12120 f2 gp

Transkript

12120 f2 gp

EskiĢehir Osmangazi Üniversitesi
Mühendislik Mimarlık Fakültesi
ĠnĢaat Mühendisliği Bölümü
MUKAVEMET I
2012-2013 Güz Dönemi
SUNU DERS NOTLARI
Hakan EROL
H. Selim ġENGEL
http://imb.ogu.edu.tr
Yunus ÖZÇELĠKÖRS
MUKAVEMET I
TEMEL ĠLKELER
KESĠT ZORLAMALARI
GERĠLME
ġEKĠL DEĞĠġTĠRME VE MALZEME BAĞINTILARI
GERĠLME-ġEKĠL DEĞĠġTĠRME ANALĠZĠ
EKSENEL KUVVET
ALAN MOMENTLERĠ
BURULMA
BASĠT EĞĠLME
EĞĠK EĞĠLME
http://imb.ogu.edu.tr
2
OSMANGAZİ ÜNİVERSİTESİ
MÜHENDĠSLĠK MĠMARLIK FAKULTESĠ
ĠNġAAT MÜHENDĠSLĠĞĠ BÖLÜMÜ
MUKAVEMET I DERS PLANI
DERS SAATİ :
SINIF
KREDİSİ
ÖĞRETİM ÜYESİ
ÖĞRETİM ÜYESİ
ÖĞRETİM ÜYESİ
GÖRÜŞME SAATİ
: A 217
: 3+2
: Dr. Yunus ÖZÇELİKÖRS Oda No:311 Telefon: 3216 E-Mail: [email protected]
: Dr. Selim ŞENGEL
Oda No:403 Telefon: 3232 E-Mail: [email protected]
: Dr. Hakan EROL
Oda No:411 Telefon: 3228 E-Mail: [email protected]
:
DERSĠN AMACI :Mühendislik fakültesi öğrencilerine, yapı ve makine elemanlarında, etkisi altında oldukları dış yükler sebebiyle oluşan gerilme ve
şekil değiştirmelerin, bir matematik disiplin içinde , yapı malzemesi derslerinde yapılan deney sonuçları, mühendislik limitleri içinde kalmak kaydıyla
yapılan basitleştirici kabuller ile statik derslerinde alınan genel denge kavramları kullanılarak hesaplanması için gerekli altyapının hazırlanmasıdır.
Kiriş, kolon, mil ve benzeri yapı elemanlarının dış yüklerin etkisi altında davranışlarının incelenmesi ve dış yüklerin elemanda oluşturduğu gerilme
ve şekil değiştirmelerin hesaplanmasıdır.
KONU BAġLIKLARI
1- Temel prensipler: Giriş Analiz yöntemleri, Kuvvet ye yük tipleri, Denge koşulları, İç kuvvetler (Kesit tesirleri)nin incelenmesi, İç Kuvvet
Bileşenleri Mesnet tipleri, Yük, kesme kuvveti ve moment ilişkileri Kesit tesiri diyagramları, (integrasyon Yöntemi, Kesitler yöntemi)
2-Gerilme Kavramı : Giriş, Gerilme tahmini, Gerime bileşenleri, Gerime tansörü, Eksenel kuvvet, Ortalama kayma gerilmesi, Basit yapı
elemanlarında gerilme uygulaması, İnce cidarlı basınç kapları, Emniyet (Güvenlik) gerilmesi Emniyet faktörü
3-ġekil değiĢtirme, malzeme iliĢkileri : Giriş, Birim şekil değiştirme, Birim şekil değiştirme bileşenleri,şekil
değiştirme tansörü, Mühendislik
malzemeleri Gerilme-birim şekil değiştirme diyagramları, Hooke Kanunu,
Poisson oranı, Genelleştirilmiş Hooke Kanunu, şekil değiştirme enerjisi.
4-Gerilme ve Ģekil değiĢtirme analizi: Giriş, Düzlem gerilme hali, Asal gerilmeler, En büyük kayma gerilmesi Mohr gerilme dairesi, Gerilmenin
değişimi ve diferansiyel denge denklemleri, Düzlem şekil değiştirme hali, şekil değiştirmenin ölçülmesi, Gerilme-şekil değiştirme ilişkileri.
3
5-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.
6- Kesme kuvveti hali: Gerilme hesabı, Şekil ve yer değiştirme hesabı, Perçinli ve civatalı birleşimler.
7- Alan Momentleri: Tanım, eksenlerin değiştirilmesi, Asal atalet eksenleri ve momentleri.
8- 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.
9- Basit Eğilme: Tanım, kabuller, düz eğilme, eğik eğilme.
DEĞERLENDĠRME
I. Yarıyıl içi % Il. Yarıyıl içi % Bilgi Yoklamaları %
Final % 50
(Sınavlar kapalı düzen olarak yapılacak, formül sayfası verilecektir)
TELAFĠ SINAVI
Sözlü ve/veya yazılı olarak yapılacaktır. (Öğrencinin hangi sınava katılmadığına bakılmaksızın tüm konular kapsanacaktır.)
DERS KĠTABI
Dr A.C, UĞURAL, Mechanics of Materials , Mc.Graw-HiIl 1991
Dr. Mustafa ĠNAN Cisimlerin Mukavemeti, ĠTÜ Vakfı Yayını,1990
YARDIMCI KAYNAKLAR
1http://web.mst.edu/~mecmovie , http://web.mst.edu/~oci/frame1.html
2Dr. Mehmet H. OMURTAG, Mukavemet Cilt I ve Cilt II Birsen yayınevi, 2007
3Dr. Mehmet H. OMURTAG, Mukavemet Çözümlü Problemleri, Cilt I, Cilt II, Birsen yayınevi, 2006
4Ferdinand P.BEER & E.Russel JOHNSTON, Mechanics of Materials, McGraw-Hill Book Comp.1981
5Dr.N. KADIOĞLU, Dr.H. ENGĠN, Dr.M. BAKĠOĞLU ,Mukavemet Problemleri Cilt I, Cilt II, Beta Basım Yayım Dağıtım A.~.1989
4
TEMEL ĠLKELER
GĠRĠġ
Mukavemet, yük etkisi altındaki cisimlerin gerilme ve Ģekil değiĢtirme durumunun -iç davranıĢın- incelendiği uygulamalı
mekaniğin bir dalıdır. Buradaki cisim kelimesiyle çubuklar, plak ve kabuklar, kolon ve miller ile bu elemanların
birleĢtirilmesiyle oluĢan yapı ve makineler kastedilmektedir. Cisimlerin dayanımı veya Ģekil değiĢtiren cisimler
mekaniği olarak da adlandırılan malzeme mekaniğinde öncelikle gerilme analizi ve cisimlerin mekanik özelikleri
incelenir.
Malzeme mekaniği çalıĢmaları, kuvvet etkisindeki cisimlerde denge kavramının anlaĢılmasıyla baĢlar. Statik dersinde
dengedeki katı cisimlerin dıĢ davranıĢı incelenirken mukavemette dıĢ yüklerden oluĢacak iç kuvvetler ve Ģekil
değiĢtirme araĢtırılır. Burada ilk olarak statik denge denklemleri ve yük etkisindeki bir cisimde uygulanması üzerinde
durulacaktır. Daha sonra malzeme deformasyon yasaları ve geometrik uygunluk koĢulları ele alınacaktır.
Katı cisimlerin yük etkisindeki davranıĢlarının incelenmesi Galileo Galilei (1564-1642) ile baĢlayıp kuvvet etkisindeki
cisimlerin Ģekil değiĢtireceğini ilk defa ifade eden Robert Hooke (1635-1703) la devam eder. O zamandan bu yana
pek çok mühendis, bilim adamı ve matematikçi gerilme analizine katkıda bulunarak bu gün kullandığımız yeni
yöntemlerin geliĢiminde önemli rol oynamıĢtır.
AMAÇ
Mukavemette temel amaç, cisimlerin yük taĢıma kapasitelerinin dayanım, rijitlik ve stabilite bakımlarından
araĢtırılmasıdır. Sözü edilen kavramlarla bir cismin sırasıyla sürekli Ģekil değiĢtirme veya kırılmaya karĢı direnci,
Ģekil değiĢtirme direnci ve cismin denge konumunun kararlılığı kastedilmektedir. Gerçek yapılardaki karmaĢık
gerilme durumunu deneysel olarak tespit edilen eksenel gerilmeye bağlayan kırılma teorilerinin vereceği gerilme
düzeyi, bazen dayanım için bir ölçü olarak kullanılır. Göçme veya kırılma en genel anlamıyla yapının herhangi bir
parçasının kendisinden beklenen iĢlevi yerine getirememesi olarak tanımlanacaktır.
5
Örneğin eleman Ģeklindeki kalıcı deformasyon, denge konumundaki değiĢiklik ve yapı elemanının kullanımına engel
olacak Ģekil değiĢimleri bizim için ayrı ayrı birer göçme biçimidir.
Mukavemetin baĢlıca uğraĢı alanları Ģöyle özetlenebilir.
1- Yük etkisindeki cisimlerde gerilme ve Ģekil değiĢtirme durumunun araĢtırılması
2- Yapıların hasar görmeden ve/veya göçmeden ve kendisinden beklenen iĢlevi kaybetmeden taĢıyabileceği
büyük yükün hesap yada deneyle bulunması
3-
en
Belirli Ģartlar altında tanımlanmıĢ yüklere karĢı en etkin Ģekilde direnebilecek malzemenin seçimi ve
eleman Ģeklinin belirlenmesi –boyutlandırma-
Teknolojideki geliĢme, yapı ve makinelerin daha karmaĢık hale gelmesine yol açmaktadır. Bu durumda mühendislerin
gerilme, Ģekil değiĢtirme ve malzeme davranıĢı konularını iyi kavrayıp bu konularda ustalaĢmaları gerekmektedir. Bu
derste Ģekil değiĢtiren cisimler mekaniğinin temel kavram ve bilgilerinin verilmesi kadar uygulamadaki kullanılıĢı
hususu üzerinde de durulacaktır. Konunun tam olarak anlaĢılması yanında pratik problemlerin çözümünde kullanımını
görmek en iyi öğrenme yöntemidir.
ANALĠZ YÖNTEMLERĠ
Yüklerin Ģekil değiĢtiren cisimler üzerindeki etkisinin incelendiği a) Mukavemet b) Elastisite teorisi olmak üzere
yaygın olarak kullanılan iki farklı yaklaĢım bulunmaktadır. Bu iki yaklaĢım arasındaki temel fark, Ģekil değiĢtirmelerin
tanımından ve yapılan basitleĢtirmelerden kaynaklanmaktadır. Mukavemette, mühendislik uygulamalarıyla deneysel
çalıĢmaların sonuçlarından faydalanılarak bazı basitleĢtirici kabuller altında problemin çözümü aranır. Elastisite
Teorisinde ise her adıma matematik açıdan yaklaĢılır. Dolayısıyla yükleme ve problem Ģeklinin basit olduğu
durumlarda kesin sonuca ulaĢılır. Elastisite Teorisinde kesin sonuca ulaĢmada matematik güçlükler bulunur. Yapı
elemanlarının analizinde aĢağıda verilen hususların düĢünülmesi gerekir
6
1- Statik denge: Yapı elemanının bütününde veya elemandan alınan herhangi bir parçada kuvvet denge
denklemleri sağlanmalıdır.
2- ġekil değiĢtirmeler: Yapı elemanını oluĢturan malzemenin davranıĢı gerilme-birim Ģekil değiĢtirme (ζ-ε )
bağıntısına uygun olmalıdır.
3- Geometri: Yapı elemanında Ģekil değiĢtirmeden sonra herhangi bir kopma kırılma ve kütle kaybı olmamalı, yapı
elemanı bütünlüğünü korumalıdır.
Yukarıdaki ilkelerin uygulanmasıyla bulunan gerilme ve birim Ģekil değiĢtirmelerin elemanın sınır koĢullarına uygun
olması gerekir. Bu durum, sınır koĢullarının sağlanması olarak ifade edilir. Analizde her zaman yukarıdaki adımların
verilen sırayla uygulanması gerekmeyebilir. Gerilme ve Ģekil değiĢtirme analizinde, Ģekil değiĢtirme enerjisi
kavramından hareketle geliĢtirilen enerji yöntemleri, denge yöntemi yerine kullanılabilir. Her iki yöntem yükleme ve
eleman Ģeklinin düzenli olması durumunda yeterli hassaslıkta sonuç verirken karmaĢık problemlerin çözümünde de
sayısal yöntemlerin uygulanabileceği temeli oluĢtururlar.
KUVVET VE YÜKLERĠN SINIFLANDIRILMANSI
Cisme etkiyen bütün kuvvetlerle mesnetlerde oluĢan reaksiyonlar dıĢ kuvvetler olarak düĢünülür. Bu kuvvetleri yüzey
ve cisim kuvvetleri olarak sınıflandırmak mümkündür. Tekil tipteki yüzey kuvveti sonlu bir alana yada tek bir noktaya
etkirken cisim kuvvetleri, çekim kuvveti veya manyetik kuvvetler gibi cismin her bir hacim elemanına etkide bulunur.
Dünyanın cisimlere uyguladığı çekim kuvvetine ağırlık adını veriyoruz. Ġç kuvvetler ise cismin bünyesini oluĢturan
malzeme parçaları arasındaki etkileĢim kuvvetleri olarak algılanır.
Cisme etkiyen yükler tekil veya yayılı kuvvetlerle kuvvet çiftleri olabilir. Eğer kuvvetin etkidiği alan elemanın boyutları
ile kıyaslandığında küçük kalıyorsa kuvveti tekil kuvvet olarak kabul etmek mümkündür. Cisme yavaĢça etki eden
durağan yüklere statik yükler, aniden etkiyen yüklere de darbe yada çarpma yükleri denir. Yükün cisme binlerce defa
etki edip kaldırılması ise tekrarlı yükleme olarak isimlendirilir. Aksi belirtilmedikçe cismin ağırlığı ihmal edilip,
yüklemenin statik olduğu kabul edilecektir. SI birim sisteminde kuvvet birimi newton (N), uygulamada çoğu zaman
kilonewton (kN) olarak kullanılır.
7
Yüklerin Sınıflandırılması :
1)
ġiddeti zamanla değiĢen yükler
(Dinamik yükler)
2)
ġiddeti zamanla değiĢmeyen yükler
(Statik yükler)
Etkime Biçimine Göre Yüklerin Sınıflandırılması:
1) Tekil yük
2) Yayılı yük
a) Eğri boyunca yayılı yük
b) Alana Yayılı yükler
c) Hacme yayılı yükler
Düzgün yayılı yük
Üçgen yayılı yük
y
y
L
q
R  qL   qdx
q
qx   0 x
L
0
L
R   q x dx 
0
x
Parabolik yayılı yük
1
q0 L
2
q x   q0 sin
y
q0
x
L L
x
R   q0 sin
dx
L
0
x
x
L
L
L
STATĠK DENGE KOġULLARI
Yapı ve makine elemanlarının tasarımında bu elemanlarda oluĢan iç kuvvetlerin dağılımının bilinmesi gerekir. DıĢ ve iç
kuvvetlerin belirlenmesinde statiğin temel kavramları ile denge koĢulları kullanılır. Daha sonra göreceğimiz bileĢke iç
kuvvetin bileĢenlerinin –kesit zorlarının- oluĢturacağı deformasyonlar mühendisler açısından özel bir anlama sahiptir.
Cisme etkiyen kuvvet sisteminin bileĢkesi sıfırsa, cisim dengededir. Newton‟un birinci yasasına göre parçacığa etkiyen
bileĢke kuvvet sıfır ise parçacık ya hareketsiz kalır yada sabit hızlı düzgün doğrusal hareket yapar. Statik adından da
anlaĢılacağı üzere temelde cisim veya parçacığın hareketsiz olma durumunu inceler. Üç boyutlu bir cismin dengesi
düĢünüldüğünde, statikçe dengenin olabilmesi için aĢağıdaki denklemlerin sağlanması gerekir.
8
F
x
0
F
y
0
F
z
M
0
x
0
M
y
0
M
z
0
Daha açık bir ifade ile cisme etkiyen kuvvetlerin herhangi bir doğrultudaki toplamı ile herhangi bir eksen etrafında
oluĢturacağı momentler toplamı sıfır olmalıdır. Eğer cisme etkiyen kuvvetler tek bir (x-y) düzlemin içinde ve dengede
ise yukarıdaki bağıntılardan üçünün otomatik olarak sağlanacağı ΣFz=0, ΣMx=0, ΣMy=0 aĢikardır. Dolayısıyla düzlem
problemlerde üç bağımsız denge denklemi bulunmaktadır.
F
x
F
0
y
M
0
z
0
Düzlem Hal için
Açıkça kuvvetlerin herhangi iki doğrultudaki (x,y) toplamı ile düzlem içindeki herhangi bir A noktasına veya z eksenine
göre bileĢke moment sıfır olmalıdır. Yukarıdaki denklemlerin yerine aĢağıdaki iki ayrı denklem takımı kullanılabilir.
F
x
M
0
A
0
M
A
M
0
B
0
M
B
M
C
0
Burada A ve B noktalarını birleĢtiren doğru x eksenine dik
olmamalıdır.
 0 Burada da A, B ve C noktaları aynı doğru üzerinde
bulunmamalıdır.
Alternatif denge denklemleri, kuvvet toplamının moment toplamı ile değiĢtirilmesi yoluyla elde edilmiĢtir. Moment
alınacak noktanın dikkatlice seçilmesi durumunda alternatif denklemler cebrik hesapları önemli ölçüde basitleĢtirir.
9
Ġvmeli hareket eden bir cisimde statik denge denklemleri yazılırken ilave olarak atalet kuvvetlerinin de dikkate alınması
gerekir. Yapı analizi bakımından atalet kuvvetlerinin dıĢ yüklere eklenerek, cismin üzerindeki tüm kuvvetlerin etkisi
altında dengesinin incelenmesi D‟Alembert ilkesi olarak adlandırılır.
Mühendislik problemlerinin büyük çoğunluğu dengedeki yapı ve makinelerle ilgilidir. Genellikle yükler adını vereceğimiz
tanımlı ve belirli kuvvetler etkisinde reaksiyonlar adını vereceğimiz yükleri dengeleyen bilinmeyen kuvvetlerin bulunması
söz konusudur. Yalnızca denge denklemleri yardımıyla bütün kuvvetlerin belirlenebildiği problemlere izostatik, denge
denklemlerinin bütün kuvvetlerin belirlenmesine yetmediği problemlere de hiperstatik denir. Hiperstatiklik derecesi,
bilinmeyen bağımsız kuvvet sayısı ile yazılabilen denge denklemi sayısı arasındaki farktır. Statikteki denge denklemleri
ile belirlenebilecek olan dıĢındaki her bir reaksiyona hiperstatik bilinmeyen (Redundant) adı verilir. Herhangi bir
sistemdeki hiperstatik bilinmeyen sayısı ile hiperstatiklik derecesi birbirine eĢittir.
ĠÇ KUVVETLER : KESĠM YÖNTEMĠ
Cisme dıĢ kuvvetler etkidiğinde, cisimde bir Ģekil değiĢimi ile
birlikte cismi oluĢturan parçacıklar arasında bu parçacıkları bir
arada tutacak iç kuvvetler ortaya çıkar. ġimdi mukavemetteki
ana konulardan biri olan iç kuvvetleri kesim yöntemi yardımıyla
incelemeye baĢlayabiliriz. Kesim yönteminin uygulanmasındaki
adımlar Ģöyle sıralanabilir.
1- Cismin, bağlı olduğu diğer cisimlerden ayrılarak mesnet
reaksiyonları da dahil olmak üzere etki eden bütün kuvvetlerin
gösterildiği çizimlere Serbest Cisim Diyagramı (SCD) adı verilir.
Uygulamada cismin yapacağı Ģekil değiĢtirmeler cismin kendi
boyutları yanında ihmal edilebilecek kadar küçük olacağından
SCD çiziminde dikkate alınmazlar.
2- Bilinmeyen dıĢ kuvvetlerin belirlenmesi amacıyla
üzerindeki kuvvet sistemi için denge denklemleri yazılır.
Kesim
Düzlemi
DıĢ
Kuvvetler
Ġç
Kuvvetler
SCD
10
3- Cisim herhangi bir yerden hayali bir düzlemle kesilerek ikiye ayrılır. Parçalardan biri göz önüne alınarak 2.
adımdaki iĢlemler tekrarlanır. Mademki cisim bir bütün olarak dengededir, kesimle ortadan kaldırılan iç kuvvetlerin
dikkate alınması Ģartı ile o bütünden ayrılan herhangi bir parçanın da dengede olması gerekir. Bu noktada, dıĢ
kuvvetlerin iç kuvvetlerle dengelenmekte olduğunu, diğer bir deyiĢle dıĢ kuvvetlerin, eleman boyunca –kesim düzlemine
bağlı olmak kaydıyla- iç kuvvetler Ģeklinde yayılı olarak devam ettiklerini söyleyebiliriz.
En büyük gerilmeyi oluĢturan iç kuvvetlerin bulunduğu yere elemanın kritik kesiti adı verilir. Eleman üzerinde yalnızca
tek bir kuvvet etki ediyorsa kritik kesitin yer ve doğrultusuna gözlemle karar verilebilir.
KESĠT ZOR(LAMA)LARI
Yapı elemanlarının büyük bir çoğunluğu çubuklardan meydana gelir. Bir yapı elemanının çubuk olarak isimlendirilebilmesi
için uzunluğunun, enkesit büyük kenarının 5 katından daha fazla olması gerekir. Çubukların herhangi bir kesitine etkiyen
iç kuvvetleri, enkesitin ağırlık merkezinde etkiyen bir kuvvetle bir kuvvet çifti vektörü olarak gösterebiliriz. Ġç
kuvvetlerin bileĢkesi olan bu iki vektör, enkesite dik ve teğet doğrultulardaki bileĢenlerine ayrılabilir. N, S, Mb ve Me
ile gösterilen bu bileĢenlerden yalnızca birinin bulunması haline, basit mukavemet halleri adı verilir.
F3
F1
M
Eğilme
Momenti
F2
Me
M
Burulma
Momenti
Mb
s
R
N
Eksenel
kuvvet
F5
F4
S
Kesme Kuvveti
R
11
EKSENEL KUVVET -Akashi-Kaikyo Bridge from the air -
12
KESME KUVVETĠ
13
14
KESME KUVVETİ
15
16
Her bir bileĢen bir mukavemet halini gösterir. Bir kesitte bu tesirlerden bir kaçı bir arada bulunursa bu duruma
bileĢik mukavemet hali denir. Kullanılacak olan sağ-üçlü koordinat takımının x ekseni her zaman çubuk ekseni ile
çakıĢtırılacak, y ekseni yukarı, z ekseni ise okuyucuya doğru yönlendirilecektir.
y
Sağ Üçlü
Eksen
Takımı
x
(+) eksen
yönleri
z
Kuvvet çifti vektörünün yönleri daima sağ-el kuralı ile belirlenecek ve kuvvet vektörleriyle karıĢmaması için uçlarında
çift ok gösterilecektir. Dik kesitte bulunan iç kuvvetlere kesit zor(lama)ları adı verilir. Her bir kesit zoru çubukta
farklı bir Ģekil değiĢtirme meydana getirir.
Rx eksenel kuvveti elemanın boyunu uzatmaya yada kısaltmaya çalıĢır. Eğer bu kuvvet kesim yüzeyinden uzaklaĢıyorsa
eksenel çekme, kesim yüzeyine doğru yönlenmiĢ ise eksenel basma kuvveti adını alır.
Ry, Rz kesme kuvvetleri komĢu malzeme parçalarını keserek birbirinden ayırmaya çalıĢır. Genellikle S harfiyle
gösterilir.
Mx burulma momenti veya tork elemanı kendi ekseni etrafında döndürmeye çalıĢır ve genellikle T harfi ile gösterilir.
My, Mz eğilme momentleri ise çubuğu bükmeye çalıĢır
17
y
BileĢke kuvvetin
eksenler
doğrultusundaki
bileĢenleri
y
BileĢke kuvvet çiftinin
eksenler
doğrultusundaki.
bileĢenleri
My (Eğilme Momenti)
Ry Sy (Kesme Kuvveti)
Rz
Rx
Mx
x
Nx (Normal Kuvvet)
x
T, Mb (Burulma Momenti)
Sz (Kesme Kuvveti)
z
R  Rx i  Ry j  Rz k
R  Ni  S y j  S z k
Mz (Eğilme Momenti )
z
M  M xi  M y j  M zk
M  Ti  M y j  M z k
Herhangi bir yapı elemanı kesit zorlarından bir veya bir kaçına veya tamamına aynı anda maruz kalabilir. Tasarımda her
bir kesit zoru ayrı olarak ele alınıp çözüm yapılır. Daha sonra bulunan sonuçların uygun Ģekilde birleĢtirilmesiyle nihai
çözüme ulaĢılır. Dolayısıyla kesit zorlarıyla kesit zorları kullanılarak bulunan gerilme ve birim Ģekil değiĢtirmelerin
hesaplanmasında kesim yöntemi ilk adım olarak karĢımıza çıkmaktadır.
Uygulamada bütün kuvvetler tek bir düzlem içinde etki ettiğinden (x-y düzlemi) problem büyük ölçüde basitleĢmektedir. Düzlemsel problemlerde kesite etkiyen üç kesit zoru eksenel kuvvet N, kesme kuvveti Sy ve eğilme momenti
Mz dir. Bir düzlemin normal vektörünün koordinat ekseni ile aynı yönlü olması durumunda bu düzleme pozitif düzlem aksi
halde negatif düzlem denir. Newton‟un üçüncü yasasına göre kesit zorları kesimle ayrılan parçalara eĢit ve zıt yönlü
olarak etkir.
18
KESĠT TESĠRLERĠ ĠÇĠN POZĠTĠF YÖN KABULLERĠ
Bir düzlem, o düzlemden dıĢarıya doğru yönelen birim vektörle tarif edilir. Normalleri, koordinat eksenlerinin pozitif
yönleri ile çakıĢan düzlemlere sırasıyla +i, +j, +k düzlemleri denir. AĢağıda sol tarafta gösterilen ve normali +x ekseni
yönünde olan (+i) düzleme pozitif x düzlemi veya sağ kesit de denmektedir. Eksenel kuvvet, kesme kuvveti ve eğilme
momenti için pozitif düzlemde koordinat eksenleri yönündeki, negatif düzlemde ise koordinat eksenlerine ters yönlü
kuvvetler pozitif kabul edilecektir. Bu iĢaret kabulü çubukların yük etkisi altındaki davranıĢına adapte edilebilir.
Örneğin pozitif eksenel kuvvetler çubuk boyunu uzatır.
y
y
+y/+j
Sol kesit/
düzlemi
-x/-i
Mz
My
düzlemi
Sz
Sy
N
+z/+k
düzlemi
T
x
x
N
Mb
Sy
Sz
Mz
M
Sağ kesit/
+x/+i
düzlemi
z
My
M
z
M
-
+
S
Düzlem çubukta +
iç kuvvetler
S
S
N
+
S
-
+
N
M
Düzlem çubukta –
iç kuvvetler
N
N
-
19
MESNET TĠPLERĠ VE GÖSTERĠM ġEKĠLLERĠ
Aynı düzlemdeki yüklerin etkisinde bulunan yapı elemanlarının mesnet tipleri aĢağıda gösterilmiĢtir. Bu gösterim Ģekilleri
yapı elemanlarının SCD çizilirken kullanılır.
Hareketli mafsal, yapı elemanının bir doğrultudaki yer değiĢtirmesine ve dönmesine izin veren ancak belirli bir
doğrultudaki yer değiĢtirmeye engel olan mesnet tipidir.
Sabit mafsal, elemanın dönmesine izin veren ancak herhangi bir doğrultudaki yer değiĢtirmesine engel olan bir mesnet
tipidir. Sabit ve hareketli mafsallara basit mesnetler denir.
Ankastre yada sabit mesnet, elemanın yer değiĢtirmesine ve dönmesine engel olan mesnet tipidir. Dolayısıyla sabit
mesnetlerde hem momente hem de herhangi bir doğrultudaki kuvvete karĢı konur. Bu kuvvet yüzeye teğet ve normal
doğrultulardaki bileĢenlerine ayrılabilir.
Serbest cisim diyagramlarında her bir mesnetteki reaksiyon kuvveti (R) ve moment (M) gösterilir. Elemandaki iç
kuvvetlerin bulunmasına reaksiyonların belirlenmesinden sonra baĢlanır.
A) Hareketli Mafsal
B) Sabit Mafsal
y
C) Ankastre Mesnet
y
x
y
x
Rx  0
Mz  0
y
y
Mz
x
Ry
Mz  0
x
Rx
x
Rx
Ry
Ry
20
H
A
R
E
K
E
T
L
Ġ
M
A
F
S
A
L
21
S
A
B
Ġ
T
M
A
F
S
A
L
BÜKREŞ’TE BİR ALIŞ-VERİŞ MERKEZİ, TEMMUZ 2004
Resim : inĢ. müh. Ertan Gazi Konuk
22
TASARIMDA BAġLICA ADIMLAR
Tasarımın ana amacı, yapı elemanlarının verilen yükleri göçmeksizin taĢıyabileceği ve kendisinden beklenilen
iĢlevleri yerine getirebileceği uygun malzeme, eleman Ģekil ve boyutlarının belirlenmesidir. Bu aslında bir
optimizasyon problemidir. Yukarıda sözü edilen amaçlara ulaĢmadaki etkinlik kullanılan malzeme ve yapım
maliyetinin minimum yapılmasıyla baĢarılır. Yük etkisindeki bir elemanın tasarımında aĢağıdaki hususlar
göz önüne alınmalıdır.
1.
Elemanın kendisinden beklenilen iĢlevleri hangi durum(lar)da kaybedeceği belirlenmelidir.
2.
Verilen yüklemeden oluĢacak gerilme ve birim Ģekil değiĢtirme durumu tespit edilmelidir.
3.
Gerilme ve birim Ģekil değiĢtirme gibi önemli büyüklüklerin elemanda göçme oluĢturmaksızın alabileceği en
büyük değerleri belirlenmelidir.
4.
Güvenlik katsayıları seçilmelidir.
Yukarıdaki iĢlem adımları, verilen problemin yapısına bağlı olarak uzayıp kısalabilir. Pek çok etkinin dikkate
alınması söz konusu olduğunda çoğunlukla bir deneme-yanılma iĢlemiyle tasarım sonuçlandırılır. Bu derste
eleman malzemesi ile geometrik boyutlar önceden seçilmiĢ olduğundan tasarım sırasında yalnızca dayanım
koĢulunun sağlanması üzerinde durulacaktır.
Basit mukavemet hallerinin incelendiği bölümlerde
çıkartılacak formüller, uygun eleman boyutlarının seçiminde kullanılacaktır.
Elemanların tasarımında dikkate alınması gereken diğer hususlar da yükleme sonucu elemanda oluĢacak
deformasyonun hesaplanması ve burkulmadır. Bu konulara daha sonraki bölümlerde açıklık getireceğiz.
23
Kullanılan Birim Sistemi
Faktör
Hece
ĠĢaret
Kuvvet
F
N, kN
1012
Terra
T
Uzunluk
L
mm, m
109
Giga
G
Zaman
t
sn
106
Mega
M
Alan
A
mm2, m2
103
Kilo
k
Hacim
V
mm3, m3
102
Hekto
h
Atalet Momenti
I
mm4, m4
10
Deka
da
Mukavemet Momenti
W
mm3, m3
Faktör
Hece
ĠĢaret
Moment
M
Nm, kNm
Desi
d
Gerilme
, 
10-1
10-2
Santi
c
10-3
Mili
m
10-6
Mikro

10-9
Nano
n
10-12
Piko
p
Elastisite Modülü
Ġvme
ĠĢ-enerji
N/m2, N/mm2
E
GPa
a
m/sn2
W,U
Joule
Pascal
1 Pa  N m 2
1 MPa  106 N m 2
10-15
Femto
f
MPa  MN m 2
N mm2  10 6 N m 2  MPa
10-18
Atto
a
24
ÇUBUK MUKAVEMETĠNĠN ESASLARI
Yapılar boyutları bakımından
1- Çubuklar (tel, halat, kablo, direk, kiriĢ, kemerler, Bir boyutlu taĢıyıcı cisimler
2- Levha, plak ve kabuklar (DöĢeme plakları, kubbe ve tonozlar)
3- Üç boyutlu yapılar (Ağrılık barajları)
Ģeklinde üç sınıfa ayrılabilir. Mukavemette yalnız çubuk Ģeklindeki cisimler incelenecektir. Çubuklar eksen ve dik
kesiti ile belirginleĢir. Eksen genel olarak bir uzay eğrisi olup, çubuğun büyük olan boyutunu temsil ederken dik
kesit ise kapalı bir eğri ile çevrelenmiĢ düzlem parçasıdır. Sabit kesitli, doğru eksenli çubuklara prizmatik
çubuklar denir. Çubuğa etkiyen dıĢ kuvvetler çoğu defa yayılı olup doğrultuları genellikle çubuk ekseninden geçer.
Eğer dıĢ kuvvetlerin tesir çizgileri çubuk ekseninden geçmiyorsa bu kuvvetler çubuk eksenine kuvvet çiftleri ile
birlikte taĢınır.
KESĠT ZORLARININ BULUNMASI
Kesit zorlarının bulunmasında aĢağıdaki yöntemler kullanılabilir.
1- Kesim yöntemi (STATĠK)
DıĢ kuvvetlerin etkisi altındaki sistemin mesnet tepkileri hesaplanır.
Eleman, süreksizlik gösterdiği noktalardan bölgelere ayrılır. Bu noktalar, tekil
yüklerin uygulandığı noktalar, yayılı yüklerin baĢladığı ve bittiği yerler ve çubuk
kesitinin değiĢtiği noktalardır.
Her bir bölgedeki kesit zorları yazılan denge denklemleri yardımıyla hesaplanır.
2- Ġntegrasyon yöntemi
Kesit zorlarına ait diferansiyel denge denklemleri, sınır koĢulları dikkate alınarak
çözülür.
25
YAYILI YÜKLER ETKĠSĠNDEKĠ DOĞRU EKSENLĠ BĠR KĠRĠġTE
KESĠT ZORLARININ DĠFERANSĠYEL DENGE DENKLEMLERĠ
Genellikle ekseni boyunca etkiyen yayılı yükleri eğilme dirençleri yardımıyla mesnetlerine aktaran bir boyutlu (en
kesit boyutları küçük, uzunluğu büyük olan) yapı elemanlarına kiriĢ adı verilir. ġimdi dıĢ yüklerle kesit zorları
arasındaki bağıntıları elde etmek istiyoruz. AĢağıda gösterilen basit kiriĢe x ve y eksenleri doğrultusunda qx ve
qy yayılı yükleri etkisin. qx ve qy sırasıyla x ve y eksenleri doğrultusunda etki eden yayılı yüklerin Ģiddetindeki
değiĢimi x koordinatına bağlı olarak ifade eden fonksiyonlardır. Yayılı yükler ve mesnet reaksiyonları altında
dengede olan kiriĢten dx kalınlıklı küçük bir parça çıkartılsın. Bütünü dengede olan çubuktan alınan bu küçük
parçanın da üzerine etkiyen yükler ve kesit zorları altında dengede olması gerekir. Alınan dx kalınlıklı parçanın
sağ yüzündeki zorlamaların sol yüzdeki zorlamalardan dN, dS ve dM kadar farklı olduğu kabul edilmiĢtir.
Eksenler doğrultusundaki denge denklemlerinden kiriĢe ait aĢağıdaki üç diferansiyel denklem bulunur.
y
q y x 
y
x
F
F
x
0
y
0
M
z
0
N
2
dx
qx x 
 N  dN   N  qx dx  0
 S  dS   S  q y dx  0
dx
M  dM  M  q y dx
 Sdx  0
2
S + dS
M
x
1
qydx
dN
 q x
dx
o
qxdx
S
dx
dS
 q y
dx
x
N + dN
M + dM
dM
 S
dx
dS d  dM 
d 2M


