Bileşik Yüklemeler
Akma-Kırılma Kriterleri
Mohr Çemberi
Eğilme
Burulma
Boyutlandırma
Emniyet
Gerilme
Püf Noktalarıyla
MUKAVEMET
1
Ders Notları
(Son Güncelleme 28.08.2022)
Prof. Dr. Mehmet Zor
Dokuz Eylül Üniversitesi – Makine Mühendisliği Bölümü
1
Önsöz
Değerli Öğrenci ve Araştırmacı Arkadaşlarım,
Çevremize baktığımızda makine, mekanizma, el aleti, cihaz, bina, cıvata, ev eşyası, otomobil, uçak, ayakkabı, dolap vb. birçok ürünün büyük
oranlarda katı cisim ve parçalardan oluştuğunu görürüz. Ürünlerin imalatına geçmeden önce tasarım aşamasında bu katı cisim ve parçaların çalışma
şartlarındaki hesaplarının yapılması ve dayanım ve işlevsellik açısından minimum boyutlarının belirlenmesi ise son derece önem arz eden bir faaliyettir.
Zira ancak bu minimum boyutları bilmekle bu parçaları en az malzeme kullanarak ve en ekonomik şekilde üretebilmemiz mümkün olur. İşte katı
cisimlerin bu boyutlandırma hesapları mukavemet biliminin temel konusudur ve sizin de tahmin edeceğiniz üzere çok geniş bir uygulama alanına
sahiptir. Bu hesaplamalar ise katı cisimlerden oluşturulmuş sistemlerin tasarımlarıyla yakından ilgili olan, özellikle makine, inşaat, tekstil, otomotiv gibi
alanlarda çalışan mühendislerden beklenir. Ar-ge ve inovasyon faaliyetlerinin de vazgeçilmezi konumunda olan bu temel mühendislik hesaplamalarını
geleceğin mühendisleri olan sizlerin çok iyi kavraması, kariyeriniz ve kendinizi geliştirmeniz açısından son derece önemlidir.
Şunu da belirtmek gerekir ki, mukavemet hesaplamaları, yükleme tipine, parça geometrisine ve malzemesine göre çeşitlilik arz eder ve farklı yöntemler
kullanılarak sonuca erişilebilir. Bu sebeple mukavemet hesaplamalarının ortak hedefi boyutlandırma olmasına rağmen, konu çeşitliliği oldukça fazladır
diyebiliriz.
Bu notlarımızla mukavemetin temel kavramları ve uygulamalarda en sık görülen yükleme tipleri ele alınmış, sizlere çok iyi bir mukavemet temel bilgi ve
becerisi kazandırılmaya çalışılmıştır. Bu notlarda akıcı ve dostane bir uslup kullanılmasına, başlangıçta sizleri motive edecek misaller verilmesine,
konuların mantıki bir sıra içerisinde anlatılmasına, bu sayede mukavemet yaklaşım mantığının net bir şekilde zihninizde yerleşmesine ve özellikle
konuların anlaşılmasında anahtar rol oynayan püf noktalarının vurgulanmasına gayret edilmiştir. Bunun yanı sıra eski notlara göre bu notlar yeni
örneklerle zenginleştirilmiş ve mehmetzor.com sitesinde yer alan mukavemet 1 ile ilgili ders anlatım videolarıyla ilişkilendirilmiştir. Tüm öğrencilere,
akademisyenlere, araştırmacılara, mühendislere faydası olması dileğiyle…
Ağustos 2022 - İzmir
Prof.Dr. Mehmet Zor
2
Bu ders notlarını kendi dersinde takip etmek isteyen
Öğretim Üyeleri için Açıklama
1.
2.
kendi …. edu.tr uzantılı mail adresinizden mehmet.zor@deu.edu.tr adresine isteğinizi bildiren bir mail atınız.
Mailinizde ayrıca gmail hesabınızı belirtiniz.
Bu durumda;
Sunum Dosyaları ve Notlardaki (*) işaretli soruların çözümleri sizinle paylaşılacaktır.
Bu paylaşılacak dosyalar animasyon içermektedir (yani herbir yazı ve resim sırayla çıkmaktadır).
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
3
KAYNAKLAR
1- Ders Referans Kitabı :
Mechanics of Materials,
Yazarları: Ferdinand P.Beer, E.Russell Johnston, John T.Dewolf, David F.Mazurek
2- Yardımcı Kaynaklar:
a - Mukavemet I O.Sayman, S.Aksoy, S.Erim, H.Akbulut, (DEU yayınları)
b - Mukavemet Problemleri (Mustafa Savcı, Alaaddin Arpacı)
c- Mukavemet (R.C. Hibbeler ) (Çeviri: Prof.Dr. Alaaddin Arpacı, Palme Yayınları)
d- Mechanics of Materials (James M. Gere)
3- Öğretim Üyesinin Web Sitesi: mehmetzor.com içerisinde aşağıdaki kaynaklara erişebilirsiniz.
a - Ders Eğitim Videoları (Herbir konuyu örneklerle anlattığım videolardır.)
b- Ders Notları.pdf (bu notlar)
c- Sınav soruları ve çözümleri
İletişim : e-posta: mehmet.zor@deu.edu.tr
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
4
Mukavemet 1 Konuları
1.a Motivasyon ve Giriş
1.b Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
2. Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları (pimler, cıvatalar vb)
3. Şekil Değiştirme (a- Eksenel Yüklemede Şekil Değiştirme, Hiperstatik Problemler, b-Termal uzamalar,
4. Millerin Burulması
5. Basit Eğilme
c- Hooke Bağıntıları)
(Burulmaya maruz millerde gerilme ve şekil değiştirme hesapları ve hiperstatik problemler)
a. ) Normal gerilme dağılımı, b. ) Kirişlerde Kesme kuvveti-eğilme momenti diyagramları,
c. ) Kesmeli Eğilmede kayma gerilmeleri ve kayma akısı, d.) Kompozit Kirişlerin Eğilmesi,
6. Düzlemde Gerilme Dönüşümleri ve Mohr Çemberi
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
8. Bileşik Yükleme Durumları (Eğilme + Burulmaya maruz transmisyon millerinin dizaynı, İnce Cidarlı içten basınçlı kaplar)
Püf Noktası (P.N)1 : Mukavemette hesaplama yöntemleri (Formülleri) yükleme şekline ve bazen geometriye göre değişir.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
5
1 a Motivasyon ve Giriş
Motivasyon
1.a.1
Bu Ders
Gerçek Hayatta
Ne İşime
Yarayacak?
28.08.2022
Bu sorunun cevabını bir örnekle anlamaya çalışacağız..>>
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
6
1 a Motivasyon ve Giriş
Örnek
•
Çalıştığınız işletme şekildeki gibi bir bahçe
salıncağı imal etmek
•
istemektedir.
Ar-ge mühendisi olarak sizden salıncakta kullanılacak, yük taşıyan metalik zincirlerin kalınlığını yani en uygun kesit
•
çapını (d) belirlemenizi istemiştir. Zira zincirler çok ince olursa kopar, çok kalın olursa kopmaz ama pahalı olur.
•
belirleyebilirseniz, işletmemize en faydalı şekilde bir öneri de bulunabilirsiniz.
Bu sebeple bir mühendis olarak zincirlerin insan ağırlığına dayanabileceği minimum bakla kalınlığını (çapını)
Şimdi birlikte düşünüyoruz: Salıncağa 3 kişi oturabilir. En kritik durumda salıncak 120 kg lık 3 kişiyi, toplamda ise 360kg lık
yükü taşıyabilsin. Ayrıca 2 katı emniyetli olsun. Yani durağan halde salıncak maksimum W= 720kg (yaklaşık 7200N) luk bir
yükü taşıması gerekir.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
7
1 a Motivasyon ve Giriş
Şunu unutmayın:
Zincirlere gelen kuvvetler (T1, T2 ,T3, T4)
bilinmeden minimum çap (d)
hesaplanamaz.
O halde;
İlk adım zincirlere düşen kuvvetleri (T1, T2 ,T3, T4) bulmaktır.
2.Adım ise en riskli zincirin emniyetli bakla çapını (d) hesaplamaktır.
Statik hesaplardan bulunur.
Mukavemet hesaplarından bulunur.
•
Görüldüğü gibi statik ve mukavemet birbirlerini tamamlayan iki derstir.
•
Mukavemet dersinde doğrudan gerçek hayata uygulanabilen boyut hesaplamaları (d çapının belirlenmesi gibi)
yapılır ki bu hesaplamalar mühendislerden beklenir.
•
Ancak boyutu hesaplamadan önce kuvvetlerin bilinmesi gerekir. Bu ise Statik dersinin temel konusudur.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
8
1 a Motivasyon ve Giriş
•
Şimdi çevrenizdeki dış yüklerin etkisine maruz kalan katı cisimleri fark ediniz. Örneğin, sandalye, masa,
sehpa, yatak, dolap, asansör, kitaplık, merdiven, ayakkabılarınız.. Her birisinde, ince olduğu taktirde
kırılması, kopması muhtemel parçaları görmeye çalışınız. Bunların optimum boyutlarının hesaplamasının
mühendis olarak sizden isteneceğini unutmayınız.
mukavemetten
W
statikten
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
9
1 a Motivasyon ve Giriş
•
•
•
Bu parçaları ince tutarak, malzemeden kazanabilir ekonomik açıdan işletmenize
fayda sağlayabileceğinizi düşünebilirsiniz.
Ancak bu durumda dayanımı riske ettiğinizin farkında olmalısınız.
Olayı
tam
tersi
düşünürsek,
parçaları
kalınlaştırıp
dayanım
riskini
azaltabilirsiniz fakat bu durumda da daha fazla malzeme kullanmanız
•
gerektiğinden imalatı daha pahalıya getirirsiniz.
İşte bir mühendis olarak sizden beklenen şey, bu dayanım ve ekonomiklik
şartlarını en iyi şekilde sağlayacak hesaplamaları yapabilmenizdir ki, bu faaliyete
•
optimizasyon, sonucuna ise optimum çözüm denir.
Aslında nihai hedefimiz dayanım açısından minimum boyutların tespit
edilmesidir. Bu ise mukavemet hesaplarıyla mümkündür.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
10
1 a Motivasyon ve Giriş
1.a.2 İşlevsellik
Şunu da belirtmekte fayda var ki, boyutları değiştirmekle dayanım ve ekonomiklik açısından en iyi çözüm
bulunabilir ancak bu sırada sistemin işlevselliğinin ve kullanılabilirliğinin de kaybedilmemesi gereklidir. Bu da
karşımıza üçüncü bir şart olarak çıkmaktadır. İşlevsellik, şekil değiştirme ile çok yakından ilişkilidir.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
11
1 a Motivasyon ve Giriş
Sonuç olarak, yeni bir ürünün tasarım aşamasında veya mevcut
bir ürünü iyileştirme faaliyetlerinde, şu 3 şartı en iyi seviyede
sağlamak gerekir ki, optimum çözüm elde edilebilsin:
1- Dayanım
2- Ekonomiklik
3- İşlevsellik
Yeri gelmişken, aklımızın bir köşesine şimdiden şu hususları yazmakta fayda vardır:
Dayanım: Gerilme hesaplarını,
İşlevsellik: Şekil değiştirme hesaplarını,
Ekonomiklik ise malzeme seçimi ve maliyet hesaplarını kapsayan kriterlerdir.
İmalatta kullanılan malzeme israfının önlenerek, işletmelerin giderlerinin azaltılması ve dolayısıyla daha fazla kâr
yapabilmesi, ancak statik ve mukavemet konularına yeterince hâkim olan ve bu sayede doğru optimizasyon
hesaplamaları yapabilen mühendislerle mümkündür.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
12
1 a Motivasyon ve Giriş
Sizi niçin işe
alalım? Bize ne
gibi faydanız
olabilir?
Bir mühendis olarak, öncelikle ürünlerinizi
dayanım açısından optimize edebilir ve
dolayısıyla en az malzeme maliyeti ile imal
etmenizde yardımcı olabilirim. Bu ise
toplamda size büyük kârlar sağlayacaktır.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
13
1 a Motivasyon ve Giriş
FİZİK
1.a.3 Mukavemet Bilimin Yeri
MEKANİK
Rijid Cisimlerin Mekaniği
(Şekil değiştirmeyen
teorik cisimler)
Dinamik
(Hareketli Cisimler)
Statik
(Sabit Cisimler)
Şekil Değiştirebilen
Cisimlerin Mekaniği
Mühendislik
Mekaniği
Dersi
(Statik+Muk.)
Mukavemet
(Cisimlerin Dayanım)
Akışkanlar
Mekaniği
veya
Mühendislik
Mekaniği
Dersi
(Dinamik+Muk.)
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
14
1 a Motivasyon ve Giriş
1.a.4 Birinci Mertebe Prensibi
Mukavemette Dış Kuvvetler etkisi ile şekil değiştirebilen gerçek cisimler incelenir. Ancak tüm hesaplamalar
aksi söylenmedikçe sistemin şekil değiştirmemiş haline göre yapılır ki buna 1. (Birinci) mertebe prensibi
veya 1.Mertebe Teorisi denilir.
1.a.5 Kullanacağımız Birimler
Uzunluk
milimetre (mm)
Kuvvet
Newton (N)
Gerilme
MegaPascal (MPa)
Unutmayın :
 Mukavemet dersinde tüm hesaplamalarda daima Newton ( N ) ve milimetre ( mm ) kullanacağız.
 Bu durumda ortaya çıkacak gerilme : N/mm2 olacaktır ki buna MPa (MegaPaskal) denir. ( 1 N/mm2 = 1 MPa )
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
15
1.b
Ayırma Prensibi
ve Gerilme Kavramı
(Bu konu 1 nolu videoda* anlatılmıştır.)
*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
16
1. b Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
•
•
1.b.1 İnsanda stres - Cisimlerde Gerilme
Gerilmenin İngilizcesi stress’dir. Stres kelimesi ise şu an Türkçe olarak, bir olayın
veya fiilin bizde oluşturduğu endişe ve tedirginlik anlamında kullanılmaktadır.
İnsandaki stres, dışarıdaki olayların baskısıyla oluşur. Yani stres dış yüklerin
(olayların, baskıların) bizde oluşturduğu etkidir. Yoksa stres dış bir yük (baskı)
•
değildir. Stres uygulanmaz, oluşur.
İşte benzer şekilde katı cisimler için dışarıdan uygulanan fiziksel yükler, cismin
•
içinde stres (gerilme) oluşmasına sebep olur.
•
ise kişiden kişiye değişir. İradesine sahip, sabırlı kişilerin stres sınırı yüksektir.
Bizdeki stres belli bir sınırı aşarsa, şok, baygınlık gibi hasarlara sebep olur. Bu sınır
Dış yükler sonucu üzerinde stress oluşan katı cisimlerde de belli bir sınırdan sonra çatlama, kopma, akma (kalıcı
deformasyon) gibi hasarlar oluşabilir. Bu ise katı cismin malzeme cinsiyle çok yakından ilgilidir. Aynı geometride fakat
farklı malzemeden imal edilen iki cismin aynı dış yüke gösterdikleri cevaplar farklı olacaktır. Bir ipi çekerek koparsak bile,
•
aynı kalınlıkta çelik bir teli koparamayız.
Mukavemette en önemli hedefimiz farklı durumlar için gerilmeleri hesaplayabilmektir. Bunun için öncelikle ayırma
prensibinin çok iyi anlaşılması gerekmektedir. Bu prensip anlaşılmazsa, mukavemet mantığını anlamamız mümkün olmaz.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
17
1. b Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.b.2 Ayırma Prensibi:
« Dış kuvvetlerin etkisine maruz bir sistem dengede ise hayali bazda da ayırdığımız her bir parçası da ayrı ayrı
dengededir.» Buna ayırma prensibi denir.
Hayali olarak ayırdığımız her bir parçasının serbest cisim diyagramında, dış kuvvetlerden başka, ayırma yüzeyinden
iç kuvvetler ve iç momentler de etki ettirilir. Her bir parçada iç ve dış kuvvetler etkisiyle statik dengedir.
Sol parça
dengede
Tüm Sistem
dengede:
hayali
�F = �M = 0
≡
gerilmeler
�F = �M = 0
Sağ parça
gerilmeler
dengede
+
�F = �M = 0
• İç kuvvet ve iç momentler (Fiç , Miç ): Ayırma yüzeyinde ortaya çıkan tepkilerdir. Sistemin o kısımda dış kuvvetlere karşı
cevabıdır. Kesimin sol veya sağ kısmının statik dengesinden hesaplanırlar.
