L i

Eskişehir Osmangazi Üniversitesi
Mühendislik Mimarlık Fakültesi
İnşaat Mühendisliği Bölümü
MUKAVEMET II
2011-2012 Bahar Dönemi
SUNU DERS NOTLARI
Hakan EROL
Selim ŞENGEL
Yunus ÖZÇELİKÖRS
MUKAVEMET II
EKSENEL KUVVET
BURKULMA
ALAN MOMENTLERİ
ELASTİK EĞRİ
BURULMA
ENERJİ YÖNTEMLERİ
BASİT EĞİLME
UYGULAMA SORULARI
EĞİK EĞİLME
BİLEŞİK MUKAVEMET HALLERİ
KESMELİ EĞİLME
EKSANTRİK NORMAL KUVVET
http://imb.ogu.edu.tr
2
OSMANGAZİ ÜNİVERSİTESİ
MÜHENDİSLİK MİMARLIK FAKULTESİ
İNŞAAT MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ
MUKAVEMET II, DERS PLANI
DERS ADI
DERS SAATİ
KREDİSİ
ÖĞRETİM ÜYESİ
GÖRÜŞME SAATİ
ÖĞRETİM ÜYESİ
GÖRÜŞME SAATİ
ÖĞRETİM ÜYESİ
GÖRÜŞME SAATİ
: 1514x3239 Mukavemet II
: N.Öğr. A-B Çarşamba 13-16, Cuma 10-12, C Perşembe 17-20, Cuma 12-14
II.Öğr. A-B Çarşamba 17-20, Cuma 14-16.
: 3+2 (4)
: Dr. Yunus ÖZÇELİKÖRS Oda No:311 Telefon: 3216 E-Mail: [email protected]
:
: Dr. Hasan Selim ŞENGEL Oda No:403 Telefon: 3232 E-Mail: [email protected]
:
: Dr. Hakan EROL
Oda No:411 Telefon: 3228 E-Mail: [email protected]
:
DERSİN AMACI : Kiriş, kolon, mil ve benzeri yapı elemanlarının dış yüklerin etkisi altında davranışlarının incelenmesi ve dış
yüklerin elemanda oluşturduğu gerilme ve şekil değiştirmelerin hesaplanması. Bir başka deyişle yapı elemanlarının dış
etkilere karşı dayanmalarının sağlanması için gerekli esas ve yöntemlerin hazırlanması. Bu yöntemleri kullanarak boyutları
belli 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 BAŞLIKLARI
1-Eksenel Kuvvet Hali: Giriş, Eksenel yüklü elemanlarda şekil değiştirme hesabı, Eksenel kuvvet halinde hiperstatik yapı
elemanları, 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, Şekil ve yer değiştirme hesabı, Perçinli ve civatalı birleşimler.
3
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 eğilme
7-Elastik Stabiliteye Giriş: Elastik kolonların genel teorisi, Euler halleri.
8-Elastik Eğri: İntegrasyon yöntemi.
9-Enerji Yöntemeri:
DEĞERLENDİRME
I. Yarıyıl içi %
Il. Yarıyıl içi %
Ödev %
(Sınavlar kapalı düzen olarak yapılacak, formül sayfası verilecektir)
Final % 50
TELAFİ SINAVI
Sözlü olarak yapılacaktır. (Öğrencinin hangi sınava katılmadığına bakılmaksızın tüm konular kapsanacaktır.)
DERS KİTABI
Dr A.C, UĞURAL, Mechanics of Materials , Mc.Graw-HiIl 1991
Dr. Mustafa İNAN Cisimlerin Mukavemeti, İTÜ Vakfı Yayını,1990
YARDIMCI KAYNAKLAR
1- Dr. Mehmet H. OMURTAG, Mukavemet Cilt I ve Cilt II Birsen yayınevi, 2007
2- Dr. Mehmet H. OMURTAG, Mukavemet Çözümlü Problemleri, Birsen yayınevi, 2006
3- http://web.mst.edu/~mecmovie
4- Ferdinand P.BEER & E.Russel JOHNSTON, Mechanics of Materials, McGraw-Hill Book Comp.1981
5- R.C.HIBBELER ,Mechanics of Materials, Prentice Hall International, Inc.1997
6- Dr.N. KADIOĞLU, Dr.H. ENGİN, Dr.M. BAKİOĞLU ,Mukavemet Problemleri CiltI, Cilt II, Beta Basım Yayım Dağıtım
A.~.1989
7- Dr.Uğur ERSOY & Dr.Tanvir WASTl, Introductory Mechanics of Deformable Bodies. METU1984
4
8- Dr. HiImi DEMİRAY, Mukavemet,Çağlayan Kitabevi, 1997
KESİT ZORLARI
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 açtığı
daha önce anlatılmıştı (Mukavemet I). N, S, Mb ve
Me ile gösterilen bu bileşenlerden yalnızca birinin
bulunması haline basit mukavemet halleri adı
verilirken bu tesirlerden bir kaçının aynı anda
etkimesi durumuna da bileşik mukavemet halleri
denir.
Kesim
Düzlemi
Dış
Kuvvetler
İç
Kuvvetler
M
Eğilme
Momenti
Me
M
Burulma
Momenti
Mb
N
c
R
S
Kesme Kuvveti
Eksenel
kuvvet
R
5
KESİT ZORLARI VE GENEL GERİLME DURUMU İÇİN DENGE DENKLEMLERİ
y
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 τxz gerilmeleri
yandaki şekillerde gösterilmiştir. Bu durumda iç
kuvvetlerle bu kuvvetlerden dolayı oluşacak
gerilmeler, aşağıdaki denge denklemlerini sağlamalıdır.
My
Sy
z
Mz
Sz
C
N
T
x
  dA  N
 y  dA   M
 z  dA  M
x
x
y
τXy
τXz
x
σ
y
X
dA
z
y
  dA  S
  dA  S
 ( y  z
z
C
z
xy
y
xz
z
xz
xy
)dA  T
x
6
KESİTE ALAN MERKEZİNDE DİK OLARAK
ETKİYEN KUVVETE NORMAL KUVVET DENİR
VE N İLE GÖSTERİLİR.
EKSENEL KUVVET ETKİSİNDEKİ ELEMANLAR
y
  dA  N
 y  dA  0
 z  dA  0
x
x
.
x
N
x
z
  dA  0
  dA  0
 ( y  z
xy
Şimdi 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.
Şekil 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.
xz
xz
I
I’
II
xy
)dA  0
II’
b
a
b'
a'
u(x)
u(x+x)
x
 x  E x SABİT
7
 x  y dA  0
N
  em
A
 y dA  0
 x  z dA  0
 z dA  0
x 
 x  dA  N
 x   em
N
  em
A
Bu iki denklemdeki statik momentler, eksen takımı alan
merkezinden geçtiği için otomatik olarak sıfırdır.
N
A
 em
 x
T   0
 0
Boyutlandırma Formülü
0 0
0 0
0 0
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 yayılışı
düzgün 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.
x 
 min
x
N
N
N
 max
N
N
 max
 max  k   ort
 ort 
k>1, biçim faktörü
En kesitteki Değişmeler ve Çentik Olması
Durumunda da x gerilmeleri Düzgün Yayılı Olmaz.
N
A
x
N
N
 min   max
2
N
8
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)
P
ŞEKİL DEĞİŞTİRME HESABI (Uzama veya Kısalmanın Belirlenmesi)
P2
P1
P3
N
N
x
dx
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 δ
harfi ile gösterilir.
Dolayısıyla aşağıdaki du ifadesi tekrar dδ olarak
yazılmıştır.
x 
dx+xdx
N x 
Ax 
,
x 
d   x dx
du
dx
du   x dx
d 
x
E
dx
dx boylu elemandaki
uzunluk değişimi
9
N  x
d 
dx
A x E
L
;
 
0
 0
N  x
dx
 0
A x E
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 ayrı
ayrı uygulanabilir.
   AB   BC   CD   DE

UZAMA
KISALMA
N L
EA
UZAMA RİJİTLİĞİ
A1
P3 A
B
C
P  0
A2
A2
D
P2
i
E
P1
Çelik
Pirinç
N
P1
+
P3
10
EKSENEL YÜKLÜ ÇUBUKLARDA ŞEKİL DEĞİŞTİRME 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.
1
2
u0    
2
2E
U   u0  dV   u0  dx  Ax 
dV = Ax.dx
V
Nx
x
Enerji yoğunluğu
N
L
N x2
U 
dx


2
EA
x
L
dx
ÖZEL DURUM:
N  Sabit
A  sabit

N 2L
U
2 AE

11
Çelik ve alüminyum çubuklar B noktasında birleştirilmiş olup şekilde gösterilen eksenel
kuvvetlerin etkisindedir. Eç=200 GPa, Eal=70 GPa olarak bilindiğine göre kompozit çubuğun
boyundaki değişme ile çubukta depolanan şekil değiştirme enerjisini hesaplayınız.
ÖRNEK 1
0.3m
0.5m
260kN
140kN
A
Eksenel kuvvette değişme olan her bölgede ayrı bir kesim
yapılmak suretiyle kesim yüzeyine tesir eden eksenel kuvvetler
belirlenmiş ve aşağıda diyagram şeklinde verilmiştir.
0.4m
550kN
C
A=0.002m2
Alüminyum
NL
140 103 0, 5
400 103 0, 3
150 103 0, 4
 




AE 0, 002 70 109 0, 003 200 109 0, 003 200 109
A=0.003m2
ÇELİK
B
D
N,[kN]
400
140
A
+
+
D
C
B
-
  0, 6.103 m  0, 6 mm.
uzama
N 2L
1400002 0,5
4000002 0,3
1500002 0, 4
U 




2 EA 2 0, 002 70 109 2 0, 003 200 109 2 0, 003 200 109
U  82.5 Joule
150
12
Şekilde gösterilen iki çubuklu kafes sistemde B düğümünün yatay ve düşey yerdeğiştirmesini hesaplayınız.
E=70 GPa
ÖRNEK 2
FCB=50 kN
F
y
0
F
FBC  50 kN
x
0
FAB  30 kN
C
B
FAB=30 kN
2 m.
40 kN
 30 103 1.5
 0.16 mm
0.004  70 109
 BC 
50 103  2.5
 0.893 mm
0.002  70 109
2
m
2
00 m
0. .5
A= =2
L
A
 AB 
A=0.004 m2
L=1.5 m
 BDüşüş 
B
=40 kN
0.893 0.16

 1.24 mm 
sin  tan 
 BYatay  0.16 mm 
C
P
B2 0.16
B

89
0.
m
3
m
B1
A
B2
0.16mm

B
0.
89
m
3

m
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. Şekil değiştirmeler çubuk boyları
yanında çok küçük olduklarından yaylar yerine teğetleri
kullanmak mümkündür. B ve B’ noktaları hemen hemen üst
üste düşerler.
mm
B1
B
B’
B’
13
ÖRNEK 4
ÖRNEK 3
Şekilde gösterilen dairesel kesitli kademeli çubukta;
a) A noktasının yer değiştirmemesi için P1 kuvvetinin
değerini,
b) C noktasının yapacağı yer değiştirmeyi hesaplayınız. (E =
200 GPa)
Şekilde gösterilen sistemde A ve E noktalarının
düşey yer değiştirmelerini hesaplayınız ( Ep = 105
GPa , A = 200mm2).
C
P = 15 kN
400 mm
d2 =75 mm
P1
A
B
A
P2 = 100 kN
d1 =25 mm
C
D
B
D
Rijit çubuk
200 mm
E
a = 2b
2m
b
4m
100-P1
P = 5 kN
30 kN
15
__
3m
+
__
P1
 AD  0
 P1  12120 N
 CD  0.4 mm 
A
B
2b
5
b
 DC   D  0.67 mm 
 ED   DC   E  0.71 mm 
Ödev: P1 = 5 kN, P2 = 15 kN olması durumunda
serbest uçtaki yer değiştirmeyi hesaplayınız.
 A  1.34 mm 
14
35
ÖRNEK 6
ÖRNEK 5
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 bağıntısı
ile verildiğine göre kazık boyundaki kısalmayı P ,L, A, E
cinsinden veren ifadeyi çıkarınız. Burada k, düşey dengeden
belirlenecek bir sabittir.
5 m boyunda, üst yüzey alanı 300x300 mm, alt yüzey alanı
400x400 mm olan kolon 80 kN luk bir yükü taşımaktadır. E
= 20 GPa olduğuna göre kolon boyundaki toplam kısalmayı
hesaplayınız.
P = 80 kN
300mm
P
300mm
5m
400mm
L
400mm
X
Üst yüzden aşağı doğru uzanan ekseni x ile gösterelim.
Herhangi bir x uzaklığındaki kesitin bir kenarı b(x) olsun.
L
 f ( x)dx  P
0
 k
3P
L3
 x 3Px 2

dx


L
L 
3
 N ( x)   0 L
  
dx   
dx  


EA
EA
 0
0




PL

4 EA
b( x)  300  2 x tan   300  2
50
x  300  0.02 x
5000
A( x)  (300  0.02 x) 2
 N
 5000 

80000  dx
  
dx    

2 
EA
(
x
)
20000

(300

0.02
x
)
 0 

0
L

5000

0


4  dx
4 du


2 
 2
 (300  0.02 x)  0.02 u
5000
1
  200
(300  0.02 x) 0
 0.167mm
15
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 eksenel kuvvetinden dolayı depolanan şekil
değiştirme enerjisini ayrı ayrı hesaplayınız.
ÖRNEK 7

a
L
b

y
L
c
y
L
L-y
L-y
P0
P0
L
N 2  y
P0 2
U 
dy  
dy
2
EA
y
2
AE


0
0
L
P0 2 L

2 AE
L
 A  L  y  
N 2  y
U 
dy   
dy
2
EA
y
2
AE


0
0
2
L

 2A L
2E
 L  y
2
dy 
0
 2 AL3
6E
Özgül ağırlık sebebi ile oluşan
şekil değiştirme enerjisi
P0 L2
2E
Etkileşim sebebi ile oluşan
şekil değiştirme enerjisi
P02 L
2 AE
P0 kuvvetinden oluşan şekil
değiştirme enerjisi
N ( y)    A  L  y   P0
V= (L - y) boyundaki çubuk hacmi
 2 AL3
Özgül ağırlık
6E
 AL  y   P0  dy
N 2 y
U 
dy  
2 EA y 
2 AE
0
0
L
 2 AL3
L
2
P0 L2
P02 L
U


6E
2E
2 AE
SÜPERPOZİSYON PRENSİBİ GEÇERLİ DEĞİLDİR.
16
Şekilde gösterilen kesik koni kendi ağırlığı etkisinde ne kadar uzar? Koninin yapıldığı malzemenin birim
hacim ağırlığı , Elastisite Modülü E’ dir.
ÖRNEK 8
Bu problemde Eksenel kuvvet ve alan x koordinatına bağlı olarak
değişmektedir. Orijini koninin tepe noktasında alırsak,
b
r
N
L
h Lh

a
b
;
a

h L

h
x
N x dx

Ax E
h

O
a  0 (tam koni)  

3E
h L

h
2
2
N ( x) 
,
h L

2
a
3E   
h

h
 L2

a.L
ba

3
;
r
a
x
h
 r 2 x  a 2 h 
r 2 x  a 2h
dx
x2

h3 
 x 2 h3
 x  2 dx 

x
3
E
2
x


6E
 L2
a  b ( Silindir )  
2E
2a
h
a
A( x)   r   x  
h
2
Özel Durum:
h x

a r
h L

h
 L2  L  3h 


6E  h  L 
 L2 b  2a 
6bE
Yandaki şekilde silindirik çubuğun kendi ağırlığı da katılırsa toplam boyca uzama miktarı;
L
P


p W L
PL
WL
PL
2
 




2E
AE 2 AE AE
AE
 L2
Olur.
17
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 elemanı ve
yapılara HİPERSTATİK denir. Hiperstatik yapılarda mesnet çökmesi, sıcaklık değişimi ve imalat hatalarından büyük
iç kuvvetler ortaya çıkar.
Şekilde 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;
D
E
M A  0
L = 0.8 m
A
C
B
0.4m
1m
Fx  0
RxA  0
Fy  0
FBD  2FCE  40 1.40
4 Bilinmeyen kuvvet 3 adet denge denkleminden hesaplanamaz. Ek bir
denklem gereklidir.
 C  2 B
Uygunluk Denklemi;
0.6m
FCE L
F L
 2 BD
AE
AE
40kN
R xA
FBD
A
FCE
B
RyA
C
B
C
40kN
RyA  FBD  FCE  40
Bilinmeyenler;
FBD  11.2 kN
 BD
 FCE  2 FBD
FCE  22.4 kN
( IV )
RyA  6.4 kN
11.2 103

 80 MPa  CE  160 MPa
140 10 6
B ve C noktalarındaki çökmeler;
11.2 103  0.8
B 
 0.32 10 3 m  0.32 mm 
6
9
140 10  200 10
 C  2 B  0.64 mm 
18
Şekilde 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
0.6L
Montajdan sonra kenar çubuklar basma etkisiyle kısalırken orta çubuk
çekme etkisiyle uzar. Üç çubuk B’ gibi bir noktada birleşsin. Denge
ve uygunluk denklemleri yazılarak
0.6L
N2
C
N1
N3
F
D
EA
Fx  0
N 2 cos   N3 cos   0 
Fy  0
N1  2 N 2 sin   0
N 2  N3
N1  1.6 N 2
d
EA
Yazılabilen iki denklemde toplam üç bilinmeyen kuvvet bulunmaktadır.
Dolayısıyla problem 1. dereceden hiperstatikdir. Uygunluk denklemi,
şekil değiştirmeyi geometrik olarak ifade etmelidir.
ΔL1
B
α
B’
2
ΔL
B
(d  L1 ) sin   L2
d
0.8L
EA
(d 
N1 *0.8 L
N *L
) sin   2
EA
EA
EA
d  1.6 N 2 *0.8  N 2 *1.25
L
1 EA
N2 
d
2.53 L
N2
Ed
 0.3953
A
L
N
Ed
 1  1  0.6324
A
L
2 
19
Şekilde 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
0.6L
Bütün çubuklar büyük çekme kuvveti etkisinde uzayıp B’ gibi bir
noktada birleşsin. Denge ve uygunluk denklemleri yazılarak
0.6L
N2
C
N1
N3
F
D
EA
d
EA
B
Fx  0
N 2 cos   N3 cos   0 
Fy  0
N1  2 N 2 sin   0
N 2  N3
N1  1.6 N 2
(L1  d ) sin   L2
α
L2
Δ
B
α
B’
ΔL1
d
0.8L
EA
N1 *0.8 L
N *L
 d ) *0.8  2
EA
EA
1.6 N 2 *0.8 L EA
N *L

d 2
EA
L
0.8EA
EA
1.28 N 2  1.25 N 2 
d
L
(
N2
Ed
 0.3953
A
L
N
Ed
 1  1  0.6324
A
L
2 
20
ÖRNEK 11
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 oranını
belirleyiniz.
P
Denge Denklemi,
N a  Nb  P..........................(1)

Şekil Değiştirme Denklemi,
Lb
La
a 
Alüminyum boru
botu
b 
PLb  Ab Eb 
 Ab Eb La / Aa Ea   Lb
a ve b denklemlerinde yazılırsa boy değişimleri bulunabilir.
Aa Ea
P
 Ab Eb  Aa Ea 
a 
a
Ea
Nb 

 b   a  .........................(2)
P  N a Lb  N a La
Aa Ea
Ab Eb  Ab Eb
AE

PLb  Ab Eb   b b La  Lb  N a
 Aa Ea

Na 
Na 
N b Lb
Ab Eb
N b Lb N a La


Ab Eb Aa Ea
Bakır çubuk
bu ifadeler,
N a La
Aa Ea
Ab Eb
P
 Aa Ea  Ab Eb 
Na
P

Aa Ea
Ab Eb  Aa Ea
Nb 
PLa  Aa Ea 
 Aa Ea Lb / Ab Eb   La
=0 (boşluk yoksa) La=Lb’ dır.
elemanlardaki kuvvetler eksenel rijitliklerle orantılıdır.
a  b  
21
Aşağıdaki şekilde gösterilen kademeli çubuğa C noktasından bir P kuvveti etkimektedir. Malzemenin
elastisite modülü E’ dir. A ve B mesnet reaksiyonlarını hesaplayınız.
ÖRNEK 12
Aa
A ve B’ de oluşan reaksiyonlar RA, RB ile gösterilsin. Kesim
yöntemi kullanılarak eksenel kuvvet diyagramı çizilebilir.
Ab
P
A
N AC   RA
B
C
a
L
Ab
RA
RB
P
B
C
A
a
b
NAC
Şekil değiştirmeler;
NBC
RB

RA
 AC 
 Ra a
Aa E
 BC 
Rbb
Ab E
RB
B
A
Yazılabilen tek denge denkleminde iki bilinmeyen kuvvet
bulunmaktadır.
Dolayısıyla
problem
1.
dereceden
hiperstatikdir. Çubuktaki toplam boy değişiminin sıfır olması
uygunluk denklemi olarak kullanılabilir.
 ac  bc  0 ....................(2)
L
RA
RA  RB  P..........................(1)
Denge denklemi;
b
Aa
N BC  RB
 ac   bc  0

RA a RB b

Aa E Ab E
RA aAB
 ( P  RA )b
Aa
 aA

RA  b  b   Pb
 Aa

RA 
bAa
P
aAb  bAa 
RB 
aAb
P
bAa  aAb 
22
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).
Aa
Ab
P R  0
P
B
C
A
a
R
P





 Pa  RB a RB b 
  0
 

Aa E  Aa E Ab E 
b
L
Aa
Ab
RB
P
B
C
A
p
P
p
B
C
R
RB
RB
A
C
B
aAb
P

P
 bAa   bAa  aAb 
1 

 aAb 
RA  RB  P
RA 
P
A
RB 
bAa
P

P
 aAb   bAa  aAb 
1 

 bAa 
aynı sonuçlar bulunur.
23
Şekilde gösterilen kolonun taşıyabileceği eksenel yükü hesaplayınız.
ÖRNEK 13
 b , em  12 MPa  ç , em  140MPa
418
Eb  14 GPa
400mm
Eç  210 GPa
Denge Denklemi;
Uygunluk Denklemi;
400mm
Fy  0
b  ç
Fç  Fb  P
Fç L
Aç Eç

Fb L
Ab Eb
(1)
(2)
Denklem (2)’den Fç, Fb cinsinden yazılırsa;
Fç 
Aç Eç
Ab Eb
 Fb 
4
 182
210
 F  0.09538 Fb
 182 14 b
2
400  4

4

4
Fç  0.09538Fb
Bulunan ifade denklem (1)’de yerine yazılırsa;
0.09538Fb  Fb  P  Fb 
ihmal
P
 0.9128P
1.09538
Fç’yi P kuvveti cinsinden ifade edilirse;
Fç  P  Fb  1  0.9128P  Fç  0.0871P
ç 
b 
 ç Aç  0,0871P Olduğuna göre
0.0871P
ç
Pem
 1635247 N  1635 kN
  ç , em 140 
2
 18
4
4
 b Ab  0.9128P Olduğuna göre
0.9128P
  b , em 12 
2


18
400 2  4
4
Pemb  2090000 N  2090 kN
Pem  min( Pemç , Pemb )  1635 kN
24
422’ 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  eğrisi ve lineer olmayan malzeme kabullerini yapınız.
Betonun basınç altındaki en büyük uzama oranını 0.002 alınız.
ÖRNEK 14
b
P
 b  Eb b 1  250   b 
 b  2 10 4  b 1  250   b 
Fç=Çeliğin taşıdığı kuvvet,
Fb=Betonun taşıdığı kuvvet
 .22 2
Ab  200.200  4
 38480 mm2

4

20
Aç 1520mm 2
0.002
ç
4 22
b
Denge Denklemi;
Fdüşey  0
Fç  Fb  1.1106
 ç  Eç ç
Gerilme cinsinden;
 ç 1520   b  38480  1.1106
 ç  210 103  ç
Uygunluk Denklemi;
ç  b  
200mm
 ç  Eç   ç  2.1105  
 b  Eb   b 1  250     2 104 1  250   
200mm
ç
Denge denkleminde yazılırsa;
19240 2  108.9  0.11  0 
1  0.00132
 2  0.0043  0.002
Uygulanan kuvvetten dolayı oluşan birim şekil değişiminden, çelik ve betonda oluşan gerilmeler;
 ç  2.1105  0.00132  272.2 MPa
 b  2 104  0.00132  1  250  0.00132  17.7 MPa
25
TERMAL GERİLME VE ŞEKİL DEĞİŞTİRMELER
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).
ΔT o lik sıcaklık artışı ile oluşan boyca değişim oranı;
 t    T
ΔT o lik sıcaklık artışı
sonucunda L uzunluğundaki
çubuktaki boy değişimi
L
L
L   t  L
L
L    T  L
Sıcaklık değişmesi, dış yükler olmasa dahi hiperstatik yapılarda gerilme oluşturur. Bu gerilmeler elemanın
boyundan bağımsızdır.
26
Uzunluğu L, enkesit alanı A olan çelik bir çubuk iki rijit duvar arasına yerleştirilmiştir.
kadar artması durumunda oluşacak gerilmeleri;
a) Duvarların yer değiştirmemesi halinde,
b) Duvarların d kadar yer değiştirmesi halinde hesaplayınız.
ÖRNEK 15
Sıcaklığın T
L=1.5 m, E=200 GPa, =12x10-6 1/oC, T=30, d=0.3 mm
B
A
t   R  0
a) Uygunluk Denklemi;
L
  T  L 
R
R
R  A  E    T 
B
A
RL
0
A E
t


E

Gerilme çubuğun
uzunluğundan
bağımsızdır.
   T
B
A
t   R   d
b) Uygunluk Denklemi;
t
R
  T  L 
R
A
b)
RL
 d
A E
 

R  A  E     T  d 
L



  E    T 
Nümerik Uygulama;
a)
R
 E    T 
A
d 

L
  E    T   200 103 12 106  30  72 MPa
 Çok küçük mesnet hareketi
termal gerilmeyi büyük oranda
 
0.3 


  E    T  d   200 103  12 106  30 
  32 MPa azaltmaktadır.

