyla elde edilmiştir. Kiriş 3 kN luk düşey kesme kuvveti taşımaktadır. Çivi aralığı100 mm olarak bilindiğine göre,
a) Her bir çivinin taşıyacağı kesme kuvvetinib) Kesitin üst yüzünden 40 mm aşağıda kayma gerilmesini hesaplayınız.
3 36 4140 100 100 50
10.625 *1012 12zI mm⋅ ⋅
= − =
( )6
3000 25.100*37.5
10.625 1026.47 /
26.47 /
y z
z
Q Sq
I
q
q � mm
q k� m
=
⋅=
×=
=
Birim boydaki bu kesme kuvveti 100 mm aralıklıiki çivi tarafından taşınacaktır.
2* 26.47*100
1324 1.324
çivi
çivi
Q
Q � k�
=
= =
( )6
3000 100 25 37.5 40 40 30
10.625 10 40
1
y zxy
z
xy
Q S
I b
MPa
τ
τ
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅= =
⋅ × ⋅
=
ÖDEVVerilen kesit içinbenzer hesapları
siz yapınız
127
ÖRNEK 9 �ekilde, iki parçanın kaynaklanması ile imal edilen bir kirişin en kesiti gösterilmiştir. Kaynakların her birinin bir metre boyda 200 kN luk kesme kuvveti taşıdığı bilindiğine göre Kirişin taşıyabileceği en büyük Qy kesme kuvveti nedir.
25 100 (75 12.5)43.75
2*25*100y mm
⋅ ⋅ += =
32
32 6 4
25 10025 100 31,25
12
100 25100 25 31.25 7.096 *10
12
zI
mm
⋅= + ⋅ ⋅
⋅+ + ⋅ ⋅ =
( )6
200 200
25.100*31.252*200
7.096 1036322
y z
z
y
y
Q S k� �q
I m mm
Q
Q �
= =
⋅=
×=
128
�ekildeki ahşap kirişin S düzlemindeki kesitte n-n yatayındaki normal gerilmenin mutlak değeri 10 MPa; m-m yatayındaki kayma gerilmesinin mutlak değeri 0,4 MPa olduğuna L açıklığı ve P kuvvetinin değeri nedir?
323
60 10 , 0.480 120 80 120
121280 1500 .
PL P
P � L mm
σ τ= ≤ = ≤
= =
i i
�ekildeki bileşik kesit iki dikdörtgen parçanın 100 mm aralıklarla çivilenmesi yoluyla imal edilmiştir. Bir çivi 600 N’luk kuvvet taşımaktadır. Ahşabın σem = 10MPa; τem = 2MPa olduğuna göre bu kesitin emniyetle taşıyabileceği Mz eğilme momenti ve Qy kesme kuvvetini hesaplayınız, hesaplanan değerler için kesitin kayma ve normal gerilme diyagramlarını çiziniz.
12
0 m
m4
0
6 4
60
21.76 10
600 680
2 8704
102.176
6
z
çivi y
maksahşap y
maksahşap z
y mm
I mm
Q � Q �
MPa Q �
MPaM k�m
MPa
τ
σ
=
= ×
= ⇒ =
≤ ⇒ =
≤ ⇒ =
ÖRNEK 10
ÖRNEK 11
129
ÖRNEK 12�ekilde gösterilen dikdörtgen kesitli kiriş 12 kN’luk tekil kuvvet etkisindedir. Kiriş üzerinde gösterilen A, B, C, D ve E noktalarındaki kayma ve eğilme gerilmelerini hesaplayıp bu noktalardaki asal gerilmeleri ve doğrultularını birer eleman üzerinde gösteriniz.
( )6
6
3 1060 50
3.6 10A
My MPa
Iσ
×= − = − = −
×0Aτ =
( )6
6
3 1030 25
3.6 10B
My MPa
Iσ
×= − = − = −
×
( )6
6000 25 30 452.25
3.6 10 25B MPaτ⋅ ⋅ ⋅
= − = −× ⋅
( )6
6
3 100 0
3.6 10Cσ×
= − =×
( )6
6000 25 60 303
3.6 10 25C MPaτ⋅ ⋅ ⋅
= − = −× ⋅
2tan 2 5.1zy I o
p p
x y
τθ θ
σ σ= ⇒ =
−
3
[MPa]
33
3
130
Çeşitli noktalardaki asal gerilmeler hesaplanıp çizilirse birbiri ile dik olarak kesişen iki grup eğri elde edilir. Bu eğriler asal (çekme/basınç) gerilme yörüngelerini gösterir. �imdi kesmeli eğilmeye maruz kesitte değişik noktalardaki asal gerilmeleri ve doğrultularınışematik olarak çizelim.
�u ana kadar kiriş enkesiti üzerindeki herhangi bir noktada kesme kuvveti ile eğilme momentinden oluşan normal, ve kayma gerilmelerinin hesaplanmasını gördük.
min
zmaks
z
M
Wσ = ± ( ) 3
2xy ortmaksτ τ=
;maks em maks emσ σ τ τ< <
( )6
6
3 1030 25
3.6 10D
My MPa
Iσ
×= − = − − =
×
( )6
6000 25 30 452.25
3.6 10 25D MPaτ⋅ ⋅ ⋅
= − = −× ⋅
2tan 2 5.1zy I o
p p
x y
τθ θ
σ σ= ⇒ = −
−
( )6
6
3 1060 50
3.6 10E
My MPa
Iσ
×= − = − − =
×
131
( )6
6
49.2 10106.9 123.75
42.5 10B
My MPa
Iσ ′
×= − = − = −
×
22
2
123.75 123.7552.4 143
2 2
143
boyun
boyun em
MPa
MPa
σ
σ σ
− = − + = −
= − >
6 4
6 3
3 3
240
42.5*10
0.354*10
207*10
140
70
z
z
z
em
em
�PI
I mm
W mm
S mm
MPa
MPa
σ
τ
=
=
=
=
=
6
123000*113.45*106*13.152.4
42.5*10 *8.7B MPaτ ′ = =
6
min 6max
49.2 10138.9
0.354 10 em
MMPa
Wσ σ
×= = = <
×∓ ∓ ∓
6
123000*20700068.9
42.5*10 *8.7maks emMPaτ τ= = <
Boyun noktasındaki asal gerilme
ÖRNEK 13 M. İNAN sayfa 286 daki problem : �ekilde gösterilen kesitin kesmeli eğilme etkisinde güvenli olup olmadığını araştırınız.
132
�ekilde kesiti gösterilen kiriş üç ayrı ahşap parçanın tutkal ve çivilerle birleştirilmesi ile imal edilmiştir. Tutkalın kayma emniyet gerilmesi τem = 0.5 MPa, ve bir çivinin taşıyabildiği kesme kuvveti 1500 N olduğuna göre, bu kirişin Sy=10 kN lukkesme kuvvetini taşıyabilmesi için çivi aralığı ne olmalıdır..
6 438.88*10
0.72
0.5 .
0.22
0.22*80* 1500 85
z
a a
çivi
I mm
Ahşap parçaların temas yüzeyinde
MPa
bunun MPa lık kısmını tutkal taşır
Çivinin taşıması gereken kayma gerilmesi
MPa
s s mm
τ
τ
−
=
=
=
= =
Dört ayrı ahşap parçasının şekilde gösterildiği gibi çivilenmesi yoluyla kutu kesitli kiriş imal edilmiştir. Bir çivi 150 N’luk kesme kuvveti taşıdığına göre B ve C deki çivi aralıklarını bulunuz.
6 4
, 6
, 6
150 1502.365/ 2 1.369 / 2
96.4 10
400*(190*40*75)2.365 /
96.4 10
400*(110*40*75)1.369 /
96.4 10
126.8 219.1
z
y zB B
z
C C
B C
I mm
Q Sq � mm
I
q � mm
B ve C deki kayma akıları hesaplanan değerlerin yarısıdır
s mm s mm
′
′
= ×
= = =×
= =×
= = = =
ÖRNEK 14 ÖRNEK 15
133
16- �ekildeki yapma kiriş kalasların yapıştırılması ile imal edilmiştir. Kirişin 5kN’luk kesme kuvveti etkisi altında olduğu bilindiğine göre yapıştırılan A yüzeyinde ve B yüzeyinde oluşacak kayma gerilmelerini hesaplayınız.
17- Dört ayrı ahşap parçasının tutkallanması ile şekilde gösterilen en kesite sahip kiriş imal edilmiştir. Kiriş Q = 850 kN kesme kuvveti taşımaktadır. A ve B noktalarında tutkal tarafından karşılanacak kayma akısı nedir?
18- Üç ahşap parçası şekilde görüldüğü gibi çivilenerek birleştirilmiştir. Her bir çivinin emniyetle taşıyabileceği kesme kuvveti 400 N ve s çivi aralığı 75 mm olarak bilindiğine göre kesite uygulanabilecek en büyük kesme kuvvetini bulunuz.
6 459.76 10
400738
75
z
y zy
z
I mm
Q Sq Q �
I
= ×
= = ⇒ =
6 487.52 10
49.77 /
1313.5 /
z
A
B
I mm
q � mm
q � mm
= ×
=
=
19-Açıklığı 6 m olan bir kiriş şekildeki gibi mesnetlenmiş olup üzerinde 350 N/m’lik yük bulunmaktadır. Kirişin kesiti iki farklışekilde yapıldığına göre çivi aralıklarını bulunuz (bir çivi 370 N değerinde yük taşıyabilmektedir).