 Statikte, kafes sistemlerin kesim yöntemi aslında ayırma prensibinin bir uygulamasıdır. Kesilen çubuklardaki kuvvetler, iç kuvvetlerdir.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
18
1. b Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
I-I kesimi alt kısım
1.b.3. Gerilme Kavramı:
I
≡
I
•
Bileşke gerilme
Kayma gerilmesi
Fiç
Miç
Gerilme «iç kuvvet ve iç momentlerin birim alandaki etkisi» olarak tanımlanabilir.
τa
≡
•
•
olarak da tanımlanabilir.
•
•
a
S: f (Fiç, Miç, geometri)
Gerilme kavramının anlaşılması, mukavemet konularının kavranmasında çok önemli bir temel teşkil eder.
•
Sa
n
Normal
gerilme
σa
//n
S
b
Sb
Gerilmenin Birimi N/mm2 yani MegaPascal (MPa) dir. Buna göre gerilme en basit anlamda birim alan düşen iç kuvvet
Gerime noktadan noktaya değişebilir. Bir noktadaki gerilmenin hesaplanabilmesi için öncelikle ayırma prensibinden kesitteki
İç kuvvet ve iç momentler statik dengeden hesaplanmalıdır.
Gerilmeyi normal ve kayma gerilmesi olarak 2 bileşene ayırabiliriz.
Gerilme hesaplama formülleri yükleme tipine (Çeki-Bası, burulma, eğilme vb.) göre değişiklik gösterir ve herbir yükleme tipi
mukavemetin farklı bir konusunu teşkil eder.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
19
1. b Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
Şimdiden aklımızda olsun: Gerilme hesap formüllerinde iç kuvvet veya iç moment ve kesit geometrisine bağlı değerler
mutlaka yer alır. Malzeme özellikleri gerilme formüllerinde (genelde) yer almaz. Demek ki, gerilmeler malzeme cinsine
bağlı değildir. Bu ise mukavemetin önemli bir püf noktasıdır.
İç momentin oluşmadığını (Miç =0) ve kesitte sadece iç kuvvet (Fiç) olduğunu düşünürsek, gerilme birim alana düşen iç
kuvvet olarak şu şekilde tanımlanabilir.
Hayali
Ayırma
düzlemi
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
20
1. b Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.b.4. Ayırma Prensibi - Örnek
I
II
I
Ayakta bekleyen bir kişinin vücut ağırlığı sebebiyle farklı bölgelerinde oluşan
gerilmeleri inceleyiniz. Bölgeler için hayali olarak kesimler yapıldığına, her bir
kesimde sadece iç kuvvet oluştuğuna dikkat ediniz.
Wkafa
II
I
I
Wtüm
Fiç-1
Wgövde+kafa
•Wtüm / 2 •Wtüm / 2
28.08.2022
II
II
•Fiç-2
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
21
1. b Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
•
Wkafa
Kesimin alt veya üst kısmını incelemek
I
sonucu değiştirmez. Yandaki şekillerde bu
•
•
•
Yandaki şekilde I-I kesiminin alt ve üst
kısımları için ayrı ayrı inceleme yapılmıştır.
I
I
Fakat her iki kısım için boyun bölgesinde
aynı
•
Fiç-1
durum ispat edilmiştir.
Sonuçta iç kuvvet ve gerilme aynı çıkar.
I
iç
kuvvet
ve
bulunduğunu fark edin.
gerilme
I-I kesimi
Üst kısmı
değerinin
Bu genel bir kural olup, kesimin herhangi bir
parçasının (üst veya alt; sağ veya sol)
I-I kesimi
Alt kısmı
incelenmesi yeterlidir.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
22
1. b Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.b.5 Gerilme Çeşitleri
1.b.5.1 Normal Gerilme: Düzlem normaline paralel; başka bir ifade ile düzleme dik olan gerilmeye normal
gerilme denir; σ ile gösterilir.
Üst
kısım
Hayali
ayırma
Yüzeyi
(D.1.1)
Alt
kısım
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
23
1. b Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.b.5.2 Kayma (Kesme) Gerilmesi: Düzlem normaline dik ; başka bir ifade ile düzleme paralel olan gerilmeye kayma
gerilmesi veya kesme gerilmesi denir; τ ile gösterilir.
Sağ kısım
(D.1.2)
Hayali
ayırma
düzlemi
Fiç ile F arasındaki dik uzaklık farkı ihmal edilir ve iç moment sıfır çıkar.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
24
1. b Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.b.5.3 Gerilme indisleri
𝜎𝜎𝑦𝑦𝑦𝑦
y
?
z
𝜏𝜏𝑧𝑧𝑧𝑧
düzlem
normali
𝜏𝜏𝑦𝑦𝑦𝑦
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥
1.İndis : i: Gerilmenin bulunduğu düzlemin normalini gösterir.
x
gerilme
doğrultusu
𝜎𝜎𝑥𝑥𝑥𝑥
2.İndis: j :Gerilmenin doğrultusunu gösterir.
Yandaki kübik elemanda gerilme indislerinin bu tanımlamaya uygun koyulduğu anlamaya çalışınız.
Soru işareti olan gerilmeyi tanımlayınız.
σ normal gerilmeleri daima düzlem normali doğrultusundadır ve her iki indisi de ayndır.
Bu sebeple tek indisle genelde kullanılır. 𝜎𝜎𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝜎𝜎𝑥𝑥 , 𝜎𝜎𝑦𝑦𝑦𝑦 = 𝜎𝜎𝑦𝑦 , 𝜎𝜎𝑧𝑧𝑧𝑧 = 𝜎𝜎𝑧𝑧
τ Kayma gerilmeleri için bilgiler
İndisleri aynı, indis sırası farklı kayma gerilmeleri birbirine eşittir.
•
τ ij= τ ji
•
Bunun ispatı şu şekilde yapılabilir:
•
x-y düzleminde a
.b. t
Bu elemanın statik dengede olması gerekir. Denge denklemleri
boyutlarında O gibi noktadaki
kuvvetler için yazılmalıdır.
•
kübik diferansiyel elemanda Kuvvet = gerilme x alan
herbir
yüzeydeki kayma
𝜏𝜏1 = 𝜏𝜏3 = 𝜏𝜏2 = 𝜏𝜏4 •
gerilmelerini gösterelim:
� 𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 = 𝜏𝜏1 𝑏𝑏. 𝑡𝑡 − 𝜏𝜏2 𝑏𝑏. 𝑡𝑡
→ 𝜏𝜏1 = 𝜏𝜏2 = 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑦𝑦
y
𝜏𝜏3
→ 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝜏𝜏𝑦𝑦𝑦𝑦
� 𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 = 𝜏𝜏3 𝑎𝑎. 𝑡𝑡 − 𝜏𝜏4 𝑎𝑎. 𝑡𝑡
→ 𝜏𝜏3 = 𝜏𝜏4 = 𝜏𝜏𝑦𝑦𝑦𝑦
𝜏𝜏1
•
𝜏𝜏2
O.
a
𝜏𝜏4
28.08.2022
b
𝜏𝜏𝑖𝑖𝑖𝑖 , 𝜎𝜎𝑖𝑖𝑖𝑖
σ veya τ gerilmelerini 2 tane indis koyarak daha ayrıntılı ve doğru tanımlarız:
𝑎𝑎
𝑎𝑎
𝑏𝑏
𝑏𝑏
� 𝑀𝑀𝑧𝑧−𝑜𝑜 = 0 = 𝜏𝜏1 𝑏𝑏. 𝑡𝑡 + 𝜏𝜏2 𝑏𝑏. 𝑡𝑡 − 𝜏𝜏3 𝑎𝑎. 𝑡𝑡 − 𝜏𝜏4 𝑎𝑎. 𝑡𝑡
2
2
2
2
x
diğer düzlemler için de benzer şekilde aynı sonuçlar bulunur:
Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜏𝜏𝑦𝑦𝑦𝑦 = 𝜏𝜏𝑧𝑧𝑧𝑧 ,
𝜏𝜏𝑦𝑦𝑦𝑦 = 𝜏𝜏𝑧𝑧𝑧𝑧
Bir noktada daima aynı indiste 4 adet
kayma gerilmesi düşünmek gerekir.
Bunların yönleri ise statik dengeyi
sağlayacak şekilde yerleştirilmelidir.
Karşılıklı olanların yönleri zıttır.
Ancak bunların döndürme etkisini diğer
ikisi dengelemesi gerekir.
Kayma gerilmelerinin indislerinin sırası
veya gerilmenin yönü mukavemet
hesaplarını etkilemez.
Herbir indisli gerilmeye gerilme bileşeni
deriz. Bir noktada en genle durumda 𝜎𝜎𝑥𝑥 ,
𝜎𝜎𝑦𝑦 , 𝜎𝜎𝑧𝑧 , 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 , 𝜏𝜏𝑦𝑦𝑦𝑦 , 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 olmak üzere 6
bağımsız gerilme bileşeni olabilir.
25
1. b Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.b.6 Hasar Gerilmesi
Şekildeki ipe asılan W yükünü göz önüne alalım. Herhangi bir anda
𝐼𝐼 − 𝐼𝐼 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑖𝑖𝑖𝑖 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝐴𝐴
𝐼𝐼
𝐼𝐼
A (mm2)
ipteki kuvvet statik dengeden Fiç = W’dir.
𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖 = 𝑊𝑊
Altındaki tabloda ise ipin kesit alanına göre kopma anında ortaya
çıkan ipteki kuvvet (Fkopma) değerleri gösterilmiştir.
(İp Malzemesi - 1,
gevrek malzeme)
Fkopma (N)
(İp Malzemesi - 2,
gevrek malzeme)
Fkopma (N)
10
100
50
20
200
100
30
300
150
40
400
200
Kesit büyüdükçe yani ip kalınlaştıkça daha fazla W yükünü
taşıyacağını biliyoruz.
Soru: Bu tabloya göre sabit kalan bir değer var mıdır?
Cevap: Her bir malzeme için
𝐹𝐹𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
𝐴𝐴
oranı sabit kalmaktadır. (1 nolu
malzeme için 10, 2nolu malzeme için 5 dir.)
Bu orana şimdilik malzemenin hasar gerilmesi diyeceğiz:
(𝜎𝜎ℎ𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝐹𝐹𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
𝐴𝐴
)
(D.1.3)
Hasar gerilmesi malzemenin bir özelliği olup, malzeme boyutlarından
İpin malzemesine göre taşıyabileceği W yükü de mutlaka değişecektir. bağımsızdır. (yoğunluk gibi).
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
26
1. b Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.b.7 Hasar Gerilmesi tespiti
Malzemenin bir özelliği olan hasar gerilmesi çekme deneyi ile bulunur.
Gevrek
(kırılgan)
malzemelerde kalıcı şekil
değiştirme ihmal edilecek
kadar azdır. Hasar gerilmesi
kopma
veya
anındaki gerilmedir.
kırılma
𝜎𝜎ℎ𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 = 𝜎𝜎𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
Çekme Test Cihazı
Sünek (şekil alabilir) malzemeler için kalıcı deformasyonun (plastik bölgenin) başladığı an hasar anı
olarak değerlendirilmelidir. Zira kalıcı deformasyona maruz kalan bir eleman işlevselliğini yitirecektir.
Bu sebeple hasar gerilmesi akma gerilmesi olarak alınır.
𝜎𝜎ℎ𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 = 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 =𝜎𝜎𝑎𝑎 =
(D.1.4)
𝐹𝐹𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
𝐴𝐴
Not: Sünek malzemelerin çeki ve basıdaki akma mukavemetleri (akma gerilmeleri) aynıdır. Gevrek malzemelerde ise bası mukavemeti çeki
mukavemetinden daha fazladır. (3-4 katı olabilir.)
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
27
(D.1.5)
1. b Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.b.8. Çeki –Bası Durumları için Hasar Şartı
(Hasar şartı).
Çeki yüklemesine maruz bir malzemede normal gerilme oluşur. Kuvvet arttırıldığında bu gerilme
𝜎𝜎 ≥ 𝜎𝜎ℎ𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
artar. Kuvvet iyice arttırılırsa gerilme hasar gerilmesine ulaşır ve malzemede hasar oluşur. O halde
genel anlamda hasar şartı: o andaki gerilmenin hasar gerilmesine eşit veya daha fazla olmasıdır.
Sünek malzemeler için hasar şartı:
(Mutlak değer içine almamızın
nedeni bası durumundaki hasar
şartını da kapsaması içindir. Çeki
durumunda mutlak değere
almaya gerek yoktur.)
Gevrek malzemeler için hasar şartı:
𝜎𝜎 ≥ 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
𝜎𝜎 ≥ 𝜎𝜎𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣 𝜎𝜎𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
Aşağıdaki halat koparma örneğini dikkatlice inceleyerek kavramları iyice anlamaya çalışınız
𝐴𝐴𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛 𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔:
halat için
𝜎𝜎 =
𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖 𝑃𝑃
=
𝐴𝐴
𝐴𝐴
Kesit alanı : A=10mm2
𝜎𝜎𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 = 35𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
(𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ö𝑧𝑧𝑧𝑧𝑧𝑧𝑧𝑧𝑧𝑧𝑧𝑧𝑧𝑧𝑧𝑧𝑧𝑧𝑧)
28.08.2022
270
𝜎𝜎 =
= 27𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
10
P=270N I P=270N
𝜎𝜎 =
P
I-I kesimi
I
SONRA
𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖 =P
𝜎𝜎 < 𝜎𝜎𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
Henüz kopmamış.
P=350N
P=350N
I
I
350
= 35𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
10
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖 =P 𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖
𝜎𝜎 = 𝜎𝜎𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
Kopma anı
28
1. b Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.b.9 Bazı farklı sembollerle hasar şartlarını izah edelim.
Dikkat: Bu semboller bazı kaynaklarda kullanıldığı için öğrenmekte fayda vardır.
𝜎𝜎𝑜𝑜 :
𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜 :
Sünek malzemeler için çekideki akma gerilmesi,
Gevrek malzemeler için çekideki kopma gerilmesi
Sünek malzemeler için basıdaki akma gerilmesi,
Gevrek malzemeler için basıdaki kopma gerilmesi
Malzemenin bir noktasında çeki veya bası gerilmesi (𝜎𝜎) hesaplandığını düşünelim.
Bu noktada;
𝜎𝜎 ≥ 𝜎𝜎𝑜𝑜
veya
𝜎𝜎 ≥ 𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜
ise,
yani üstteki iki eşitsizlikten en az birisi sağlanıyorsa, o noktada, sünek malzemelerde akma, gevrek
malzemelerde kırılma oluşur denir.
Sünek malzemelerin çeki ve basıdaki akma gerilmeleri şiddetçe birbirine eşittir.
Gevrek malzemelerin basıdaki kırılma gerilmeleri, çekidekinden şiddetçe daha büyüktür.
𝜎𝜎𝑜𝑜 = 𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜
𝜎𝜎𝑜𝑜 < 𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜
Bunun sebebi gevrek malzemelerin iç yapısının gözenekli olmasıdır. Malzeme içindeki gözenekler bası
durumunda kapanır, yüzey alanı genişlenir ve daha fazla bası yüküne malzeme dayanabilir.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
29
1. b Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.b.10 Tecrübe ile bildiğimiz bazı şeyleri şimdi daha teknik şekilde açıklayabiliriz:
Bası veya çeki durumunda oluşan gerilme:
•
𝜎𝜎 =
𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖 𝑃𝑃
=
𝐴𝐴
𝐴𝐴
olduğunu öğrendik.
Aşı veya iğne olurken şırınganın ucundaki cildimize temas eden A alanı çok küçük
olduğundan, küçük bir P bası kuvvetiyle bile büyük bir σ gerilmesi oluşur ve bu anlık
•
P
A
σ değeri cildimizin hasar gerilmesinden büyük olacağından, iğne cildimizi deler.
𝜎𝜎 ≥ 𝜎𝜎𝑜𝑜𝑐𝑐
Bir masanın veya cismin keskin köşelerinin temas alanı iğne ucu gibi çok küçük olduğundan,
keskin köşelere ufak bir çarpma sonucunda bile bir anda vücudumuzun o bölgesindeki hasar
•
•
Bebekler için
•
koruyucu
aparat..
28.08.2022
gerilmesi aşılır ve önemli yaralanmalar oluşur.
Bu sebeple bir ürünü tasarlarken keskin köşelere radyus (yuvarlatma)
vererek temas alanını büyütürüz ve anlık gerilmenin azalmasını sağlarız.
Parmaklarımızın ucu yuvarlatılmış olmasaydı, herhalde bir yere dokununca
çok büyük acılar hissederdik ve elimizi tam anlamıyla kullanmazdık.
Benzer şekilde vücudunuzdaki diğer yuvarlatmaları görerek sadece bu açıdan
bile mükemmel bir tasarım olduğunuzu farkedin..
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
30
1. b Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.b.11 Kesme Durumunda Hasar Şartı
Malzemelerin çeki veya bası dayanımları ile kesme dayanımı farklıdır. Bu sebeple, kesme gerilmesinin söz konusu olduğu
yüklemelerde kesme dayanımı (𝜏𝜏ℎ𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 ) göz önüne alınmalıdır (𝜏𝜏ℎ𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 da bir malzeme özelliğidir.). Herhangi bir andaki
kesme gerilmesi, kesme dayanımını aşarsa o noktada hasar oluşur.