L

1500 
27
ÖRNEK 16
30 mm çaplı bronz silindir, şekilde gösterilen 20 mm çaplı elemanların arasına yerleştirilmiştir. 20 oC
sıcaklıkta gerilmesiz olan sistemde, sıcaklığın 70 oC’ ye çıkması durumunda oluşacak gerilmeleri
hesaplayınız.
Eç=200 GPa, ç=11.7x10-6 1/oC, Eb=83 GPa, b=18.9x10-6 1/oC
10 mm
300 mm
   tb   Rb   tç   Rç
Geometrik bağıntı;
Çelik
Bronz
Rb  2 Rç
Denge denklemi;
Çelik
 b  T  Lb 
tb
tç
18.9 10 6  50  310 
R L
Rb  Lb
  ç  T  Lç  ç ç
Ab  Eb
Aç  Eç
2 Rç  310
  30
4
2
 11.7 10 6  50  300 
 83 103
Rç  300
  202
4
 200 103
0.29295  10.567 106 Rç  0.1755  4.774 106 Rç
Rb
15.341106 Rç  0.11745
Rç
Rb  15312 N
Rç  7656 N
RÇ
Rb
RÇ
ç 
7656
 24.37 MPa
   20 2 


 4 
b 
15312
 21.66 MPa
   30 2 


 4 
28
25 oC sıcaklıkta gerilmesiz olarak imal edilen kirişin sıcaklığın –50 oC’ye inmesi durumunda AC ve CB
parçalarında oluşacak gerilmeleri hesaplayınız (E=200 GPa, =12x10-6 1/oC).
ÖRNEK 17
C
A
T  50  25  75o
B
Sıcaklık farkından dolayı oluşan kısalma;
A=400
mm2
 BT    L  T  12 x106  0.6   75  540 106 m
A=800 mm2
B mesnet reaksiyonu nedeniyle oluşan uzama;
300mm
300mm
RB  300 103
RB  300 103
 

 5.625 109 RB
9
6
9
6
200 10  400 10
200 10  800 10
R
B
A
C
B
Uygunluk Denklemi;

A
 BT   BR  0
 540 106  5.625 109 RB  0
T
B
 BR
C
RB  96 103 N  96 kN
RB
 AC 
96000
 240 MPa Çekme
400
 CB 
96000
 120 MPa Çekme
800
B
29
EĞİK DÜZLEMLERDEKİ GERİLMELER
y'
y'
x'
 x'
C

P
b
x
P
P
x
 x' y'
a
A

C
cos 
Amaç: C-C eğik düzlemlerindeki normal ve kayma gerilmelerinin bulunması...
0

 x 
 x  y
2
0


 x  y
2
0

 xy  
 x  y
2
x
2

sin 2   xy cos 2  
x
2
x
1  cos 2 
2
Bu gerilmeler A/cos
düzgün olarak yayılır.
sin 2
P
1 
A

  45
cos 2   xy sin 2 
0
 x maks   x  0 
 xy maks  
0

 maks 
x
'
P
2A


1 
P
A

alanına
Gevrek malzemelerde çekme gerilmesi  Kay-ma
gerilmesi olduğundan çatlama düşey düzlemde
oluşur.
Sünek malzemelerde kayma gerilmesi  Çekme
gerilmesi olduğundan çatlama 450 lik düzlemde
oluşur.
30
150 mm dış çapa haiz boru 8 mm kalınlığındaki levhanın yay şeklinde bükülmesi ve kaynaklanması
yoluyla imal edilmiştir. Kaynak için emniyet gerilmeleri em=105 MPa ve em=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
36o
250 kN
250 kN
Kaynak Dikişi
q  rort
t 
t
 x 
 150

q 
 4
2
  8.875  q
 
8
L 
70  8.875  q 70  8.875  q

cos 2  36o
2
2
 xy  

70  8.875  q
sin 2  360
2



N

A
250000
 70 MPa
 150

2   
 4 8
 2

 x  45.82  3.07  q   em (105)
 xy  33.29  4.22  q   em (90)
q  19.3 MPa
q  29.21 MPa
19.30
qem  
  19.3 0MPa
29.21
31
KESME KUVVETİ HALİ
Şekilde 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.
 0
 zx   zy  0
Sy
x
Sz
Kayma gerilmeleri en kesit üzerinde düzgün yayılmadığı
için 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.
  dA  0
 y  dA  0
 z  dA  0
x
x
x
  dA  S
  dA  S
 ( y  z
xy
y
xz
z
xz
xy
)dA  0
32
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”
y
A
G z , y 
dA
dS y  z dA
S z   y dA
S y   z dA
A
z
z
z
Sy
A
A
Sz
A
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.
y
y
dS z  y dA
z
Şekildeki üçgenin alan merkezini bulunuz.
ÖRNEK 1
y
dy
g
y
z
b
g h y

b
h
h
g
h
b
h  y 
h
b
y h  y dy

 y dA  0 h
y A
bh
A
2
2
y 2
h

h
0

hy 2 y 3
hy  y dy 

2
3
2
h
0
1
6



2 1 1 h
y  2 h3    
h
 2 3 3
33
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) Şeklin 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 parçasını
ayırıp, o eksene göre paralel olarak kaydırmak atalet momentini değiştirmez.
dI z  y 2 dA
y
dI y  z 2 dA
A
A
dA
e
b
I e   b 2 dA
A
I z   y 2 dA

A
 >0 (Kartezyen atalet momentleri daima pozitiftir)
I y   z 2 dA 

A
>0
dA

I zy   z y dA <0 (Çarpım atalet momenti her değeri alabilir)
A

dI zy  z y dA
z
=0
y

dJ   2 dA
z

J    2 dA >0 (Polar atalet momenti daima pozitiftir)
A

J  Iz  Iy
ATALET YARIÇAPI
iz 
Iz
A
iy 
Iy
A
ip 
J
A
i p2  i z2  i y2
34
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
I z   y 2 dA    y  a  dA
y
2
z
A
  y 2 dA   a 2 dA   2aydA
b
z
I z  I z  a2 A
A
A
A
A
I y  I y  b2 A
 Iz  a A
2
y
z
G
I y   z 2 dA    z  b  dA
2
y
A
I zy  I zy  a b A
A
I zy   zydA    z  b  y  a  dA
a
A
z
I z1  I z  a1 A
A
y
2
y1
I z  I z1  a1 A
2
I y1  I y  b1 A
2
z
I z1 y1  I zy  a1b1 A
y
z
G
I z 2  I z  a2 A
2
I y 2  I y  b2 A
2
I z 2 y 2  I zy  a2b2 A
b2
b1
a1
z1
z2
a2
y2

2

2

I z 2  I z1  a2  a1 A
2

I y 2  I y1  b2  b1 A
2
I z 2 y 2  I z1 y1  (a2b2  a1b1 ) A
35
EKSENLERİN DÖNDÜRÜLMESİ
z
dA
z

I z   y2 dA    z sin   y cos   dA  I y sin 2   I zy 2sin  cos   I z cos 2 
2
z'
y
y  z sin   y cos 
z  z cos  y sin 
y
y'
saat dönüşüne ters yönde

A
A
I z  I z cos2   I zy 2sin  cos   I y sin 2 
y'

I y  I z sin 2   I zy 2sin  cos   I y cos2 
I zy    I z  I y  sin  cos   I zy  cos 2   sin 2  
z'
Dönmüş eksen takımına göre olan
Atatlet momentlerini iki açı
cinsinden yazarsak;
I z  I z 1  sin 2    I y sin 2   I zy sin 2
I I
I z   y z
 2
 2
 sin   I z  I zy sin 2
 1cos 2
I z 
Iz  I y
2
I zy  
I y 

Iz  I y
2
Iz  I y
2
Iz  I y
2

cos 2  I zy sin 2
sin 2  I zy cos 2
Iz  I y
2
cos 2  I zy sin 2
Atalet
Momenti
Dönüşüm
Denklemleri
36
Çarpım atalet momentini sıfır yapan eksenlere ASAL EKSENLER denir.
I zy  
Iz  I y
2
tan 2 
sin 2  I zy cos 2  0
Iz  I y
I z
 2
sin 2  2 I zy cos 2  0

2
I z maks 
2 I zy
Iz  I y
tan 2 p 
2 I zy
 pı
Iz  I y
 pıı  pı 

2
I z ’nün en büyük olduğu eksenler, aynı zamanda çarpım atalet momentini sıfır yapan eksenlerdir.
Iz  I y
2
2
I zy
I y  


Iz

 2

I zy
I z maks 
min
Iz  I y
2

Iz  I y
2
2
 Iz  I y 
2

  I zy
 2 
2
p
cos 2 p
Iz  I y
2
I z maks 
2
I
I y  


Iz

 2

min
2
zy
Iz  I y
2


2

Iz  I y
2
Iz  I y
2
2
 I zy
cos 2 p
I z maks  I1, 2 
min
Iz  Iy
2
I zy
 Iz  I y 
2

  I zy
 2 
2
sin 2 p
 Iz  I y 
2

  I zy
 2 
-Izy
p
Iz  I y
 I zy
 I zy
 Iz  I y 
2

  I zy
 2 
2
sin 2 p
 Iz  Iy 
  I zy 2
 
 2 
2
37
GRAFİK GÖSTERİMİ
I z 
Iz  I y
2
I zy  

Iz  I y
2
Iz  I y
2
Iz  I y   Iz  I y


I

cos 2  I zy sin 2 
 z
 
2   2


2
cos 2  I zy sin 2
sin 2  I zy cos 2
Atalet Momenti
Dönüşüm
Denklemlerinin
karelerini alıp
taraf tarafa
toplayalım;
 I I

 I zy     z y sin 2  I zy cos 2 
2


2
 
2
 Iz  Iy
 
 2
Çemberin
merkezinin apsisi
0.5(Iz-Iy)
(I2,0) 2
ASAL
0.5(Iz+Iy)
Izy
M
p
1 (I1,0)
ASAL
Referans noktaları;
Iz,Iy
2

  I zy 2

R2
Gerçek dönüş yönü ile
Mohr grafik
gösterimindeki dönüş
yönü aynı
z(Iz , Izy)
y(Iy , -Izy)
R
2
2
Iz  Iy 

I

 z
  I zy
2


y(Iy,-Izy)
2
Çemberin merkezi ve yarıçapı
z(Iz, Izy)
M
Iz  I y
 Iz  I y 
2
R 
  I zy
 2 
2
2
tan 2 p 
2 I zy
Iz  I y
 pı
 pıı  pı 

2
38
Şekilde gösterilen alanın çarpım atalet momentini hesaplayınız.
ÖRNEK 2
g b y

a
b
y
g
g
;
a
b  y 
b
b
b
g
1 a2
2
I zy   zydA    y  g  dy   2 b  y  y dy
2
20b
A
0
dy
g/2
b
a2
I zy  2
2b
b
b
a 2 b2 y 2 2 3 y 4
a 2 b4
0  b y  2by  y  dy  2b2 2  3 by  4  2b2 12
0
2
2
3
y
y
Siz yapın : Üçgenin kendi alan merkezinden geçen ve
z ve y eksenlerine paralel eksen takımına göre
çarpım atalet momenti nedir?
a 2b 2
I zy 
24
z
a
Şekilde gösterilen karenin alan merkezinden geçen z’ eksenine göre atalet momentini hesaplayınız.
ÖRNEK 3
y
y'
Iz  I y 
a4
; I zy  0
12
a4 a4

a 4 12 12
a4
I  
cos 2  0.sin 2 
12
2
12
0
0
C
z

Karenin alan merkezinden geçen bütün eksenlere göre atalet
a
momenti
z'
I zy
a
I z 
Iz  Iy
2

Iz  Iy
2
a4
dir.
12
a4 a4

12
12 sin 2  0.cos 2  0

2
0
Alan merkezinden geçen her dik
eksen takımına göre çarpım atalet
momenti sıfırdır. Her dik eksen
eşleniktir.
0
cos 2  I zy sin 2
I zy  
Iz  Iy
2
sin 2  I zy cos 2
39
ÖRNEK 4
R yarıçaplı 2 merkez açılı daire sektörünün Iz ve Iy atalet momentlerini hesaplayınız.
y
dA  dr  ds  dr  r  d
z  r cos 

R 
dr
z
2


2
0 
A
r
y
R 4 1  cos 2
R4
sin 2
Iz 
d   

4 
2
8
2
I z   y dA    r  sin   r  dr  d
dα
2
R4 
1

Iz 
  sin 2 
4 
2

 
  2
4
R4 
1
 R
Iz 
   sin 2  
4 
2
4

4
R4 
1
 R
Iy 
   sin 2  
4 
2
4

I zy  0
R4     R4
Iz 
 
4 2
8
R4     R4
Iy 
 
4 2
8
I zy  0
2
A
R4 
sin 2 
Iy 
 

4 
2 
Özel Durum II

I y   z dA   r  r cos   d  dr   r dr  cos 2  d
R 4 1  cos 2
R4
sin 2
Iy 
d




4 
2
8
2
Özel Durum I


R
2

R
y  r sin 
I zy  0
Özel Durum III
2
A


3
0

R4
sin 2 
sin  2  
Iy 

   

8
2
2


z eksenine göre simetrik
  4
4
R4   1
   R   1 
Iz 
  sin  2   
  
4  4 2  4   4  4 2 
4
R4   1
   R   1 
Iy 
  sin  2   
  
4  2 2  4   4  4 2 
Eksen takımı =45o saate ters yönde döndürülürse
 R4
0
0
 ............ cos 2  45   0  sin 2  45 
164
R

 ............ cos 2   450   0  sin 2   450 
16
 R4
R4
Iz  I y 
, I zy 
16
8
I 450 
I 450
40
Şekilde gösterilen alanın alan merkezinden geçen asal eksenlerine göre atalet momentini hesaplayınız.
ÖRNEK 5
y
10
2
800  40  550  5
 25.74 mm
800  550
y
z
800  5  550  37.5
 18.24 mm
800  550
10  803
55 103
2
2
Iz 
 800  40  25.74 
 550  20.74  830509 mm4
12
12
1
122.65o
80 mm
32.65o
I zy  800   13.24 40  25.74  550   20.74 37.5  18.24  370741mm4
z
z
C
 p  32.650
2   370741
tan 2 p 


 p  122.650
I z  I y 830509  489572
2 I zy
y
10
65 mm
I1  1068094 mm4 ,
I1, 2 
Iz  Iy
2
80 103
10  553
2
2
Iy 
 800  13.24 
 550  37.5  18.24  489572 mm4
12
12
I 32.650  I1 
830509  489572 830509  489572

cos (65.30 )   370741 sin( 65.30 )
2
2
I 122.650  I 2  251990 mm4
z(Iz, Izy)
 Iz  Iy 
  I zy 2
 
 2 
2
(I2,0)
ASAL
p
(I1,0)
ASAL
Iz,Iy
I1, 2  660040  408054
I1  1068094mm4 , I 2  251986mm4
Izy
y(Iy,-Izy)
41
R yarıçaplı dairenin z ve y eksenlerine göre Iz, Iy atalet momentlerini hesaplayınız.
ÖRNEK 6
y
dA  dr  ds  dr  r  d
I z   y dA 
2 R
 r
2
d
ds
A
dr

z
 sin 2   r  dr  d
0 0
R4
Iz 
4
r
2
y  r  sin 
2
1  cos 2
R4 1 
1

d




sin 2 
0 2

4 2
2

Iz 
 R4
4
O
Dönel simetri nedeniyle Iy = Iz, Izy= 0
R
2 R 4  R 4
J p   2    r  dr  r 

4
2
0
R
2
ÖRNEK 7
Jp 
 R4
2
Ro ortalama yarıçaplı, sabit t kalınlıklı ince halkanın O merkezinden geçen z eksenine göre atalet momentini
hesaplayınız.
y
Rdış  R0 
t
2
Riç  R0 
t
2

R
4
Iz 
4
dış
 Riç4

 
4
4
t  
t    3t
t3 
I z   R0     R0      8R0  8R0 
4 
2  
2   4 
2
8
Rort
Iz 
z
O

4R t  R t    R t
4
3
0
3
0
İhmal
edilebilir.
t
Rdış
3
0
Riç
J0 

2
R
4
d
R
4
i

  2 4R t  R t   2 R t 
3
0
3
0
3
0
 R0t 3
2
 2 R t
3
0
42
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.
y
2
D
y
(54 ; 40.5)
90
z
64.9
25.1
R
2 s
C
1
I2
60 mm
2 p =50.19
2 p  128.91
I Z  121.5*104 mm 4
Iz ,Iy
2 s
IY  54*104 mm 4
I ZY  40.5*104 mm 4
I1  140.47 *104 mm 4  1p  25.1
I 2  35.03*104 mm 4
M
I1
Izy
z (121.5 ; 40.5)
E
 1p  115.1
M  87.75*104 mm 4
R  52.72*104 mm 4
43
Eşlenik Eksenler
v
y
u
z=ytan
A
z=ytan
dA
u
z
v
’p
y


’’p
1
z
2
A
1 ve 2 asal eksenlerdir.
Iuv=0 ise u ve v eşlenik eksenler olur.
tan(a  b) 
tan a  tan b
1 tan a tan b
I uv   uvdA  
A
A
z  y tan  z  y tan 
1  tan 
2
1  tan 
2
dA  0
I y  I z tan  tan   I zy (tan   tan  )  0
1  cos 2
2
1  cos 2
cos 2  
2
sin 2  
I y  tan  tan   I z  I zy tan(   )   I zy tan(   )  0
z, y asal eksenler olursa (Izy=0) dır
I y  I z tan  tan   0 ,
tan  tan   
Iz=Iy bütün  eksenler eşlenik, IzIy Eşlenik eksenler  olmaz.
Iy
Iz
44
ÖRNEK 9
y
v
I z  82.2 10 mm
4
54.5
z
I y  48.3 104 mm4
u
u
v
25.5
y
dA
z=ytan
I zy  36.8 104 mm4
C
z=ytan
4


z
A
46.9 mm
18.1
u ve v eşlenik eksenler ise
I y  I z tan  tan   I zy (tan   tan  )  0
Şimdi, y ekseni ile eşlenik olan bir u eksenini
belirlemek istiyoruz
y  v    0 olur
çarpım atalet momentini sıfır yapan
ve birbirine dik olmayan
 doğrultusu aranmaktadır.
bağıntısı sağlanmalıdır.
y, v
A1
52,7°
7
0.
+
y
z
62
=0
127.3°
I y  I z tan  tan   I zy (tan   tan  )  0
z
48.3  82.2 tan  0  (38.6)(tan   0)  0
  52.7 yada   127.3 bulunur.
u
A2
u ve v eşlenik eksenlerdir.
45
Şekilde gösterilen elipsin z eksenine göre Iz atalet momentini hesaplayınız.
y
dA
dA
y
I z   y dA 
2
A
z
z
y
y
3

3
y 2 zdy 
2
3

3
y2
y 2  4 1  dy
9
2
3

8
8  32 2 1
32 2 1
2
2
2
I z   y  3  y dy   3 sin (1)  3 sin (1) 
3 3
3 8
8

8 32 2  
Iz 
3
3 8  2
  
      33   27
 2 
y
y
4
b
z
z2 y2

1
16 9
3
ÖRNEK 10
1
2
2
2
1 x 
x
a

x

a
sin
C ,a  0

2 
a 
1
2
2
2
2 3
 x a  x dx   3 (a  x )  C
x
a2
x
2
2
2
2
2 3
x
a

x
dx


(
a

x
)

( x a 2  x 2  a 2 sin 1 )  C , a  0

4
8
a
a 2  x 2 dx 
z
z
a
Iz 
 ab3
4
Ödev: yarım elipsin alan merkezinden geçen ve tabanına paralel olan eksene göre atalet
momentini hesaplayınız.
46
BURULMA : DAİRESEL KESİTLİ ÇUBUKLARDA GERİLME HESABI
  dA  0
 y  dA  0
 z  dA  0
y
x
R
x
T
a
A

z
b
a'
x
B

b'
T
x
B'
  dA  0
  dA  0
 ( y  z
dx
xy
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 dış
yüzüne etkiyen herhangi bir kuvvet olmadığından dış yüzeydeki kayma
gerilmelerinin sıfır olması gerektiği bilinmektedir.
xz
xz
)dA  T
y
Şekil Değiştirme Hipotezi :
•Çubuk eksenine dik ve düzlem olan kesitler yer değiştirmeden sonra da
çubuk eksenine dik ve düzlem olarak kalır. (x=y=z=0)
•Dik kesit rijit bir levha gibi çubuk ekseni etrafında döner.
•Kesitlerin dönme açıları x koordinatlarının doğrusal bir fonksiyonudur.
Şekil 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).
xy
 xy
 xz
T
O
z
R
47
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.
y
0
O2
O1
x
r
z
Şekil değiştirme hipotezinin son maddesine göre dönme açısının türevi
sabit olup, birim boydaki dönmenin değişmediğini ifade etmektedir.
(twist)
d

dx
= Sabit (Birim boydaki dönme açısı)
y
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. Şeklin sağ tarafında
bulunan kesit, solda bulunan kesite göre dΦ kadar çubuk ekseni etrafında
dönmüş olduğundan aşağıdaki bağıntılar yazılabilir.
tan    
bb rd

 r
dx
dx
r
O1

a
r
d
b
O2
x
b’
dx
z
  G.  G r
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.
enbüyük

T
 enbüyük r

  
()
  

r
 enbüyük
48
Şimdi 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.
T     ρ . .dA  
dA
A

T
A
 enbüyük
()
 enbüyük
r
2
r
 enbüyük dA
J  Polar At. Mom.
Tr

J
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.
Tr
 G r
J

T
GJ
GJ:Burulma Rijitliği
Aşağıdaki şekilde burulma momentine maruz bir çubuğun dış
yüzünde 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.
A
enbüyük
B
A
2
1
2
1

T

B
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.
Şimdi 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.
enbüyük
enbüyük
     dx  
l
l
T
dx
GJ
T
T
49
DAİRESEL KESİTLİ MİLLERİN BOYUTLANDIRILMASI
Bilinen büyüklükler
T, G,em , em
Aranan büyüklükler
d, J
a) Emniyet gerilmesine göre;
 enbüyük
Tr
2T
  em  r  3
4
r
  em
2
Tr

  em
J
d
2  
em
 d4
32
T
veya
d
3
16T
  em
b) Emniyetli dönme açısına göre;
T

GJ
TL
 em 
GJ
L
    dx
TL
 em
 d4
G
32
0
d
4
32TL
 Gem
R0
d1
d
t
d2
J
r
2
4

d
32
4
J

r
2
4
2
 r14  

d
32
4
2
 d14 
J  2 R t 
3
0
 R0t 3
2
ihmal edilebilir
50
Şekilde gösterilen dairesel kesitli milde AF arasında toplam dönme açısını ve maksimum gerilmenin yerini ve
değerini hesaplayınız (G = 80 GPa).
ÖRNEK 1
y
TA  200  150  80  50  0
150Nm
80Nm
50Nm
A
B
30
50 mm
200Nm
C
D
E
J dolu 

32
TA  80
504  61.36 104 mm4
x
F
J halka 

50
32
4
 304   53.407 104 mm4
z
50 mm
50 mm
50 mm
F
TA
200
150
A
50 mm
50 mm
1  50 103  50
30 103  50 120 103  50 120 103  50 80 103  50 
 




G  53.407 104 53.407 104 53.407 104 61.36 104 61.36 104 
80
50
F 
120Nm
-
A
50Nm
+
30Nm
+
1  5
5
140  
 40   2.046 104 rad .
3 
80 10  53.407
61.36

80Nm
D
R

180 
F  0.01170
A
120 103  25
 eb 
 5.62 MPa (C  D )
534.07 103
51
ÖRNEK 2
30mm
a) Şekilde 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 açısını
hesaplayınız. c) Milin iç yüzünde 70 MPa’ lık gerilme oluşturan burulma açısı kaç derecedir? d) em= 85 MPa
olduğuna göre Tmax.=? e) Aynı ağırlıklı içi dolu hal için Tmax.=?
f) Aynı ağırlıklı, dış çapı 120 mm. olan hal için
Tmax.=?
45mm
a)
T

R

180
D
  L 
2.4 m
b) A 

4
R
D
180

 .3
180
TL
T  2400
 0.05236 
JG
77 103  5.169 106
902  602  

4
J
 0.05236
d 2  d  67.08 mm.
8.683 106  2400

 0.1361 rad .    7.80
3
6
77 10 1.988 10
T  12.061106 Nmm.

90
32
4
 604   5.169 106 mm4
T  8.683 106 Nmm.
J

32
d4 

32
c) τ 
 67.08
4
T  8.683 kNm.
 1.988 106 mm4
Tr
T .30
 70 
J
5.169 106
T  12.061 kNm.
12.061106  2400
  L 
 0.0727 rad  4.160
3
6
77 10  5.169 10
Tr
85  5.169 106
d) τ 
 85  T 
 9.764 106 Nmm.  9.764 kNm.
J
45
e) d  67.08 mm.
f) A
τ
Tr
 85 MPa  τem
J
T  67.08 / 2
 85  T  5.0381106 Nmm.
6
1.988 10
π
π
π
902  602   1202  diç 2 
diç  99.50 mm.
J
1204  99.54   10.735 106 mm4


4
4
32
T  60
 85  T  15.2078 106 Nmm.  T  15.2078 kNm.
6
10.735 10
52
İki ayrı malzemeden yapılan miller iç içe geçirilmiştir. Taşınabilecek en büyük T burulma momentini
hesaplayınız.
ÖRNEK 3
y
J1 
60 mm
3
G = 60x10 MPa
em = 40 MPa
40 mm
G = 80x103 MPa em = 60 MPa
A

32
J2 
x

404  25.133 104 mm4
 60
32
4
 404   102.102 104 mm4
T1
T2

4
3
60 10  25.133 10
80 10 102.102 10 4
3
z
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.
Denge denklemi
T1  T2  T
1  2
T1
T
 2
G1 J1 G2 J 2
Uygunluk denklemi:
İki mil beraber
çalıştıklarına göre dönme
açıları birbirlerine eşittir.
T2  5.4166 T1..............(1) 
T
 T1 
T1  T2  T ...................(2)
6.4166
T  0.1558
 20  40
25.133 104
T  0.8442
2
τ eb

 30  60
102.102 104
τ1eb 
T1  0.1558 T
T2  0.8442 T

T  3.2263 106 Nmm 


6
T  2.4189 10 Nmm 

3.2263
Tem  min 
 Tem  2.4189 kNm
2.4189
53
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
ÖRNEK 4
y
T = 80 Nm
db  d a
x
L
75  25
 25 
x  25  0.025 x
2000
d ( x)  d a 
da=25mm
db=75mm
A
z
L=2m
Çubuk en kesiti ve dolayısıyla polar atalet
momenti x koordinatına bağlı olarak değiştiğinden
serbest uçtaki dönme açısının hesaplanmasında
integral formulünün kullanılması gerekir.
L
32 80000
dx

 28000 0  25  0.025 x 4
L
L
25  0.025 x  u 
29.103 0.025dx
 1164.1 u 4 du
 
4

0.025dx  du 
0.025 0 u
0
2000
T  x
T dx
dx  
G J ( x)
G0 J
0
L
L

L
L
T
dx
32 T dx
 

G 0  d 4  G 0 d 4
32
1164.1
1
3  25  0.025 x 3
 388.035
0
1
1
 3  0.02391rad .  1.37 0
3
75 25
54
Her bir malzemede oluşacak en büyük kayma gerilmesini hesaplayınız.
ÖRNEK 5
A
B
C
Denge Denklemi
D
700 Nm
300 Nm
Alüminyum D = 50 mm
Ga = 2.8x104MPa
TA  TD  700  300  0
Çelik D = 20 mm
Gç = 8.4x104MPa
Pirinç D = 30 mm
Gp = 3.5x104MPa
Uygunluk Denklemi
D  0
A
1m
1m
TA
700 Nm
T
2m
TA  700
(KABUL)
TD
300 Nm
TA
+
TA-700
+
TD
TA 1000
2.8 104 

32
 504

(TA  700) 1000
3.5 104 

32
 304
4.099  TA  14.88  TD  2469.13

TA  TD  1000

τ pirinç
TD  2000

8.4 104 

32
TA
T  700 2TD
 A

0
1750
283.5 134.4
0
 204
914.12 103  25
τal. 
 37 MPa
613592
TA  914.12 Nm
TD  85.88 Nm
214.12 103 15

 40 MPa
80295
τçelik
85.88 103 10

 54.67 MPa
15707
55
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 adını verdiğimiz düzlem kesitlerin düzlem dışı yer değiştirmeleri
söz konusudur.
 0
EŞKENAR
ÜÇGEN
KARE
ELİPS
a
τmax
τmax
T
b
T
a
T
T
 zx   zy  0
a
τ eb 

τmax
T
τ eb 
h

b
T
 hb 2
T
 hb3G
T
0, 208a 3
τmax
T
0,141a 4G
τ eb 
20T
a3

46T
a 4G
2T
 ab 2
τ eb 
a

2
 b2  T
 a 3b3G

h/b
1/3

0.208 0.231 0.239 0.246 0.258 0.267 0.282 0.299 0307 0.313
1/3

0.141 0.196 0.214 0.229 0.249 0.263 0.281 0.299 0.307 0.313
1

1.5
1
b
3  1,8
h
1.75
2.0
2.5
5
1
b
b 
  1  0,63  0,052  
3 
h
 h  
3.0
4.0
6.0
8.0
56
10
h1
Profiller, T, L, , I
Dikdörtgenler ayrı ayrı düşünülerek, rijitlikler toplanır.
b1
1
GJ  G  hibi3
3
b2
h2
τ eb
b3

T
τ eb 
1
hi bi3 .G

3
Tbeb
1
hi bi3

3
en kalın dikdörtgenin uzun kenarının ortasında olur.
h3
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.
τ eb
Eş mukavemetli
ların eşitliği anlamındadır.
τ kare 
T
0.208a3
T
T .d / 2
3
3