  2  q y
dx dx  dx 
dx
d 2M
 qy
dx 2
26
KiriĢ diferansiyel denklemlerinin integrasyonu ile kesit zorları fonksiyonları belirlenebilir. Ġntegrasyon
sabitlerinin bulunmasında kesit zorlarının baĢlangıç değerlerinden yararlanılır. Ġntegrasyon yöntemi özellikle
yayılı yük fonksiyonlarının verildiği hallerde kolaylık sağlar. Önceki sayfada çıkarttığımız diferansiyel
denklemleri belirli iki nokta arasında mesela 1 ve 2 noktaları arasında integre edersek aĢağıda gösterilen
ifadeler elde edilir. Bu ifadelerin sağ taraflarındaki integrallerin fiziki anlamları sırasıyla negatif iĢaretle söz
konusu noktaların arasındaki yayılı yük fonksiyonlarının altında kalan alan ile yine negatif iĢaretle kesme kuvveti
diyagramının altında kalan alan olarak söylenebilir. Söz konusu denklemlerin sol tarafları ise sırasıyla her bir
kesit zorundaki değiĢimi vermektedir.
dN
  qx
dx
dS
 q y
dx
dM
 S
dx
2
N 2  N1    qx dx  YFAKAx
Yayılı yük fonksiyonu altında kalan alan
1
2
S 2  S1    q y dx  YFAKAy
Yayılı yük fonksiyonu altında kalan alan
1
2
M 2  M 1    S y dx   KKDAKA
Kesme kuvveti diyagramı altında kalan alan
y
1
Py
KĠRĠġE TEKĠL YÜK VE MOMENT ETKĠMESĠ HALĠ
Kesit zorlamalarına ait diferansiyel denge denklemleri
bulunurken göz önüne alınan çubuk parçası üzerinde
herhangi bir tekil kuvvet yada kuvvet çifti etkimediği
düĢünülmüĢtür. Eğer tekil kuvvet ve kuvvet çiftleri
varsa kuvvet zorlarında süreksizlik olacaktır.
Herhangi bir kesitte x ve y eksenleri doğrultusunda Px
ve Py tekil kuvvetleri ile bir M momenti etkisin.
Tekilliğin olduğu yerden alınacak bir eleman üzerinde
denge denklemleri yazıldığında yandaki bağıntılara
ulaĢılır.
M1
S2
M
N2
x
Px
N1
S1
M2
N 2  N1   Px
S 2  S1   Py
M 2  M 1  М
27
ÖRNEK 1
ġekildeki konsol kiriĢin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve
moment fonksiyonlarını bularak diyagramlarını çiziniz.
10 kN
2m
6 kN
10
6
6
10
10
6
10
100
A
C
4m
B
20
10
6m
16
0 x4
Sy [kN]
F
y
6
N
o
M
S
x
+
6
+
x
100 [kNm]
F
0
S y  x   16kN
0
M z x   1610  x   100
y
N
_
Mz
100
o
4
S
x
x
0
M z x   6 x
4  x  10
_
o
S y  x   6kN
6 x  M z x   0
M
24
0
6  S y  x   0
M
16
20
10-x
16
M
o
28
ġekildeki kiriĢin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment
fonksiyonlarını bularak diyagramlarını çiziniz.
ÖRNEK 2
y
qy=-q
B
A
Rx
Ry
A
qyL
L
Ry
B
y
RyB  q
L
2
RyA  q
L
2
 qL
L
 M  0  R L  qL 2  0
B
y
dM z  x 
d 2 M z x 
  S y  qx  c1




q
2
dx
dx
x2
M z x   q  c1 x  c2
2
qy L
_
A
y
y
A
z
B
Sy [kN]
+
A
x
x
x
A
F  0  R  0
F  0  R  R
2
x
Sınır ġartları (Mesnet ġartlarından)
M z x  x 0  0  c2  0
qy L
M z x  x  L  0  c1  q
2
(-)
Mz
(+)
+
x
q y L2
[kNm]
8
L
S  x   qx  q
2
L
2
x2
L
M z x   q  q x
2
2
Maksimum Moment ve Yeri
S  x   0  M max
L
qx  q  0  x  L
2
2
M max
x
L
2
L2
q
8
29
ġekildeki konsol kiriĢin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve
ÖRNEK 3
y
qy=-(2x-2)
6 kN
6kN/m
A
B
11 kN
1m
x
4 kN
3m
dS
 0  S  c1
 x  0; S  6   c1  6; S  6kN
dx
dM
 6  M  6 x  c2  x  0; M  0   c2  0; M  6 x kNm
dx
1  x  4 bölgesi
Sy [kN]
4
+
+
x
_
5
6
_
 x 1 
2

  c1  4; S  x  2 x  4
 S  5 
3
x 4 
dM
x
32
2
  x  2 x  4  M    x 2  4 x  c2 
  c2   ;
dx
3
3
 M  0
dS
   2  2 x   S  x 2  2 x  c1
dx
6
Mz
[kN]m
0  x  1bölgesi
Teğet yatay
3
x
32
M    x2  4x 
3
3
veya AB bölgesi
x
+
d 2M
 qy    2 x  2
dx 2
1,49
dM
 S
dx
dM
  x 2  2 x  c1
dx
 x 1 
S   x 2  2 x  c1; 
  c1  4
 S  5 
x3
M    x 2  4 x  c2 ;
3
 x 1 
32

  c2  
3
 M  6 
x3
M    x 2  c1 x  c2
3
S  x2  2x  4
x3
32
M    x2  4x 
3
3
30
ġekildeki basit kiriĢin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment
fonksiyonlarını bularak diyagramlarını çiziniz. Nümerik uygulama L=7 m. q0=10 kN/m
ÖRNEK 4
x 
q( x)  q0 sin 

 l 
y
A
B
x
R
L
R
q0l
1
1
x 
Fy  0 R   q( x).dx   q0 sin 
dx


20
20

 l 
l
x 
cos 



 l 
q0l
q0l 2
dM
x 
x 
 S 
cos 

M

sin


  c2
dx

2
 l 
 l 
q0l 2
x 
x  0; M  0 c2  0
 M  2 sin 


 l 
q0l
q0l
x 
cos  

 l 
S ( x)  
10*7

cos 

7

x

l
q0l
dS
x 
x 
 q ( x)  q0 sin 

S


cos


  c1
dx

 l 
 l 
x  0; S  
S ( x)  
c1  0  S  
q0l
x 
sin


2
 l 
10*7 2
 
M ( x) 
sin  x 
2

7 
M ( x) 
q0l 2
31
x
x 
q( x)  q0 sin 

 l 
y
A
0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
4
4,5
5
5,5
6
6,5
7
B
x
R
L
R
25
20
15
10
5
S
-22,2817
-21,72305
-20,07511
-17,42051
-13,89238
-9,667615
-4,958076
8,18E-05
4,958236
9,667762
13,8925
17,42061
20,07518
21,72309
22,2817
M
0
11,04761
21,54125
30,95471
38,81597
44,73082
48,40267
49,6474
48,40259
44,73066
38,81574
30,95442
21,54092
11,04726
-0,000365
Seri 1
0
-5 0
1
2
3
4
5
6
7
8
Seri 2
-10
10*7

S ( x)  
cos 

7
-15
-20
-25
60

x

50
40
30
Seri 1
20
10
0
-10
0
1
2
3
4
5
6
7
8
M ( x) 
10*7 2
2

sin 
7
32

x

y
Ödev sorusunun çözümü
ġekildeki çıkmalı kiriĢin mesnet tepkilerini
hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment
Nümerik uygulama L=7 m. q0=10 kN/m
 2 x 
q( x)  q0 sin 

 l 
B
A
C
x
L
0 xl
20
15
10
5
0
S
ql
 2 x  q0l
S ( x)   0 cos 

2
 l  4
l  x  1.5l
L/2
ql
 2 x  q0l
S ( x)   0 cos 

2
 l  2
Seri 1
-5 0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
Seri 2
-10
-15
-20
0 xl
-25
x
q0l 2
 2 x  q0l
M ( x) 
sin
x


4 2
 l  4
l  x  1.5l
-50
-40
-30
Moment
q0l 2
3 q0l 2
 2 x  q0l
M ( x) 
sin 
x

4 2
4 
 l  2
x
Seri 1
-20
Seri 2
-10
0
0
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
33
ġekildeki çıkmalı kiriĢin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve
ÖRNEK 5
y
2,5
qy  
x
24
10 m
14 m
x0 
dM z
2,5 2
2,5 3

x  Mz  
x  c2 
c  0
M z  0 2
dx
48
144
8m
38,57 kN
[kN]
x3
57,6
dS y
18,57
5,208
dx
+
+

x  10 
2,5
2,5 2
x  Sy 
x  c3 
 c  11, 43
S y  6, 22 3
24
48
x
-
-
Sy  x 
x2
 11, 43
19, 2
dM z
2,5 2
2,5 3

x  11, 43 M z  
x  11, 43 x  c4
dx
48
144
6,22
20
80
Mz [kNm]
M z x   
B
11,43 kN
Sy
x2
19, 2
dS y
x
A
Sy  x 
x0
2,5
2,5 2

x  Sy 
x  c1 
c  0
S y  0 1
dx
24
48
2,5kN/m
x  10 
 c  114,3
M z  17,36  4
17,36
M z x   
x3
 11,43x  114,3
57,6
-
10  x  24
S y  0  x  14,81 m
M z 14,81  1, 41
1,42
-
x
dS y
dx
 2,5  S y  2,5 x  c5 
x  24 
 c  80
S y  20 5
x  24 
dM z
 2,5 x  80  M z  1,25 x 2  80 x  c6 
c6  1280
M z  80
dx
S y  x   2,5x  80
M z x   1,25x 2  80 x  1280
34
S

Pozitif S ve N
kesit tesirleri
Y

x
y
Pozitif Y ve D
kuvveti
 D

C
x
y
x
D
B
x
N
y
y
Ġki ya da daha fazla çubuğun (kiriĢ elemanının) uçlarından rijit Ģekilde
birleĢtirilmesiyle oluĢturulan taĢıyıcı sistemlere çerçeve denir. Çerçeveyi
oluĢturan elemanlar çeĢitli doğrultularda uzanırlar. Tek katlı tek açıklıklı
çerçevelere portik adı verilmektedir. Sanayi yapılarında sıkça karĢılaĢılan
portiklerin açıklığı 26-30 metre civarındadır. Yan tarafta bir sanayi
yapısının taĢıyıcı sistemi Ģematik olarak gösterilmiĢtir.
Çerçeve
elemanlarına ait kesit zorları, elemanlara ait eksen takımları kullanılarak
belirlenir. Genelde elemanlara çerçevenin içinden bakılarak elemanın sol
ucuna koordinat takımının merkezi yapıĢtırılır. x ekseni eleman ekseni ile
çakıĢtırılır. y ekseni (bakıĢ yönünde) yukarı doğru, z ekseni de kağıt
düzlemine dik doğrultuda ve okuyucuya yönelecek biçimde gösterilir. ġimdi
yatayla α açısı yapan bir elemanın herhangi bir kesitindeki Kesme kuvveti
(S) ile Normal kuvvet (N) yi kolayca hesaplamak üzere iki bağıntı çıkaralım.
x
y
A
E
Yatayla herhangi bir α açısı yapan çubukta göz önüne alınan kesitin
solunda kalan parçadaki (yapıdaki) Yatay ve DüĢey doğrultudaki
bileĢke kuvvetler Y ve D olarak belirlendiğinde söz konusu
kesitteki kesme kuvveti S ve normal kuvvet N; y ve x doğrultularında yazılacak toplam kuvvet sıfır denklemlerinden hesaplanabilir.
F
F
y
0
S  Y *sin   D cos   0
x
0
N  Y *cos   D *sin   0
S  Y *sin   D cos 
N   Y *cos   D *sin  
35
ÖRNEK 6
ġekildeki çerçevenin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti
ve moment fonksiyonlarını bularak diyagramlarını çiziniz.
80 kN
B
C
40 kN/m
D
82,5 kN
36,8°
3m
A
120 kN
4m
2,5 kN
2m
M
Mesnet tepkilerini
hesaplamak için
yapının tamamında
denge denklemleri
yazılırsa,
F
M
2m
S
S A  120  0,6  2,5  0,8  70 kN
N
M =0
D=-2,5 kN
N A    120  0,8  2,5  0,6   97,5 kN
D=-2,5 kN
C
z
 0  Ay  2,5 kN 
N   Y *cos   D *sin  
N
SBL  2,5  0,8  2 kN
B
N BL   2,5  0,6  1,5 kN
M =170
M BL  120  3  120 1,5  2,5  4  170 kNm
D=-2,5 kN
S=82,5
N=0
M=170
 0  Ax  120 kN 
D noktasının sağı
S=2,5 kN
B
Y=0
MA  0
B noktasının Sağı
Y=0 kN
x
B noktasının Solu
A noktasının Sağı
Y=-120 kN
 0  C y  82,5 kN 
S  Y *sin   D cos 
Önceki sayfada çıkartılan iki bağıntıyı kullanarak yüklemede veya elemanların
doğrultusunda değiĢme olan kritik noktalardaki zorlamaları hesaplayalım.
S
A
z
SDR  82,5 kN
S  2,5 1  2,5 kN
R
B
N BR  2,5  0  0 1  0
M  170 kNm
R
B
Y=0
N
D
M=165
D=-82,5
N DR  82,5  0  0 1  0
M DR  120  3  120 1.5  2,5  6  165 kNm
36
40 kN/m
72
72
kN
96
y
kN
A
C
D
82,5 kN
36,8°
x
y
3m
A
120 kN
4m
2,5 kN
2m
2m
2
96
B
x
A
B
kN
B
120 kN
80 kN
40 kN/m
Bundan önceki problemlerdeki (tekil veya yayılı) yükler ya
elemanın sol ucuna yapıĢtırdığımız x, y eksenleri doğrultusundaki
bileĢenleri cinsinden verilmekteydi ya da söz konusu eksenler
doğrultusundaki bileĢenlerine kolayca ayrılabilmekteydi.
Bu
problemdeki 40 kN/m lik düĢeyde düzgün yayılı yükün AB
elemanının A ucuna yapıĢtırılan x ve y eksenleri doğrultusundaki
iki bileĢene ayrılması (diğer bir ifade ile qx , qy yük fonksiyonlarının belirlenmesi) gerekir.
qy=-72/5
=-14.4 kN/m
+
kN
B
x
y
A
Sy [kN]
70
qx=96/5
=19.2 kN/m
AB elemanı 0  x  5 m
dN
dN
 qx
 19.2  N  19.2 x  c1
 x  0; N  97.5   c1  97.5
dx
dx
N  19.2 x  97.5 kN
dS
dS
 q y
 14.4  S  14.4 x  c2
 x  0; S  70   c2  70
dx
dx
S  14.4 x  70 kN
dM
dM
 S
 14.4 x  70  M  7.2 x 2  70 x  c3  x  0; M  0   c3  0
dx
dx
M  7.2 x 2  70 x kNm
170.14
170
+
Mz [kNm]
1,5
97,5
+
Nx [kN]
37
S
B
40 kN/m
C
B
x
3m
A
120 kN
D
82,5 kN
36,8°
3m
A
4m
2,5 kN
2m
M
N
36,8°
80 kN
y
40 kN/m
BC elemanının ortasına etkiyen 80 kN lık bir tekil kuvvet bulunmaktadır.
Dolayısıyla D noktasından önceki ve sonraki kesit zoru fonksiyonları
birbirinden farklıdır. Öncelikle koordinat takımını elemanın sol ucu olan
B noktasına yapıĢtırarak, x koordinatının 0 ile 2 m. arasında değiĢtiği
BD kısmında geçerli olan kesit zorları fonksiyonlarını belirleyelim. Kesit
zorlarının x=0 daki baĢlangıç değerlerini daha önce çıkartılan S ve N
bağıntıları ile belirlemiĢtik. ġimdi aynı değerleri kesim yöntemi ile
hesaplayalım. BC elemanında qx , qy yük fonksiyonlarının her ikisi de 120 kN
sıfırdır.
1,5
 Fx  0  N  0
 F  0  S  2.5 kN
 M  0  M  120*1.5  2.5* 4  120*3  0
y
2m
Sıfır
97,5
+
Nx [kN]
82,5
M  170 kNm
4m
2,5 kN
+
2
BC elemanı 0  x  2 m
dN
dN
  qx
 0  N  c1
dx
dx
 x  0; N  0   c1  0 N  0 kN
BC elemanı 2  x  4 m
dN
dN
  qx
 0  N  c1
dx
dx
 x  4; N  0   c1  0 N  0 kN
dS
dS
 q y
 0  S  c2
dx
dx
 x  0; S  2.5  c2  2.5 S  2.5 kN
dS
dS
 q y
 0  S  c2
dx
dx
 x  4; S  82.5  c2  82.5 S  82.5 kN
dM
dM
 S
 2.5  M  2.5 x  c3
dx
dx
 x  0; M  170   c3  170
dM
dM
 S
 82.5  M  82.5 x  c3
dx
dx
 x  4; M  0   c3  330  M  82.5 x  330 kNm
2,5
+
+
Sy [kN]
70
170.14
170
165
+
+
M  2.5 x  170 kNm
Mz [kNm]
38
ġekildeki çerçevenin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment
Örnek 7
150 kN
y
B
153 kN
10kN/m
Sy B=-9
30 kN
2,567
AB elemanı
kN
M = -390 kNm
x
dS y
N =-61,03 kN
C
A
x
y
x
y
8 kN/m
5m
 q y  0  S y  c1  78 kN
dM
 78  M  78 x  c2
dx
6m
78 kN4 m
dx
78 kN
D
dN
 qx  0  N  c3
dx
78,8 kN
S y  78 kN
M  78x
N  78,8 kN
78,8 kN
BC elemanı
15 m
71,2 kN
dx
-
-
N [kN]
71,2 -
48
-
S [kN]
390
390
-
38
+
144
M [kNm]
-
144
dS y
dx
48 kN
-
S y  10 x  92,567 kN
M  5x 2  92,567 x  390
N  61,03 kN
CD elemanı
M = -144 kNm
8 kN/m
S=-48 kN
+ 92,567
N =-71,2 kN
60,43
+
   10   S y  10 x  c1
dM
 10 x  92,567  M  5 x 2  92,567 x  c2
dx
dN
 qx  0  N  c3
dx
61,03
78,8
78
dS y
 8  S y  8 x  c1
dM
 48  8 x  M  4 x 2  48 x  c2
dx
dN
 qx  0  N  c3
dx
S y  8x  48 kN
M  4 x 2  48x  144
N  71,2 kN
39
71,2 kN
A ve B noktalarından mesnetli bir çıkmalı kiriĢin kesme kuvveti diyagramı
Ģekilde gösterilmiĢtir. Yükleme durumunu belirleyip eğilme momenti diyagramını çiziniz.
Örnek 8
Sy [kN]
20 kN
+
A
B
-
-
10 kN
C
A‟daki teğet
yatay değil
2o Parabol
3m
4 kN
1m
4 kN
A
B
10 kN
C
24 kN
q2
4 kN
q1
A
Trapez yayılı yük, biri q1 Ģiddetinde düzgün yayılı diğeri q2 Ģiddetinde
üçgen yayılı iki ayrı yüklemeye ayrılıp kiriĢin tamamı için yazılacak iki
denge denkleminden q1 ve q2 yük Ģiddetleri kolayca hesaplanabilir.
 M  0  1,5  q  2  3  q 1,5  16  24  3  0
 F  0  1,5  q  3  q  4  34  0
B
10 kN
x
Kesme kuvveti diyagramındaki her zıplama, o noktada bir tekil kuvvetin
bulunması anlamına gelir. Dolayısı ile A mesnet reaksiyonunun 10 kN, B
deki mesnet reaksiyonunun da 24 kN olduğunu düĢünebiliriz. Ayrıca çıkma
ucunda 4 kN lık bir tekil kuvvet etkimektedir. A-B arasında kesme kuvveti
diyagramının 20 olması bu noktalar arasında 10 bir yayılı yük fonksiyonunu
akla getirmektedir. Yine kesme kuvveti diyagramının A noktasındaki
teğetinin yatay olmaması bu noktadaki yayılı yük Ģiddetinin sıfırdan farklı
olduğunu, teğet eğiminin A dan B ye gittikçe artması yayılı yük Ģiddetinin
de büyümekte olduğunu gösterir. B ve C noktaları arasında kesme kuvveti
diyagramının sabit olması (eğim sıfır) bu noktalar arasında yayılı
yüklemenin olmadığına iĢaret etmektedir. ġimdi sözünü ettiğimiz yükleme
durumunu sembolik olarak yandaki Ģekil üzerinde gösterelim.
A
24 kN
2
y
q1  2,67 kN / m
1
2
q2  14,67 kN / m
1
22 kN
14,67
8 kN
10 kN
2.67
24 kN
4 kN
M
F
y

?
A
?
 0  4  4  24  3  22  2  8 1,5  0

 0  22  8  10  24  4  0
40
y
14.67
kN/m
A ve B noktaları arasındaki yayılı yük fonksiyonu belirlendikten sonra
integrasyon yöntemi ile kesme kuvveti ve eğilme momenti fonksiyonları
hesaplanıp diyagramları çizilir.
4 kN
B
A
x
q y ( x)  2.67 
C
2.67 kN/m
dS y
Sy [kN]
20 kN
+
A
B
10 kN
A‟daki teğet
yatay değil
2o Parabol
3m
Mz [kNm]
dx
x  0  S y  10  c1  10
C
-
-
 2, 67  4,89 x  S y  2, 67 x 
x
14.67
x
3
4,89 2
x  c1
2
S y  2, 445x2  2,67 x  10
4 kN
dM z
2, 445 3 2, 67 2
 2, 445 x 2  2, 67 x  10  M z  
x 
x  10 x  c2
dx
3
2
x  0  M z  0  c2  0
1m
M z  0,815x3  1,335x 2  10 x
4 kNm
-
x
Maksimum momentin yeri, Kesme kuvvetinin SIFIR olduğu yerdir.
+
9,26 kNm
S y  0  2, 445 x 2  2, 67 x  10  0
x1  1,55 m 
x2  -2,641m X
M z x  1,55  0,815  1,55  1,335  1,55  10  1,55  9,26 kNm
3
2
41
ÇalıĢma Soruları
ġekildeki çerçevenin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme
kuvveti ve moment fonksiyonlarını integrasyon yöntemiyle
bularak diyagramlarını çiziniz.
A ve B noktalarından mesnetli bir çıkmalı kiriĢin kesme
kuvveti diyagramı Ģekilde gösterilmiĢtir. Yükleme
durumunu belirleyip eğilme momenti diyagramını çiziniz.
y
80 kN
x
40 kN/m
3m
x
y
3m
36,8°
A
C
4m
C
B
A
y
B
3m
x
1m
4m
Sy [kN]
B‟deki teğet
yatay değil
12 kN
+
A
B
C
-
-
2o Parabol
3 kN
18 kN
3m
1m
x
GERĠLME
Mühendislerin yük etkisi altındaki bir elemanın davranıĢını tanımlamakta kullandığı iki kavram;
Gerilme ve Birim ġekil DeğiĢtirme
dir. Gerilme ve bileĢenlerini tanımlamakta kesim metodunu kullanıp, eksenel kuvvetten oluĢan normal gerilme ile
ortalama kayma gerilmesinin bulunuĢu üzerine duracağız. Sonra, öğrendiklerimizin çeĢitli problemlerde nasıl kullanıldığı
açıklanacak eksenel yüklü çubukların ön boyutlandırılması ve emniyet gerilmesi incelenecektir.
TANIM : GERĠLME
Neden normal ayakkabı ile kara gömülen, bata çıka adım atabilen biri hedik
giydiğinde yeni yağmıĢ kar üzerinde bile batmadan rahatça yürüyebilmektedir?
Nedeni birim alana gelen ağırlığın ikinci durumda azalması olarak söylenebilir.
Kuvvet etkisinde dengede olan bir elemanın içindeki herhangi bir noktadaki iç
kuvvetin Ģiddetine yani birim alana düĢen iç kuvvete gerilme adını veriyoruz.
Gerilme birimi Pascal‟dır Uygulamada daha çok MegaPascal (MPa) kullanılır.
Fy
Fx
A
O
Fz
Fx
Gerilme ( ;  )
Pascal
N

m2
 Pa 
Hedik
MegaPascal
N

mm 2
 MPa 
yandaki Ģekilde dengede olan bir cisimden kesilerek alınan bir parçanın
kesim düzlemi üzerinde alınan herhangi bir o noktası ve bu nokta
civarındaki A alanı ile bu alana etkiyen F iç kuvveti gösterilmiĢtir. O
noktasına yapıĢtırılan koordinat takımının x ekseni kesim düzlemine dik
olan doğrultu ile çakıĢtırılmıĢtır.
43
F iç kuvvetinin eksenler doğrultusundaki bileĢenleri sırasıyla Fx , Fy , Fz olarak bilinsin. Bu gerilme
bileĢenlerini A alanına bölerek A sıfıra giderken limiti alınırsa her bir eksen doğrultusundaki gerilme bileĢeni
tanımlanmıĢ olur. Yüzeye dik doğrultudaki gerilmeye normal gerilme adı verilip ζ (sigma) harfi ile gösterilirken,
kesim yüzeyi içindeki gerilmelere de kayma gerilmesi denir ve η (tau) harfi ile gösterilir. Her gerilme bileĢenine
eklenen iki indisden birincisi kesim düzleminin normalinin doğrultusunu, ikinci indis ise gerilme bileĢeninin kendi
doğrultusunu belirtir. Örneğin ηxz normali x ekseni olan düzlemde z ekseni doğrultusundaki kayma gerilmesidir.
Fy
Fx
A
O
Fz
Fx
 F 
dF
 xx   x  lim  x   x
A 0
 A  dA
 Fy
 A
 dFy

 dA
 F  dF
 xz  lim  z   z
A 0
 A  dA
 xy  lim 
A 0
Gerilme;
P3
a) iç kuvvetin (F) noktadan noktaya değiĢmesine bağlı olarak değiĢir.
b) F‟nin etkidiği noktadan geçen düzlemin doğrultusuna da bağlı olarak değiĢir.
Bir noktadaki gerilmenin tam olarak tanımlanması için o noktadan geçen bütün
düzlemlerdeki (sayısı sonsuz) gerilmelerin verilmesi gerekir. Örneğin yandaki
Ģekilde gösterilen ve o noktasının bulunduğu yerden çıkartılan dört yüzlünün üç
yüzündeki iç kuvvetler verilmiĢ ise dördüncü yüzdeki iç kuvveti ya da gerilme
durumunu yalnızca denge denklemleri yardımı ile bulmak mümkündür.
P  f P1 , P2 , P3 
P
P2
P1
44
Gerilmenin BileĢenleri
Bir noktadan geçen sonsuz sayıdaki düzlemin her birindeki gerilmenin diğer bir deyiĢle GERĠLME HALĠ‟nin
belirtilmesi için o noktadan geçen üç dik düzlemdeki gerilme bileĢenlerinin verilmesi yeterli olur.
Düzlemler o noktadan geçen eksenlere dik olarak seçilirse sonsuz küçük boyutlu bir kübik eleman elde ederiz.
Gerilmelerin elemanın yüzlerine yayılı ve O ve O‟ noktasındaki gerilmelerin eĢdeğer olduklarını düĢünüyoruz.
Gerilmeler her düzlemin merkezinde bir vektörle gösterilmiĢtir. Bir noktada üç dik düzlemdeki toplam 9 gerilme
bileĢeni ile verilen gerilme hali gösterimine GERĠLME TANSÖRÜ denir.
 x  xy  xz 


T   yx  y  yz 
 zx  zy  z 


Gerilme tansörünün her bir satırında yalnızca belirli bir
düzlemdeki gerilme bileĢenleri sıralanırken her bir
sutunda ise belirli bir koordinat ekseni doğrultusundaki
gerilmeler gösterilmektedir.
y
yz
yx
zy
xz
x
y
z
xy
x
z
O
zx
O
zx
zy
xz
yz
yx
dx
xy
z
dz
y
dy
x
Skaler büyüklüklerin tarif edilmesinde bir rakam ve
birimin verilmesi yeterli olurken vektörel büyüklüklerin
anlaĢılmasında bir rakam ve birim yeterli olmamaktadır.
Örneğin bir yer değiĢtirmenin 5 m olduğu söylemek
cismin son konumu hakkında hiçbir bilgi vermez.
Yapılması gereken Ģey cismin baĢlangıç konumuna bir
eksen takımı yapıĢtırmak ve yer değiĢtirmenin 3 m., 4
m., 0 m. gibi bu eksenler doğrultusundaki üç bileĢenini
vermektir. Verilen bu üç parametre ile cismin son
konumu tam olarak tarif edilmiĢ olur. Bir noktadaki
gerilme hali ile daha sonra göreceğimiz bir noktadaki
birim Ģekil değiĢtirme hali hep tansörel büyüklükler
olup dokuz bileĢeni verilmeden tam olarak anlaĢılamayan
büyüklüklerdir.
.
45
Kayma gerilmesinin özelliklerinin bulunması için denge denklemlerini yazalım.
F
x
 0;
Mz  0
 F  0;
F  0
  dzdxdy   dzdydx  0
y
yx
xy
 xy   yx
M
x
DĠK DÜZLEMLERDEKĠ KAYMA GERĠLMELERĠ EġĠTTĠR.
M
 yz   zy
0
Otomatik olarak sağlanır
z
y
 xz   zx
0
bulunur. ĠĢaret kabulü, düzlemin normali ile gerilmenin yönünün her ikisinin de pozitif veya negatif olması durumunda
gerilme POZĠTĠF kabul edilir. ġimdi gerilme halinin xy düzlemi üzerindeki izdüĢümünü alalım (+z yönünden
bakıldığında).
 x ,  y , xy  0
x
 x
T   0
 0
0 0
0 0
0 0
 z ,  xz , yz  0
x
Tek eksenli, (bir boyutlu)
Gerilme Hali
(Yalnızca normal gerilme varsa)
x
y
y
xy
 x 0
T   0  y
 0
0
0
0
0
x
 0  xy
T   yx 0
 0
0
0
0
0
y
xy
x
 x  xy
T   yx  y
 0
0
0
0
0
x
y
Ġki eksenli Gerilme Hali
Tam Kayma Hali
(Ġki tane normal
(Yalnızca Kayma
gerilme varsa)
gerilme varsa)
Düzlem Gerilme Hali
46
Ekseni Doğrultusunda Kuvvetlerle Yüklü Doğru Eksenli Çubukta Eksenel Normal Kuvvetler
Bu durumda eksenel normal kuvvet ve uzama veya kısalma söz konusudur.
ġekilde görülen yükler etkisindeki alüminyum çubuğun eksenel kuvvet diyagramını çiziniz.
ÖRNEK 1
3P
P
4P
A
B
L/4
L/2
AB arası;
Yük Diyagramı
2P
C
D
L/4
3P
N(x)
A
BC arası;
3P
P
A
CD arası;
N(x)
B
N(x)
Serbest Cisim Diyagramları
2P
D
2P
P
+
x
-
-
Eksenel Kuvvet Diyagramı
2P
3P
47
Çubuk boyuna ekseni doğrultusunda birkaç eksenel kuvvetle yüklü ise eksenel normal kuvvetler kesitten kesite değiĢir. Bu
amaçla öncelikle eksenel normal kuvvet diyagramı çizilmelidir. Bunun için;.
•Öncelikle reaksiyonlar hesaplanır.
•Yüklemede değiĢme olan her bir bölgede (yükte süreksizlik olan her bir bölgede) ayrı bir kesim yapılarak o bölgedeki eksenel
normal kuvvet, denge denklemi yazılarak hesaplanır.
•Eksenel kuvvet diyagramı çizilir.
Diyagramın kapanması hesaplamaların doğruluğunu kontrol etmek için kullanılabilir.
NORMAL GERĠLME
Cismin herhangi bir kesitindeki gerilme, sabit Ģiddete veya düzgün yayılı ise buna basit gerilme adı verilir.Yük taĢıyan
elemanların çoğunun düĢünülen bir kesitindeki iç kuvvetler ya eksenel kuvvettir ya da kesme kuvvetidir. Örneğin kablolar,
kafes kiriĢ elemanları, eksenel yüklü çubuklarda eksenel normal kuvvet, iki çubuğu birleĢtiren cıvata, pim ve perçinlerde ise
kesme kuvveti söz konusu olduğundan normal gerilme ile kayma gerilmesini hesaplamakta doğrudan gerilmenin tanımını ve
denge denklemlerini kullanmak mümkündür.
Gerçek gerilme yayılıĢını bulmak için Ģekil değiĢtirmeleri dikkate almak gereklidir.
Eksenel kuvvetle yüklü prizmatik bir çubuk düĢünelim.
I
P
P
h
I
P
F
 0 P   A
P
A
Eksenel Çekme
gerilmesi

I-I kesitinden kesip ayırırsak;
I
P
I

A  bh
b
yatay
Çubuk ekseni ile 90o‟lik
açı yapan I-I kesitini
düĢünelim. Kesim
yüzeyindeki gerilme
Ģekilde düzgün yayılı
olarak gösterilmiĢtir.
Bu enkesitteki üniform gerilmenin değeridir. Bunun için;