30
15
0 m
m
30
30
15
0 m
m
30
134
21- �ekilde görülen kiriş üç ayrı ahşap parçasının tutkalla birleştirilmesi yoluyla imal edilmiştir. Tutkalın ve ahşabın kayma emniyet gerilmeleri sırasıyla 0,8 MPa ve 4 MPa olduğu bilindiğine göre P kuvvetinin alabileceği en büyük değeri ve kuvvete karşılık gelen en büyük eğilme gerilmesini hesaplayınız.
6 4/
6
2
hom lim
4.875 48.125*10
7.247
18000 (9.75*100*100)36.47
48.125 10200
20.6415
24
ahşap çelik z
c
civata
Kesiti eşdeğer ogen çelik olarak düşüne
b mm I mm
MPa
�q
mmq
MPa
τ
τπ
= =
=
•= =
•
= =i
i
�ekilde gösterilen kiriş kesiti, dört ahşap parçanın her 200 mm de bir 15 mm çapındaki cıvatalarla birleştirilmesiyle imal edilmiştir. Ahşabın elastisite modülü 13 GPa, çeliğin ise 200 GPa’dır. 18 kN’lukdüşey kesme kuvveti etkisi altında cıvatalarda oluşacak kayma gerilmelerini, kesitin geometrik merkezinde oluşacak kayma gerilmesini bulunuz.
ÖRNEK 22
6 438.88*10 5554 12.86*3z emI mm P � MPaσ= = = ±
20- �ekilde boyutları, yükleme durumu ve en kesiti gösterilen konsol kirişin yapıldığı malzemede σem = 140 MPa ve τem= 80 MPa olduğuna göre;
a) En büyük normal gerilme yönünden,b) En büyük kayma gerilmesi yönünden,c) Boyun noktasındaki asal gerilme bakımından kiriş kesitinin yeterli olup olmadığını ayrı ayrı belirleyiniz.
135
Et kalınlığı ince kesitlerin Kayma Merkezinin bulunması
y zxy
z
Q S
I bτ
⋅=
⋅
0CM =∑ x yM Q e= ⋅
x
y
Me
Q=
C
KAYMA MERKEZİ
Herhangi bir enkesit için kayma gerilmelerinin bileşkesinin geçmesi gereken tek bir nokta belirlenebilir ki o noktaya kayma merkezi adı verilir. Eğer dış kuvvet kayma merkezinden geçecek tarzda etkirse sadece eğilme oluşur. Aksi taktirde eğilmeye ek olarak burulma da meydana gelir.
Enkesitin yalnızca bir simetri ekseni varsa K.M. Bu eksen üzerindedir. İki simetri ekseni olan kesitlerde K.M. Bu eksenlerin kesim noktası olur. Genel kural olarak dolu ve içi boş kapalı kesitlerde K.M. Ağırlık merkezine yakındır.
136
ÖRNEK 13 �ekilde gösterilen başlık genişliği b, yüksekliği h ve et kalınlığı t olarak verilen [ kesitte kayma gerilmelerinin yayılışını çiziniz, kayma merkezinin yerini bulunuz.
y
2
hy−
z
y
* / 2
2y z y y
xz
z z z
Q S Q s t h Q hs
t I I t Iτ
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
Üst başlıkta E noktasından s kadar uzakta τxz kayma gerilmesini hesaplayalım.
Burada, parantez içine alınan terimler sabit olduğundan τ’nun şiddeti s ile artar. D noktasında s yerine b yazıldığında en büyük kayma gerilmesi değerine ulaşılır.
Gövde üzerindeki herhangi bir noktadaki τxy kayma gerilmesi ise benzer şekilde yazılırsa,
22
2
1( ( ) ( ( ) ))
2 2 2 2
1( ( ) ( ))
2 2 2 2
( )2 2
y z yxy
z z
yxy
z
yxy
z
Q S Q h h hb t y t y y
b I t I
Q h h hb y y
I
Q hb h y
I
τ
τ
τ
⋅= = ⋅ ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ − +
⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ + − ⋅ +
= ⋅ ⋅ + −⋅
( ) ( )A D
xz xzτ τ=Simetriden dolayı( ) ( )2
DD yxz xymaks
z
Q hb
Iτ τ
⋅ = = ⋅ ⋅
τxy kayma gerilmesinin D noktasındaki değeri, y yerine h/2 yazılarak bulunur. Bulunan bu değer, başlıkta z ekseni yönündeki kayma gerilmesine eşittir. Bu ifadelerden faydalanılarak en kesit üzerindeki kayma gerilmelerinin yayılışı gösterilmiştir.
137
( )2
2 2 4y y
DE AB zx ortz z
Q b h Q b h tb tF F b t
I Iτ
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅= = ⋅ ⋅ = ⋅ =
⋅ ⋅
0sM =∑ AB yF h Q e⋅ = ⋅
2 2
4y
y
z
Q b h tQ e
I
⋅ ⋅ ⋅= ⋅
⋅
2 2
4 z
b h te
I
⋅ ⋅=
⋅
τxy kayma gerilmesinin en büyük değeri y yerine sıfır yazıldığında aşağıdaki biçimde elde edilir. (C alan merkezi düzeyinde)
22
2( )
2 2
( )2 4
yxy
z
yCxy
z
Q hb h y
I
Q h hb
I
τ
τ
= ⋅ ⋅ + −⋅
⋅= ⋅ +
⋅
Başlıkların uçlarında kayma gerilmeleri sıfırdan başlayıp gövdede en büyük değerine ulaşacak şekilde (doğrusal olarak) artmaktadır. Ortalama gerilme ile başlık alanı çarpılarak başlıklarda taşınan kesme kuvvetleri hesaplanabilir. Yaklaşık olarak gövdenin de y ekseni doğrultusundaki bütün zorlamayı taşımakta olduğu hatırlanırsa S kayma merkezine göre yazılacak moment denge denkleminden kayma merkezinin yerini gösteren e değeri hesaplanır.
138
Bina kolonlarına üst katlardan gelen eksenel kuvvet yanında kolona bağlanan kirişlerden aktarılan eğilme momentleri de olur. Eksenel kuvvet artı iki eksene göre eğilme momenti şeklindeki zorlamaya eksantrik (kolon ekseni dışında etkiyen) normal kuvvet hali adı verilir.
�ekilde, herhangi bir simetri ekseni bulunmayan çubuk en kesitine etkiyen Me eğilme momenti ile N eksenel normal kuvveti gösterilmiştir. Me eğilme momentini z ve y eksenleri doğrultusundaki bileşenleri cinsinden gösterebiliriz.
EKSANTRİK NORMALKUVVET HALİ
139
140
Kesite eksenel normal kuvvet ile iki eksene göre eğilme momentleri etkimektedir. Eksenel kuvvet, z ekseninden e1=Mz/N kadar aşağıkaydırılarak Mz momenti silinebilir.
141
Benzer şekilde N normal kuvveti y ekseninden e2=My/N kadar sola kaydırmakla da My momenti silinirse
142
Başlangıçta verilen eksenel kuvvet artı iki eksene göre eğilme momenti yerine eksantrik normal kuvvet hali elde edilmiş olur. Eksantrik normal kuvvet, alan merkezine taşınırsa eksenel kuvvet + iki eksene göre eğilme momentleri elde edilebilir.
143
Süperpozisyon kuralını kullanarak eksantrik normal kuvvet halini, biri iki eksene göre eğilme momentlerinin bulunduğu eğik eğilme hali ile diğeri eksenel kuvvet hali olmak üzere ikiye ayırabiliriz. Eğik eğilme halindeki şekil değişimi ve gerilme diyagramışekil üzerinde hatırlatılmıştır.
( ) ( )2
z zy y y z zy
x
z y zy
M I z I y M I z I y
I I Iσ
− + −=
−
tan z y y zy
z zy y z
M I M I
M I M Iβ
+=
+
144
�
Aσ =
Eksenel kuvvet halinde çubuk eksenine dik ve düzlem olan kesitlerin çubuk ekseni doğrul-tusunda ötelendiğini ve normal gerilmenin en kesit üzerinde düzgün yayılı olduğunu anımsayınız.
145
�
A
( ) ( )2
z zy y y z zy
x
z y zy
M I z I y M I z I y
I I Iσ
⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅=
⋅ −
� Mex x xσ σ σ= +
( ) ( )2
z zy y y z zy
x
z y zy
M I z I y M I z I y�
A I I Iσ
⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅= +
⋅ −
Süperpozisyon denklemi EKSANTRİK NORMALKUVVET HALİ : ÖZET
146
z
y
G
C
BA
D
40
80
40kN
ÖRNEK 1 �ekilde gösterilen dikdörtgen blok köşesinden etkiyen 40 kN’luk kuvveti taşımaktadır. A, B, C, D noktasındaki normal gerilmeleri hesaplayınız.
40000� �= − 61.6 10zM �mm= × 60.8 10yM �mm= ×
6 41.7067 10zI mm= × 2 2533.33zi mm=
6 40.4267 10yI mm= × 2 2133.33yi mm=
yzx
z y
MM�y z
A I Iσ = − +
6 6
6 6
40000 1.6 10 0.8 10
80 40 1.7067 10 0.4267 10x y zσ× ×
= − − +× × ×
12.5 0.9375 1.875x y zσ = − − +
( ) ( ) ( )12.5 0.9375 40 1.875 20 62.5x A MPaσ = − − − + =
( ) ( ) ( )12.5 0.9375 40 1.875 20 12.5x B MPaσ = − − − + − = −
( ) ( ) ( )12.5 0.9375 40 1.875 20 87.5x C MPaσ = − − + + − = −
( ) ( ) ( )12.5 0.9375 40 1.875 20 12.5x D MPaσ = − − + + = −
z ve y asal eksenlerdir.