Hasar şartı :
𝜏𝜏 ≥ 𝜏𝜏ℎ𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
Sünek malzemeler için :
(Kayma gerilmesinin işaretinin + veya – olması mukavemet
açısından önemli değildir. Burada + olarak düşünülmüştür.)
𝝉𝝉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉 =𝝉𝝉𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 =
𝝈𝝈𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂
𝟐𝟐
(D.1.6)
(bu eşitliğin nedeni ileride görülecek olan mohr çemberi konusundan daha iyi anlaşılacaktır.)
Gevrek malzemeler için:
𝜏𝜏ℎ𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 = 𝜏𝜏𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
(D.1.7)
Bir örnek : iki levhayı bağlayan çelik cıvatanın hasar kontrolünü aşağıdaki adımlarla yaparız.
E-E kesimi üst kısmı
Levhalara çeki yükü
geldiğini düşünüyoruz.
28.08.2022
Civataya gelen
kuvvetler
Civata kesitindeki
iç kuvvet
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Civata kesitinde
oluşan gerilme
𝜏𝜏 ≥ 𝜏𝜏𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
ise akma oluşur.
31
1. b Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.b.12 Emniyet katsayısı ve emniyet gerilmesi
(Factor of safety and allowable stress)
•
Bir mekanizmanın, yapının veya makinanın belli bir emniyet
Emniyet Katsayısı Kullanma Sebepleri:
Yani sistem taşıyabileceği yükün 2 veya 3 katı yük taşıyabilecek
• Malzeme özelliklerindeki belirsizlikler ve değişkenlikler
•
katsayısına sahip olması istenir.
•
şekilde tasarlanabilir.
•
mekanizmalarda bu katsayının daha fazla olması istenir.
•
kırılma ) gerilmesine göre değil de emniyet gerilmesine göre yapılır.
Özellikle
can
güvenliliğinin
önemli
olduğu
asansör
gibi
İşte bu durumda mukavemet hesaplamaları hasar (akma veya
Yapıda oluşacak maksimum gerilme emniyet gerilmesini aşmayacak
şekilde boyutlar hesaplanır veya malzeme seçimi yapılır.
Emniyet katsayısı : n =
28.08.2022
Emniyet şartı :
ℎ𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔
𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔
=
𝜎𝜎ℎ𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒
𝜎𝜎 < 𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒
• Yüklemelerdeki belirsizlikler ve değişkenlikler
• Analizlerdeki hatalar (yanılmalar) ve belirsizlikler
• Tekrarlı yükleme durumları
• Hasar tipleri
• Malzeme üzerindeki bozucu etkiler ve onarım gereklilikleri
• Can ve mal güvenliği/emniyeti
• Makinenin fonksiyonelliği
(D.1.8)
veya
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜏𝜏 < 𝜏𝜏𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒
(D.1.9a,b)
32
1. b Ayırma Prensibi ve Gerilme Kavramı
1.b.13 Mukavemet Hesaplamalarında Genel Yol Haritası
4
1-) Denge halindeki bir cisim veya sistemde önce statik hesaplamalarla
bilinmeyen kuvvetler bulunur.
2-) Cisimdeki maksimum gerilme hesaplanır.
3
(Hesaplama şekli ve formülleri yükleme şekline
2
göre ve bazen geometriye göre değişir. )
3-) Maksimum gerilme sünek malzemenin akma, gevrek malzeme ise kopma
1
(kırılma) gerilmesine eşitlenir. Bu eşitlikten,
a-) (kuvvet + malzeme belli ise) minimum boyut hesabı veya
b-) (kuvvet + boyutlar belli ise ) malzeme seçimi veya
c-) (kuvvet + boyutlar + malzeme cinsi belli ise) Mukavemet (Dayanım) kontrolü yapılır.
•
•
•
•
Bu genel yol haritasıdır. Bazı problemlerde, cisme uygulanabilecek maksimum kuvvet sorulabilir.
Veya gerilmelerin yanı sıra şekil değiştirmeler hesaplanabilir. Emniyet katsayısı verilebilir.
İleride görülecek örnek problemlerle bunlar zihninizde daha belirginleşecek ve mukavemetin mantığı daha netleşecektir.
Önemli bir Püf Noktası: Tüm mukavemet konuları için, gerilme veya şekil değiştirme formüllerinde kuvvet veya moment
terimleri göreceksiniz. Bu terimler daima incelenen kesitteki iç kuvvet veya iç moment olduğunu unutmayınız. İç kuvvet
veya iç momentler ayırma prensibi ile önceden bulunmuş olmalıdır ki, gerilmeler hesaplanabilsin.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
33
2.
Çeki-Bası ve Kesme
Yüklemeleri
-Çeki / Basıya maruz çubuklar ve Kesmeye maruz bağlantı elemanları (pimler, civatalar vb.)-
28.08.2022
(Gerilme = F / A denkleminin uygulamaları)
(Bu konu 2 nolu videoda anlatılmıştır.)
*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
34
2 - Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
Bu konu kapsamında;
1.
İncelenen kesitte iç momentin sıfır olduğu, ve kesitte sadece iç kuvvetin olduğu,
2. İç kuvvetin kesite dik veya paralel olduğu,
3. İç kuvvetin homojen olarak yani eşit bir şekilde kesitin tüm noktalarına dağıldığı durumlar ele alınacaktır.
Bu şartların sağlandığı durumda kesitin herbir noktasındaki «Gerilme = İç Kuvvet / Kesit Alanı» formülüyle hesaplanabilir.
1.Durum:İç Kuvvet Kesite dik (kesit
normaline
paralel)
gerilme ( σ ) oluşacaktır.
ise
(D.2.1)
Normal
Not: Bu durum; çift kuvvet elemanlarında ve
eksenel yüklemelere maruz
çubuklarda
ortaya çıkar.
(D.2.2)
2. Durum: İç Kuvvet Kesit yüzeyine
.
paralel (kesit normaline dik) ise
Normal gerilme ( τ ) oluşacaktır.)
Not: Bu durum pim, perno, perçin, civata
gibi bağlantı elemanlarında ortaya çıkar.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
2
2 - Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
2 nolu videoda örnek 1.1
Örnek 2.1 (video 2, orn.1.1)
Şekildeki yapıyı göz önüne alalım:
• Acaba bu çubuklar, 30kN’luk kuvveti emniyet sınırları
içinde taşıyabilir mi? Bu sorunun cevabını bulacağız.
• Çubuklar aynı cins çelikten olup, malzemenin emniyet
açısından izin verilebilir gerilme (emniyet gerilmesi):
𝜎𝜎emniyet = 165 MPa
•
•
Bu örneğin çözümü 2 nolu videoda örnek 1.1 olarak ayrıca anlatılmıştır.
Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
28.08.2022
BC çubuğu d=20mm çapında dairesel kesite, AB
çubuğu ise 50mmx50mm’lik kare kesite sahiptir.
Hesaplamalarda pim deliklerini ihmal ediniz.
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Çözüm:..>>
36
2 - Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
Çözüm
Bu sistemi bir kafes sistem olarak düşünebiliriz. B düğüm
noktasının dengesinden çubuk kuvvetlerini bulabiliriz.
1.Adım : Statik hesapları
θ
� 𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 → 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴 − 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵 . (
𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝜃𝜃
4
)=0
5
3
� 𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 → −30 + 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵 . ( ) = 0
5
𝑆𝑆𝑆𝑆𝑆𝑆𝜃𝜃
𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴 = 40𝑘𝑘𝑘𝑘
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵 = 50𝑘𝑘𝑘𝑘
2.Adım: Gerilme Hesabı : BC çubuğu çekiye maruzdur. :herhangi bir I-I kesitindeki iç kuvvet ve gerilme hesabını yapacak olursak
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵
C
I
C
I
I
I
28.08.2022
I-I kesimi-üst tarafı
B
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵
A
𝜎𝜎 =
𝜎𝜎 =
𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖 = 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵 50𝑥𝑥103 𝑁𝑁
=
𝐴𝐴 𝜋𝜋.202 𝑚𝑚𝑚𝑚2
4
𝜎𝜎emniyet = 165 MPa
= 159𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
idi.
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵
=
𝐴𝐴
𝐴𝐴
3.Adım - Mukavemet Kontrolü
𝜎𝜎 < 𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒
𝐵𝐵𝐵𝐵 ç𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢 𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒.
37
2 - Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
AB çubuğu için: Bu çubukta eksenel bası yüküne maruz kaldığından gerilme benzer şekilde hesaplanır.
𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴
Gerilme Hesabı:
𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴
II-II kesimi-Sol tarafı
𝜎𝜎 =
𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴 −40𝑥𝑥103 𝑁𝑁
=
𝐴𝐴 50𝑥𝑥𝑥𝑥 𝑚𝑚𝑚𝑚2
Mukavemet Kontrolü:
II
II
II
A
𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴
A=50x50𝑚𝑚𝑚𝑚2
𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴
≡
II
B
𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴
𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴
=
𝜎𝜎 =
𝐴𝐴
𝐴𝐴
= −16𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
𝜎𝜎emniyet = 165 MPa
idi.
Malzeme sünek olduğu için çeki ve basıdaki akma mukavemeti ve dolayısıyla emniyet gerilmeleri şiddetçe eşittir.
𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒−𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏 = −165 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
28.08.2022
𝜎𝜎 < 𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒.−𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏
→
−16 < −165
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
→
𝐵𝐵𝐵𝐵 ç𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢 𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒.
38
2 - Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
Örnek 2.2 (video 2,orn.1.2) Çelikten yapılmış BC çubuğunun, kalınlığı 6 mm, genişliği w=25 mm
ve çekideki akma gerilmesi 480 MPa’dır. Bu çubuğun emniyetini göz önüne alarak sisteme
uygulanabilecek maksimum P yükünün şiddetini bulunuz. Emniyet faktörü n=4 alınız.
(Cevap: 14400N)
(*) Bu sorunun çözümü 2 nolu videoda örnek 1.2 olarak anlatılmıştır.. Fakat Öncelikle cevabı kendiniz bulmaya çalışın.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
39
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
2.1. Bilgi: Saint-Venant Prensibi
Bir kesite etkiyen bileşke iç kuvvet yüzeye dik ise ortalama normal gerilme;
𝜎𝜎 =
𝑃𝑃
𝐴𝐴
şeklinde ifade edilir.
• Ancak tekil yükten (P kuvvetinden) belli bir uzaklıktan sonra kesitin tüm
noktalarındaki gerilme değerleri birbirine yaklaşır.
• Yüke yaklaştıkça kesitte noktadan noktaya gerilmeler arasındaki fark büyür.
Sonuç olarak tekil bir kuvvetten dolayı meydana gelen gerilmeler uygulama noktasından yeterince uzak kesitlerde uniform hale gelir.
Bununla birlikte ileride çözeceğim problemlerde bu ilkenin çözümlere etkisi ihmal edilecektir. Bilgi amaçlı bu prensibe burada değinilmiştir.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
40
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
2.2 Bağlantı Elemanlarında (Pimlerde, Cıvatalarda, Perçinlerde vb.) ortaya çıkan gerilmeler:Stress)
Levhaları veya çubukları birbirlerine bağlayan pim, cıvata, perçin gibi bağlantı elemanlarındaki gerilmeler, kayma (kesme)
gerilmeleridir. Bu gerilmelerin şiddetleri bağlantı yüzeyi sayısına göre hesaplanır. (*2 nolu video da durum çubuklar için de izah edilmiştir.)
Tek Kesme Yüzeyli (Single Shear)
Çift Kesme Yüzeyli (Double Shear)
Levhaların dengesi
F
F
F
F
G
𝜏𝜏 =
𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎: 𝐴𝐴
𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖 𝐹𝐹
=
𝐴𝐴
𝐴𝐴
Levhaların dengesi: Sağa doğru olan F kuvvetini a-b çizgisinin bulunduğu yarı
silindirik yüzeydeki cıvatadan gelen F tepkisi dengeler. Alttaki F kuvvetini ise B
levhasında c-d çizgisinin olduğu yarı silindirik yüzey dengeleyecektir.
Civatanın dengesi: Civataya levhalardan gelen zıt yönlü F kuvvetleri birbirini dengeler.
(F kuvvetleri arası mesafe çok küçük olduğundan moment etkisi ihmal edilir.) Sonuçta,
civata sadece b-d çizgisinin yer aldığı kesit boyunca kesilmeye zorlandığı için tek
28.08.2022
E
F
Civatanın
Dengesi:
kesme yüzeyi mevcuttur. Fiç = F dir.
Levhaların dengesi
HJ
Civatasını
n Dengesi:
𝜏𝜏 =
H
F
J
𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖
𝐹𝐹
=
2𝐴𝐴
𝐴𝐴
A levhasına gelen F kuvvetini e-f çizgisinin olduğu yarı silindirik yüzeydeki
cıvatadan gelen F kuvveti dengeler. e-f kısmından levhadan cıvataya tepki olarak
sağa doğru F kuvveti gelir (K-L arasındaki F). Bu F kuvvetini ise a-b ve c-d
kısımlarındaki F/2 kuvvetleri dengeler. Sonuçta HJ cıvatası e-b ve f-c çizgilerinin
bulunduğu kesitler boyunca kesilmeye zorlandığı için çift kesme yüzeyi mevcuttur.
Fiç = F/2 dir. Aynı yorumlar EC cıvatası için de yapılabilir.
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
41
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
Tek kesme için
2.3 Yatak Gerilmeleri (Bearing Stresses)
• Cıvata, pim, perçin gibi bağlantı elemanlarının geçtiği deliklerin (yatakların) iç yarı
silindirik yüzeylerinde bir tepki kuvveti oluşur. (Bir önceki sayfada levhaların a-b
veya d-c veya e-f kısımlarına gelen kuvvetler).
• Bu kuvvet, cıvatadan levhaya veya çubuğa gelen tepki kuvvetidir.
• Bu kuvvet yarı silindirik delik yüzeyine homojen dağılmaz. Orta kısımlarda daha
fazladır, yanlara doğru ise azalır.
• Bu kuvvetten dolayı levha veya çubukta, deliğinin yarı silindirik iç yüzeyinde
normal gerilme oluşur. Bu normal gerilmenin ortalama değeri kuvvetin, izdüşüm
alanına (A* = t x d) ) bölünmesi ile ortalama olarak elde edilir.
• Bu ortalama gerilmeye yatak gerilmesi (bearing stress) denir.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
t : levha veya çubuk kalınlığı,
d: cıvata (veya pim) çapı
𝜎𝜎𝑏𝑏
𝜎𝜎yatak = 𝜎𝜎b =
𝐹𝐹
𝐹𝐹
𝐹𝐹
=
𝐴𝐴 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡
(D.2.3)
42
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
Örnek 2.3 (n)
Şekildeki pedalın C bağlantısında 6mm çapında pim kullanılmıştır.
P= 500N olduğuna göre;
a) C Pimindeki ortalama kayma gerilmesini,
b) C piminin geçtiği deliklerdeki yatak gerilmelerini hesaplayınız.
Çözüm:
Statik Dengeden
SCD
� 𝑀𝑀𝑐𝑐 = 0 ⇒ −𝑃𝑃. 300 + 𝐹𝐹. 125 = 0
� 𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 ⇒ 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 − 𝐹𝐹 = 0 ⇒ 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐹𝐹 = 1200𝑁𝑁
� 𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⇒ 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 − 𝑃𝑃 = 0 ⇒ 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝑃𝑃 = 500𝑁𝑁
𝐹𝐹 =
(n): Bu örnek sadece bu notlarda vardır. Video çözümü yoktur.
28.08.2022
𝐹𝐹 =
𝑃𝑃. 300 500.300
=
= 1200𝑁𝑁
125
125
(𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 )2 +(𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 )2 =
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
(1200)2 +(500)2 = 1300𝑁𝑁 ⟶ 𝐹𝐹𝐶𝐶 = 1300𝑁𝑁
43
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
a-) c pimi çift kesmeye maruzdur. Çünkü 2 tane delikten geçirilip 2 yatakla dengelenmiştir.
C pimi
C pimi
I
I
𝜏𝜏𝑐𝑐 =
A*
𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖
𝐹𝐹𝑐𝑐
=
=
𝐴𝐴
2𝐴𝐴
𝐹𝐹𝑐𝑐
1300
=
𝜋𝜋. 62
𝜋𝜋. 𝑑𝑑𝑐𝑐2
2.
2.
4
4
I
A
𝜏𝜏𝐶𝐶 = 22.99𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
b-) c piminin geçtiği yataklardan soldakini incelersek yeterli olur.