P enkesitin ağırlık merkezinden uygulanmalı

Çubuk doğru eksenli, yapıldığı malzeme homojen olmalı

Kesim düzlemi çubuk uçlarından uzak olmalı
Ġle verilen üç kriterin sağlanması gerekir.
1. kriter sağlanmaz ise moment oluĢur gerilme enkesite
düzgün yayılmaz.
48
ÇATAL UÇ ÖRNEĞĠ
Resim: Dr. Ahmet Necati YELGĠN
49
Resim: Dr.EĢref ÜNLÜOĞLU
ÇATAL UÇLU BĠRLEġĠMLER
Çatal uçlardan pime kuvvetin aktarılması yarım silindirik bir yüzey üzerinden diğer bir deyiĢle temas yüzeyi aracılığı ile
gerçekleĢmektedir. Eğer bir kuvvet yarım silindirik bir yüzey üzerinden bir elemandan baĢka bir elemana aktarılıyorsa söz
konusu yüzeyde oluĢan gerilmelere ezilme gerilmesi adı verilir. (Makine mühendisliğinde ise bu gerilmeye yatak gerilmesi
denilmektedir.) Gerçekte düzgün yayılı olmayan ezilme gerilmeleri kuvvetin pim çapı x levha kalınlığından oluĢan yarım silindirik
yüzeyin iz düĢüm alanına bölünmesiyle hesaplanır.
d
P
Çatal uç
b
c
b
c
b
A
P
P/2
C
t
A=d*t
Pim
P
t
Temas yüzeyi ve
ezilme gerilmeleri
P/2
A=d*t
Çatal uçlardaki kuvvetin pime aktarılması
50
P
EZĠLME GERĠLMESĠ
t1
t
t
t
B
b
c
b
c
A
b
P
2td
b
C
c
b
Pim
d
b
c
P
t1d
Çatal uçlardaki ezilme gerilmesi
P
l 
2td
c
S
S
b
c
P
t1d
B Çubuğundaki ezilme gerilmesi
l 
P
t1d
P
51
ORTALAMA KAYMA GERĠLMESĠ
P
b
d
t1
t
t
B
b
c
b
c
A
b
C
b
c
P/2
P/2
b
c
b
c
P/2
b
Pim
C
P
P/2
c
C
b
P
c
P
c
Kayma gerilmeleri, uygulanan kuvvetlerin cismin
bir parçasının komĢu parçalara nazaran kesme
eğiliminde olması halinde ortaya çıkar. Çatal
uçlu
birleĢimdeki
pim,
eksenine
dik
doğrultudaki kesme kuvvetinin etkisiyle b-b ve
c-c kesitlerinden ayrılmaya karĢı koymaktadır.
Pimin bütünü dengede olduğuna göre ayrılma
yüzeylerinin her birinde P/2 kesme kuvvetleri
oluĢmaktadır. Kayma gerilmelerinin uygulanan
kuvvete paralel düzlemlerde oluĢması halinde
direkt kesme hali denir.
Normal gerilmenin tersine kayma gerilmeleri
düzgün yayılmazlar, pimin aktardığı kuvvetin,
kesilen pim alanına bölünmesiyle bulunan değer
ortalama kayma gerilmesini verir.
 ort 
P
Akesilen
P

d2
2
4
52
PERÇĠNLĠ ve
CĠVATALI
BĠRLEġĠM
KĠRĠġ EKĠ
ALIġ-VERĠġ MERKEZĠ
BÜKREġ
KOLON EKĠ
PROCTER-GAMBLE
GEBZE
53
Resim : inĢ.müh. Ertan Gazi Konuk
Resim : inĢ.Yük müh. Bora Karakurt
54
Çelik yapı elemanlarının birleĢtirilmesinde perçin, bulon (cıvata) veya kaynak kullanılır. Perçin, küre takkesi bir baĢ ve
hafif konik gövdeden oluĢan bir birleĢtirme elemanıdır. Kızıl renk alıncaya kadar ısıtılan perçin elemanlara açılan
delikten geçirilir. Diğer uçtan çıkan konik kısım dövülerek küre takkesi biçimi verilir. Konik olan perçin gövdesi
dövülme sırasında silindire dönüĢerek deliği tam olarak kapatır. Eski yapılarda kullanılan perçin, kaynak
teknolojisindeki ilerleme sebebiyle günümüzde kullanılmamaktadır. Perçin yada kaynakla birleĢtirilen yapı elemanlarını,
elemanlara zarar vermeden sökmek mümkün olmadığından bu birleĢim araçları kalıcı yapılarda kullanılır. Bir yapının
ileride sökülerek baĢka bir yere taĢınması söz konusu ise bulon (cıvata) denilen birleĢim aracı kullanılır. Cıvata altıgen
bir baĢ ve üzerine diĢ açılmıĢ silindirik bir gövdeden oluĢur. Elemanlara açılan delikten geçirilen cıvatanın diĢli ucuna
somun adı verilen bir parça anahtar yardımıyla sıkılır. Hafif eğik yüzeylere takılan cıvatalarda somun takılmadan önce
yükün yayılmasını sağlamak amacıyla pul denilen halka Ģeklindeki metal parçalar kullanılır. Çelik yapılardaki titreĢimler
sebebiyle zamanla somunların gevĢemesi söz konusudur. Somunların gevĢemesine engel olmak için ya rondela adı
verilen yaylar ya da çift somun sıkılması yoluna gidilir.
Direkt kesme haline örnekler:
1- Perçinli veya bulonlu –civatalı- birleĢim
Kayma gerilmesi hesabı
P
P
S
P
b
 ort
A
P
t
d
B
P1

2
m  d

4

P
P1 = bir perçinin taĢıdığı kuvvet
m = bağlantıdaki eleman sayısı -1
55
Perçin/cıvata gövdesinde veya levhada delik kenarında oluĢan ezilme gerilmesi
 ezilme
Resimler: Connections Teaching Toolkit
Perry S. Green, Ph.D. & Thomas Sputo,
Ph.D., P.E. & Patrick Veltri
P1

tmin  d
Burada; P1 bir perçin/civataya düĢen kuvveti,
d perçin / cıvata çapını, tmin birleĢim
bölgesine gelen yada giden levha kalınlıkları
toplamından küçük olanını göstermektedir.
ZayıflamıĢ kesitteki çekme gerilmesi : Yırtılma gerilmesi
 yırtılma 
A
P/2
d
P
t
P/2
P
tmin b  k  d 
Burada; P zayıflamıĢ kesite etkiyen çekme kuvvetini,
b levha geniĢliğini
k zayıflamıĢ kesitte bulunan perçin sayısını,
tmin birleĢim bölgesine gelen yada giden levha
kalınlıkları toplamından küçük olanını göstermektedir.
56
2- Bir plak üzerinde delik açılması (zımbalama gerilmesi)
P
Delme
Ucu
d
t
Plak
ÖRS
P
S
d
 ort 
P
2   r  t
Japonya da bulunan bu köprü zımbalama etkisi yüzünden
57
kullanılamaz halde
Örnek 2
d
ġekilde 40 kN‟luk düĢey kuvveti taĢıyan kafes sistem
görülmektedir. Bütün pimler 20 mm çapa sahiptir. Çatal
uçlardaki kalınlık 10‟ar mm, bağlantı levhasının kalınlığı 15
mm‟dir. Elemanlardaki normal gerilmeleri C mafsalındaki
kayma ve ezilme gerilmelerini hesaplayınız.
t=10 mm
Fc
t1=15 mm
t=10 mm
y
B düğüm noktasının dengesinden çubuk
kuvvetleri kolayca hesaplanabilir.
C
50 kN
30 kN
B
A = 0.002 m2
 AB
 30 103

 7.5 106 Pa  7.5MPa
0.004
Basma
50 103
 25 106 Pa  25MPa
0.002
Çekme
2m
40 kN
A
A = 0.004 m2
B
x
1.5 m
P = 40 kN
 ezilme
 ezilme
 BC 
50 103
C 
 79.6 106 Pa  79.6MPa
2
2 d
4
50 103

 166.7 106 Pa  166.7 MPa
0.015  0.020
50 103

 125 106 Pa  125MPa
2  0.010  0.020
Mesnet levhasında
Çatal uçta
58
Kesici uç
Örnek 3
Civata keskisine 200 N‟luk P kuvveti uygulanmıĢtır.
a)
Civataya ve A, B, C noktasındaki pime gelen kuvvetleri hesaplayınız.
b)
AD parçasının alanı 2x10-4 m2‟dir. Bu elemandaki gerilmeyi belirleyiniz.
B
A
C
25 mm
D
75 mm
25
sap
480 mm
12
FBy
480 mm
FBx=0
25 mm
FCx
P = 200 N
A
M
C
FBx
B
Bir yapı yada makine
içerisinde yalnızca iki pimle
bağlanan
bir
eleman
bulunuyorsa ve bu elemanın
üzerine hiç bir dıĢ kuvvet
etkimiyorsa bu elemanın
görevi pimleri birleĢtiren
doğrultuda kuvvet aktarmaktır. Kesme kuvveti ve
moment oluĢmaz. (iki kuvvet etkisinde dengede olan
cisim konusunu hatırlayınız)
P = 200 N
FBy
 0 200  480  FBy 12
FA
Q
F
yat
 0  FBx  0
 M B  0  100Q  75FA
F
düş
4
FA  Q
3
 0  FA  Q  FBy
4
Q
FBy  Q  Q 
3
3
FBy  8000 N
Q  24 kN
F
y
 0  FCy  200  FBy
FCy  200  8000  8.2 kN
F
x
 0  FCx  0
FA  Q  FBy  8  24  32 kN
12
FCy
 AD
32 103

 160 MPa
2 104
NOT : Kesici uç ve sapta eğilme
ve kesme etkisi vardır.
59
ĠNCE CĠDARLI
BASINÇ KAPLARI
500 Gallon, 1000 psi Pres. Vessel
60
ĠNCE CĠDARLI BASINÇ KAPLARI
Uygulamada rastladığımız otomobil lastikleri, boru, tank ve LPG tüpleri gibi basınç kapları temelde eksenel kuvvet
taĢıyan araçlardır. Basınç kaplarının et kalınlığı/ iç yarıçap, 1/10 ‟dan küçük ise bu tip basınç kaplarını ince cidarlı
olarak sınıflandırmaktayız. Ġnce cidarlı basınç kaplarında normal gerilme kalınlık boyunca sabit kalırken kalın cidarlı
basınç kaplarında değiĢmektedir. Ġnce cidarlı basınç kaplarında ayrıca iç ve dıĢ yarıçap ayrımı yapılmaz (Bu iki
değer birbirine çok yakındır).
Burada, ince cidarlı silindirik ve küresel basınç kaplarını ele alacağız. Basınç kabının cidarları zar gibi –membrandavrandığından eğilme momenti oluĢmayacaktır. Kap eksenel simetrik yapısı ile taĢıdığı maddeden kaynaklanan
basınç etkisi ile serbestçe Ģekil değiĢtirirken yalnızca membran gerilmeleri adı verilen düzgün yayılı normal
gerilmeler oluĢur. Bu kabul, kabın rahatça Ģekil değiĢtiremediği uç bölgeleri ile mesnetleri dıĢında oldukça
isabetlidir. Silindirik kapların uçlarındaki kapak kısımlarında kesme kuvvetleriyle eğilme momentleri ortaya çıkar.
Kesme kuvveti ile Eğilme momentinden kaynaklanan bu gerilmelere süreksizlik gerilmeleri adı verilir. Süreksizlik
gerilmelerini azaltmak için kapaklara uygun bir eğrilik verilir. Bu bölümde verilen bağıntılar, sıvı veya gazdan oluĢan
p iç basıncı halinde kullanılabilir. Vakum kapları ile denizaltılar gibi dıĢ basınç altında kalan araçların incelenmesinde
p‟nin iĢaretinin negatif alınması yeterlidir. DıĢ basınç halinde hesaplanacak gerilmelerin kap cidarlarında burkulma
oluĢturan kritik gerilmelerden küçük olmalıdır.
SĠLĠNDĠRĠK BASINÇ KAPLARI
ġekilde gösterilen iç yarıçapı r, et kalınlığı t, manometre basıncı p olan silindirik hava tankı veya boyleri
düĢünelim. Manometre basıncı; içteki basıncın, dıĢ basıncı ne kadar aĢtığını vermektedir. Kap cidarı üzerinde
gösterilen küçük bir yüzey elemanına etki eden, c ve a gerilmelerini belirlemek istiyoruz. c gerilme bileĢenine,
çevresel gerilme, teğetsel gerilme veya halka gerilmesi; a gerilme bileĢenine ise eksenel veya boyuna gerilme
adları verilir. Çevresel gerilmeyi hesaplamak üzere L boyundaki yarım silindirik bir elemanı içindeki akıĢkanla
birlikte ayıralım. AkıĢkanın kendi ağırlığı ile basınç kabının kendi ağırlığının ihmal edilebilecek kadar küçük
olduğunu düĢünüyoruz. Eksenel doğrultudaki basınç ile gerilmeleri basitlik nedeni ile Ģekil b de gösterilmedi.
ġekildeki kap cidarlarında taĢınan eksenel kuvvet , c (2tL), aynı düzlemdeki akıĢkan basıncından oluĢan kuvvet ise
p(2rL) dir.
61
t
c
L
r
c
t
2r
t
a
p
(a)
L
(b)
p
(c)
a
DüĢey doğrultudaki toplam kuvvetin sıfır olması gerektiğinden;
 c 2tL  p2rL
c 
pr
t
PEACHOID
Eksenel gerilme, silindirik basınç kabından alınan ve Ģekil c‟de gösterilen serbest cisim diyagramı kullanılarak
hesaplanabilir. Bu diyagramdaki cidarın taĢıdığı eksenel kuvvet a (2rt) ; taĢınan akıĢkanın oluĢturacağı eksenel
kuvvet p(r2) ‟dır. Eksenel kuvvetlerin eĢitliğinde,
 a 2rt   pr 2 
a 
pr
2t
bulunur. Elde edilen gerilme bağıntılarından, c=2a olduğu görülmektedir.
62
KÜRESEL BASINÇ KAPLARI
Küresel basınç kaplarındaki gerilmeler, silindirik kapların incelenmesinde uygulanan iĢlemlere benzer Ģekilde
bulunabilir. Küresel kaptan alınan küçük bir elemana etkiyen gerilmeler simetri nedeniyle birbirine eĢittir. Küresel
kap tam ortasından ayrıldığında;
Yazılacak denge denklemi
çevresel gerilme için


p
r

2r

 2rt   p,r 2
pr
2t
t
sonucunu verir. Bu sonuç, kürenin çapını içeren bütün kesimlerde aynı kalır. Radyal doğrultudaki gerilme kabın iç
yüzünde –p; dıĢ yüzünde sıfır olacak Ģekilde değiĢir. Ġnce cidarlı kaplarda bu gerilme c ve a gerilmelerinden çok
küçük olduğundan genellikle ihmal edilir. Ġnce cidarlı basınç kaplarındaki gerilme, iki eksenli gerilme hali olarak
düĢünülebilir.
Örnek 4 Uçlarında yarım küre Ģeklinde kapaklar bulunan silindirik tank 1.38 MPa‟lık basınçlı hava ile doldurulmuĢtur.
Tankın yarıçapı 250 mm, et kalınlığı 8 mm olduğuna göre silindirik ve küresel kısımlarda oluĢacak gerilmeleri
hesaplayınız.
Küresel kapaklardaki gerilme ile silindirik kısımdaki boyuna gerilme aynıdır.
a  
pr 1.38  250

 21.56MPa
2t
28
silindirik kısımdaki çevresel gerilme
c 
pr 1.38  250

 43.13MPa
t
8
en büyük radyal gerilme tankın iç yüzünde  r  1.38MPa dır.
63
EMNĠYET GERĠLMESĠ: GÜVENLĠK KATSAYISI
Yapıların tasarım ve analizinde karĢılaĢılan çevresel etkiler, kullanım yükleri, malzeme özellikleri gibi çeĢitli
belirsizliklere karĢı uygun bir güvenlik katsayısı seçilmesi önemlidir. Belirsizlik doğuran alanların baĢında gerilme
ve Ģekil değiĢtirme kabulleri gelmektedir. Yapının imalatında ve kullanımı sırasında oluĢacak gerilmeler kesin
olarak bilinmediğinden güvenlik katsayısına bazen cehalet katsayısı adı verilir. Bazı durumlarda malzeme,
üzerindeki yük sabit olduğu halde Ģekil değiĢtirmeye devam eder. Zamanla oluĢan bu Ģekil değiĢimine sünme adı
verilir. Diğer taraftan Ģekil değiĢtirmenin sabit olduğu hallerde gerilmedeki azalmaya ise gevĢeme denir. KurĢun,
lastik ve bazı plastiklerde sünme normal sıcaklıklarda meydana gelmektedir. Pek çok metalde sünme olayına
ergime sıcaklığının yüzde 35-50‟si düzeyindeki sıcaklıklarda görülmektedir. Herhangi bir malzemenin sünme hızı
yalnızca sıcaklığa değil aynı zamanda gerilme düzeyi ile yük geçmiĢine de bağlıdır. Sünme kaynaklı deformasyonları
azaltmak amacıyla gerilmelerin küçük tutulması faydalıdır.
Güvenlik katsayısı, yapı elemanına uygulanacak yükün, o elamanın taĢıyabileceği en büyük yükü aĢmamasını garanti
eder. Güvenlik katsayısı, yapı elemanının (göçmeksizin) taĢıyabileceği en büyük yükün kullanım yüküne oranıdır.
Güvenlik Katsayısı =
En Büyük Gerilme
Kullanım Gerilmesi
fs 
 maks
 em
En büyük gerilme, ya akma gerilmesidir yada çekme (basınç) mukavemetidir. Güvenlik katsayısının oldukça küçük
olması, emniyet gerilmesinin oldukça büyük olmasını, bu durumda da yapının kullanımı sırasında problem çıkabileceği
gösterir. Diğer taraftan oldukça düĢük emniyet gerilmesi ve oldukça yüksek güvenlik katsayısı ile yapı ağır ve fazla
maliyetli olur.
Güvenlik katsayısı, genellikle 1.5 veya üstünde seçilir. Seçim de tecrübe ve mühendislik önsezisi önemlidir. Güvenlik
katsayıları pek çok ülkede standart ve yönetmeliklerle belirlenmektedir.
64
Örnek 5
Çapı 1.5 m, et kalınlığı 3 mm olan çelik silindirik tankın ζenbüyük = 240 MPa, fs = 2 olduğuna göre
taĢıyabileceği p basıncını hesaplayınız.
Çevresel ve Eksenel gerilmeler, emniyet gerilmesini aĢmamalıdır.
 em 
a 
 maks
fs

240
pr
 120MPa;  c 
  em
2
t
pr
  em
2t
 p2
 em  t
r
p
120  3
 0.48MPa
750
 0.96MPa
Bulunur. Manometre 0.48 MPa‟ı aĢmamalıdır.
Çekme ve Kısa Basma Çubuklarının Tasarımı
Eksenel yüklü prizmatik çubukların mukavemet yönünden boyutlandırılmasında
1.Mümkün göçme modunun belirlenmesi: Çoğunlukla göçmede normal gerilmenin temel bir büyüklük olduğu kabul edilir.
P
2.Yük ile gerilme arasındaki bağıntının yazılması:

A
3.En Büyük Çekme mukavemetinin belirlenmesi: Malzemenin ζ-ε diyagramındaki en büyük ordinatı ζmaks
4.Güvenlik katsayısının seçilmesi: Enmiyet gerilmesinin hesaplanmasında güvenlik katsayısı fs kullanılır.
 em 
 maks
fs
Gerekli enkesit alanı
A
P
 em
Olur. Yukarıda sözü edilen iĢlemler çekme ve kısa basınç çubuklarının boyutlandırılmasında kullanılır. Narin basınç
çubuklarının boyutlandırılması daha sonra incelenecektir. Eğer çubuk en kesitinde ani bir değiĢim varsa yukarıdaki
iĢlemler 2. adımdaki gerilmenin hesabında gerilme yığılması katsayısı kullanılarak tekrarlanır.
65
Örnek 6
ġekilde gösterilen kare kesitli
alüminyum AB çubuğu ile dairesel
kesitli çelik AC çubuğunun enkesit
alanlarını hesaplayınız. Alüminyum ve
çelik çubuklar için en büyük gerilmeler sırasıyla 275 ve 480 MPa ve
güvenlik katsayısı 2.5‟dir.
A
C ve E düğümlerinde 50
ve 20 kN‟luk yükleri
taĢıyan kafesin AC, AD,
CD ve CE çubuklarının
alanlarını hesaplayınız.
Emniyet
gerilmesi
çekmede 140, basmada
100 MPa‟dır.
3
3m
2m
20 kN
b
C
A
E
2m
a
RBx
b
B
D
Çubuk kuvvetlerini, kesim yöntemini kullanarak (statik
bilgilerinizden yararlanarak) kolayca bulabilirsiniz.
1
7.8
2
B
C
70 kN
70 kN
FB
50 kN
90 kN
90 kN
Fc
3m
50 kN
a
RAy
RAx
2m
7.2
1
P = 60 kN
Örnek 7
20 kN
4.2 m
A
C
A
45°
20 kN
50 kN
99 kN
99 kN
D
50 kN
70
20
20 kN
20
C
A
99
2m
-50
E
8.
28
90
-2
3
 M B  0  FC * 7.8  4.2  60  3  FC  111.4 kN
1
 M C  0  FB * 2  4.2  60  7.2  FB  145.5 kN
?
1
7.2
F

 x 0   145.5 2  111.4 7.8  0
 al 
275
 110 MPa
2.5
 çe 
480
 192 MPa
2.5
AAB 
145.5 103
 1322.7 mm2  a  36.4 mm
110
AAC 
111.4 10
 580.2 mm2  d  27.18 mm
192
3
90
B
AAD 
-90
D
99 103
 707.1 mm2
140
AAC  ACE 
ACD 
20 103
 142.9 mm2
140
50 103
 500 mm2
100
66
Örnek 9
Örnek 8
ġekilde gösterilen çubuğa uygulanabilecek en
büyük P kuvvetini; çekme gerilmesinin 100
MPa, basma gerilmesinin 140 MPa‟ı aĢmaması
koĢuluyla hesaplayınız.
ġekilde gösterilen sistem dengededir. a) Normal gerilmenin 140
MPa değerini aĢmaması koĢulu ile CD çubuğunun çapını, b) B‟deki
8 mm çaplı pimdeki kayma gerilmesini, c) B mesnedindeki yatak
gerilmesini, d) B mesnedine bağlanan çubuktaki yatak gerilmesini
hesaplayınız.
D
C
B
A
P
C
6P
D
225 mm2
E
P
4P
900 mm2
2P
150 mm
400 mm2
10 mm
5 kN
N
200 mm
60o
P
P
6 mm
B
+
C
A
-
D
P
E
B
A
6 mm
B
8 mm
2P
5P
 AB 
P
 100  P  22.5 kN
225
 BC 
5P
 140  P  25.2 kN
900
P
 140  P  56 kN
400
2P

 140  P  28 kN
400
M
a)
b)
 CD 
 DE
Pem  min 22.5; 25.2; 56; 28  22.5 kN
c)
d)
B
 0  150P  5 sin 60  200  P  5.774 kN
5.774 103
 140  d  7.25 mm
d 2
4
B  4.332  8.2742  9.34 kN
By  5 sin 60  4.33 kN
9340
Bx  5.774  5 cos 60  8.274 kN

 92.95 MPa
 82
2
9340
4
 yatak 
 97.3 MPa
12  8
 CD 
 yatak 
9340
 116.75 MPa
10  8
67
ġekilde görülen iki plak dört adet 20 mm çaplı perçinle birleĢtirilmiĢtir. em = 100 MPa, em = 80 MPa,
emezilme = 140 MPa olduğuna göre bu birleĢimin taĢıyabileceği en büyük P kuvvetini hesaplayınız.
Örnek 10
15 mm
a
b
c
10 mm
P
100 mm
P
120 mm
P
Çok sayıda birleĢim elemanının bulunduğu sorularda her perçin
yada civatanın eĢit kuvvet taĢıdığı kabul edilir. AĢağıdaki Ģekilde
üst levhadaki P kuvvetinin a kesitini aĢınca P/4 kadar azalarak
3P/4 değerine düĢtüğü, b kesitinden sonra 2*P/4 kadar daha
azalarak P/4 değerine indiği, c kesitinden sonra üst levhada hiç
kuvvet kalmadığı Ģematik olarak gösterilmiĢtir. Alttaki levhada
baĢlangıçta sıfır olan kuvvet a, b ve c kesitlerinden sonra arta
arta en sonunda P değerine yükselmektedir.
15 mm
P
10 mm
P
80 mm
P
0
Bir perçinin kesilmeye ve ezilmeye göre taĢıyabileceği kuvvet
P1
 80  P1  25.132 kN P  4* P1  100.53 kN
 202
4
P
 ez  1  140  P1  28 kN P  4* P1  112 kN
20 10

Üst levhada Yırtılmaya göre tahkik;
 üst levha
a a
P

 100  P  90 kN
80  20  15
 üst levha 
3P / 4
 100  P  120 kN
100  2* 20  15
 üst levha 
P/4
 100
100  20  15
b b
c c
 P  480 kN
3P/4
P/4
P/4
3P/4
0
P
P
Alt levhada Yırtılmaya göre tahkik;
 alt levha 
P
 100  P  100 kN
120  20  10
 alt levha 
3P / 4
 100  P  107 kN
120  2* 20  10
 aalt alevha 
P/4
 100
120  20  10
c c
b b
 P  400 kN
Yırtılma bakımından kritik olan kesit ya birinci ya da ikinci kesittir.
Pem  min 90; 100.53kN .......  90 kN
68
ġekilde gösterilen pim bağlantılı çerçevede a) 150 mm2 enkesit alanına sahip CE çubuğundaki normal
gerilmeyi, b) D noktasında çift tesirli olarak çalıĢan 10 mm çaplı pimdeki kayma gerilmesini hesaplayınız.
Örnek 11
Pim bağlantılı çerçevelerde ilk adım mesnet reaksiyonlarının
hesaplanmasıdır. Daha sonra çerçeve elemanları teker teker ele
alınıp her bir elemanda üç adet denge denklemi yazılması yoluyla
istenen kuvvetler kolayca bulunur.
A
2m
C
M
6m
B
D
F
x
E
2m
30o
10 kN
C
 0  10 cos 30  8  8 A  0  A  8.66 kN
 0  Bx  3.66 kN
F
8.66 kN
11.55 kN
M
ACD
D
CE  16.33 kN
 CE 
16330
 108.9 MPa
150
CE = 16.33 kN
Dx  2.89 kN
Dy  11.55 kN
D  2.892  11.552  11.906 kN
2.89 kN
D 
11.55 kN
 0  By  8.66 kN
 0  CE cos 45  6  8  8.66  0
ACD çubuğunun dengesi
11.55 kN
D
y
CE çubuğu, iki ucu mafsallı olduğundan yalnız
eksenel kuvvet taĢır.
6m
A
B
11906
 75.8 MPA
 10 2
2
4
69
150 mm çaplı makara, 25 mm çaplı
mile 5*5*25 mm boyutlara sahip bir
kama ile bağlanmıĢtır. Kamadaki
kayma gerilmesini hesaplayınız.
Örnek 12
5 kN
5*5*25 mm
boyutlu
kama
Örnek 14
0.8 m yarıçaplı küresel bir basınç kabı; iki yarım küre
parçanın eĢit aralıklarla yerleĢtirilen 40 adet cıvata
yardımıyla birleĢtirilmesinden oluĢmaktadır. Ġç basınç 600
kPa olarak verildiğine göre cıvata çapı d ile basınç kabının
et kalınlığı t‟yi hesaplayınız. Cıvata ve küresel kabın emniyet
gerilmeleri sırasıyla 100 ve 50 MPa olarak bilinmektedir.
150 mm
t
25 mm
3 kN
M
0
 0  5  3 75  Fkama12.5  Fkama  12 kN

0.8 m
12000
 96 MPa
5  25
d
Örnek 13
Bir barajın türbinlerine su ileten cebri boru 120 m‟lik su
yükü altındadır. Boru çapı 900mm‟dir. Boru malzemesinin en
büyük gerilmesi 100 MPa, güvenlik katsayısı 1.6‟dır. Borunun
en küçük et kalınlığı t ne olmalıdır? (gsu= 9.81 kN/m3)
p  g  h  120  9.81  1177 kN / m2
p  1.177 MPa
1.177  450  maks 100
c 


 tmin  8.47 mm
t
fs
1.6
pr 0.6  800

 50   em
2t
2t
t  4.8 mm
c 
Bir civataya
düĢen kuvvet


50  2    800  4.8
 30160 N
40
30160
 100  d  19.6 mm
d2
4
70
ÇalıĢma Soruları
ġekilde gösterilen birleĢim, levhaların alt ve üst yüzlerine
yerleĢtirilen 5 mm kalınlıklı bağ levhaları ve 4 adet 19 mm
çapındaki perçinle yapılmıĢtır. çem = 120 MPa, em =70 MPa,
emezilme = 240 MPa olarak bilindiğine göre birleĢimin
emniyetle taĢıyabileceği P kuvvetini bulunuz.
ġekilde gösterilen ABC rijit elemanı CD yüksek mukavemetli
teli ve A noktasından uygulanan P kuvveti ile dengededir.
Telin taĢıyabileceği en büyük çekme gerilmesi  = 350 MPa
ve güvenlik katsayısı 3,3; B noktasındaki pimin taĢıyabileceği
en büyük kayma gerilmesi  = 300 MPa ve güvenlik
katsayısının 3,0 olduğu bilindiğine göre telin ve pimin en
küçük çapı ne olmalıdır?
120 mm
ġekilde gösterilen üç elemanlı
kafes sisteme E noktasından P
kuvveti etkimektedir. C ve D
noktasından
mafsalla
birleĢtirilen, eksenel yük taĢıyan
CD
elemanı
30x50
mm
dikdörtgen
kesitlidir.
E
noktasından
uygulanan
P
kuvvetinin Ģiddeti 210 kN
olduğunda CD çubuğunda oluĢan
normal gerilmeyi hesaplayınız.
71
BĠRĠM ġEKĠL DEĞĠġTĠRME VE MALZEME (BÜNYE) BAĞINTILARI
Bir önceki bölümde bir yapı yada makine elemanındaki gerilmeler incelendi. ġimdi gerilme kadar önemli bir konu
olan Ģekil değiĢtirme konusunu ele alacağız. ġekil değiĢtirme veya deformasyon analizi, birim Ģekil
değiĢtirmelerin tanımları ile baĢlar. Birim Ģekil değiĢtirmeler deformasyonun Ģiddetinin ölçülmesinde kullanılır.
Ġleriki bölümlerde malzemelerin önemli karakteristik özellikleri tanımlanacaktır. Mühendislikte kullanılan
malzemelerin eksenel çekme deneyi yardımıyla belirlenen mekanik özellikleri üzerinde durulacaktır. Tek eksenli,
çok eksenli ve kesme kuvvetleri etkisinde gerilme ve birim Ģekil değiĢtirme arasındaki bağıntılar ele alınıp Ģekil
değiĢtirme enerjisi kavramı ile tekrarlı yüklemelerin oluĢturacağı kırılma olayına giriĢ yapılacaktır.
DıĢ kuvvetlerin etkisi altında bulunan bir cismin her noktası yer değiĢtirir. Herhangi bir noktanın yer
değiĢtirmesi; Ģekil değiĢtirmeden yada rijit cisim hareketlerinden (ötelenme ve dönme) veya bu iki etkinin
bileĢiminden meydana gelir. Cisim içindeki noktaların birbirlerine göre olan konumlarında bir değiĢme varsa
cisim Ģekil değiĢtirmiĢtir denir. Herhangi iki nokta arasındaki uzaklık yada herhangi üç nokta arasındaki açı
değiĢmiyorsa yer değiĢtirmenin sebebi rijit cisim hareketleri olabilir. Bu bölümde yük etkisindeki mühendislik
yapılarında, Ģekil değiĢtirme ile ortaya çıkan küçük yer değiĢtirmeler incelenecektir.
ġekil değiĢtirme sonucu cismin hacminde yada biçiminde değiĢme olabilir. Bir yapı elemanındaki gerçek gerilme
yayılıĢının belirlenmesinde bu yapı elemanındaki Ģekil değiĢtirmenin dikkate alınması gerekir. DıĢ yükler ve
sıcaklık tesiri etkisindeki hiperstatik yapıların analizinde Ģekil değiĢimi kullanılarak hiperstatik kuvvetlerin
hesaplanması için gereken ilave denklemler sağlanır.
Toplam eksenel Ģekil değiĢtirme d ile gösterilecektir. Cisim içerisindeki herhangi bir noktada x, y ve z
eksenleri yönündeki yer değiĢtirme bileĢenleri u, v ve w ile tanımlanacaktır. Birim Ģekil değiĢtirmeleri 1‟in
yanında küçük, çarpımlarıyla karelerini ihmal edilebilecek kadar küçük kabul etmekteyiz.
72
BĠRĠM ġEKĠL DEĞĠġTĠRME TANIMLARI
Normal birim Ģekil değiĢtirme prizmatik bir çubuk üzerinde tanımlanacaktır.
Birim boydaki uzunluk değiĢimi: Uzama oranı
L
A
B
x
x
A‟
u
e

B‟

P yükü uygulandıktan sonra
çubuk boyundaki toplam uzama
L
Çubuk baĢlangıç boyu
P
u+u
e > 0 UZAMA
e < 0 KISALMA
BĠRĠMSĠZ
Kayma Ģekil değiĢtirmesi, baĢlangıçta dik olan iki doğru arasındaki açının Ģekil değiĢtirme sonrası diklikten saptığı
değerin tanjantına denir. Açı küçük olduğundan tanjantı yerine radyan cinsinden kendisi yazılabilir.
g