13.33 2y z= − +T.E. Denklemi için σσσσx = 0 yazarsak;
z = 0 � y = -13.33
y = 0 � z = 6.67
147
ÖRNEK 2�ekilde boyutları verilen kesite A noktasından P basma kuvveti etkimektedir. Malzemede güvenlik gerilmesi σem
= 60 ve σem =-120 MPa olduğuna göre kesitin taşıyabileceği P kuvvetini hesaplayınız.
( ) ( )( ) ( )
180 30 90 90 30 1565
180 30 90 30y mm
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅= =
⋅ + ⋅
( ) ( )( ) ( )
180 30 15 90 30 7535
180 30 90 30z mm
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅= =
⋅ + ⋅
( ) ( )3 3
2 2 6 430 180 90 3030 180 25 90 30 50 24.91 10
12 12zI mm⋅ ⋅
= + ⋅ ⋅ + + ⋅ = ×
( ) ( )3 3
2 2 6 430 180 90 3030 180 20 90 30 40 8.708 10
12 12yI mm⋅ ⋅
= + ⋅ ⋅ + + ⋅ = ×
( ) ( )( ) ( ) 6 430 180 25 20 90 30 50 40 8.1 10zyI mm= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ − = ×
( ) ( )2
z zy y y z zy
x
z y zy
M I z I y M I z I y�
A I I Iσ
⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅= +
⋅ −
( ) ( )( )
6 6 6 6
26 6 6
90 8.1 10 8.708 10 20 24.91 10 8.1 10
8100 24.91 10 8.708 10 8.1 10x
P z y P z yPσ
× ⋅ − × ⋅ − × ⋅ − × ⋅−= +
× ⋅ × − ×
0 0.372 30x y zσ = ⇒ = − ( ) 6123.4 1.53 4.11 10x P z yσ −= − + − ×
( ) ( ) 6 6123.4 1.53 5 4.11 115 10 588.4 10C P Pσ − −= − + − × = − ⋅ ×
( ) ( ) 6 6123.4 1.53 35 4.11 65 10 197.3 10D P Pσ − −= − + − − × = ⋅ × 6
6
588.4 10 120 204.08204
197.3 10 60 304.1em
P P k�P k�
P P k�
−
−
− ⋅ × ≤ − ⇒ = =
⋅ × ≤ ⇒ =
148
Özel Durum: z,y; asal eksenler olsun. (Izy = 0)
yzx
z y
MM�y z
A I Iσ = − + 0y z
x
z y
Pe PePy z
A I Iσ = + + =
1 0y z
z y
e ePy z
I IAA A
+ + =
2 21 0y z
z y
e ey z
i i+ + =
2
0 yz
z
iy S
e= → = −
2
0 zy
y
iz S
e= → = −
Parantez içi sıfır olmalı
T.E. Doğrultusunu belirleyebilmek için σx = 0 yazalım.
T.E. Yalnızca eksantrik kuvvetin etki ettiği noktanın koordinatına bağlıymış.
1 1
m in2 2
ymaks zx
z y
y zx
z y
Pe PePy z
A I I
Pe PePy z
A I I
σ
σ
= + +
= + +
149
ÖRNEK 3�ekilde gösterilen kesit P çekme kuvvetinin etkisi altındadır. T.E.’nin A ve B noktalarından geçebilmesi için P kuvvetinin uygulandığı E noktasının koordinatını hesaplayınız. σem = 140 MPa olduğuna göre P’ninalabileceği en büyük değer ne olmalıdır.
6 478.933 10zI mm= ×
6 418.933 10yI mm= ×
2 24933.3zi mm=
2 21183yi mm=
216000A mm=
yzx
z y
MMPy z
A I Iσ = − +
z, y asal eksenlerdir.
2 21 y z
x
z y
e ePy z
A i iσ
= + +
( ) ( )0 1 60 70 04933.3 1183
p px A
y zσ σ= = ⇒ + − + =
( ) ( )0 1 60 20 04933.3 1183
p px B
y zσ σ= = ⇒ + + =
( )26.28
2 90 045.681183
pp
p
z mmz
y mm
= −+ = ⇒
= −
( ) ( )45.68 26.281 100 70 140
16000 4933.3 1183maks D
Pσ σ
− − = = + − + − ≤ 643497P �≤
150
T.E. Kesitin sol kenarıyla çakışsın.
AB doğrusu tarafsız eksendir.
( )
( )
2 2
2 2
12 120 1 0
2 2
12 120 1 0
2 2
y zx
y zx
e eh bA
h b
e eh bB
h b
σ
σ
⋅ ⋅ = →→ + + =
⋅ ⋅ = →→ −+ + =
122 0 ; 0
6z
z y
e be e
b
⋅+ = ⇒ = − =
6yhe =
6zbe = −
3 22
12 12z
z
I bh hi
A bh= = =
3 22
12 12y
y
I b h bi
A bh= = =
2 21 0y z
z y
e ey z
i i+ + =
Benzer şekilde tarafsız eksenin BC, CD ve DA kenarları ile çakışık olması hallerinde Eksantrik kuvvetin etki etmesi gereken noktalar belirlenerek birleştirilirse dikdörtgen kesitin ÇEKİRDEK bölgesi elde edilir. Normal kuvvet bu bölge içerisinde etkirse kesit tek işaretli gerilme etkisinde kalır. Aksi halde TE, kesitin içerisine girerek kesiti basma ve çekme olmak üzere iki farklı bölgeye ayırır.
Bu husus özellikle tekil temellerin hesabında uygulama alanı bulur. Zemin, çekme gerilmeleri taşıyamadığından temel altında tamamen basma gerilmeleri elde edebilmek için gerektiğinde temel papucu bir doğrultuda uzatılarak eksantrik hale getirilir.
ÇEKİRDEK BÖLGESİ
151
Simetrik olmayan Tekil Sömeller (Temeller, ders notları Prof.Dr Halit DEMİR)
Bazen sömel altında üniform gerilme yayılışı temin edebilmek için sömeleksantrisitenin bulunduğu tarafa daha uzun yapılır. Bu yolla kolon eksenine göre simetrik olmayan bir sömel elde edilir. Aşağıda bu problem incelenmiştir.
Sömel üst seviyesinde tesir eden kuvvetler kolon ekseninin sömel tabanınıkestiği O* noktasına icra edilirse aynıdeğerde N kuvveti ve
* *'M M h H= +
momenti elde edilir. Buna göre kuvvetin O*O =e= M’/N olmak üzere O noktasına tek başına etkidiği düşünülebilir. Gerilme yayılışının üniform olması için O noktasının sömel tabanının ağırlık merkezinde olması gerekir. Buna göre dikdörtgen tabanlısömeller için,
1 2
2 2
1 2
1 2
2
2
A
A
A e
A e
A A e
A A e
= +
= −
− =
= +
yazılabilir. Demek ki e=M’/N ile e belirtilir ve A1
uzunluğu, A2 uzunluğundan 2e kadar fazla tutularak uniform gerilme yayılışı sağlanır.
�
H
O *O
*M
*h
B
�
900� k�=
75H k�=
* 150M k�m=
ÖRNEK 4.1
* *
0.25
' 150 1 75 225
' 2250.25
900
z MPa verildiğine göre
M M h H k�m
Me m
�
σ =
= + = + =
= = =
i
Zeminin emniyet gerilmesi 0.25 MPa olduğuna göre sömel ve üzerindeki toprak için 0.025 MPaazaltma yaparsak (Sömel tabanının 1.25 m derinde olduğu kabul edilerek, ortalama birim hacim ağırlığı 20 kN/m3 alınarak 1.25*20=25 kN/m2
=0.025 MPa
2
6
.
9000004000000
0.225
4 10 2000
netz
Ön boyutlandırma için düzgün yayılı gerilme
kabulu yapılabilir
�Alan mm
A B mm
σ= = =
× = × =
0.25 0.025 0.225 .netz MPa olurσ = − =
3
6
2000 200012
2 2
25 200 : 6 33 .
900000 225 10, 1000
2000 2000
0.39375 .
3 2
eb eb
neteb z
m lik simetrik bir sömel seçilirse
e cm cm sömelde çekme gerilmesi oluşmaz
hesaplanırsa
MPa sömel alanı büyütülmelidir
m lik simetrik
σ σ
σ σ
×
×
= < =
×= − − =
×
= − >
×
3
6
2000 300012
25 300 : 6 50 .
900000 225 10, 1500
3000 2000
0.225 .
eb eb
neteb z
bir sömel seçilirse
e cm cm sömelde çekme gerilmesi oluşmaz
hesaplanırsa
MPa sömel alanı yeterlidir
σ σ
σ σ
×
= < =
×= − − =
×
= − =
�
H
O
*M
*h
Simetrik Sömelhesabı
153
900� k�=
75H k�=
* 150M k�m=
�
H
O *O
*M
*h
Buna göre sömelin bir tarafa olan çıkması diğer tarafa olan çıkmadan 2e=0.50 m fazla olacaktır. Zeminin emniyet gerilmesi 0.25 MPa olduğuna göre sömel ve üzerindeki toprak için 0.025 MPa azaltma yaparsak (Sömel tabanının 1.25 m derinde olduğu kabul edilerek, ortalama birim hacim ağırlığı 20 kN/m3 alınarak 1.25*20=25 kN/m2 =0.025 MPa
ÖRNEK 4.2
* *
0.25
' 150 1 75 225
' 2250.25
900
z MPa verildiğine göre
M M h H k�m
Me m
�
σ =
= + = + =
= = =
i
36 2 2
0.25 0.025 0.225 .