𝜎𝜎yatak = 𝜎𝜎b =
28.08.2022
I-I kesimi
I
𝐹𝐹𝑐𝑐 /2
𝐹𝐹𝑐𝑐
1300
=
=
2. 𝑡𝑡. 𝑑𝑑𝑐𝑐 2𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥
𝐴𝐴 ∗
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜎𝜎𝑏𝑏 = 21,67𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
44
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
Örnek 2.4. (video 2, orn.1.3) Şekildeki çerçeve sisteminin, P=100kN luk
kuvveti emniyet sınırları içinde taşıyabilmesi için
a-) B ve D pimlerinin minimum çap değerlerini bulunuz. (Pimlerin
çapını tam sayıya öteleyiniz.)
b-) BD çubuğunun minimum kalınlığını hesaplayınız. Emniyet
katsayısı n=2 alınız. Pimlerin akma gerilmesi τak = 200MPa, BD
çubuğunun akma gerilmesi σak = 400MPa
Çözüm:
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵
Çift kuvvet
elemanı
θ=450
B
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵
28.08.2022
A
D
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵
𝑃𝑃 =100N
θ
B
𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴
𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴
Statik hesaplar:
𝑀𝑀𝐴𝐴 = 0 → 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵 . 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶.300 − 100.200 = 0
→ 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵 = 94.28 𝑘𝑘𝑘𝑘
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
45
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
a-)
𝜏𝜏𝑒𝑒𝑒𝑒 =
Pimlerin emniyet gerilmesi :
𝜏𝜏𝑎𝑎𝑎𝑎 200
=
= 100MPa
2
2
B piminin emniyetli çap değeri. B pimi tek kesmeye maruzdur.
I-I kesimi-sol kısım
dB
I
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵 94.28𝑥𝑥103 120𝑥𝑥103
=
𝜏𝜏𝐵𝐵 =
=
=
𝐴𝐴𝐵𝐵
𝐴𝐴𝐵𝐵
𝑑𝑑𝐵𝐵2
𝜋𝜋𝑑𝑑𝐵𝐵2
4
𝐹𝐹İÇ
I
Emniyet şartı : 𝜏𝜏𝐵𝐵 ≤ 𝜏𝜏𝑒𝑒𝑒𝑒 →
120𝑥𝑥103
≤ 100 →
𝑑𝑑𝐵𝐵2
𝑑𝑑𝐵𝐵2 ≥ 1200 →
𝑑𝑑𝐵𝐵 ≥ 34.64𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑑𝑑𝐵𝐵−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑑𝑑𝐵𝐵−𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 = 34.64𝑚𝑚𝑚𝑚
Bu değere en yakın minimum tam sayı 35mm olduğundan dB = 35 mm alınır.
Piyasada 34.64 mm’lik pim bulamayız ancak 35 mm’lik bulabiliriz. Pimi kendimiz üretseydik 34.64 mm lik üretebilirdik.
Ancak bu kadar küçük bir fark için imalat masrafına girmeye değmez.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
46
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
D Piminin emniyeti: D pimi çift kesmeye maruzdur.
a-a kesimi-sol kısım
a
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵 /2 (94.28𝑥𝑥103 )/2 60𝑥𝑥103
=
𝜏𝜏𝐷𝐷 =
=
=
𝐴𝐴𝐷𝐷
𝐴𝐴𝐷𝐷
𝑑𝑑𝐷𝐷2
𝜋𝜋𝑑𝑑𝐷𝐷2
4
𝐹𝐹İÇ
a
Emniyet şartı : 𝜏𝜏𝐷𝐷 ≤ 𝜏𝜏𝑒𝑒𝑒𝑒 →
60𝑥𝑥103
≤ 100 →
2
𝑑𝑑𝐷𝐷
𝑑𝑑𝐵𝐵2 ≥ 600 →
𝑑𝑑𝐷𝐷 ≥ 24.5𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑑𝑑𝐷𝐷−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑑𝑑𝐷𝐷−𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 = 24.5𝑚𝑚𝑚𝑚
Bu değere en yakın minimum tam sayı 25mm olduğundan dD = 25 mm alınır.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
47
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
b-) BD çubuğunun çekideki emniyeti:
𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒𝑒−ç𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 =
Malzeme sünek olduğu için BD çubuğunun basıdaki
akma mukavemeti şiddetçe çekidekine eşittir.
𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎−ç𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 𝜎𝜎𝑜𝑜 400
=
=
= 200MPa
2
2
2
𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒𝑒−𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏 =
𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎−𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏 𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜 −400
=
=
= −200MPa
2
2
2
BD çubuğunun en dar kesiti daha büyük çaplı B piminin geçtiği deliktir. Şiddetçe maksimum gerilme bu minimum kesitte
ortaya çıkar. B pimi daha büyük çaplı olduğu için o kısımdaki kesit D’ye göre daha küçük (ve minimum) olur. Malzeme
sünek olduğu için çeki ve basıdaki akma gerilmeleri eşit kabul edilebilir.
c-c kesimi-alt kısım
A1 ve A2 kesitlerinde oluşan toplam iç kuvvet
𝜎𝜎𝐵𝐵𝐵𝐵−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
28.08.2022
BD çubuğundaki
minimum kesit
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
BD çubuğundaki şiddetçe en
büyük gerilmedir.
Bası gerilmesi olduğundan sayı
olarak minimum gerilmedir.
48
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
𝜎𝜎𝐵𝐵𝐵𝐵−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖
−94.28𝑥𝑥103 −6285,3
=
=
=
𝐴𝐴𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚. (50 − 35)𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑡𝑡
Bası durumu için Emniyet şartı : 𝜎𝜎𝐵𝐵𝐵𝐵 ≤ 𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒−𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏
−6285,3
≤ −200 → 𝑡𝑡 ≥ 31,42𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑡𝑡
𝑡𝑡𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑡𝑡𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 = 31,42𝑚𝑚𝑚𝑚
Çubuğu kendimiz imal edeceğimiz için tam sayıya yuvarlamaya illa gerek yoktur.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
49
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
Pim deliklerini ihmal etseydik: BD çubuğunun dolu orta kesitinden bir kesim (b-b kesimi) alırsak, . Bu durumda ;
b-b kesimi – alt kısım
b
𝜎𝜎𝐵𝐵𝐵𝐵−𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜
b
𝜎𝜎𝐵𝐵𝐵𝐵−𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜
𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵
−94.28𝑥𝑥103
=
=
=
𝐴𝐴𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜 𝐴𝐴𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜
50𝑥𝑥𝑥𝑥
Emniyet şartı : 𝜎𝜎𝐵𝐵𝐵𝐵−𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜 ≤ 𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒−𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏 →
−1885,6
≤ −200
𝑡𝑡
→ 𝑡𝑡 ≥ 9,42𝑚𝑚𝑚𝑚
Görüldüğü gibi pim deliklerini ihmal ettiğimizde kalınlığı yaklaşık 3 katı daha düşük değerde buluyoruz. Emniyet katsayısı n=2
alındığı için t=9.42 mm alırsak çok önemli bir hesap hatası yapmış oluruz. Çubuk emniyet sınırları içerisinde kalmayacaktır.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
50
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
Örnek 2.5
(n)
BD bağlantısında 40 mm genişliğinde ve 12 mm kalınlığında çelik
çubuk kullanılmıştır. Her bir pimin çapı 10 mm olup pimler tek taraflı kesmeye
maruzdur. Tüm pim ve çubuklar aynı malzemeden imal edilmiş olup akma
mukavemetleri σak = 300MPa,
τak =150 MPa olarak bilinmektedir.. Buna göre;
BD çubuğundaki, pimlerindeki ve D yatağındaki maksimum gerilmeleri bularak
bu elemanların mukavemet kontrollerini yapınız.
Çözüm:
FBX
FBy
FCy
FCX
Çift kuvvet
elemanı
28.08.2022
Statik hesaplar:
� 𝑀𝑀𝐶𝐶 = 0 → −𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵 . 150 + 20. (300. sin60°) = 0
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵 =
20.300. sin60°
= 34,64 𝑘𝑘𝑘𝑘
150
tan30° =
𝐹𝐹𝐵𝐵 =
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵
⟹ 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵 . tan30° = 19,99 𝑘𝑘𝑘𝑘
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵
(𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵 )2 +(𝐹𝐹𝐵𝐵𝐵𝐵 )2 =
𝐹𝐹𝐵𝐵 = 40 𝑘𝑘𝑘𝑘
(19,99)2 +(34,64)2
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
51
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
BD çubuğunun mukavemet kontrolü:
en küçük kesitte (pim deliği bölgesinde) ortaya çıkar:
𝐹𝐹𝐵𝐵
40000
(𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚. )𝐵𝐵𝐵𝐵 =
=
= 111,11 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
𝐴𝐴
40 − 10 . 12
D yatağının
mukavemet kontrolü :
28.08.2022
𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 = 300𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
𝜏𝜏𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎. = 150 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
dB
D veya B piminin
mukavemet kontrolü :
Çubuk ve pimler için
⟹ 𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚.
𝐵𝐵𝐵𝐵
𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚.
= 111,11 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
𝜏𝜏𝐷𝐷 =
I
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐷𝐷 40000
=
𝑑𝑑. 𝑡𝑡
10.12
< 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.
(111,11 < 300)
I
(𝜎𝜎𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦 )𝐷𝐷 =
𝐵𝐵𝐵𝐵
𝐹𝐹𝐵𝐵
40000
⟹ 𝜏𝜏𝐷𝐷 = 509,28 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
=
𝜋𝜋. 𝑟𝑟 2
𝜋𝜋. 52
𝜏𝜏𝐷𝐷 > 𝜏𝜏𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.
(509,28 > 150)
⟹ 𝜎𝜎𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦
𝐷𝐷
= 333,33 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
(𝜎𝜎𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦 )𝐷𝐷 > 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
BD çubuğu bu yüke
dayanır.
(333,33 > 300)
B ve D pimleri bu
yüke dayanamaz.
D yatağı da bu yüke
dayanamaz.
52
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
Örnek 2.6 (n)
Dairesel kesitli kademeli bir çelik çubuk, sabit bir alüminyum diskte açılan delikten geçirilmiştir. Sisteme
uygulanabilecek maksimum P yükünün şiddetini hesaplayınız. Çelik elemanın alt kısmı 10mm çapındadır.
σem (MPa)
τem (MPa)
28.08.2022
Çelik
360
180
Alüminyum
140
70
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
53
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
Çözüm
A1 ve A2 iç silindirik yüzeyler olup
kesmeye maruz kalırlar. A3
dairesel kesiti ise çekmeye maruz
kalacaktır.
Çeliğin üst kısmının emniyeti için uygulanabilecek maksimum P:
𝑃𝑃 = 𝜏𝜏𝑒𝑒𝑒𝑒−ç𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 . 𝐴𝐴1 = 180𝑥𝑥 𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋 = 67858.4𝑁𝑁 ≅ 67.86𝑘𝑘𝑘𝑘
Çelik ve Alüminyum için
kuvvet dağılımı (SCD)
τ τ
τ τ τ
A1
Alüminyum diskin emniyeti için uygulanabilecek maksimum P
(silindir iç yüzeyi)
𝑃𝑃 = 𝜏𝜏𝑒𝑒𝑒𝑒−𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎. . 𝐴𝐴2 = 70𝑥𝑥 𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋𝜋 = 70371.67𝑁𝑁 ≅ 70.37𝑘𝑘𝑘𝑘
Çeliğin alt kısmı emniyeti için uygulanabilecek maksimum P
𝑃𝑃 = 𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒𝑒−ç𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒. . 𝐴𝐴3 =
𝜋𝜋𝜋𝜋102
360𝑥𝑥(
)
4
= 28274.33𝑁𝑁 ≅ 28.27𝑘𝑘𝑘𝑘
Bu durumda tüm sistemin emniyeti için uygulanabilecek maksimum P yükü:
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
P
Pemn. =28.27kN
54
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
Konuyla İlgili Cevaplı Sorular
Soru 2.7* AB ve CD çubukları mafsallara ve BCE rijit kirişine pimlerle, tek yüzeyden
kesme olacak şekilde bağlanmıştır. σak = 420MPa
n=3.2
τak =170 MPa ve emniyet katsayısı
olduğuna göre emniyetle uygulanabilecek P kuvvetinin en büyük değerini
bulunuz. (A ve B pimlerinin çapı 15mm, C ve D pimlerinin çapı 10mm dir. AB ve CD
çubukları 8mmx30mm lik dikdörtgen kesitlere sahiptir.) Cevap: Pmax = 1669N
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
55
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
Soru 2.8* Şekildeki taşıyıcı sistemin, 5.4 kN ağırlığında levhayı emniyetle taşıyabilmesi isteniyor.
Buna göre;
a-) AB çubuğunun kesit alanının,
b-)C piminin çapının emniyetli değerlerini hesaplayınız.
AB çubuğunun çeki için emniyet gerilmesi 125MPa, C piminin kesmedeki emniyet gerilmesi
45MPa’dır. Çubukların ağırlığı ihmal edilecektir.
Cevap: a-) 44.1mm2 , b-) 8.54mm
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
56
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
Soru 2.9* Şekildeki taşıyıcı çerçeve sistemin, B ve
C noktalarından uygulanacak olan 200’er N’luk
yükleri taşıması isteniyor. Çubuklar a x a
boyutlarında kare kesitli olup, A ve E pimlerinin
üstten görünüşleri şekilde verilmiştir. Buna göre
A, E pimlerinin emniyetli çaplarını ve DE
çubuğunun emniyetli kesit kenar uzunluğunu
tayin ediniz. Sonuçları tam sayıya ötelemeyiniz.
Tüm sistem için emniyet katsayısı 2, çubukların
çekideki akma mukavemeti (akma gerilmesi)
200MPa, pimlerin kesme mukavemeti 150MPa
dır. Pim deliklerini ihmal etmeyiniz.
Cevaplar :dA-em=1.97mm, dE-em=1.4mm,
a-em=2.37mm
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
57
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
Soru 2.10*: Şekildeki askı sisteminde ABC kısmının üst
parçası 3/8 mm alt parçaları 1/4 mm kalınlığındadır.
Üst ve alt parçaları B noktasında yapıştırmak için
epoksi reçine kullanılmıştır. A daki pim 3/8 mm ve C
deki pim 1/4 mm çapındadır. Buna göre; a) A ve C
pimlerindeki kayma gerilmelerini, b) ABC kısmındaki
en büyük normal gerilmeyi,c) B deki yapışma
yüzeylerindeki ortalama kayma gerilmesini, d) C
noktasındaki yatak gerilmesini bulunuz.
Cevaplar: a-) 679MPa, 764MPa, b-)229MPa,
c-) 17.14MPa, d-) 600MPa
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
58
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
Soru 2.11*: Şekildeki çerçeve sisteme G
noktasından 24kN’luk düşey bir yük
uygulanmıştır. BE ve CF çift taraflı olarak
yatay AD çubuğuna 20mm çapında çelik
pimlerle bağlıdır. A ve D uçlarında ise
dönmeye izin veren ötelenmeye izin
vermeyen bağlantılar kullanılmıştır. Akma
mukavemeti 200MPa olan BE ve CF çubukları
40mm genişliğinde ve aynı t kalınlığındadır.
Emniyet faktörünü 2 alarak bu çubukların
emniyetli kalınlık değerini tespit ediniz.
Cevap: tem =9.75mm
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
59
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
2017 yaz okulu 2.vize
Soru 2.12* Şekildeki sistemin 800 N’luk düşey
yükü emniyet sınırları içerisinde taşıyabilmesi
isteniyor. Emniyet katsayısını 2 alarak,
a-) Çelik malzemeden imal edilmiş, A ve B
pimlerinin
emniyetli
çap
değerlerini
belirleyiniz. (A pimi tek, B pimi çift kesme
yüzeyine sahiptir.)
b-) Bu durumda, 50mm genişliğe, 8mm kalınlığa
sahip Alüminyum BD çubuğunun emniyet
kontrolünü yapınız.
Malzeme
Çelik
Alüminyum
Çeki / Bası için Akma
Mukavemeti
Kesmedeki Akma
Mukavemeti
400MPa
140MPa
200MPa
70MPa
Cevaplar: a-) dA-em= 1.805mm, dB-em= 3.59 mm,
b-) σBD-max = 2.72MPa emniyetli
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
60
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
Soru 2.13* Üst yüzeyinden tavana asılmış ve
sabitlenmiş olan
40mmx40mm kare kesitli bir
tahta bloğa yatay bir çelik pim geçirilmiştir. Pime
her iki ucundan düşey doğrultuda ve aşağı doğru
toplam bir P yükü uygulanacaktır. Tahta çeki
mukavemeti
60MPa
ve
kayma
(kesme)
mukavemeti 7.5MPa, çelik malzemenin kayma
mukavemeti
ise
145
MPa’dır.
c=55mm
ve
d=12mm olarak biliniyor. Buna göre bu sisteme
emniyet
sınırları
içerisinde
uygulanabilecek
maksimum P kuvvetini hesaplayınız. Emniyet
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
katsayısı n= 3.2 alınacaktır. Cevap: 10250 N
61
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
Soru 2.14* Şekildeki taşıyıcı sisteme
6kN’luk bir kutu yüklenmiştir. Sistem
gösterilen
tutulmaktadır.
bütün
bir
konumda
L
şeklindeki
parçadır.