0.208
a

0.1963
d
3

0.208a
d4
32
a  0.981d  a 2  0.9623d 2

2
Adaire 4 d
 2  0.81617
Akare
a
a
kare 
T
0.141a 4G
T
T

4
0.141a G  d 4G
32

τ daire 
T .d / 2

32
d4
D
0.09817d 4  0.141a 4
d 2  1.1984a 2

daire 

32
T
d 4G
2
Adaire 4 d
 2  0.94124
Akare
a
57
τ em =60 MPa olan bir malzemeden yapılmış 3 m. boyundaki bir mil 16 kNm’ lik burulma momentine maruzdur.
ÖRNEK 7
İki uç arsındaki dönme açısının 0,02 rad. değerinde olabilmesi için içi boş yapılan milin iç ve dış çapını
hesaplayınız. G=80 GPa.
y
ddış
L
diç
TL
T .3000

 0.02
GJ G  d 4  d 4
 d i
32
x
dd G
60

2 3000 0.02
A
z
dd
T
T
τeb  rd 
 60  τ em
 4
J
2
4
 d d  di 
32
ÖRNEK 8
y

16 106
 225
32
4
 di4 
dd 
225
 60
2
60  6000
 225 mm
0.02  80 103
di  217.97 mm
Serbest 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 enkesitli
çubuğa uygulanabilecek burulma momenti nedir?
20.T


T

432000
Nmm
.

603
 Teb  281739 Nmm.
46  T 1500
0.02  4
 T  281739 Nmm.
3
60  75 10

 d2
1
A
 60  60  sin 60   d  44.55 mm.
4
2
40 
z
L=1
500
τ
mm
60
Üçgen yerine dairesel enkesitli mil kullanmakla
elde edilen kazanç=  37.26’ dır.
mm
  L 
Tr
 τ em
J
TL
 em
JG
T  22, 275

 40

T  694494 Nmm.
  44.55
32
T 1500
 0.02  T  386714 Nmm.
75 103  386714
4
58
Şekilde gösterilen korniyerin yapıldığı malzemenin τ em=60 MPa,  em =0.0002 rad/mm olarak bilindiğine göre
taşınabilecek en büyük T burulma momentini hesaplayınız. G=80 GPa.
ÖRNEK 9
4
τeb 
80
Tbeb
1
hi bi3

3

60 1
80  43  100  53   70480 Nmm.
T
5 3
 τ em  60 MPa
T
1
G  hi bi3
3
 em  0.0002
1
T  0.0002  80 103  80  43  100  53   93973.3 Nmm
3
5
70480
Tem  min 
 Tem  70480 Nmm.
93973.3
100
ÖRNEK 10
Şekilde gösterilen ve iki ayrı malzemeden yapılan T kesitin taşıyabileceği en büyük burulma momentini
hesaplayınız.
İki malzeme birlikte çalıştıklarına göre uygunluk denklemi olarak,
1   2
100 mm
Ayrıca denge denklemi olarak,
7 mm
1
G = 60 GPa
em = 70 MPa
120 mm
1  2
T1
T2

1
1
G1 h1b13 G2 h2b23
3
3
T1
T2

 T2  2.3883T1
20580 49152
2
8mm
G = 80 GPa
em = 90 MPa
0.2951 T  7
 70
1
3
100  7
3
0.7049  T  8
2
τ eb

 90
1
3
120  8
3
τ1eb 


T  T1  T2
yazabiliriz.
yazılabilir.
T1
T2

1
1
60 103  100  73 80 103  120  83
3
3
T  T1  T2  T  T1  2.3883T1
T1  0.2951T
T2  0.7049T

T  387439 Nmm 


 Tem  326855 Nmm.
T  326855 Nmm 


59
Şekilde gösterilen kademeli milde, her iki malzemenin de emniyet gerilmesinde çalışması hali için dalüminyum ve
dçelik çaplarını hesaplayınız.
TA  TC  10
Denge Şartı
ÖRNEK 11
A
TA 106 d a
τ 
 40MPa
 4 2
da
32
B
A
eb
C
10 kNm
Çelik
Gç = 80 Gpa
em = 100 MPa
Alüminyum
GA = 28 Gpa
em = 40MPa
τ 
Ç
eb
2m
3m
Uygunluk Şartı
 100MPa
100   2 19.635 106

 
dç4 32 106 dç
dç
TC
TA 106  2000
28 10 
3

32
7.854 106 3 19.635 106
 
14  d a
80
dç
0.561 d ç  0.736  d a
2
TÇ
10 - TA
3  TÇ
TA

0
14  d a4 80  d ç4
d
4
ç
TA
40   2 7.854 106


d a4 32 106 d a
da
+
A

32
TA
C  0
TÇ 106 d ç
d
4
a

(10  TA ) 106  3000
80 10 
3

32
d

0
4
ç
d ç4
τ
40 TA  10 d a 32
2


6
 4 2 TÇ 10 d ç
τ
100
da
32
TÇ  5.65TA
A
eb
Ç
eb
6
TA  TÇ  10
dç  1.3125  da
TÇ  8.5 kNm
TA  1.5 kNm
60
d a  57.58 mm d ç  75.58 mm
ÖRNEK 12
ÖRNEK 13
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=-500μ
olarak okunmuştur. Milin yapıldığı malzemenin kayma modülünü
hesaplayınız.
İçi boş mil 5 mm kalınlığındaki levhanın  = 40o olacak
şekilde sarılıp uçlarından kaynatılarak imal edilmiştir.
Kaynakta emniyet gerilmeleri, em = ±100 MPa, em =±
55 MPa olduğuna göre uygulanabilecek en büyük
burulma momenti ne olur?
100
30
T
80

T
k

A
k


86.26
86.26
MPa
x  0
y  0
 xy
86.26

G
 x   30  500  106
G  74700 MPa
G  74.7 GPa
J  5.9838 106 mm 4
 k  100 MPa  T  10.13 kNm
 k  55 MPa
 T  31.60 kNm
10.13 
Tem  min 
  10.13 kNm
31.60 
61
ÖRNEK 14
Şekildeki d çaplı içi dolu mile fonksiyonu verilen yayılı
burulma 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
GERİLME DÖNÜŞÜM
DENKLEMLERİ
 x 
1
 x   y   1  x   y cos 2   xy sin 2
2
2
y 
1
 x   y   1  x   y cos 2   xy sin 2
2
2
'
 xy  
2
İKİ BOYUTLU HALDE
GENELLEŞTİRİLMİŞ HOOKE
YASALARI
2
T ( x)
250 x dx
dx  

GJ
28 109  0.6166 106
0
0
A  
 A  0.0291 rad  1.667
1
 x   y sin 2   xy cos 2
2
 xy
x 
1
 x  y 
E
y 
1
 y  x 
E
 xy 
x 
E
 x  y 
1  2
y 
E
 x   y 
1  2
 xy  G xy
G
62
EĞİLME
Tanımlar
Şekilde düşey düzlem içinde ve tesir
çizgileri
daima
en
kesitin
alan
merkezinden geçecek tarzda etkiyen dış
yüklere
maruz
bir
kiriş
parçası
görülmektedir.
Alan
merkezine
yapıştırılan eksen takımının x ekseni
çubuk ekseni ile çakıştırılmıştır. En kesit
düzleminde y ekseni yukarı z ekseni ise
sola yönlü alınmıştır. Bu durumda kirişi
zorlayan
kuvvet
çiftlerinin
içinde
bulunduğu xy düzlemi kuvvetler düzlemi
olarak isimlendirilir. Kuvvetler düzlemi ile
en kesitin arakesitine (y ekseni)
kuvvetler çizgisi denir. Şekil değiştirmiş
çubuk ekseninin içinde bulunduğu düzleme
eğime düzlemi adı verilir. Bir eğilme
probleminde kuvvetler düzlemi ile eğilme
düzlemi aynı düzlemse bu eğilme BASİT
EĞİLME ya da DÜZ EĞİLME, aksi halde
EĞİK EĞİLME olarak isimlendirilir. Yada
farklı bir ifadeyle kuvvetler çizgisinin en
kesidin asal eksenlerinden biri ile
çakışması durumunda, eğilme basit eğilme
olacaktır.
Kuvvetler düzlemi ile
en kesitin arakesiti:
Kuvvetler çizgisi
y
Kuvvetler
Düzlemi
Tarafsız
Düzlem
Kuvvet çiftlerinin içinde
olduğu düzlem:
Kuvvetler Düzlemi
Elastik eğrinin
içinde olduğu
düzlem:
Eğilme Düzlemi
Elastik Eğri
x
Tarafsız
Eksen
z
63
BASİT EĞİLME
Günlük hayatta kesme kuvveti ve eğilme momenti hemen her zaman birlikte
bulunur. Bu iki kesit zoru arasında var olan türev bağıntı, bir kiriş parçası için
yazılan denge denklemleri yardımıyla daha önce çıkarılmıştı. Bu bölümde yalnızca
eğilme momenti etkisindeki bir kirişte oluşacak gerilme ile şekil değişimini ifade
eden bağıntıları çıkartmak istiyoruz. Yükleme durumu yanda gösterilen kirişin C
ve D noktaları arasındaki tek kesit zoru eğilme momentidir. Eğilme momenti
etkisinde düşey eksene göre simetrik bir en keside sahip olduğu düşünülen
kirişten alınan küçük bir parçanın yapacağı şekil değişimi abartılarak kirişin alt
tarafında gösterilmiştir. Kirişin alt tarafındaki lifler uzarken üst tarafındaki
lifler kısalır. Eksendeki lifler ise aynı boyda kalır. O halde aşağıdaki lifler
uzadığına göre bu lifler çekme gerilmesine yukarıdaki lifler de kısaldığına göre
basma gerilmelerine maruz kalmaktadır. Başlangıçta doğru olan çubuk ekseni
eğilmeden sonra bir eğri halini alır. Bu eğriye Elastik Eğri denir. Çubuk
ekseninden geçen bir düzlem içindeki uzama ve kısalmaya katılmayan liflerin
içinde bulunduğu xz düzlemine Tarafsız Düzlem, tarafsız düzlemle en kesit
düzleminin ara kesitine (z ekseni) Tarafsız Eksen denir.
q
q
A
B
C
D
O


Mz
Mz
b
a
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. (Bu açı, alınan kiriş parçasının sol ve sağ
kenarından elastik eğriye çizilen teğetlerin arasında da oluşur. Birim uzunluktaki
yayı gören açıya eğrilik adı verilir.)
Eğilmede, şekil değişimiyle ilgili bu hipotezi Bernoulli bulmuş ve Navier de
düzenlemiştir. Bernoulli-Navier hipotezi iki bilim adamının ismi ile anılmaktadır.
Bu hipoteze göre: Çubuk eksenine dik düzlem kesitler eğilme neticesinde gene
düzlem kalırlar. Çubuk eksenine dik kesitler şekil değiştirmeden sonra da şekil
değiştirmiş eksene dik kalırlar.
Dolayısıyla başlangıçta çubuk eksenine dik ve düzlem olan kesitlerin şekil
değiştirmeden sonra dik ve düzlemliği korunmaktadır. O halde en kesit
üzerinde kayma gerilmeleri sıfırdır. Denge denklemlerinin kayma gerilmeleri ile
ilgili olanları otomatik olarak sağlanır.
y
d
ρ
d
eğrilik
1m
Eğrilik = 1/ρ
y
DENGE DENKLEMLERİ
xdA
dA
z
x
Mz
  dA  0
 y  dA   M
 z  dA  0
x
z
x
Eğilmeden önce kiriş ekseni doğru olup en kesit sabittir. Basit eğilmeye
zorlanan bir çubukta Bernoulli hipotezini göz önüne alarak liflerin uzama
ve kısalmasını hesaplayalım.
Şekilde görüldüğü gibi yukarıdaki lifler kısalmış aşağıdaki lifler uzamış ve
Tarafsız eksenden y uzaklığındaki bir lifin (ab lifinin) uzama oranı εx dir.
 eğilmiş eksenin eğrilik yarıçapı olmak üzere birim boydaki uzama,
O

x 

a
x 
b
y
Son Boy  İlk boy
İlk boy
   y   
x  
  dA  0
  dA  0
 ( y  z
y
xy
x
y
Mz

y

Görülüyor ki boylamasına
liflerin uzama ve kısalması
yani boy değişmesi tarafsız
(eksenden) yüzeyden olan y
uzaklığı ile doğru ve eğrilik
yarıçapı ile ters orantılıdır.
dA
y
xz
xz
xy
)dA  0
xdA
z
x
Gerilmelerin hesabı için Hooke kanununu tatbik edersek,
 x  E  x

y

 
 x  E  
Pozitif Mz momenti z ekseninden y kadar yukarıda basma
gerilmesi oluşturmaktadır. Bu nedenle σxdA kuvveti de basma
kuvvetidir ve negatiftir. Gerilme için bulunan bu ifade denge
denklemlerinde yazılırsa aşağıdaki denklemler elde edilir.
 y
E
E

dA


y dA  0


 

 y
E
2
 y E      dA     y dA   M z
 y
E
z
E


dA


yz dA  0


  

Kesit, düşey eksene göre simetrik olduğundan çarpım atalet
momenti sıfırdır. Eksen takımı en kesidin alan merkezine
yapıştırıldığından statik moment de sıfır olacaktır. Dolayısyla
birinci ve üçüncü denge denklemleri sağlanır.
65
İkinci denge denkleminden
E

2
 y dA  M z
A
BOYUTLANDIRMA
E

Iz  M z 
1


Mz
EI z
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. Son olarak en kesit üzerindeki normal
gerilmenin değişimi Hooke yasasından belirlenir.
 x  E  x
 M
 y
 x  E     E   z
 
 EI z
x  

Mz
y
y
I

z
Mz
y
Iz
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.
 eb 
Mz
yeb
Iz
Gerilmelere göre boyutlandırmada
 eb 
Mz
yeb
Iz
formülünün esas alınacağı açıktır. Pratikte
Iz
y
 W
Iz
y
oranına Mukavemet momenti adı verilir.
Çekme ve basma emniyet gerilmeleri eşit simetrik en
kesite sahip kirişlerde
Wz 
Iz
yeb
 ek M z
M

yeb  z   em
 eb
Iz
Wz
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.
Wz 
Wz
I
 ek 
Mz
em
  basma
Wz
Iz
 eb 
Mz
em
  çekme
Wz
z
'
basma
y
''
yçekme
66
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.
y
q = 5 kN/m
D
B
x
A
G
yA
z
A
40 mm
T.E
bh3 80 1203
I


12
12
h = 120 mm
 11.52 106 mm 4
A
E
1m
I
11.52 106
W

h
60
2
W  0.192 106 mm3
2m
4m
80 mm
10 kN
10 kN
Q
10kN
+
min.
MA
7.5 106
A  
yA  
 20   13 MPa
I
11.52 106
10kN
M
A 
+
7.5kNm
1m
 max.
10 106

 52.1 MPa
0.192 106
1m
10kNm
A
E
A  

1

13
 74.3 106
3
175 10
y
A  
yA
A

20
 269 m.
74.3 106
67
ÖRNEK 2
T kesitli çıkmalı bir kiriş şekilde gösterilen biçimde yüklenmiştir. Kirişte oluşacak en büyük çekme ve en
büyük basma gerilmelerini hesaplayınız.
y
3 kN
q = 4 kN/m
20mm
x
A
B
z
3m
1m
5 kN
C
10 kN
7kN
Q
T.E
60 mm
50 mm
+
-
3
3 kNm
5kN
20
20
20
M
-
Ağırlık merkezinin bulunması,
z 0
+
Kesit tabanına göre statik moment alalım.
3.125kNm
Açıklıkta oluşacak en büyük gerilmeler,
b  
(y ekseni simetri ekseni)
M
3.125 106
y
 30   68.9 MPa
I
1.36 106
M
3.125 106
ç   y  
 50  114.9 MPa
I
1.36 106
60  20  70  60  20  30
 50 mm.
2(60  20)
60  203
20  603
2
2
Iz 
 60  20   20  
 60  20   20  
12
12
I z  136.104 mm4
y
Mesnette oluşacak en büyük gerilmeler,
M
3.00 106
b   y  
 50  110.39 MPa
I
1.36 106
M
3.00 106
ç   y  
 30  66.2 MPa
I
1.36 106
68
ÖRNEK 3
 2  12  (   0.01)2
  50 m
Genişliği 10, yüksekliği 30
mm ve uzunluğu 2 m olan
alüminyum çubuğun ortası
uçlarından etki eden M
eğilme momenti sebebiyle
10 mm yer değiştirmiştir.
Çubuğa etkiyen M momenti
ile en büyük uzama oranını
hesaplayınız E=70 GPa.
I  22500 mm 4
1 M


 EI
70000  22500
M
 31500 Nmm
50000
y
15
  
 3  104

50000
  300
ρ-0.01 m
ρ
10 mm
M
1m
1m
M
Şekilde gösterilen kesite M=20 kNm lik eğilme momenti etkimektedir. Alt başlıkta taşınan toplam kuvveti
hesaplayınız.
Kesit tabanına göre statik moment alalım.
ÖRNEK 4
20 mm
E
y
y
120(40  20  20 100  20 170)
 77.50 mm.
120(20  20  40)
I z  41.22*106 mm4
120 mm
z
C
20 mm
D’
D
120 mm
40 mm
M
20 106
D   y  
 77.5  37.6 MPa
I
41.22 106
M
20 106
 D   y  
 37.5  18.2 MPa
I
41.22 106
 37.6  18.2 
alt başlık kuvveti  120  40 
  133920 N
2


Üst başlıkta
taşınan kuvveti
de siz hesaplayınız
69
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.
20 mm
B
C
A
3m
120 mm
6 kN/m
2m
5.4
+
x
x
+
13.23
C
D’
40 mm
M  13.23 kNm
I  11.52 106
12.6
Mz
[kNm]
z
20 mm
D
120 mm
80
Qy [kN]
E
y
120 mm
ÖRNEK 5
 maks
mm 4
M
13.23 106

y
 60   68.91 MPa
I
11.52 106
M ( x  2.5m)  12.75 kNm
10.8
I  41.22 106
mm 4
M
12.75 106
E   y  
82.5  25.52 MPa
I
41.22 106
M
12.75 106
D   y  
 77.5  23.97 MPa
I
41.22 106
70
EĞİK EĞİLME
y
y
y
e
My
M
M
e
Kuvvetler
Çizgisi
(K.Ç.)
y
(ITE/KÇ=0)
dA
My
K.Ç.
z
y
y
z
C
z
Mz
C
z
Mz
C
Denge denklemleri;
  dA  0
x
Şekilde, 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’ye yapıştırılmıştır. Kuvvetler
çizgisinin en kesidin asal eksenlerinden biri ile çakışmadığı
düşünüldüğünde eğik eğilme hali söz konusu olacaktır.
Diğer bir deyişle çubuğu eğilmeye zorlayan kuvvet
çiftlerinin içinde bulunduğu kuvvetler düzlemi ile çubuğun
elastik eğrisinin içinde bulunduğu eğilme düzlemi farklı
düzlemlerdir.


xy
dA  0
 z dA  M
xz
dA  0
 y dA  M
x
x
y
z
En kesit üzerinde alınan bir alan elemanı, x ekseni
doğrultusundaki σx gerilmesi etkisinde bulunsun. (τxy ve τxz
kayma gerilmelerinin oldukça küçük olduklarını ve istenirse
denge
denklemlerinden
bulunabileceklerini
ayrıca
belirtelim.) Bu durumda iç kuvvetlerden oluşacak
zorlamaları dış kuvvetlere eşitleyen denge denklemleri
aşağıdaki biçimde yazılabilir.
71
(ITE/KÇ=0)
y
y
My
My
Tarafsız
Eksen.
mi
T.E.


ysinzcos=0
C
m
-
z
Mz
n
in
_
z
Mz
C
Tarafsız Eksenin (T.E.) Denklemi;
tan  
sin  z

cos  y
y sin   z cos   0
Şekil 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 hatırlanacağı gibi 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.
+
Kirişin yan

görünüşü maks
+
m
a ks
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 değiştirmelerin E katı ile gerilme
diyagramları gösterilebilir.
72
y
dA
(ITE/KÇ=0)
y’
dA
My
z
T.E.
z’
mi
n
m
y’ y 
ysinzcos=0
in
y’
My
mi
z’
T.E.
y’
ysinzcos=0
_
sin   cos 
2
in
_
_
Mz
y sin   z cos 
1
m
z
Mz
2
n

_
z
y 
y
C
+
 y sin   z cos 
ma
+
ks
m
ax
Alan elemanının merkezinden tarafsız eksene olan y’
mesafesini belirlemek için doğru (T.E.) denkleminde
noktanın koordinatları yerine yazılmalı ve doğru
denkleminin katsayılarının kareleri toplamının kareköküne
bölünmelidir.
+
Gerilmeyi yazarsak;
1
E
 x  E x   E y    y sin   z cos  


ma
+
ks
m
ax
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
hesaplanabilmekteydi. Eğik eğilme halinde de aynı bağıntı
geçerlidir.
73
Gerilme;
 x  E x   E
1

y  
E
x  
E


 y sin   z cos  
sin  y 
E

cos  z
a
 x  ay  bz
b
Buradaki a ve b katsayıları sabitlerdir. Meğer normal gerilme en kesit üzerindeki noktanın koordinatlarına bağlı olarak
değişmekteymiş. Şimdi 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.
  dA  0
  ay  bz dA  0
  x zdA  M y
  ay  bz  zdA  M y
  x ydA  M z
  ay  bz  ydA  M z
x
A
A
A
A
A
a  y dA  b  z dA  0
A
özdeş olarak sağlanır.
A
aI zy  bI y  M y
aI z  bI zy   M z
a  I z I y  I zy2     M z I y  M y I zy 
b  I z I y  I zy2     M z I zy  M y I z 
A
 M I  M y I zy
a   z y
 I I  I2
z y
zy




 M I  M yIz
b   z zy
 I I  I2
z y
zy




 x  ay  bz
x 
  M z I y  M y I zy  y   M z I zy  M y I z  z
I z I y  I zy2
Son elde edilen bağıntı tekrar düzenlenirse eğik
eğilme hali için gerilme formulü şöyle yazılabilir.
x 
M z  I zy z  I y y   M y  I z z  I zy y 
Gerilmenin
genel denklemi
I z I y  I zy2
a ve b katsayılarının bölümünden tarafsız eksenin doğrultusunu diğer bir deyişle tarafsız eksenin y ekseni ile yaptığı
açıyı, a ve b nin karelerinin toplamından da eğik eğilme hali için şekil değişimi hesabında kullanılacak bağıntıları elde
ederiz.
E
sin 
M I  M y I zy
a


  tan    z y
E
b
M z I zy  M y I z
cos 

tan  
M z I y  M y I zy
M z I zy  M y I z
 : T.E.nin y ekseni ile
yaptığı açıdır.

2
2
 E2 
E
E
E2
2
2
2
2
2
2
a  b    sin     cos    2   sin   cos    2



 
2
2
 M I  M y I zy   M z I zy  M y I z 
a 2  b2   z y

 I I  I 2   I I  I 2 
z y
zy
z y
zy

 

  M I  M I 2   M I  M I 2 
2
E
y zy
z zy
y z
 z y


2
2
2



 I z I y  I zy 


Eğik eğilme hali için şekil
değiştirme denklemi
1


1
E
M I
z
y  M y I zy    M z I zy  M y I z 
2
I I
z y
 I zy2 
2
2
75
EĞİK EĞİLME: TEMEL DENKLEMLER VE ÜÇ ÖZEL DURUM (ÖZET)
x 
M z  I zy z  I y y   M y  I z z  I zy y 
Iz I y  I
2
zy
tan  
M z I y  M y I zy
M z I zy  M y I z
M I
1
1

 E
z
y  M y I zy    M z I zy  M y I z 
2
I I
z y
 I zy2 
2
Özel Durum 1: z, y asal eksenler (Izy = 0), My = 0 olsun.
x  
Mz
y
Iz
BASİT EĞİLME FORMÜLÜ
ELDE EDİLDİ.
tan      90
Iy Mz
tan  
Iz M y
1
1

 E
2
M z2 M y
 2
I z2
Iy
My
Mz
y
z0
Iz
Iy
tan  
Iy
Iz
tany
z
Iy
Iz
tany y 


Mz
EI z
 I zy z  I y y 
 I I  I 2 
 z y zy 
x  Mz 
T.E. Denklemi için x = 0 da kullanılabilir.
x  
1
Özel Durum 3: My = 0 olsun.
Özel Durum 2: z, y asal eksenler (Izy = 0) olsun.
M
M
x   z y y z
Iz
Iy
Z EKSENİ T.E.
OLUR.
z Iy
 tany
y Iz
tan  
1


Iy
I zy
Mz
I y2  I zy2
2
E  I z I y  I zy 
76
2
Şekilde gösterilen dikdörtgen kesit 120 kNm’ lik eğilme momenti etkisindedir. Köşelerdeki gerilmeleri ve
tarafsız eksenin doğrultusunu belirleyiniz.
ÖRNEK 1
I z  1066.67 106 mm4
y
20
0
m
D(-100;200)
m
I y  266.67 106 mm4
M z  120  sin 2170  72.218 kNm
M y  120  cos 2170  95.836 kNm
Özel durum 2 z,y asal eksenler.
x  
(100;200)E
400
mm
217
z
Me = 120 kNm
My
Mz
y
z
Iz
Iy
tan  
M z I y  M y I zy
M z I zy  M y I z

MzIy
M yIz
 tany .
Iy
Iz
T.E. Doğrultusu için;
C(-100;-200)
tan   tan 217
Iy
Iz
 tan 217
266.67
   10.67 0
1066.67
72.218 106
95.836 106
x  
y
z  0.0677  y  0.3594  z
1066.67 106
266.67 106
B(100;-200)
 x  B    x 100; 200  0.0677   200   .3594  100   49.48 MPa
 x  E    x 100; 200  0.0677   200   0.3594  100   22.40 MPa
 x  C    x  100; 200  0.0677   200  0.3594   100   22.40 MPa
 x  D    x  100;200  0.0677   200  0.3594   100  49.48 MPa
T.E. Denklemi için;
 x  0  0.0677  y  0.3594  z
z
1
y
5.308
77
ÖRNEK 2
Şekilde görülen kirişin eğilmeye göre en çok zorlanan kesitinin A köşe noktasındaki gerilme A=-100 MPa
olarak ölçülmüştür. Buna göre;
Kirişe etkiyen P kuvvetini,
Hesaplanan P kuvveti için sol mesnetten 1m. mesafedeki kesitte gerilme diyagramını çiziniz.
T.E.
y
K.Ç.
z
30
Ku
v
P
y
ve
tle
r
Çi
9.2°
A
zg
20
i si
39
Me
2m
2m
Ç
ıD
at
üz
le
m
i
P.L
Me 
4
0
M z  M e .sin150  0.5.P 106 Nmm.
150°
I y  10.61106 mm4
I zy  0
30°
z
I z  37.74 106 mm4
C
140
90
Me
20
M y  M e .cos150  0.866.P 10 Nmm.
0
6
30
M z  I y  M y  I zy
M I
0.5 10.61
tan  
 z y 
M z  I zy  M y  I z M y I z 0.866 37.74
  9.2
0
x 
90
M z  I zy  z  I y  y   M y  I z  z  I zy  y 
I z  I y  I zy2

M
Mz
y y z
Iz
Iy
0.5 106  P
0.866 106  P
A  
 90  
 39  100 MPa.  P  22.854 kN .
37.74 106
10.61106
Sol mesnetten 1m mesafedeki kesitte gerilmeler
M x 1m. 
p
1  11.43 kNm.
2
 x  0.1514  y  0.9311 z
M z  5.714 106 Nmm.
M y  9.879 106 Nmm.
 min   A  0.1514   90  0.9311  39   50 MPa.
 max   B  0.1514   90  0.9311  81  89 MPa.
x  
5.714
9.879
y
z
37.74
10.61
78
L80x65x10 Korniyerin kuvvetler çizgisi y ekseni, ve eğilme momenti Mz=1500 Nm. olarak verilmektedir.
En büyük basma ve çekme gerilmeleri ile eğrilik yarıçapını hesaplayınız.
ÖRNEK 3
y
Özel durum 3, Tarafsız eksenin doğrultusu ile x gerilmeleri
I z  82.2 104 mm4
I y  48.3 104 mm4
tan  
I zy  36.8 104 mm4
Iy
I zy