900 104 10 4
0.0225
netz
netz
MPa olur
Gerilmeuniform olacağına göre sömelin taban alanı
�A B mm m
σ
σ
= − =
= = = =i
i i
1 2
2 2
2
1 0.25 1.25
1 0.25 0.75
A
A
A B m alınırsa
A e m
A e m
= =
= + = + =
= − = − =
bulunur. Sonra kritik kesitlerdeki kesit tesirleri hesap edilerek kesit hesabı ve tahkikleri yapılır.
Eksantrik Sömelhesabı
154
ÖRNEK 5 �ekilde gösterilen sömelde oluşacak en büyük basma gerilmesini hesaplayınız. Zeminin çekme gerilmesi taşımadığı kabul edilecektir.
Gerilmelerden oluşan kuvvet ve tarafsız eksene göre moment dış kuvvet ve momente eşit olmalıdır.
2.(3 ) 1002
22.(3 ) . (3 ) 100(2.5 )
2 3
B
B
s k�
s s s
σ
σ
− =
− − = −
21.5 , 66.7 ( )
1500 0.0667
k�B m
B
s m KPa
s mm MPa
σ
σ
= =
= =
1001
100y
z
Me m
�= = = −
−
30050
6 6
hcm= =
Eksantrik normal kuvvet, çekirdek bölgesi dışındadır. O halde TE kesitin içine girmiştir.
155
�ekilde gösterilen blok, Emniyet gerilmesi 100 MPa olan bir malzemeden yapılmıştır. Bu kesitin taşıyabileceği en büyük P basma kuvvetini hesaplayınız. Malzemenin çekme gerilmesi taşımamasıdurumunda P kuvvetinin değeri ne olur?
ÖRNEK 6
yzx
z y
MM�y z
A I Iσ = − +
3 6
6 13
.10 0 .10 1.50
12.10 3.6.10x
z
P Py z
Iσ
−= − + =
T.E. Denklemini bulalım.
012 24000
2000 .
x
P Pz
z mm
σ−
= + =
=
Gerilme bloğunun bileşkesi P kuvvetidir ve Tarafsız eksene göre moment,
(6 ).2.2
2(6 ).2. . (6 ) (4.5 )
2 3
em
em
s P
s s P s
σ
σ
− =
− − = −
1.5 , 450s m P k�= =
( ) ( 3000) 10012 24000
480 .
x
P PA
P k�
σ−
= + − = −
=
Malzemenin hem çekme hem de basma gerilmeleri taşıması durumu için bulunan P
kuvveti
Malzemenin çekme gerilmeleri taşımamasıdurumu için bulunan P kuvveti
156
ÖRNEK 7 Eksantrik normal kuvvetle yüklü, enkesiti 60x180 mm2 olan çubukta σem = 10 MPa ve σem = -6 MPa olarak bilindiğine göre çubuğun taşıyabileceği en büyük P kuvvetini hesaplayınız.
60 mm
180 mm
y
z
A
P
maks
min
TE30 m
m
G
10 mm
90
0z
y
� P
M P
M
=
= ×
=
0zyI =z ve y asal eksenlerdir.
3 22
12 12z
bh hi
bh= =
yzx
z y
MM�y z
A I Iσ = − +
2
90 901x
z z
P P Py y
A I A iσ
×= − = −
2
90 121 1
30x
P P yy
A h Aσ
× = − = −
0 30x y mmσ = ⇒ =
min
10801 1 6
60 180 32400 60 180 30
P P yyσ = − = − ≤ − × ×
32400P �≤
1 1060 180 30maks
P yσ = − ≤ ×
27000P �≤
27min 27
32.4enbüyük
k�P k�
k�
= =
T.E. Denklemi için σσσσx = 0 yazarsak;
157
Gerilme Durumunun İncelenmesi
ez = 0 hali; z, y asal eksenler olsun.
N x
P Aσ
=
zx
z
My
Iσ
=−
0z y y� P M P e M= =− ⋅ =
zx
z
M�y
A Iσ = − y
x
z
P ePy
A Iσ
⋅= +
2
61 y
hmaks y
eP
bh hσ
=
× = +
min
2
61 y
hy
eP
bh hσ
=−
× = −
Özel Durum :
e = 0 ise eksenel normal kuvvet haliminmaks
P
b hσ σ= =
⋅ min 0σ = ; 26 maks
h Pe
b hσ = = ⋅
ise
6he
�
M
<<
↑↑
↓ min
6
0maks
he
σ
σ
<
>min
60
0maks
he
σ
σ
=
>
= min
60
0maks
he
σ
σ
>
>
<
6he
�
M
>>
↓
↑↑
21 y
x
z
ePy
A iσ
= +
2
121 y
x
ePy
A hσ
× = +
158
ÖRNEK 8�ekilde gösterilen tablalı kesitte tarafsız eksenin K ve L noktalarından geçebilmesi için eksantrik normal kuvvetin etkimesi gereken noktanın koordinatlarını hesaplayınız.
,
052.8 33.73
0
p p
z p y p
Kx
p pLx
Pozitif BÖLGEDE koordinatları y ve z olan herhangi bir noktadaki
çekme kuvveti P olsun
M P y M P z � P
z mm y mmσ
σ
= − = =
== − =
=
6 4
6 4
6 4
315.65 ,
263.22
4243*10
9226*10
3283*10
z
y
zy
Alan merkezi
tabandan mm
sağ kenardan mm
I mm
I mm
I mm
↑
←
=
=
=
159
A noktasından P basma kuvveti uygulanan T kesite haiz kirişin basma ve çekmedeki emniyet gerilmeleri sırasıyla -70 MPa 140 MPa’dır. P basma kuvvetinin alabileceği en büyük değeri hesaplayınız.(Iz = 0,58x106 mm4 Iy = 0,39x106 mm4 A = 2000 mm2)
�ekilde boyutları verilen kesitte A noktasından P basma kuvveti etkimektedir. Malzemede çekme emniyet gerilmesi 60 MPa basma emniyet gerilmesi –120 MPa olduğuna göre kesitin taşıya-bileceği en büyük P kuvvetini hesaplayınız. Bulunan bu P değeri için kesitte gerilme dağılımınıçiziniz.
( 0.5 0.00345 0.02564 )
( 30; 22) 70
52.04
x
B
P y z
z y MPa
P k�
σ
σ
= − − +
= − = ≤ −
=
6 4
6 4
6 4
3
24.91*10
8.708*10
8.1*10
50*10
0
1000
z
y
zy
z
y
I mm
I mm
I mm
M P �mm
M �mm
� P �
=
=
=
= −
=
= −
( 0.123457 0.00268 0.00288 )
( 35; 65) 120 296.7
( 5; 115) 60 308.7
296.7
x
E
D
P z y
z y MPa P k�
z y MPa P k�
P k�
σ
σ
σ
= − − +
= = − ≤ − =
= = ≤ =
=
ÖRNEK 9 ÖRNEK 10
160
12- Düşey 4,8 kN lukkuvvet etkisi altında ahşap kolonun A, B, C, D noktalarındaki gerilmeleri hesaplayınız.
13- �ekilde gösterilen kesit y ekseni üzerinde olan P çekme kuvvetinin etkisi altındadır. Kesitin A noktasındaki normal gerilmenin B noktasındakinin iki katı olduğu bilindiğine göre P kuvvetinin uygulandığı noktanın A noktasından uzaklığınıhesaplayınız. Iz = 63,96x106 mm4 A=14400 mm2
P = 100 kN şiddetindeki basma kuvveti şekilde görülen kesite A noktasından etkimektedir. En kesit üzerinde gerilme diyagramını çizip kesitteki en büyük ve en küçük normal gerilmeyi hesaplayınız.
6 4
6 4
4
80 ,
5.33*10
1.73*10
0
4 5
100
25 0.75 2.89
( ) 199
( ) 104
z
y
zy
z y
x
Alan merkezi
tabandan mm
I mm
I mm
I mm
M k�m M k�m
� k�
y z
A MPa
B MPa
σ
σσ
↑
=
=
=
= =
= −
= − − +
= −
= +
P kuvvetinin çekme olması halini siz inceleyiniz
ÖRNEK 11
14- Kesitin A noktasından P = 120 kN şiddetinde çekme kuvveti etkimektedir. Kesitte gerilme dağılımını çiziniz.
2
)
' (0; )
. 0 .
1
( ) 2* ( ) 15.06
14
D
z D y
yz D Dx
z y z z
D
a A ve B �oktalarında aynı işaretli gerilme olsun
Kuvvetin TE nin üst tarafında D y noktasında etkidiğini
kabul edelım � P M P y M olur
MM P y y� P Py z y y
A I I A I A i
A B y mm
AD
σ
σ σ
= = − =
= − + = + = +
= ⇒ = −
=
i
i
5 15.06 129.9
)
2665D
mm
b A ve B �oktalarında farklı işaretli gerilme olsun
y mm
− =
=
161
15- Yanda şekilde gösterilen istinat duvarının yapıldığımalzemenin birim hacim ağırlığı γ = 25 kN/m2 ve yatay toprak itkisi h = 120 kN’dur. İstinat duvarının altındaki zemindeki gerilmeleri bulunuz.