E
dengede
taşıyıcı
tekerleği
sürtünmesizdir. B pimi tek kesmeye
maruzdur.
Buna
göre
B
piminin
emniyetli çap değerini hesaplayınız.
(B
piminin
malzemesinin
kesme
mukavemeti 138 MPa dır. emniyet
katsayısı n= 2) Cevap: 12mm
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
62
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
Soru 2.15 (Final 2016): Şekildeki kafes sistemde
dairesel kesitli çelik çubuklar kullanılacaktır. Buna
göre BE, CE çubuklarının minimum çap değerini
hesaplayınız.
Kullanılacak çelik için akma gerilmesi = 400 MPa
Cevaplar :
BE çubuğunun minimum çapı = 19.94mm
CE çubuğunun minimum çapı = 17.84mm
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
63
2- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları
Soru 2.16 (Final 2016) Şekildeki sıkıştırma aletine P = 50 N luk bir el kuvveti uygulanacaktır.
Buna göre emniyet sınırları içinde kalacak şekilde,
a-) kare kesitli CD kolunun emniyetli kesit uzunluğunu,
•
•
•
28.08.2022
b-) Dairesel kesitli 1 numaralı kolun emniyetli çap değerini,
c-) tek kesme yüzeyine maruz E piminin emniyetli çap değerini hesaplayınız.
Verilenler: a=3cm, b=10cm, c=4cm, d=5cm, emniyet katsayısı n= 2
1 numaralı JA kolu, DG elemanına J noktasından kaynaklanmıştır.
EF arasında açılan delik, 1 numaralı kolun yatay doğrultuda hareketine izin vermektedir.
CD ve JA kolu ve pimler aynı malzemeden imal edilecektir. Bu malzemenin akma mukavemeti:
300 MPa’dır. Cevaplar a-) 1.45 mm, b-) 2.07mm, c-) 4.88mm
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
64
Not Almak İçin Boş Sayfa
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
65
3. Şekil Değiştirme
3.1 Genel Bilgiler ve Birim Uzama (ε) Kavramı,
3.2 Çubuklarda Uzama-Kısalma Hesapları
3.3 Eksenel Yüklemede Hiperstatik Problemler
3.4 Termal (Isıl) Yüklemeler
3.5 Genel Hooke Bağıntıları ve Örnekler
Konu No:
3.1, 3.2
3.3, 3.4
3.5
28.08.2022
Video No:
Video 3a
Video 3b
Video 3c
*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
66
3.1 Şekil Değiştirme / Genel Bilgiler
3.1 Genel Bilgiler
3.1.1 Şekil Değiştirme Hesaplarının Önemi
•
Bir
katı
sistemde
gerilmelerin
yanısıra
şekil
Şefim!
Hiçbir kabloda kopma
yok. Gerilme ve dayanım
hesaplarım doğruymuş.
Bu ne o zaman???
değiştirmelerin de belli bir sınırı aşmaması gerekir.
Aştığı durumda, sistemin işlevselliğinin bozulması
sözkonusu olabilir ki, bu tasarım açısından mutlaka
•
•
dikkate alınması gerekli bir durumdur.
Bu
sebeple
şekil
değiştirmeler,
mukavemette
gerilmeden sonraki en önemli karşılaştırma kriteridir.
Yüklere dayanabilmiş ancak aşırı şekil değiştirmekle işlevselliğini yitirmiş bir köprü
Şekil değiştirme hesapları da gerilmeler gibi yükleme tipine göre değişiklik gösterir. Eğilme, burulma, çekme, kesme gibi farklı
•
yüklemelerdeki şekil değiştirme hesaplamaları birbirlerinden farklı olup her birisi mukavemetin ayrı bir konusudur.
•
bölgede toplam uzama/kısalma hesapları, termal yüklemeler, hiperstatik problemlerin çözümleri anlatılacaktır.
Bu bölümde çubuklarda eksenel yüklemeye (çeki-bası yüklemelerine) sebep olan durumlar ele alınacaktır. Bu kapsamda elastik
Son kısımda ise gerilmelerle-şekil değiştirmeler arasında elastik bölgede geçerli olan genel Hooke bağıntıları açıklanıp örnekler
çözülecektir.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
67
3.1 Şekil Değiştirme / Genel Bilgiler
•
•
•
•
•
3.1.2 Birim Uzama (ε) Kavramı
Şekil değiştirmede en önemli kavram birim uzama ismini verdiğimiz büyüklüktür.
ε ile gösterilen ve («ipsilon» diye okunan) birim uzama, gerinme olarak da isimlendirilir,
İngilizcesi ise «strain» dir.
ε en basit tanımıyla, bir cismin birim boyundaki uzama (veya kısalma) miktarıdır.
Örneğin çekmeye maruz L0 boyundaki bir çubukta toplam uzama ∆L ise ..>> birim uzama: 𝜀𝜀 =
Birim uzama hangi doğrultuda ise ε un indisi ona göre değişir. (εx, εy veya εz olabilir).
∆L/2
∆L/2
L0
∆𝐿𝐿
𝐿𝐿𝑜𝑜
(D.3.1)
3.1.3 Tek Eksenli Yükleme: Bir cisim sadece tek bir doğrultuda (x, y veya z eksenlerinden birisinde)
•
•
•
•
yüklenmiş ise bu yüklemeye tek eksenli yükleme deriz.
Çubuk şeklinde olan elemanların sadece uzunluğu (ekseni) doğrultusunda yüklenmesine eksenel yükleme
denir. Eksenel yükleme bir eksen doğrultusunda olduğu için aynı zamanda tek eksenli yüklemedir.
Bu yükleme çekme veya basma şeklinde olur.
Çubuğun kesit alanı bölge bölge değişebilir. Bu tip çubuklara kademeli çubuklar denir.
Şimdi, eksenel yüklemeye maruz çubuk şeklindeki elemanlarda toplam uzama veya kısalma miktarını
hesaplamayı öğreneceğiz..>>.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
68
3.1 Şekil Değiştirme / Genel Bilgiler
3.1.4 Çekme testi ve gerilme-birim uzama diyagramı:
Çekme testi bir eksenel yüklemedir. Malzemelerin mekanik davranışlarını en iyi karakterize eden bir testtir.
•
Çekme Test Cihazı
Test numunesi cihazın çenelerine bağlanır. Genellikle alt çene sabit, üst çene yukarı doğru hareket ettirilir. Bu sırada numuneye gelen P çekme kuvveti
zamanla artar. Farklı anlar için, kuvvet (P) ve uzama (∆L ) değerleri ölçülür.
•
Buradan gerilme (σ) – birim uzama ( ε ) değerleri ve diyagramı elde edilir. σ = P/ Ao , ε = ∆L / Lo
•
alanı ve boy alınması daha doğru olsa da, ilk değerler (Ao ve Lo) alınarak işlem yapılır ki, bu mühendislik açısından kabul edilebilir bir yaklaşımdır.
•
Ao : Numune ilk kesit alanı, Lo: Numune ilk boyudur. uzama ile birlikte numune kesit alanı daralır, boyu ise artar. Anlık σ ve ε hesabında o andaki kesit
Çenelerin elastikliğinin sonuçları etkilememesi için ε değerlerinin numune üzerinden straingage ler (Birim uzama ölçerler) ile ölçülmesi daha doğrudur.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
69
2. Şekil Değiştirme b-) Eksenel Yüklemede Toplam Uzama
Gevrek Bir Malzeme
Farklı malzemeler için çekme testi diyagramları:
Bazı Sünek Malzemeler
Alüminyum
Alaşımı
Gevrek (kırılgan) malzemelerde plastik bölge
yok denecek kadar azdır ve ihmal edilir.
28.08.2022
Düşük
Karbonlu Çelik
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
70
3.2 Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Toplam Uzama
3.2.1 Çubuklarda eksenel yüklemede (Çeki-Bası Durumlarında) elastik toplam Uzama (δ) hesabı:
Eksenel çeki yüküne maruz A kesitine sahip homojen ve izotropik bir çubuk düşünelim. P çekme kuvveti
etkisi ile bu çubuk elastik bölgede toplam ne kadar uzar (δ=?)
Elastiklik bölgenin eğimi, yani
Elastikilik modülü:
𝜎𝜎
𝜀𝜀
𝜎𝜎
𝜀𝜀 =
𝐸𝐸
tan θ = E =
→
(D.3.2a)
(D.3.2b)
Ayrıca (D.3.1) denkleminden
Birim şekil değiştirme :
𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖 𝑃𝑃
=
𝜎𝜎 =
𝐴𝐴
𝐴𝐴
→
𝜀𝜀 =
𝛿𝛿 𝜎𝜎
= =
𝐿𝐿 𝐸𝐸
𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖
𝑃𝑃
=
→
𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴
Veya daha anlaşılır bir ifade ile:
D3.3 denklemleri eksenel yüklemeye maruz, sabit kesitli bir çubukta, elastik toplam uzama miktarını bize verir.
Püf noktası ise denklemdeki kuvvetin kesim yapılan kesitteki iç kuvvet yani P=Fiç olduğunu bilmektir.
Bu bilgi kademeli çubukların çözümünde çok daha işe yarayacaktır.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝛿𝛿
𝜀𝜀 =
𝐿𝐿
𝛿𝛿 =
𝛿𝛿 =
𝑃𝑃𝑃𝑃
𝐴𝐴𝐴𝐴
𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖 . 𝐿𝐿
𝐴𝐴𝐴𝐴
(D.3.3a)
(D.3.3b)
71
3.2 Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Toplam Uzama
3.2.2 Kademeli çubuklar için toplam uzama
Çubuk ekseni boyunca, A, E veya P değişirse, buna kademeli çubuk denir. Çubuk bölgelere ayrılır. Her bir bölge
için uzama miktarları ayrı ayrı bulunur ve toplanır. Burada en önemli nokta bölgedeki iç kuvveti belirlemektir.
Bu iç kuvvet ise formüldeki P kuvvetine karşılık gelir . Bu çözülecek örneklerle daha iyi anlaşılacaktır.
𝐹𝐹𝑖𝑖ç−𝑖𝑖 𝐿𝐿𝑖𝑖
𝛿𝛿 = �
𝐴𝐴𝑖𝑖 𝐸𝐸𝑖𝑖
(D.3.4)
𝑖𝑖
3.2.3 İç kuvvetin yönünü veya işaretini karıştırmamak için;
Bir pratik bilgi: Bir bölgedeki Fiç in bası mı çeki mi olduğuna veya işaretine karar veremiyorsanız ve sürekli karıştırıyorsanız
şu yolu deneyin: Yaptığınız kesimdeki ayırma yüzeyine Fiç değerini daima çeki yönünde yerleştirin. Kesimin sağ veya sol
kısmının Statik dengesinden Fiç i hesaplayın ve çıkan sonucu işareti ile birlikte δ denkleminde aynen kullanın. Bu sizi hiçbir
zaman yanıltmayacak bir çözümdür. Örnek 3.1 de bu pratik bilgi kullanılmıştır.
Not: Statikten biliyoruz ki, bir kuvvet ilk yerleştirilirken yönü keyfi seçilebilir. İşareti eksi (-) çıkarsa demek ki seçtiğimiz yönün tersine imiş denir. Fakat yönü hiç değiştirmeden
işaretiyle birlikte denklemlerde aynen kullanılır. Veya işaretini değiştirirsek yönünü de değiştirmemiz gerekr ama bu pek tercih edilmez.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
72
3.2 Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Toplam Uzama
Örnek 3.1. (n)
Verilen yükleme durumu için şekildeki kademeli çelik
çubuğun deformasyonunu (toplam uzama miktarını)
bulunuz. Elastiklik Modülü : E=200GPa
Çözüm:
Kademeli çubuğu bölgelere ayırırız. E, A veya P değiştiği
zaman bölge değişecektir. Bu durumda şekildeki gibi
toplam 3 bölge oluşacaktır. Aynı malzeme olduğu için E
tüm bölgelerde aynıdır.
Bölgelerin kesit alanları:
𝐴𝐴1 = 𝐴𝐴2 = 580 mm2 , 𝐴𝐴3 = 194mm2
Bölgelerin uzunlukları: : 𝐿𝐿1 = 𝐿𝐿2 = 300 mm, 𝐿𝐿3 = 400𝑚𝑚𝑚𝑚
Statik Dengeden A duvarındaki tepki kuvvetini bulalım:
28.08.2022
� 𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 → 300 + 120 − 180 − 𝐹𝐹𝐴𝐴 = 0 → 𝐹𝐹𝐴𝐴 = 240𝑘𝑘𝑘𝑘
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
73
3.2 Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Toplam Uzama
Her bir bölgeden kesim yaparak iç kuvvetleri buluruz. (İç kuvvetlerin işaretini karıştırmamak için daima çeki
yönünde yerleştirdik. Fakat Fiç-2 nin işareti eksi çıktı. Denklemde işaretiyle birlikte aynen kullandık.
1.Bölge (I-I kesimi sol kısım)
2.Bölge (II-II kesimi sağ kısım)
Unutmayın: 1nci bölge için I-I kesiminin sağ kısmını
alırsak yine aynı sonucu bulmamız gerekir.
� 𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 → 120 − 180 − 𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖−2 = 0
→ 𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖−2 = −60𝑘𝑘𝑘𝑘
� 𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 → 300 + 120 − 180 − 𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖−1 = 0
→ 𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖−1 = 240𝑘𝑘𝑘𝑘
𝐹𝐹𝑖𝑖ç−𝑖𝑖 𝐿𝐿𝑖𝑖 1 𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖−1 𝐿𝐿1 𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖−2 𝐿𝐿2 𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖−3 𝐿𝐿3
Toplam uzama: 𝛿𝛿 = �
=
+
+
𝐸𝐸
𝐴𝐴𝑖𝑖 𝐸𝐸𝑖𝑖
𝐴𝐴1
𝐴𝐴2
𝐴𝐴3
28.08.2022
𝑖𝑖
1
=
200𝑥𝑥103
3.Bölge (III-III kesimi sağ kısım)
� 𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 → 120 − 𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖−3 = 0
→ 𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖−3 = 120𝑘𝑘𝑘𝑘
240𝑥𝑥103 300
−60𝑥𝑥103 300
120𝑥𝑥103 400
+
+
580
580
194
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
→ 𝛿𝛿 = 1.7 𝑚𝑚𝑚𝑚
74
3.2 Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Toplam Uzama
Örnek 3.2. (video 3a, orn. 3a.1)
50mm
A duvarına sabitlenmiş, çelik ve alüminyum kısımlardan oluşan,
kademeli çubuğa ekseni üzerinde
şekildeki kuvvetler
uygulanmıştır. Buna göre D ucunun yer değiştirmesinin değerini
ve yönünü hesaplayınız? Eçel =210GPa, Ealüm. = 70GPa
Cevap: -0.077mm (Çözümü 3a videosu, 3a.1 örneğinde yapılmıştır.)
28.08.2022
50mm
24kN
10kN
B
A
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
100mm
C alüminyum
çelik
A1=400mm2
12kN
D
A2=200mm2
75
3.2 Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Toplam Uzama
Örnek 3.3
(video 3.a, örn. 3a.2)
BDE rijit çubuğu AB ve CD elemanları ile sabit bir yüzeye bağlanmıştır.
Alüminyum olan (E = 70 GPa) AB elemanının kesit alanı 500 mm2 ’dir.
Çelik (E = 200 GPa) CD elemanının kesit alanı ise 600 mm2 ’dir. 30-kN’luk kuvvete karşılık;
AB ve CD Çift kuvvet elemanlarıdır.
B, D ve E noktalarının yer değiştirmesini bulunuz.
Çözüm:
Statik hesaplar:
AB ve CD çubukları çift kuvvet elemanlarıdır.
BDE rijid elemanı için Serbest Cisim Diyagramı ve Denge Denklemleri:
� 𝑀𝑀𝐵𝐵 = 0 →
� MD = 0 →
28.08.2022
− 30kN × 0.6m + 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 × 0.2m = 0
− 30kN × 0.4m − 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴 × 0.2m = 0
→
→
𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 = +90kN
𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴 = −60kN
(işareti negatif çıktığı için FAB seçilen yönün tersi yönünde imiş.. Yönü
değiştirmeden işaretiyle birlikte aynen kullanabiliriz. Yönünü
değiştirirsek işaretini değiştirmemiz gerekir.)
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
76
3.2 Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Toplam Uzama
A noktası sabit olduğundan AB çubuğundaki
kısalma B noktasının yer değiştirmesine eşittir.