48.3
   52.70
36.8
4
 36.8  z  48.3  y   10 
 x  1500000 
 2.11 z  2.7695  y
2 
8 
 48.3  82.2  36.8   10 
54.5
z Me = 1500 Nm
 x ( A1 )  2.11  8.1  2.7695  (54.5)  133.84 MPa.
 x ( A2 )  2.11  18.1  2.7695  (25.5)  108.81 MPa.
25.5
Eğrilik yarıçapını veren ifadede My = 0 alınarak
46.9
18.1
1
1

 E
y
5
.1;
8
( A1
)
4.5
M
 I y    M z  I zy 
2
z
 I z  I y  I zy2 
2
2
-
Mz
1

 E I z  I y  I zy2
1
1
1500 103
I I 
48.32  36.82 104
3
8
210 10 2616 10
2
y
2
zy
+
52,7°
z
37,3°
37,3°
A2 (-18.1;-25.5)
T.E.
1

 16.579 106    60314 mm.  60.3 m.
79
KOMPOZİT KİRİŞLER
N
TO
E
B
ÇELİK
DONATI
dA
y
A1, E1
1
z
Uygulamada daha az malzeme kullanarak daha büyük
eğilme direnci sağlamak amacıyla farklı elastisite
modülüne sahip iki veya daha fazla malzemeden oluşan
KOMPOZİT kirişler inşa edilir. Betonarme kirişlerle
tabakalı kirişler yaygın olarak kullanılan kompozit kiriş
örnekleridir. Homojen kirişlerin eğilmesinde düzlem
kesitlerin eğilmeden sonra düzlem kaldığı kabulü
kompozit kirişlerde de geçerlidir. Kompozit kirişlerin
eğilme probleminin çözümünde malzemelerden birinin
diğeri cinsinden ifade edildiği EŞDEĞER HOMOJEN
KESİT METODU kullanılır.
1
ek
_

x
Mz
x
_
_
ÇE
Ş
AH
ÇE
LİK
AK
AP
Ş
KU
AK
1
x
1
x
1
-
x
A1

x
nA2
A2, E2

LİK
Ş
KU
+
eb
+
+

E2 > E1 için gerilme
diyagramı
 
1


x
y
 1  E1 x   E1
x
E1 > E2 için gerilme
diyagramı
y

 2  E2 x   E2
y

80
Denge denklemleri:
F
x
M
  dA  0 
0
0
z

x
  E1
A1
y

A1

  x1  y  dA    x 2  y  dA  M z
  E1
A1
dA   nE1
A2
y2

dA    x 2 dA  0
A
x
 y  dA   M z 
y

dA   nE1
A2
dA  0
y2

1
y

dA
I z   y 2 dA olduğu hatırlanırsa
A1
  E1 
Mz
M
y z y
E1I t
It
y
1
z
y
y’
y
z’

E1


ifadesi yerine yazılırsa
 I1  n  I 2   M z 
1


It
Mz
E1  I t
 x 2   E2 
y

  E2 
Mz
M
 y  n  z  y   n   x1
E1I t
It
denkleminden T.E. yerini bulabilmek için eksen takımını kesitin alt yüzeyine taşıyalım.

y’
y
2 nolu malzemede meydana gelen gerilme
y  y  y
Mz
E2
olur E2  n  E1
E1
İfadesinde E1,n,  sabit terimler gittiğinde kalan ifade S z1  n  S z 2  0
dA   M z
1
 1   E1
A2
1 nolu malzemede meydana gelen gerilme
 x   E1 
n
A2
A1
A
1
x1
E2  E1; Kabul edilirse,
E1


A1
y  dA 
S 1z  y  A1  n  S z2  n  y A2  0
nE1

 y  dA  0
A2
  y  y   dA  n   y  y   dA  0
A1
A2
S 1z  n  S z2
y
A1  n  A2
81
50
Ahşap
50
83.57
110 mm
50x0.05
n
n
110 mm
z
E1 10

 0.05
E2 200
n 1
110 mm
36.43
10 mm
10 mm
Eşdeğer Homojen
(ÇELİK) Kesit
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
y
gerilmeleri hesaplayınız. Ea=10 GPa, Eç=200 GPa
Ahşap
ÖRNEK 1
10 mm
Çelik
25
25x20
n
25
50 110  65  20   25 10  5  382500
y

 36.43mm
50 110  20  25 10
10500
y
0.05   50 110  65   25 10  5 19125

 36.43mm
0.05  50 110  25 10
525
 25 103

50 1103
2
I  I1  n  I 2 
 50 110   65  36.43  20  
 25 10  31.432 
12
 12

t
z
3 106
 
83.57  16.7 MPa
15.016 106
a
x
I zt  15.016 106 mm4
3 106
  20
 36.43  145.56MPa
15.016 106
ç
x
 50 1103
 25 103

2
I  0.05  
 50 110   65  36.43   
 25 10  31.432   0.751106 mm4
 12
  12

t
z
3 106
 
 36.43  145.56MPa
0.751106
ç
x
3 106
  0.05 
83.57   16.7 MPa
0.751106
a
x
82
Genişliği 200 mm. Faydalı yüksekliği d=350 mm pas payı 50 mm olan bir betonarme kirişteki çelik donatı alanı
800 mm² dir.
Eç/Eb=8, Eğilme momenti 50 kNm olduğuna göre malzemelerdeki gerilmeleri
hesaplayınız. Not: Betonun çekme gerilmesi taşımadığı kabul edilecektir.
ÖRNEK 2
y
x=121mm
TE göre homojenleştirilmiş kesidin
statik momenti sıfır olmalıdır.
z
d = 350 mm
d-x=229 mm
50
200
800*8=6400
200 1213
IT 
 200  121 60.52  0  8  800  2292  453.7 106
12
b  
50 106
121  13.3 MPa
453.7 106
50 106
 ç  8
(229)  201.9 MPa
453.7 106
x
b.x  n. Aç (d  x)  0
2
2n
2n
( x) 2 
Aç ( x) 
Aç d  0
b
b
16
16
( x) 2 
800( x) 
800.350  0
200
200
x  121 mm
mm 4
ÖDEV1
Beton emniyet gerilmesi 20 MPa
Çelik emniyet gerilmesi 140 MPa
Çelik donatı alanı 1000 mm^2
Olduğuna göre kesitin taşıyabileceği eğilme momenti nedir.
ÖDEV2: Ödev1 de ki problemde
beton ve çeliğin aynı anda emniyet
gerilmesine ulaşabilmesi için
gereken donatı miktarı ile taşınabilecek eğilme momentini bulunuz.
83
ÖRNEK 3
Uğural 7.83 : Şekilde, 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.
Eçelik  210 GPa
160 mm
 çem  240 MPa
Ealüm  70 GPa
 alem  80 MPa
alüminyum
TE
180-x
Çelik
20 mm
x
çe=240/210000

Tan( ) 
80
70000
240
210000

180  x
x
x  90 mm TE üst yüze uzaklığı
20 mm
al=80/70000
b
TE göre basma bölgesinin statik momenti, eşdeğer homojen kesitin çekme bölgesinin aynı eksene göre statik
momentine eşit olmalıdır.
b
90  20  45  70  20  35   20  80
3
b  60 mm
20 mm
90 mm
60 mm
180 mm
20
TE
70 mm
20 mm
b/3
Eşdeğer homojen
çelik kesit
Gerçek eşdeğer
homojen çelik
kesit
Gerçek eşdeğer
homojen
alüminyum kesit
20 1803
I
 9.72 106 mm 4
12
M
ç  
90  240 MPa M  25.92 KNm
9.72 106
1
M
 al  
(90)  80 MPa M  25.92 KNm
3 9.72 106
84
BİLEŞİK 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;
Qy
y
x
z
N
Qz
Bileşik
Mukavemet
Halleri için
süperpozisyon
denklemleri
x
T
x 
N
A
x 
N
EA
Kesme
Kuvveti
 xy 
Qy
 xy 
Qy
Burulma
Momenti
 xy   xy Q   xy T
y
z
Mz
 xz   xz Q   xz T
z
ŞEKİL
DEĞİŞTİRME
GERİLME
Eksenel
Kuvvet
Eğilme
Momenti
My
y
YÜK
TİPİ
Kuvvet
Şekil Değiştirme 
Rijitlik
Kuvvet
Gerilme 
Kesit Modülü
G A
T

GJ
Mz
1
 
 E  Iz
A
T
r
J
M
x  z
Wz

 x   x  N   x M   x M
z
y
85
KESMELİ EĞİLME
y
Kesme kuvveti ve eğilme momenti çoğunlukla
birbirinden ayrılmayan iki kesit tesirini oluşturur.
Bu iki kesit tesiri arasında türev bağıntısı da
vardır.
q
x
dM z
 Qy
dx
Qy
+
Qy  x 
-
x  
Mz
y
Iz
 x    x, y 
M z  x
+
Mz
y
Qy    xy dA
xy
A
dA
xz
z
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. Şimdi  xy kayma gerilmesinin
yalnızca y’nin fonksiyonu olduğunu kabul edelim.
A
Qz    xz dA  0
A
 xy   xy  y 
Bir kiriş en kesiti üzerindeki kayma gerilmesi
yayılışıyla o kesitte etkiyen kesme kuvveti
arasındaki bağıntının çıkarılmasında kiriş boyunca
oluşan kayma gerilmelerinin incelenmesi gerekir.
86
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.
P
Ahşap parçaların yapıştırılması durumunda, oluşacak boyuna doğrultudaki kayma gerilmeleri parçalar
arasındaki relatif kaymaya engel olur ve sonuç olarak kiriş yekpare bir davranış gösterir.
P
Şimdi y eksenine göre simetrik bir kesite sahip kirişten dx kalınlıklı bir parça çıkartıp eğilme momentinden
oluşacak gerilmeleri şekil üzerinde gösterelim.
87
y
y
x(x+dx)
x(x)
q
n
m
x z
dx
y
Mz
h1
Mz
Mz+dMz
C
Qy
+
x
Qy
h2
m
m,n
n
H(x+dx)
H(x)
-
K
K,L
b(y)
L
dx
Mz
+
H(x)
)
b(y
H(x+dx)
yx *b(y)*dx
yx *b(y)*dx
H(x)
H(x+dx)
L
K
dx
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. Şekil üzerindeki
kuvvetler, etkidikleri gerçek yönde gösterildiğinden gerilmelerin işaretlerine dikkat edilmemiştir. Burada,
 H  x    yx  b  y  dx  H  x  dx   0
1
M
M  dM z
  z y  dA   yx  b  y  dx   z
y  dA  0
I
I
z
z
y
y
h1
h
h
1 1  dM z
 yx   xy 

b  y  y  dx
Qy S z
1
y

dA


b  y  Iz
 Iz
xy : Enkesit üzerinde T.E. Den y kadar aşağıda etkiyen kayma gerilmesi
 xy 
Qy S z
Qy : Enkesite etkiyen kesme kuvveti
b y  Iz
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 kiriş genişliğidir.
y
y
BAŞLIK
= 0
Qy
Qy
z
z
h
başlık
GÖVDE
r
BAŞLIK
gövde
= 0
m
ak
s
b
 maks 

Qy  b  h
h4   Q
2
b  h3
b
12
3
2
 maks   ort
3


 bh  2
 ort
 maks
  r 2  4r
Qy  

2  3  Q  4


 
 r4
 A3
2r 
 ort
4
4
3
I kesitteki kayma gerilmelerinin y ekseni
boyunca değişimi üstte diyagram şeklinde
gösterilmiştir. Diyagramda başlıkla gövdenin
birleştiği boyun noktasındaki ani zıplamaya
dikkat ediniz.
 maks   ort
89
Şekilde 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 )
ÖRNEK 1
6 kN/m
M enbüyük  13.23 kNm
3m
h
B
C
A
2m
150 mm
Qy [kN]
5.4
+
M
13.23 106
 maks 

 10 MPa ( em )
150  h 2
W
6
h  230 mm
x
-
 maks
12.6
Mz
[kNm]
Qenbüyük  12.60 kN
x

h2 
12600  150* 
8 


 0.6 MPa ( em )

h3 
150  150* 
12 

h  210 mm
+
13.23
10.8
h=230 mm
90
ÖRNEK 2
Geniş başlıklı I kesite ait boyutlar şekil üzerinde gösterilmiştir. Kesite etkiyen kesme kuvveti Q = 80 kN
ise,
a) Enkesit üzerinde kayma gerilmesinin yayılışını gösteriniz.
b) Gövdenin taşıdığı kesme kuvvetini hesaplayınız.
80 103  300  20 110 
B 
y
20
1.13MPa
22.62 MPa
B
B’
B
B’
 B
Iz = 155.5x106 mm4
z
C
Q = 80 kN
200
 1.13MPa
80 103  300  20 110 

 22.62MPa
155.6 106 15
25.19 MPa
80 103  300  20 110  100 15  50 
C 
 25.19MPa
155.6 106 15
20
15
155.6 106  300
300
b) Alt başlıkta taşınan kesme kuvvetini hesaplayalım.
(120-y)
y
 120  y 

S z  120  y   300  
 y
2


80 103

216 104  150  y 2 

6
155.6 10  300
T.E.
Qbaşlık 
120
120
100
100
  3.7018  2.5707 104  y 2
   300  dy  300  3.7018  2.5707 10
Qgövde  80000  2  3496  73007 N
S z  216 104  150  y 2
4
 y 2  dy  3496 N
91
Kayma Gerilmesi Formülünün Kullanılmasındaki Sınırlamalar
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.
b
 0.5
h
b
2
h
y

 maks  1.03 xy

 maks  1.40 xy
h
z
y
Kesit yassılaştıkça, maks
daki hata da büyür.
 xy 
b
Qy  S z
Iz b
y
y
y
h/3
z
z
h
maks
z
h/6
maks
2h/3
3
2
 maks   ort
b
92
I Kesitlerde Kayma Gerilmelerinin Yayılışı
P
y
Daha önce ζxy kayma gerilmelerinin en kesit üzerindeki yayılışını
ifade eden bağıntı çıkarılmıştı. Şimdi ζxz kayma gerilmelerinin en
kesit üzerindeki yayılışını ifade eden bağıntıyı çıkartmak istiyoruz.
Bu amaçla orta noktasında P tekil kuvveti ile yüklü I profilden
oluşturulmuş yanda gösterilen basit kirişi göz önüne alalım. Bu kirişin
sağ yarısından alınan dx kalınlıklı küçük bir parçanın sağ yüzüne
etkiyen eğilme momenti sol yüze etkiyen eğilme momentinden daha
küçük olacaktır. Şekil üzerinde “+” yüze etkiyen kesme kuvveti ve
eğilme momenti vektörlerle gösterilmiştir. Momentten oluşacak
normal gerilmelerin bileşkesi olan kuvvetler, üst ve alt başlıktan
ayrılan her bir küçük parça üzerinde dx vektörleriyle temsil
edilmişlerdir. Başlıklardan ayrılan küçük kiriş parçalarına etkiyen
kuvvetler toplamının sıfır olabilmesi için kesim düzlemindeki ζzx
kayma gerilmelerinin oluşturacağı kuvvetin de gözönüne alınması
gerekir. Kiriş ekseni doğrultusunda yazılacak kuvvet denge
denkleminden aranan kayma gerilmesi ifadesi elde edilir. Şekil
üzerindeki kuvvetler, etkidikleri gerçek yönde gösterildiğinden
gerilmelerin işaretlerine dikkat edilmemiştir.
+
Qy
-
Mz
+
dx
Kesim yüzeyi
A*
dx
y
A* İle gösterilen alana etkiyen kuvvet, kesim yüzeyindeki
kuvvete eşit olmalıdır.
dM z
 xz  t  dx  
ydA
Iz
A*
S z*
Qy
dx
 zx   xz 
Qy  S
*
z
t  Iz
Kayma gerilmesi bulunmak istenen noktanın dışında kalan
başlık alanın tarafsız eksene göre statik momenti
x
dx
.
T. E
Mz
dx
z
x
Yandaki şekilde Pozitif Kesme kuvvetinden oluşan kayma
gerilmelerinin bir I kesitteki yayılışı gösterilmiştir. Alt başlık
uçlarında sıfır olan ζxz kayma gerilmelerinin şiddeti doğrusal
olarak artar. Bu gerilmeler, alt başlık uçlarından gövdeye
doğru yönelirler. Kiriş gövdesinde y ekseni doğrultusundaki ζxy
kayma gerilmeleri mevcut olup üst başlığa doğru yönelmişlerdir.
Üst başlıktaki ζxz kayma gerilmeleri ise gövdeden başlık
uçlarına doğru şiddetlerini kaybederek sıfırlanırlar.
dx
dx
A*
.
T.E
dx
-
dx
xz
+
t
xy
+
xz
 xy 
Qy S z
zx
xz
b y  Iz
 xz 
Qy S z*
t  Iz
94
Yandaki şekilde gösterilen y eksenine göre simetrik bir kiriş
en
kesitinde
herhangi
bir
noktadaki
z
ekseni
doğrultusundaki kayma gerilmesini belirlemek istiyoruz.
Tarafsız eksenden y kadar uzakta bir çizgi üzerinde 1, A, 2,
3 gibi noktalar işaretlensin. En kesit sınırlarında bulunan 1
ve 3 noktalarındaki kayma gerilmelerinin sınırlara teğet
doğrultuda olması gerekir. (Sınır şartı) Bu iki noktadan
sınırlarda çizilecek teğetler y ekseni üzerinde bulunan sabit
bir Oy noktasında kesişir. Yatay çizgi üzerinde bulunan diğer
noktalardaki kayma gerilmelerinin de bu sabit noktaya doğru
yöneldiği kabul edilir. O halde kayma gerilmesinin düşey
bileşenini ve  açısını bildiğimize göre en kesit üzerinde
herhangi bir A noktasındaki kayma gerilmesi geometri
yardımı ile hesaplanabilir. Aşağıda, tarafsız eksenden y
uzaklıkta alınan çizgi üzerinde z ekseni doğrultusundaki
kayma gerilmelerinin hem yönü hem de şiddetindeki değişim
sembolik olarak gösterilmiştir.
+ xz
xz
Oy


xy


3
z
1
2
A
C
y
xz A
y
z
+ xz
xz -
 xz  tan   xy   xy 
tan  
C
 xz
 xy
   xz2   xy2
Qy  S z
Iz b
10
70 10  45  60 10  5  20 15 17,5 39750

 24.84mm
700  600  300
1600
a
80
a
25
y
30
Şekilde gösterilen 10 mm sabit kalınlıklı kesite 20 kN luk
kesme kuvveti etkimektedir.
a) İşaretlenen kesitlerdeki kayma gerilmelerini,
b) En büyük kayma gerilmesini hesaplayınız.
ÖRNEK 3
b
c
b
c
30
30
 50  703

60  803
2
Iz 
 60  80 15,16  
 50  70  20.162 
12
 12

b 
c 
20000   7.34*150 
 2.64MPa
83.33 104 10
20000  19.84*250  7.34*150 
 14.54MPa
83.33 104 10
 max 
20000  10  55.16  27.58 
 36.51MPa
83.33 104 10
a
y
a
80
20000   40.16*300 
 28.92MPa
83.33 104 10
10
55.16
a 
mm 4
z
24.84
20 153

 20 15  7,342  83.33 *104
12
b
b
30
c
c
30
96
Şekilde 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.
ÖRNEK 4
y
10kN
4kN
1.5m
40
E
A
M
4.5 106
E   y  
16.7   7.16MPa
I
10.5 106
C
B
56.7
E
D
z
2m
2m
2m
Q
C
60
63.3
4kN
3kN
3*103   40  80  36.7 
E 
 0.839MPa
10.5 106  40
0.839
-
-
E
20
7.16
[MPa]
+
20
40
20
7kN
0.839
8kNm
M
-
b) En büyük kayma gerilmesi B-C arasında, ağırlık merkezi üzerindedir.
+
4.5
6kNm
 maks 
7 103  56.7 2  80  0.5  16.72  0.5  40 
10.5 106  40
 2.05MPa
En büyük eğilme gerilmesi B mesnedi yakınında, ağırlık merkezinden en uzak
noktada meydana gelir.
 maks
8*106

 63.3  48.23MPa
10.5 106
97
KAYMA AKISI
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]
F+dF
A’
dM z
dF  
Iz
Mz+dMz
Mz
dx
dF
 y  dA
A
F
Birim boydaki kesme kuvveti
(kayma akısı)
dM z S z
dF

dx
dx I z
q
q
dF
dx
Qy S z
Iz
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?
98
ÖRNEK 7
Şekilde 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’i
b) Alt parçalarda gerekli çivi aralığı s2’yi
c) Eğer birleşim çivili değil de tutkallı yapılsa a-a ve b-b yüzeylerindeki kayma gerilmelerini hesaplayınız.
Iz = 9.1x106 mm4
y
y
s1
100
s1
20
a
a
32.9
z
x
80
b
20
15
30
b
15
Üst parça için
q1 
Qy S z
Alt parça için
q2 
Qy S z
Iz
 xya a 
Iz
s2
s2

4000  100  20  42.9 
 37.7 N / mm
9.1106
1600
 37.7  s1  42.4mm
s1

4000  15  20  57.1
 7.52 N / mm
9.1106
1600
 7.52  s2  212.8mm
s2
Qy  S z
Iz b

4000  100  20  42.9 
 1.26MPa
9.1106  30
 xzbb 
Qy  S z
Iz t

4000  15  20  57.1
 0.38MPa
9.1106  20
99
Şekilde 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 aralığı
100 mm olarak bilindiğine göre,
a) Her bir çivinin taşıyacağı kesme kuvvetini
b) Kesitin üst yüzünden 40 mm aşağıda kayma gerilmesini hesaplayınız.
ÖRNEK 8
y
Birim boydaki bu kesme kuvveti 100 mm aralıklı
iki çivi tarafından taşınacaktır.
25
2* Qçivi  26.47*100
50
z
Qçivi  1324 N  1.324 kN
C
25
20
100
20
Iz b

3000  100  25  37.5  40  40  30 
10.625 106  40
 xy  1 MPa
y
mm
4
Qy S z
ÖDEV
Verilen kesit için
benzer hesapları
siz yapınız
z
100
Iz
C
20
25
50
25
3000   25.100*37.5 
10.625 106
q  26.47 N / mm
q  26.47 kN / m
q
Qy  S z
20
140 1003 100  503
Iz 

 10.625 *106
12
12
q
 xy 
100
ÖRNEK 9
Şekilde, 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.
y
y
81.25
25 mm
100 mm
C
Kaynak
dikişi
43.75
z
25 mm
100 mm
25 100  (75  12.5)
 43.75mm
2*25*100
25 1003
Iz 
 25 100  31, 252
12
100  253


 100  25  31.252   7.096 *106
 12

q
Qy S z
Iz
2* 200 
mm4
kN
N 

 200
 200

m
mm 

Qy   25.100*31.25 
7.096 106
Qy  36322 N
101
Şekildeki 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?
80
P
S
x
L
ÖRNEK 11
PL
P
60  10 ,   32
 0.4
3
80 120
80 120
12
P  2560 N L  750 mm.

m
m
n
n
120 mm
ÖRNEK 10
Şekildeki bileşik kesit iki dikdörtgen parçanın 100 mm aralıklarla çivilenmesi yoluyla imal edilmiştir. Bir çivi 600
N’luk kuvvet taşımaktadır. Ahşabın em = 10MPa; em = 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.
y
y
y  60 mm
120 mm
Qçivi  600 N
mm 4
 Qy  680 N
maks
 ahşap
 2 MPa  Qy  8704 N
maks
 ahşap

10
6
MPa
MPa
z
C
D
 M z  2.176 kNm
120 mm
120 mm
D
I z  21.76 106
156.2
kPa
40
C
10
E
20 mm
z
40
40 mm
120 mm
E
6
102
Şekilde 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.
ÖRNEK 12
12 kN
A
30
B
30
120
C
Mz(0.5) = 3 kNm
Qy(0.5) = -6 kN
120
M
3 106
A   y  
 60   50MPa
I
3.6 106
A  0
A
30
D
30
50
[MPa]
E
25
0.5m
0.2
B  
M
3 106
y
 30   25MPa
I
3.6 106
tan 2 p 
2 zy
 x  y
  pI  5.1o
25.2
2.25
B  
6000   25  30  45
 2.25MPa
3.6 106  25
25
B
25.2 5.1o
[M Pa ]
25
0.2
[MPa]
3
3
2.25
45°
]
C
Pa
[MPa]
3
6000   25  60  30 
 3MPa
3.6 106  25
[M
C  
3
3 106
C  
 0  0
3.6 106
3
3
103
0.2
M
3 106
D   y  
 30   25MPa
I
3.6 106
2.25
25
25.2
D
25
[MPa]
6000   25  30  45
D  
 2.25MPa
3.6 106  25
tan 2 p 
2.25
M
3 106
E   y  
 60   50MPa
I
3.6 106
E
2 zy
 x  y
[MPa]
  pI  5.1o
5.1 o
25.2
0.2
50
[MPa]
Çeşitli noktalardaki asal gerilmeler hesaplanıp çizilirse birbiri ile
dik olarak kesişen iki grup eğri elde edilir. Bu eğriler asal
(çekme/basınç) gerilme yörüngelerini gösterir. Şimdi kesmeli
eğilmeye maruz kesitte değişik noktalardaki asal gerilmeleri ve
doğrultularını şematik olarak çizelim.
Şu ana kadar kiriş en kesiti üzerindeki herhangi bir noktada kesme kuvveti ile eğilme momentinden oluşan normal, ve kayma gerilmelerinin
hesaplanmasını gördük. Aşağıdaki şekilde Moment ve kesme kuvvetinden oluşan gerilmelerin yayılışı şematik olarak gösterilmiştir. Normal
gerilmenin en büyük olduğu noktada kayma gerilmeleri sıfırdır. Yine kayma gerilmesinin en büyük olduğu noktada normal gerilme sıfır
olmaktadır. O halde en büyük gerilmeler süperpoze edilerek daha da büyük gerilmeler oluşturmamaktadır. Bu durumda kesmeli eğilme
halinde ayrı ayrı hesaplanan en büyük normal ve kayma gerilmeleri emniyet gerilmelerini aşmıyorsa kirişe güvenlidir diyebilir miyiz?
y
min
Qy
 maks  
Mz
maks
x
min
Mz
Wz
 maks   em
maks
 
xy maks
;
3
  ort
2
 maks   em
104
M. İNAN sayfa 286 daki problem : Şekilde gösterilen kesitin kesmeli eğilme etkisinde güvenli olup
olmadığını araştırınız.
ÖRNEK 13
123kN
123kN
y
B
B’
B
A
0.4
0.4
2m
123
Qy
kN
13.1
NPI 240
Q = 123 kN
Mz =49.2 kNm
z
I z  42.5*106 mm 4
C
213.8
S z  207 *103 mm3
+
 em  140 MPa
 em  70 MPa
8.7
-
13.1
123
Mz
106
+
49.2
 min
max
Wz  0.354*106 mm3
M


W
 maks 
kNm
49.2 106
 138.9MPa   em
0.354 106
123000*207000
 68.9 MPa   em
42.5*106 *8.7
Boyun noktasındaki asal
gerilme
M
49.2 106
 B   y  
106.9  123.75MPa
I
42.5 106
 B 
123000*113.45*106*13.1
 52.4 MPa
42.5*106 *8.7
 boyun
 boyun
123.752
 123.75 

 52.42  143 MPa

2
2
2


 143 MPa   em
105
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.
Et kalınlığı ince kesitlerin Kayma Merkezinin bulunması
y
 xy 
Qy
s
C
M
C
Iz b
M x  Qy  e
0
C
e
e
S
Mx
Qy
S
z
Qy  S z
106
ÖRNEK 13
Şekilde gösterilen başlık genişliği b, yüksekliği h ve et kalınlığı t olarak
verilen
[ kesitte kayma gerilmelerinin yayılışını çiziniz, kayma
merkezinin yerini bulunuz.
Üst başlıkta E noktasından s kadar uzakta τxz kayma gerilmesini hesaplayalım.
Qy  S z*
 xz 
t  Iz

Qy  s  t  h / 2
Iz t
y
t
 Q h 
  y  s
 2 Iz 
b
D
Gövde üzerindeki herhangi bir noktadaki τxy kayma gerilmesi ise benzer şekilde yazılırsa,
 xy 
Qy  S z
b  Iz

y
D
Qy
D
h h
1 h
 (b  t   (  y )  t  ( (  y )  y ))
t  Iz
2 2
2 2
E
h
y
2
Qy
h h
1 h
 (b   (  y )  (  y ))
Iz
2 2
2 2
C
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.
D
D
 Qy  h 
b
 2  Iz 
Simetriden dolayı
 xz 
A
  xz 
S
y
S
z
h2
 xy 
 (b  h  2  y 2 )
2  Iz
2
Qy
 xz maks   xy   
h
t
Burada, parantez içine alınan terimler sabit olduğundan τ’nun şiddeti s ile artar.
noktasında s yerine b yazıldığında en büyük kayma gerilmesi değerine ulaşılır.
 xy 
C
z
B
A
A
D
107
τxy kayma gerilmesinin en büyük değeri y yerine sıfır yazıldığında aşağıdaki biçimde
elde edilir. (C alan merkezi düzeyinde)
h2
 xy 
 (b  h  2  y 2 )
2  Iz
2
Qy
 xy C 
Qy  h
h
 (b  )
2  Iz
4
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.
FDE  FAB
M
s
Qy  b  h b  t Q y  b 2  h  t
  zx ort  b  t 


2  Iz
2
4  Iz
0
Qy  b 2  h 2  t
4  Iz
FDE
FDA
e
S
C
FBA
FAB  h  Qy  e
 Qy  e
b2  h2  t
e
4  Iz
108
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.
y
y
y
e
My
My
y
y
z
z
N
(ITE/KÇ=0)
K.Ç.
M
Kuvvetler
Çizgisi
(K.Ç.)
e
M
EKSANTRİK NORMAL KUVVET HALİ
Mz
C
N
C
z
Mz
N
C
Şekilde, 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.
y
y
My
My
y
N
C
C
z
z
C
e1
Mz
e1
z
N
e2
Mz = N e1
Mz = N e1
My = N e2
Eksenel normal kuvveti, z ekseninden
e1=Mz/N
kadar aşağı kaydırmakla Mz
momentinin yapacağı etki normal kuvvetin
üzerine aktarılabilir. Benzer şekilde N
normal kuvvetini y ekseninden e2=My/N
kadar sola kaydırmakla da My momentinin
yapacağı etkiyi içermesi sağlanabilir.
Dolayısıyla 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. Burada e1 ve e2 değerlerine
eksantrisite (dış merkezlik) denir. 109
y
y
Tarafsız eksen
sonsuzdadır
My
ysinzcos=0
T.E.
mi

n
m
-
ma
in
_
z
ks
z
Mz
N
m
a ks
C
+
+
Kirişin yan
görünüşü
+
ma
ks
+
m
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 diyagramı şekil
üzerinde hatırlatılmıştır.
x 
M z  I zy z  I y y   M y  I z z  I zy y 
I z I y  I zy2
tan  
Kirişin yan
görünüşü
a ks
Eksenel kuvvet halinde çubuk eksenine dik ve düzlem olan
kesitlerin çubuk ekseni doğrultusunda ötelendiğini ve
normal gerilmenin en kesit üzerinde düzgün yayılı olduğunu
anımsayınız.