2
 
g > 0 DĠK AÇI KÜÇÜLÜR
g < 0 DĠK AÇI BÜYÜR
BĠRĠMSĠZ
Elastik bölgede Ģekil değiĢtirmeler 0.002 veya 2000 değerlerini pek aĢmaz.
Uzunluk ve açıdaki değiĢimler uniform ise dikdörtgen içine aldığımız iki formül yeterli hassasiyette sonuç verir.
Uniform olmayan bir Ģekil değiĢtirme söz konusu ise bir noktadaki birim Ģekil değiĢtirmelerin tanımlanması gerekir.
73
Üçgen ABC plağı, ABC‟ Ģeklini alacak biçimde üniform Ģekil değiĢtirme yapmıĢtır.
a) OC ekseni doğrultusundaki normal Ģekil değiĢtirmeyi,
b) AC kenarı boyunca normal Ģekil değiĢtirmeyi,
c) AC ve BC kenarları arasındaki kayma Ģekil değiĢimini, hesaplayınız.
Örnek 1
A
e OC 
b
b
O
C
C‟
0.001 b
 0.001  1000
b
 b 
o
ACˆ B  2 tan 1 
  89.943
1
.
001

b


b
0.001b
B
e AC
Radyan cinsinden
b

2
 b  0.001 b 
2 b
2

1
2
 2 b
 502
Dik açıdaki değiĢim = 90 -89.943 = 0.057o
  
  995
 180 
g  0.057
ACB açısı azaldığı için kayma Ģekil
değiĢimi pozitiftir.
ÖRNEK 2
ÖRNEK 3
Küresel bir balonun 200 mm olan
çapı, ĢiĢirildikten sonra 201 mm
olmuĢtur. Ortalama çevresel uzama
oranını hesaplayınız.
Ġçi boĢ bir silindir iç basınç etkisinde 200 mm olan iç çapı 0.5 mm, 400 mm
olan dıĢ çapı 0.3 mm artmıĢtır. a) Çevresel doğrultudaki en büyük uzama
oranı b) Radyal doğrultudaki ortalama uzama oranını hesaplayınız.
Çevre=
ec 
 D, D0 : ilk çap
D  D0 D  D0
1


 5 103
D0
D0
200
Ġç çevredeki uzama oranı
e ciç 
 200.5   200 0.5

 0.0025
 200
200
DıĢ çevredeki uzama oranı
e cdiş 
 400.3   400 0.3

 0.00075
 400
400
Radyal doğrultudaki uzama oranı
er 
t 99.9  100

 0.001
t
100
74
ġekilde görülen dikdörtgen levha, yüklemeden sonra bir paralel kenara dönüĢmüĢtür. Levhanın AB ve CD
kenarları 0.005 mm uzayıp 0.0012 radyan saat dönüĢü yönünde dönerken AD ve BC kenarları ise 0.002
mm kısalarak 0.0004 radyan saat dönüĢ yönüne ters yönde dönmüĢtür. a=40mm, b=20mm olduğuna göre
düzlem birim Ģekil değiĢtirme bileĢenlerini hesaplayınız.
ÖRNEK 4
y
ex 
y
B
C
B
0.0012
x
A
C
D
a=40 mm
39.998 mm
A
ÖRNEK 5
ey 
20.
005
b=20 mm
 0.002
 0.00005
40
0.0004
x
D
0.005
 0.25 103
20
g xy  0.0012  0.0004  0.0016
e x  6104 e y  4104
ġekilde görülen ince dikdörtgen plak iki eksenli çekme gerilmeleri etkisinde
uzama oranlarını yapmaktadır. AC köĢegenindeki boy değiĢimini hesaplayınız.
0.061
y
B
y
C
C
C‟
AC köĢegeninin Ģekil değiĢtirdikten
sonraki ilk uzunluğu;
B
.6
253 .734
253
152 mm
x
A
203 mm
D
D
A
 253.734mm
x
0.122
AD kenarındaki toplam Ģekil değiĢtirme=
AD  e x  0.122mm
AB kenarındaki toplam Ģekil değiĢtirme=
AB  e y  0.061mm
AC köĢegeninin ilk uzunluğu=
152.0612  203.1222
1522  2032  253.6mm
AC köĢegenindeki boy değiĢimi;
 AC  0.1343mm
75
ġekil DeğiĢiminin BileĢenleri
Üniform Ģekil değiĢtirme yoksa birim
Ģekil değiĢtirme cismin içinde noktadan
noktaya değiĢir. Daha önce yazdığımız
bağıntıların x uzunluğundaki bir AB
doğru parçası ile ilgili olması gerekir.
Eksenel
kuvvet
altında
doğru
parçasının uçları u ve u + u yer
değiĢtirmelerini yaparak A‟ ve B‟
noktalarına gelir. Yani doğru parçasının
boyunda u kadarlık bir uzama
gerçekleĢir. Tanım gereği normal Ģekil
değiĢtirme
Bir düzlem elemanın doğrusal Ģekil değiĢtirmeleri
y
u
dx
x
u
v
v
dy
y
dy
v
x
u


 dx  u  dx  u   dx
u
x

ex  

dx
x


v
 dy  v  dy  v   dy
y
v

ey  

dy
y
dx
Bir düzlem elemanın açısal (kayma) Ģekil değiĢimi
u
dy
y
y
u du
e x  lim

x 0 x
dx
dır. Burada limitin anlamı düĢünülürse
Δx,
sıfıra
giderken
yalnızca
A
noktasında x doğrultusundaki uzama
oranı ifade edilmektedir.
Düzlem veya iki eksenli Ģekil değiĢtirme
durumunda yükleme öncesi ve sonrası
cisim içindeki her nokta yine aynı
düzlem içinde kalırlar. Bu durumda birim
kalınlıklı dx ve dy boyutlu bir eleman
doğrusal ve açısal Ģekil değiĢtirme
yapabilecektir.
u
C‟
u
g xy
B‟
B
C
D‟
dy
A‟
v
A
D
v
dx
x
x
u
v
dy
dx
y
x


u 


v 
 dy  v  y dy   v  dx  u  x dx   u


u
v
dy
dx
u v
y

 x


1  e y  dy 1  e x  dx y x
dx
Örneğin u‟nun y ekseni doğrultusundaki değiĢimi (hızı) u , u‟daki
y
u
u
artıĢ ise
sonsuz küçük elemanın baĢlangıçta
dy dır. Burada
y
y
düĢey olan kenarının eğimi olur.
76
gösterimi (notasyonu) kullanılmaktadır. Benzer Ģekilde
B
x
v
y
ex 
u
x
g xy 
u v

y x
u
u
dx  dy
x
y
v
v
dv  dx  dy
x
y
du 
Bu ifadelerdeki her terim, fiziksel anlamından
hareketle yandaki Ģekil üzerinde iĢaretlenmiĢtir.
u
dy
y
C
Rijit ötelenme
u
dx
x
D
dy
u
Bir noktadaki düzlem Ģekil değiĢtirme halini
anlatabilmek için yukarıda tanımlanan üç birim
Ģekil değiĢtirme bileĢeninin verilmesi gerekir.
Önceki sayfada süperpozisyon kuralı kullanılarak
elde edilen bir noktadaki doğrusal ve açısal
düzlem Ģekil değiĢtirme bileĢenlerini tek bir Ģekil
üzerinde tekrar gösterelim.
Yer değiĢtirme fonksiyonlarındaki değiĢimi
aĢağıdaki biçimde yazmak mümkündür.
v
dx
x
B
y
yatay kenar da v açısı yapacak Ģekilde yükselir.
ey 
C
v
dy
y
u
dy
y
u ve v, x ve y‟nin fonksiyonu olduklarından kısmi türev
A
v
dx
x
D
v
x
dx
Düzlem elemanın doğrusal Ģekil değiĢtirmeleri
u 

 dx  dx   dx u
x 
ex  

dx
x

v 
 dy  y dy   dy
v

ey  

dy
y
Düzlem elemanın Açısal Ģekil değiĢtirmeleri
g xy
u
u
v
v
dy
dy
dx
dx
u v
y
y

x

x






u  1  e y  dy 1  e x  dx y x

v  
 dy  y dy   dx  x dx 

77

 
UYGUNLUK DENKLEMLERĠ
Bir noktadaki düzlem Ģekil değiĢtirme hali örneğin xy düzlemi için, x ve y eksenleri doğrultusundaki uzama oranları ile
xy düzlemindeki kayma açısı yardımıyla tanımlanmaktadır.
Bir noktadaki üç boyutlu Ģekil değiĢtirme halinin tanımlanmasında x, y ve z eksenleri doğrultusundaki uzama oranları ile
xy, yz ve xz düzlemlerindeki kayma açılarının verilmesi yeterlidir.
Kenarları dx, dy ve dz olan üç boyutlu bir prizmatik elemanın yapacağı Ģekil değiĢtirmeyi tanımlamakta aĢağıdaki altı
adet Ģekil değiĢtirme bileĢenleri kullanılır. Bu Ģekil değiĢtirme bileĢenleri tıpkı gerilme haline benzer bir simetrik
tansör oluĢturur.
ex 
u
,
x
g xy 
u v
 ,
y x
ey 
v
,
y
g yz 
ez 
v w

,
z y
w
z
g xz 
u w

z x
 ex

e  g yx
g zx

g xy g xz 

e y g yz 
g zy e z 
Eğer bir noktadaki Ģekil değiĢtirme halini anlatan 6 bağımsız Ģekil değiĢtirme bileĢeni biliniyorsa, prizmanın
boyutlarındaki ve Ģeklindeki değiĢimi tam olarak belirleyebiliriz.
6 adet birim Ģekil değiĢtirme bileĢeni, eksenler doğrultusundaki üç adet yerdeğiĢtirme fonksiyonlarına türevlerle
bağlıdır. Demek ki bu büyüklükler birbirlerinden bağımsız olamazlar. ex, ey, ez, gxy, gyz ve gxz‟nin sağlaması gereken 6
adet ifadeye UYGUNLUK denklemleri denir. Ġki boyutlu problemlerde yalnızca 1 adet uygunluk denklemi vardır.
Uygunluk denklemleri Ģekil değiĢtirmenin sürekli ve tek değerli olduğunu ve Ģekil değiĢtirme sırasında cismin içinde
kütle kaybı (boĢluk) olmayacağını ifade ederler.
2
2
 2e x  e y  g xy
 2 
y 2
x
x  y
Düzlem Hali için Uygunluk denklemi
78
ÖRNEK 7
Örnek 6
0.4x0.4 m‟lik kare ABCD plağının yüklemeden sonraki
hali Ģekil üzerinde kesikli çizgilerle gösterilmiĢtir. A
köĢesinde, düzlem Ģekil değiĢtirme bileĢenlerinin
ortalama değerlerini hesaplayınız.
ġekilde gösterilen bisiklet fren lastiği V kesme kuvveti
etkisiyle deforme olup AB’C’D Ģeklini almıĢtır. Kayma
açısının;
a) herhangi bir noktada, b) Yüksekliğin ortasında c)
Orijinde aldığı değerleri hesaplayınız.
y
y
0.15 mm
400 mm
h=0.5 mm
B
0.25 mm
B
C
400 mm
0.1 mm
A
D
0.3 mm
ex 
uD  u A
x
0.7  0.3
 1000
400
g xy 
0  0.3 0.1  0

 500
400
400
2
A
x
D
x
a
vB  v A
y
ex 
 y
x  h 
b
C‟
C
B‟
b=200 mm
0.7 mm
ey 
V
ey 
g xy 
u B  u A vD  v A

y
x
 0.25
 625
400
Negatif iĢaret açının arttığını gösterir.
 y
u  h
b
u
g xy 
y
a)
g xy 
b) g xy 
2

 , v0

v
2h

 2 y
x
b
2  0.5
y  0.025 103 y
2
200
2  0.5
100  0.0025
200 2
c) g xy  0
79
ÖRNEK 8
ÖRNEK 9
ġekilde görülen ince üçgen plak, uniform Ģekil
değiĢtirme yaparak A‟B‟C‟ biçimini almıĢtır. ex ve ey
uzama oranları ile AC ve BC kenarları arasındaki kayma
açısını hesaplayınız
y
1.2mm
A
1m
1m
1.2mm
B
B‟
A‟

C‟
ġekilde gösterilen çubukta oluĢacak en büyük
uzama oranını; elemanın uzunluğu
doğrultusundaki yerdeğiĢtirme fonksiyonunu

ex

a)
u  x 2 L 103
b)
 x 
u  L 10 3 sin  
 2L 


olması durumları içi ayrı ayrı hesaplayınız.
1m
1.5mm
x
C
x
L
ex 
1.2
 0.0012
1000
ey 
 1.5
 0.0015
1000
 1001.2 
o
2   2  tan 1 
  90.15
 998.5 
g xy  90  90.15

180
 0.0027radyan
a)
b)
ex 
ex 

du 2 x

103
 0.002
maks
dx L
xL
du 
x 

L 103  cos 

dx 2 L
 2 L  maks

10   0.00157
2
3
80
Mühendislikte Kullanılan Malzemeler
Eksenel yüklü çubuk problemini tekrar ele alalım. Yazılabilecek iki denklemde;
Gerilme-DıĢ yük
Birim Ģekil değiĢtirme - yerdeğiĢtirme
. x , e x , u
P
A
u
ex 
x
x 
Olmak üzere üç bilinmeyen vardır. Gerekli olan bir ilave denklem ζ-ε iliĢkisi malzeme kaynaklıdır. Sonuçta eleman
üzerindeki yüklerden oluĢan yerdeğiĢtirmeler ve malzemelerin mekanik özellikleri birleĢtirilebilir.
Bünye Bağıntılarının Deneysel Olarak Belirlenmesi
Malzemenin yük altındaki davranıĢını tanımlamakta gerilme ve birim Ģekil değiĢtirme kavramlarının kullanılacağı daha
önce GERĠLME konusu anlatılırken söylenmiĢti. Bu bölümün baĢında uzama oranı ve kayma açısı adı verilen iki birim
Ģekil değiĢtirme kavramı açıklandı. Malzemenin yük altındaki davranıĢını belirlemek amacıyla eksenel çekme ve kesme
deneyi gibi basit deneyler yapılır. Eksenel çekme deneyinde genellikle silindirik numuneler kullanılır. Numuneye
uygulanan çekme kuvveti yavaĢ yavaĢ arttırılarak numunenin boyundaki uzamalar ölçülür. DüĢey eksende uygulanan
çekme kuvveti yatay eksende numune boyundaki uzamayı gösteren kuvvet-deplasman diyagramından yalnızca o
numune hakkında bilgi alınabilir. Malzeme davranıĢını betimleyen sabitlerin bulunmasında birim alana gelen kuvvet ile
birim boydaki değiĢimi ifade eden ζ-ε diyagramı tercih edilir.
Ġki ve üç eksenli gerilme halinde, bünye bağıntılarının deneysel olarak belirlenmesi pratik bakımdan mümkün değildir.
Hem yapılması gereken deney sayısı çok fazladır, hem de deneylerin yapılmasında teknik zorluk söz konusudur. Bu
sebeple tek eksenli çekme ve kesme deneyi sonuçları çok eksenli gerilme etkisindeki malzeme davranıĢını ifade
etmek üzere genelleĢtirilir. Yük altındaki malzemede oluĢan gerilmeleri, birim Ģekil değiĢtirmelere bağlayan bünye
yada malzeme bağıntılarına genelleĢtirilmiĢ Hooke yasaları adı verilir. ġimdi mühendislikte kullanılan çeĢitli metaller,
plastikler, ahĢap, seramikler cam ve beton gibi malzemelerin önemli özelliklerini tanımlayacağız.
81
ELASTĠK MALZEME
Elastisite : Yüklerin kaldırılması ile ilk Ģekillerine geri dönme özeliğidir. Yüklemenin büyüklüğüne bağlı bir özelliktir.
Plastisite : Ġlk Ģekle dönüĢ olmayan malzemelere has bir özelliktir.
Süneklik : Kırılmadan önce büyük Ģekil değiĢtirme yapabilme özelliği. Örnek: çelik, çeĢitli alaĢımlar, naylon
Gevreklik : Kırılmadan önce çok az deformasyon yapma özelliğidir. Örnek: Dökme demir, beton
SÜNEK
Yükleme
Hızı
Gerilme
ġekli
Sıcaklık
GEVREK
KOMPOZĠT MALZEME Ġki veya daha fazla sayıda malzemeden oluĢan bünyeye denir (Çelik lifli cam, polimerler)
Matris adı verilen bağlayıcı içinde yüksek dayanımlı malzemenin katılmasından oluĢur. Homojen malzemelere göre
daha yüksek dayanım/öz ağırlığa sahiptir. Mukavemet dersinde HOMOJEN ĠZOTROP malzemeler ele alınacaktır.
Ġzotrop malzemenin yük altındaki davranıĢı yönden bağımsızdır. Örneğin izotrop malzemeden yapılmıĢ bir kübe
uygulanan yük, hangi doğrultuda etkirse etkisin aynı Ģekil değiĢimi ölçülecektir. AhĢap ise anizotrop bir malzemedir.
Kuvvet etkisindeki davranıĢı yöne bağlıdır. AhĢabın büyüme doğrultusunda etkiyen yükü taĢıma özelliği iyi iken enine
doğrultuda etkiyen yükleri taĢıma özelliği düĢüktür.
Süneklik önemli bir malzeme özelliği olduğu kadar yapısal davranıĢ açısından da aranan bir özelliktir. Deprem gibi çok
büyük zorlamalar geldiğinde her elemanın taĢıyabildiği kadar kuvveti taĢıması fazlasını ise komĢulara aktarabilmesi
(yüklerin yeniden dağılımı) ancak yapı elemanlarının kırılmadan büyük Ģekil değiĢtirme yapabilmesi ile diğer bir deyiĢle
sünek davranıĢla mümkündür. Sünek davranıĢda büyük deformasyonlar söz konusu olduğundan zorlanmayı haber
verme özelliği bulunmaktadır.
Gevreklik ise sünekliğin tersi bir özellik olarak deformasyon yapma kabiliyetinin olmaması demektir. Gevrek
davranıĢta malzeme yada yapı aniden göçerek büyük mal ve can kaybına sebep olur. Gevrek davranıĢta haber vericilik
yoktur.
82
GERĠLME-BĠRĠM ġEKĠL DEĞĠġTĠRME DĠYAGRAMI
ζ-ε diyagramları malzeme özelliklerinin belirlenmesinde kullanılır. Diyagramlar eksenel çekme deneyi yapılarak
çizilir. Genellikle dairesel kesitli bir numune deney aletine taklılır ve oda sıcaklığında yavaĢ yavaĢ arttırılan
eksenel çekme kuvveti uygulanır. Numunedeki uzamaları ölçmek için Ekstansometre adı verilen bir alet kullanılır.
Ölçek M
Ölçek N
Ölçek M
Ölçek M
Solda verilen diyagram, yapı çeliği
için ζ-ε diyagramıdır.
OABCDE diyagramının ilk kısmı
ölçek
değiĢtirilerek
yeniden
çizilmiĢtir.
OABCF gerçek gerilme-gerçek
uzama oranı diyagramı
Diyagramlar: Uğural, 1991
Birim ġekil DeğiĢtirme e
Uzama Oranı e
Gerçek gerilme- gerçek uzama oranı diyagramı malzeme konusundaki araĢtırmalarla plastik davranıĢın
incelenmesinde kullanılır.
DĠYAGRAMIN
OA KISMI : Elastik bölge, A noktasına kadar ζ-ε doğrusal A noktasından sonra malzemede gerilme artmaksızın
uzama görülür. Genellikle A ve B akma noktası aynı alınır.
Orantı sınırı
 pL   a
Akma sınırı
83
AE KISMI :Plastik bölge, CD arasında uzamalar gerilmenin
artmasıyla mümkün, buna pekleĢme adı verilir. C noktasından
sonra ulaĢılan D noktası ζçekmedayanımı adı verilir.
ζE = Kırılma dayanımı, Kırılmada parçalar çubuk eksenine 45o
açı yapan yüzeyler oluĢturur.
Klasik diyagramlar, gerçek gerilme gerçek Ģekil değiĢtirme
diyagramlarındaki açılmanın sebebi uzamaların tek bir kesitte
birikmesidir. Buna boyun verme denir.
Boyun verme
Standart Süneklik Ölçüleri:
Uzama Yüzdesi =
Lkıırılm  L0
100  %25 (Yapı çeliğinde)
L0
Alan Azalma Yüzdesi =
A0  Akıırılm
100  %50 (Yapı çeliğinde)
A0
Alüminyum, magnezyum ve bakırda belirgin bir akma noktası görülmez. Akma gerilmesini bulmak üzere 0.002‟lik
uzama oranına karĢı gelen noktadan baĢlangıç teğetine paralel çizilir.
Plastik bölgedeki numuneden yük kaldırılırsa baĢlangıç teğetine paralel olarak yük boĢaltma eğrisi (doğrusu)
görülür.
BG//OA, B noktasındaki uzama malzemede kalıcı olur. Yeniden yüklendiğinde GB ve orijinal diyagram üzerindeki
eğri boyunca ilerlenir.
Sünek malzemelerin eksenel çekme ve eksenel basınç altındaki davranıĢları aynıdır. Gevrek malzemelerin
çoğunda eksenel basınç dayanımları, çekme dayanımlarından fazladır.
Malzeme özellikleri direkt kesme ve burulma deneyleriyle de bulunabilir. Bu deneylerde η-γ diyagramları çizilir.
Akma gerilmesi ve dayanım sınırı çekme deneylerinde bulunanın yarısı mertebesinde elde edilir.
84
HOOKE YASASI VE POISSON ORANI
Yapı malzemelerinin çoğunda ζ-ε diyagramları doğrusal elastik bir bölge ile baĢlar.
  E e
Ġfadesi HOOKE yasası olarak bilinir.
E : Elastisite modülü (Young Mudülü) Birimi gerilme birimi ile aynı [Pa, MPa] BaĢlangıç teğetinin eğimidir. Çelik için
200-210 GPa dır.
ε : boyutsuz büyüklük
Orantı limiti üstündeki noktalardaki diyagram eğimine teğet modülü Et adı verilir.

Eğim = Et
 0   pL
Yine orantı limiti üstünde     E oranına Sekant modülü adı verilir. Bu
s
e 
üç değer malzemenin çekme ve basınçtaki rijitliğinin ölçüsü olarak kullanılır.
Elastisite özelliği kesme kuvveti taĢıyan bir eleman üzerinde benzer Ģekilde
ölçülebilir.  – g diyagramının doğrusal elastik olduğu kısımdan
Eğim = Es
Eğim = E
e
  G g
Kayma gerilmesi – Kayma Ģekil
değiĢtirme için “Hooke Yasası” denir.
Kayma Modülü [Pa, MPa]
Çekme gerilmeleri uygulandığında elemanın boyu uzarken elemanın en kesit alanı azalır (enine doğrultuda büzülme olur).
Elastik bölgede;
n=-
Enine Uzama Oranı
Boyuna (eksenel) Uzama Oranı
n : Poisson Oranı : 0.3 Çelik için
0.5 kauçuk
0.1 beton
genellikle 0.25-0.35
arasında değiĢir.
85
Örnek 10
ÖRNEK 11
ġekilde görülen çelik dikdörgen blok iki ucundan uygulanan
çekme kuvveti etkisindedir.
P = 46706 N‟luk çekme kuvveti uygulandığında x = 0.07112
mm artıĢ, z = 0.005334 mm azalma ölçülmüĢtür. E ve n‟yü
hesaplayınız.
ġekilde görülen elemanın üzerine yüklemden önce 10x10
mm2 lik ABCD karesi çizilmiĢtir. Yüklemeden sonra kare,
eĢkenar dörtgen Ģeklini aldığına göre Elastisite modülü ile
Poisson oranını hesaplayınız.
B
y
85 MPa
C
A
14.15mm
85 MPa
D
12.7 mm
P
14.11mm
P
x
z
101.6 mm
x 
x
25.4 mm
46706
 144.79MPa
25.4 12.7
144.79 0.07112

 7 104
L
E
101.6
E  206841MPa
Yüklenmeden önce köĢegen uzunluğu;
AC  BD  102  102  14.14mm
  E e
 ex 
ez 
n 
z
25.4

 0.005334
 2.1104
25.4
ez
 2.1104

 0.3
ex
7 104
E

 85

 40.6 * 103 MPa
e 14.11  14.14
14.14
e enine 
14.15  14.14
 0.000707
14.14
e boyuna 
14.11  14.14
 -0.00212
14.14
n 
e enine 1

e boyuna 3
86
dx.dy.dz hacimli bir küp eleman üzerine yalnızca x gerilmesi uygulayalım.
HACĠM DEĞĠġĠMĠ :
y
e y  e z  ne x  n
dx
dz
Kübün son hacmi
eydy
x
x
V  1  e x dx  1  e y dy  1  e z dz
V  V0  V
ezdz
z
exdx
Birim Hacim DeğiĢimi
e
E



V  1  e x  e y  e z   2ve3. mertebe terimler  dx  dy  dz
 

ihmaledilir


x
dy
x
V
e
V0
V  V0



 e x  e y  e z   x n x n x
V0
E
E
E
e
x
E
1  2n   1  2n   x
SıkıĢtırılamaz cisimlerde
Çekme Gerilmesi Hacmi Arttırır.
Basma Gerilmesi Hacmi Azaltır.
E
e  0  1  2n  0  n 
1
2
Lineer elastik bölgede n < 0.5
Plastik bölgede n = 0.5 (hacim sabit kalır)
87
ÖRNEK 12
Çapı 52 mm, boyu 102 mm olan bir çubuğun eksenel
çekme kuvveti altında hacminin 125 mm3 arttığı
gözlenmiĢtir. Eksenel kuvveti (P) hesaplayınız E=70
GPa, Poisson Oranı=0.3
y
P
x
z
P
52 mm
102 mm
e
V  V0



 e x  e y  e z   x n x n x
V0
E
E
E
eV0 
x
1  2n V0 
1  2n   V
E
E
(1  2  0.3)  P 
125 
  A 102
70000  A 
P  214461 N
x 0
88
GENELLEġTĠRĠLMĠġ HOOKE YASALARI
Tek eksenli, - e bağıntısı iki ve üç eksenli gerilme hali için geniĢletilebilir. Deney sırasında, normal gerilmelerin kayma
birim Ģekil değiĢtirmesi oluĢturmadığı veya kayma gerilmelerinin de normal birim Ģekil değiĢtirmesine yol açmadığını
görmekteyiz. Malzemenin lineer elastik, Ģekil değiĢtirmelerin küçük oldukların kabul edildiğinden süperpozisyon ilkesinden
faydalanarak iki ve üç eksenli gerilme durumu için Hooke yasaları formüle edilebilir.
y
x
y
E
n
x
y
 xy
E
x
y
Tam kayma etkisindeki eleman
Ġki eksenli gerilme etkisindeki
eleman
ex
x
Birim kalınlıklı elemanın iki eksenli gerilme etkisinde olduğunu düĢünelim. x gerilmesinden x ekseni doğrultusunda x/E kadar
uzama oluĢur. y gerilmesi ise x ekseni doğrultusunda ny/E kadar kısalmaya neden olur. x ve y gerilmelerinin etkisi altında
x ve y doğrultusundaki uzama oranlarını;
ex 
x
E
n
y
E
ey 
y
E
n
x
g xy 
E
 xy
G
 xy
Tam kayma düĢünüldüğünde ise elastik gerilme – Ģekil değiĢtirme bağıntısı g xy 
olmakta idi .  xy gerilmesi yalnızca g xy
G
kayma birim Ģekil değiĢtirmesi oluĢturmaktadır. Yukarıdaki ifadeleri gerilmeler cinsinden yazarsak;
Ee x n y   x
Ee y   y  n Ee x n y 
Ee y   y  n x
 Ee y nEe x   y 1 n 2 
x 
E
e x ne y 
1 n 2
bulunur. Bu ifadelere iki boyutlu gerilme halinin HOOKE YASALARI denir.
y 
E
ne x  e y 
1 n 2
 xy  Gg xy
89
Benzer Ģekilde üç boyutlu gerilme halinin GenelleĢtirilmiĢ Hooke Yasalarını Ģöyle yazabiliriz.
ex 


1
 x n  y   z 
E

g xy 

1
e y   y n  x   z 
E
ez 


1
 z n  x   y 
E
g yz 
g xz 
 xy
G
y
 yz
G
yz
 xz
G
yx
zy
x
xz
O
zx
xy
z
dy
Bu ifadeleri gerilmeler cinsinden yazarsak;
x 
En
e  e  e  2Ge x
1 n 1  2n  x y z
 xy  Gg xy
En
e  e  e  2Ge y
y 
1 n 1  2n  x y z
 yz  Gg yz
En
e  e  e  2Ge z
1 n 1  2n  x y z
 xz  Gg xz
z 
z
xy
O
zx
zy
x
yz
yx
dx
xz
dz
y
Daha önce doğrusal ve açısal Ģekil değiĢtirmeleri incelediğimiz elemanın diyagonalindeki boy değiĢimi normal birim Ģekil
değiĢtirme ex ve ey ile kayma birim Ģekil değiĢimi gxy‟den oluĢacağını görerek kayma modülü G‟nin E ve n ile ilgili olması
gerektiği sonucuna varırız. Bu durum ileri bölümlerde tekrar ele alınacaktır.
G
E
21 n 
Sonuç olarak izotrop malzemelerin iki bağımsız elastik sabitinin olacağını bu sabitlerin de eksenel
çekme deneyi ile E ve ν Ģeklinde bulunduğunu, Kayma modülü G‟nin E ve
edilebileceğini söyleyebiliriz.
ν cinsinden ifade
90
ÖRNEK 13
x
ÖRNEK 12
ġekilde görülen dökme
demirden yapılmıĢ
silindir, eksenel
doğrultuda 40 MPa,
radyal doğrultuda 10
MPa‟lık basma gerilmeleri
etkisindedir. E = 100 GPa,
n = 0.25 alarak silindirin
boyu ve çapındaki
değiĢimleri ve hacimdeki
değiĢimi hesaplayınız.
ġekilde görülen bloğa P = 17800 N‟luk eksenel
kuvvet etkimektedir. Bloğun y ve z eksenleri
doğrultusunda Ģekil değiĢimi engellendiğinde
eksenel doğrultudaki uzama oranı ne olur?
(E = 69 GPa, n  1 3 )
120 mm
200 mm
y
z
19
P=17800N
mm
9.53 mm
x
P=17800N
y
101.6 mm
z
 x  40MPa
ex 
 y   z  10MPa
1
 40  0.25 10  10  0.35 103
3
100 10
ey  ez 
1
 10  0.25 10  40  0.025 103
100 103
L  0.35 103  200  0.07mm
d  0.025 103 120  0.003mm
e  e x  e y  e z  0.35 103  2  0.025 103  0.30 103
V  e V0  0.30 103    602  200  679mm3 Hacim azalması
17800
 98.3MPa
19  9.53
1
1

e y   y  98.3   z   0
E
3

1
1

e z   z  98.3   y   0
E
3

x 
 y  z 
1
 y   z  196.6  0
3
2
 y   z   196.6   y   z   98.3MPa
3
3
1 
1

ex 
98.3   y   z 

69000 
3

ex 
1 
1

98.3  98.3  950 106

69000 
3

91
Örnek 14
Bir noktadaki Ģekil değiĢtirme bileĢenleri ex = 900, ey = -100 ve gxy = 600 olarak biliniyor. Bu Ģekil değiĢtirme
durumunu oluĢturacak düzlem gerilme halini belirleyiniz. E=200 GPa Poisson oranı=0.3
x 
E
200000
e ne y  
(900  0.3  (100)) 106  191.2
2  x
2
1 n
1  0.3
MPa
y 
E
200000
e

ne

(100  0.3  900) 106  37.4


y
x
2
2
1 n
1  0.3
MPa
 xy  Gg xy 
ÖRNEK 15
E
200000
g xy 
600 106  46.15 MPa
2(1   )
2(1  0.3)
ġekilde görülen blok bütün yüzeylerinden etkiyen p = 150 MPa‟lık üniform basınç etkisindedir. E = 200 GPa,
n = 0.3 alarak hacimdeki ve her bir kenarındaki boy değiĢimini hesaplayınız.
y
ex 
1
 p n  2 p   1  2n  p 
E
E
ey 
1
 p n  2 p   1  2n  p 
E
E
ez 
1
 p n  2 p   1  2n  p 
E
E
x y z  p
P
40 mm
P
x
30 mm
P
z
e
ex  ey  ez  e 
100 mm
1  2  0.3
 150  0.3 103
3
200 10
 x  0.3 103 100  0.03mm
1  2n
 p 
E
V
 e x  e y  e z  3e  V  3  0.3 103100  40  30  108mm3
V0
 y  0.3 103  30  0.009mm
92
 z  0.3 103  40  0.012mm
ÖRNEK 16
Uzunluğu L, kalınlığı t ve geniĢliği b olan levha iki
rijit duvarın arasına Ģekilde gösterildiği gibi
yerleĢtirilmiĢtir. P eksenel basınç kuvveti taĢıyan
levhadaki gerilme ve birim Ģekil değiĢtirme
bileĢenlerini belirleyiniz.
ÖRNEK 17
20X20 mm. Lik kare plağın ġekilde gösterilen düzlem
gerilme hali etkisinde AC köĢegeninin eğimindeki
değiĢimi hesaplayınız. E=70 GPa, Poisson Oranı=0.3
y
y=80 MPa
y
C
D
P
x
20 mm
x
z
b
P
x=160
MPa

t
L
A
y
B
x
20 mm
z  0


ex 


ez  
BC  (1  e y )  20  20.00914
ex  
.00914
   tan 1 ( 20
20.03886)  44.957
Açı deg  44.957  45  0.043
Egim deg  tan 44.957  tan 45 
 0.0015 radyan
ey  0

1
 x n y
E
1
 x n y  19.43  10  4
E
1
e y   y n x  4.57  10  4
E
AB  (1  e x )  20  20.03886
ex 
y
n

E
x
x  

P
b t
ey  0 

 y  
n
1 n
ex
g xy  g yz  g xz  0


1
 y n x   y  n x
E
x  
ex 
1n 2
x
E
P
P
  y  n
bt
b t
1 n 2 P
n 1 n  P

 ez 

E b t
E
b t
x
E

e x 1 n 2
Efektif elastisite modülü

ez
n

e x 1 n
Efektif poisson oranı
Bu değerler geniĢ kiriĢ ve plaklarda kullanılmaktadır.
93
ġEKĠL DEĞĠġTĠRME ENERJĠSĠ
DıĢ yüklerin cismin Ģekil değiĢimi sırasında yaptıkları iĢ Ģekil değiĢtirme enerjisi olarak cismin içinde depolanır. Enerji
kaybının olmadığı, tam elastik cisimlerde yükün kaldırılması ile (Ģekil değiĢimini yok ederek) geri alınabilir. Bu bölümde
verilecek Ģekil değiĢtirme enerjisi kavramı statik ve dinamik yüklerle ilgili çeĢitli problemlerin çözümünde kullanılacaktır.
ġekil değiĢtirme enerjisnin en büyük faydası elemandaki kırılmanın belirlenmesi ile darbeli yüklemenin malzeme üzerindeki
etkisinin incelenmesinde ortaya çıkmaktadır.
Tek eksenli gerilme halinde Ģekil değiĢtirme enerjisini belirlemek üzere yavaĢ yavaĢ artan x gerilmesine maruz bir eleman
düĢünelim. Elemanın x yüzlerinde xdydz kuvveti etkir. x ekseni doğrultusunda exdx kadar bir uzama oluĢur. Lineer elastik
malzemeler için Hooke yasası
y
x
 x  E e x
x
x
dz
Orantı sınırı
U*0
x
Non-Lineer Elastik
dy
u0
z
ġekil değiĢtirme sırasında elemanın yüzlerine etkiyen ortalama kuvvet
değiĢtirme enerjisi dU,
Lineer Elastik
ex
dx
1
 x  dy  dz  e x  dx olur.
2
1
1
dU   x  e x  dy  dz  dx   xe x dV
2
2
1
 x  dy  dz
2
olur. Bu kuvvetin yaptığı iĢ, yani Ģekil
dU
SI birim sisteminde iĢ ve enerji birimi Joule (J)‟dür. (N.m) Birim hacimdeki Ģekil değiĢtirme enerjisi
enerji yoğunluğu adını
dV
alır ve U0 ile gösterilir.
 2 Ee x2
1
U0   x e x  x 
2
2E
2
Bu alan Ģekilde mavi olarak gösterilmiĢtir.  –e diyagramının üzerindeki alana
Komplemanter enerji yoğunluğu adı verillip U * ile gösterilir.
0
94
ġimdi xy kayma gerilmesi taĢıyan bir eleman düĢünelim. Üst yüze etkiyen xydxdz kuvveti gxydy yerdeğiĢtirmesini oluĢtursun.
Gerilmeler sıfırdan baĢlayıp yavaĢ yavaĢ artarak son değerine ulaĢtığından ortalama kuvvet
1
 xy  dx  dz
2
Olur. Tam kayma halinde enerji yoğunluğu;
2
2
 xy
Gg xy
dU
1  xy  dx  dz  g xy  dy 1
 U0 
  xy  g xy 

dV
2
dx  dy  dz
2
2G
2
Bulunan bu ifadenin
 – g diyagramının altındaki alana eĢit olduğu söylenebilir.
U 
 xy2
2G
dV
Kayma gerilmesinden oluĢan Ģekil değiĢtirme enerjisi
yukarıdaki ifadenin hacim üzerinden entegrali alınarak elde
edilir. Bu ifade burulma etkisindeki millerle, kesme kuvveti
etkisindeki kiriĢ problemlerinde kullanılabilir.
En genel gerilme durumunda Ģekil değiĢtirme enerjisi aĢağıdaki
biçimlerde yazılabilir.
U0 
Asal eksen takımı kullanıldığında
1
 xe x   ye y   ze z   xyg xy   xzg xz   yzg yz 
2





Uo 
1 2
1 2
 x   y2   z2  2n  x y   x z   y z  
 xy   xz2   yz2
2E
2G
Uo 
1 2
 1   22   32  2n  1 2   2 3   1 3 
2E
95

SI birim sisteminde enerji yoğunluğu birimi J/m3 dür veya (pascal). ġekil değiĢtirme enerjisi ifadesinde sx‟in karesi
geldiğinden bu her zaman pozitif bir büyüklüktür.