C noktası sabit olduğundan DC çubuğundaki uzama D
noktasının yer değiştirmesine eşittir.
I-I kesimi
I
I
I
I
𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖−1 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑃𝑃1 = 60𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑃𝑃1 𝐿𝐿
−60 × 103 N 300mm
=
𝛿𝛿𝐵𝐵 =
𝐴𝐴𝐴𝐴
500mm2 70 × 103 𝑀𝑀Pa
II
II
𝑃𝑃2 𝐿𝐿
90 × 103 N 400mm
=
𝛿𝛿𝐷𝐷 =
𝐴𝐴𝐴𝐴
600mm2 200 × 103 𝑀𝑀Pa
→ 𝛿𝛿𝐵𝐵 = −0,514mm
→ 𝛿𝛿𝐷𝐷 = 0,3mm
Rijit çubuk olduğundan dolayı BDE doğrusu yine doğru olarak kalır. (B’D’E’ de doğrudur.)
𝐵𝐵𝐵𝐵′ 𝐵𝐵𝐵𝐵
→
=
𝐷𝐷𝐷𝐷′ 𝐻𝐻𝐻𝐻
28.08.2022
𝐸𝐸𝐸𝐸 ′ 𝐻𝐻𝐻𝐻
→
=
𝐷𝐷𝐷𝐷′ 𝐻𝐻𝐻𝐻
Üçgen benzerliklerinden
0.514 mm
200 mm − 𝑥𝑥
=
0.300 mm
𝑥𝑥
→
𝛿𝛿𝐸𝐸
400 + 73.7 mm
→
=
73.7 mm
0.300 mm
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑥𝑥 = 73.7 mm
𝛿𝛿𝐸𝐸 = 1.928 mm
77
3.3 Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Hiperstatik Problemler
3.2.4 Süperpozisyon Prensibi: Elastik yüklemede birden fazla yükün etkilerinin toplamı, yükler ayrı ayrı
uygulandıklarındaki etkilerinin toplamına eşittir. Buna süperpozisyon prenssibi denir.
(Aşağıda iki farklı yük için örnek verilmiştir. C noktasının toplam çökmesi, kuvvetler ayrı ayrı ayrı uygulandığındaki çökmelerin
toplamına eşit olduğunu fark edin.)
3.3 Eksenel Yüklemede Statikçe Belirsiz (Hiperstatik) Problemler
Denge halindeki sistemlerde bilinmeyen kuvvetlerin sadece statik denge
denklemleri ile bulunamadığı problemlere statikçe belirsiz
(hiperstatik)
problemler denir. Kuvvet sayısı statik denge denklemi sayısından fazla
olduğundan ilave denklemlere ihtiyaç vardır. Bu ilave denklemler ise sistemin
şekil değiştirmelerinden elde edilir. Bu kısımda eksenel yüklemede (çeki-bası
durumlarında) hiperstatik sistemler örnekler üzerinden incelenecektir.
(Sonraki konuda burulma ile ilgili hiperstatik problemler üzerinde de durulacaktır.)
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
78
3.3 Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Hiperstatik Problemler
Örnek 3.4 (video 3b, örn. 3b.1)
Şekildeki kademeli çubukta verilen yükleme durumu ve sınır
şartları için A ve B noktalarındaki reaksiyon kuvvetlerini bulunuz.
Çözüm: Statik Denge denklemi olarak sadece;
� 𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 → 𝑅𝑅𝐴𝐴 − 300 − 600 + 𝑅𝑅𝐵𝐵 = 0
yazılabilir. 1 denklem 2 bilinmeyen vardır.
•
(𝟏𝟏)
Bir denkleme daha gerek var.
•
Bu ilave denklem bilinen bir şekil değiştirme değerinden bulunur.
•
sıfır olacağını biliyoruz.
•
•
•
•
•
Çubuğun alt ve üstü sınırlandırıldığı için toplam uzama miktarı
B zeminini kaldırıp yerine RB kuvveti koyarız.
Süperpozisyon yöntemine göre 300 ve 600 kN nu önce, RB yi ise
sonra uygulayabiliriz.
Sonuçta 300kN ve 600kN varken ki uzama (δL),
Sadece RB varken ki kısılma (δR ) ve
δR + δL = 0
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Şimdi her bir bölgedeki iç kuvveti bulacağız..>>
79
3.3 Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Hiperstatik Problemler
= 𝑃𝑃3
= 𝑃𝑃2
= 𝑃𝑃1
𝐴𝐴1 = 400mm2
𝐿𝐿4 = 150 mm
𝐿𝐿3 = 150 mm
𝐿𝐿2 = 150 mm
𝐸𝐸1 = 𝐸𝐸
𝐴𝐴4 = 250mm2
𝐴𝐴3 = 250mm2
𝐴𝐴2 = 400mm2
𝐿𝐿1 = 150 mm
= 𝑃𝑃4
𝐸𝐸4 = 𝐸𝐸
𝐸𝐸3 = 𝐸𝐸
𝐸𝐸2 = 𝐸𝐸
𝑃𝑃1 𝐿𝐿1 𝑃𝑃2 𝐿𝐿2 𝑃𝑃3 𝐿𝐿3 𝑃𝑃4 𝐿𝐿4
𝑃𝑃𝑖𝑖 𝐿𝐿𝑖𝑖
1
600 × 103 × 150 600 × 103 × 150
1.125 × 106
=
+
+
+
𝛿𝛿L = �
+
=
𝐴𝐴1 𝐸𝐸1 𝐴𝐴2 𝐸𝐸2 𝐴𝐴3 𝐸𝐸3 𝐴𝐴4 𝐸𝐸4 = 𝐸𝐸 0 +
𝐴𝐴𝑖𝑖 𝐸𝐸𝑖𝑖
𝐸𝐸
400
250
𝑖𝑖
= 𝑃𝑃5
𝐴𝐴5 = 400mm
2
𝐿𝐿5 = 150 mm
𝐸𝐸5 = 𝐸𝐸
28.08.2022
= 𝑃𝑃6
𝛿𝛿R = �
𝑖𝑖
2
𝐴𝐴6 = 250mm
𝐿𝐿6 = 150 mm
𝐸𝐸6 = 𝐸𝐸
1 −𝑅𝑅𝐵𝐵 × 300 −𝑅𝑅𝐵𝐵 × 300
1.95 × 𝑅𝑅𝐵𝐵
𝑃𝑃5 𝐿𝐿5 𝑃𝑃6 𝐿𝐿6
𝑃𝑃𝑖𝑖 𝐿𝐿𝑖𝑖
=
+
=−
=
+
𝐸𝐸
400
250
𝐸𝐸
𝐴𝐴5 𝐸𝐸5 𝐴𝐴6 𝐸𝐸6
𝐴𝐴𝑖𝑖 𝐸𝐸𝑖𝑖
𝛿𝛿 = 𝛿𝛿𝐿𝐿 + 𝛿𝛿𝑅𝑅 = 0 →
1.95 × 𝑅𝑅𝐵𝐵
1.125 × 106
−
=0
𝐸𝐸
𝐸𝐸
→ 𝑅𝑅𝐵𝐵 = 577 × 103 N = 577 kN
(1) Nolu denklemden: 𝑅𝑅𝐴𝐴 − 300 − 600 + 577 = 0 →
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑅𝑅𝐴𝐴 = 323kN
80
3.3 Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Hiperstatik Problemler
Örnek 3.5 (n)
Şekildeki BC ve DE çubukları çelikten imal edilmiş olup (Eç=200GPa) her birinin
genişliği 12 mm ve kalınlığı 6 mm’dir. Buna göre; a-) A noktasından yatay P=2,4 kN’luk
kuvvetin etkisiyle A noktasının deplasmanını (yatay yer değiştirmesini), bulunuz.
Çözüm:
𝛿𝛿𝐶𝐶 ve 𝛿𝛿𝐷𝐷 değerlerini bulmamız durumunda benzerlikten 𝛿𝛿𝐴𝐴 değerini bulabiliriz.
Ancak öncelikle yatay çubuklara gelen kuvvetleri hesaplamamız gerekmektedir.
AF düşey çubuğunun dengesinden,
Σ𝑀𝑀𝐹𝐹 = 0 → −2.4𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥 + 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 . 100 + 𝐹𝐹𝐷𝐷𝐷𝐷 . 50 = 0
𝛿𝛿𝐷𝐷 =
Ç.K.E
𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶
𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶
𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶
𝐹𝐹𝐷𝐷𝐷𝐷
𝐹𝐹𝐷𝐷𝐷𝐷
Ç.K.E: Çift Kuvvet Elemanı kavramını anlamak
için statik dersinde çerçeveler konusunu
inceleyiniz.
28.08.2022
𝐹𝐹𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐿𝐿𝐷𝐷𝐷𝐷
𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 𝐿𝐿𝐶𝐶𝐶𝐶
, 𝛿𝛿𝐶𝐶 =
𝐴𝐴𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐸𝐸𝐷𝐷𝐷𝐷
𝐴𝐴𝐶𝐶𝐶𝐶 𝐸𝐸𝐶𝐶𝐶𝐶
ve benzerlikten..>>
⟹
𝛿𝛿𝐶𝐶 100
⟹ 𝛿𝛿𝐶𝐶 = 2𝛿𝛿𝐷𝐷 . . . . . . (2)
=
50
𝛿𝛿𝐷𝐷
𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 . 100
𝐹𝐹𝐷𝐷𝐷𝐷 . 125
𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 𝐿𝐿𝐶𝐶𝐶𝐶
𝐹𝐹𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐿𝐿𝐷𝐷𝐷𝐷
⟹
=
2
=2
12.6.200. 103
12.6.200. 103
𝐴𝐴𝐶𝐶𝐶𝐶 𝐸𝐸𝐶𝐶𝐶𝐶
𝐴𝐴𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐸𝐸𝐷𝐷𝐷𝐷
Ç.K.E
𝐹𝐹𝐷𝐷𝐷𝐷
(1) ve (3) denklemlerinden:
𝛿𝛿𝐶𝐶 100
⟹ 𝛿𝛿𝐴𝐴 = 2𝛿𝛿𝐶𝐶
=
𝛿𝛿𝐴𝐴 200
. . . (1)
2𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 + 𝐹𝐹𝐷𝐷𝐷𝐷 = 9.6
⟹
𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 = 2.5𝐹𝐹𝐷𝐷𝐷𝐷 . . . (3)
2 2.5𝐹𝐹𝐷𝐷𝐷𝐷 + 𝐹𝐹𝐷𝐷𝐷𝐷 = 9.6
𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 = 2.5𝐹𝐹𝐷𝐷𝐷𝐷 = 2.5𝑥𝑥𝑥.6
𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 𝐿𝐿𝐶𝐶𝐶𝐶
4. 103 . 100
⟹ 𝛿𝛿𝐴𝐴 =
=2
12.6.200. 103
𝐴𝐴𝐶𝐶𝐶𝐶 𝐸𝐸𝐶𝐶𝐶𝐶
⟹ 𝐹𝐹𝐷𝐷𝐷𝐷 = 1.6𝑘𝑘𝑘𝑘
⟹ 𝐹𝐹𝐶𝐶𝐶𝐶 = 4𝑘𝑘𝑘𝑘
⟹ 𝛿𝛿𝐴𝐴 = 0.056𝑚𝑚𝑚𝑚
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
81
1- 81
3.4 Şekil Değiştirme / Termal Yüklemeler
3.4 Termal Yüklemeler :
•
Sıcaklık artışı sonucu malzemelerde genleşmeler veya sıcaklık azalması sonucu
büzüşmeler; yani şekil değiştirmeler oluşur.
•
Çubukların sıcaklığı arttırılınca boyunda termal uzamalar oluşacaktır.
•
gerilmeler denir.
•
Eğer bu termal uzamalar engellenirse gerilmeler de oluşur ki, bunlara termal
∆T
Şimdi amacımız sıcaklık değişimi (termal yüklemeler) sonucu çubuk elemanlarda
oluşan şekil değiştirme ve gerilmeleri hesaplamaktır.
3.4.1 Termal Uzama ve Termal Genleşme Katsayısı ( α )
α : 1 birim boydaki çubuğun sıcaklığı 1 °C değiştirildiğinde boyundaki değişim miktarıdır. (Birimi : 1 / oC )
L boyundaki çubuğun sıcaklığı ∆T kadar değiştirildiğinde boyundaki toplam değişim miktarı δT orantı kurularak bulunabilir:
1 birim boyda
1 0C sıcaklık artışında
∆T 0C sıcaklık artışında
28.08.2022
m = α. ΔT
uzama: α ise
Uzama : m
∆T 0C sıcaklık artımında
1 birim boyda
L boyunda
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
uzama: m = α. ΔT ise
toplam uzama δT =?
δT = α. ΔT. L
(D.3.4)
82
3.4 Şekil Değiştirme / Termal Yüklemeler
3.4.2 Termal Gerilmeler (Thermal Stresses)
Termal uzaması engellenen cisimlerde termal gerilmeler meydana gelir. Bir çubuk her iki tarafından iki duvar
arasına sıkıştırılıp sıcaklığı ∆T kadar arttırılırsa uzaması engellendiği için duvarlarda P tepki kuvvetleri ve
gerilmeler oluşacaktır. Şimdi bu P kuvvetinin ve termal gerilmelerin hesap şeklini anlamaya çalışalım:
Çubuğun toplam uzaması sıfırdır. Süperpozisyon prensibine göre, B duvarı kaldırılır, serbestçe uzamaya izin
verilir. Sonra B duvarında oluşan P kuvveti uygulanır ve çubuğun kısalması sağlanır. Bu termal uzama (δT) ve
kısalma (δP) miktarları birbirine eşittir. Toplamları sıfırdır. δT + δP = 0
+
=
∆T
∆T
𝛿𝛿 = 0
𝛿𝛿 = 𝛿𝛿𝑇𝑇 + 𝛿𝛿𝑃𝑃 = 0
28.08.2022
(Termal Gerilme)
𝛿𝛿𝑇𝑇 = 𝛼𝛼 Δ𝑇𝑇 𝐿𝐿
𝛼𝛼 Δ𝑇𝑇 𝐿𝐿 −
𝜎𝜎 = −
𝑃𝑃𝑃𝑃
= 0 → 𝑃𝑃 = 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 Δ𝑇𝑇
𝐴𝐴𝐴𝐴
𝑃𝑃
= −𝐸𝐸𝐸𝐸 Δ𝑇𝑇
𝐴𝐴
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝛿𝛿𝑃𝑃 = −
𝑃𝑃𝑃𝑃
𝐴𝐴𝐴𝐴
(D.3.5)
83
3.4 Şekil Değiştirme / Termal Yüklemeler
Örnek 3.6 (n)
Şekildeki kademeli çubukta, a) 110°C’lik sıcaklık
artışından sonra çubuklarda meydana gelen bası
kuvvetlerini ve gerilmeleri, b) Alüminyum
çubuğun boyundaki değişimi bulunuz.
Çözüm:
Bronz
Alüminyum
A=1500 mm2
A=1800 mm2
E=105 GPa
E=70 Gpa
α=18x10-6 1/°C
α=23x10-6 1/°C
Sol duvar kaldırılınca ∆T sıcaklık farkı sebebiyle, sistem δT kadar uzar. Sol duvardan gelen P kuvveti sebebiyle δP kadar kısalır.
Sonuçta δT + δP = 0.6mm olacaktır.
I-I ve II-II kesimlerinden iç kuvvetleri bulalım:
Her iki kesim için Statik dengeden:
28.08.2022
𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴. = 𝑃𝑃𝐵𝐵𝐵𝐵. = 𝑃𝑃
(1)
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
84
3.4 Şekil Değiştirme / Termal Yüklemeler
a) 𝛿𝛿𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = 𝛿𝛿𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝛿𝛿𝐵𝐵𝐵𝐵 = 0,6 𝑚𝑚𝑚𝑚
𝛿𝛿𝐴𝐴𝐴𝐴
𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴 . 𝐿𝐿𝐴𝐴𝐴𝐴
= 𝛼𝛼𝐴𝐴𝐴𝐴 . 𝐿𝐿𝐴𝐴𝐴𝐴 . Δ𝑇𝑇 −
𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 . 𝐸𝐸𝐴𝐴𝐴𝐴
𝛿𝛿𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝛼𝛼𝐵𝐵𝐵𝐵 . 𝐿𝐿𝐵𝐵𝐵𝐵 . Δ𝑇𝑇 −
𝑃𝑃𝐵𝐵𝐵𝐵 . 𝐿𝐿𝐵𝐵𝐵𝐵
𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵 . 𝐸𝐸𝐵𝐵𝐵𝐵
= 23. 10−6 . 450.110 −
𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴 . 450
= 1,14 − 3,57𝑥𝑥10−6 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴
3
1800.70𝑥𝑥10
= 18. 10−6 . 360.110 −
𝑃𝑃𝐵𝐵𝐵𝐵 . 360
= 0,71 − 2,29𝑥𝑥10−6 𝑃𝑃𝐵𝐵𝐵𝐵
3
1500.105𝑥𝑥10
𝛿𝛿𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝛿𝛿𝐵𝐵𝐵𝐵 = 1,14 − 3,57𝑥𝑥10−6 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴 + 0,71 − 2,29𝑥𝑥10−6 𝑃𝑃𝐵𝐵𝐵𝐵 = 0,6
1,14 + 0,71 − 0,6
= 213,31 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑃𝑃𝐵𝐵𝐵𝐵
3,57𝑥𝑥10−6 + 2,29𝑥𝑥10−6
𝑃𝑃 =
𝜎𝜎𝐴𝐴𝐴𝐴.