N
A
M z I y  M y I zy
M z I zy  M y I z
110
EKSANTRİK NORMALKUVVET HALİ : ÖZET
x 
My
e
M
y
T.E.
x 
K.Ç.
T.E.(
Me )
Mz  Izy  z  I y  y  My Iz  z  Izy  y
Iz  I y  Izy2

ysinzcos=0
N
A
m
in
y
_-
z
Mz
m
_
N
in
+
+
=
=
++
Süperpozisyon denklemi
 x   
N
x
x 
Me
x
N M z  I zy  z  I y  y   M y  I z  z  I zy  y 

A
I z  I y  I zy2
m
+
a ks
+
m
a ks
111
ÖRNEK 1
Şekilde gösterilen dikdörtgen blok köşesinden etkiyen 40 kN’luk kuvveti taşımaktadır. A, B, C, D noktasındaki
normal gerilmeleri hesaplayınız.
x
40kN
40
y
I z  1.7067 106 mm4
iz2  533.33mm2
I y  0.4267 10 mm
i  133.33mm
6
80
z
G
x 
C
D
4
2
y
z ve y asal eksenlerdir.
2
My
N Mz

y
z
A Iz
Iy
y
40
C
D
40000
1.6 106
0.8 106
x  

y
z
80  40 1.7067 106
0.4267 106
 x  12.5  0.9375 y  1.875z
A
M y  0.8 106 Nmm
M z  1.6 106 Nmm
N  40000 N
6.67
z
80
B
13.33
87
.5
 x  A  12.5  0.9375  40   1.875  20   62.5MPa
-
B
A
 x  B   12.5  0.9375  40  1.875  20  12.5MPa
y = 0  z = 6.67
T.E.
+
.5
y  13.33  2 z
z = 0  y = -13.33
62
T.E. Denklemi için x = 0 yazarsak;
.5
 x  D   12.5  0.9375  40  1.875  20   12.5MPa
12
 x  C   12.5  0.9375  40   1.875  20   87.5MPa
112
Şekilde boyutları verilen kesite A noktasından P basma kuvveti etkimektedir. Malzemede güvenlik gerilmesi em
ÖRNEK 2
= 60 ve em =-120 MPa olduğuna göre kesitin taşıyabileceği P kuvvetini hesaplayınız.
y
y
30
25
A
180  30 15   90  30  75  35mm
180  30    90  30 
303 180
903  30
2
Iy 
  30 180   20 
  90  30  402  8.708 106 mm4
12
12
35 mm
z
65 mm
I zy   30 180  25  20   90  30  50    40   8.1106 mm4
30
120 mm
x 
y  0.372 z  30
 D  P 123.4  1.53  35  4.11 65 106  P 197.3 106

P 197.3 106  60

A
T.E
.
z
1
0
 x  P  123.4  1.53z  4.11y  106
 C  P 123.4  1.53  5  4.11115 106   P  588.4 106
 P  588.4 106  120
C

P  204.08kN 
 Pem  204kN
P  304.1kN 

-

y
N M z  I zy  z  I y  y   M y  I z  z  I zy  y 

A
I z  I y  I zy2
6
6
6
6
 P 90 P 8.110  z  8.708 10  y   20 P  24.9110  z  8.110  y 
x 

2
8100
24.91106  8.708 106  8.1106 
x  0
z
30 1803
90  303
2
Iz 
  30 180   25 
  90  30  502  24.91106 mm4
12
12
15
180
180  30  90   90  30 15  65mm
180  30    90  30 
D
40.
5
+
113
Özel Durum: z,y; asal eksenler olsun. (Izy = 0)
y
P
ez
Eksantrik normal kuvvet halindeki genel gerilme ifadesi, asal eksen takımı
kullanıldığında basitleşir. Yan tarafta, pozitif bölgesinde eksantrik çekme
kuvveti etkiyen dikdörtgen bir kesit görülmektedir. Eksantrik normal kuvvetin
etkidiği noktanın z ve y koordinatları şekilde ez ve ey (eksantrisite) ile
verilmişdir. Şimdi tarafsız ekseni belirleyip kesit üzerinde çizelim.
ey
z
x 
My
N Mz

y
z
A Iz
Iy
Pe
P Pey

y z z 0
A Iz
Iy
x 
T.E. Denklemini belirleyebilmek için x = 0 yazalım.

m
ak
s


ez 
P  ey
1  I y  I z   0
A
z
y

A

A 
y
+
ey
1
y  0  sz  
iy2
ez
ey
iz2
y
ez
z0
iy2
Tarafsız
Eksen
Denklemi
iz2
z  0  sy  
ey
A1
(z
1
;y
1)
e
1  2 y  2z z  0
iz
iy
Parantez
içi sıfır
olmalı
My
Meğer T.E. Normal kuvvetin şiddetinden bağımsızmış, Yalnızca
eksantrik kuvvetin etki ettiği noktanın koordinatlarına bağlıymış.
sz
z
Mz
N
-
y2
2;
(z
A2
T.
E.
)

m
in
sy
Eksantrik normal kuvvet
halindeki en büyük çekme ve
basma gerilmeleri, tarafsız
eksenden en uzak noktaların
koordinatları
yardımıyla
kolayca hesaplanabilir.
 xmaks 
Pez
P Pe y

y1 
z1
A
Iz
Iy
 xmin 
Pez
P Pe y

y2 
z2
A
Iz
Iy
114
Şekilde gösterilen kesit P çekme kuvvetinin etkisi altındadır. T.E.’nin A ve B noktalarından geçebilmesi için
P kuvvetinin uygulandığı E noktasının koordinatını hesaplayınız. em = 140 MPa olduğuna göre P’nin
alabileceği en büyük değer ne olmalıdır.
ÖRNEK 3
y
140
40
z, y asal eksenlerdir.
I z  78.933 106 mm4
B
I y  18.933 106 mm4
x 
40
iz2  4933.3mm2
z
120
Tarafsız
Eksen
Denklemi
iy2  1183mm2
P
E
A
A  16000mm
 e
M
e
P Mz
P

y  y z  1  2y y  2z
A Iz
Iy
A
iy
 iz
2
1
ey
2
z
i
y


z


ez
z0
iy2
A ve B noktasının koordinatları T.E.
denkleminde yazılır ise
40
D
 x   A  0  1
 x   B  0  1
 maks   D 
yp
4933.3
yp
4933.3
 60  
 60  
zp
1183
zp
1183
 70   0
2
 20   0
P  45.68
26.28

1


100


70




  140
16000  4933.3
1183
zp
1183
z  26.28mm
 90   0  yp  45.68mm
p
P  643497 N
115
Tarafsız eksenin kesitin AB kenarı ile çakışması için eksantrik normal kuvvetin etkimesi gereken
noktayı belirlemek istersek A ve B noktasının koordinatlarını T.E. Denkleminde yerine yazmak
yeterlidir..
ÇEKİRDEK BÖLGESİ
ey
e
1  2 y  2z z  0
iz
iy
y
Tarafsız Eksen Denklemi
Iz
bh3 h 2
i  

A 12bh 12
2
z
D
A(b/2 ;h/2)
ez   b
b3 h b 2
i  

A 12bh 12
2
y
Iy
6
h/2
z
12  ey  h  12  ez  b 
  2    0
h2  2 
b 2
12  e  h  12  e  b 
 x  B   0  1  2 y     2 z    0
h  2
b 2
 x  A  0  1 
12  ez
b
2
 0  ez   ;
b
6
ey  h
6
h/2
B(b/2 ;-h/2)
ey  0
Benzer şekilde tarafsız eksenin kesitin 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
C
b/2
b/2
140
E
ÖDEV:
Yanda
gösterilen
kesitin
çekirdeğini
belirleyip
en
kesit üzerinde
gösteriniz.
D
y
40
40
z
120
C
40
A
B
116
Simetrik olmayan Tekil Sömeller
yazılabilir. Demek ki e=M’/N ile e belirtilir ve
A1 uzunluğu, A2 uzunluğundan 2e kadar fazla
tutularak uniform gerilme yayılışı sağlanır.
N
N
M*
H
h*
e
O*
O
N
A
O
A1
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 tabanlı sömeller
için,
M'
H
B
Sömel üst seviyesinde
tesir eden kuvvetler
kolon ekseninin sömel
tabanını
kestiği
O*
noktasına icra edilirse
aynı değerde N kuvveti
ve
A2
A1
A
A
Bazen sömel altında
üniform gerilme yayılışı
temin edebilmek için
sömel
eksantrisitenin
bulunduğu tarafa daha
uzun yapılır. Bu yolla
kolon eksenine göre
simetrik olmayan bir
sömel
elde
edilir.
Aşağıda bu problem
incelenmiştir.
(Temeller, ders notları Prof.Dr Halit DEMİR)
e
O
*
A2
N e
A1  A2  e
A2  A2  e
A1  A2  2e
A1  A2  2e
H
O
A1
O*
A2
117
Simetrik
Sömel
hesabı
 z  0.25 MPa verildiğine göre
M '  M  h H  150  1 75  225 kNm
M ' 225
e

 0.25 m
N
900
*
*
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
 znet  0.25  0.025  0.225 MPa olur.
Ön boyutlandırma için düzgün yayılı gerilme
kabulu yapılabilir.
N
900000
Alan  net 
 4000000 mm 2
z
0.225
A  B  4  106  2000 mm
2  2 m lik simetrik bir sömel seçilirse
e  25cm  200 : 6  33cm sömelde çekme gerilmesi oluşmaz.
 eb hesaplanırsa,  eb
900000
225 106


1000 
20003
2000  2000 200012
 eb  0.39375 MPa   znet
sömel alanı büyütülmelidir.
3  2 m lik simetrik bir sömel seçilirse
e  25cm  300 : 6  50cm sömelde çekme gerilmesi oluşmaz.
 eb hesaplanırsa,  eb
900000
225 106


1500 
30003
3000  2000 200012
 eb  0.225 MPa   znet
 ek  0.075 MPa
sömel alanı yeterlidir.
N
M*
H
h*
O
3.00 m
2.00 m
N  900 kN
M *  150 kNm
H  75 kN
1m
ÖRNEK 4.1
N  900 kN
M *  150 kNm
H  75 kN
Eksantrik
Sömel
hesabı
1m
ÖRNEK 4.2
A  B  2 m alınırsa
A1  A2  e  1  0.25  1.25 m
A2  A2  e  1  0.25  0.75 m
bulunur. Sonra kritik kesitlerdeki kesit tesirleri
hesap edilerek kesit hesabı ve tahkikleri yapılır.
N
M '  M *  h* H  150  1 75  225 kNm
M ' 225
e

 0.25 m
N
900
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
 znet  0.25  0.025  0.225 MPa olur.
H
h*
0.25
O
1.25
O*
0.75
2.00 m
2m
 z  0.25 MPa verildiğine göre
M*
Gerilme uniform olacağına göre sömelin taban alanı
A B
N
 znet
900 103

 4 106 mm 2  4 m 2
0.0225
119
Şekilde gösterilen sömelde oluşacak en büyük basma gerilmesini hesaplayınız.
gerilmesi taşımadığı kabul edilecektir.
ÖRNEK 5
y
P=100 kN
x
m
x
0.
67
P=100 kN
M= 100 kNm
Zeminin çekme
y
z
z
A
G
B
0.5
2m
0.5
0.5
3m
e=1 m
A
B
TE
σ
ez 
s
My
N

100
 1 m
100
h 300

 50 cm
6
6
Eksantrik normal kuvvet, çekirdek bölgesi dışındadır. O
halde TE kesitin içine girmiştir.
Gerilmelerden oluşan kuvvet
ve bu kuvvetin tarafsız
eksene göre momenti, dış
kuvvet ve dış kuvvetin T.E.
göre momentine eşit olmalıdır.
2.(3  s )
B
2.(3  s )
B 2
2
 100 kN
. (3  s)  100(2.5  s )
2 3
s  1.5 m,  B  66.7 KPa (kN m2 )
s  1500 mm  B  0.0667 MPa
120
KOLONLARIN BURKULMASI
121
KOLONLARIN BURKULMASI
P
N=-P
M= Py
Yapı elemanlarının gerilme ve şekil değiştirme kriterlerine göre incelenerek boyutlandırılması bundan 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.
w
w
y
I
w
F
M
II
w
N
N
Kararlı Denge
I
w
II
F
I
N
w
N
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.
II
N
Kararsız Denge
Küre denge konumu I`den hareket
ettirilirse oluşan kuvvet küreyi denge
konumundan daha da uzaklaştıracaktır. Bu
denge durumuna KARARSIZ DENGE
denir. Gerçek yapılardaki göçme olayına
benzetilebilir.
N
N
Farksız Denge
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.
İki ucundan mafsallı eksenel basma kuvveti taşıyan bir çubuk düşünelim. Eksenel kuvvetin yavaş yavaş artması durumunda 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.
122
P
EKSENEL YÜKLÜ KOLONLAR
P
Bu bölümde kolonların elastik burkulması ele alınacaktır. Burkulma probleminde amaç, doğru
eksenli denge konumuna sahip bir kolonun eksenel basma yükü altında, eğri eksenli başka bir
denge konumu olup olmadığını belirlemek ve varsa kolonu bu denge konumuna geçiren P yükünü
hesaplamaktır.
N
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.
(N + M)
x
P
P
P
DÜZ
P
N=-PCos
M =-Py
y

Q=PSin
BURKULMUŞ
  tan   y
cos   1
sin   
N   P  cos 
Q  P  sin 
M  P  y
L
N  P
Q  P  y
M  P  y
x
y
P
P
1


v
1  v3/ 2 
d2y M

dx 2 EI
1/ 2
123
2 
P
EI
olarak tanımlanırsa diferansiyel
denklem aşağıdaki gibi yazılır.
y   2 y  0
Bu diferansiyel denkleminin çözümü;
y  x   A sin   x   B cos   x 
x0

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.
d2y P

y0
dx 2 EI
d2y M
Py


2
dx
EI
EI
y  L  0
L2
İki ucu mafsallı kolonlar
için EULER denklemi
0  A sin  0   B cos  0 
0
xL 
 2 EI
Şeklindedir. Burada A ve B sabitleri
sınır koşullarından bulunabilir.
y  0  0
B0
Pkritik 
1
y  x   A sin   x 
y  L   A sin   L   0
0
 L  n
P
 
EI
2

n
L
n2 2
P
  2 
L
EI
2
n  1, 2,3,...
n 2 2 EI
Pn 
L2
124
Deformasyon bağıntısı
P1
 n
y  x   A sin 
 L

x

P2
n = yarım sinüs
eğrisi sayısı
Basında bazen beton dökümü
sırasında kalıp çökmesi nedeniyle
meydana
gelen
yaralanma
haberlerine rastlarız.
Betonarme bir binanın kalıbının
yapımında kiriş ve 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 katı olur. Eğer
dikmeler uzunluklarının üçte bir
noktalarından kuşaklarla bağlanmak
suretiyle hareket edemez hale
getirilirse
burkulma
yükü
başlangıçtaki yükün 9 katına çıkar.
Dolayısıyla kalıp tamamlandıktan
sonra kuşakların dikkatlice kontrol
edilmesi kalıp çökmelerini büyük
ölçüde engellermiş.
P3
L/3
L/2
L/3
L/2
L/3
P1
n=1
 
y  x   A sin  x 
L 
P1 
 2 EI
L2
P2
P3
n=2
 2
y  x   A sin 
 L
n=3

x

4 2 EI
P2 
 4 P1
L2
 3
y  x   A sin 
 L

x

9 2 EI
P3 
 9 P1
L2
125
Elastik eğrinin büküm noktaları
arasındaki uzaklık, (Lb) burkulma
boyu olarak tanımlanırsa, Euler
kritik burkulma yükü formulünü
farklı mesnet koşullarına sahip
çubukların burkulma yüklerinin
hesaplanmasında
kullanmak
mümkündür.
Pkritik 
P
P
P
P
L
Lb=0.707L
 2 EI min
L
L/2
L
L
2
b
L
Burkulma olayı, en kesitin en
küçük atalet momentini veren
eksene dik doğrultudaki yer
değiştiresi ile meydana gelir. Bu
sebeple İnce dikdörtgen ve L
kesitler yerine her eksene göre
atalet momentleri aynı olan Daire,
halka, tüp yada geniş başlıklı I
profil kesitlerin kullanılmaları
daha uygun olur.
Lb=2L
P
P
P
Lb  0.5L
Lb  L
Pkritik 
Lb= 0.5L
 2 EI min
2
L
Pkritik  4
 2 EI min
2
L
P1
Lb 
Lb= 0.707L
Lb  2 L
L
 0.707 L
2
Pkritik  2.05
 2 EI min
L2
Pkritik
1  2 EI min

4 L2
126
KRİTİK GERİLME – NARİNLİK İLİŞKİSİ
Bir kolonda burkulmaya yol açan en küçül normal gerilme σkritik (σkr), Euler burkulma yükü bağıntısının alana bölünmesiyle elde edilebilir. İki ucu
mafsallı bir kolonda,
Pkritik 
 EI min
2
L2b
Pkr  2 EI min  2 E  2 E

 2  2
Lb
A
Lb 2 A

2
imin
 2E
 kr  2

şeklinde ifade edilebilir. Burada λ, narinlik olarak tanımlanır.
Narinlik EI (eğilme rijitliği) veya P (yükleme) ile ilişkili
değildir.

kr
Lb
i
Burkulma gerilmesi düşey eksende, narinlik değerleri de
yatay eksende gösterilerek σkr – λ eğrisi 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 adını verdiğimiz
kalıcı şekil değiştirmelerin ortaya çıkıp ezilme ve göçme
olması gerekirdi. Dolayısıyla narinliğin küçük değerlerinde
Euler hiperbolünün kullanılması doğru olmaz.
Orantılılık sınırına karşı gelen narinlik değeri bir kriter
olarak alınabilir.
 2E
p  2
p
 2 210 103
190 
 p2
Yapı çeliği için kritik narinlik değeri 105 dir
300
Tetmajer doğrusu
00
Euler hiperbolü
p

p 105
Elastik olmayan
Burkulma bölgesi
Elastik
Burkulma bölgesi
 p  105
127
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 İLİŞKİSİ : ÖZET
kr
300
Tetmajer doğrusu
00
  p
   p 
Tetmajer eğrisi geçerli
burkulma elastik değil.
  p
   p 
Euler hiperbolü geçerli
burkulma elastik bölgede.
Euler hiperbolü
p
Tetmajer doğru denklemleri

p 105
Elastik olmayan
Burkulma bölgesi
  p 
  p 
 çelik için 
 kritik  29.3  0.194  ahşap için 
 kritik  310  1.14
Elastik
Burkulma bölgesi
128
ÖRNEK 1
KOLONLARIN TASARIMI
1) Analiz (kontrol) : Lb, A, P bilinen büyüklükler.
y
z

z
Lb
 (hesapla)
imin
Şekilde 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,)
  p  100
y
   p   Tetmajer formülünü kullan   kritik  a  b
Pkritik
 fs güvenlik katsayısı 
fs
Burkulmanın elastik bölgede olduğu kabul edilir ( > p).
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).
Pkr  fs  P  fs  1
 fs P  L
I
 2E
 hesaplanarak p değeri ile karşılaştırılır. Eğer ( > p) ise
kabul doğrudur.
 kr 
 E
2
2
Pkr   kr  A

Pkr 
2
b
Ptoplam 
Pkr
fs
Eğer ( < p) ise kabul yanlıştır ve kesit büyütülerek işlemler
tekrarlanır.
100
120
 kr  29.3  0.194  
lb  l  4000mm
2) Boyutlandırma : E, P, Lb bilinen büyüklükler.
z

120 1003
Iz 
 1107 mm 4

12
7
4
 I min  110 mm
3
100 120
Iy 
 14.4 106 mm 4 

12
 2E
   p   Euler formülünü kullan   kr  2 ; Pkr   kr  A

Pemniyet 
y
lb
imin
imin 
1107
 28.9mm
12000
4000
 138.41   p  100
28.9

 2  E  I  2 1104 1107

 61622 N ,
lb2
40002
lb  l  2000mm
imin  28.9mm
4
 kr 
Burkulma elastik
bölgede Euler
formülü
geçerlidir.
61622
 5.14MPa
100 120
Olsaydı;
2000

 69   p  100
28.9
Burkulma plastik
bölgede Tetmajer
formülü geçerlidir.
Pkr  A   kr Pkr  100 120   29.3  0.194  69   190968 N
15.91MPa
129
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.
ÖRNEK 2
fs  P  lb2 3  400 103  30002
I 2

 5.21106 mm4
2
3
 E
  210 10
D-D/6
I  0.51775
A
D
i
D

 D 
4
D
6
I
 
64
64

4
 D4
64
1202  1002   3454mm2
I
5267381

 39.05mm
A
3454
 kr  310  1.14
 5.21106 mm4

D  119.65mm  120mm
I  0.51775
 1204
64
t
4
120
 10mm
12
 5267381mm4
3000
 76.82   p  105
39.05
 kr  310  1.14  76.82  222.4MPa
Pmax 
222.4  3454
 256056 N  400kN
3
Kesit bu yükü taşıyamaz. Kesit büyütülür.
D  140mm t  14mm I  11.13 106 mm4 A  5540mm2 i  44.8mm

3000
 67  105
44.8
 kr  310  1.14  67  233.6MPa
Pmax 
5540  233.6
 431381N  400kN
3
Süleyman Aksoy tarafından yapılan kesit seçimi 21 Mayıs 2009
D  165mm t  9.95mm I  14.62 106 mm4 A  4847mm2 i  54.93mm
3000
4847  247.74
 kr  310  1.14  54.61  247.74MPa

 54.61  105
Pmax 
 400240 N  400kN
3
54.93
130
Şekildeki L kesitli ahşap kolonun fs = 3 güvenlik
katsayısı ile taşıyabileceği P yükünü bulunuz. E = 10
GPa
ÖRNEK 3
kç
P
90 mm
  77.803
 kr  14.21 MPa
30
kç
a)
Boşluğun kapanmasına, b) Çubukların elastik
burkulmasına yol açan sıcaklık artışını hesaplayınız.
d = 25 mm
d = 25 mm
1.2mm
Pem  38357 N
150 mm
30
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,
I min  5.3524  106 mm 4
L=1 m
C
tabana ve sol kenara göre statik
moment alınırsa;
y  35 mm z  65 mm
ÖRNEK 5
1m
1m
L    L  T
ÖRNEK 4
Şekilde 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, p = 100
q
I min  10.935  106 mm 4
A
B
  115.47
3m
C
3m
1m
6
0.0012  12 10  2  T
I
 r4
r2 r



A
4 r 2
4 2
T  50 C
Boşluk kapandıktan sonra sıcaklık artmaya devam ederse iç
kuvvet oluşur.
 L t   L e
Pem  39.972 kN
kN
q  15
m
i
E  T   kritik 
 T L 
 2E
2
NL
AE
T 
  E  T
2
 8.03 C
 2
131
ÖRNEK 6
Çelik AB çubuğu kare kesitli olup iki ucu mafsallıdır. 2
güvenlik katsayısı ile sisteme uygulanabilecek P kuvvetinin
şiddetini hesaplayınız.
λkr= 105, <kr için kr = 310 -1.14 (burkulma plastik bölgede
ise)
C
TBC = 2P
TAB = 1.732P
38x38mm2
30,0°
A
B
P
3m
P

3000
384
12  382

3000
 273  kr  105
10.97
384
I
 173761mm4
12
Pkr  2 EI
Pem 

 1.732 P
fs fs L2b
P
 2  200 103 173761
30002  2 1.732
 11002 N  11kN
132
ELASTİK EĞRİNİN İNTEGRASYON YOLU İLE BULUNMASI
Yükleme sonrası bir eğri haline dönüşen (elastik eğri) çubuk
ekseninin denklemini integrasyon yöntemi ile belirlemek
istiyoruz. Eğriliğin matematik tanımı ile basit eğilme
konusunda elde edilen şekil değiştirme bağıntıları
birleştirilirse aşağıdaki ifadeye ulaşılır.
1


v
1  v
P
r
y,v
q

2 3/ 2
d 2v M

,
2
dx
EI
v,
1


M
EI
EIv’’=M ifadesinin iki kere türevi alınırsa elastik eğri
denklemini kesme kuvveti veya yayılı yük fonksiyonunu
kullanmak yolu ile de bulabileceğimizi görmekteyiz.
İntegrasyon sabitlerinin belirlenmesinde geometrik ve
dinamik sınır koşullarından faydalanılır.
dM
 Q
dx
M
dv
dx
M
v
Q
x,u
Elastik Eğri
EI v  M
Bu bağıntı, moment fonksiyonunun iki kere integre edilmesi
yolu ile elastik eğri fonksiyonunun belirlenebileceğini ifade
etmektedir.
dQ
 q y
dx
Q
Θ
Amaç: Yalnızca Momentten oluşan eğim ve sehimin bulunması
EI  v  M
EI  v 
dM
 Q
dx
d 2M
 dQ 
EI  v 



  q  x
2
dx
 dx 
133
Sınır koşulları
V
EI  v  q
v a  0
a
x
EI  v   q  dx  c1  Q
 a  0
Ankestre uçta çökme ve
dönme yoktur.
EI  v    q  dx  dx  c1 x  c2  M
V
c1 x 2
EI  v     q  dx  dx  dx 
 c2 x  c3
2
c1 x3 c2 x 2
EI  v      q  dx  dx  dx  dx 

 c3 x  c4
6
2
EI  v  M
Mafsallı uçta çökme ve
moment yoktur.
M a  0
a
EI  v    M  dx  dx  c1 x  c2
M
N
x M a 0
 