Kırılma
Göçme
a
Tokluk
Modülü
Rezilyans
Modülü
e
–ε diyagramında akma noktasının altında
kalan alan veya akma gerilmesine ulaĢan bir
malzemedeki
Ģekil
değiĢtirme
enerjisi
yoğunluğu Rezilyans Modülü adını alır.
Rezilyans modülü malzemenin kalıcı Ģekil
değiĢimi yapmadan yutabileceği enerjinin
ölçüsünü verir. Örneğin yumuĢak çelik;
2
2E
220 10 

6 2
2  200 10
9
 121 kJ
e
–ε diyagramının altındaki bütün alan Tokluk
Modülü adını alır ve malzemenin kırılmaksızın
yutabileceği enerji miktarını gösterir.
m3
Tek eksenli normal gerilme durumunda Ģekil değiĢtirme enerjisi , enerji yoğunluğu ifadesinin hacim üzerinde
entegre edilmesi yolu ile;
U 
 x2
2E
dV
Bulunur. Bulunan bu ifade eksenel yükleme ve kiriĢlerin eğilmesi
problemlerinde kullanılabilir.
96
ÖZEL DURUM:
Ġki ucundan N eksenel kuvveti etki eden prizmatik
çubuğa depolanan Ģekil değiĢtirme enerjisinin
hesabı
y
N
dv=A.dx
N
x
dx
ÖRNEK 19
ġekilde gösterilen konik çubuk P kuvveti etkisi altında
dengededir. Çubukta depolanan Ģde ni hesaplayınız.
L
P
 x2
N2
N 2L
U 
dV  
Adx  U 
2E
2 EA2
2 EA
10 mm çaplı 3 metre uzunluğundaki çubukta depolanan
Ģekil değiĢtirme enerjisi 70 J dür. P kuvvetinin
değerini hesaplayınız. E=200 GPa
A
x
P
L
P 2 *3
70 
2* 200 109 *7.854 105
P  27075 N
x
r
Amin
u
ÖRNEK 18
P2 L
U
2 EA
r
5r
P
L
4
x 1
L
du 
4
dx
L
2
2
4

4

Ax   r   r  x  1  Amin  x  1
L

L

 x2
P2
P 2 dx
P 2 L du
U 
dV  
Ax dx 

2E
2 EAx2
2 E  Ax 8EAmin  u 2
2
x
2
P2 L
U
10 EAmin
97
ÖRNEK 20
Ġġ-ENERJĠ YÖNTEMĠ ĠLE DEPLASMAN
HESABI
ġekilde gösterilen iki çubuklu kafes sistemde B düğümündeki düĢey yer değiĢtirmeyi iĢ-enerji yöntemiyle
hesaplayınız. E=70 GPa
C
2m
A
2
W U
n
Ni2 Li
1
Pdış  
2
i 1 2 EAi
m
2
00
0.
m
A=
5
2.
L=
Eğer bir kafes kiriĢe sadece bir tek kuvvet etki
ediyorsa kuvvetin etki ettiği noktadaki yer
değiĢtirmeyi iĢ-Enerji yöntemi ile hesaplayabiliriz.
DıĢ kuvvetin yaptığı iĢ (W), kafes sistemde
depolanan toplam Ģekil değiĢtirme enerjisine (U)
eĢit olmalıdır. DıĢ Kuvvet sıfırdan baĢlayıp yavaĢ
yavaĢ artarak son değerine ulaĢtığı için yapılan iĢi
ortalama kuvvet x yer değiĢtirme olarak yazmak
mümkündür.
A=0.004 m2
B
L=1.5 m
P =40
kN
FCB=50 kN
F
y
F
x
0
0
FBC  50 kN
FAB  30 kN
FAB=30 kN
B
40 kN
300002 1.5
500002  2.5
U

 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 
98
Tekrarlı Yükleme Ve Yorulma
Yapı elemanlarının göçme gerilmesinden oldukça küçük
gerilme düzeylerine binlerce defa yüklenmesi halinde
kırılmasına yorulma adı verilir. Yorulma çatlağının genellikle
gerilmenin yoğunlaĢtığı bölgelerdeki iç yapı kusurlarından/çatlaklarından baĢladığı, yüzey kalitesi, kimyasal
yapı ve iç yapı kusurlarıyla ilgili olduğu söylenebilir.
Yorulma ömrü veya dayanıklılık genellikle kırılma oluĢturan
gerilme tekrar sayısı ile ölçülür. Deneysel olarak malzeme
iki gerilme sınırı arasında sürekli değiĢen gerilme durumuna
kırılıncaya kadar devam edilir. Yorulma deneyi sonuçları
aĢağıdaki gibi yarı logaritmik bir diyagram üzerinde
iĢaretlenir.
Çelik
Sürekli Dayanım
Sınırı
Alüminyum
Yorulma Ömrü N, Devir Sayısı. Uğural, 1991
99
ÖRNEK 22
ġekilde görülen dikdörtgenler prizması Ģeklindeki beton blok Px = 100 kN, Py = 150 kN ve Pz = 50 kN’ luk
kuvvetlerin etkisi altındadır. a) Bloğun boyutlarındaki değiĢmeleri b) Bloğun yalnızca y yüzünden etkiyip önceki
yüklemenin sebep olduğu yer değiĢtirmeyi (y ekseni doğrultusunda) oluĢturacak P kuvvetini hesaplayınız. (E = 24
GPa, n  0.2 )
Py
100 103
x  
 20MPa
100  50
a)
100 mm
Px
50 103
z  
 2.5MPa
100  200
50
mm
Px
150 103
y  
 15MPa
200  50
200 mm
Pz
ex 
1
 20  0.2 15  2.5  0.6875 103
24000
ey 
1
 15  0.2 20  2.5  0.4375 103
24000
Py
ez 
 x  e x 200  0.1375mm
b)
e y  0.4375 103 
y
E
1
 2.5  0.2 15  20  0.1875 103
24000
 y  e y 100  0.04375mm
  y  10.5MPa
 z  e z 50  0.009375mm
Py   y A  10.5*200*50  105000 N  105kN
100
Uçları kapalı olan ve p iç basıncı etkisinde bulunan bir silindirin yarıçapındaki ve L boyundaki
değiĢmenin
ÖRNEK 23
r 
pr 2
2 n    c r 2 n ,
2 Et
2E
L 
prL
1  2n    a L 1  2n 
2 Et
E
Formülleriyle hesaplanabileceğini gösteriniz. r yarıçap; t et kalınlığını göstermektedir.
ec 
pr
t
r
pr
2t
L
çevre  2r '2r  e c 2r
2r  e c 2r
pr 2
2 n    c r 2 n 
r  re c 
2 Et
2E
eL 
ÖRNEK 24
 pirinç 
pr
pr
n
Et
2 Et
pr
pr
n
2 Et
Et
L  e L L 
prL
1  2n    a L 1  2n 
2 Et
E
50.8 mm çaplı pirinç çubuk (E = 103 GPa, n  0.30), bronz bir borunun içine geçirilmiĢtir. Pirinç
çubuğa 178 kN‟luk eksenel basınç kuvveti uygulandığında çubuk yüzeyi gerilmesiz olarak bronz
boruyla temas etmektedir. Bronz borunun iç çapını hesaplayınız.
178000
 87.82MPa
50.82

4
e enine  0.3
iç
dbronz
 50.8  e enine  50.8  50.813mm
87.82
 255.8 106
103000
101
ÖRNEK 25
50 mm çaplı 1200 mm. boyundaki alüminyum çubuk P =  200 kN‟luk eksenel kuvvet etkisindedir.
(E = 70 GPa, n  0.30 ) Yük etkisi altında çapının alabileceği en küçük değer ve hacminin ulaĢacağı
en küçük değer ne olur?
Çapın minimum olması için uygulanması gereken eksenel kuvvet çekme kuvveti olmalıdır. Buna
göre;

200000
 101.86MPa
 252
e boyuna 
101.86
 0.001455
70000
e enine  n  e boyuna  0.3  0.001455  0.4365 103
d min  50  0.4365 103  50  49.978mm
Hacmin en küçük değeri olması için uygulanması gereken eksenel kuvvet basma kuvveti olmalıdır. Buna
göre;
  101.86MPa
e boyuna  0.001455
e enine  0.4365 103
e  e x  e y  e z  e boyuna  2e enine  582 106
V  582 106    252 1200  1370.73mm3
Vmin    252 1200  1370.73  2353629mm3
102
GERĠLME VE BĠRĠM ġEKĠL DEĞĠġTĠRME ANALĠZĠ
Daha önceki bölümlerde ele aldığımız gerilme ve birim Ģekil değiĢtirmeleri tanımlamakta eleman eksenine dik doğrultuda
alınan kesitleri kullandık. Bu bölümde ise eğik bir düzlem üzerinde bulunan bir noktadaki gerilme ve birim Ģekil değiĢtirme hali
incelenecektir. Gerilme ve birim Ģekil değiĢtirme bileĢenleri her zaman yük etkisindeki elemanda göz önüne alınan noktanın
konumuna bağlıdır. Dolayısı ile gerilmenin noktadan noktaya değiĢimi de ele alınacaktır.
Bu bölümde düzlem gerilme ve düzlem Ģekil değiĢtirme durumları üzerinde durulacaktır. Burada çıkarılacak formüller ile
tanıtılacak grafik teknik çeĢitli yüklere maruz elemanın bir noktasındaki gerilme ve birim Ģekil değiĢtirme dönüĢümünün
analizinde büyük kolaylık sağlar. Özellikle grafik tekniğin bir noktadaki gerilme değiĢiminin anlaĢılması bakımından ayrı bir
önemi vardır. Ġlerideki bölümlerde lineer elastik malzemelerde E, G ve n arasındaki bağıntının bulunmasında dönüĢüm yasaları
kullanılmıĢtır.
DÜZLEM GERĠLME
y
P3
y
P2
xy
xy
X
X
P4
P1
z
x
y
P1
P5
Gerilmeler koordinat eksenlerinin herhangi birinden
bağımsız ise (burada z ekseni) iki boyutlu gerilme
hali söz konusu olur. Örneğin; eksenel yüklü bir
çubuğun eğik bir kesitinde oluĢan gerilmeler,
burulma etkisindeki bir mil, eksenine dik doğrultuda
yüklenmiĢ bir kiriĢ. Bu gerilme hali bir‟den fazla yük
etkisindeki elemanın herhangi bir noktasından
geçen bütün düzlemlerde de oluĢur.
TANIMLAR: Ġki boyutlu problemler düzlem gerilme
ve düzlem Ģekil değiĢtirme olmak üzere iki sınıfa
ayrılabilir. Bu durum, kalınlığı boyunca düzgün
yayılı yükler etkisindeki ince levhalarda karĢımıza
çıkar. Levha ince olduğundan iki boyutlu gerilme
bileĢenlerinin kalınlık boyunca değiĢmediği, ve
diğer gerilme bileĢenlerinin de sıfır olduğu kabul
edilebilir.
103
Düzlem gerilme haline bir diğer örnek, yapı ve makine elemanlarının serbest yüzeyleri verilebilir. Düzlem gerilme halinde,
 z   xz   yz  0 ;  x ,  y , xy  0
olur. Bu gerilmelerin genelleĢtirilmiĢ Hooke yasalarında yazılmasıyla,
ex 
1
 x n  y 
E
bulunur. ilk iki denklemden
ey 

x
1
 y n  x 
E
  y  çözülüp
Bu ifade düzlem dıĢı asal birim Ģekil değiĢimi
ez  
ez
n
E

x
 y 
de yerine yazılırsa,
e z‟nin düzlem içi e x ve e y
g xy 
ez  
 xy
n
1 n
G
e
x
, g xz  g yz  0
ey
birim Ģekil değiĢimi cinsinden ifadesidir.
Düzlem Ģekil değiĢtirme halinde  xz ve yz benzer Ģekilde sıfır alınabilir. Ancak  z sıfır değildir ve değeri  x ve  y
cinsinden hesaplanabilir.  x ,  y ve  xy sıfırdan farklı değerler alabilir.
Amacımız cismin içindeki bir noktadan alınan sonsuz küçük eleman üzerindeki  x,  y ve  xy gerilme bileĢenlerinin dönüĢüm
denklemlerini çıkartmaktır. AĢağıdaki Ģekilde bir gerilme elemanı gösterilmiĢtir.
y
y
y
y'
 y‟
 x‟ y‟
xy
y'
 x‟
x'
x'
x
x

O
x

 x‟
O
y
 y‟
x
ġimdi elemanın x ekseni ile  açısı yapacak
şekilde dönmesi durumunda x’ ve y’ dönmüş
eksen takımındaki -ya da diğer bir ifade ile
x’ düzlemindeki- gerilme bileşenlerini
bulmak istiyoruz. z doğrultusundaki gerilme
sıfır olmasa bile Ģu anda ilgi alanımız
dıĢındadır. Gerilme elemanın üç boyutlu
görünüĢü unutulmadan problemi
basitleĢtirmek üzere elemanın düzlemsel
gösteriliĢini vermek adettendir.
ġekilden de fark edilebileceği gibi elemanın
paralel yüzlerindeki gerilme bileĢenlerinin
Ģiddetleri değiĢmemektedir.
104
y
y
EĞĠK DÜZLEMLERDEKĠ GERĠLMELER
xy
y'
ġimdi, gösterilen birim kalınlıklı (sayfa düzlemine
dik doğrultudaki kalınlık) elemanın Ģekildeki x,y
eksen takımını, x referans ekseninden baĢlayıp
saat dönüĢüne ters yönde  açısı kadar
döndürerek xı ve yı dönmüĢ eksen takımını
oluĢturalım. Amacımız x‟ eğik düzlemindeki x’ ve
x‟y‟ gerilmelerini bulmaktır.
xı ekseninin
doğrultusunu gösteren  açısı, saat dönüĢ yönüne
ters olduğundan pozitiftir. xı eksenine dik olan AB
kenarına etkiyen gerilmeler, yandaki kama
üzerinde pozitif yönde gösterilmiĢtir. AB kenarının
bulunduğu yüzeyin alanı A ise 0A ve 0B
kenarlarının
bulunduğu
yüzeylerin
alanları
sırasıyla, A0A=Acos ve A0B=Asin olur. xı ve yı
doğrultularındaki kuvvetlerin dengesinden,
x'
x
x

O
y
y
x
y'
A
A A x'

 x‟
‟
x‟ y

xACos

xyACos
O
x
B
xyASin
yASin
Fx  0 :
 x A   x A cos cos   xy A cos sin    y A sin  sin    xy A sin  cos  0
Fy  0 :
 xy A   x A cos sin    xy A cos cos   y A sin  cos   xy A sin  sin   0
Denklemleri basitleĢtirip yeniden düzenlersek,
 x   x cos 2    y sin 2   2 xy sin  cos 
 xy   xy cos 2   sin 2     x   y sin  cos 
 y gerilmesi  x teriminde  yerine +/2 yazılarak hesaplanabilir.
 y   x sin 2    y cos 2   2 xy sin  cos 
105
2 sin  cos   sin 2
2 cos 2   1  cos 2
2 sin 2   1  cos 2
Yukarıda çıkarılan denklemlerde
trigonometrik bağıntılarını kullanarak 2 cinsinden yazabiliriz. Bu durumda gerilme dönüĢüm denklemleri,
1
 x   y   1  x   y cos 2   xy sin 2
2
2
 x 
 xy  
y 
'
1
 x   y sin 2   xy cos 2
2
1
 x   y   1  x   y cos 2   xy sin 2
2
2
biçiminde yazılabilir. En son elde edilen bağıntılar bir noktadaki gerilme halinin yani dik iki düzlemdeki üç gerilme
bileĢeninin bilindiği durumda,  açısı ile tanımlanan bütün mümkün AB yüzeylerindeki gerilmelerin
hesaplanmasında kullanılabilir. Gerilme, birim Ģekil değiĢtirme ve atalet momenti gibi büyüklükler ikinci
mertebeden tansörler olup yukarıdaki bağıntılarla dönüĢtürülürler. Daha sonra göreceğimiz MOHR dairesi,
tansörel büyüklüklerin dönüĢümünde kullanılan grafik bir gösterim tarzıdır. Son elde edilen ilk iki bağıntı taraf
tarafa toplanırsa;
 x   y   x   y  Sabit
ifadesi bulunur. Dolayısıyla iki dik düzlemdeki normal gerilmelerin toplamı  açısından bağımsız olup
değiĢmezmiĢ. Bu durum üç eksenli gerilme halinde de geçerlidir. AĢağıdaki problemde  açısına bağlı olarak
gerilmelerin değiĢimi incelenecektir.
106
Örnek 1 ġekilde bir makine parçası üzerindeki bir noktadaki gerilme hali gösterilmiĢtir. a-a ve b-b doğrultularına paralel
düzlemlerdeki normal ve kayma gerilmelerini hesaplayıp yönlenmiĢ bir eleman üzerinde gösteriniz.
y
xı doğrultusu eğik düzleme dik olarak seçilmektedir. Burada,
x, y takımındaki gerilme halini xı , yı takımına dönüĢtürmek
istiyoruz. Gerilmeler ve dönüĢleri kendi iĢaretleri ile
kullanmaya dikkat edilmelidir.
5 MPa
b
a
60o
10 MPa
10 MPa
45o
x
b
6 MPa
5 MPa
a
b)
a)
  45o  x  10 MPa  y  5 MPa  xy  6 MPa
1
10   5  1 10   5cos 90   6sin 90  3.5 MPa
2
2
1
 xy   10   5sin 90   6 cos 90  7.5 MPa
2
1
1
 y  10   5  10   5 cos 90   6sin 90  8.5 MPa
2
2
 x 
  30  90  120o  x  10 MPa  y  5 MPa  xy  6 MPa
1
10   5  1 10   5cos 240   6sin 240  3.95 MPa
2
2
1
  10   5sin 240   6 cos 240  9.5 MPa
2
 x 
 xy
 y 
1
10   5  1 10   5cos 240   6sin 240  1.05 MPa
2
2
107
ASAL GERĠLMELER: EN BÜYÜK KAYMA GERĠLMESĠ
Bir noktadaki gerilmelerin Ģiddetlerinin o noktadan geçen düzleme bağlı olduğunu daha önce belirtmiĢtik. En büyük
gerilmeler ile bu gerilmelerin etkidiği düzlemlerin yapıdaki göçme ile ilgili olması sebebiyle bizim için ayrı bir önemi vardır.
 x
Enbüyük
gerilmesini hesaplamak üzere ‟ ya göre türevini alarak sıfıra eĢitleyelim.
d x
2
   x   y sin 2  2 xy cos 2  0
d
2
tan2 p  
 xy
1  x   y 
2
Kutu içerisinde gösterilen bağıntıdan bulunacak  açısı en büyük ve en küçük normal gerilmenin etkidiği düzlemi gösterdiğinden
 yerine p ile yazılmıĢtır. tan2 = tan(2+) olduğundan birbirinden 180o farklı 2p açıları yukarıdaki bağıntıyı sağlarlar.
Dolayısıyla p ve bundan 90o farklı iki düzlem, normal gerilmenin en büyük ve en küçük olduğu iki dik düzlemi gösterir. ġimdi
normal gerilmenin maksimum ve minimum olduğu düzlemlerdeki kayma gerilmelerini hesaplayalım.
2
2
 
 y  

 x 2 

r 
2p
 x  y
2
 x   maks 
min
tan2 p  
xy
 xy
 xy  

2 xy
x
 y 
sin 2 p   
 x   y   xy   x   y
2

 
r


2r
 xy
r
cos 2 p   
 x  y
2r
   0
xy
Kayma gerilmesinin sıfır olduğu düzlemlerdeki en büyük ve en küçük normal
gerilmelere ASAL gerilmeler adı verilir.
1
 x   y   1  x   y    x   y    xy    xy 
2
2
2r 

 r 
 1, 2
1
  x   y  
2
Sayısal olarak büyük olan normal gerilmeyi  1 ile gösterip en büyük asal gerilme adını verelim.
 maks   min   1   2   x   y
  x  y 

   xy 2
 2 
2
108
 1 ve σ 2 asal gerilmelerinin doğrultularını veya etkidiği düzlemleri gösteren p açılarını pı ve pıı ile göstereceğiz.
x'
y
y'
2
2
1
Yukarıda izlediğimize benzer iĢlemler yaparak
en büyük kayma gerilmesiyle etkidiği düzlemleri
araĢtıralım.
y
p
p
1
d

d xy
x
1
x
2
O
d xy
1
x'
d
0

2
y'
bağıntısından,
2
 x   y cos 2  2 xy sin 2  0
2
tan2 s   
 x  y
2 xy
bulunur. Burada s en büyük kayma gerilmesinin etkidiği düzlemi göstermektedir. Çerçeve içindeki bağıntıyı birbiriyle 90o lik
açı yapan iki ayrı doğrultu da sağlar. Bu doğrultuları sı ve sıı ile gösterelim. Asal doğrultular ile en büyük kayma gerilmesi
doğrultusunun kıyaslanmasıyla aralarında 45o‟lik açı bulunduğu anlaĢılır.
En büyük kayma gerilmesinin değerini hesaplayalım.
2
s
2
  xy
y  



 x 2 

r 
2s

tan2   

x
 y 
2 xy
cos2 s   
 x  y
 maks
2
 xy
  x  y 

   xy 2
2 
 

2
  x  y 

   xy 2
 2 
2
 maks
min
  x  y 

   xy 2
 2 
 xy
r
   y 
sin  2 s     x

2r 

x  y



x  y 
2


2 
r





   xy   xy 
 r 





2
  x  y 
2
   109
  
xy
 2 
2
 maks
min
Fiziksel olarak cebrik iĢaret anlamsız olduğundan en büyük kayma gerilmesindeki iĢarete dikkat etmeden maksimum kayma
gerilmesi adı verilir. Eğer  x ve  y asal gerilmeler olursa   0 olacağından
xy
 maks 
1   2
2
bulunur.
y'
y
'
maks
'
a
Kaym ni
ge
KöĢe
y'
'
x'
'
maks
x
'
'
x'
'
ak
s
1
x'
45o
x
s
'
m
'
s
y'
'
2
p
1
'
2
'
x
Asal gerilmelerin etkidiği düzlemlerde kayma gerilmesi bulunmamasına karĢın maksimum kayma gerilmesinin etkidiği
düzlemlerde normal gerilme bulunur. Bu gerilmenin hesaplanması için  x bağıntısında 2s yazılması yeterlidir.
  x  y 


  y
 x   y  x   y   xy 
2


 x'     x
    xy
 x 

2


2
2  r 
r




 x   y toplamı sıfır olmadıkça maksimum kayma gerilmesinin bulunduğu düzlemlerde normal gerilme de olur.
Gerilme etkisindeki bir elemanda en büyük kayma gerilmelerini gösteren okların buluĢtuğu köĢeleri birleĢtiren diyagonale
KAYMA KÖġEGENĠ denir. Bu diyagonal maksimum asal gerilme doğrultusundadır. Ayrıca en büyük asal gerilme, en büyük
110
kayma gerilmesinin yönünün belirlenmesinde de kullanılabilir.
Üç eksen doğrultusundaki  1 ,  2ve  3 gerilmelerinin aynı noktaya etkidiğini düĢünelim AĢağıdaki Ģekilde gerilmelerin
 1   2  3
olarak sıralandığını kabul edelim. Gerilmelerin etkidiği noktadan alınan elemanın üç farklı yönden görünüĢü Ģeklin yan
tarafında verilmiĢtir.
2
2
1
3
1
3
2
3
2
1
1
2
1
3
3
2
1
2
3
Bu durumda en büyük kayma gerilmesinin,
 maks 
 m a ks
3
1
1   3
2
ifadesiyle hesaplanacağı ve en büyük ve en küçük asal
gerilmenin etkidiği düzlemleri ikiye ayıran doğrultularda olacağı
anlaĢılmaktadır
111
ġekilde bir düzlem gerilme hali gösterilmiĢtir. a) Asal gerilmeleri hesaplayınız. b) Maksimum kayma
gerilmesini ve ilgili normal gerilmeyi bularak a ve b Ģıklarında bulduğunuz gerilmeleri yönlenmiĢ bir eleman
üzerinde gösteriniz
Örnek 2
y
72
72
 10.09MPa
2

 
  5  4.5  5.59  12 1.09MPa
2
 2 
2
2 MPa
 1, 2
5 MPa
7 MPa
7 MPa
x
5 MPa
1
2
 2  5   pı 31.7o
  pıı 121.7o
72
 p  tan 1 
Hangi düzlemin hangi asal gerilmenin doğrultusunu gösterdiğini bulmak için
dönüĢüm denkleminde  = 31.7o yazalım.
 x   31.7  10.09MPa bulunur. Sonuç olarak,
o
 1  10.09MPa   pı  31.7 o
 2  1.09MPa   pıı  121.7 o
2 MPa
72
2
 
  5  5.59MPa
 2 
2
 maks
 eb
‟ın etkidiği düzlem,
ayrıca
1   2
2
1
 72
13.3o
 s  tan 1  
  76.7o
2
 2*5 
Söz konusu düzlemlerdeki normal gerilme,
 
 x  y
2
bağıntısı da aynı sonucu vermektedir.
 xy   13.3  5.59 MPa
o

 maks  5.59MPa   sı  13.3o
 maks  5.59MPa   sıı  76.7 o
72
 4.5MPa
2
 maks ‟ın doğrultusunu bulmakta kayma diyagonali kullanılabilir.
Bu noktadaki gerilme hali matris formunda,
 = 0o
7 5 
5 2 MPa


 = 31.7o
0 
10.09
MPa
 0
 1.09

 = -13.3o
 4.5 5.59
5.59 4.5  MPa


verilebilir.
112
DÜZLEM GERĠLME HALĠ ĠÇĠN MOHR DAĠRESĠ
Gerilme dönüĢüm denklemlerine grafik bir yorum getirmek mümkündür. Bu kısımda, bir noktadaki
gerilme halinin anlaĢılmasını büyük ölçüde kolaylaĢtıran ve düzlemlerin değiĢmesiyle gerilmelerdeki
dönüĢümlerin hızla yapılmasını sağlayan grafik bir teknik üzerinde durulacaktır. Bu amaçla
   x ,    xy
Ġfadelerini tekrar yazalım.

 x  y
2

 
 x  y
2
 x  y
2
cos 2   xy sin 2
sin 2   xy cos 2
Denklemlerin kareleri alınıp toplanırsa,
( 
 x  y
2
bulunan bu bağıntı,  -  eksen takımında
Çemberin merkezi
 x  y
)2   2  (
r (
 x  y
2
 x  y
2
) 2   xy
2
) 2   xy
2
yarıçaplı çember denklemi olur.
‟de dir.
2
113
y
MOHR DAĠRESĠNĠN ÇĠZĠLMESĠ
Mohr dairesinin çiziminde öncelikle yatay  ve
düĢey  kartezyen eksen takımı, gerilme ölçekleri
aynı olacak Ģekilde çizilir. + i düzlemindeki
gerilme hali referans alınır. Bu düzlemdeki normal
gerilme ile kayma gerilmesi koordinat değerleri
olarak alınıp
- düzleminde bir nokta (x)
iĢaretlenir.
Benzer Ģekilde + j düzlemindeki
gerilme hali yardımıyla ikinci bir nokta (y) belirlenir. Bu iki noktayı birleĢtiren doğrunun yatay
ekseni kestiği nokta, dairenin merkezi olup C harfi
ile gösterilir. C merkezli Cx yada Cy yarıçaplı daire
çizilir. Gerilme elemanı ile Mohr dairesi üzerindeki
dönüĢ yönlerinin aynı olabilmesi için  ekseninin
pozitif yönünü aĢağı alıyoruz.
Mohr dairesi, bütün tansörel büyüklüklere
uygulanabilmektedir. Ölçekli olarak çizim yapıldığında sonuçların grafik olarak okunması
mümkündür. Çoğunlukla kaba bir çizim yapılarak
uzunluk ve açı değerleri trigonometri yardımı ile
hesaplanır. Bu teknikle çok eksenli gerilme
durumlarının pek çoğu ele alınabilir.
Mohr dairesindeki 1
ve
2 noktaları asal
gerilmeleri; D ve E noktaları da en küçük ve en
büyük kayma gerilmelerinin etkidiği düzlemleri
göstermektedir.
Mohr dairesinden, en büyük
kayma gerilmelerin etkidiği düzlemlerin asal
gerilmelerin bulunduğu düzlemlerle 450 lik açı
yaptığı da görülmektedir. Dairenin merkezi C, eb
‟nin etkidiği düzlemlerdeki normal gerilme „ nü
sağlamaktadır.
y
xy
y'
referans noktası :
x( x ;  xy )
x'
x
x

y ( y ;   xy )
x
O
y

y
y
;  xy  D
x  y

; eb 

 2

y'
F
2
C
2
2
2s
2p1
x'
1

x


1
x
 ; 
x'
x' y '
; xy 
E
1
114
Mohr Dairesinin Yorumu
•Mohr dairesindeki dönüĢ yönü ile  açısının dönüĢ yönü aynıdır.
•Daire üzerindeki 2‟ lık açı dönüĢü gerilme elemanının  kadarlık dönüĢüne karĢı gelir.
  x  y 
2

   xy
2


2
•Dairenin yarıçapı CX 
CF 2  FX 2 CX 
olup maksimum kayma gerilmesi  maks ‟ın Ģiddetine eĢittir. x ve y düzlemlerindeki gerilmeler daire üzerinde A ve B noktalarıyla
temsil edilir. AB den farklı her bir çap, orijinal eksen takımına göre  kadar bir açıyla dönülen x‟ ve y‟ düzlemlerindeki
x gerilme
‟
halini gösterir. Daire üzerindeki A noktasının koordinatları gerilme dönüĢüm denklemlerini vermektedir.
CX ile C1 arasındaki açı
 x 
x  y
2
2 1p
olsun. Mohr dairesinden
 xy  CX  sin  2 1p  2 
 CX  cos  2 1p  2 
veya açı farklarının trigonometrik eĢitliklerini yazarak,
 x 
x  y
2
 CX  cos 2 1p cos 2  sin 2 1p sin 2 
CX cos 2 1p  CF , CX sin 2 1p  FX
 x 
x  y
2
 CF cos 2  FX sin 2
 xy  CX  sin 2 1p cos 2  cos 2 1p sin 2 
ifadeleri yerine yazılırsa,
 xy  CF sin 2  FX cos 2
CF 
 x  y
2
, FX   xy
gerilme dönüĢüm denklemleri elde edilir. Böylece daire üzerinde 2 açısıyla belirlenen x noktasının, gerilme elemanında
 açısıyla dönülerek bulunan x düzlemindeki gerilme bileĢenlerini gösterdiği anlaĢılmaktadır.
115
Burada sık karĢılaĢılan gerilme durumlarına ait Mohr daireleri gösterilmiĢtir. DeğiĢik yükleme durumlarındaki malzeme
davranıĢını, gösterilen gerilme durumlarından elde etmek mümkündür. AĢağıda görülen eĢit çekme ve basma halinde
z olup ayrıca ez de sıfır olmaktadır. Dolayısıyla hem düzlem gerilme hem de düzlem Ģekil değiĢtirme hali söz konusudur.
Bu haldeki elemanın 45o döndürülmesiyle tam kayma hali bulunmaktadır. Üç eksenli çekme halinde Mohr dairesi çizilirken
elemanın her bir yüzündeki durumun ayrı ayrı çizimi yapılmaktadır.
EĢ Çekme ve Basma; Tam kayma
2 =- 1
Yanal Basma Ve Çekme
Üç Eksenli Çekme
2
2 =- 1
1
1
2
1
1
45°
3
3 =- 1
maks