16- Yanda şekilde elemana iki kuvvet etki etmektedir. En büyük gerilmenin 70 MPa’yı geçmemesi istendiğine göre en büyük P kuvvetini bulunuz.A = 2897 mm2; d = 254 mm; bf = 65 mm; tf = 11,1 mm; tw = 6,1 mm; Iz = 28,1x106
mm4; Iy = 0,949x106 mm4
(Kuvvetler gövde orta noktaya etkimektedir)
17- Yanda şekilde elemana P = 150 kN değerinde bir kuvvet etki etmektedir. En büyük gerilmenin 125 MPa’yı geçmemesi istendiğine göre en büyük a mesafesini bulunuz.A = 4570 mm2; d = 201 mm; bf = 165 mm; tf = 10,2 mmtw = 6,2 mm; Ix = 34,5x106 mm4; Iy = 7,62x106 mm4
166
14B
C
kPa
kPa
σ
σ
= −
= −
51.6P k�=
31.2a mm=
16.1x mm=
z z
162
KOLONLARIN BURKULMASI
163
KOLONLARIN BURKULMASI
Yapı elemanlarının gerilme ve şekil değiştirme kriterlerine göre incelenerek boyutlandırılmasıbundan önceki bölümlerde ele alındı. Bu bölümde yapı elemanlarının aldığı biçimi yük etkisi altında koruyup koruyamayacağı konusu araştırılacaktır. Stabilite, yapının ani biçim değişimi yapmadan verilen bir yükü taşıma kabiliyeti olarak tanımlanabilir. Aşağıdaki şekilde, üç farklı yüzey ve üzerindeki küre gösterilmiştir. Kürelere denge konumlarından küçük sapmalar verilip serbest bırakıldıklarında nasıl davranacakları hususunu, üç ayrı denge konumunu açıklamakta kullanabiliriz.
Iw
N
IIw
N
Farksız Denge
Eğer küre denge konumu I`den uzaklaştırılırsa, küreyi orijinal denge konumuna döndürmeye zorlayan yeni bir F kuvveti oluşur. Bu denge durumu KARARLI DENGE olarak adlandırılır.
Küre denge konumu I`den hareket ettirilirse oluşan kuvvet küreyi denge konumundan daha da uzaklaştıracaktır. Bu denge durumuna KARARSIZ DENGEdenir. Gerçek yapılardaki göçme olayına benzetilebilir.
Küre, denge konumu I`den hareket ettirildiğinde orada kalır ve denge konumu hiçbir zaman bozulmaz.Bu şekil kararlı ve kararsız denge arasında bir durumu gösterir ve FARKSIZ DENGE diye adlandırılır.
164
P P
P P
(N + M)
EKSENEL YÜKLÜ KOLONLAR
Bu bölümde kolonların elastik burkulması ele alınacaktır. Burkulma probleminde amaç, doğru eksenli denge konumuna sahip bir kolonun eksenel basma yüküaltında, eğri eksenli başka bir denge konumu olup olmadığını belirlemek ve varsa kolonu bu denge konumuna geçiren P yükünü hesaplamaktır.
İki ucu mafsallı bir kolon ele alalım ve aşağıdaki şartları sağladığını kabul edelim:a) Kolon başlangıçta doğru eksenlidir.b) Eğilme rijitliği EI, uzunluk boyunca sabittir.c) Malzeme lineer elastik, homojen ve izotroptur.d) Yük tam olarak ekseneldir.e) Yerel burkulma meydana gelmez.
İki ucundan mafsallı eksenel basma kuvveti taşıyan bir çubuk düşünelim. Eksenel kuvvetin yavaş yavaş artmasıdurumunda çubuk doğru eksenli başlangıç durumunu koruma eğilimindedir. O halde çubuğun doğru eksenli denge konumu, kararlı denge konumudur diyebiliriz. Eksenel kuvvetin belirli bir değerine ulaşıldığında çubuk, doğru eksenli denge konumunu bırakıp aniden eğri eksenli başka bir denge konumuna geçer. Bu olaya burkulma adını veriyoruz. Çubuk burkulduktan sonra yüklemedeki küçük değişmelerle kendisine yine eğri eksenli başka başka denge konumları bulur. Çubuğun eğri eksenli denge konumunu kolayca değiştirme eğiliminde olması sebebiyle bu denge konumuna kararsız denge konumu adı verilir.
Burkulma, eksenel basma kuvveti taşıyan narin çubuklarda meydana gelir. En kesit alanı küçük, boyu büyük olan narin çubukların eksenel yük taşıma kapasiteleri burkulma olayı nedeniyle azalır.
DÜZ BURKULMU�
N
165
cos
sin
� P
Q P
M P y
θθ
= − ⋅
= ⋅
= − ⋅
tan
cos 1
sin
yθ θθθ θ
′≈ ≈
≈
≈
� P
Q P y
M P y
= −
′= ⋅
= − ⋅2
2
d y M
dx EI=
2
2
d y M Py
dx EI EI= = −
2
20
d y Py
dx EI+ =
2 P
EIλ = 2 0y yλ′′ + = Diferansiyel denkleminin çözümü;
( ) ( ) ( )sin cosy x A x B xλ λ= + �eklindedir. Burada A ve B sabitleri sınır koşullarından bulunabilir.
( )0 0 0x y= ⇒ =
( ) 0x L y L= ⇒ =
( )0
0 sin 0A=��
( )1
cos 0B+��
0B = ( ) ( )siny x A xλ=
( ) ( )0
sin 0y L A Lλ= =����
L nλ π=n
L
πλ = 1, 2, 3, ...n =
( )1/ 23/ 2
1
1
v
vρ′′
=′+
166
( ) sinn
y x A xL
π =
( ) siny x A xL
π =
( ) 2siny x A x
L
π =
( ) 3siny x A x
L
π =
2
1 2
EIP
L
π=
2
2 12
44
EIP P
L
π= =
2
3 12
99
EIP P
L
π= =
n = yarım sinüs eğrisi sayısı
2
2kritik
EIP
L
π=
İki ucu mafsallı kolonlar için EULER denklemi
2 P
EIλ =
2 22
2
n P
L EI
πλ = =
2 2
2n
n EIP
L
π=
Deformasyon bağıntısı
Burkulmaya yol açan en küçük yüke kritik yük denir. Kritik yüke ulaşıldıktan sonra ikinci mertebe momentler sebebiyle çubuktaki deformasyon hızla artarak çubuğun tahrip olmasına yol açar.
Basında bazen beton dökümü sırasında kalıp çökmesi nedeniyle meydana gelen yaralanma haberlerine rastlarız. Betonarme bir binanın kalıbının yapımında kirişve döşeme altlarına 50-75 cm aralıklarla yerleştirilen dikmeler kullanılır. Bir dikmenin burkulma açısından taşıyabileceği eksenel kuvvet küçüktür. Dikmeler, kuşak adı verilen ahşap elemanlar yardımı ile ortalarından hareket edemeyecek tarzda her iki yönde birbirlerine bağlanırsa burkulma yükü önceki yükün 4 katıolur. Eğer dikmeler uzunluklarının üçte bir noktalarından kuşaklarla bağlanmak suretiyle hareket edemez hale getirilirse burkulma yükübaşlangıçtaki yükün 9 katına çıkar. Dolayısıyla kalıp tamamlandıktan sonra kuşakların dikkatlice kontrol edilmesi kalıp çökmelerini büyük ölçüde engellermiş.
167
0.5bL L=
2min
24kritik
EIP
L
π=
0.7072
b
LL L= =
2min
22.05kritik
EIP
L
π=
2bL L=
2min
2
1
4kritik
EIP
L
π=
bL L=
2min
2kritik
EIP
L
π=
2min
2kritik
b
EIP
L
π=
Elastik eğrinin büküm noktaları arasındaki uzaklık, (Lb) burkulma boyu olarak tanımlanırsa, Euler kritik burkulma yükü formulünüfarklı mesnet koşullarına sahip çubukların burkulma yüklerinin hesaplanmasında kullanmak mümkündür.
Burkulma olayı, en kesitin en küçük atalet momentini veren eksene dik doğrultudaki yer değiştir-mesi ile meydana gelir. Bu sebeple İnce dikdörtgen ve L kesitler yerine her eksene göre atalet momentleri aynıolan Daire, halka, tüp yada geniş başlıklı I profil kesitlerin kullanılmaları daha uygun olur.
168
Bir kolonda burkulmaya yol açan en küçül normal gerilme σkritik (σkr), Euler burkulma yükü bağıntısının alana bölünmesiyle elde edilebilir. İki ucu mafsallı bir kolonda,
2 2 2min
22 2
2min
kr
bb
P EI E E
LA L A
i
π π πλ
= = =
şeklinde ifade edilebilir. Burada λ, narinlik olarak tanımlanır. Narinlik EI (eğilme rijitliği) veya P (yükleme) ile ilişkili değildir.
bL
iλ =
2
2kr
Eπσ
λ=
Burkulma gerilmesi düşey eksende, narinlik değerleri de yatay eksende gösterilerek σkr – λeğrisi çizilecek olursa, λ nın büyük değerlerinde eğrinin yatay eksene hızla yaklaştığı, küçük değerlerinde ise eğrini hızla büyüyerek düşey eksene asimptot olduğu görülür. Oysa normal gerilmenin büyümesiyle malzemede akma adınıverdiğimiz kalıcı şekil değiştirmelerin ortaya çıkıp ezilme ve göçme olması gerekirdi. Dolayısıyla narinliğin küçük değerlerinde Euler hiperbolününkullanılması doğru olmaz. Orantılılık sınırına karşı gelen narinlik değeri bir kriter olarak alınabilir.
2min
2kritik
b
EIP
L
π=
2
2p
p
Eπσ
λ=
2 3
2
210 10190
p
πλ×
= 105pλ ≅
Yapı çeliği için kritik narinlik değeri 105 dir
KRİTİK GERİLME – NARİNLİK İLİ�KİSİ
169
( )( )
310 1.14 çelik için
29.3 0.194 ahşap için
p kritik
p kritik
Tetmajer doğru denklemleri
λ λ σ λ
λ λ σ λ
< ⇒ = −
< ⇒ = −
p pλ λ σ σ < >
p pλ λ σ σ > <
Tetmajer eğrisi geçerli burkulma elastik değil.