𝜎𝜎𝐵𝐵𝐵𝐵.
b)
28.08.2022
⟹ 1,14 − 3,57𝑥𝑥10−6 𝑃𝑃 + 0,71 − 2,29𝑥𝑥10−6 𝑃𝑃 = 0,6
(2)
𝑃𝑃
213,31𝑥𝑥103
=
=
= 118.5𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
1800
𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴.
𝑃𝑃
213,31𝑥𝑥103
=
=
= 142.2𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
1500
𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵.
𝛿𝛿𝐴𝐴𝐴𝐴 = 1,14 − 3,57𝑥𝑥10−6 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴 = 1,14 − 3,57𝑥𝑥10−6 . 231310 = 0,38 𝑚𝑚𝑚𝑚
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
85
3.4 Şekil Değiştirme / Termal Yüklemeler
Örnek Soru 3.7 (video 3b, orn.3b.2) : A ve C sabit duvarları arasına yerleştirilmiş,
silindirik pirinç ve alüminyum kısımlarından oluşan kademeli çubuğun sıcaklığı 45
oC
arttırılıyor. Malzeme özellikleri tabloda verilmiş olup, şekildeki görülen çaplar
sırasıyla d1=60mm ve d2=40mm dır. Buna göre,
a-) Pirinç ve Alüminyum kısımlarında oluşan maksimum gerilmeleri hesaplayınız.
b-) C duvarı ile alüminyum arasında 0.1 mm aralık olsaydı, gerilmeler ne olurdu?
φ d1
Pirinç
Alüminyum
E=105 GPa
E=72 GPa
α=20.9x10-6 1/°C
α=23.9x10-6 1/°C
φ d2
Cevaplar a-) 𝝈𝝈𝒂𝒂𝒂𝒂 = −107.11𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀, 𝝈𝝈𝒑𝒑𝒑𝒑 = −47.6 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀, b-) 𝝈𝝈𝒂𝒂𝒂𝒂 = −85,02 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀, 𝝈𝝈𝒑𝒑𝒑𝒑 = −37,78 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
86
3.4 Şekil Değiştirme / Termal Yüklemeler
Örnek (Soru) 3.8*
Emniyet sınırları aşılmaksızın şekildeki sistemi ne kadar ısıtabiliriz?
Bakır
Alüminyum
d=40 mm
d=50 mm
E=100 Gpa
E=70 Gpa
α=27x10-6 1/°C
α=23x10-6 1/°C
σem=100 MPa
28.08.2022
(Cevap: ΔT= 41 oC)
σem=50 MPa
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
87
3.5 Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları
3.5 Hooke Bağıntıları: Elastik bölgede, gerilme-şekil değiştirme arasındaki bağıntılardır. Hooken bağıntıları Elastiklik modülü ( E ) ve poisson
oranı ( ν ) dediğimiz malzeme özelliklerine bağlıdır. Çekme diyagramının doğrusal olan elastik bölgesinin eğiminin tan θ = E olduğunu
öğrenmiştik. Şimdi diğer malzeme özelliği olan poisson oranını öncelikle anlamamız gerekmektedir.
3.5.1 Poisson Oranı ( ν ):
Şekildeki çubuk x yönünde P yüküne maruz kalırsa, sadece x
𝜎𝜎𝑥𝑥 ≠ 0, 𝜎𝜎𝑦𝑦 = 𝜎𝜎𝑧𝑧 = 0,
yönünde gerilme oluşur, y ve z yönlerindeki gerilme oluşmaz.
𝜎𝜎𝑥𝑥
𝜀𝜀𝑥𝑥 =
𝐸𝐸
Fakat P etkisi ile x yönünde birim uzama (𝜀𝜀𝑥𝑥 ) oluşmasının yanısıra,
Lz
𝜀𝜀𝑦𝑦 = 𝜀𝜀𝑧𝑧 =?
y ve z yönlerinde de eşit birim daralmalar (𝜀𝜀𝑦𝑦 , 𝜀𝜀𝑧𝑧 ) meydana gelir.
Ly
İşte 𝜀𝜀𝑦𝑦 ve 𝜀𝜀𝑧𝑧 değerlerini bir malzeme özelliği olan poisson oranı ile hesaplayabiliriz.
Poisson oranı:
𝜈𝜈 =
𝜀𝜀𝑦𝑦
yanal birim uzama
𝜀𝜀𝑧𝑧
=− =−
eksenel birim uzama
𝜀𝜀𝑥𝑥
𝜀𝜀𝑥𝑥
(bu tek eksenli
yüklemede Hooke
bağıntısıdır.)
(D.3.6)
Poisson oranı bir yükün diğer doğrultulardaki şekil değiştirme etkisini veren malzeme özelliğidir..
Eğer yükleme mesela sadece y yönünde olsaydı: 𝜈𝜈 = −
Poisson oranının sınırları: 0 ile 0.5 arasında değişir.
𝜀𝜀𝑥𝑥
𝜀𝜀𝑦𝑦
=−
𝜀𝜀𝑧𝑧
𝜀𝜀𝑦𝑦
olacağını fark edin.
Dikkat: D.3.6 formülü sadece x ekseninde (tek eksenli) yükleme durumunda geçerlidir. P nin yanı sıra y
veya z doğrultularında da kuvvetler olsaydı bu formül kullanılamazdı.
Unutmayın: Her zaman için,
Birim uzama = Toplam uzama/ o yöndeki ilk boy
28.08.2022
𝜀𝜀𝑥𝑥 =
𝛿𝛿𝑥𝑥
𝐿𝐿𝑥𝑥
,
𝜀𝜀𝑦𝑦 =
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝛿𝛿𝑦𝑦
𝐿𝐿𝑦𝑦
,
𝜀𝜀𝑧𝑧 =
𝛿𝛿𝑧𝑧
𝐿𝐿𝑧𝑧
(D.3.7a-c)
88
3.5 Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları
3.5.2 Genel eksenel yüklemede Hooke kanunları (Gerilme-Şekil değiştirme ilişkileri)
Bir noktada, x, y ve z doğrultularında normal gerilmelerin her üçü birden varken, elastik bölgede aynı noktada birim uzamaları bulmak istiyoruz.
Süperpozisyon yöntemini kullanırsak:
𝜎𝜎𝑦𝑦 = 𝜎𝜎𝑧𝑧 = 0
𝜎𝜎𝑥𝑥
𝜀𝜀𝑥𝑥 =
𝐸𝐸
𝜎𝜎𝑥𝑥
𝜀𝜀𝑦𝑦 = −𝜈𝜈. 𝜀𝜀𝑥𝑥 = −𝜈𝜈
𝐸𝐸
𝜎𝜎𝑥𝑥
𝜀𝜀𝑧𝑧 = −𝜈𝜈. 𝜀𝜀𝑥𝑥 = −𝜈𝜈
𝐸𝐸
𝜀𝜀𝑥𝑥 =?
𝜀𝜀𝑦𝑦 =?
𝜀𝜀𝑧𝑧 =?
Herbir yüklemedeki aynı
terimler toplanır. Tüm
normal gerilmeler aynı
anda varken birim uzama
değerleri elde edilmiş olur.
28.08.2022
𝜀𝜀𝑥𝑥 =
𝜎𝜎𝑦𝑦
𝜎𝜎𝑥𝑥
𝜎𝜎𝑧𝑧
− 𝜈𝜈 − 𝜈𝜈
𝐸𝐸
𝐸𝐸
𝐸𝐸
𝜀𝜀𝑧𝑧 =
𝜎𝜎𝑦𝑦
𝜎𝜎𝑧𝑧
𝜎𝜎𝑥𝑥
− 𝜈𝜈 − 𝜈𝜈
𝐸𝐸
𝐸𝐸
𝐸𝐸
𝜀𝜀𝑦𝑦 =
𝜎𝜎𝑦𝑦
𝜎𝜎𝑥𝑥
𝜎𝜎𝑧𝑧
− 𝜈𝜈 − 𝜈𝜈
𝐸𝐸
𝐸𝐸
𝐸𝐸
𝜎𝜎𝑥𝑥 = 𝜎𝜎𝑧𝑧 = 0
𝜎𝜎𝑦𝑦
𝜀𝜀𝑥𝑥 = −𝜈𝜈. 𝜀𝜀𝑦𝑦 = −𝜈𝜈.
𝐸𝐸
𝜎𝜎𝑦𝑦
𝜀𝜀𝑦𝑦 =
𝐸𝐸
𝜎𝜎𝑦𝑦
𝜀𝜀𝑧𝑧 = −𝜈𝜈. 𝜀𝜀𝑦𝑦 = −𝜈𝜈.
𝐸𝐸
1
𝜎𝜎 − 𝜈𝜈(𝜎𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝜎𝑧𝑧 )
𝐸𝐸 𝑥𝑥
1
𝜀𝜀𝑦𝑦 = 𝜎𝜎𝑦𝑦 − 𝜈𝜈(𝜎𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝑧𝑧 )
𝐸𝐸
1
𝜀𝜀𝑧𝑧 = 𝜎𝜎𝑧𝑧 − 𝜈𝜈(𝜎𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝑦𝑦 )
𝐸𝐸
𝜀𝜀𝑥𝑥 =
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr.
Mehmet Zor
𝜎𝜎𝑥𝑥 = 𝜎𝜎𝑦𝑦 = 0
𝜎𝜎𝑧𝑧
𝐸𝐸
𝜎𝜎𝑧𝑧
𝜀𝜀𝑦𝑦 = −𝜈𝜈. 𝜀𝜀𝑧𝑧 = −𝜈𝜈.
𝐸𝐸
𝜎𝜎𝑧𝑧
𝜀𝜀𝑧𝑧 =
𝐸𝐸
𝜀𝜀𝑥𝑥 = −𝜈𝜈. 𝜀𝜀𝑧𝑧 = −𝜈𝜈.
Genel Eksenel
yükleme halinde
Hooke kanunları
89
3.4 Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları
3.5.3 Kayma durumunda önemli ayrıntılar ve Hooke kanunları:
Bir noktada, en genel durumda 3 farklı kayma gerilmesi (τxy , τyz , τxz ) olabilir.
Bu gerilmeler kayma şekil değiştirme açılarına (γxy , γyz , γxz ) sebep olurlar.
Elastik bölgede kayma gerilmesi ile kayma şekil değiştirme açısı arasında lineer bir bağıntı vardır ki buna kaymada Hooke
bağıntısı denir.
G: kayma (rijitlik) modülü
𝐺𝐺 =
𝐸𝐸
2 1 + 𝜈𝜈
x-y düzleminde
Kaymada Hooke
Bağıntısı
İndislerin anlamını hatırlayalım:
τ ij
1.indis: Düzlem normali
28.08.2022
2.İndis: Gerilme doğrultusu
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
diğer düzlemler içinde
benzer
bağıntılar
yazılabilir:
(D.3.8)
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝐺𝐺𝛾𝛾𝑥𝑥𝑥𝑥
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑧𝑧 = 𝐺𝐺𝛾𝛾𝑥𝑥𝑧𝑧
𝜏𝜏𝑦𝑦𝑦𝑦 = 𝐺𝐺𝛾𝛾𝑦𝑦𝑦𝑦
90
3.5 Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları
3.5.4 Özetleyecek olursak: En genel durumda Hooke bağıntıları:
Bir noktada en genel durumda 6 tane bağımsız gerilme bileşeni vardır (σx , σy , σz, τxy , τyz , τxz ).
Bu noktadaki elastik şekil değiştirmeler alttaki Hooke bağıntılarından elde edilir.:
Genel Hooke Bağıntıları
(izotropik malzemeler için elastik bölgede geçerlidir.)
Hooke Bağıntılarından çıkarılacak bazı sonuçlar:
 σ normal gerillerin γ şekil değiştirmelerine etkisi
yoktur.
 τ kayma gerilmelerinin ε birim uzamalara etkisi
yoktur.
 ∆T Sıcaklık değişiminin γ şekil değiştirmeleri
üzerinde etkisi yoktur.
Dikkat: Sık yapılan bir hata
𝝈𝝈 = 𝑬𝑬 . 𝜺𝜺
Bağıntısı sadece tek yönde çeki veya bası durumu
varken geçerlidir. Her durumda geçerli değildir.
(𝜎𝜎𝑦𝑦 = 𝜎𝜎𝑧𝑧 = 0 olursa zaten D.3.9a denklemi 𝝈𝝈 = 𝑬𝑬 . 𝜺𝜺
formatına dönecektir.
28.08.2022
1
𝜎𝜎 − 𝜈𝜈(𝜎𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝜎𝑧𝑧 )
𝐸𝐸 𝑥𝑥
1
𝜀𝜀𝑦𝑦 = 𝜎𝜎𝑦𝑦 − 𝜈𝜈(𝜎𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝑧𝑧 )
𝐸𝐸
1
=
𝜎𝜎𝑧𝑧 − 𝜈𝜈(𝜎𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝑦𝑦 )
𝜀𝜀𝑧𝑧
𝐸𝐸
𝜀𝜀𝑥𝑥 =
𝛾𝛾𝑥𝑥𝑥𝑥 =
𝛾𝛾𝑦𝑦𝑦𝑦 =
𝛾𝛾𝑥𝑥𝑥𝑥 =
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥
𝐺𝐺
𝜏𝜏𝑦𝑦𝑦𝑦
𝐺𝐺
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥
𝐺𝐺
Sıcaklık etkisi:
+ 𝛼𝛼. Δ𝑇𝑇
(D.3.9a)
+ 𝛼𝛼. Δ𝑇𝑇
(D.3.9c)
+ 𝛼𝛼. Δ𝑇𝑇
(D.3.9b)
(D.3.9d)
(D.3.9e)
(D.3.9f)
91
3.5 Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları
Örnek 3.9 (n):
Dikdörtgen prizması şeklindeki bir blok (G = 630 MPa) iki rijit plakaya yapıştırılmıştır. Alt plaka sabit iken,
üst plakaya bir P kuvveti uygulanmıştır. P’nin etkisi ile üst plaka 1 mm hareket ettiğine göre; malzemedeki
ortalama kayma şekil değiştirmesini ve uygulanan P kuvvetini bulunuz.
Çözüm:
𝛾𝛾𝑥𝑥𝑥𝑥 ≈ 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 𝛾𝛾𝑥𝑥𝑥𝑥 =
1𝑚𝑚𝑚𝑚
50𝑚𝑚𝑚𝑚
𝛾𝛾𝑥𝑥𝑥𝑥 = 0.02rad
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝐺𝐺𝛾𝛾𝑥𝑥𝑥𝑥 = 630MPa 0.02rad = 12.6MPa
28.08.2022
𝑃𝑃 = 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 𝐴𝐴 = 12.6MPa 200𝑚𝑚𝑚𝑚 62mm = 156.2 × 103 𝑁𝑁
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
92
3.5 Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları
Örnek 3.10 (video 3.c, örn. 3.c.1)
Şekildeki plakanın üzerine d =225 mm çapında bir çember çizilmiştir. 18 mm
kalınlığındaki plakada düzlemsel kuvvetlerin etkisiyle σx = 84 MPa ve σz = 140
MPa’lık gerilmeler meydana gelmiştir. E = 70 GPa ve ν = 1/3, olduğuna göre: a) AB
çapındaki, b) CD çapındaki, c) plakanın kalınlığındaki değişimi bulunuz.
Çözüm:
Toplam şekil değiştirme (δ) = birim şekil değiştirme (ε ) x o yöndeki ilk boy ( L )
Önce Genel Hooke bağıntılarından Normal birim şekil değiştirmeleri buluruz:
𝜺𝜺𝒙𝒙 =
1
1
1
84
−
0 + 140
𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜈𝜈(𝜎𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝜎𝑧𝑧 ) =
70 × 103 MPa
3
𝐸𝐸
𝜺𝜺𝒙𝒙 = +0.533 × 10−3 mm/mm
𝜺𝜺𝒚𝒚 =
1
𝜎𝜎 − 𝜈𝜈(𝜎𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝑧𝑧 )
𝐸𝐸 𝑦𝑦
=
1
1
0
−
84 + 140
70 × 103 MPa
3
𝜺𝜺𝒛𝒛 =
1
𝜎𝜎 − 𝜈𝜈(𝜎𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝑦𝑦 )
𝐸𝐸 𝑧𝑧
=
1
1
140 − 84 + 0
3
70 × 10 MPa
3
𝜺𝜺𝒚𝒚 = −1,067 × 10−3 mm/mm
𝜺𝜺𝒛𝒛 = +1,600 × 10−3 mm/mm
28.08.2022
…. Formülünden sonuca gideceğiz.