V
EI  v   M  dx  c1
S M
v a  0
a
S
x
Q a  0
Serbest uçta moment ve
kesme kuvveti yoktur.
N
+
134
Şekilde gösterilen konsol kirişin elastik eğri denklemini ikinci, üçüncü ve dördüncü mertebeden diferansiyel
denklem kullanarak bulunuz. B noktasındaki eğim ve sehimi hesaplayınız.
ÖRNEK 1
y
P
MA=-PL
EI  v  q
x
A
B
EI  v 
L
QA=-P
EI  v  P
EI  v  Px  C1
EI  v  M
EI  v   P( L  x)  Px  PL
Px 2
EI  v 
 PLx  C1
2
Px3
x2
EI  v 
 PL  C1 x  C2
6
2
x  0 için v  0  C2  0
x  0 için v  0  C1  0

P x
PL
 Lx    B  

EI  2
2 EI

P  x3 Lx 2 
PL3
v

 vB  
EI  6
2 
3EI
v 
2
dM
 Q
dx
2
2
Px
 C1 x  C2
2
Px3
x2
EI  v 
 C1  C2 x  C3
6
2
EI  v 
x  0 için v  0  C3  0
x  0 için v  0  C2  0
x  0 için M   PL  C1   PL

P  x2
PL2
v 
 Lx    B  
EI  2
2 EI

P  x3 Lx 2 
PL3
v

 vB  
EI  6
2 
3EI
EI  v  0
EI  v  C1
EI  v  C1 x  C2
x2
EI  v  C1  C2 x  C3
2
x3
x2
EI  v  C1  C2  C3 x  C4
6
2
x  0 için v  0  C4  0
x  0 için v  0  C3  0
x  0 için Q   P  C1  P
x  0 için M   PL  C2   PL

P  x2
PL2

Lx




B

EI  2
2 EI

P  x3 Lx 2 
PL3
v

 vB  
EI  6
2 
3EI
v 
135
Şekilde gösterilen basit kirişin elastik eğri denklemini bulunuz. C noktasındaki sehimi hesaplayınız.
ÖRNEK 2
y
y
P
A
B
x
A
a
b
L
Pa
L
P b
 x
EI  v2 
x  P  x  a   P  a 1  
L
 L
P b
EI  v1 
x
L
P b 2
EI  v1 
x  c1
2 L

x2 

EI  v2  P  a  x 
  c3
2 L 

P b 3
x  c1 x  c2
6 L
v1  0   0

c
a < x < L bölgesi
0 < x < a bölgesi
EI  v1 
x
Vc
C
P b
L
B
c2  0
 x2
x3 
EI  v2  P  a  
  c3 x  c4
2
6

L


v2  L   0

v1  a   v2  a  
Pa3b
Pa3 Pa 4
 c1a 

 c3a  c4
6L
2
6L
v1  a   v2  a  
Pa 2b
Pa3
2
 c1  Pa 
 c3
2L
2L
PaL2 PaL2

 c3 L  c4  0
2
6
136
Pb 2 2
c1  
L  b ,
6L
c2  0,
Pa
pa3
2
2
c3  
 2L  a  , c4  6
6L
Pb
v1  
x  L2  b 2  x 2 
6 LEI
Pb
v1  
L2  b 2  3x 2 

6 LEI
P  x  a
Pb
2
2
2
v2  
L

b

x


 6EI
6 LEI
P  x  a
Pb
2
2
2
v2  
L

b

3
x


 2EI
6 LEI
3
2
C noktasındaki eğim ve sehim (x=a)
Pb
c  
L2  3a 2  b 2 

6 EIL
Pba 2
vc  
L  a 2  b2 

6 EIL
v1  0
ya da v2  0 dan  x
Özel durum: a=b=L/2
P
C  0
vmaks
PL3

48EI
en büyük çokme hesaplanabilir.
137
Şekilde gösterilen konsol kirişin reaksiyon kuvvetlerini çift katlı integrasyon yolu ile hesaplayınız.
ÖRNEK 3
y
q
x
A
C
B
L
L/3
q
MA
A
Düşey yükler etkisindeki
kirişlerde yatay doğrultuda
reaksiyon oluşmayacağından
yazılabilecek iki adet denge
denklemi mevcuttur. Bu iki
denklemde bilinmeyen üç
reaksiyon kuvveti bulunur.
Çözüm için gereken üçüncü
denklemi
elastik
eğri
bağıntısı sağlar.
C
B
RA
RB
L/3
L
F
y
 0,
RA  RB 
M  0
4
qL
3
I
 4 L  4 L L  4 2
RA L  M A  q 
   qL

 3  6 3  9
II
1

1
qL
24
3
2
R
L

M
L


0
*


A
A
2
24
L2
6

4
4 RA L  12M A  qL2 
16 2
7 2

2
4 2   8M A   qL  qL   qL
9
9
RA L  M A  qL 
9

q
MA
RA
M
x
x2
qx 2
M  M A  q  RA x  0,
M  RA x  M A 
2
2
2
qx
EIv  RA x  M A 
2
1
qx3
2

EIv  RA x  M A x 
 c1
2
6
1
1
qx 4
3
2
EIv  RA x  M A x 
 c1 x  c2
6
2
24
 v  0   0  c2  0 


Sınır koşulları:

v
0

0

c

0


1


4
1
1
qx
EIv  RA x3  M A x 2 
6
2
24
v1  L   0
1
1
qL4
3
2
RA L  M A L 
0
6
2
24
MA 
7 2
13
qL , RA  qL,
72
24
III
RB 
19
qL 138
24
ÖRNEK 4
Şekilde görülen konsollu kirişin elastik eğri denklemini;
a)
İkinci mertebeden diferansiyel denklem kullanarak,
b)
Üçüncü mertebeden diferansiyel denklem kullanarak çıkartınız.
y
P
x
A
C
B
P/2
L
3P/2
L/2
EI  v  M
0 x L
EI  v1  

M1  
P
x
2
Lx
P
x
2
EI  v2  Px 
P 2
x  c1
4
P
EI  v1   x3  c1 x  c2
12
EI  v2 
EI  v1  
v1  0   0
v1  L   0 

P
 L3  c1L  0
12

 3 L

M 2  P 
 x
 2

3PL
2
P 2 3PL
x 
x  c3
2
2
EI  v2 
c2  0
3
L
2
P 3 3PL 2
x 
x  c3 x  c4
6
4
v1  L   v2  L 
PL2
 c1 
12
v2  L   0
139
v1  L   v2  L 
v2  L   0


P 2 P  L2 P  L2 3  P  L2
L 


 c3
4
12
2
2
3
3
c3 
5  P  L2
6
c4 
2
PL 3PL 5PL


 c4  0
6
4
6
P  L3
4
Elastik eğri denklemleri
Px
v1 
L2  x 2 

12 EI
P
v2 
3L2  10 L2 x  9 Lx 2  2 x3 

12 EI
EI  v 
0 x L
Q1 
P
2
P
2
P
EI  v1   x  c1
2
EIv1  
EI  v1  
P 2
x  c1 x  c2
4
EI  v1  
P 3
x2
x  c1  c2 x  c3
12
2
Konsol
Ucundaki
Çökme
PL3
 3L 
v2    
8EI
 2 
dM
 Q
dx
Lx
3
L
2
Q2   P
EI  v2  P
EI  v2  Px  c4
EI  v2 
EI  v2 
P 2
x  c4 x  c5
2
P 3
x2
x  c4  c5 x  c6
6
2
140
ÖRNEK 5
ÖRNEK 6
Yükleme durumu şekilde verilen konsol kirişin elastik
eğri denklemini bulunuz.
Yükleme durumu şekilde verilen konsol
kirişin elastik eğri denklemini bulunuz.
A noktasındaki eğim ve sehimi hesaplayınız.
35 kN
y
A
x
10 kN
y
B
4
4m
kNm
A
x
C
B
2m
1m
M  35 x  144, EIv  35 x  144
1
v' 
(17.5 x 2  144 x)
EI
1
v
(5.833 x3  72 x 2 )
EI
0  x 1 m
EIv1  0
1 x  3 m
EIv2  10  10 x
20
EI
1
v1 
(20 x  46.667)
EI
v '2 
v '1 
1
(5 x 2  10 x  15)
EI
1
v2 
( 53 x3  5 x 2  15 x  45)
EI
141
Üç boyutlu gerilme halinin Genelleştirilmiş Hooke Yasaları:
x 


1
 x   y   z 
E
 xy 
y 


1
 y   x   z 
E
 xy
 yz 
G
z 


1
 z   x   y 
E
 yz
 xz 
G
 xz
G
Bu ifadeler, gerilmeler cinsinden yazılırsa
x 
E
      2G x
1  1  2  x y z
y 
E
      2G y
1  1  2  x y z
 xy  G xy
z 
E
      2G z
1  1  2  x y z
 yz  G yz
 xz  G xz
G
Düzlem gerilme halinde Genelleştirilmiş Hooke Yasaları:
x 
1
 x  y 
E
y 
1
 y  x 
E
 xy 
E
21  
 xy
G
Bu ifadeler, gerilmeler cinsinden yazılırsa
x 
E
  
1  2  x y
y 
E
  
1  2  y x
 xy  G  xy
142
Eskişehir Osmangazi Üniversitesi
Mühendislik Mimarlık Fakültesi
İnşaat Mühendisliği Bölümü
Enerji Yöntemleri
A.C.Uğural
SUNU DERS NOTLARI 2010
Hakan EROL
Selim ŞENGEL
Yunus ÖZÇELİKÖRS
ENERJİ YÖNTEMLERİ
Denge
denklemleri
ile kuvvet ve
deplasman hesabı
Şekil Değiştirme Enerjisi
kavramını temel alan enerji yöntemleri
ile kuvvet ve deplasman hesabı
-Değişken kesitli elemanlarda hesap
-Elastik stabilitedeki karmaşık problemlerin
çözümü
-Çok sayıda elemana sahip yapılarda deplasman
hesabı
-Bileşik mukavemet etkisindeki narin çubuklarda
deplasman hesabı
GENEL GERİLME HALİ İÇİN ŞEKİL DEĞİŞTİRME ENERJİSİ
Üç boyutlu gerilme durumunda normal ve kayma gerilmelerinin yaptıkları işler, (Enerji yoğunluğu)
u0 
1
 x x   y y   z z   xy xy   xz xz   yz yz 

2
Genelleştirilmiş Hooke yasalarının yerine yazılmasıyla
uo 


1 2
1
 x   y2   z2  2  x y   x z   y z    xy2   xz2   yz2 
2E
2G
bulunur. Asal eksen takımında bütün kayma gerilmeleri sıfır olacağından enerji yoğunluğu aşağıdaki biçimde
yazılabilir.
uo 
1 2
1   22   32  2 1 2   2 3  1 3  

2E
Elastik bir cisimde depolanan şekil değiştirme enerjisi (şde) integrasyon yoluyla.
U   u0 dv   u0 dx dy dz
hesaplanır. Bu ifade bileşik mukavemet hali etkisindeki bir elemanda depolanan şde hesabında kullanılır. ŞDE,
yüke/deformasyona 2. dereceden bir fonksiyonla bağlı olduğundan süperpozisyon ilkesi geçerli değildir.
ŞEKİL DEĞİŞTİRME ENERJİSİNİN BİLEŞENLERİ
Üç boyutlu
genel gerilme
hali
Asal eksen tk.
gerilme hali
2

m
m
m 
Yalnızca biçim
değişimi oluşturan
gerilme hali

2 m
m
1
3

Yalnızca hacim
değişimi oluşturan
gerilme hali
1   2   3
u0  u0v  u0 d
3
1   m

3 m
HACİM DEĞİŞTİRME ENERJİSİ
uo 
1 2
1   22   32  2 1 2   2 3  1 3  

2E
1   2   3   m yazılırsa
uov 
1 2
1  2 2
 m   m2   m2  2  m m   m m   m m   
3 m

2E
2E
uov 
1  2
2
1   2   3 
6E
BİÇİM DEĞİŞTİRME ENERJİSİ
Toplam enerjiden hacim değiştirme enerjisi çıkarılarak
uod 
1 
2
2
2
 1   2    2   3    3  1  
12G
Deneysel çalışmalar, hacim değişimi enerjisinin kırılmada etkisinin olmadığını, kırılmanın tamamen biçim değişimi
enerjisinden kaynaklandığını göstermektedir.
Hacim ve biçim değişimine sebep olan gerilmeler ve bu
gerilmelerden oluşan şekil değişimleri malzemenin plastik davranışında önemli rol oynamaktadır.
Örnek
Yumuşak çelikten yapılan bir çubuk eksenel çekme etkisindedir. Poisson oranı ¼ olduğuna
göre enerji yoğunluğunu ve bileşenlerini hesaplayınız.
2=0
1 2
2
2
2
uo  1   2   3  2 1 2   2 3   1 3   
2E
2E
Çubuktan çıkarılan bir
elemanda gerilme
durumu gösterilirse
1
1  2
1  2 2  2
2
uov 
 
1   2   3  
6E
6E
12 E
3 =0
uod 
1 
1
1
5
2
2
2
 1   2    2   3    3  1    ( 2   2 )   2   2
12G
12G
3E
12E
u0  u0 v  u0 d
2
2
5 2


2 E 12 E 12 E
Tek eksenli gerilme etkisindeki bir elemanın biçimini değiştirmek için gereken enerji, hacmini
değiştirmek için gereken enerjinin 5 katıdır.
EKSENEL YÜKLEME DURUMU İÇİN ŞEKİL DEĞİŞTİRME ENERJİSİ
Prizmatik olmayan bir çubuk Px eksenel kuvveti ile yüklü olsun.
P
x  x
Ax
dV = Ax.dx
Px
x
ÖZEL DURUM:
Px
 x2
Px2
u0   x x 

2 E 2 EAx2
1
2
Px2
Px2
U   u0  dV   u0  Ax  dx  
Ax dx  
dx
2
2
EA
2
EA
x
x
V
L
dx
Px2
U 
dx
2
EA
x
L
İfadesi çubuk boyunca
integre edilmelidir.
İki ucundan P kuvveti eden prizmatik çubuk hali
P
N  P  Sabit
A  sabit
P
L
ŞDE ni çubukta oluşacak boy
değişimi cinsinden hesaplayalım.
PL

EA
P 2 L2 2UL
  2 2
E A
EA
2

P2 L
U
2 AE

EA 2
U
2L
ÖRNEK 1
Yapıldıkları malzeme, boyları ve eksenel kuvvetleri aynı Şekli farklı olan iki çubuğun şde ni a) d çaplı
sabit enkesit alanlı çubuk için b) çaplarının oranı n olan değişken enkesitli çubuk için ayrı ayrı
hesaplayınız.
B
d
A
P
P
x 
A
V  AL
P2 L
U1 
2 EA
L
A
2
2
P 2 23 L P 2 13 L P 2 L  2
 P L n 2
Un 




  1 
2 En 2 A 2 EA 6 EA  n 2  2 EA  3n 2 
n  1 için U n  U1
B
d
nd
C
2L/3
L/3
P
n  1 için U n  U1
1
n  2 olsa U n  U1
2
11
n  3 olsa U n  U1
27
Her iki çubukta oluşan en büyük gerilme aynıdır. Verilen bir emniyet gerilmesi için çubuk hacminin
artması enerji yutma kapasitesini azaltır.
DAİRESEL KESİTLİ MİLLERDE ŞEKİL DEĞİŞTİRME ENERJİSİ
Burulma momenti etkisindeki dairesel kesitli millerde sıfırdan farklı olan tek gerilme bileşeni Txy dir.
1
u0   
2
2
1
T 2r 2
U   u0 dv    dv   dv   
dA dx
2
2
2G
2
GJ
L A
1 T2 2
T2
U 
r dA  dx  
dx
2
2
G
J
2
GJ
L
A
L
ÖZEL DURUM:
İki ucundan ters yönlerde T burulma momenti etki eden prizmatik çubuk hali
T
T
L
ŞDE ni yükten bağımsız olarak şekil
değişimi cinsinden hesaplayalım.
T  Sabit
A  sabit

T 2L
U
2GJ

TL
T 2 L2
 2G 2 J 2
2
2

  2 2 T 
GJ
G J
L2
T 2 L  2G 2 J 2 L  2GJ
U


2GJ
2GJL2
2L
Yapıldıkları malzeme, boyları ve burulma rijitlikleri aynı olan üç özdeş mil aşağıda gösterilen biçimde
T burulma momentlerine maruzdur. Her bir mildeki şde ni hesaplayınız.
B
A
d
T
B
A
T
T
d
B
A
d
ÖRNEK 2
T
L/3
L
a
2l/3
b
T 2L
Ua 
2GJ
T 2 13 L T 2 L
Ub 

2GJ
6GJ
L/3
2L/3
c
T 2 23 L 4T 2 13 L T 2 L
Uc 


2GJ
2GJ
GJ
U a  Ub  Uc
T 2L T 2L T 2L


2GJ 6GJ GJ
SÜPERPOZİSYON GEÇERLİ DEĞİL !!!!!!!!!!
KİRİŞLERDE ŞEKİL DEĞİŞTİRME ENERJİSİ
Yalnızca eğilme momentinden kaynaklanan şde:
u0 
 x2
 x2
M2 2
U   u0 dv   dv   
y dA dx
2
2E
2 EI
L A
2E
1 M2 2
M2
U 
y dA  dx  
dx
2 
2
E
I
2
EI
L
A
L
Kesme kuvvetinden kaynaklanan şde:

1
u0   xy  xy  xy
2
2G
2
 xy2
 xy 
Qy  S z
b  Iz
Qy2  S z2
Qy2  A S z2

U   u0 dv  
dv   
dA

dx


dA
 2 2
  dx
2 2

2G
2
GI
b
2
G
A
I
b
z
 z

L A
Bu ifadedeki paranteziçi  olarak tariflenirse
A S z2
  2  2 dA
Iz b
U 
L
  Qy 2
2GA
Kesme kuvveti için şekil faktörü
dx
Şekil faktörü, seçilen bir kesit için boyutsuz bir büyüklüktür.
Dikdörtgen kesitli konsol bir kirişte depolanan toplam şde ni hesaplayınız. Bu
enerjideki eğilme ve kesme etkilerini kıyaslayınız.
ÖRNEK 3
Qy  P
y
h

S Z  b   y1 
2

y
M z  P  x
P
B
x
z
L
b
A
bh
144


I 2 b 2 h6 bh5
144
A
 2
I
L
2
2
2 3
M
P x
P L
Ub  
dx  
dx 
2 EI
2 EI
6 EI
L
0
Konsol kirişte depolanan şde
2

bh
 h
 bh
S Z    y1    y1     y12 
2 2
 2
 2 4

2
h/2
Sz 2
144
b2  h2
36 6
2

dA


y
b

dy



1 
1
 b2
bh5  h/ 2 b 2 4  4
30
5

Yalnızca eğilme momentinden kaynaklanan şde:
2
h
A
y1
x
1h


 2  2  y1   y1 

 

Kesme kuvvetinden kaynaklanan şde:
Us  
  Qy 2
L
6 P2
3 P2 L
dx   
dx  
2GA
5
2
GA
5 GA
L
U  Ub  U s
U s 3 P 2 L 6 EI
36 I
3 h2
 

 2 (1   )   2 (1   )
2 3
U b 5 GA P L
5 AL
5 L
P 2 L3 3 P 2 L
U
 
6 EI 5 GA
özel durum L  10h  
1
3
U s 3 h2
1
1
 
(1

)

3
U b 5 100h 2
125
Kesme kuvvetinden oluşan şde, M den oluşan şde nin 100 de 1 inden daha azdır. ŞDE hesabında
kesme kuvvetinin etkisi ihmal edilebilir.
İŞ-ENERJİ YÖNTEMİ İLE YER DEĞİŞTİRME HESABI
Çok sayıda yük etkisinde bulunan elastik bir cisimde depolanan şde, bu yük değerleri ve yükler
doğrultusundaki yer değiştirmeler cinsinden ifade edilebilir. Şekilde gösterilen yükler ile yer
değiştirmelerin son değerlerini Pk ve  k (k=1,2,…….,m) ile gösterelim.
P2
P3

Kuvvet ve yer değiştirmelerin yavaş yavaş artarak son
değerlerine ulaştıklarını ve aralarında doğrusal bir ilişki
olduğunu kabul edelim. Yapılan toplam işi
3
1 m
W   Pk  k
2 k 1
P1
Şeklinde yazabiliriz.
Enerji kaybının olmadığı halde
yapılan bu iş, şekil değiştirme enerjisine eşit olmalıdır.
1
m
Pm
1 m
U  W   Pk  k
2 k 1
Diğer bir deyişle cisme etkiyen yüklerin yaptığı iş elastik şde dir. Bu ifadeyi üzerinde sadece bir tek
yük bulunan bir çubuk veya yapıda aşağıdaki biçimlerde yazabiliriz.
U
1
P
2
U
1
M
2
U
1
T
2
Burada δ, θ, Φ nin her biri ilgili kuvvet doğrultusundaki yer değiştirme, eğim yada dönme açısıdır. Bu
son bağıntılarla, şekil değiştirme enerjisi bilindiğinde deplasman değerleri kolayca hesaplanabilir. Bu
bağıntılarla deplasman hesabına iş-enerji yöntemi adı verilir. Daha sonra çok sayıdaki yük etkisinde
bulunan yapıların herhangi bir noktasındaki deplasmanın hesabı için genel bir yöntem üzerinde
duracağız.
ÖRNEK 4
P
Konsol bir kirişin
ucundaki sehimi
eğilme ve kayma
gerilmelerinin ikisini
de dikkate alarak
hesaplayınız.
x
A
C
B
L
2m

3E h 
1 
2 
 10G L 
PL3 
3E h 2 
vA 
1 

3EI  10G L2 
2
P L
6 EI
W  UT
I
bh3
h2


A 12bh 12
A
L=1.5 m
2 3
1
P L
P  vA 
2
6 EI
P

3E h 
1 
2 
 10G L 

3E h 2 
1



2 
10
G
L




3 
PL
3E
1  PL3
1 

vA 
1  0.0078 
E
3EI  10
100  3EI


2(1  0.3)


için
vA 
PL3
3EI
0.0078 olup yüzde 1 den de küçüktür.
A=0.004 m2
B
=40 kN
2
FCB=50 kN
FAB=30 kN
Kesme kuvveti etkisi ihmal edildiğinde yapılan hata:
h
1

L 10
2
P 2 L3 3 P 2 L P 2 L3 
18EI 
UT 
 

1 

6 EI 5 GA 6 EI  5GAL2 
UT 
m
2
00
0.
m
A=
5
2.
L=
UT  U b  U s
2 3
Şekilde gösterilen iki çubuklu kafes sistemde B
düğümündeki düşey yer değiştirmeyi iş-enerji
yöntemiyle hesaplayınız. E=70 GPa
ÖRNEK 5
W U
B
F
40 kN
F
y
x
0
FBC  50 kN
0
FAB  30 kN
(enerji kaybı yoksa)
300002 1.5
500002  2.5

 24.732 J
2  0.004  70 109 2  0.002  70 109
1
1
W  P B  24.732
40000  B  24.732
2
2
 B  1.24 103 m 
U
CASTIGLIANO TEOREMİ İLE YER DEĞİŞTİRME HESABI
Castigliano (1847-1884) nun 1879 yılında ortaya koyduğu teoremle doğrusal elastik davranış gösteren (süperpozisyon kuralının geçerli
olduğu) yapılarda yer değiştirme ve eğim hesapları kolayca yapılabilmektedir. Pk (k=1,2,…….,m) kuvvetleri etkisinde bulunan doğrusal
elastik bir cisimde depolanan şekil değiştirme enerjisi uygulanan kuvvetlerin yaptıkları işe eşittir.
1 m
U  W   Pk  k
2 k 1
P2
P3

3
P1
Şimdi yüklerden birinin (Pi) dPi gibi küçük bir miktar arttığını, bu sırada diğer
yüklerin değişmediğini düşünelim. ŞDE ki artış,
dU 
U
dPi
Pi
1
m
dPi  d i
Toplam enerji
U U 
Pm
U
Olur. Burada
Pi
şde nin Pi ye göre değişme hızıdır.
U
dPi
Pi
Olarak yazılabilir. Toplam şde ni yüklerin sırasını değiştirerek şöyle de yazmak
mümkündür. Önce dPi kuvveti etkisin daha sonra diğer bütün Pk yükleri. Bu
durumda dPi kuvvetinin etkimesiyle küçük bir dδi yer değiştirmesi ortaya çıkar.
işi ikinci mertebeden olduğu için ihmal edilebilir. Pk kuvvetlerinin etkimesi sırasında yapılan iş dPi kuvvetinin bulunmasından
etkilenmez. Bununla birlikte dPi kuvveti δi yolunu katederken iş yapar. δi: Pk kuvvetlerinden oluşan yer değiştirmedir. Yüklerin burada
sözü edilen sırayla uygulanmasıyla ortaya çıkan toplam şekil değiştirme enerjisi,
1
2
U   U  dPi   i
U’ için bulunan iki ifade eşitlenerek Castigliano teoremi adı
verilen bağıntı bulunur.
i 
U
Pi
Castigliano teoremine göre lineer elastik davranışa sahip bir yapıda toplam şekil değiştirme enerjisinin yüklerden birine göre
türevi, yükün etkidiği noktada yük doğrultusundaki yer değiştirmeyi verir. Şekil değiştirme enerjisinin eğilme momentine göre
türevi eğimi verirken burulma momentine göre türevi dönme açısını vermektedir.
i 
U
Pi
i 
U
M i
i 
U
Ti
Castigliano teoremi kullanılırken şde dış yükler cinsinden ifade edilmelidir. Örneğin bir
kiriş probleminde
M2
U 
dx
2
EI
L
Pi kuvveti doğrultusundaki vi yer değiştirmesini hesaplamak için integral işareti altında türev almak genellikle çözümü basitleştirir.
Benzer bir bağıntı eğim için de yazılabilir.
vi 
U
M M


dx
Pi L EI Pi
i 
U
M M


dx
M i L EI M i
Normal kirişlerde kesme kuvvetinin yer değiştirmeye etkisi ihmal edilebilir.
Kafes kirişler: Eleman sayısı n, çubuk boyları Lj ve uzama rijitliği AjEj ve çubuk kuvvetleri Fj olan bir kafes kirişte depolanan şde si ile Pi
inci kuvvet doğrultusundaki yer değiştirme şöyle olur.
n
Fj2 L j
j 1
2 Aj E j
U 
n F L F
U
j
i 
 j j
Pi j 1 Aj E j Pi
Yük bulunmayan bir düğümdeki deplasman hesaplanmak istenirse, o düğüme deplasman istenilen doğrultuda hayali bir kuvvet etki ettirilir.
Şde yazıldıktan sonra hayali kuvvet sıfırlanır.
Şekilde gösterilen iki çubuklu kafes
sistemde B düğümündeki düşey ve yatay yer
değiştirmesini hesaplayınız. E=70 GPa
ÖRNEK 6
C
FCB=1.25P
2m
Q=0
P=40
A=0.004 m2
Konsol kirişin ucundaki sehimi hesaplayınız.
q0
x
L
y
q0
q0
x
L
x
B
2
m
2
00
0.
m
A=
5
2.
L=
A
FAB=
Q-0.75P
ÖRNEK 7
A
A
B
P
M
P
x
L
B
L=1.5 m
P =40 kN
F L  F  F L  F 
 D  AB AB  AB   BC BC  BC 
EAAB  P  EABC  P 
30000 1.5
50000  2.5
D 
(

0.75)