Euler hiperbolü geçerli burkulma elastik bölgede.
Narinliğin 105 den küçük olması durumunda burkulma gerilmesi orantılılık sınırını aşmakta dolayısıyla malzemede kalıcı şekil değiştirmelerin olması beklenmektedir. O zaman bu bölgeye Elastik Olmayan yada Plastik Burkulma Bölgesi adının verilmesi yanlış olmayacaktır. Narinliğin 105 den büyük olması durumunda ise burkulma gerilmesi oldukça küçük değerler alacağından, bu bölgedeki burkulmaya Elastik Burkulma Bölgesi denebilir. Plastik Bölgedeki burkulma yükünün belirlenmesinde ise Tetmajer’in deneysel çalışmaları sonucunda önerdiği doğru denklemleri kullanılabilir.
NARİNLİK – KRİTİK GERİLME İLİ�KİSİ : ÖZET
170
KOLONLARIN TASARIMI
1) Analiz (kontrol) : Lb, A, P bilinen büyüklükler.
min
( )bL hesaplai
λ = ⇒
y
y
z z( )2
2Euler formülünü kullan ;p kr kr kr
EP A
πλ λ σ σ
λ> ⇒ = = ⋅
( ) ( )Tetmajer formülünü kullan fs güvenlik katsayısıkritikp toplam
PP
fsλ λ< ⇒ =
2) Boyutlandırma : E, P, Lb bilinen büyüklükler.
( )1krP fs P fs= ⋅ >
Burkulmanın elastik bölgede olduğu kabul edilir (λλλλ > λλλλp).
( ) 2
2
bfs P LI
Eπ=
i
P yükünü elastik burkulma bölgesinde taşıyabilecek en küçük atalet momenti hesaplanır (Imin) Bulunan bu atalet momentini sağlayacak uygun bir kesit seçilir (I, U, T veya dikdörtgen).
λ hesaplanarak λp değeri ile karşılaştırılır. Eğer (λλλλ > λλλλp) ise kabul doğrudur.
2
2kr
Eπσ
λ= kr krP Aσ= ⋅
krtoplam
PP
fs=
Eğer (λλλλ < λλλλp) ise kabul yanlıştır ve kesit büyütülerek işlemler tekrarlanır.
171
ÖRNEK 1 �ekilde boyutları verilen iki ucu mafsallı ahşaptan imal edilmiş kolonun taşıyabileceği P basma kuvvetini, kolon boyunun 4 ve 2 metre olması halinde ayrı ayrı hesaplayınız. (E = 10 GPa,)
y
z
120
100
100 29.3 0.194p krλ λ σ λ< = = − ⋅
37 4
7 4min3
6 4
120 1001 10
12 1 10100 120
14.4 1012
z
y
I mmI mm
I mm
×= = ×
= ×× = = ×
4000bl l mm= =
7
min
1 1028.9
12000i mm
×= =
m in
4000138.41 100
28.9b
p
l
iλ λ= = = > =
2 2 4 7
2 2
1 10 1 10 6162261622 , 5.14
4000 100 120kr kr
b
E IP � MPa
l
π πσ
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ×= = = = =
⋅
2000bl l mm= =
4min 28.9i mm= 2000
69 10028.9 pλ λ= = < =
kr krP A σ= ⋅ ( )15.91
100 120 29.3 0.194 69 190968kr
MPa
P �= ⋅ ⋅ − ⋅ =��������
Olsaydı;
Burkulma elastik bölgede Euler formülü geçerlidir.
Burkulma plastik bölgede Tetmajer formülü geçerlidir.
172
ÖRNEK 2 Burkulma boyu Lb = 3m olan bir kolon P = 400 kN’luk bir eksenel kuvvet etkisi altındadır. Kolon E = 210 GPa olan dairesel kesitli D dış çapına sahip ve D/12 et kalınlığı olan içi boş bir borudan yapılmıştır. fs = 3 alınarak D dış çapını hesaplayınız.
2 3 26 4
2 2 3
3 400 10 30005.21 10
210 10bfs P l
I mmEπ π
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = = ×
⋅ ⋅ ×D-D/6
D
4
4 6
64 64
DD
DI
ππ
− = −
46 40.51775 5.21 10
64
DI mm
π= = × 119.65 120D mm mm= ≈ 120
1012
t mm= =
( )2 2 2120 100 34544
A mmπ
= − =4
41200.51775 5267381
64I mm
π= =
526738139.05
3454
Ii mm
A= = =
300076.82 105
39.05 pλ λ= = < =
310 1.14krσ λ= − 310 1.14 76.82 222.4kr MPaσ = − × = max
222.4 3454256056 400
3P � k�
×= = <
6 4 2140 14 11.13 10 5540 44.8D mm t mm I mm A mm i mm= = = × = =
Kesit bu yükü taşıyamaz. Kesit büyütülür.
300067 105
44.8λ = = < 310 1.14 67 233.6kr MPaσ = − × =
max
5540 233.6431381 400
3P � k�
×= = >
6 4 2165 9.95 14.62 10 4847 54.93D mm t mm I mm A mm i mm= = = × = =3000
54.61 10554.93
λ = = < 310 1.14 54.61 247.74kr MPaσ = − × = max
4847 247.74400240 400
3P � k�
×= = >
Süleyman Aksoy tarafından yapılan kesit seçimi 21 Mayıs 2009
173
�ekildeki L kesitli ahşap kolonun fs = 3 güvenlik katsayısı ile taşıyabileceği P yükünü bulunuz.E = 10 GPa
6 4min
;
35 65
5.3524 10
77.803
14.21
38357kr
em
tabana ve sol kenara göre statik
moment alınırsa
y mm z mm
I mm
MPa
P �
λσ
= =
= ×
=
=
=
�ekilde görülen BC çubuğu 90x180mm dikdörtgen kesitli ahşaptan yapılmıştır. Çubuğun fs = 3 güvenlik ile taşıyabileceği q yükünü; L = 3 m olması halinde, hesaplayınız. E = 10 GPa, λp = 100
6 4min 10.935 10
115.47
39.972
15
em
I mm
P k�
k�q
m
λ
= ×
=
=
=
ÖRNEK 3 ÖRNEK 4
174
ÖRNEK 5
Aralarında 1.2 mm boşluk olan 25 mm çaplı silindirik çubukların uzunlukları 1’er metredir. Isıl genleşme katsayısı a = 12x10-6 1/oC olduğuna göre,
a) Boşluğun kapanmasına, b) Çubukların elastik burkulmasına yol açan sıcaklık artışını hesaplayınız.
L L Tα∆ = ⋅ ⋅ ∆
60.0012 12 10 2 T−= × × × ∆
50T C∆ =
( ) ( )t e
L L∆ = ∆ �LT L
AEα ∆ = E Tσ α= ∆
Boşluk kapandıktan sonra sıcaklık artmaya devam ederse iç kuvvet oluşur.
2
2kritik
EE T
πα σ
λ∆ = =
2
28.03T C
πα λ
∆ = =⋅
4 2
24 4 2
I r r ri
A r
ππ
= = = =
Çelik AB çubuğu kare kesitli olup iki ucu mafsallıdır. 2 güvenlik katsayısı ile sisteme uygulanabilecek P kuvvetinin şiddetini hesaplayınız.
λkr= 105, λ<λkr için σkr = 310 -1.14λ (burkulma plastik bölgede ise)
ÖRNEK 6
30,0°
A
B
P
C
3 m
38x38mm2
4
2
3000 3000273 105
10.9738
12 38
krλ λ= = = > =
×
4438
17376112
I mm= =
2
21.732kr
em
b
P EIP P
fs fs L
π= = =
i
2 3
2
200 10 17376111002 11
3000 2 1.732P � k�
π × × ×= = =
× ×
175
�ekilde görülen sistemdeki AB ve BC elemanları dışçap 120 mm, et kalınlığı 10 mm olan alüminyum çubuklardır. Burkulma güvenliğini en büyük yapacak h yüksekliğini bulunuz. mg = 75 kN olduğunda karşılık gelen güvenlik katsayısını hesaplayınız. E=70 GPa
ÖRNEK 7
Ferdinand P.BEER & E.Russel JOHNSTON, Mechanics of Materials, McGraw-Hill Book Comp.1981
2
2 2min min
,
9 3, ,
2 2 2
3,
2 36 2 166.75 6.07
kr
BC
kablo BC ve AB çubuk kuvvetleri
h mg mg mgK BC AB
h hçubukların P yükleri yazılıp taraf tarafa bölünürse
EI EImg mg
hh m fs
π π
+= = =
= =
= =
2,5 m burkulma boyu olan kolonun kesiti şekildeki gibidir. Taşıyabileceği P yükü 350 kN olduğuna göre n güvenlik katsayısını hesaplayınız.A = 3325 mm2; E = 200 GPa; Iy = 8,865x106 mm4; Ix = 11,557x106 mm4)
min 51.63 , 48.4
310 1.14*48.4 254.8
254.8*3325 847226
8472262.42
350000
kr
kr
kr
i mm
MPa
P �
Pn
P
λ
σ
= =
= − =
= =
= = =
ÖRNEK 8
mg
176
ÖRNEK 9
Ferdinand P.BEER & E.Russel JOHNSTON, Mechanics of Materials, McGraw-Hill Book Comp.1981
ÖRNEK 10
Burkulma boyu L olan kolon dxd/3 boyutlarındaki ahşap bloklardan şekildeki düzenlemelerde oluşturulmak isteniyor. Burkulma açısından taşıyabilecekleri kuvvetlerin (PA/PB) oranını hesaplayınız.