O




O


O
maks = 1



maks




116
Örnek 3
y
Önceki problem Mohr dairesi yardımıyla çözülecektir.
Dairenin merkezi,  ekseni üzerinde, C 
2 MPa
72
 4.5MPa‟ dadır.
2
5 MPa
Referans noktası koordinatları x(7, 5)‟ dir.
7 MPa
72
2
 OC  C1  4.5  
 5
 2 
2
Asal gerilmeler,
 1,2
 1  10.09 MPa
 2  1.09 MPa
7 MPa
x
5 MPa
2 MPa
Asal gerilme düzlemleri,


 5 
  63.4o
2 p  tan 1 
 72 


 2 
y
(2, -5)
2 p  63.4  180  243.4o
D
 p  31.7o   1  10.09 MPa
Dolayısıyla
 p  121.7o   2  1.09 MPa
b) En büyük kayma gerilmesi
D ve E noktasıyla tanımlandığından
2
O
72
2
 
  5  5.59MPa
 2 
2
 eb
Bu gerilmelerin etkidiği düzlemler,
 s  76.7o  90o  166.7o
 s  31.7  45  76.7
o
o
o
Veya -13.30
C
2 p

1
2 s
X (7, 5)

E
117
y
(2, -5)
YönlenmiĢ eleman üzerinde gerilme halinin gösterilmesi:
Asal gerilmelerin gösteriminde, Mohr dairesindeki x referans
noktasından baĢlanarak en kısa yoldan 1 noktasına gidilir. xC1
açısı birinci asal doğrultunun x referans ekseni ile yaptığı açının
iki katını gösterir. Bu açının yarısı x ekseninden baĢlanıp Mohr
dairesi üzerinde gösterilen yönde alınarak birinci asal eksen
çizilir. Bu asal eksene 90 derece eklenerek ikinci asal eksen
belirlenir. Asal eksenlerin üzerine sembolik bir birim boyutlu kare
eleman yerleĢtirilir. Asal doğrultulardaki gerilmeler elemanın
yüzlerinde vektörlerle gösterilir.
En büyük kayma gerilmelerinin gösterimi için, Mohr dairesindeki
x referans noktasından baĢlanarak en kısa yoldan E noktasına
gidilir. xCE açısı en büyük pozitif kayma gerilmesinin etkidiği
düzlemin normalinin x referans ekseni ile yaptığı açının iki
katıdır. Bu açının yarısı x ekseninden baĢlanıp Mohr dairesi
üzerinde gösterilen yönde alınarak birinci eksen çizilir. Bu
eksene 90 derece eklenerek ikinci eksen belirlenir. Eksenlerin
üzerine sembolik bir birim boyutlu kare eleman yerleĢtirilir. Kare
elemanın yüzlerinde sırası ile E ve D noktalarındaki gerilme hali
vektörlerle temsil edilir.
2
O
D
C
63,4°
26,6°
X (7, 5)
E

En büyük kayma Gerilmelerinin yönlenmiĢ
eleman üzerinde gösterimi
d
 M
Pa
1.09 MPa
Asal
Gerilmelerin
yönlenmiĢ
eleman üzerinde
gösterimi
i
10.09 MPa
 M
2
1
,
b
Pa
76,7°
Pa
E
x

x
1.09 MPa
M
5.59
D
,
10.09 MPa

1
 M
Pa
e
118
Örnek 4
ġekilde ahĢap bir yapı elemanı üzerindeki gerilme hali verilmiĢtir. AhĢabın büyüme doğrultusundaki liflerine
paralel düzlemlerdeki normal ve kayma gerilmesi nedir ?
y
2.07 MPa
x'
4.83 MPa
4.83 MPa
30o
C
15°
x
(-4.83;0) x
y (2.07;0)

210o
2.07 MPa
Merkez
C
y'
 4.83  2..07
 1.38MPa
2
E

x'
 4.83  2.07 
2

  0  3.45MPa
2


2
Yarıçap
r

MPa
1.725 MPa
X‟
 x  1.38  3.45 cos 30  1.61MPa
 xy  
3.45 sin 30  1.725MPa
 y   1.38  3.45 cos 30  4.37 MPa


Y‟

MPa
x
y'
  15  90  105o çember üzerinde saate ters yönde 2  210o dönülecek.
MPa

MPa
119
GERĠLMENĠN CĠSĠM ĠÇĠNDEKĠ DEĞĠġĠMĠ
Daha önce yük etkisindeki bir cisimde gerilmenin noktadan noktaya değiĢtiğinden söz etmiĢtik. Gerilmedeki bu değiĢim elastisite
teorisinde diferansiyel denge denklemleri ile verilir. Ġki boyutlu halde, birim kalınlıklı dx, dy kenar uzunluklarına sahip bir elemana
etkiyen gerilmeler aĢağıdaki Ģekilde gösterilmiĢtir.
y

O dan O noktasına hareket edildiğinde gerilmedeki artıĢ, örneğin  x gerilmesi için Taylor
 y  y dy
y
serisi açılımıyla,
 yx
 x
 yx 
dy


dx
x
y

x

O‟  xy  xy dx
biçiminde ifade edilebilir. Burada  x ‟in x ve y ile değiĢtiği düĢünüldüğünden kısmi
x

türev kullanılmıĢtır. Diğer gerilme bileĢenlerinin de aynı Ģekilde değiĢtiği düĢünülerek
 x  x dx
dy
x
yandaki Ģekil üzerinde gösterilmiĢtir. Görülen elemanda
x
M o  0
bağıntısının sağlanması koĢulundan,
 xy O dx
x

 





 dx   x
 yx

 xy

 dy 
y

dxdy 

dxdy 
  yx  
dy dxdy    xy  
dx dxdy   0
 2 
 y
 2  x
 y

 x

 

 yx
y
dx ve dy „nin bulunduğu üçlü çarpımlar ihmal edilerek,
 yx   yx
daha önce bulunan sonuca ulaĢılır.
x doğrultusundaki kuvvetlerin dengesi için,
 yx


 x




dx
dy


dy



dy


 yx
 dx   yx dx   0
x
 x

x
y




ve benzer bir denklemin Fy  0 için yazılıp sadeleĢtirilmesi sonucu
 xy
 x

0
x
y
 y
y

 xy
x
0
elde edilir. Yanda çerçeve içerisindeki bağıntıların her malzeme için sağlanması gerekir.
Bu denklemler, normal gerilmedeki değiĢimin ancak kayma gerilmelerindeki değiĢmeyle
mümkün olduğunu göstermektedir. Ayrıca bu bağıntılarda  x ,  y , xy gibi üç
bilinmeyen gerilme bulunduğundan gerilme analizindeki problemlerin içten hiperstatik
olduğunu da anlıyoruz. Mukavemet derslerinde yapılan Ģekil değiĢtirme hipotezleri ve
120
sonlu bir eleman parçasının dengesinin düĢünülmesiyle hiperstatiklik ortadan
kalkmaktadır.
Üç boyutlu gerilme halinde ise yukarıda açıklanan hususların genelleĢtirilmesinden faydalanabiliriz. Ġlk bölümde sözü edilen
tam analiz matematik açıdan burada baĢlamaktadır.
Ġki boyutlu elatisite probleminde x, y, xy, ex, ey, gxy, u ve v den oluĢan sekiz büyüklük araĢtırılır.Bu sekiz bileĢenin eleman
içinde geçerli olan sekiz denkleme ek olarak önceki konularda verilen sınır koĢullarını sağlaması gerekir. Elastisite teorisinin
çözüm metotlarından burada söz edilmeyecektir.
Elastisitenin temel denklemlerinin buraya alınmasındaki amaç katı mekaniğindeki önemli problemlerin temelindeki basit
yaklaĢımları öğrencilere tanıtmaktır. Ayrıca bundan sonraki bölümlerde kuvvet_deformasyon bağıntılarının kritik değerlerinin
hesabında bu formulasyon kullanılacaktır. Elastisite teorisi ve Mukavemetteki yaklaĢımların her biri ayrı ayrı önemli olup
birbirlerine katkıda bulunurlar.
DÜZLEM BĠRĠM ġEKĠL DEĞĠġTĠRME
Ġki boyutlu veya düzlem birim Ģekil değiĢtirme durumunda, yükün etkimesinden önce ve sonra her noktanın aynı düzlem (x,y)
içinde kaldığı varsayılır. Böylece ez = gxz = gyz = 0 olup, ex, ey ve gxy sıfırdan farklı değerler alacaktır.Bu birim Ģekil
değiĢtirmelere bağlı olan x, y ve xy gerilme bileĢenleri sıfırdan farklıdır. GeneleĢtirilmiĢ Hooke yasalarından;
 z  n  x   y 
 xz   yz  0
bulunur. Daha önce bir noktadaki gerilme halinin iki dik düzlemdeki gerilme bileĢenleri ile verilmesi gerektiği gösterilmiĢti.
Benzer bir durum birim Ģekil değiĢtirme hali için de söz konusudur.
DÜZLEM ġEKĠL DEĞĠġTĠRME HALĠNĠN DÖNÜġÜMÜ
Birim kalınlıklı, dx, dy kenar uzunluklarını sahip A ve D köĢeleri doğrusal Ģekil değiĢtirme yapan bir eleman düĢünelim. A
noktasının x ve y eksenleri doğrultusundaki yer değiĢtirmeleri u ve v olsun. C noktasının yerdeğiĢtirmeleri sırasıyla u+du ve
v+dv‟dir. YerdeğiĢtirmedeki değiĢim;
du 
u
u
dx  dy
x
y
dv 
v
v
dx  dy
x
y
olarak ifade edilir. AĢağıdaki Ģekilde söz konusu elemanın AC köĢegenindeki uzama gösterilmiĢtir.
121
y
C‟

B‟
x'
dv
E
B
C
y' dy

du
F
ds
dx
EC ' du  cos  dv  sin 


ds
ds
ds
x‟, y‟ koordinat takımı Ģekildeki gibi seçilirse bu eksen takımına göre birim
Ģekil değiĢtirme bileĢenleri ex‟, ey‟ ve gx‟y‟ olur.
EC ' cos   EC '  du cos   dv sin 
Yazılabilir. Normal birim Ģekil değiĢtirme tanım gereği; e x '  EC ' ds dir.
Burada ds, AC köĢegeninnin baĢlangıç uzunluğudur. Son iki

A
Deformasyondan sonra AB’C’D’ Ģeklini alan elemanda AC ile AC’
arasındaki küçük açı , C noktasının x ve y eksenleri doğrultusunda
yaptıkları yerdeğiĢtirmeler de sırasıyla CF ve FC’ ile gösterilmiĢtir.
AĢağıdaki türetmelerde Cos = 1, Sin = tan =  alınacaktır.
D
x
bağıntı birleĢtirilir,
dx
yerine cos ,
ds
dy yerine sin  yazılırsa,
ds
 u
u  cos   v
v  sin 
dx  dy 
  dx  dy 
y  ds
y  ds
 x
 x
e x '  
e x '  e x cos 2   e y sin 2   g xy sin  cos 
elde edilir. Bu ifade çift açı cinsinden;
e x' 
ex ey
2
Olur. y’ doğrultusundaki uzama oranı için  yerine +/2 yazarsak;
e y' 
ex ey
2


ex e y
2
ex ey
2
cos 2 
cos 2 
g xy
2
g xy
2
sin 2
sin 2
Bulunur. Kayma açısı gx’y’ nün bulunması için ilk olarak x’ doğrultusundaki dönme ‟nın hesaplanması gerekir. Yeniden Ģekle
dönerek;
,
yazılabilir. Açı ve birim Ģekil değiĢtirme küçük
CE CE  dv  cos   du  sin   EC ' sin

tan  
ds
olduğundan
olur.
EC ' sin   e x '  ds  sin   e x '  ds    0
CE  v
v  cos   u
u  sin 

  dx  dy 
  dx  dy 
122
ds
 x
y
 ds
 x
y
 ds
  e y  sin   cos   e x  sin   cos  
  e x  e y  sin   cos  
v
u
 cos 2  
 sin 2 
x
y
v
u
 cos 2    sin 2 
x
y
Elde edilr. y’ doğrultusunun dönmesi için  yerine +/2 yazılarak;

g x ' y ' kayma açısı

ve   
2


 e x  e y  sin   cos  
2
v
u
 sin 2  
 cos 2 
x
y
dönmeleri arasındaki farka eĢittir.
g x ' y '  2e x  e y  sin   cos   g xy cos 2   sin 2  
Çift açı cınsinden;
g x ' y '  e x  e y  sin 2  g xy  cos 2
Haline dönüĢür. Yukarıda çerçeve içerisinde verilen bağıntılar birim Ģekil değiĢtirme bileĢenlerinin dönüĢüm denklemleridir.
ASAL ġEKĠL DEĞĠġTĠRMELER: MAKSĠMUM KAYMA BĠRĠM ġEKĠL DEĞĠġĠMĠ
Gerilme dönüĢüm denklemleri ile birim Ģekil değiĢtirme bileĢenlerinin dönüĢüm denklemleri kıyaslandığında büyük bir
benzerlik görülmektedir. Eğer gerilme dönüĢüm denklemlerinde  yerine e, xy yerine de gxy/2 yazılırsa Ģekil değiĢtirme
dönüĢüm denklemleri bulunmaktadır.
 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  
1
 x   y sin 2   xy cos 2
2
e x' 
ex ey
e y' 
2
ex ey
2

ex e y

2
ex ey
2
cos 2 
cos 2 
g xy
2
g xy
2
sin 2
sin 2
1
1
1
g x ' y '   e x  e y  sin 2  g xy123
 cos 2
2
2
2
Asal birim Ģekil değiĢtirmeler veya uzama oranları ile doğrultuları;
e1, 2 
ex ey
2
 e x  e y   g xy 
  

 
 2   2 
2
2
tan 2 p 
g xy
ex ey
Asal düzlemlerde kayma açıları yok olur. Maksimum kayma Ģekil değiĢimi olan düzlemler, asal düzlemlerle 45o‟lik açı yapar ve
Ģu ifadeyle verilir:
 e x  e y   g xy 
  

 2 
2
2

 

2
g eb
ek
2
En büyük kayma birim Ģekil değiĢiminin oluĢtuğu düzlemlerdeki uzama oranları aĢağıdaki gibi elde edilir
e '
1
e x  e y   1 e1  e 2 
2
2
124
GERÇEK EN BÜYÜK KAYMA AÇISININ BULUNMASI
Bir noktadaki düzlem Ģekil değiĢtirme bileĢenleri εx ,εy ve γxy
değerleri ile tanımlanmıĢ olsun. ġimdi kalınlık yada z ekseni
doğrultusundaki uzama oranını belirlemek istediğimizi
düĢünelim. GenelleĢtirilmiĢ Hooke yasalarında ζz yerine sıfır
yazılarak yanda verilen bağıntı elde edilir. Bu denklemdeki
parantez içi gerilmeler toplamı iki boyutlu halde geçerli olan
Hooke yasalarından hesaplanıp yerine yazılırsa,
x 
E
e x ne y 
1 n 2
y 
E
ne x  e y 
1 n 2
ez  
 xy  Gg xy
ez 
1
n
 z n  x   y     x   y 

E
E
x  y 
E
E
(1 n )e x  (1 n )e y  
(e x  e y )
2 
1 n
1 n
n
E
n
ex  e y   
ex ey 


E 1 n
1 n
Z ekseni doğrultusundaki uzama oranını düzlem içi uzama oranları cinsinden veren yukarıdaki bağıntı bulunur.
Düzlem Ģekil değiĢtirme halinin düzlem içi asal uzama oranları ε1 ve ε2 , düzlem dıĢı asal uzama oranının da εz = ε3
olduğu hatırlanırsa üç boyutlu analizdeki gerçek en büyük kayma Ģekil değiĢimi, ε1 ve ε3 cebrik olarak en büyük ve
en küçük asal Ģekil değiĢtirme olmak kaydıyla; (en büyük Mohr dairesinin yarıçapından) aĢağıdaki gibi
hesaplanabilir.
g eb  gerçek  e1  e 3
Eğer x, y ve z asal gerilme doğrultuları olursa  xy   xz   yz  0
olup ayrıca g xy  g xz  g yz  0
olur.
Bu durumda x, y ve z eksenleri ayrıca asal Ģekil değiĢtirme eksenleridir. Dolayısıyla izotrop malzemelerde asal
gerilme ve asal Ģekil değiĢtirme eksenleri çakıĢırlar. Bu durumun uygulamadaki anlamı, verilen bir gerilme
durumuna ait asal eksenleri bulmada ister gerilme; ister Ģekil değiĢtirme bağıntılarının kullanılabilecek olmasıdır.
125
DÜZLEM ġEKĠL DEĞĠġTĠRME HALĠ ĠÇĠN MOHR DAĠRESĠ
Düzlem Ģekil değiĢtirme halindeki Mohr dairesi, düzlem gerilme halinde çizilen Mohr dairesine benzer olarak çizilir. Yatay
eksende uzama oranları (e), düĢey eksende kayma açılarının yarısı (g/2) alınmalıdır. Eksenlerin pozitif yönleri sağa ve aĢağı
doğrudur. Kayma birim Ģekil değiĢimindeki iĢaret kabulleri daha önce kayma gerilmesi için yapılan iĢaret kabulüne uygun
olmalıdır. Kayma birim Ģekil değiĢimi pozitif ise x noktası e ekseninin g/2 kadar altına, y noktası ise e ekseninin (g/2) kadar
üstünde iĢaretlenmelidir. x‟, y‟, 1, 2, D ve E noktalarıyla ilgili büyüklükler Mohr dairesi kullanılarak kolayca hesaplanabilir.
 e x  e y geb 


;
D
2
2


y
e
x'
y'
y
;  g xy 2 y
y'

O
x
F
2
e2
referans noktası :
x(e x ; g xy / 2)
C
y (e y ;  g xy / 2)
2
1
e
x' e x ' ; g x ' y ' 2 
2p1
2s1
g
E
2
e1
x
e
x
; g xy 2 
126
Bir noktadaki Ģekil değiĢtirme bileĢenleri ex = 900, ey = -100 ve gxy = 600 olarak biliniyor. Mohr dairesini
kullanarak asal Ģekil değiĢtirmeleri ve maksimum kayma Ģekil değiĢimini belirleyip yönlenmiĢ elemanlar
üzerinde gösteriniz.
D
Örnek 5
Dairenin Merkezi =
ex ey
2
 400
y
 900   100   600 
r 
 
  583
2

  2 
2
Dairenin Yarıçapı =
2
(-100; -300)
O
2
2s
e 2  OC  R  400  583  183


600
  31o
2  tan 
 900   100 
1
g eb
 pI  15.5o , e1  983
  105.5 , e 2  183
II
p
o
 900   100   600 
 2 
 
  1166
2

  2 
2
x
(900; 300)
g
2
E
2
veya
e1  e 2  983   183  1166
 sII   pI  45o  15.5  45  60.5o
2pI
C
e1  OC  R  400  583  983
I
p
e
1
Mohr dairesinden en büyük kayma birim Ģekil değiĢiminin
asal eksenlerle 45o lik açı yaptığı görülmektedir. geb‟ın
olduğu düzlemdeki uzama oranları, OC = e‟ = 400x10-6dır.
Mohr dairesinde maksimum pozitif kayma açısı e ekseninin
alt tarafında E noktası ile temsil edilmektedir.
127
YönlenmiĢ eleman üzerinde Ģekil değiĢiminin
gösterilmesi:
D
Asal Ģekil değiĢtirmelerin eleman üzerinde gösteriminde Mohr dairesindeki x referans noktasından
baĢlanarak en kısa yoldan 1 noktasına gidilir. xC1
açısı birinci asal doğrultunun x referans ekseni ile
yaptığı açının iki katını gösterir. Bu açının yarısı x
ekseninden baĢlanıp Mohr dairesi üzerinde gösterilen
yönde alınarak birinci asal eksen çizilir. Bu asal
eksene 90 derece eklenerek ikinci asal eksen
belirlenir. Asal eksenlerin üzerine sembolik bir birim
boyutlu kare eleman yerleĢtirilir. Asal doğrultulardaki
Ģekil değiĢtirmeler uzama ya da kısalma kesikli
çizgilerle birim eleman üzerinde iĢaretlenir.
En büyük açısal Ģekil değiĢtirmelerin gösterimi için
Mohr dairesindeki x referans noktasından baĢlanarak
en kısa yoldan E noktasına gidilir. xCE açısı en büyük
pozitif açı bozulmasının oluĢtuğu birinci düzlemin
normalinin x referans ekseni ile yaptığı açının iki
katıdır. Bu açının yarısı x ekseninden baĢlanıp Mohr
dairesi üzerinde gösterilen yönde alınarak birinci
eksen çizilir. Bu eksene 90 derece eklenerek ikinci
eksen de gösterilir. Eksenlerin üzerine sembolik bir
birim boyutlu kare eleman yerleĢtirilir. Kare elemanın
her iki eksen doğrultusunda yaptığı birim boy değiĢimi
birbirine eĢit olup değeri, Mohr dairesinin merkezinin
absisidir. Kayma açısının doğru olarak çizilebilmesi
hususunda e ve d düzlemlerinde etkiyen “sembolik
kayma gerilmelerinin” düĢünülmesi deformasyon
halinin çiziminde büyük kolaylık sağlar.
y
121
(-100; -300)
1
O
2
e
31
C
59
x
(900; 300)
g
2
E
983
i
d
183
400
2
1
D
b
105,5°
15,5°
60,5
x
E
x
29,5
geb=+1166
Asal Ģekil
değiĢtirmeler ve
doğrultuları
400
e
En büyük kayma Ģekil değiĢtirmelerinin
128
yönlenmiĢ bir eleman üzerinde gösterimi
Bu örnekteki elemanın düzlem gerilme etkisi altında olduğu düĢünülür ise
e z  e3  
n
e
1 n
x
ey   
0.3
 900  100   343
1  0.3
olarak hesaplanabilir. Gerçek en büyük kayma açısı;
n = 0.3 için üçüncü doğrultudaki asal uzama oranı
g eb gerçek  e1  e 3  983   343  1326
Bu durumda düzlem içi maksimum kayma açısının her zaman en büyük kayma açısını göstermediğini söyleyebiliriz.
Önceki örnekte verilen Ģekil değiĢtirme halinde; (a) Asal gerilmelerle doğrultularını, (b) En büyük kayma gerilmesi
ve doğrultularını hesaplayınız. E = 200 GPa, n = 0.3
Örnek 6
Önceki örnekten
e1 = 983, e2 = -183, geb = 1166
E
200 103
e1 ne2  
983  0.3 183  204MPa
1 
1 n 2
1  0.32
E
200 103
 eb 
g eb 
1166 106  89.7 MPa
21 n 
21  0.3
 eb 
1   2
2

200 103
 183  0.3  983  24.6MPa
2 
1  0.32
 '
1   2
2
204  24.6
 89.7 MPa
2
204  24.6
 114.3MPa
2
d

114.3 MPa
24.6 MPa
2
60,5
2
Asal
Gerilmeler
204 MPa
1
1
ve
doğrultuları
204 MPa
15,5°
x
24.6 MPa
29,5
D
89.7 MPa
x
E
114.3 MPa
e
En büyük kayma gerilmeleri ve doğrultuları
129
BĠRĠM ġEKĠL DEĞĠġĠMĠNĠN ÖLÇÜLMESĠ
Düzlem Ģekil değiĢtirme yapan bir elemanın serbest yüzeyindeki uzama oranının ölçülmesi amacıyla optik, elektriksel ve
mekanik sistemler geliĢtirilmiĢtir. Yaygın olarak kullanılan ve doğru sonuç veren yöntemde elektriksel esaslı “strain gage”
ölçerler kullanılır. Bu kısımda serbest yüzeye yapıĢtırılan strain gage‟ler ve özel düzenlenmiĢ Ģekilleri üzerinde durulacaktır.
Yüzeyin dıĢ normalini z doğrultusu olarak alırsak z = xz = yz = 0 olur. Söz konusu gerilme durumunda düzlem dıĢı elastik
deformasyonları önleyecek her hangi bir kısıt olmadığından düzlem içi ex, ey, gxy Ģekil değiĢtirme bileĢenlerine ilaveten düzleme
dik doğrultuda normal birim Ģekil değiĢtirme de oluĢur. GenelleĢtirilmiĢ Hooke yasalarında
gxy = gyz = 0 olduğu için ez
aynı zamanda asal Ģekil değiĢtirmedir. Düzlem dıĢı asal uzama oranı, gerçek maksimum kayma birim Ģekil değiĢiminin
belirlenmesi açısından önemlidir. Düzlem Ģekil değiĢtirme hali için çıkarılan bağıntılarda ez asal Ģekil değiĢimi ex ve ey cinsinden
bulunmakta idi. Dolayısıyla bir önceki kısımda yapılan türetmeler burada da geçerlidir.
Strain gage‟ler iki tabaka kağıt ya da plastik arasına yerleĢtirilen yaprak biçimli çok ince kalınlıklı levha/küçük çaplı telden
oluĢur. Genellikle 0.03 mm çaplı tel yada 0.003 mm kalınlıklı yaprak levha kullanılır. Ölçer pullar dıĢ yüzeyden ölçüm yapılacak
yüzeye yapıĢtırılırlar. Yük etkisi altında söz konusu yüzeyde Ģekil değiĢimi olduğunda tel ızgara yüzeyle birlikte uzar yada
kısalır. Bu boy değiĢimi ölçerin elektriksel direncinde değiĢime yol açar. Ölçerin uçlarına bağlanan bir akım köprüsü elektrik
direncindeki değiĢimi uzunluk değiĢimine dönüĢtürür. Bu amaçla kullanılan akım köprüsüne Wheatstone köprüsü adı verilir.
Strain Gage
Metal Yaprak
Rozet
130
ROZETLER: Referans ekseni x ile a, b, c açısı yapan üç uzama ölçer bir önceki sayfadaki Ģekilde gösterilmiĢtir. a,
b, c doğrultularındaki uzama oranları;
e a  e x cos 2  a  e y sin 2  a  g xy sin  a cos  a
e b  e x cos 2 b  e y sin 2 b  g xy sin b cos b
e c  e x cos 2 c  e y sin 2 c  g xy sin c cos c
Yazılabilir. Burada a, b, c doğrultularındaki ea, eb ve ec uzama oranları bilinmekte ex, ey, gxy aranmaktadır. Uzama
ölçerlerin bu tarda düzenlenmiĢ haline ROZET adı verilir. Rozetler çoğunlukla 45o ve 60o lik açılarla düzenlenen üç
uzama ölçerden oluĢur.
Örnek 7
45olik rozetle yapılan ölçüm sununda eleman üzerindeki bir noktada a = 0o, b = 45o ve c = 90o için
900, eb = 700, ec = -100 değerleri okunmuĢtur. ex, ey ve gxy değerlerini hesaplayınız.
ea  ex,
700 
ec  e y ,
eb 
ex ey
2

ex ey
2
cos 90 
1
e x  e y  g xy   1 900 100  g xy   g xy  600
2
2
Şekil değiştirme Hali :
g xy
2
ea =
sin 90
hesaplanabilir.
e x  900
e y  100
g xy  600
131
Örnek 8
ea  ex
Bir yapının serbest yüzeyin üzerine bir noktada 60olik rozetle yapılan ölçüm sunun a = 0o, b = 60o ve c = 120o
için ea = 70, eb = 850, ec = 250 değerleri okunmuĢtur.
a) Düzlem içi asal uzama oranları ile maksimum kayma açısını
b) Poisson oranı n = 0.3 alarak gerçek maksimum kayma açısını
c) a Ģıkkındaki sonuçları yönlenmiĢ birer eleman üzerinde gösteriniz.
eb 
ec 
ex ey
2
ex ey
2


e x  e y  1  g xy  3 


 
2
2
2  2 
e x  e y  1  g xy 
2
3


 

 2  2  2 
Asal Ģekil değiĢtirmeler ve doğrultuları
2
I
o
 693  p  23.6  e 2
2 p  tan 
 II
o
 70  710   p  66.4  e1
1
eb  ec 
g xy
2
 3   600 
g xy  693
e y  710
e x  70
En büyük kayma Ģekil değiĢtirmeleri
70  710
 e1  862
 70  710   693  

 
 
 
e  83
2
2

  2  
 2
2
e1, 2
e x  e a  70
 70  710   693 
 2 
 
  943
2

  2 
2
g eb
e '
ex ey
2

2
70  710
 390
2
En büyük kayma açısının oluĢtuğu düzlemler
 70  710    s  21.36  g maks
2 s  tan  

693   sII  111.4o  g maks

1
I
o
132
Söz konusu noktada dik
eksen takımındaki Ģekil
değiĢtirme bileĢenleri
Asal Ģekil değiĢtirmeler ve doğrultuları
1196
e'=390
82
b (1)
862
e x  70 
e y  710 
D
82
y
g xy  693
referans noktası
x(70 ; 346.5) 
y (710;  346.5) 
3
(-334;0)
2
66,4°
x
137.2
2
i (2)
(710;-346.5)
1
1
C
O
(862;0)
e
2s =42.8
x
2pI=132.8
(70; 346.5)
En büyük kayma Ģekil değiĢtirmelerinin
yönlenmiĢ bir eleman üzerinde gösterimi
E
g
2
d
b) Düzlem dıĢı asal uzama oranı;
e z  e3  
0.3
70  710  334
1  0.3
D
E
e
390
Gerçek en büyük kayma açısı;
g eb gerçek  e1  e 3  862   334  1196
21,4°
geb = 943
390
x
133
d
g eb
e‟
2
e‟
d
 .........
d
g ek
e‟
D
2
e
E
 .........
D
D
  111.4
'
s
E
s
E
x
21,4°
x
geb = 943
e‟
e
e
e
390
390
390
d
X noktası, Mohr dairesinin C merkezinin
solunda ise en kısa yoldan E ye (veya D
ye) gidilerek ve aynı yönde 90 derece
ekleme ile belirlenen eksenler üzerine
çizilen elemanda pozitif kayma açısı
meydana gelir. Tersine x noktası, C‟nin
sağında ise yukarıda söz edilen yolla
belirlenen eksenler üzerine çizilen
elemanda negatif kayma açısı oluĢur.
Sarı ve yeĢil renkli Ģekil değiĢtirme
elemanlarında kayma açısının pozitif
olduğuna dikkat ediniz.
e
e‟
e
x
geb=-943
21,4
 s  68.6
x
E
68,6
E
D
e‟
D
390
d
d
134
x
GENELLEġTĠRĠLMĠġ HOOKE YASALARI
ex 


1
 x n  y   z 
E
g xy 


1
 y n  x   z 
E
ey 
 xy
g yz 
G
ez 
 yz


1
 z n  x   y 
E
g xz 
G
 xz
G
Bu ifadeleri gerilmeler cinsinden yazılırsa;
x 
En
e  e  e  2Ge x
1 n 1  2n  x y z
y 
En
e  e  e  2Ge y
1 n 1  2n  x y z
 xy  Gg xy
ĠKĠ BOYUTLU HALDE
GENELLEġTĠRĠLMĠġ HOOKE
YASALARI
 yz  Gg yz
z 
En
e  e  e  2Ge z
1 n 1  2n  x y z
 xz  Gg xz
 xy
1
e x   x n y 
E
ey 
1
 y n x 
E
g xy 
E
e x ne y 
1 n 2
y 
E
ne x  e y 
1 n 2
 xy  Gg xy
x 
G
135
E, n ve G Arasındaki Bağıntı
Elastisite modülü E, kayma modülü G ve Poisson oranı ν arasındaki bağıntıyı çıkartmak için bir eksen doğrultusunda çekme
diğer eksen doğrultusunda aynı Ģiddette basma gerilmeleri bulunan bir gerilme elemanını düĢünelim. Bu gerilme elemanına
ait hem gerilme, hem de Ģekil değiĢtirme Mohr dairelerini çizelim.
y = -a
x
x = a
y
Gerilme elemanının 45 derece döndürülmesi
ile tam kayma adı verilen ve hiçbir normal
gerilmenin bulunmadığı farklı bir gerilme hali
elde edilir. Bu durumda elemanın bütün
yüzlerine a Ģiddetinde yalnızca kayma
gerilmeleri etkimektedir. Asal düzlemlerle
kayma düzlemleri arasındaki 45olik açı
bulunmaktadır. Tam kayma halindeki gerilme
Mohr dairesi, daha önce çizdiğimiz dairedir.
ġekil değiĢtirme Mohr dairesini çizip,
yarıçapları eĢitlersek,
G

21 n 
x
O

y
a
a
1 n  
E
2G
1
a
 a n a   1 n 
E
E
1
a
e y   a n a    1 n 
E
E
g xy  0
ex 

eba
y
a
45°
a
x
O
e
geb/2 E 1 n 
a
g
45
°
x  a
 y  a
 xy  0
y
ex  0
ey  0
e
O
g xy  a G
x
g
geb/2 a 2G
bulunur. x, y eksen takımının baĢka keyfi doğrultularda seçilmesi
halinde de çerçeve içerisindeki bağıntının geçerli olduğunu
söyleyebiliriz. Dolayısıyla elastik izotrop malzemelerde iki ve üç
boyutlu gerilme-birim Ģekil değiĢtirme bağıntılarının iki bağımsız
malzeme sabitiyle yazılması mümkündür.
136
60X80 mm boyutlarındaki dikdörtgen çelik plak Ģekilde gösterilen gerilmelerin etkisindedir. E=210
GPa, n=0.33 olduğuna göre; a) AC ve BD diyagonalindeki boy değiĢimlerini hesaplayınız.
Örnek 9
y
150 MPa
B
60 mm
A
300 MPa
80 mm
D
1
300  0.33  150    1664.106
3 
210*10
1
ey 
 150  0.33  300    1186.106
3 
210*10
100
100
g xy 

 1267.106
3
3
210*10
78.95.10
2(1  0.33)
ex 
100 MPa
C
x
 60 
DAC  tan 1    37
 80 
e AC 
1664  (1186)
1664  1186
1267

 cos(2*37) 
 sin(2*37)  1241
2
2
2
 AC  e AC . AC  100*1241  0.124 mm. uzama
e BD  e143  23.31*106 ,
 BD  100* 23.31*106  2.33*103 mm.
137
Çelik bir elemanın düzlem gerilme etkisindeki serbest yüzeyi üzerinde 60° lik rozetle ölçülen uzama
oranları εa =400μ , εb =500μ , εc =-700μ dur. E=200 GPa, n =0.30 olarak bilindiğine göre; a) Asal uzama
oranları ile doğrultularını b) asal gerilmeler, en büyük kayma gerilmeleri ile ilgili normal gerilmeler ve
doğrultularını belirleyip yönlenmiĢ birer eleman üzerinde gösteriniz.
Örnek 10
500 
400  e y
700 