(1.25)
0.004  70 109
0.002  70 109
 D  1.205 104  1.116 103  1.2365 103 m 
30000 1.5
50000  2.5
(1) 
(0)
9
0.004  70 10
0.002  70 109
Y  0.16 103 m
Y 
Y  0.16 mm 
Buradaki negatif işaret, hayali kuvvet Q nun doğrultusuna
ters yönde yer değiştirme olduğunu göstermektedir.
M
 x
P
q0 x3
M   Px 
6L
L
1  2 q0 x 4 
1 Px3 q0 x 5
vA 

 Px 
dx 
EI 0 
6L 
EI 3
30 L
PL3 q0 L4
vA 

3EI 30 EI

L
0
ÖRNEK 8
Serbest ucundan P kuvveti etkiyen yarım halka diğer ucundan
ankastre mesnetlidir. Serbest B ucundaki yatay yer değiştirmeyi
hesaplayınız. R eğrilik yarıçapının halkanın kalınlığına göre büyük
olduğunu kabul ettiğimizde kesme kuvveti ile normal kuvvetten
oluşan şekil değiştirmeler ihmal edilebilir.
dθ
R
θ
B P
A
M   PR sin 
dx  R  d
L
y  
0

S
θ
Rsinθ
M
N

M M
PR sin 
PR 3

dx  
 R sin   Rd 
 sin 2  d

EI P
EI
EI 0
0
L
1
 sin 2
0 2  (1  cos 2 ) d  2  4


0
 PR3
2 EI
Şekildeki basit kirişin D noktasındaki çökme ile A mesnedindeki eğimi hesaplayınız.
ÖRNEK 9
y
P
A
x1
x2
B
x
A mesnedindeki eğimi hesaplamak için hayali bir kuvvet çifti
(C) etki ettirelim.
D
P b
L
y
a
b
L
Pa
L
P
C
A
x1
x2
x
B
D
M 1 b
Pb
x1
 x1
0  x1  a
L
P
L
M 2 a
Pa
M2 
x2
 x2
0  x2  b
L
P
L
a
b
1 Pb 2 2
1 Pa 2 2
vD 
x1 dx1 
x2 dx2 
EI 0 L2
EI 0 L2
M1 
3 2
2 3
2 2
1 Pa b
1 Pa b
1 Pa b


( a  b)
EI 3L2
EI 3L2
EI 3L2
Pa 2b 2
vD 
3EIL
vD 
Pa C

L
L
P b C

L
L
 Pb C 
M1  
  x1  C
 L L
 Pa C 
M2  
  x2
L
L

M 1
x
 1 1
C
L
0  x1  a
M 2 x2

C
L
0  x2  b
a
b

x2
P 
 x1 
A 
  bx1 1  dx1   ax2 dx2  
LEI  0
L
L

0

Pab
A 
(2a 2  3aL  2b 2 )
2
6 EIL
Pozitif işaret eğimin C hayali kuvveti ile aynı yönlü olduğunu
göstermektedir.
BİRİM YÜK YÖNTEMİ (VİRTÜEL İŞ YÖNTEMİ VEYA MAXWELL-MOHR YÖNTEMİ)
Bu kısımda yapılardaki yer değiştirme hesabında yaygın olarak kullanılan Birim Yük yöntemi
Castigliano teoreminden yararlanılarak türetilecektir. Bu yöntemle gerçek yüklerle birlikte ya bir
kuvvet ya da bir kuvvet çifti kullanılır. Bundan önceki kısımda Pi kuvveti doğrultusundaki deplasmanı
dış yükün oluşturduğu moment cinsinden şöyle elde etmiştik.
vi 
U
M M


dx
Pi L EI Pi
i 
U
M M


dx
M i L EI M i
Lineer elastik davranış gösteren yapılarda moment, dış yüklerle orantılıdır. O halde m bir sabiti
göstermek üzere momenti M=mP biçimde yazabiliriz.
m
M
Pi
İfadesi M momentindeki değişimin Pi kuvvetindeki birim değişime oranıdır. Yani
herhangi bir kesitteki birim yüklemeden oluşan moment değeridir.
Yer
değiştirme ve eğimin bulunmasında
Mm
dx
EI
L
vi  
Bağıntıları kullanılır. Burada
m 
Mm
dx
EI
L
i  
M
M i
Olup birim moment Mi den oluşan eğilme momenti M deki değişimdir. Son yazılan bağıntılar yalnızca
eğilme momentinden oluşan deplasmanların hesabında kullanılacak birim yük yöntemi bağıntılarıdır.
Bu denklemlerdeki M, ve m (ya da m’) kiriş boyunca değişeceğinden uygun fonksiyonlarla ifade
edilmelidir. Benzer türetme işlemleri Kesme kuvveti, Eksenel kuvvet ve burulma şekil değiştirmeleri
için de yapılabilir.
Bir Kafes kiriş probleminde,
Olarak yazılır. Burada
n
fi Fj L j
j 1
Aj E j
i  
fi 
Fj
Pi
Pi birim kuvvetinden oluşan eksenel kuvvetteki değişimi
göstermektedir.
Şekildeki kirişin serbest ucundaki çökmeyi hesaplayınız.
ÖRNEK 10
P
A
M1  0
x
a
a
B
0 xa
M 2   P( x  a)
m  x
0  x  2a
a
1 kN
x
A
2a
B
a  x  2a
1
P
vB 
0

x

dx

EI 0
EI
5 Pa 3
vB 
6 EI

2a
P x3
x2
a ( x  a)  x dx  EI 3  a 2
2a
a
Düzgün yayılı yükle yüklenmiş kirişin sağ mesnedindeki eğimi hesaplayınız.
ÖRNEK 11
y
y
q
x
A
C
B
8qL/9
4qL/9
L
1 kNm
x
A
C
B
1/L
L/3
1/L
L
4
q
x
qLx  x 2
m1  
0 x L
9
2
L
4
q
8
4L
M 2  qLx  x 2  qL( x  L)
m2  0
Lx
9
2
9
3
L
4L /3
q 2  x 
4
EI B    qLx  x    dx   M 2  0 dx2 
9
2  L 
0
L
M1 
4 L3 q L4
4
1
EI B   q 
  qL3  qL3
9 3 2L 4
27
8
5 qL3
B 
216 EI
5 qL3
B 
216 EI
L/3
HİPERSTATİK YAPILAR
Castigliano teoremi ya da birim yük yöntemini hiperstatik yapıların mesnet reaksiyonlarının hesabında denge denklemlerine ilave
denklem(ler) yazmakta kullanabiliriz. Birinci dereceden hiperstatik bir yapı ele alalım. Reaksiyonlardan birini hiperstatik kuvvet ya da
bilinmeyen yük olarak seçelim ve R ile gösterelim. Bu kuvvetin etkidiği mesnedi kaldırırsak dış yüklerle reaksiyonlar bu mesnette yer
değiştirme oluşturur. Bu yer değiştirmenin gerçek mesnetteki yer değiştirmeye eşit olduğunu ifade eden ve adına uygunluk denklemi
denen ilave bir denklem yazılabilir. Bunun için şde dış yükler ve R kuvveti cinsinden ifade edilmelidir. Kaldırılan mesnet için
U
 0
R
Bağıntısı yazılarak verilen yer değiştirmeye eşitlenir. Bu son denklemin çözümünden hiperstatik kuvvet belirlenir.
n. Dereceden hiperstatik bir yapı söz konusu olduğunda şde verilen yükler ve seçilen hiperstatik bilinmeyenler cinsinden ifade edilir.
Denge denklemleri ile
U
 n  0
Rn
Şekilde gösterilen kirişin mesnet reaksiyonlarını hiperstatik bilinmeyeni a) A mesnedindeki Ra reaksiyonunu, b) B
mesnedindeki Mb momentini seçerek belirleyiniz.
ÖRNEK 12
y
P
x
B
A
D
L/2
L/2
y
B
D
L/2
L/2
x
MB
RB
L
2
M 1  RA x
0 x
L
M 2  RA x  P ( x  )
2
L/2
1
1
vA 
 RA x   x  dx 

EI 0
EI
L
xL
2
RA 
P
A
RA
Denklemlerinin çözümünden bütün reaksiyonlar hesaplanır.
5P
16

F
Y
M
0
B
0
L

L 
  R x  P( x  2 )   x dx  0
A
L/2
5P
 RB  P
16
5PL PL
 MB 

0
16
2
Diğer
reaksiyonlar
moment
ifadelerinde
bulunmuyorlar. A
noktasındaki yer
değiştirme sıfır
olmalıdır.
11P

16
3PL
MB 
16
RB 
y
P
MB
A
B
x
D
RA
L/2
L/2
RB
P M 
RB    B 
L 
2
P M 
RA    B 
L 
2
P M 
M1    B  x
L 
2
L
P M 

M2    B  x  P x  
L 
2

2
0 x
L
2
L
xL
2
B noktasındaki eğim sıfır olmalıdır.
1
B 
EI
MB 
L/2

0
 P MB
 
L
2
1

 x 
 dx 
 x 
EI
 L 

 P MB
L / 2   2  L
L
L    x 


dx  0
 x  P x  
2
L

 


3PL
16
A ve B mesnet reaksiyonları denge denklemlerinden aynen hesaplanır.
Çubukları eşit rijitliğe sahip üç
elemanlı kafes sistem D noktasındaki
P yükünü taşımaktadır. Castigliano
teoremini
kullanarak
çubuk
kuvvetlerini hesap- layınız.
ÖRNEK 13
0.6L
0.6L
0.8L
A
B
ÖRNEK 14
Bir ucu ankastre diğer ucu
basit mesnetli olan düzgün
yayılı yükle yüklü bir kiriş
şekilde gösterilmiştir. B
mesnet reaksiyonunu birim
yük yöntemi ile bulunuz.
F
α
q
B
A
(a)
y
q
B
x
y
(b)
B
A
x
P
P
L
1 kN
(c )
F
Y
0
2F
0.8 L
 PR
L
1
5
F
( P  R)  ( P  R)
1.6
8
n F L F
U
j

 j j
0
R
i 1 A j E j R
5 ( P  R ) L  5  R  0.8 L
(1)  0


8
AE  8 
AE
0.78125( R  P )  0.8 R  0
R  0.4941P
F  0.3162 P
2
B deki mesnet
reaksiyonu bilinmeyen
yük olarak alınıp bu
mesnet kaldırılsın
x
RB
L
D
D
x
L
A
B noktasındaki
reaksiyonu
hiperstatik
bilinmeyen olarak
R
seçelim. AD ve CD
F çubuk kuvvetlerini F
ile gösterelim.
C
L
y
qx 2
M  RB x 
2
mx
0 x L
0 xL

qx 2  x
vB    RB x 
dx  0

2
EI

0
3
4
RB L qL

0
3
24
3
RB  qL 
8
L
x
ÇARPMA YÜKLERİ
Hareketli bir cismin bir yapıya çarpması halinde çarpma yükü denilen dinamik bir kuvvet aniden yapıya aktarılır. Bir çekiçle vurmak, iki
otomobilin çarpışması, dönen makinelerin oluşturacağı etki ve bir tren katarının bir köprü üzerinden hızla geçmesi bu duruma örnek
olarak verilebilir.
Çarpma yükleri, elastik cisimlerde tekrar denge oluşuncaya kadar titreşime sebep olur. Buradaki amaç çarpma yüklerinin oluşturacağı
en büyük gerilme ve deformasyonu hesaplamaktır. Çarpma analizinde enerjinin korunumlu olduğunu ifade eden aşağıdaki kabuller yapılır.
1- Statik ya da dinamik deplasmanlar yüklerle orantılıdır.
2- Malzeme elastiktir. Statik denge ile belirlenen σ-ε diyagramı çarpma sırasında da geçerlidir.
3- Çarpmaya karşı yapının göstereceği atalet ihmal edilir.
4- Çarpma bölgesi ile yapının diğer yerlerinde yerel deformasyonlar nedeni ile enerji kaybı olmamaktadır.
Çarpma etkisindeki elastik sisteme örnek olarak, h yüksekliğinden m kütleli bir cismin bir yay üzerine
düşmesini düşünelim. Cismin başlangıç hızı sıfırdır. Yaydaki dinamik boy değişiminin en büyük olduğu
anda (δmaks ) sistemdeki kinetik enerji sıfırdır. Toplam iş, m kütleli cisme etkiyen çekim kuvvetinin
yaptığı iş ile yaydaki karşı işten oluşmaktadır. Enerjinin korunumu ilkesi şöyle yazılabilir.
δmaks
h
mg
2
W (h   maks )  12 k   maks
0
Burada k, yay katsayısıdır. Ayrıca kütlenin çarpma sonrası yay üzerinde kaldığı kabul edilmektedir.
Statik haldeki yay kısalması
W  k st
Dinamik haldeki en büyük yay kısalmasını, statik haldeki
kısalma cinsinden hesaplayalım.
W (h   maks )  12 k  
2
maks
0
W
2
(h   maks )  12   maks
0
k
2
2 st h  2 st maks   mak
s 0
2
 mak
s  2 st  maks  2 st h  0
 st 
W
k
İkinci dereceden denklemin en büyük kökünü arayalım.
2
 mak
s  2 st  maks  2 st h  0
 maks 
2 st
4 st2  4  2 st h
2
 maks   st   st2  2 st h

2h 
  st  K  st

st 


2h 
K   1  1 

 st 

 maks   1  1 
Burada K. Çarpma faktörü adını alır. Dinamik yükler, K ile çarpılarak eşdeğer statik yük olarak
Pmaks  K W
şeklinde alınıp en büyük gerilme ile deplasmanı hesaplamak için statik yükleme bağıntıları kullanılabilirmiş. İki sınır durumu ele almak
ilgi çekicidir.
1- Statik deplasman, h yüksekliği yanında
oldukça küçük ise
2- Yükün aniden uygulanması hali (h=0)
 st
h0
 maks   st   st2  2 st h
 maks   st   st2  2 st h
 maks  2 st h
 maks  2 st
Olur. Bu bağıntı her zaman gerçek formülden daha
küçük sonuç verir.
ÇARPMA YÜKLERİ –farklı bir yaklaşım tarzıDaha önce çıkarılan bağıntıya şu şekilde de ulaşmak mümkündür. V
hızı ile hareket eden m kütleli bir cisim elastik bir cisim tarafından
aniden durdurulsun. Kinetik enerji,
mV 2 mgV 2 W V 2


2
2g
2g
m
V
L
terimi W (h   maks ) terimi yerine gelmelidir.
W (h   maks )  k  
1
2
1
2
2
maks
0
Burada yatay W kuvvetinden oluşan statik deplasman δst dir. W
cisminin çarptığı çubuk eğer L boyunda EA uzama rijitliğine sahip ise
2
m  V 2  12 k   maks
0
V2
2
mg 
 k   maks
0
g
W V2
2

  maks
0
k g
 maks 
K
g

2
V
g st
olarak alınırsa
 maks  K   st
Pmaks
V 2g
 st
V 2 gEA
mV 2 EA
 m

mgL
L
En büyük basma gerilmesi
 maks
Pmaks
mV 2 E


A
AL
Olur. Bu bağıntıya göre gerilmeyi azaltmanın yolu ya hacmi arttırmak
ya da elastisite modülünü azaltmaktır.
V2
 K  W  mg 
g st
Pmaks  m 
V 2 st
V 2 mgL
mV 2 L



g
gEA
EA
Pmaks  m 
V2
  st
g st
mgL
EA
Olacağından En büyük yer değiştirme ile Statikçe eşdeğer yük
aşağıdaki gibi bulunur.
 maks
V2
2
 st    maks
0
g
 stV 2
 st 
V 2g
 st
W=50 N. Luk ağırlık konsol kirişin ucuna h yüksekliğinden bırakılıp düşürülüyor.
L=1.6 m., E=200 GPa, Kirişin enkesit boyutları b=40 mm. d=80 mm.
a) h=40 mm. için b) h=250 mm. İçin, en büyük deplasman ile gerilmeyi
hesaplayınız.
ÖRNEK 15
h
W
B
A
L
bd 3 1
I
 0.04  0.083  1.7  106 m 4
12 12
WL3
50 1.63
vst 

 0.2 103 m.  0.2 mm
9
6
3EI 3  200 10 1.7 10
M
50 1.6  0.04
 st   y 
 1.9 MPa
I
1.7 106
Dinamik Yük Çarpanı
2  0.04
 21
0.2 103
 21 0.2 103  4.2 103 m.  4.2 mm.
K  1 1
vmaks
b) Dinamik Yük Çarpanı
2  0.25
 51
0.2 103
 51 0.2 103  10.2 103 m.  10.2 mm.
K  1 1
vmaks
 maks  511.9  96.9 MPa
 maks  211.9  39.9 MPa
Bu sonuçlardan dinamik yüklerin deplasman ve
gerilmeyi oldukça arttırdığını görmekteyiz.
Gerçek değerler hesapla bulduğumuzdan -3 ve 4.
kabuller nedeniyle- biraz daha azdır.
172
UYGULAMA ve ÖDEV SORULARI
1- Şekilde gösterilen kompozit çubuğun ABC çelik kısmı ile
CD pirinç kısmı A = 100 mm2 lik aynı alana sahiptir. Eç = 200
GPa, Ep = 105 GPa olarak bilindiğine göre, B ve D noktalarının
A noktasına göre yaptıkları yer değişmeleri hesaplayınız.
15 kN
10 kN
5 kN
A
B
C
Çelik
Pirinç
1,5 m
2m
2m
15
+
D
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.
10 kN
10 kN
10
5
+
+
75 mm
25 mm
A
B
25 kN
1m
30 kN
3m
25 mm
C
D
15 kN
1m
+
 B / A  1.125 mm.
 D / A  3.53 mm.
10
15
+
+
+
-
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 MPa değerini aşmaması koşullarıyla taşınabilecek en büyük
eksenel yük olur (Eç = 206,850 GPa)
P=?
15
TOPLAM   AB   BC   CD
TOPLAM  0.127  0.314  0.19
TOPLAM  0.003 mm. uzama
50,8 mm
14,3 mm
1829 mm
 BC 
3000

0
  1.59 mm.  P  130.63 kN
  172 MPa  P  124.95 kN
15000
dx
x 

210000  25   15
60 

173
Çelik Nç
Eç=210
GPa
4P
4- Şekilde
gösterilen
kompozit
kademeli
çubukta toplam
uzamanın 1,59
mm olması için
d1 çapı ne
olmalıdır?
B
A
Alüminyum
Ea = 69 GPa
Rijit çubuk
d1
a
b = 1,5a
M
1829 mm
Çelik
Eç = 207 GPa
A
5-Şekilde gösterilen sistem, düşey bir kompozit çubukla
yatay rijit bir çubuktan oluşmaktadır. Çelik ve pirinç çubuk
parçalarının uzamalarının eşit olması için Açelik/Apirinç
oranını hesaplayınız.
Aç

Ap
Çelik
Eç=210
GPa
A
Rijit çubuk
a
b = 1,5a
Pirinç
Ep=105
GPa
P
Çelik
Eç=207
GPa
AÇ =90
B
mm2
L
A
B
 1.73
6- Şekilde 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.
1371 mm
C
D
 0  N ç  2.6 P
ç   p
d1  35.46 mm.
3/4L
P
22,25 kN
4P
Pirinç
Ep=105
GPa
2743 mm
d2 = 19 mm
L
Alüminyum
Ea=69 GPa
Aa = 180 mm2
2285 mm
C
Rijit çubuk
26,7 kN
3/4L
457 mm
D
M
A
914 mm
 0  Tal  8.9 kN Tç  17.8 kN
 ç  1.31 mm  al  1.64 mm
  B  1.42 mm174
7- Şekilde gösterilen rijit AB çubuğunun P = 100 kN luk
kuvvetin x = 150 mm den uygulanması halinde yatay
kalabilmesi için AD ve BE çubuklarının alanlarının minimum
ne olması gerekir.
  150 MPa
em
E
D
250 mm
150 mm
A
Rijit çubuk C
B
PB  PÇ  356
 Ç   B  PB  312.33 kN TÇ  43.67 kN
 B  9.8 MPa   Ç  84.6 MPa
9- Şekilde 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.
100 kN
150 mm
M
A
 0  TB  75 kN TA  25 kN
200 mm
 A   B  ABE  5 AAD
8- 203 mm çaplı, 1829 mm
boyundaki kolonun 356 kN
luk eksenel yükü taşıması
planlanmaktadır. Çelik ve
1829 mm
betonda oluşacak
gerilmeleri hesaplayınız.
Aç = 516 mm2, Eç = 207 GPa
Eb = 24 GPa
P
A
50 mm
 AD  150 MPa  AAD  166.7 mm2
2A1
A1
ABE  834 mm 2
356 kN
B
C
3P
D
200 mm
100 mm
3P-RD
2P-RD
+
+
RD
RA  RD  2 P
L  0  RA 
203 mm
P
4
 C  LCD  0.175
RD 
P
EA1
7P
4
(mm)
175
10- Şekilde gösterilen kademeli kompozit çubuk rijit
duvarlara mesnetlendirilmiştir. Sıcaklığın 20 C tan 50 C a
çıkması durumunda her bir malzemedeki gerilmeyi
hesaplayınız.
d = 50 mm
a =
,
Ea =70 GPa
ç = 12x10-6 ,
Ea =200 GPa
24x10-6
d = 30 mm
C
A Alüminyum
Çelik
B
Somun sıkılırken çelik civata çekme kuvveti etkisiyle
uzamaya bronz tüp ise basma kuvveti etkisiyle kısalmaya başlar. Uzama ve kısalmanın mutlak değerleri
toplamı 1 mm olmalıdır.
 b Ab   ç Aç
 b   ç  1 mm
 b  79.2 MPa  ç  142.5 MPa
2m
3m
 Ç   A  R  80 kN
 B  40.7 MPa   Ç  113 MPa
11- Şekilde gösterilen çelik cıvata, bronz bir tüpün
içinden geçmektedir. Vida adımı 2mm olarak bilindiğine
göre somunun yarım tur sıkılması halinde her
malzemedeki gerilmeyi hesaplayınız.
Ebronz  83 GPa
Abronz  900 mm
Eçelik  200 GPa
2
Çelik cıvata
Açelik  500 mm
Bronz tüp
12- Şekilde gösterilen
53,4 kN luk eksantrik
kuvvet çelik ve pirinç
parçalardan
oluşmuş
kompozit
çubuğa
etkimektedir. AB rijit
plağının yatay kaldığı
bilindiğine
göre
x
uzaklığı
ile
herbir
malzemedeki gerilmeyi
hesaplayınız.
53,4 kN
x
B
piri Çel
nç ik
50,8 mm
Ebronz  103.425 MPa
2
A
t = 12,7 mm
12,7mm 12,7mm
Eçelik  206.85 MPa
Somun
 ç   p  Pp  0.5Pç
F
M
düşey
A
 0  Pp  17.8 kN
0

Pç  35.6 kN
x  10.58 mm
 P  110.3 MPa  Ç  220.6 MPa
176
Pirinç çubuk
13- Şekilde 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.
Ea =70 GPa
a = 23x10-6
Aa =500mm2
A Alüminyum
Em =45 GPa
m = 26x10-6
Am =1200mm2
B
C
Magnezyum
Çelik
D
F
düşey
200 mm
250 mm
Boşluğun kapanması için gereken sıcaklık farkı 36 dir.
t  64 C mesnetlerde reaksiyon oluşturur.
 T   R  R  68678 N
 a  137 MPa  m  57 MPa Lm  0.334 mm uzama
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 = 200GPa
-6
p =20x10
ç =12x10-6
A1 = 500mm2, A2 = 400mm2, A3 = 450mm2, A4 = 450mm2
 0  N p  Nç
 ç   p  N  12220 N
 P  30.5 MPa
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,
çem = 124 MPa, aem =83 MPa,
Eç = 206,85 GPa, Ea =68,95 GPa dır.
E
A
F
G
C
B
Rijit çubuk
L
P
L
177
F
düşey
 0  2 Na  Nç  P
 ç   a  N ç  3N a
 1641 
P
N  1641 N
 3296 
16- Şekilde gösterilen pirinç ve alüminyum çubukların kesit
alanları 500 mm2dir . 40 kN luk yükün etkisiyle ABCD rijit
çubuğunun D noktasının ne kadar düşey deplasman yapacağını
hesaplayınız.
(Ep = 105 GPa, Lp = 150 mm, Ea = 70 GPa, Lp = 150 mm).
17- t sabit kalınlığında
değişken genişlikli eleman
A ve B de gösterilen rijit
mesnetlere oturmaktadır.
Çubuğun
merkezinden
etkiyen
P
yükünün
mesnetlerde oluşturacağı
reaksiyonları hesaplayınız.
Rb

P
P  Ra
x

Ra
Ra
RA  RB  P
T  0
a b
xb
L
L/2
L
 RA
P  RA
dx
dx


0


Et 0 g ( x)
Et L / 2 g ( x)
elemanın genişliği
Rijit çubuk B noktasından döner
M
c
B

0

a
 uygunluk denklemi
denge denklemi
150 200
Tcf  29.09 kN Tae  58.18 kN  D  0.33 mm
 Toplam
 2a 
ln 

ab

RA  P
a
ln  
b
g ( x) 
178
N1
18- Şekilde gösterilen iki malzemeden imal edilmiş
kompozit çubukta sıcaklığın 50o C düşmesi yanında A ve B
mesnetleri birbirine 0,4 mm yaklaştırılıyor. A ve B
mesnetlerindeki reaksiyonları hesaplayınız.
A
a = 23x10-6
Ea = 70 GPa
A = 1500 mm2
P = 18x10-6
EP = 200 GPa
A = 500 mm2
C
P = 100 kN
RB
+
L1
B
F
F
yatay
0
N 2  N3
düşey
0
N1  2 N 2 cos   0
 1  0.506 T  t  E
100-RB
0
L2
Uygunluk denklemi L1 cos   L2
-
x
N3
300 mm
200 mm
F

N2
 a   p  0.4
RA  79.57 kN
RB  20.43 kN
19- Şekilde gösterilen kafes
sistemde çubuk en kesitleri
A, malzeme özellikleri E ve 
olarak
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 çaplı
çubukta olaşacak en büyük normal gerilme ile en büyük
kayma gerilmesi nedir?
89 kN
89 kN
41,3 mm
x
maks
 66.44 MPa  xy
maks
 33.22 MPa
179
21- Şekilde 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   60
16 
x
2
(1  cos 2 )
x
 5cos 2 2  2 cos 2  3  0
sin 2 )
2
  26.565  x  20 MPa P  24 kN
8
 26.2 kN 
Pmaks  min 
  26.2 kN
 112 kN 
22- Şekilde gösterilen çubuğun eğik C-C düzlemindeki
normal ve kayma gerilmeleri sırasıyla 16 ve 8 MPa olarak
bilinmektedir. Eksenel yük P ve  açısını belirleyiniz. b =
40 mm, a = 30 mm
180
23- 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.
y
y
y
60
10
z
120
C
z
20 mm
C
C
65
60
20 mm
z
40
5
200 mm
20
80 mm
40 mm
5
20
y
27.5
z
27.5
y
5
C
75 mm
5 mm
5
z
C
a
a  140mm
b  300mm
IZ 
mm4
b
90
z
C
60 mm
181
24- Uzunluğu 4 m olan dairesel kesitli bir çubuğa şekilde
görüldüğü gibi burulma momentleri etkimektedir. Çubukta em =
100 MPa ve
G = 80 GPa olduğuna göre çubuğun çapını ve
B ucunun dönme açısını bulunuz.
26- İç çapı 70 mm ve dış çapı 120 mm
olan alüminyum bir boru üzerine dış
çapı 150 mm olan çelik boru
geçirilmiştir, şekilde
Ga = 30
a
GPa, Gç = 80 GPa,  em = 55 MPa,
çem
= 120 MPa olduğuna göre sisteme
uygulanacak Mb momentini bulunuz.
 enbüyük  100 MPa  d  63.4mm
2

3x  1

 2.06
M  min 
 kNm  M  1.73 kNm
1.73


4
 AC   
dx  
rad
6
6
80

10
*1.586

10
126.896


0
B  2.257
25- 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 em = 60 MPa
olduğuna göre M momentini bulunuz.
Çelik
Alüminyum
88.23
M  min 
 kNm  M  57.75 kNm
57.75
27- Şekilde uygulana burulma momentleri etkisi altında
dengede olan milde meydana gelen en büyük kayma
gerilmesini hesaplayınız.
 22.92
 MPa   B C  41.26 MPa
41.26