min
min
271.421
19
A Akr
B Bkr
P I
P I= = =
�ekildeki yükleme altında en büyük L değerini hesaplayınız.E = 200 GPa, σkr = 290 MPa, A= 1452 mm2, iz = 41,6 mm, i y = 14,75 mm fs = 1,92
P = 60 kN
2min
2
2min
* ,
14.75 *1452
2325
60000*1.9279
1452
kr em
b
kr
EIP P fs
L
I
L mm
MPa
π
σ σ
= =
=
=
= = <
177
12- Uzunluğu L = 1.5 m olan, iki ucu mafsallı bir ahşap çubuk fs = 3 güvenlik katsayısı ile P = 60 kN değerindeki eksenel kuvvetini taşıyacaktır. Çubuğun kesiti dikdörtgen ve bir kenarı diğerinin iki katıdır. Buna göre kesiti boyutlandırınız.E = 10 GPa, λp = 100
11- �ekildeki kolona başlangıçta hiçbir kuvvet etkimemektedir. Sıcaklık 40o C arttırıldığında burkulmanın olduğu bilindiğine göre kolonun L boyunu bulunuz (E = 200 GPa; α = 11,7x10-6/oC; d = 100 mm)
2min
2
* *
4190
kr
b
kr
EIP
L
RLL T
EAR P
L mm
π
α
=
∆ =
⇒ =
=
L
2min
2
2 2 4
min 2 2
1500
2 3
3*60000*1500
*10000 6
71 ; 142
73.8 100
76 ; 152
kr
b
kr b
p
EIP
bL
P L bI
E
b mm h mm
b mm h mm
πλ
π π
λ λ
= =
= = =
⇒
= =
= ⟨ =
⇒⇒ = =
13- AB ve AC çubuklarının çapı 15 mm, BC çubuğunun çapı21 mm’dir. Güvenilirliği en büyük yapacak α açısınıbulunuz. P = 7 kN olduğunda karşılık gelen güvenlik katsayısını hesaplayınız (E = 200 GPa).
14- İki ucu mafsallı 4 m uzunluğundaki çelik bir kolon I260 profilinden yapılmıştır. fs = 2,5 güvenlik katsayısıile bu kolonun taşıyabileceği Pem yükünü hesaplayınız (A = 53,3x102 mm2, Imin =288x104 mm4 imin = 23,2 mm, E = 210 GPa )
178
15- L uzunluğunda dikdörtgen kesitli alüminyum bir kolon ucundan ankastre diğer ucundan şekilde görüldüğü gibi mafsalıdır.Burkulma açısından en uygun a/b oranınıbulunuz.Kolonu L = 500 mm E = 70 GPa P = 20 kNiçin boyutlandırınız. n = 2,5
16- �ekilde gösterilen kafes kiriş elemanları 15 ve 20 mm çapında dairesel kesitli çubuklardan yapılmıştır. n = 2,6 güvenlik katsayısı ile taşınabilecek Pmax yükünühesaplayınız (E = 200 GPa, σem = 140 MPa)
15 m
m
17- �ekildeki dairesel kesitli BC çubuğunun n = 3 güvenliği ile boyutlandırınız (E = 200 GPa). (BC çubuğunun boyu 5 m’dir)
18- Her bir çubuk içi dolu dairesel kesitli çelikten imal edilmiştir. Birinci çubuğun çapı 20 mm olduğunda verilen yükleme altında burkulmanın olmaması için n güvenlik katsayısını bulunuz. Aynı güvenlik katsayısına sahip diğer çubukların yine burkulmanın olmaması için en küçük çaplarını hesaplayınız (E = 200 GPa).
179
19- Her iki kolonun eşit ağırlığa sahip olması için d genişliğini hesaplayıp, her iki kolonda kritik P yükünübulunuz.
AlüminyumE = 70 GPaγ = 2710 kg/m3
ÇelikE = 200 GPaγ = 7860 kg/m3
20- Burkulma boyu 1,8 m olan iki pirinç çubuk şekilde görülen en kesitlere sahiptirler. Her iki kesit alanın aynıolması için kare kesitin et kalınlığını bulunuz, her iki çubuğun taşıyabileceği yükü hesaplayınız (E = 105 GPa).
50
75
mm
21- Kare kesitli kolonun taşıyabileceği Pkritik yükünühesaplayınız. Aynı yükü taşıyabilecek daire kesitli kolonun yarıçapını hesaplayınız. ( E = 200 GPa).
138.56
28.53
14.27
d mm
r mm
λ ==
=
22- Sistemin güvenle taşıyabileceği P kuvvetini bulunuz.(E = 210 GPa, σem = 140 MPa, fs = 2,5)
6 4min
178.88
1.885 10
73252
AB çubuğunda
I mm
P �
λ =
=
=
i
180
ELASTİK EĞRİNİN İNTEGRASYON YOLU İLE BULUNMASI
dv
dx=
Amaç: Yalnızca Momentten oluşan eğim ve sehimin bulunması
( )3/ 22
2
2
1 1,
1
,
v M
EIv
d v MEI v M
dx EI
ρ ρ′′
= =′+
′′= =
EI v M′′⋅ =
dMEI v Q
dx′′′⋅ = = −
( )2
2
d M dQEI v q x
dx dx
′′′′⋅ = = − =
y
dQ dMq Q
dx dx= − = −
Yükleme sonrası bir eğri haline dönüşen (elastik eğri) çubuk ekseninin denklemini integrasyonyöntemi ile belirlemek istiyoruz. Eğriliğin matematik tanımı ile basit eğilme konusunda elde edilen şekil değiştirme bağıntıları birleştirilirse aşağıdaki ifadeye ulaşılır.
Bu bağıntı, moment fonksiyonunun iki kere integreedilmesi yolu ile elastik eğri fonksiyonunun belirlenebileceğini ifade etmektedir.
EIv’’=M ifadesinin iki kere türevi alınırsa elastik eğri denklemini kesme kuvveti veya yayılı yük fonksiyonunu kullanmak yolu ile de bulabileceğimi-zi görmekteyiz. İntegrasyon sabitlerinin belir-lenmesinde geometrik ve dinamik sınır koşul-larından faydalanılır.
181
Sınır koşulları
( ) 0v a =
( ) 0aθ =
( ) 0M a =
( ) 0M a =
( ) 0v a =
Ankestre uçta çökme ve dönme yoktur.
Mafsallı uçta çökme ve moment yoktur.
Serbest uçta moment ve kesme kuvveti yoktur.
( ) 0Q a =
EI v q′′′′⋅ =
1EI v q dx c Q′′′⋅ = ⋅ + = −∫
1 2EI v q dx dx c x c M′′⋅ = ⋅ ⋅ + + =∫ ∫
21
2 32
c xEI v q dx dx dx c x c′⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ + + +∫ ∫ ∫
3 21 2
3 46 2
c x c xEI v q dx dx dx dx c x c⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + + + +∫ ∫ ∫ ∫
1
1 2
EI v M
EI v M dx c
EI v M dx dx c x c
′′⋅ =
′⋅ = ⋅ +
⋅ = ⋅ ⋅ + +
∫∫ ∫
182
ÖRNEK 1 �ekilde gösterilen konsol kirişin elastik eğri denklemini ikinci, üçüncü ve dördüncü mertebeden diferansiyel denklem kullanarak bulunuz. B noktasındaki eğim ve sehimi hesaplayınız.
dMEI v Q
dx′′′⋅ = = −
1
2
1 2
3 2
1 2 3
2
6 2
EI v P
EI v Px C
PxEI v C x C
Px xEI v C C x C
′′′⋅ =
′′⋅ = +
′⋅ = + +
⋅ = + + +
3
2
1
0 0 0
0 0 0
0
x için v C
x için v C
x için M PL C PL
= = ⇒ =
′= = ⇒ =
= = − ⇒ = −
2 2
3 2 3
2 2
6 2 3
B
B
P x PLv Lx
EI EI
P x Lx PLv v
EI EI
θ
′ = − ⇒ = −
= − ⇒ = −
EI v q′′′′⋅ =
1
1 2
2
1 2 3
3 2
1 2 3 4
0
2
6 2
EI v
EI v C
EI v C x C
xEI v C C x C
x xEI v C C C x C
′′′′⋅ =
′′′⋅ =
′′⋅ = +
′⋅ = + +
⋅ = + + +
4
3
1
2
0 0 0
0 0 0
0
0
x için v C
x için v C
x için Q P C P
x için M PL C PL
= = ⇒ =
′= = ⇒ =
= = − ⇒ =
= = − ⇒ = −
2 2
3 2 3
2 2
6 2 3
B
B
P x PLv Lx
EI EI
P x Lx PLv v
EI EI
θ
′ = − ⇒ = −
= − ⇒ = −
EI v M′′⋅ =
2
1
3 2
1 2
( )
2
6 2
EI v P L x Px PL
PxEI v PLx C
Px xEI v PL C x C
′′⋅ = − − = −
′⋅ = − +
⋅ = − + +
2
1
0 0 0
0 0 0
x için v C
x için v C
= = ⇒ =
′= = ⇒ =
2 2
3 2 3
2 2
6 2 3
B
B
P x PLv Lx
EI EI
P x Lx PLv v
EI EI
θ
′ = − ⇒ = −
= − ⇒ = −
183
P b
L
⋅ P a
L
⋅
ÖRNEK 2 �ekilde gösterilen basit kirişin elastik eğri denklemini bulunuz. C noktasındaki sehimi hesaplayınız.