2
400  e y
2
400  e y

(0.5) 
2
400  e y
2
g xy
(0.5) 
2
(0.866)
g xy
2
(0.866)



e a =e x =400µ
e y =-266.67µ
g xy =1386µ
g 
 400  266.67   1386 
 eb   
 
  769
2
 2 ek

  2 
2
tan 2 S  
400  266.67
1386
400  266.67
 400  266.67   1386 

 
 

2
2

  2 
2
e1,2
tan 2 P 
 P  32.15
 P  122.15
1386
400  266.67
2
e1  836
e 2  702
2
 S  12.85
 S  77.15
99.2 MPa
137.45 MPa
y'
x'
g maks  1538
g min  1538
200*103
1 
836  0.3  702     137.45 MPa
1  0.32 
200*103
2 
 702  0.3*836   99.20 MPa
1  0.32
210*103
 eb  G.g eb 
1538.106  118.3 MPa
2(1  0.30)
ek
ek
   2 137.45  99.2
  1

 19.1 MPa
2
2
32,2°
x
 P  32.15
y'
 M
 P  122.15
 S  12.85
 S  77.15
M
Pa
a
3 MP
118.
Pa
77.15
x

M
Pa
x'
138
ROZET
problemi
Enbüyük Kayma
ġekil DeğiĢtirmeleri ve
etkidiği Düzlemler
ġekil DeğiĢtirme
Durumu
e x , e y , g xy
Asal ġekil
DeğiĢtirmeler
g enbüyük , g enküçük ,  s'
e1 , e 2 ,  p'
Bünye Bağıntıları
 e
Asal Gerilmeler
Gerilme Durumu
Enbüyük Kayma
Gerilmeleri ve
etkidiği Düzlemler
 x ,  y ,  xy
 enbüyük ,  enküçük , 
 1 ,  2 ,  p'
'
s
139
Örnek Problemler
y
y
 xy
B
A
x
x
ġekilde bir noktadaki düzlem
gerilme hali ile bu gerilme haline
ait mohr çemberi yalnızca asal
gerilmeleri ile gösterilmiĢtir.
ζy=2ζx olduğu bilindiğine göre A
ve B düzlemlerindeki gerilmeleri
hesaplayıp
mohr
çemberi
Düzlem gerilme haline maruz bir levhanın P noktasında
aralarında bilinmeyen bir  açısı bulunan iki düzlemdeki
gerilmeler Ģekilde gösterilmiĢtir.
a- P noktasındaki asal gerilmeler ile düzlemlerini bulunuz.
YönlenmiĢ bir eleman üzerinde gösteriniz.
b- Gerilme durumuna ait Mohr çemberini çizerek A ve B
düzlemlerini tasvir eden noktaları çember üzerinde
gösteriniz.
38
M
Pa
14
M
Pa
B
50 MPa
P

10 MPa
A
 MPa
 MPa

ġekilde gösterilen eğik düzlemdeki normal gerilme 28 MPa,
kayma gerilmesi 10 MPa‟dır. +y düzlemindeki normal gerilme
sıfır olarak bilindiğine göre +x düzlemindeki normal gerilme
ile kayma gerilmesini hesaplayıp yönlenmiĢ bir eleman
y




x
140
ġekilde gösterilen alüminyum dikdörtgen levha x ekseni
doğrultusunda 7.5 mm uzama, kalınlık doğrultusunda 0.1 mm
uzama yapmıĢtır. x ve y gerilmelerini hesaplayınız.
06 OCAK 2012 UYGULAMA SORUSU
Bir noktadaki şekil değiştirme hali, en büyük açı bozulmalarının olduğu
düzlemler esas alınarak aşağıdaki şekil üzerinde gösterilmiştir. Bu şekil
değişimine sebep olan gerilmeleri sağ yanda x ve y eksen takımlı gerilme
elemanı üzerine yönleri ile birlikte yazınız.
E = 70 GPa, n =1/3
 x  ..........
 y  ..........
y
d
y
 xy  ...........
D
e‟
y
2m
x
x
z
g eb
2
3m
E
 .........
0m
0.2
s
e   430
E  200 GPa
e
e‟
g eb
2
x
x
O
 570
 s  27
  0.3
Çelik bir elemanın düzlem gerilme etkisindeki serbest yüzeyi üzerinde 30° lik rozetle ölçülen uzama oranları
εa = 250μ , εb = 350μ , εc = -200μ dur. E = 200 GPa, ν = 0.30 olarak bilindiğine göre;
a) Dik doğrultulardaki uzama oranlarını belirleyiniz.
b) SADECE MOHR ÇEMBERİNİ KULLANARAK asal uzama oranları ile doğrultularını bulunuz.
c) Asal gerilmeler ve doğrultularını belirleyip yönlenmiş bir eleman üzerinde gösteriniz.
c
b
a
d)En büyük kayma gerilmeleri ile ilgili normal gerilmeleri ve gerilmelerin etki ettiği düzlemlerin doğrultularını
belirleyip yönlenmiş birer eleman üzerinde gösteriniz.
141
KESĠT ZORLARI
Yandaki Ģekilde dıĢ yüklerin etkisi altında dengede
olan bir cisim, herhangi bir düzlemle kesilerek ikiye
ayrılmıĢ halde gösterilmiĢtir. Mademki cisim bir
bütün olarak dengededir, kesimle ortadan kaldırılan
iç kuvvetlerin dikkate alınması Ģartı ile o bütünden
ayrılan her bir parçanın da dengede olması gerekir.
Gerçekte kesim yüzeyine yayılı olan iç kuvvetleri
alan merkezi C de bir kuvvet bileĢkesi R ile bir
kuvvet çifti bileĢkesi M Ģeklinde gösterebiliriz.
R ve M, biri çubuk ekseni, diğeri kesim düzlemi
içindeki bileĢenleri cinsinden ifade edilirse dört
ayrı kesit zoru elde edilir. Bu zorlamaların her
birinin kendisine has Ģekil değiĢtirmeye yol açtığı
daha önce anlatılmıĢtı (Mukavemet I). N, S, Mb ve
Me ile gösterilen bu bileĢenlerden yalnızca birinin
bulunması haline basit mukavemet halleri adı
verilirken bu tesirlerden bir kaçının aynı anda
etkimesi durumuna da bileĢik mukavemet halleri
denir.
Kesim
Düzlemi
DıĢ
Kuvvetler
Ġç
Kuvvetler
M
Eğilme
Momenti
Me
M
Burulma
Momenti
Mb
N
c
R
S
Kesme Kuvveti
Eksenel
kuvvet
R
142
KESĠT ZORLARI VE GENEL GERĠLME DURUMU ĠÇĠN DENGE DENKLEMLERĠ
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 ζx, ηxy ve ηxz gerilmeleri
yandaki Ģekillerde gösterilmiĢtir. Bu durumda iç
kuvvetlerle bu kuvvetlerden dolayı oluĢacak
gerilmeler, aĢağıdaki denge denklemlerini sağlamalıdır.
My
Sy
z
Mz
Sz
C
N
T
x
  dA  N
 y  dA   M
 z  dA  M
x
x
y
ηXy
ηXz
x
ζ
y
X
dA
z
y
  dA  S
  dA  S
 ( y  z
z
C
z
xy
y
xz
z
xz
xy
)dA  T
x
143
KESĠTE ALAN MERKEZĠNDE DĠK OLARAK
ETKĠYEN KUVVETE NORMAL KUVVET DENĠR
VE N ĠLE GÖSTERĠLĠR.
EKSENEL KUVVET ETKĠSĠNDEKĠ ELEMANLAR
y
  dA  N
 y  dA  0
 z  dA  0
x
x
.
x
N
x
z
  dA  0
  dA  0
 ( y  z
xy
ġimdi basit mukavemet hallerinden ilki olan eksenel kuvvet
etkisindeki bir çubukta oluĢacak gerilme ile Ģekil değiĢtirmeyi
hesaplamak istiyoruz. Genel gerilme durumuna ait denge
denklemleri yanda tekrar yazılmıĢtır. Bu denklemlerdeki
gerilmelerin en kesit üzerinde nasıl yayıldığını bilmediğimiz için
problem bu hali ile hiperstatiktir. Diğer bir deyiĢle yalnızca
denge denklemleri ile çözüm bulunması mümkün değildir. Bu
durumda (genellikle Ģekil değiĢtirmeye bakılarak) Ģekil
değiĢtirme ile ilgili bir hipotez ortaya konmak yolu ile probleme
çözüm aramak yolu seçilir.
ġekil değiĢtirme 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 Ģekil
değiĢimini yapar. Ya da normal birim Ģekil değiĢimi sabit olup en
kesit üzerinde noktadan noktaya değiĢmez. Hooke yasasına göre
gerilme de sabit olacağından integral dıĢına alınabilir. Ayrıca
açısal birim Ģekil değiĢtirmeler 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  Ee x SABĠT
144
 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 yayılıĢı sabit kesitli doğru eksenli prizmatik çubuklarda geçerlidir. Eğer
çubuk kesiti değiĢkense ya da kesitte çentik veya delik varsa gerilme yayılıĢı
düzgün olmaz. Ayrıca tekil kuvvetlerin yakın civarında da kesitler düzlemliğini
koruyamayacağı için gerilme yayılıĢı düzgün olmayacaktır. AĢağıdaki Ģekillerde
yukarıda sözü edilen her bir durumda gerilme yayılıĢının nasıl olacağı sembolik
olarak gösterilmiĢtir.
x 
 min
x
N
N
N
 max
N
N
 max
 max  k   ort
 ort 
k>1, biçim faktörü
En kesitteki DeğiĢmeler ve Çentik Olması
Durumunda da x gerilmeleri Düzgün Yayılı Olmaz.
N
A
x
N
N
 min   max
2
N
145
TEKĠL KUVVETĠN UYGULANDIĞI NOKTAYA YAKINDAN BAKALIM.
P
P
Gerilme ve Ģekil değiĢtirmeler
orantılıdır. (Hooke Yasası) Tekil
kuvvetin etki ettiği yerden yeterince
uzakta gerilmeler düzgün yayılıdır.
(ST. VENANT ĠLKESĠ)
P
ġEKĠL DEĞĠġTĠRME HESABI (Uzama veya Kısalmanın Belirlenmesi)
P2
P1
P3
N
N
x
dx
Yandaki Ģekilde eksenel kuvvetlere maruz, en kesiti de değiĢebilen bir
çubuktan alınan küçük bir parça gösterilmiĢtir. Bu çubuk parçası iki yüzünden
etkiyen normal kuvvetlerin etkisiyle Ģekil değiĢtirmektedir. Bu parçadaki boy
değiĢiminin tüm çubuk boyunca integrasyonu ile çubuğun boyundaki toplam
değiĢme hesaplanabilir. Eksenel yüklü çubuklardaki boy değiĢimi genellikle δ
harfi ile gösterilir.
Dolayısıyla aĢağıdaki du ifadesi tekrar dδ olarak
yazılmıĢtır.
x 
dx+exdx
N x 
Ax 
,
ex 
d  e x dx
du
dx
du  e x dx
d 
x
E
dx
dx boylu elemandaki
uzunluk değiĢimi
146
N  x
d 
dx
A x E
L
;
 
0
 0
N  x
dx
 0
A x E
Eksenel kuvvete maruz çubuklaradaki boy değiĢimi
normal kuvvetle doğru, EA ile ters orantılı olarak
değiĢirmiĢ. EA, eksenel kuvvetle zorlanan bir
çubuğun boyunun değiĢtirilmesine karĢı gösterdiği
direnci temsil ettiğinden uzama rijitliği olarak
adlandırılır.
Özel olarak iki ucundan eksenel kuvvete maruz
prizmatik çubuklarda Ġntegral içindeki N ve EA
terimleri
sabit
olup
integralin
dıĢına
çıkartılacağından boy değiĢimini veren ifade biraz
daha basitleĢir. Bu bağıntı; Enkesit alanı,
Elastisite modülü ve yükün bölge bölge
değiĢmesi durumunda da her bir bölgeye ayrı
ayrı uygulanabilir.
   AB   BC   CD   DE

UZAMA
KISALMA
N L
EA
UZAMA RĠJĠTLĠĞĠ
A1
P3 A
B
C
P  0
A2
A2
D
P2
i
E
P1
Çelik
Pirinç
N
P1
+
P3
147
EKSENEL YÜKLÜ ÇUBUKLARDA ġEKĠL DEĞĠġTĠRME ENERJĠSĠ
Eksenel yüklü çubuklarda depolanan Ģekil değiĢtirme enerjisini hesaplamakta birim hacimde depolanan Ģekil değiĢtirme
enerjisi çubuk üzerinde seçilen bir integrasyon elemanı ile çarpılarak tüm çubukta integre edilmelidir. Özel olarak iki ucundan
eksenel kuvvete maruz prizmatik çubuklarda Ġntegral içindeki N ve EA terimleri sabit olup integralin dıĢına çıkartılacağından
depolanan Ģekil değiĢtirme enerjisini veren ifade daha basit bir hale döner.
1
2
u0   e 
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

148
Çelik ve alüminyum çubuklar B noktasında birleĢtirilmiĢ olup Ģekilde gösterilen eksenel
kuvvetlerin etkisindedir. Eç=200 GPa, Eal=70 GPa olarak bilindiğine göre kompozit çubuğun
boyundaki değiĢme ile çubukta depolanan Ģekil değiĢtirme enerjisini hesaplayınız.
ÖRNEK 1
0.3m
0.5m
260kN
140kN
A
Eksenel kuvvette değiĢme olan her bölgede ayrı bir kesim
yapılmak suretiyle kesim yüzeyine tesir eden eksenel kuvvetler
belirlenmiĢ ve aĢağıda diyagram Ģeklinde verilmiĢtir.
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
ÇELĠK
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
149
ġekilde gösterilen iki çubuklu kafes sistemde B düğümünün yatay ve düĢey yerdeğiĢtirmesini 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 düĢey doğrultulardaki kuvvet denge
denklemlerinden çubuklara etkiyen eksenel kuvvetlerle
her iki çubuktaki boy değiĢimini hesaplayalım. Sonra B
düğümündeki pimi çıkartıp çubukların serbestçe boy
değiĢimi 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 birleĢirler. ġekil değiĢtirmeler çubuk boyları
yanında çok küçük olduklarından yaylar yerine teğetleri
kullanmak mümkündür. B ve B‟ noktaları hemen hemen üst
üste düĢerler.
mm
B1
B
B’
B’
150
ÖRNEK 4
ÖRNEK 3
ġekilde gösterilen dairesel kesitli kademeli çubukta;
a) A noktasının yer değiĢtirmemesi için P1 kuvvetinin
değerini,
b) C noktasının yapacağı yer değiĢtirmeyi hesaplayınız. (E =
200 GPa)
ġekilde gösterilen sistemde A ve E noktalarının
düĢey yer değiĢtirmelerini 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 değiĢtirmeyi hesaplayınız.
 A  1.34 mm 
151
35
ÖRNEK 6
ÖRNEK 5
Bir bina temelinde kullanılan L boyundaki çakma kazık her biri
P temel yükünü yalnızca yüzeysel sürtünme yolu ile
taĢımaktadır. Sürtünme kuvvetinin değiĢimi f(x) = kx2 bağıntısı
ile verildiğine göre kazık boyundaki kısalmayı P ,L, A, E
cinsinden veren ifadeyi çıkarınız. Burada k, düĢey dengeden
belirlenecek bir sabittir.
5 m boyunda, üst yüzey alanı 300x300 mm, alt yüzey alanı
400x400 mm olan kolon 80 kN luk bir yükü taĢımaktadır. E
= 20 GPa olduğuna göre kolon boyundaki toplam kısalmayı
hesaplayınız.
P = 80 kN
300mm
P
300mm
5m
400mm
L
400mm
X
Üst yüzden aĢağı 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
152
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 Ģekil
değiĢtirme 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
g A  L  y  
N 2  y
U 
dy   
dy
2
EA
y
2
AE


0
0
2
L

g 2A L
2E
 L  y
2
dy 
0
g 2 AL3
6E
Özgül ağırlık sebebi ile oluĢan
Ģekil değiĢtirme enerjisi
gP0 L2
2E
EtkileĢim sebebi ile oluĢan
Ģekil değiĢtirme enerjisi
P02 L
2 AE
P0 kuvvetinden oluĢan Ģekil
değiĢtirme enerjisi
N ( y)  g  A  L  y   P0
V= (L - y) boyundaki çubuk hacmi
g 2 AL3
Özgül ağırlık
6E
g AL  y   P0  dy
N 2 y
U 
dy  
2 EA y 
2 AE
0
0
L
g 2 AL3
L
2
gP0 L2
P02 L
U


6E
2E
2 AE
SÜPERPOZĠSYON PRENSĠBĠ GEÇERLĠ DEĞĠLDĠR.
153
ġekilde gösterilen kesik koni kendi ağırlığı etkisinde ne kadar uzar? Koninin yapıldığı malzemenin birim
hacim ağırlığı g, Elastisite Modülü E‟ dir.
ÖRNEK 8
Bu problemde Eksenel kuvvet ve alan x koordinatına bağlı olarak
değiĢmektedir. 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)  
g
3E
h L

h
2
2
N ( x) 
,
h L
g
2
a
3E   
h

h
g L2

a.L
ba

3
;
r
a
x
h
g r 2 x  a 2 h 
r 2 x  a 2h
dx
x2

h3 
g x 2 h3
 x  2 dx 

x
3
E
2
x


6E
g L2
a  b ( Silindir )  
2E
2a
h
a
A( x)   r   x  
h
2
Özel Durum:
h x

a r
h L

h
g L2  L  3h 


6E  h  L 
g L2 b  2a 
6bE
Yandaki Ģekilde 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
g L2
Olur.
154
EKSENEL YÜKLÜ ÇUBUKLARDA HĠPERSTATĠK PROBLEMLER
Mesnet reaksiyonları ve iç kuvvetlerin yalnızca denge denklemleri yardımı ile hesaplanabildiği yapı elemanı ve yapılara ĠZOSTATĠK, denge
denklemlerine ek olarak Ģekil değiĢtirmelerin de dikkate alınması gereken yapı elemanı ve yapılara HĠPERSTATĠK denir. Hiperstatik
yapılarda mesnet çökmesi, sıcaklık değiĢimi ve imalat hatalarından büyük iç kuvvetler ortaya çıkar.
ġekilde görülen rijit yatay çubuk, A noktasında bir mafsalla ve B ve C noktalarında iki düĢey kablo ile mesnetlenmiĢtir.
Kablo boyu 0,8 m., en kesit alanları 140 mm2‟ dir. 40 kN‟ luk yükten oluĢacak gerilmeleri her bir kablo için hesaplayınız.
Akma gerilmesini 250 MPa olarak alınız. E=200 GPa.
ÖRNEK 9
Denge Denklemleri;
D
E
Fx  0
M A  0
L = 0.8 m
RxA  0
Fy  0
RyA  FBD  FCE  40
FBD  2FCE  40 1.40
A
4 Bilinmeyen kuvvet 3 adet denge denkleminden hesaplanamaz. Ek bir denklem gereklidir.
C
B
0.4m
1m
 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
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 
155
ġekilde görülen kafes çubukları aynı malzemeden yapılmıĢ olup en kesit alanları A dır. BD elemanı d kadar kısa kesilmiĢtir.
Montaj zorla yapıldığında her bir çubukta oluĢacak 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 birleĢsin. 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
B
ΔL1
Yazılabilen iki denklemde toplam üç bilinmeyen kuvvet bulunmaktadır. Dolayısıyla
problem 1. dereceden hiperstatikdir. Uygunluk denklemi, Ģekil değiĢtirmeyi
geometrik olarak ifade etmelidir.
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 
156
ġekilde görülen kafes çubukları aynı malzemeden yapılmıĢ olup en kesit alanları A dır. BD elemanı d kadar kısa kesilmiĢtir.
Montaj zorla yapıldığında her bir çubukta oluĢacak gerilmeyi hesaplayınız.
ÖRNEK
10.2
0.6L
Bütün çubuklar büyük çekme kuvveti etkisinde uzayıp B‟ gibi bir noktada birleĢsin.
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 
157
Enkesit alanı Ab, uzunluğu Lb, elastisite modülü Eb olan bakır bir çubuk Ģekilde gösterilen alüminyum borunun içine
yerleĢtirilmiĢtir. Alüminyum borunun kesit alanı Aa, elastisite modülü Ea, uzunluğu ise La‟ dır. Çubuk ve boru arasındaki küçük
boĢluğu kapatabilecek kadar büyük olan bir P kuvveti altında her bir elemanın Ģekil değiĢimini bulunuz, aradaki boĢluğun
bulunmadığını düĢünerek eksenel uzama oranını belirleyiniz.
ÖRNEK 11
P
Denge Denklemi,
N a  Nb  P..........................(1)

ġekil DeğiĢtirme Denklemi,
Lb
La
a 
Alüminyum boru
botu
b 
PLb  Ab Eb 
 Ab Eb La / Aa Ea   Lb
a ve b denklemlerinde yazılırsa boy değiĢimleri bulunabilir.
Aa Ea
P
 Ab Eb  Aa Ea 
ea 
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 (boĢluk yoksa) La=Lb‟ dır.
elemanlardaki kuvvetler eksenel rijitliklerle orantılıdır.
ea  eb  e
158
AĢağıdaki Ģekilde 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 oluĢan reaksiyonlar RA, RB ile gösterilsin. Kesim yöntemi
kullanılarak eksenel kuvvet diyagramı çizilebilir.
Ab
P
A
N AC   RA
B
C
a
N BC  RB
RA  RB  P..........................(1)
Denge denklemi;
b
L
Aa
Ab
RA
RB
P
B
C
A
a
 ac  bc  0 ....................(2)
b
L
NAC
RA
ġekil değiĢtirmeler;
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
değiĢiminin sıfır olması uygunluk denklemi olarak kullanılabilir.
 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 
159
SÜPERPOZĠSYON METODUNUN KULLANIMI
Önceki örnekte örneğin RB reaksiyonunun bilindiği kabul edilirse çubuğun sağ ucundaki mesnet kaldırılabilir. Bu durumda P ve RB‟ den
oluĢacak boy değiĢimlerinin toplamının gerçek çubuğun boy değiĢimine eĢit 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.
160
ġekilde gösterilen kolonun taĢıyabileceği 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
161
422‟ lik donatıya sahip 200x200 mm boyutlarındaki betonarme kolon, 1.1 MN‟ luk eksenel yük taĢımaktadır. Çelik ve beton
gerilmelerini hesaplayınız. Çelik için E=2.1x105 MPa lineer elastik malzeme, Beton için ise aĢağıdaki e eğrisi ve lineer
olmayan malzeme kabullerini yapınız.
Betonun basınç altındaki en büyük uzama oranını 0.002 alınız.
ÖRNEK 14
b
P
 b  Ebe b 1  250  e b 
 b  2 10 4 e b 1  250  e b 
Fç=Çeliğin taĢıdığı kuvvet,
Fb=Betonun taĢıdığı kuvvet
 .22 2
Ab  200.200  4
 38480 mm2

4

20
Aç 1520mm 2
0.002
ç
4 22
eb
Denge Denklemi;
Fdüşey  0
Fç  Fb  1.1106
 ç  Eçe ç
Gerilme cinsinden;
 ç 1520   b  38480  1.1106
 ç  210 103 e ç
Uygunluk Denklemi;
eç  eb  e
200mm
 ç  Eç  e ç  2.1105  e
 b  Eb  e b 1  250  e   2 104 1  250  e e
200mm
eç
Denge denkleminde yazılırsa;
19240e 2  108.9e  0.11  0 
e1  0.00132
e 2  0.0043  0.002
Uygulanan kuvvetten dolayı oluĢan birim Ģekil değiĢiminden, çelik ve betonda oluĢan gerilmeler;
 ç  2.1105  0.00132  272.2 MPa
 b  2 104  0.00132  1  250  0.00132  17.7 MPa
162
TERMAL GERĠLME VE ġEKĠL DEĞĠġTĠRMELER
Uniform sıcaklık değiĢimi izostatik yapılarda gerilme oluĢturmazken mesnetlerdeki bağları sebebi ile rahatça geniĢleyemeyen
hiperstatik yapılarda gerilmeler ortaya çıkar.
1o lik sıcaklık değiĢiminden oluĢan boy değiĢim oranına Termal GenleĢme Katsayısı adı verilir (α).
ΔT o lik sıcaklık artıĢı ile oluĢan boyca değiĢim oranı;
e t    T
ΔT o lik sıcaklık artıĢı sonucunda L
uzunluğundaki
çubuktaki
boy
değiĢimi
L
L
L  e t  L
L
L    T  L
Sıcaklık değiĢmesi, dıĢ yükler olmasa dahi hiperstatik yapılarda gerilme oluĢturur. Bu gerilmeler elemanın
boyundan bağımsızdır.
163
Uzunluğu L, enkesit alanı A olan çelik bir çubuk iki rijit duvar arasına yerleĢtirilmiĢtir.
durumunda oluĢacak gerilmeleri;
a) Duvarların yer değiĢtirmemesi halinde,
b) Duvarların d kadar yer değiĢtirmesi halinde hesaplayınız.
ÖRNEK 15
Sıcaklığın T kadar artması
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

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 
164
ÖRNEK 16
10 mm
30 mm çaplı bronz silindir, Ģekilde gösterilen 20 mm çaplı elemanların arasına yerleĢtirilmiĢtir. 20 oC sıcaklıkta gerilmesiz
olan sistemde, sıcaklığın 70 oC‟ ye çıkması durumunda oluĢacak gerilmeleri hesaplayınız.
Eç=200 GPa, ç=11.7x10-6 1/oC, Eb=83 GPa, b=18.9x10-6
1/oC
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
Rç  7656 N
RÇ
Rb  15312 N
Rb
RÇ
ç 
7656
 24.37 MPa
   20 2 


 4 
b 
15312
 21.66 MPa
   30 2 


 4 
165
25 oC sıcaklıkta gerilmesiz olarak imal edilen kiriĢin sıcaklığın –50 oC‟ye inmesi durumunda AC ve CB parçalarında oluĢacak
gerilmeleri hesaplayınız (E=200 GPa, =12x10-6 1/oC).
ÖRNEK 17
C
A
T  50  25  75o
B
Sıcaklık farkından dolayı oluĢan kısalma;
A=400
mm2
 BT    L  T  12 x106  0.6   75  540 106 m
A=800 mm2
B mesnet reaksiyonu nedeniyle oluĢan 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
166
EĞĠK DÜZLEMLERDEKĠ GERĠLMELER
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  
1 

  45
cos 2   xy sin 2 
0
 x maks   x  0 
 xy maks  
0

 maks 
x
2
x
1  cos 2 
2
Bu gerilmeler A/cos
düzgün olarak yayılır.
sin 2
alanına
Gevrek malzemelerde çekme gerilmesi  Kayma gerilmesi
olduğundan çatlama düĢey düzlemde oluĢur.
P
A
x
'
P
2A


1 
P
A

Sünek malzemelerde kayma gerilmesi  Çekme gerilmesi
olduğundan çatlama 450 lik düzlemde oluĢur.
167
150 mm dıĢ çapa haiz boru 8 mm kalınlığındaki levhanın yay Ģeklinde bükülmesi ve kaynaklanması yoluyla imal edilmiĢtir.
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 aĢılmadan taĢınabilecek en büyük iç basınç nedir?
ÖRNEK 18
36o
250 kN
250 kN
Kaynak DikiĢi
 150

q 
 4
2
  8.875  q
 
8
t 
q  rort
t
 x 
70  8.875  q 70  8.875  q

cos 2  36o
2
2
 xy  
L 

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
168
KESME KUVVETĠ HALĠ
ġekilde 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 oluĢmaz. Dolayısyla en kesit düzleminde
sınıra dik doğrultudaki kayma gerilmeleri de sıfır olmak
zorundadır.
Ayrıca
kesit
köĢelerindeki
kayma
gerilmeleri sıfırdır.
 0
 zx   zy  0
Sy
x
Sz
Kayma gerilmeleri en kesit üzerinde düzgün yayılmadığı
için kesitte çarpılma adı verilen düzlem dıĢı yer
değiĢtirmeler 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 oluĢan en
büyük kayma gerilmesinden daima küçüktür.
Bu konu ileride kesmeli eğilme adı verilen bileĢik
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
169
ALAN MOMENTLERĠ
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 (STATĠK 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
ġekildeki 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
170
Bir Alanın Ġkinci Momenti (ATALET MOMENTĠ) “I”
Atalet momenti, bir alanın bir eksene göre konumu hakkında fikir vermek üzere yanda tanımlanan
biçimde hesaplanan pozitif bir sayıdır. Bu sayı, alan eksenden uzaklaĢtıkça büyür, yaklaĢtıkça
küçülür.
a)
ġeklin bir eksene göre atalet momenti, o Ģeklin parçalarının aynı eksene göre bulunan atalet
momentlerinin toplamına eĢittir.
b)
Kesitte boĢlukların var olması halinde ise dolu kesitin eksene göre atalet momentinden
boĢluğun aynı eksene göre alınmıĢ olan atalet momentini çıkarılır.
c)
Bir eksene göre atalet momenti hesaplanırken Ģeklin herhangi bir parçasını ayırıp, o eksene
göre paralel olarak kaydırmak atalet momentini değiĢtirmez.
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
171
PARALEL EKSENLER TEOREMĠ (EKSENLERĠN PARALEL KAYDIRILMASI)
Iz, Iy ve Izy büyüklükleri eksenlere bağlı olduğundan eksenlerin değiĢmesi halinde onlar da değiĢecektir. Bu sebeple eksenlerin değiĢmesi
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
172
EKSENLERĠN DÖNDÜRÜLMESĠ
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 dönüĢüne 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'
DönmüĢ eksen takımına göre olan Atalet
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
173
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
174
GRAFĠK GÖSTERĠMĠ
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
Atalet Momenti
DönüĢüm
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 dönüĢ yönü ile
Mohr grafik
gösterimindeki dönüĢ
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
2
tan 2 p 
 Iz  I y 
2
R 
  I zy
 2 
2
2 I zy
Iz  I y
 pı
 pıı  pı 

2
175
ġekilde 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
ġekilde 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
eĢleniktir.
0
I zy  
Iz  Iy
2
176
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
177
ġekilde 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)
178
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
Ġhmal
edilebilir.
t
RdıĢ
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
179
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
180
EĢlenik 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 eĢlenik 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 eĢlenik, IzIy EĢlenik eksenler  olmaz.
Iy
Iz
181
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
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°
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.
182
ġekilde 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.
183
BURULMA : DAĠRESEL KESĠTLĠ ÇUBUKLARDA GERĠLME HESABI
  dA  0
 y  dA  0
 z  dA  0
y
x
R
x
T
a
A
g
z
b
a'
x
B

b'
T
x
B'
  dA  0
  dA  0
 ( y  z
dx
xy
Üstteki Ģekilde burulma momenti etkisindeki bir çubukta meydana gelen
Ģekil değiĢtirme gösterilmiĢtir. Çubuğun dıĢ yüzünde dx uzaklıklı iki
kesit arasına çizilen bir dikdörtgenin Ģekil değiĢimi sonrası bütün dik
açılarının bozulduğu, yine çubuğun dıĢ yüzeyinde eksene paralel olarak
çizilen bir doğrunun helise dönüĢtüğü söylenebilir. Ayrıca çubuğun dıĢ
yüzüne etkiyen herhangi bir kuvvet olmadığından dıĢ yüzeydeki kayma
gerilmelerinin sıfır olması gerektiği bilinmektedir.
xz
xz
)dA  T
y
ġekil DeğiĢtirme Hipotezi :
•Çubuk eksenine dik ve düzlem olan kesitler yer değiĢtirmeden sonra da
çubuk eksenine dik ve düzlem olarak kalır. (ex=ey=ez=0)
•Dik kesit rijit bir levha gibi çubuk ekseni etrafında döner.
•Kesitlerin dönme açıları x koordinatlarının doğrusal bir fonksiyonudur.
ġekil değiĢtirme hipotezine göre çubuk eksenine dik ve düzlem olan
kesitler sadece dönmektedir. Dolayısıyla kesit üzerinde normal
gerilmenin sıfır olması gerektiği anlaĢılmaktadır. Bu durumda denge
denklemlerinden ilk üçü kendiliğinden sağlanır. Kesitte yalnızca kayma
gerilmeleri olacaktır. Ayrıca bu kayma gerilmeleri kesit sınırlarına teğet
olmalıdır (Sınır Ģartı).
xy
 xy
 xz
T
O
z
R
184
En kesit üzerinde yalnızca kayma gerilmelerinin etki ettiği daha önce
ifade edilmiĢti. Yandaki Ģekilde en kesit düzleminde çubuğun sınır
bölgesinde alınan bir eleman görülmektedir. Bu elemana etkiyen kayma
gerilmeleri, biri sınıra teğet diğeri dik doğrultudaki iki bileĢeni cinsinden
verilmiĢtir. En kesit düzlemindeki eleman ile sınır bölgesindeki ve çubuk
yüzeyinde gösterilen düzlemler birbirine diktir. Çubuk yüzeyinde herhangi
bir kuvvet olmadığından yüzey üzerinde kayma gerilmesi oluĢmaz.
Dolayısıyla en kesit düzleminde sınıra dik doğrultudaki kayma gerilmesi de
sıfır olmak zorundadır.
y

O2
O1
x
r
z
ġekil değiĢtirme hipotezinin son maddesine göre dönme açısının türevi
sabit olup, birim boydaki dönmenin değiĢmediğini ifade etmektedir.
(twist)
d

dx
= Sabit (Birim boydaki dönme açısı)
y
Yandaki Ģekilde daha önce sözünü ettiğimiz dikdörtgen elemanın dik
açısındaki bozulma miktarı γ ile gösterilmiĢtir. γ çok küçük olduğundan
tanjantı radyan cinsinden kendisine eĢit alınabilir. ġeklin sağ tarafında
bulunan kesit, solda bulunan kesite göre dΦ kadar çubuk ekseni etrafında
dönmüĢ olduğundan aĢağıdaki bağıntılar yazılabilir.
tan g  g 
bb rd

 r
dx
dx
r
O1
g
a
r
d
b
O2
x
b‟
dx
z
  G.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 yayılıĢı sembolik olarak Ģöyle
gösterilebilirmiĢ.
enbüyük