182
  enbüyük 
28- Şekildeki 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 olması
için TB, ve TC momentlerini bulunuz (d1=60,325 mm, d2=50,8
mm)
TB  6.645 kNm
30- 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 (A /B = ? )
b) Her iki mile emniyetle uygulanabilecek olan en büyük
burulma momentlerinin oranını hesaplayınız. ( TA /TB = ?)
c) TA = TB olduğunda A / B oranını hesaplayınız.
TC  2.485 kNm
29- Şekilde 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
31- Şekilde gösterilen üç farklı kesitli eşit uzunluklu
özdeş çubuklara T = 275 Nm’lik burulma momenti
etkimektedir. Kayma emniyet gerilmesi em = 50 MPa
olarak bilindiğine göre her bir çubuk için b değerini
hesaplayınız.
T
b
T
T
1.2b
b
TA  0.907 kNm
TB  0.453 kNm
183
32- Bir adam tramplenden atlarken şekilde görülen
tramplenin ucuna 2000 N’luk bir kuvvet etkimektedir.
Tramplenin yapıldığı malzemede em = 12,5 MPa ve
tramplenin genişliği 0,30 m olduğuna göre sadece moment
etkisini göz önüne alarak tramplenin h kalınlığını bulunuz.
34- 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 bulunuz
b) 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.
b
y
M z  4000 Nm h  80 mm
33-Kesiti daire olan bir çelik çubuğun eğrilik yarıçapı,
çapının 1000 katıdır. Buna göre oluşacak en büyük ve en
küçük gerilmeleri hesaplayınız (E = 200 GPa).
M
 z
 EI z
1
 M z  9.817 d
3
  100 MPa
20
M
z
C
60
20
Tarafsız eksenin kesit tabanından yüksekliği
y  60 mm b  180 mm
I z  1.92*106
mm 4
M  24 kNm
M  19.2 kNm
184
Ferdinand P.BEER & E.Russel JOHNSTON, Mechanics of Materials, McGraw-Hill Book Comp.1981
35- Enkesiti verilen kirişe 15 kNm’lik eğilme
momenti etkimektedir. A ve B noktalarında oluşacak
gerilmeleri hesaplayınız.
36- Şekilde en kesiti verilen kirişin yapıldığı
malzemede
em = +40 MPa em = -105 MPa olduğu
bilindiğine göre taşınabilecek en büyük M momentini
bulunuz.
 A  230 MPa
 B  145.5 MPa
UYGULAMA
Verilen kesiti
90 derece döndürerek
hesapları tekrarlayınız.
Tarafsız eksenin kesit tabanından
yüksekliği y  62.55 mm
I z  3.91*106 mm 4
M  4.29 kNm
185
37- Bir I kesitinin boyutları aşağıdaki gibi verilmiştir.
My = 18.6 kNm em = 110 MPa olduğuna göre a değerini
hesaplayınız.
38- Şekilde yükleme durumu verilen kirişin I-I kesiti şekilde
verilmektedir. I-I kesitinin E, F, K, H, I noktalarındaki
gerilmeleri bulunuz.
a
a/8
y
2a
z
C
a/8
a/8
1.5a
y
39Enkesiti
şekilde
verilmiş olan kirişte, Mz =
1500 Nm eğilme momentinin
oluşturacağı en büyük ve en
küçük
normal
gerilmeyi
hesaplayınız.
10
z
50
10
tabana göre statik moment alınırsa
y  1.007a
I y  0.045898437a 4
 z  110 MPa   a  140mm
C
10
80
40- Şekilde gösterilen alüminyumdan yapılmış içi boş
dikdörtgen kesitli kirişin taşıyabileceği en büyük momenti, ve
buna karşılık oluşacak eğrilik yarıçapını bulunuz.
em = 100 MPa, E = 70 GPa
120 mm
I z  5.52*106
.
120 mm
t  8 mm
80 mm
M  9.2 kNm
  42 m
186
mm 4
41- Dökme demirden yapılan makine parçası 3 kNm lik
moment etkisi altındadır. E = 165 GPa olduğu
bilindiğine göre,
a) En büyük çekme ve basma gerilmelerini hesaplayınız
b) Eğrilik yarıçapını hesaplayınız.
90
y
z
C
30
20
40 mm
M=3 kNm
187
42- em = 12,5 MPa olduğuna göre Şekilde verilen kesitin
güvenlikle taşıyabileceği M momentini hesaplayınız. Tarafsız
eksenin denklemini bulunuz.
y
43- Dikdörtgen kesitli ahşap bir kirişte b/h = 3/4 ‘dür. Bu
kirişte z ekseni ile 30o lik bir açı yapan M = 7 kNm
şiddetindeki bir eğilme momenti uygulanmaktadır. Ahşapta
güvenlik gerilmesi 12 MPa olduğuna göre kirişin b ve h
boyutlarını hesaplayınız.
b
20
z
C
20
100 mm
h
M
20
20
Tarafsız eksenin kesit tabanından
yüksekliği y  80 mm
I z  10.67 *106 mm 4
I y  45.80*106
z
30
160
I z  0.0625* h 4 mm 4
y
mm 4
  85.15 M  1.604 kNm
M
C
I y  0.0352* h 4
mm 4
  44.3 h  193 mm
b  144.6 mm
Daire kesitli ahşap bir kirişe z
ekseni ile 30o lik bir açı yapan
doğrultuda M=17 kNm şiddetindeki bir eğilme momenti
uygulanmaktadır.
Ahşapta
güvenlik
gerilmesi
12
MPa
olduğuna göre kirişin d çapını
hesaplayınız.
d
y
C
z
30
M
188
44- M0 = 1,5 kNm eğilme momenti etkisi altındaki Z kesitli
kirişte A noktasındaki gerilmeyi hesaplayınız, tarafsız
eksenin denklemini bulup çiziniz.
60 mm
45- Şekilde boyutları
verilen dikdörtgen kesitli
çubuğun
taşıyabileceği
eğilme
momentini
hesaplayınız.
tan =5/12
em = 10
MPa
y
100 mm
z
C
α
M
46- Şekilde 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.
y
Alan merkezi
120
I z  4.18*10 mm
6
I y  3.25*10
6
z
4
mm
380
  48.53  ( A)  14 MPa
I z  4243*106 mm 4
I y  9226*106 mm 4
4
I zy  2.87 *106 mm 4
z  1.13 y
C
tabandan 315.65mm ,
sağ kenardan 263.22mm 
550 mm
250
  70.41
 x  31.6 MPa
 x  35.3 MPa
I z  3283*106 mm 4
189
47- Şekilde 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.
49- Şekilde görülen kesite M = 10000 Nm değerinde
bir eğilme momenti etkimektedir. Kesitteki en büyük
ve en küçük gerilmeleri ve tarafsız eksenin
denklemini bulunuz.
y
y
20
100
I z  305.65*10 mm
6
z
30
C
260 mm
I y  93.77 *10 mm
6
4
z
  28
M
20
80
M
4
C
20 mm
M  69.9 kNm
20
80 mm
80 mm
40 30 40
48- Şekildeki I kesitli kiriş,
yatay eksenle 60olik açı yapan
bir eğilme momenti etkisi
altındadır. Me = 2 kNm
olduğuna göre A, B ve D
noktalarındaki
normal
gerilmeleri
hesaplayınız.
Tarafsız eksenin denklemini
bularak
şekil
üzerinde
gösteriniz.
Gerilme
diyagramını çiziniz.
y
D
5
M
I y  0.834*106 mm4
60
z
I z  2.5*106 mm4
90 mm
C
4 mm
A
B
5
  11
 x ( D)  84.21 MPa
 x ( A)  123.71 MPa
 x ( B)  84.21 MPa
100
190
50- Her iki malzemenin aynı anda emniyet gerilmesine
ulaşması koşuluyla şekilde verilen betonarme kiriş kesitine
konulması gereken donatı miktarını (Açelik) hesaplayıp, bu
kesitin taşıyabileceği en büyük eğilme momentini
hesaplayınız. Not: Betonun çekme gerilmesi taşımadığı kabul
edilecektir.
Beton em. Gerilmesi = 10 MPa
Çelik em. Gerilmesi = 140 MPa , Eç/Eb=8
51- 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
Çelik
56 mm
600 mm
100
y
6.5 mm
2.5 mm
z
C
350
ALÜMİNYUM
çelik
50
300
Tarafsız eksenin kesit üst yüzünden
uzaklığı y  163.6 mm
I z  2.99*10 mm
9
Aç  3240 mm
2
4
Eşdeğer çelik kesite döndürülürse
I Ç  15.07 *104 mm 4
I AL  22.97 *104 mm 4
1
IT  (15.07  2.77778
22.97) *104  23.34*10 4 mm 4
 Ç  120 MPa,

Eç IT
Mz
 AL  39.3 MPa
 46.7 m
M  183 kNm
191
52- Şekilde gösterilen alüminyum ve çelikten imal
edilmiş kirişe 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
53- 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.
Alan = 2181 mm2
Iz = 5,49x105 mm4
y
Alüminyum
150 mm
Mz = 50 kNm
5,6
57
30 0 mm
z
14,5
Ölçüler mm’dir.
Çelik
9,9
z
z
b
203
h
Tarafsız eksenin tabandan
uzaklığı y  24.47 mm
kesit eşdeğer alü min yuma döndürülürse
I z  936.7 *103 mm 4
 arakesit  10.9 MPa
 enbüyük  18.26 MPa
U 200 Profili
Tarafsız eksenin tabandan
uzaklığı y  92.55 mm
kesit eşdeğer çeliğe döndürülürse
I z  44.82*106 mm 4
 ahşap  14.26 MPa
 çelik  103.25 MPa
192
54- 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 MPa
EA = 70 GPa, EP = 105 GPa
ALÜMİNYUM
10
10
kompozit kesit Eşdeğer
pirinç kesite döndürülürse
I z  44.45*104 mm 4
M  2.22 kNm
A
z
C
300
20
75
75
100
y
z
C
M
Eç/Ea=20
57- 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
200
20
5 mm
20 mm
60 mm
120 mm
y
z
C
M
10 mm
40 mm
10
10
y
56- 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.
Mz
200 mm
PİRİNÇ
55- Şekilde 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 kNm
olduğuna göre;
a) Ahşapta meydana gelen maksimum
gerilmeyi,
b) Çeliğin A noktasındaki gerilmeyi
hesaplayınız.
50 mm
193
58- Şekilde 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.
y
z
B
C
12 mm
16 mm
12 mm
tabana göre statik moment alınırsa
250*16*8  2  60*12* 46
y
 18.06 mm
250*16  2*60*12
I z  2.046 106 mm 4
76
10000  (60*12* 27.94  50*16*10.06)
 3.69 MPa
2.046 106 *16
57.94
10000  (12*57.94*
)
2
B 
 8.20 MPa
2.046 106 *12
A 
A
50 mm
125
125 mm
Q=10 kN
-
-
 xz
 xy
+
194
59- Şekilde çıkmalı kiriş bir T profilinden yapılmış olup
em =140 MPa em = 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.
120 kN/m
a
35 kN
B
A
2m
180
E
20
1m
a
137.5
y
z
D
G
+
-
-
35
102.5
220
20
44 kNm
C
+
35
Tarafsız eksenin tabandan
uzaklığı y  164 mm
I z  46.38*106 mm 4
 D  42.35 MPa  D  35.22 MPa
 I  62.2 MPa  II  19.94 MPa
195
60- Şekilde kesiti gösterilen kiriş üç ayrı ahşap parçanın
tutkal ve çivilerle birleştirilmesi ile imal edilmiştir. Tutkalın
kayma emniyet gerilmesi em = 0.5 MPa, ve bir çivinin
taşıyabildiği kesme kuvveti 1500 N olduğuna göre, bu kirişin
Sy=10 kN luk kesme kuvvetini taşıyabilmesi için çivi aralığı ne
olmalıdır..
61- 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.
400 N
x
40
L
C’
150
C
B
80 mm
I z  38.88*106 mm 4
40
B’
150
40
Ahşap parçaların temas yüzeyinde
 a  a  0.72 MPa
150
B
40
a
100mm
40
a
A
150
40
C
I z  96.4 106 mm 4
bunun 0.5 MPa lık kısmını tutkal taşır.
Çivinin taşıması gereken kayma gerilmesi
 çivi  0.22 MPa
qB , B  
0.22*80* s  1500 s  85 mm
qC ,C  
Qy S z
Iz

400*(190* 40*75)
 2.365 N / mm
96.4 106
400*(110* 40*75)
 1.369 N / mm
96.4 106
B ve C deki kayma akıları hesaplanan değerlerin yarısıdır
sB 
150
2.365/ 2
150
 126.8 mm sC  1.369
/ 2  219.1 mm 196
62- Şekildeki 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.
y
B
20
A
64- 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.
y
80 mm
60
z
60
C
z
I z  59.76 106 mm4
60
20
q
40
40
40
20
63- 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?
y
65-Açıklığı 6 m olan bir kiriş şekildeki gibi mesnetlenmiş olup
üzerinde 350 N/m’lik yük bulunmaktadır. Kirişin kesiti iki farklı
şekilde yapıldığına göre çivi aralıklarını bulunuz (bir çivi 370 N
değerinde yük taşıyabilmektedir).
350 N/m
B
A
B
 Qy  738 N
40
100
20
90 10
120 mm
400 Qy S z

75
Iz
6m
C
10
I z  87.52 10 mm4
6
q A  49.77 N / mm
qB  1313.5 N / mm
30
30
A kesiti
30
10
30
150 mm
52.5
125 mm
150 mm
52.5
120
30
120
30
z
200
196.8 mm
10
A
B kesiti
197
66- Şekilde boyutları, yükleme durumu ve en kesiti
gösterilen konsol kirişin yapıldığı malzemede
em = 140 MPa ve em = 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.
68- Şekilde 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’luk düşey kesme kuvveti etkisi altında
cıvatalarda oluşacak kayma gerilmelerini, kesitin geometrik
merkezinde oluşacak kayma gerilmesini bulunuz.
120
B
A
x
180 mm
20
130 kN
10
20
0.5 m
67- Şekilde 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.
4P
40
P
P
100 mm
B
40
A
1m
4m
I z  38.88*106 mm4
1m
80 mm
Pem  5554 N   12.86*3 MPa
Kesiti eşdeğer hom ogen çelik olarak düşüne lim
bahşap / çelik  4.875 mm
I z  48.125*106 mm 4
 c  7.247 MPa
18000  (9.75*100*100)
 36.47
48.125  106
200 q
 civata 
 20.64 MPa
 152
2
4
q
N
mm
198
69- Şekilde gösterilen blok, Emniyet gerilmesi 100 MPa olan bir malzemeden yapılmıştır. Bu kesitin
taşıyabileceği en büyük P basma kuvvetini hesaplayınız. Malzemenin çekme gerilmesi taşımaması
durumunda P kuvvetinin değeri ne olur?
x
P
y
2m
z
x 
1.5 m
G
A
My
N Mz

y
z
A Iz
Iy
 P.103 0
P.106 1.5
x 
 y
z0
12.106 I z
3.6.1013
T.E. Denklemini bulalım.
6m
P
P

z0
12 24000
z  2000 mm.
x 
x
y
P
P

(3000)  100
12 24000
P  480 kN .
 x ( A) 
P
2m
z
1.5 m
G
T.E.
s
Gerilme bloğu
Gerilme bloğunun bileşkesi P
kuvvetidir ve Tarafsız eksene
göre moment,
Malzemenin hem çekme hem de basma
gerilmeleri taşıması durumu için bulunan P
kuvveti
(6  s).2.
 em
(6  s).2.
 em 2
2
P
. (6  s)  P(4.5  s)
2 3
s  1.5 m, P  450 kN
Malzemenin çekme gerilmeleri taşımaması
durumu için bulunan P kuvveti
199
70- Eksantrik normal kuvvetle yüklü, enkesiti 60x180 mm2 olan çubukta em = 10 MPa ve em = -6 MPa olarak
bilindiğine göre çubuğun taşıyabileceği en büyük P kuvvetini hesaplayınız.
y
60 mm
NP
M z  P  90
min
z ve y asal eksenlerdir.
My  0
bh3
h2
i 

12bh 12
2
z
TE
x 
30 mm
z
I zy  0
My
N Mz

y
z
A Iz
Iy
G
180 mm
x 
P 90  P
P  90 

y  1  2 y 
A
Iz
A  iz 
10 mm
P
T.E. Denklemi için x = 0 yazarsak;
 min 
x 
maks
A
x  0 
y  30mm
P 
1080 
P 
y 
y 
1 
1    6
60 180  32400  60 180  30 
P  32400 N
P 
y 
1    10
60 180  30 
P  27000 N
 maks 
P  90 12  P 
y 
y   1  
1 
2
A
h
 A  30 
27 kN 
Penbüyük  min 
  27kN
32.4
kN


200
71- Şekilde gösterilen tablalı kesitte tarafsız eksenin K ve L noktalarından geçebilmesi için eksantrik
normal kuvvetin etkimesi gereken noktanın koordinatlarını hesaplayınız.
y
T.E.
Alan merkezi
120
K
z
C
380
L
550 mm
tabandan 315.65mm ,
sağ kenardan 263.22mm 
I z  4243*106 mm 4
I y  9226*106 mm 4
I zy  3283*106 mm 4
250
Pozitif BÖLGEDE , koordinatları y p ve z p olan herhangi bir noktadaki
çekme kuvveti P olsun
M z  P y p M y  P z p
 xK  0
 xL  0
z p  52.8 mm
N P
y p  33.73 mm
201
72- 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)
60
y
73- Şekilde 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 dağılımını
çiziniz.
B
20
z
C
30
y
15 mm
30
90 mm
30
D
40
I y  8.708*106 mm 4
115
20
I zy  8.1*106 mm 4
180
z
 x  P(0.5  0.00345 y  0.02564 z )
 B ( z  30; y  22)  70 MPa
I z  24.91*106 mm 4
35 mm
M z  50*103 P Nmm
C
A
E
15 mm
C
150 mm
A
A
z
y
M y  0 Nmm
65 mm
30
N  1000 P N
120 mm
P  52.04 kN
 x  P(0.123457  0.00268 z  0.00288 y)
 E ( z  35; y  65)  120 MPa P  296.7 kN
 D ( z  5; y  115)  60 MPa P  308.7 kN
P  296.7 kN
202
74- 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.
Alan merkezi
100 mm
A
y
B
z
C
100 mm
20
80mm ,
tabandan
I y  1.73*106 mm 4
kabul edelım. N  P M z   P yD
4
 ( A)  199 MPa
 ( B)  104 MPa
75- Düşey 4,8 kN luk
kuvvet etkisi altında ahşap
kolonun A, B, C, D
noktalarındaki gerilmeleri
hesaplayınız.
z
180
40
C
40
180 mm
A
M y  0 olur.
M
y 
N Mz
P P yD
P

y y z  
y  1  2D y 
A Iz
Iy
A
Iz
A
iz 
 ( A)  2*  ( B)  yD  15.06 mm
x 
M z  4 kNm M y  5 kNm
N  100 kN
 x  25  0.75 y  2.89 z
B
y
a ) A ve B Noktalarında aynı işaretli gerilme olsun
Kuvvetin TE ' nin üst tarafında D (0; yD ) noktasında etkidiğini
I z  5.33*106 mm 4
I zy  0 mm
20
76- Şekilde 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
uzaklığını
hesaplayınız. Iz = 63,96x106
mm4 A=14400 mm2
P kuvvetinin çekme
olması halini siz
inceleyiniz
AD  145  15.06  129.9 mm
b) A ve B Noktalarında farklı işaretli gerilme olsun
yD  2665 mm
77Kesitin
A
noktasından P = 120
kN şiddetinde çekme
kuvveti etkimektedir.
Kesitte
gerilme
dağılımını çiziniz.
100 mm
20
A
20
80 mm
203
78- Yanda şekilde gösterilen
istinat
duvarının
yapıldığı
malzemenin
birim
hacim
ağırlığı  = 25 kN/m3 ve yatay
toprak itkisi h = 120 kN’dur.
İstinat duvarının altındaki
zemindeki gerilmeleri bulunuz.
80- 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 mm
tw = 6,2 mm; Ix = 34,5x106 mm4; Iy = 7,62x106 mm4
 B  166 kPa
 C  14 kPa
79- 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)
P  51.6 kN
z
a  31.2 mm
z
x  16.1 mm
204
Ferdinand P.BEER & E.Russel JOHNSTON, Mechanics of Materials, McGraw-Hill Book Comp.1981
81- Şekilde görülen sistemdeki AB ve BC elemanları
dış çap 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
82- 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)
mg
kablo, BC ve AB çubuk kuvvetleri
h 2  9 mg
3mg
mg
K
, BC 
, AB 
h
2
2h
2
çubukların Pkr yükleri yazılıp taraf tarafa bölünürse
3mg  2 EI min
mg  2 EI min

,

2h
36
2
16
h  6.75 m fsBC  6.07
imin  51.63 mm,   48.4
 kr  310  1.14* 48.4  254.8 MPa
Pkr  254.8*3325  847226 N
n
Pkr 847226

 2.42
P 350000
205
Ferdinand P.BEER & E.Russel JOHNSTON, Mechanics of Materials, McGraw-Hill Book Comp.1981
83- Şekildeki yükleme altında en büyük L değerini
hesaplayınız.
E = 200 GPa, kr = 290 MPa, A= 1452 mm2, iz = 41,6 mm,
i y = 14,75 mm fs = 1,92
84- Burkulma boyu L olan kolon dxd/3 boyutlarındaki
ahşap bloklardan şekildeki düzenlemelerde oluşturulmak
isteniyor.
Burkulma
açısından
taşıyabilecekleri
kuvvetlerin (PA/PB) oranını hesaplayınız.
d
P = 60 kN
d/3
A
B
A
P Akr I min
27


 1.421
B
P B kr I min
19
Pkr  Pem * fs 
 2 EI min
L2b
,
I min  14.752 *1452
L  2325 mm
60000*1.92

 79 MPa   kr
1452
206
85Şekildeki
kolona
başlangıçta
hiçbir
kuvvet
o
etkimemektedir. Sıcaklık 40 C arttırıldığında burkulmanın
olduğu bilindiğine göre kolonun L boyunu bulunuz (E = 200
GPa;  = 11,7x10-6/oC; d = 100 mm)
Pkr 
L
 2 EI min
α
P
L2b
B
RL
 * L * T 
EA
 R  Pkr
0.9 m
L  4190 mm
I min
 2 EI min
1500
b
L
2 3
2
Pkr Lb 3*60000*15002 b 4
 2 

 E
 2 *10000
6
2
b
C
A
86- 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, p = 100
Pkr 
87- AB ve AC çubuklarının çapı 15 mm, BC çubuğunun
çapı 21 mm’dir. Güvenilirliği en büyük yapacak  açısını
bulunuz. P = 7 kN olduğunda karşılık gelen güvenlik
katsayısını hesaplayınız (E = 200 GPa).

0.9 m
88- İki ucu mafsallı 4 m uzunluğundaki çelik bir kolon
I260 profilinden yapılmıştır. fs = 2,5 güvenlik katsayısı
ile bu kolonun taşıyabileceği Pem yükünü hesaplayınız (A =
53,3x102 mm2, Imin =288x104 mm4 imin = 23,2 mm, E =
210 GPa )

b  71 mm; h  142 mm
  73.8 p  100
 b  76 mm; h  152 mm
207
89- L uzunluğunda dikdörtgen kesitli
alüminyum bir kolon ucundan ankastre
diğer ucundan şekilde görüldüğü gibi
mafsalıdır.
Burkulma açısından en uygun a/b oranını
bulunuz.
Kolonu L = 500 mm E = 70 GPa P = 20 kN
için boyutlandırınız. n = 2,5
91- Şekildeki dairesel kesitli BC çubuğunun n = 3 güvenliği ile
boyutlandırınız (E = 200 GPa). (BC çubuğunun boyu 5 m’dir)
20 kN/m
A
B
5m
C
4m
90- Şekilde gösterilen kafes kiriş elemanları 15 ve 20
mm çapında dairesel kesitli çubuklardan yapılmıştır. n =
2,6 güvenlik katsayısı ile taşınabilecek Pmax yükünü
hesaplayınız (E = 200 GPa, em = 140 MPa)
P
2m
92- 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).
B
m
15
m
m
20
A
15 mm
0.5 m
m
0.5 m
C
1.5 m
208
93- Her iki kolonun eşit ağırlığa sahip olması için d
genişliğini hesaplayıp, her iki kolonda kritik P yükünü
bulunuz.
95- Kare kesitli kolonun taşıyabileceği Pkritik yükünü
hesaplayınız. Aynı yükü taşıyabilecek daire kesitli
kolonun yarıçapını hesaplayınız. ( E = 200 GPa).
  138.56
d  28.53 mm
r  14.27 mm
Alüminyum
E = 70 GPa
 = 2710
kg/m3
96- Sistemin güvenle taşıyabileceği P kuvvetini bulunuz.
(E = 210 GPa, em = 140 MPa, fs = 2,5)
75 mm
80 mm
B
4m
50
75 mm
BC
çubuğu
3m
A
AB
çubuğu
AB
çubuğu
60 mm
C
40
94- Burkulma boyu 1,8 m olan iki pirinç çubuk şekilde
görülen en kesitlere sahiptirler. Her iki kesit alanın aynı
olması için kare kesitin et kalınlığını bulunuz, her iki çubuğun
taşıyabileceği yükü hesaplayınız (E = 105 GPa).
40
Çelik
E = 200 GPa
 = 7860
kg/m3
P
AB çubuğunda   178.88
I min  1.885 106
P  73252 N
mm4
209
97- Yükleme durumu şekilde verilen basit
kirişin elastik eğri denklemini bulunuz.
98- Yükleme durumu şekilde verilen basit kirişte C
noktasındaki sehimi birim yük yöntemi ile hesaplayınız.
y
y
P
q
P
A
A
B
x
C
L/3
L
ql
q
x  x 2 , EIv  M
2
2
1
qx 4 ql 3 ql 3
v
(
 x 
x)
EI
24 12
24
5 qL4
qL3
venbüyük  
, A  
384 EI
24 EI
D
L/3
P
L/3
P
L
y
M
x
B
1 kN
A
B
x
C
L/3
2/3
2L/3
L
2
x
3
Pl
lx
M2 
m2 
3
3
lx
M 3  P (l  x ) m3 
3
M .m
5 Pl 3
vc  
dx 

EI
162 EI
l
M 1  Px
m1 
1/3
l
3
l
2l
x
3
3
2l
 xl
3
0 x
210
99- Yükleme durumu şekilde verilen konsol
kirişin elastik eğrisini bulunuz. B noktasındaki
çökme ve dönmeyi hesaplayınız.
Po
A
102- Yükleme durumu şekilde verilen
kiriş elastik eğrisini bulunuz. C
noktasındaki çökmeyi ve dönmeyi, B
noktasındaki dönmeyi hesaplayınız.
P
Po
A
C
B
a
a
B
L
100- Yükleme durumu şekilde verilen konsol
kirişin elastik eğrisini bulunuz. En büyük
çökmeyi ve B noktasındaki dönmeyi hesaplayınız.
103-a) Yükleme durumu şekilde
verilen konsol kirişin elastik eğrisini
bulunuz.
b) B noktasında çökme olmaması için P
kuvveti ile MB momenti arasındaki
bağıntıyı bulunuz.
P
A
I2
B
I1
L/2
C
L/2
Po
A
B
104- Aşağıda yükleme durumları verilen kirişlerin elastik eğrilerini
bulunuz.
qo
L
Mo
A
101- a) Yükleme durumu şekilde verilen konsol
kirişin elastik eğrisini bulunuz.
b) B noktasında çökme olmaması için P kuvveti
ile MB momenti arasındaki bağıntıyı bulunuz.
MB
B
B
L
P
L
qo
Mo
A
A
A
B
B
A
L
a
b
L
211
q  q0 sin
A
x
L
B
L
105- Aşağıda yükleme durumları verilen kirişlerin elastik eğrilerini bulunuz. Kiriş orta nokta noktasında
deplasmanı hesaplayınız.
w
w  o  15kN / m
(, P = 25 kN, Mo =10 kNm, L = 4 m, E = 200 GPa, I = 18x106 mm4)
2
212