1
P bEI v x
L
⋅′′⋅ =( )2 1
P b xEI v x P x a P a
L L
⋅ ′′⋅ = − − = ⋅ −
0 < x < a bölgesi
a < x < L bölgesi
21 12
P bEI v x c
L
⋅′⋅ = +⋅
2
2 32
xEI v P a x c
L
′⋅ = ⋅ − + ⋅
31 1 26
P bEI v x c x c
L
⋅⋅ = + +
⋅
2 3
2 3 42 6
x xEI v P a c x c
L
⋅ = ⋅ − + + ⋅
( )1 20 0 0v c= ⇒ = ( )2 2
2 3 40 02 6
PaL PaLv L c L c= ⇒ − + + =
( ) ( )3 3 4
1 2 1 3 46 2 6
Pa b Pa Pav a v a c a c a c
L L= ⇒ + = − + +
( ) ( )2 3
21 2 1 32 2
Pa b Pav a v a c Pa c
L L′′ = ⇒ + = − +
184
( )2 2 21 6
Pbv x L b x
LEI= − − −
( )2 2 21 3
6
Pbv L b x
LEI′ = − − −
( ) ( )3
2 2 22 6 6
P x aPbv L b x
LEI EI
−= − − − −
( ) ( )2
2 2 22 3
6 2
P x aPbv L b x
LEI EI
−′ = − − − −
( ) ( )3
2 2 2 21 2 3 4, 0, 2 ,
6 6 6
Pb Pa pac L b c c L a c
L L= − − = = − − =
C noktasındaki eğim ve sehim (x=a)
( )
( )
2 2 2
2 2 2
1 2
36
6
0 0 dan x
en büyük çokme hesaplanabilir.
c
c
PbL a b
EILPba
v L a bEIL
v ya da v
θ = − − −
= − − −
′ ′= = →
Özel durum: a=b=L/2
P
3
0
48
C
maks
PLv
EI
θ =
=
185
ÖRNEK 3 �ekilde gösterilen konsol kirişin reaksiyon kuvvetlerini çift katlı integrasyon yolu ile hesaplayınız.
( )10, 0, 0yF M v L= = =∑ ∑4
3A BR R q L+ = ⋅
24 4 4
3 6 3 9A A
L L LR L M q qL
− = − =
2 2
0,2 2A A A A
x qxM M q R x M R x M+ + − = = − −
43 21 1
06 2 24A A
qLR L M L− − =
2
2 2 2
2
4 1216 7
849 9
9
A A
A
A A
R L M qLM qL qL qL
R L M qL
− =− = − + = −
− =
27 13 19, ,
72 24 24A A BM qL R qL R qL= = =
I
II
III 43 2
2
1 1 240 *
6 2 24A A
qLR L M L
L
− − =
2
2A A
qxEIv R x M′′ = − −
32
1
1
2 6A A
qxEIv R x M x c′ = − − +
43 2
1 2
1 1
6 2 24A A
qxEIv R x M x c x c= − − + +
( )( )
2
1
0 0 0
0 0 0
v c
v c
= ⇒ = ′ = ⇒ =
Sınır koşulları:
186
ÖRNEK 4 �ekilde görülen konsollu kirişin elastik eğri denklemini;
a) İkinci mertebeden diferansiyel denklem kullanarak,
b) Üçüncü mertebeden diferansiyel denklem kullanarak çıkartınız.
102
Px L M x≤ ≤ ⇒ = − 2
3 3
2 2
LL x L M P x
⋅ ≤ ≤ ⇒ = − −
1 2
PEI v x′′⋅ = −
21 14
PEI v x c′⋅ = − +
31 1 212
PEI v x c x c⋅ = − + +
2
3
2
PLEI v Px′′⋅ = −
22 3
3
2 2
P PLEI v x x c′⋅ = − +
3 22 3 4
3
6 4
P PLEI v x x c x c⋅ = − + +
( )1 20 0 0v c= ⇒ =
( )2
31 1 10 0
12 12
P PLv L L c L c= ⇒ − + = ⇒ =
EI v M′′⋅ =
( ) ( )1 2v L v L′ ′=
( )2 0v L =
187
( ) ( )1 2v L v L′ ′=2 2 2
23
3
4 12 2 2
P P L P L P LL c
⋅ ⋅ ⋅ ⋅− + = − +
2
3
5
6
P Lc
⋅ ⋅=
( )3 3 2
2 4
3 50 0
6 4 6
PL PL PLv L c= ⇒ − + + =
3
4 4
P Lc
⋅=
( )2 21 12
Pxv L x
EI= − ( )2 2 2 3
2 3 10 9 212
Pv L L x Lx x
EI= − + − +
3
2
3
2 8
L PLv
EI
= −
0 x L≤ ≤ 1 2
PQ = 3
2L x L≤ ≤ 2Q P= −
1 2
PEIv ′′′ = −
1 12
PEI v x c′′⋅ = − +
Elastik eğri denklemleri
KonsolUcundakiÇökme
21 1 24
PEI v x c x c′⋅ = − + +
23
1 1 2 312 2
P xEI v x c c x c⋅ = − + + +
2EI v P′′′⋅ =
2 4EI v Px c′′⋅ = +
22 4 52
PEI v x c x c′⋅ = + +
23
2 4 5 66 2
P xEI v x c c x c⋅ = + + +
dMEI v Q
dx′′′⋅ = = −
188
Yükleme durumu şekilde verilen konsol kirişin elastik eğri denklemini bulunuz. A noktasındaki eğim ve sehimi hesaplayınız.
1
1
1
0 1
0
20'
1(20 46.667)
x m
EIv
vEI
v xEI
≤ ≤
′′=
=
= −
2
22
3 252 3
1 3
10 10
1' ( 5 10 15)
1( 5 15 45)
x m
EIv x
v x xEI
v x x xEI
≤ ≤
′′ = −
= − + +
= − + + −
2
3 2
35 144, 35 144
1' (17.5 144 )
1(5.833 72 )
M x EIv x
v x xEI
v x xEI
′′= − = −
= −
= −
Yükleme durumu şekilde verilen konsol kirişin elastik eğri denklemini bulunuz.
ÖRNEK 5ÖRNEK 6
189
2
4 33
4 3
,2 2
1( )
24 12 24
5,
384 24enbüyük A
ql qM x x EIv M
qx ql qlv x x
EI
qL qLv
EI EIθ
′′= − =
= − + −
= − = −
Yükleme durumu şekilde verilen basit kirişin elastik eğri denklemini bulunuz.
ÖRNEK 7 ÖRNEK 8
Yükleme durumu şekilde verilen basit kirişte C noktasındaki sehimi birim yük yöntemi ile hesaplayınız.
1 1
2 2
3 3
3
20
3 32
3 3 3 32
( )3 3
. 5
162c
l
lM Px m x x
Pl l x l lM m x
l x lM P l x m x l
M m Plv dx
EI EI
= = < <
−= = < <
−= − = < <
= = ↓∫
190
1- Yükleme durumu şekilde verilen konsol kirişin elastik eğrisini bulunuz. B noktasındaki çökme ve dönmeyi hesaplayınız.
BA
Po
L
2- Yükleme durumu şekilde verilen konsol kirişin elastik eğrisini bulunuz. En büyük çökmeyi ve B noktasındaki dönmeyi hesaplayınız.
BA
Po
L
3-a) Yükleme durumu şekilde verilen konsol kirişin elastik eğrisini bulunuz. b) B noktasında çökme olmaması için P kuvveti ile MB momenti arasındaki bağıntıyı bulunuz.
A
P
L
MB
4- Yükleme durumu şekilde verilen kirişelastik eğrisini bulunuz. C noktasındaki çökmeyi ve dönmeyi, B noktasındaki dönmeyi hesaplayınız.
A
Po
a a
BC
P
5-a) Yükleme durumu şekilde verilen konsol kirişin elastik eğrisini bulunuz. b) B noktasında çökme olmaması için P kuvveti ile MB momenti arasındaki bağıntıyı bulunuz.
A
P
I1I2
L/2 L/2
B C
6) Aşağıda yükleme durumları verilen kirişlerin elastik eğrilerini bulunuz.
A
L
BMo A
qo
L
B
A
a b
BMo
A
L
B
qo
191
7) Aşağıda yükleme durumları verilen kirişlerin elastik eğrilerini bulunuz. Kiriş orta nokta noktasında deplasmanıhesaplayınız.(, P = 25 kN, Mo =10 kNm, L = 4 m, E = 200 GPa, I = 18x106 mm4) mk�ww o /152 ==
A
L
B
0 sinx
q qL
π=
192
193
Üç boyutlu gerilme halinin Genelleştirilmiş Hooke Yasaları:
( )[ ]zyxxE
σσνσε +−=1 ( )[ ]zxyy
Eσσνσε +−=
1 ( )[ ]yxzzE
σσνσε +−=1
Gxy
xy
τγ =
Gyz
yz
τγ =
Gxz
xz
τγ =
Bu ifadeler, gerilmeler cinsinden yazılırsa
( )( )( ) xzyxx G
Eεεεε
ννν
σ 2211
+++−+
=( )( )
( ) yzyxy GE
εεεενν
νσ 2
211+++
−+=
( )( )( ) zzyxz G
Eεεεε
ννν
σ 2211
+++−+
=
( )ν+=
12
EG
xyxy Gγτ = yzyz Gγτ =xzxz Gγτ =
Düzlem gerilme halinde Genelleştirilmiş Hooke Yasaları:
1x x yEε σ νσ = −
1y y xEε σ νσ = − G
xyxy
τγ =
( ) ( )21x x y
Eσ ε νε
ν= +
−
Bu ifadeler, gerilmeler cinsinden yazılırsa
( ) ( )21y y x
Eσ ε νε
ν= +
−xy xyGτ γ=