T
 enbüyük r

  
()
  

r
 enbüyük
185
ġimdi 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 eĢitlenmesinden Ģekil
değiĢtirme bağıntısı bulunur. Bu bağıntıya göre birim
boydaki dönme açısı, T ile doğru, GJ ile ters orantılı olarak
değiĢmekteymiĢ. Yada GJ, çubuğun burulma momenti
etkisinde ekseni etrafında döndürülmek istendiğinde Ģekil
değiĢtirmeye karĢı gösterdiği direnci temsil ediyormuĢ.
Toplam dönme açısı aĢağıdaki integralle hesaplanabilir.
Tr
 G r
J

T
GJ
GJ:Burulma Rijitliği
AĢağıdaki Ģekilde burulma momentine maruz bir çubuğun dıĢ
yüzünde alınan bir eleman ve bu eleman üzerindeki gerilme
hali gösterilmiĢtir. 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 düĢük
olan gevrek malzemelerde kırılma, asal çekme gerilmelerine
dik doğrultudaki çatlaklar yoluyla gerçekleĢmektedir.
A
enbüyük
B
A
2
1
2
1

T

B
AĢağıdaki Ģekilde ise burulma momentine maruz bir çubuktan
çıkartılan bir daire sektörü sonrası durum görülmektedir. En
kesit düzlemindeki kayma gerilmeleri aynı Ģiddetle kesim
düzlemlerinde ve çubuk ekseni doğrultusunda etkimektedirler.
ġimdi akla Ģöyle bir soru gelebilir. Madem ki çubuk ekseni
doğrultusunda gerilmeler vardır, neden çubuk boyu
değiĢmemektedir? Bu sorunun cevabı, diğer kesim
düzlemindeki gerilmelerin yönce ters olduğunu hatırlatmakla
verilebilir.
enbüyük
enbüyük
     dx  
l
l
T
dx
GJ
T
T
186
DAĠRESEL KESĠTLĠ MĠLLERĠN 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
187
ġekilde 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
188
ÖRNEK 2
30mm
a) ġekilde gösterilen boĢluklu milde 30 ‟ lik bir dönme oluĢturacak T burulma momentinin Ģiddetini hesaplayınız.
G=77 GPa. b) Aynı burulma momentinin eĢit kesit alanına sahip içi dolu bir milde oluĢturacağı burulma açısını
hesaplayınız. c) Milin iç yüzünde 70 MPa‟ lık gerilme oluĢturan burulma açısı kaç derecedir? d) em= 85 MPa
olduğuna göre Tmax.=? e) Aynı ağırlıklı içi dolu hal için Tmax.=?
f) Aynı ağırlıklı, dıĢ 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
189
Ġki ayrı malzemeden yapılan miller iç içe geçirilmiĢtir. TaĢınabilecek en büyük T burulma momentini
hesaplayınız.
ÖRNEK 3
y
J1 
60 mm
G = 60x10 MPa
em = 40 MPa
G = 80x103 MPa
em = 60 MPa
3
40 mm
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
Ġçteki daire kesitli milin taĢıyacağı burulma momentini
T1, dıĢtaki halka kesitli milin taĢıyacağı burulma
momentini T2 ile gösterelim. Yazılacak tek denge
denkleminde T1 ve T2 olmak üzere iki bilinmeyen kuvvet
olacağından problem 1. dereceden hiperstatikdir. Çözüm
için Ģekil değiĢtirmeyi 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:
Ġki mil beraber
çalıĢtıklarına göre dönme
açıları birbirlerine eĢittir.
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
190
Dairesel kesitli çubuğun çapı, sol uçta da, sağ uçta db olup iki uç arasında düzgün olarak değiĢmektedir.
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 değiĢtiğinden
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
191
Her bir malzemede oluĢacak 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
192
DAĠRESEL KESĠTLĠ OLMAYAN MĠLLERĠN BOYUTLANDIRILMASI
Dairesel ve halka enkesitli millerin burulması sırasında enkesit düzlem kalarak çubuk ekseni etrafında dönmekteydi.OluĢan kayma gerilmeleri de
eksenden olan uzaklıkla doğrusal olarak artacak Ģekilde ( çubuk ekseninde sıfır.) yayılıyordu. Dairesel kesitli olmayan millerde ise kayma
gerilmeleri karmaĢık olarak yayıldığından düzlem olan kesitlerde ayrıca çarpılma adını verdiğimiz düzlem kesitlerin düzlem dıĢı yer değiĢtirmeleri
söz konusudur.
 0
EġKENAR
ÜÇGEN
KARE
ELĠPS
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
193
10
h1
Profiller, T, L, , I
Dikdörtgenler ayrı ayrı düĢünülerek, 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 eĢ mukavemetli olabilmesi için kesit alanının, daire kesitli milin
kesit alanının kaç katı olması gerektiğini bulunuz.
τ eb
EĢ mukavemetli
ların eĢitliği 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
194
τ em =60 MPa olan bir malzemeden yapılmıĢ 3 m. boyundaki bir mil 16 kNm‟ lik burulma momentine maruzdur.
ÖRNEK 7
Ġki uç arsındaki dönme açısının 0,02 rad. değerinde olabilmesi için içi boĢ yapılan milin iç ve dıĢ çapını
hesaplayınız. G=80 GPa.
y
ddıĢ
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 eĢkenar 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
195
ġekilde gösterilen korniyerin yapıldığı malzemenin τ em=60 MPa,  em =0.0002 rad/mm olarak bilindiğine göre
taĢınabilecek 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
ġekilde gösterilen ve iki ayrı malzemeden yapılan T kesitin taĢıyabileceği en büyük burulma momentini
hesaplayınız.
Ġki malzeme birlikte çalıĢtıklarına 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 


196
ġekilde gösterilen kademeli milde, her iki malzemenin de emniyet gerilmesinde çalıĢması hali için dalüminyum ve
dçelik çaplarını hesaplayınız.
TA  TC  10
Denge ġartı
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 ġartı
 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
197
d a  57.58 mm d ç  75.58 mm
ÖRNEK 12
ÖRNEK 13
Ġç çapı 80 mm ve dıĢ çapı 100 mm olan halka kesitli bir mil 10
kNm lik burulma momenti etkisindedir. Θ=30 derece olacak
biçimde yerleĢtirilen bir uzama
ölçer
ile ε=-500μ
olarak okunmuĢtur. Milin yapıldığı malzemenin kayma modülünü
hesaplayınız.
Ġçi boĢ mil 5 mm kalınlığındaki levhanın  = 40o olacak
Ģekilde sarılıp uçlarından kaynatılarak imal edilmiĢtir.
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
ex  0
ey  0
g xy
86.26

G
e x  e 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 
198
ÖRNEK 14
ġekildeki d çaplı içi dolu mile fonksiyonu verilen yayılı
burulma momenti etkimektedir. A serbest ucundaki
toplam dönmeyi hesaplayınız?
Düzgün yayılı burulma momentinin Ģiddeti t=250 Nm/m
dir. G = 28 GPa, L = 2 m, d = 50 mm
GERĠLME DÖNÜġÜM
DENKLEMLERĠ
 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
ĠKĠ BOYUTLU HALDE
GENELLEġTĠRĠLMĠġ 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
ex 
1
 x n y 
E
ey 
1
 y n x 
E
g xy 
x 
E
e x ne y 
1 n 2
y 
E
ne x  e y 
1 n 2
 xy  Gg xy
G
199
EĞĠLME
Tanımlar
ġekilde düĢey düzlem içinde ve tesir
çizgileri
daima
en
kesitin
alan
merkezinden geçecek tarzda etkiyen dıĢ
yüklere
maruz
bir
kiriĢ
parçası
görülmektedir.
Alan
merkezine
yapıĢtırılan eksen takımının x ekseni
çubuk ekseni ile çakıĢtırılmıĢtır. En kesit
düzleminde y ekseni yukarı z ekseni ise
sola yönlü alınmıĢtır. Bu durumda kiriĢi
zorlayan
kuvvet
çiftlerinin
içinde
bulunduğu xy düzlemi kuvvetler düzlemi
olarak isimlendirilir. Kuvvetler düzlemi ile
en kesitin arakesitine (y ekseni)
kuvvetler çizgisi denir. ġekil değiĢtirmiĢ
çubuk ekseninin içinde bulunduğu düzleme
eğime düzlemi adı verilir. Bir eğilme
probleminde kuvvetler düzlemi ile eğilme
düzlemi aynı düzlemse bu eğilme BASĠT
EĞĠLME ya da DÜZ EĞĠLME, aksi halde
EĞĠK EĞĠLME olarak isimlendirilir. Yada
farklı bir ifadeyle kuvvetler çizgisinin en
kesidin asal eksenlerinden biri ile
çakıĢması 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
200
BASĠT EĞĠLME
Günlük hayatta kesme kuvveti ve eğilme momenti hemen her zaman birlikte
bulunur. Bu iki kesit zoru arasında var olan türev bağıntı, bir kiriĢ parçası için
yazılan denge denklemleri yardımıyla daha önce çıkarılmıĢtı. Bu bölümde yalnızca
eğilme momenti etkisindeki bir kiriĢte oluĢacak gerilme ile Ģekil değiĢimini ifade
eden bağıntıları çıkartmak istiyoruz. Yükleme durumu yanda gösterilen kiriĢin C
ve D noktaları arasındaki tek kesit zoru eğilme momentidir. Eğilme momenti
etkisinde düĢey eksene göre simetrik bir en keside sahip olduğu düĢünülen
kiriĢten alınan küçük bir parçanın yapacağı Ģekil değiĢimi abartılarak kiriĢin alt
tarafında gösterilmiĢtir. KiriĢin alt tarafındaki lifler uzarken üst tarafındaki
lifler kısalır. Eksendeki lifler ise aynı boyda kalır. O halde aĢağıdaki lifler
uzadığına göre bu lifler çekme gerilmesine yukarıdaki lifler de kısaldığına göre
basma gerilmelerine maruz kalmaktadır. BaĢlangıçta 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 kiriĢ parçasının sol ve sağ
kenarından elastik eğriye çizilen teğetlerin arasında da oluĢur. Birim uzunluktaki
yayı gören açıya eğrilik adı verilir.)
Eğilmede, Ģekil değiĢimiyle ilgili bu hipotezi Bernoulli bulmuĢ ve Navier de
düzenlemiĢtir. 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 Ģekil değiĢtirmeden sonra da Ģekil
değiĢtirmiĢ eksene dik kalırlar.
Dolayısıyla baĢlangıçta çubuk eksenine dik ve düzlem olan kesitlerin Ģekil
değiĢtirmeden 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
201
y
DENGE DENKLEMLERİ
xdA
dA
z
x
Mz
  dA  0
 y  dA   M
 z  dA  0
x
z
x
Eğilmeden önce kiriĢ ekseni doğru olup en kesit sabittir. Basit eğilmeye
zorlanan bir çubukta Bernoulli hipotezini göz önüne alarak liflerin uzama
ve kısalmasını hesaplayalım.
ġekilde görüldüğü gibi yukarıdaki lifler kısalmıĢ aĢağıdaki lifler uzamıĢ ve
Tarafsız eksenden y uzaklığındaki bir lifin (ab lifinin) uzama oranı εx dir.
 eğilmiĢ eksenin eğrilik yarıçapı olmak üzere birim boydaki uzama,
O

ex 

ex 
a
b
y
Son Boy  İlk boy
İlk boy
   y   
ex  
  dA  0
  dA  0
 ( y  z
y
xy
x
y
Mz

y

Görülüyor ki boylamasına
liflerin uzama ve kısalması
yani boy değiĢmesi 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 e x

y

 
 x  E  
Pozitif Mz momenti z ekseninden y kadar yukarıda basma
gerilmesi oluĢturmaktadır. Bu nedenle σxdA kuvveti de basma
kuvvetidir ve negatiftir. Gerilme için bulunan bu ifade denge
denklemlerinde yazılırsa aĢağıdaki 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, düĢey eksene göre simetrik olduğundan çarpım atalet
momenti sıfırdır. Eksen takımı en kesidin alan merkezine
yapıĢtırıldığından statik moment de sıfır olacaktır. Dolayısyla
birinci ve üçüncü denge denklemleri sağlanır.
202
Ġkinci denge denkleminden
E

2
 y dA  M z
A
BOYUTLANDIRMA
E

Iz  M z 
1


Mz
EI z
elde edilmiĢ olur. Bu formül, eğilme momenti ile eğrilik yarıçapı
arasındaki bağıntıyı vermektedir. M büyüdükçe eğrilik büyümekte,
(çubuğun eğriliği artmakta), EIz büyüdükçe eğrilik azalmaktadır. EIz
Ģekil değiĢimine karĢı gösterilen direnci temsil ettiğinden Eğilme
Rijitliği olarak isimlendirilir. Son olarak en kesit üzerindeki normal
gerilmenin değiĢimi Hooke yasasından belirlenir.
 x  E e x
 M
 y
 x  E     E   z
 
 EI z
x  

Mz
y
y
I

z
Mz
y
Iz
Bu ifadeden anlaĢılacağı gibi eğilmeden dolayı oluĢan 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. ĠĢaretler göz
önüne alınmaksızın Ģöyle 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 eĢit simetrik en
kesite sahip kiriĢlerde
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
203
ÖRNEK 1
Dökme demirden yapılmıĢ (E =175 GPa) dikdörtgen kesitli bir kiriĢ 5 kN/m‟lik yayılı yük taĢımaktadır.
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
eA 
+
7.5kNm
1m
 max.
10 106

 52.1 MPa
0.192 106
1m
10kNm
A
E
eA  

1

13
 74.3 106
3
175 10
y
A  
yA
eA

20
 269 m.
74.3 106
204
ÖRNEK 2
T kesitli çıkmalı bir kiriĢ Ģekilde gösterilen biçimde yüklenmiĢtir. KiriĢte oluĢacak 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 oluĢacak 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 oluĢacak 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
205
ÖRNEK 3
 2  12  (   0.01)2
  50 m
GeniĢliği 10, yüksekliği 30
mm ve uzunluğu 2 m olan
alüminyum çubuğun ortası
uçlarından etki eden M
eğilme momenti sebebiyle
10 mm yer değiĢtirmiĢtir.
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
e  
 3  104

50000
e  300
ρ-0.01 m
ρ
10 mm
M
1m
1m
M
ġekilde gösterilen kesite M=20 kNm lik eğilme momenti etkimektedir. Alt baĢlıkta taĢınan 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 baĢlıkta
taĢınan kuvveti
de siz hesaplayınız
206
Yükleme durumu ve boyutları verilen kiriĢin
a) dikdörtgen kesitli olması durumunda oluĢacak en büyük eğilme gerilmesinin yerini ve değerini,
b) I kesitli olması durumunda kiriĢ 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
207
EĞĠK EĞĠLME
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
ġekilde, herhangi bir simetri ekseni bulunmayan kiriĢ en
kesitine etkiyen Me eğilme momenti gösterilmiĢtir. Bu
moment, kuvvetler çizgisi doğrultusunda etkiyen dıĢ
yüklerden meydana gelmektedir. (z-y) eksen takımı en
kesitin alan merkezi C‟ye yapıĢtırılmıĢtır. Kuvvetler
çizgisinin en kesidin asal eksenlerinden biri ile çakıĢmadığı
düĢünüldüğünde eğik eğilme hali söz konusu olacaktır.
Diğer bir deyiĢle 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 ζx gerilmesi etkisinde bulunsun. (ηxy ve ηxz
kayma gerilmelerinin oldukça küçük olduklarını ve istenirse
denge
denklemlerinden
bulunabileceklerini
ayrıca
belirtelim.) Bu durumda iç kuvvetlerden oluĢacak
zorlamaları dıĢ kuvvetlere eĢitleyen denge denklemleri
aĢağıdaki biçimde yazılabilir.
208
(ITE/KÇ=0)
y
y
My
My
Tarafsız
Eksen.
emi
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
ġekil değiĢtirmeden önce çubuk eksenine dik ve düzlem
olan kesitlerin Ģekil değiĢtirmeden 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 Ģekil değiĢtirdiğini düĢünelim. 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.
+
KiriĢin yan
e
görünüĢü 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 Ģekil
değiĢtirme ve bu Ģekil değiĢtirmelerin E katı ile gerilme
diyagramları gösterilebilir.
209
y
dA
(ITE/KÇ=0)
y’
dA
My
z
T.E.
z’
emi
n
m
y’ y 
ysinzcos=0
in
y’
My
emi
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 
ema
+
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  Ee x   E y    y sin   z cos  


ema
+
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.
210
Gerilme;
 x  Ee 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
değiĢmekteymiĢ. ġimdi gerilme ifadesini denge denklemlerinde yerine yazıp her terimin fiziksel anlamından hareketle a ve b
yi dıĢ zorlamalar ve kesitin atalet momentleri cinsinden elde edebiliriz. Ġlk 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
211
Son elde edilen bağıntı tekrar düzenlenirse eğik
eğilme hali için gerilme formulü Ģöyle 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 deyiĢle tarafsız eksenin y ekseni ile yaptığı
açıyı, a ve b nin karelerinin toplamından da eğik eğilme hali için Ģekil değiĢimi 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
 : 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 Ģekil
değiĢtirme 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
212
EĞĠK EĞĠLME: 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 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
BASĠT EĞĠLME FORMÜLÜ
ELDE EDĠLDĠ.
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 EKSENĠ 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 
213
2
ġekilde gösterilen dikdörtgen kesit 120 kNm‟ lik eğilme momenti etkisindedir. KöĢelerdeki 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  

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
214
ÖRNEK 2
ġekilde görülen kiriĢin eğilmeye göre en çok zorlanan kesitinin A köĢe noktasındaki gerilme A=-100 MPa
olarak ölçülmüĢtür. Buna göre;
KiriĢe 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
215
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.
216
KOMPOZĠT KĠRĠġLER
N
TO
E
B
ÇELĠK
DONATI
dA
y
A1, E1

z
Uygulamada daha az malzeme kullanarak daha büyük
eğilme direnci sağlamak amacıyla farklı elastisite
modülüne sahip iki veya daha fazla malzemeden oluĢan
KOMPOZĠT kiriĢler inĢa edilir. Betonarme kiriĢlerle
tabakalı kiriĢler yaygın olarak kullanılan kompozit kiriĢ
örnekleridir. Homojen kiriĢlerin eğilmesinde düzlem
kesitlerin eğilmeden sonra düzlem kaldığı kabulü
kompozit kiriĢlerde de geçerlidir. Kompozit kiriĢlerin
eğilme probleminin çözümünde malzemelerden birinin
diğeri cinsinden ifade edildiği EġDEĞER HOMOJEN
KESĠT METODU kullanılır.

eek
_

x
Mz
x
_
_
ÇE
ġ
AH
ÇE
LĠK
AK
AP
ġ
KU
AK

x

x

-
x
A1

x
nA2
A2, E2

LĠK
ġ
KU
+
eeb
+
+

E2 > E1 için gerilme
diyagramı
e 
1


x
y
 1  E1e x   E1
x
E1 > E2 için gerilme
diyagramı
y

 2  E2e x   E2
y

217
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 taĢıyalım.

y’
y
2 nolu malzemede meydana gelen gerilme
y  y  y
Mz
E2
olur E2  n  E1
E1
Ġfadesinde E1,n,  sabit terimler gittiğinde kalan ifade S z1  n  S z 2  0
dA   M z

 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
218
50x110 mm‟lik enkesite sahip ahĢap kiriĢin alt yüzeyine 25x10 mm‟lik çelik plak emniyetli bir Ģekilde
bağlanmıĢtır. Kompozit enkesit 3 kNm‟lik eğilme momenti taĢımaktadır. Malzemelerdeki en büyük
y
gerilmeleri hesaplayınız. Ea=10 GPa, Eç=200 GPa
50
AhĢap
50
83.57
110 mm
AhĢap
ÖRNEK 1
50x0.05
n
n
110 mm
z
E1 10

 0.05
E2 200
n 1
110 mm
36.43
10 mm
10 mm
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
219
GeniĢliği 200 mm. Faydalı yüksekliği d=350 mm pas payı 50 mm olan bir betonarme kiriĢteki çelik donatı alanı
800 mm² dir.
Eç/Eb=8, Eğilme momenti 50 kNm olduğuna göre malzemelerdeki gerilmeleri
hesaplayınız. Not: Betonun çekme gerilmesi taĢımadığı kabul edilecektir.
ÖRNEK 2
y
x=121mm
TE göre homojenleĢtirilmiĢ 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 taĢıyabileceği eğilme momenti nedir.
ÖDEV2: Ödev1 de ki problemde
beton ve çeliğin aynı anda emniyet
gerilmesine ulaĢabilmesi için
gereken donatı miktarı ile taĢınabilecek eğilme momentini bulunuz.
220
ÖRNEK 3
Uğural 7.83 : ġekilde, alüminyum ve çelik plakların kaynaklanması ile elde edilen kompozit bir kiriĢin kesiti
gösterilmiĢtir. Kesiti boyutlandırıp taĢınabilecek en büyük eğilme momentini hesaplayınız. Her iki
malzemenin de aynı anda emniyet gerilmesine ulaĢması durumunu düĢününüz.
Eçelik  210 GPa
160 mm
 çem  240 MPa
Ealüm  70 GPa
 alem  80 MPa
alüminyum
TE
180-x
Çelik
20 mm
x
eçe=240/210000

Tan( ) 
80
70000
240
210000

180  x
x
x  90 mm TE üst yüze uzaklığı
20 mm
eal=80/70000
b
TE göre basma bölgesinin statik momenti, eĢdeğer homojen kesitin çekme bölgesinin aynı eksene göre statik
momentine eĢit 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
EĢdeğer homojen
çelik kesit
Gerçek eĢdeğer
homojen çelik
kesit
Gerçek eĢdeğer
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
221
UYGULAMA ve ÖDEV SORULARI
1- ġekilde 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 değiĢmeleri 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 Ģekilde
gösterilen eksenel kuvvetlerin etkisindedir. Eç = 210
GPa olduğuna göre çubuğun ekseni doğrultusundaki
toplam boy değiĢimini 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 değiĢimin 1,59 mm, normal gerilmelerinin
172 MPa değerini aĢmaması koĢullarıyla taĢınabilecek 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 

222
Çelik Nç
Eç=210
GPa
4P
4- ġekilde
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-ġekilde gösterilen sistem, düĢey bir kompozit çubukla
yatay rijit bir çubuktan oluĢmaktadır. Çelik ve pirinç çubuk
parçalarının uzamalarının eĢit 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- ġekilde gösterilen ABC rijit yatay çubuğu biri çelik,
diğeri alüminyum alaĢımlı olan iki tel ile asılmıĢtır. P =
26,7 kN luk yük sebebiyle B noktasının yapacağı yer
değiĢtirmeyi 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 mm223
7- ġekilde 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- ġekilde gösterilen eksenel yükü çubuk uçlarından sabit
mesnetlere tutturulmuĢtur. 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 değiĢtirmesini 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 taĢıması
planlanmaktadır. Çelik ve
1829 mm
betonda oluĢacak
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)
224
10- ġekilde gösterilen kademeli kompozit çubuk rijit
duvarlara mesnetlendirilmiĢtir. 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 baĢlar. 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- ġekilde 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- ġekilde gösterilen
53,4 kN luk eksantrik
kuvvet çelik ve pirinç
parçalardan
oluĢmuĢ
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
225
Pirinç çubuk
13- ġekilde 20o C sıcaklıkta aralarında 0,4 mm boĢluk bulunan
alüminyum ve magnezyum çubuklar gösterilmiĢtir.
a) Sıcaklığın 120o C a yükselmesi halinde her bir çubukta oluĢacak
basma gerilmelerini,
b) Magnezyum çubuğunun boyundaki değiĢmeyi 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 yerleĢtirilmiĢtir. Sıcaklığın 40o C
yükselmesi halinde pirinç çubukta oluĢacak 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- ġekilde 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
226
F
düşey
 0  2 Na  Nç  P
 ç   a  N ç  3N a
 1641 
P
N  1641 N
 3296 
16- ġekilde gösterilen pirinç ve alüminyum çubukların kesit
alanları 500 mm2dir . 40 kN luk yükün etkisiyle ABCD rijit
çubuğunun D noktasının ne kadar düĢey deplasman yapacağını
hesaplayınız.
(Ep = 105 GPa, Lp = 150 mm, Ea = 70 GPa, Lp = 150 mm).
17- t sabit kalınlığında
değiĢken geniĢlikli eleman
A ve B de gösterilen rijit
mesnetlere oturmaktadır.
Çubuğun
merkezinden
etkiyen
P
yükünün
mesnetlerde oluĢturacağı
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) 
227
N1
18- ġekilde gösterilen iki malzemeden imal edilmiĢ
kompozit çubukta sıcaklığın 50o C düĢmesi yanında A ve B
mesnetleri birbirine 0,4 mm yaklaĢtırılıyor. 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- ġekilde gösterilen kafes
sistemde çubuk en kesitleri
A, malzeme özellikleri E ve 
olarak
bilinmektedir.
AC
çubuğunda
T
sıcaklık
artıĢından
oluĢan
normal
gerilmeyi hesaplayınız.
a = 0,6 L, h = 0,8L
20- 89 kN luk eksenel basınç etkisindeki 41,3 mm çaplı
çubukta olaĢacak 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
228
21- ġekilde 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 aĢmaması koĢuluyla
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- ġekilde 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
229
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
230
24- Uzunluğu 4 m olan dairesel kesitli bir çubuğa Ģekilde
görüldüğü gibi burulma momentleri etkimektedir. Çubukta em =
100 MPa ve
G = 80 GPa olduğuna göre çubuğun çapını ve
B ucunun dönme açısını bulunuz.
26- Ġç çapı 70 mm ve dıĢ çapı 120 mm
olan alüminyum bir boru üzerine dıĢ
çapı 150 mm olan çelik boru
geçirilmiĢtir, Ģekilde
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 boĢluk bulunmaktadır. Mil, Ģekilde görüldüğü gibi
mesnetlendirilmiĢ olup üzerine de Ģiddetleri eĢit 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- ġekilde 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


231
  enbüyük 
28- ġekildeki 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 yapılmıĢ olup eĢit kesit
alanına sahiptirler. A mili dairesel kesitli B mili ise kare
kesitlidir.
a) TA=TB olduğunda her iki milde oluĢan 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- ġekilde gösterilen iki ucu mesnetlenmiĢ çubuğa T
burulma momenti etkimektedir. A ve B mesnetlerinde
oluĢacak kuvvetleri hesaplayınız.
Ja=1,96x106 mm4, Jb = 0,65x106 mm4,
a= 228,6 mm, b = 152,4 mm, T = 1,36 kNm
31- ġekilde gösterilen üç farklı kesitli eĢit uzunluklu
özdeĢ 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
232
32- Bir adam tramplenden atlarken Ģekilde görülen
tramplenin ucuna 2000 N‟luk bir kuvvet etkimektedir.
Tramplenin yapıldığı malzemede em = 12,5 MPa ve
tramplenin geniĢliği 0,30 m olduğuna göre sadece moment
etkisini göz önüne alarak tramplenin h kalınlığını bulunuz.
34- Dökme demirden yapılmıĢ ve Ģekilde görülen kiriĢ
kesitine Ģekildeki gibi bir M momenti etki etmektedir.
a)Kesitte en büyük çekme gerilmesi en büyük basma
gerilmesinin üçte biri olması için b baĢlık geniĢliğini bulunuz
b) KiriĢ bulunan b geniĢliğinde imal edildiğinde ve kiriĢin
çekme ve basma emniyet gerilmeleri sırasıyla 250 MPa, 750
MPa olduğuna göre kiriĢin taĢıyabileceği en büyük M
momentini bulunuz.
c) Bir önceki Ģıkta kiriĢin çekme ve basınç mukavemetleri
200 MPa, 800 MPa olduğuna göre taĢıyabileceği 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 oluĢacak 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
233
Ferdinand P.BEER & E.Russel JOHNSTON, Mechanics of Materials, McGraw-Hill Book Comp.1981
35- Enkesiti verilen kiriĢe 15 kNm‟lik eğilme
momenti etkimektedir. A ve B noktalarında oluĢacak
gerilmeleri hesaplayınız.
36- ġekilde en kesiti verilen kiriĢin yapıldığı
malzemede
em = +40 MPa em = -105 MPa olduğu
bilindiğine göre taĢınabilecek 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
234
37- Bir I kesitinin boyutları aĢağıdaki gibi verilmiĢtir.
My = 18.6 kNm em = 110 MPa olduğuna göre a değerini
hesaplayınız.
38- ġekilde yükleme durumu verilen kiriĢin I-I kesiti Ģekilde
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
Ģekilde
verilmiĢ olan kiriĢte, Mz =
1500 Nm eğilme momentinin
oluĢturacağı 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- ġekilde gösterilen alüminyumdan yapılmıĢ içi boĢ
dikdörtgen kesitli kiriĢin taĢıyabileceği en büyük momenti, ve
buna karĢılık oluĢacak 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
235
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
236
42- em = 12,5 MPa olduğuna göre ġekilde verilen kesitin
güvenlikle taĢıyabileceği M momentini hesaplayınız. Tarafsız
eksenin denklemini bulunuz.
y
43- Dikdörtgen kesitli ahĢap bir kiriĢte b/h = 3/4 „dür. Bu
kiriĢte z ekseni ile 30o lik bir açı yapan M = 7 kNm
Ģiddetindeki bir eğilme momenti uygulanmaktadır. AhĢapta
güvenlik gerilmesi 12 MPa olduğuna göre kiriĢin 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 ahĢap bir kiriĢe z
ekseni ile 30o lik bir açı yapan
doğrultuda M=17 kNm Ģiddetindeki bir eğilme momenti
uygulanmaktadır.
AhĢapta
güvenlik
gerilmesi
12
MPa
olduğuna göre kiriĢin d çapını
hesaplayınız.
d
y
C
z
30
M
237
44- M0 = 1,5 kNm eğilme momenti etkisi altındaki Z kesitli
kiriĢte A noktasındaki gerilmeyi hesaplayınız, tarafsız
eksenin denklemini bulup çiziniz.
60 mm
45- ġekilde boyutları
verilen dikdörtgen kesitli
çubuğun
taĢıyabileceği
eğilme
momentini
hesaplayınız.
tan =5/12
em = 10
MPa
y
100 mm
z
C
α
M
46- ġekilde gösterilen tablalı kiriĢ kesiti üzerinde Mz
=350 kNm‟lik eğilme momenti etkisiyle oluĢan normal
gerimle yayılıĢını 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
238
47- ġekilde verilmiĢ olan kiriĢ iki adet [ kesitin birleĢimiyle
oluĢmuĢ ve M eğilme momentinin etkisi altındadır. KiriĢin
yapıldığı malzemenin çekmede 140 MPa, basmada 80 MPa normal
gerilme taĢıyabilmektedir.
a) Kesitin taĢıyabileceği M eğilme momentini hesaplayınız.
b) Tarafsız eksenin denklemini bularak çiziniz. Bulunan M
momenti için normal gerilme diyagramını çiziniz.
49- ġekilde 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- ġekildeki I kesitli kiriĢ,
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
Ģekil
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
239
50- Her iki malzemenin aynı anda emniyet gerilmesine
ulaĢması koĢuluyla Ģekilde verilen betonarme kiriĢ kesitine
konulması gereken donatı miktarını (Açelik) hesaplayıp, bu
kesitin taĢıyabileceği en büyük eğilme momentini
hesaplayınız. Not: Betonun çekme gerilmesi taĢımadığı kabul
edilecektir.
Beton em. Gerilmesi = 10 MPa
Çelik em. Gerilmesi = 140 MPa , Eç/Eb=8
51- Çelik ve alüminyum borular Ģekildeki gibi güvenli bir
Ģekilde birleĢtirilmiĢtir. 1 kNm‟lik eğilme momenti
etkisi altında her iki malzemede oluĢacak 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
ALÜMĠNYUM
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
240
52- ġekilde gösterilen alüminyum ve çelikten imal
edilmiĢ kiriĢe 20 kN‟luk düĢey kesme kuvveti etki
etmektedir. BirleĢim yüzeyinde oluĢacak kayma
gerilmesini ve kesitte oluĢacak en büyük kayma
gerilmesini bulunuz.
EÇ = 200 GPa, EA = 70 GPa
53- 150X300 mm2 en kesitli ahĢap kiriĢi [200 profili ile
güçlendirilmiĢtir. AhĢap için elastisite modülü 12 GPa,
çelik için ise 200 GPa‟dır. KiriĢe Mz= 50 kNm‟lik eğilme
momenti etkidiğine göre ahĢap ve çelikte oluĢacak en
büyük gerilmeleri hesaplayınız.
Alan = 2181 mm2
Iz = 5,49x105 mm4
y
Alüminyum
150 mm
z
57
5,6
14,5
Ölçüler mm‟dir.
Çelik
Mz = 50 kNm
9,9
z
z
203
h
Tarafsız eksenin tabandan
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
kesit eşdeğer çeliğe döndürülürse
I z  44.82*106 mm 4
 ahşap  14.26 MPa
 çelik  103.25 MPa
241
54- Ġki pirinç ve iki alüminyum çubuk Ģekildeki gibi
birleĢtirilerek kompozit bir eleman elde edilmiĢtir.
TaĢınabilecek en büyük Mz momentini hesaplayınız.
Alüminyum em ger=100 MPa, Pirinç em. ger.=160 MPa
EA = 70 GPa, EP = 105 GPa
ALÜMĠNYUM
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- AhĢap kesitin alt
yüzeyine yapıĢtırılan 50
mm geniĢliğinde ve 10 mm
kalınlığında
çelik
ile
kuvvetlendirilmiĢtir. 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 ahĢap kiriĢin
altına Ģekilde görüldüğü gibi 5 mm
kalınlığında çelik levha konulmuĢtur.
KiriĢe Mz = 2kNm değerinde bir eğilme
momenti etki ettiğinde kiriĢin en alt ve
en üst noktalarında ve ara yüzeydeki
gerilmeleri bulunuz.
Mz
200 mm
PĠRĠNÇ
55- ġekilde görülen (T) çelik kiriĢe, iki
ahĢap parça güvenli bir Ģekilde
birleĢtirilmiĢtir. AhĢabın ve çeliğin
elastisite modülleri sırasıyla Ea =12,5
GPa, Eç =200 GPa‟dır. Kompozit kiriĢe
uygulanan eğilme momenti Mz = 50 kNm
olduğuna göre;
a) AhĢapta meydana gelen maksimum
gerilmeyi,
b) Çeliğin A noktasındaki gerilmeyi
hesaplayınız.
50 mm
242

12120 f2 gp

Transkript

Benzer belgeler

Örnek Proje - Prof.Dr Akgün Alsaran

Kermit 100 - Kermit Roof Systems

Mukavemet I – Ders notu

CPT / SCPT

Gerilme ve Şekil Değiştirme

Cerabar T PMP131