Toplam uzamalar (Deformasyonlar) ;
𝛿𝛿𝐵𝐵⁄𝐴𝐴 = 𝜀𝜀𝑥𝑥 𝑑𝑑 = +0.533 × 10−3 225𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0.12 𝑚𝑚𝑚𝑚
𝛿𝛿𝐶𝐶 ⁄𝐷𝐷 = 𝜀𝜀𝑧𝑧 𝑑𝑑 = +1.600 × 10−3 225mm = 0.36 mm
𝛿𝛿𝑡𝑡 = 𝜀𝜀𝑦𝑦 𝑡𝑡 = −1.067 × 10−3 18mm = −0.0192 mm
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
93
3.5 Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları
Örnek 3.11 (n)
10x20x30 mm3 boyutlarındaki bir prizmatik elastik eleman, sabit bir oyuğun içine, yüzeyleri temas
edecek şekilde yerleştirilmiştir. Bu elemanın dış yüzeyine x eksenine paralel, F=-60kN luk bası kuvveti
uygulanmıştır. Sürtünmeler ihmal edilebilir. Buna göre herbir kenar uzunluğundaki değişim
miktarlarını hesaplayınız. E=100GPa, ν = 0.3
Çözüm:
𝜎𝜎𝑧𝑧 = 0
𝜀𝜀𝑦𝑦 = 0
𝜀𝜀𝑦𝑦 =
𝜀𝜀𝑥𝑥 =
𝜀𝜀𝑧𝑧 =
𝐹𝐹
−60𝑥𝑥103 𝑁𝑁
= −300𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
𝜎𝜎𝑥𝑥 =
=
𝐴𝐴ö𝑛𝑛.
10𝑥𝑥𝑥𝑥
𝜎𝜎𝑦𝑦 : (yan duvarlardan gelen kuvveti bilmediğimiz
için F/A dan şu an hesaplayamayız.)
(Cismin z doğrultusunda hareketi serbesttir. Yukarı doğru serbestçe şekil değiştirir. Bu sebeple gerilme oluşmaz.
Unutmayın ! Gerilme ancak hareketin engellenmesi durumunda oluşur. )
(y yönünde hareket sınırlı olduğundan o yönde şekil değiştirme oluşmaz. İlk ve son boy aynı kalır. )
Genel Hooke bağıntılarını bu sisteme uygularsak:
1
1
𝜎𝜎𝑦𝑦 − 𝜈𝜈(𝜎𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝑧𝑧 ) =
𝜎𝜎 − 0.3(−300 + 0) = 0 → 𝜎𝜎𝑦𝑦 = −90𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
𝐸𝐸
100𝑥𝑥𝑥03 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑦𝑦
1
1
𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜈𝜈(𝜎𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝜎𝑧𝑧 ) =
−300 − 0.3(−90 + 0)
𝐸𝐸
100𝑥𝑥𝑥03 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
1
1
𝜎𝜎𝑧𝑧 − 𝜈𝜈(𝜎𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝑦𝑦 ) =
0 − 0.3(−300 − 90)
𝐸𝐸
100𝑥𝑥𝑥03 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
28.08.2022
→ 𝜀𝜀𝑥𝑥 = −0.00273
→ 𝜀𝜀𝑧𝑧 = 0.00117
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Toplam uzamaların hesabı:
𝛿𝛿𝑥𝑥 = 𝜀𝜀𝑥𝑥 𝐿𝐿𝑥𝑥 = −0.00273𝑥𝑥𝑥𝑥 → 𝛿𝛿𝑥𝑥 = −0.0819𝑚𝑚𝑚𝑚
𝛿𝛿𝑦𝑦 = 𝜀𝜀𝑦𝑦 𝐿𝐿𝑦𝑦 = 0𝑥𝑥𝑥𝑥
𝛿𝛿𝑧𝑧 = 𝜀𝜀𝑧𝑧 𝐿𝐿𝑧𝑧 = 0.00117𝑥𝑥𝑥𝑥
→ 𝛿𝛿𝑦𝑦 = 0
→ 𝛿𝛿𝑧𝑧 = 0.0117𝑚𝑚𝑚𝑚
94
3.5 Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları
z
Örnek (Soru) 3.12 :
Poğaça hamurunu bastırıp bir şekle sokarız.
Bu durumda;
a-) x, y, z eksenlerinden hangilerinde gerilme oluşur?
b-) hangi eksenlerde şekil değiştirme oluşur?
c-) Gerilmeler F/A ile hesaplanabilir mi?
d-) Şekil değiştirmeler Hooke kanunlarıyla hesaplanabilir mi?
Cevapların nedenlerini aranızda tartışınız.
x
y
Cevaplar:
a-) z,
b-) x, y ve z
c-) Evet,
28.08.2022
d-) Hayır
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
95
3.5 Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları
Örnek 3.13 (video 3.c, örn. 3.c.2)
P
Bir kenar uzunluğu 10cm olan kübik bir malzeme, yan ve alt yüzeylerinden sabit
duvarların arasına yerleştirilmiş ve üst yüzeyine P=250N luk dik bir kuvvet
uygulanmıştır. Kuvvetin uygulanmasından sonra kübün herbir kenar
uzunluğundaki değişimi hesaplayınız. (𝐸𝐸 = 100𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺, 𝜈𝜈 = 0.25 )
Cevap: 𝛿𝛿𝑥𝑥 = 7.81𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚𝑚𝑚 , 𝛿𝛿𝑦𝑦 = −23.4𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚𝑚𝑚 , 𝛿𝛿𝑧𝑧 = 0
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
96
3.5 Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular
Konuyla İlgili Cevaplı Sorular
Soru 3.14*
Cevaplar a-) 0.06mm, b-) 0.0206mm, c-) 0.06mm
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
97
3.5 Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular
y
Soru 3.15*
x
z
Şekildeki çelik silindir, alt ucundan
ankastre olup dış kuvvetler sonucu üst
yüzeyinde -80MPa’lık bası gerilmesi
oluşmuştur. Buna göre silindirin hacmi
ne kadar değişir? (E=200GPa, ν =0.3 )
Cevap: -188.48mm3
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
98
3.5 Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular
Soru 3.16
10x30x40cm3 boyutlarında olan prizmatik eleman
şekildeki gibi duvarlar arasına yerleştirilmiş ve x ve
y eksenlerine paralel iki kuvvetle yüklenmiştir. Bu
yükleme sonucunda z eksenine paralel 10cm lik
kalınlığı 10 + 4x10-4 cm ye olarak
ölçülmüştür.
Elemanın malzemesinin poisson oranı ν = 0.2
olarak biliniyor. Buna göre; a-) Elastisite modülünü,
b-) Diğer kenarların toplam uzama miktarlarını
bulunuz. Cevaplar:
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
a-) 10GPa, b-) -32x10-3mm, -24x10-3mm
99
3.5 Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular
Örnek (Soru) 3.17* Şekildeki kademeli milde AB kısmındaki gerilmenin
BC kısmındakinin 2 katı çıkması için P kuvvetinin değerini hesaplayınız.
Cevap: P=112.9kN
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
100
3.5 Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular
Örnek (Soru) 3.18* : 24mm çaplı AD çelik çubuğunun her iki ucuna aynı malzemeden AB
ve CD kapakları sıkı geçirilmiştir. a-) Sistemin toplam uzamasını 0.04mm yapacak P çekme
kuvvetini bulunuz.
b-) Bulduğunuz P kuvveti etkisiyle BC kısmının uzama miktarını hesaplayınız.
Elastiklik Modülü E=200GPa alınız.
Cevap: a-) P=31.6kN, b-) dBC = 0.025mm
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
101
3.5 Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular
Örnek (Soru) 3.19* İki alüminyum levhanın arasına pirinç (brass) bir başka levha
yerleştirilerek yapıştırılmış ve şekildeki kompozit plaka elde edilmiştir. Alüminyum ve
Pirinç levhaların herbirisi 250x30x5mm boyutlarına sahiptir. Kompozit levhaya
uygulanan eksenel P = -30kN luk bası kuvveti etkisi ile alüminyum ve pirinç levhalarda
oluşan normal gerilmeleri hesaplayınız. Ealüm.=70GPa, Epirinç = 105GPa,
Cevap: σALÜM. = -51.1 MPa, σPİRİNÇ=-85.7MPa
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
102
3.5 Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular
Örnek
(Soru)
3.20*
Elastiklik
modülleri
sırasıyla 200GPa ve 100 GPa olan AC ve BD
üzerine
çubuklarının
koyulmuştur.
noktasından
uygulanmıştır.
noktasının
çubuğu
kN
luk
düşey
kadar
yer
değiştireceğini
Bu
kuvvetin
bulunuz. Cevap: 0.534mm
28.08.2022
rijit
AB çubuğunun üzerine, E
100
ne
AB
kuvvet
etkisiyle
E
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
103
3.5 Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular
Örnek (Soru) 3.21 25 mm çapında çelik mil
bir alüminyum tüpün içine yerleştirilmiştir.
Bu sisteme P =160kN’luk bası kuvveti
uygulandığında a-)
Çelik ve alüminyumda
ortaya çıkan gerilmeleri b-) Her birisinin
boyundaki değişim miktarlarını hesaplayınız.
(Eçelik= 200GPa, Ealüm.= 70GPa)
Cevap:
a-) σçelik= -116.3 MPa, σalüm.= -40.7MPa
b-)-0.145mm
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
104
3.5 Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular
Örnek (Soru) 3.22 Çelik ve pirinçten
oluşturulan kademeli çubuk, her iki
ucunda
iki
sabit
duvar
arasına
sırasıyla
60kN ve 40kN luk eksenel
yerleştrilmiş, B ve D noktalarından
kuvvetlere maruz bırakılmıştır. Buna göre
çelik (Eçelik = 200GPa ve Epirinç = 105GPa)
pirinçte oluşan maksimum gerilmeleri
hesaplayınız.
(Cevap: RA=67.8kN, RE=32.2kN,
σAB= 53,98MPa, σDE= -52,65MPa)
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
105
3.5 Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular
Örnek (Soru) 3.23*
Bir pirinç mil,
alüminyum bir tüp içine
yerleştirilmiştir. Sistemin sıcaklığı 15 oC den
195 oC
ye çıkarılırsa Alümininyum ve Pirinç te
oluşan normal gerilmeleri bulunuz.
Cevap: σAL = -56.2 MPa, σpirinç = 267.39 MPa
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
106
3.5 Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular
Örnek (Soru) 3.24*
Şekildeki dairesel kesitli kademeli çubuk
Bakır ve Alüminyum kısımlardan oluşmuştur.
A serbest ucundan P=2kN luk bası kuvveti uygulanıyor.
Aynı anda sistemin sıcaklığı arttırılıyor. Buna göre;
a-) 25P) 0.3mm lik aralığın kapanabilmesi için sistemin
sıcaklığı kaç derece arttırılmalıdır? ( ∆T = ? )
b-10P) Bu durumda Bakır ve Alüminyum kısımların
çaplarındaki değişimler ne kadar olur? Hesaplayınız.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
107
3.5 Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular
Örnek (Soru) 3.25*
MALZEME ÖZELLİKLERİ
Malzeme
No
1
2
Çeki ve Bası
Mukavemeti
(MPa)
200
300
Kesme Mukavemeti
(MPa)
Elastisite modülü E
(GPa)
Poisson oranı
Isıl genleşme katsayısı
α (1/ C)
100
150
100
200
0.25
0.3
16*10-6
12*10-6
Şekildeki borunun içine 1 nolu malzemeden imal edilen dairesel kesitli çubuk yerleştirilmiş ve tüm sistem
alttan rijit plakaya üst kısımdan ise sabit bir duvara monte edilmiştir. Sistemin başlangıçtaki sıcaklığı 10 oC
olduğuna göre,
a-) 0.05cm lik boşluğun kapanabilmesi için sistemin sıcaklığı hangi değere çıkarılmalıdır?
b-) Sistemin emniyet sınırları içinde kalacak şekilde sıcaklığı ne kadar arttırılabilir, hesaplayınız.(emniyet
katsayısı n = 2)
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
108
Not Almak İçin Boş Sayfa
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
109
4.
MİLLERİN
BURULMASI
(TORSİON of SHAFTS)
4.1 Gerilme Dağılımı ve Örnekler ……………………………… (Video 4a)
4.2 Şekil Değiştirmeler ve Hiperstatik Problemler ………(Video 4b)
28.08.2022
*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
110
4. Millerin Burulması
4.1 Miller ve Endüstrideki Yeri
•
•
Miller endüstride çok sık kullanılan güç iletim elemanlarındır.
•
geçirilmektedir.
•
mil
Dairesel kesitli çubuk elemanlara mil (shaft) denir.
Miller bir motora bağlı olabildiği gibi, üzerine dişliler, kasnaklar vb. parçalar da
Bu haliyle motordan alınan gücü diğer kısımlara iletirler ve bu sırada burulma
dediğimiz yüklemeye maruz kalırlar. (Miller aynı anda burulmanın yanısıra aynı
anda eğilmeyede maruz kalabilir. Bu konu ileride işlenecektir. Burada ise sadece
burulmaya maruz miller ele alınacaktır.)
mil
28.08.2022
mil
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
111
4. Millerin Burulması
4.2 Burulma Yüklemesi Nedir?
•
Çubuk tarzında bir elemanın kendi ekseni etrafında her iki uçtan zıt yönlü
dönmeye zorlanmasına burulma yüklemesi denir.
•
Burulmaya her iki uçtan uyguladığımız burulma momenti sebep olur.
•
Burulma momenti vektörü sağ el kaidesine göre mutlaka çubuk ekseni
doğrultusundadır.
•
Burulmada gerilme veya şekil değiştirmeleri hesaplama formülleri kesit
geometrisine göre değişiklik gösterir.
•
(Dairesel olmayan kesitler için hesaplamalar Mukavemet 2 dersinde gösterilmektedir.)
•
Şimdi ilk amacımız burulma momenti sebebiyle dairesel kesitli
çubuk elemanlarda (millerde) oluşan gerilmeleri hesaplamaktır…>>
Çamaşır sıkmak, teknik anlamda çamaşıra
her iki ucundan burulma momenti
uygulamak demektir.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
112
4. Millerin Burulması
•
•
4.3 Millerin burulması için yapılan kabuller
Dairesel kesitli çubuk elemanlara mil (ingilizcesi: shaft) denir.
Gözlemlere dayanarak, burulmaya maruz bir milde, elastik sınırlar
içerisinde aşağıdaki kabullerin yapılabilir:
1- Dönme veya başka ifade ile burulma açısı ( φ ) uygulanan tork değeri ve uzunlukla doğru
orantılı olarak değişir.
2- Tüm düzlem dairesel kesitler düzlem kalır ve şekli değişmez. Kesitlerde herhangi bir
çarpılma olmaz. (Dairesel kesitli olmayan elemanlarda çarpılma oluşur)
3- Kesit üzerine çizilen (markalanan) doğrusal bir çap çizgisi burulma sonrası yine doğrusal kalır.
Bu kabullerden yola çıkarak, dairesel kesitli bir çubuk elemanda elastik yüklemede,
burulma sonrası oluşan gerilme dağılımları ve şekil değiştirmeler hesaplanabilir.
Dikkat: Dairesel kesitli olmayan parçalarda bu kabuller yapılamaz. Bu tip elemanlarda burulma sırasındaki
gerilme ve şekil değiştirmelerin hesap yaklaşımları ve formülleri tamamen farklıdır..
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
113
4. Millerin Burulması
4.4 Burulmada Gerilme ve Şekil Değiştirme Hesabı:
Bir mil her iki ucundan elastik sınırlar içinde T burulma momentlerine maruz olsun. Statik denge halindeki bu mili C düzleminden hayali
olarak ayırdığımız zaman her bir parçası da iç ve dış kuvvetlerin etkisi ile dengede olacaktır. (ayırma prensibi).
Sol parçanın dengesine bakarsak, B deki T burulma momentini C ayırma yüzeyinde ortaya çıkacak Tiç momenti dengeler statik dengeden
Tiç = T olacaktır.
Bu Tiç momenti sonucu herbir dA elemanına dF kadarlık bir iç kuvvet düşer. Bu dF kuvvetlerinin merkeze göre momentlerinin toplamı Tiç
momentine eşittir. ∫ 𝝆𝝆 𝒅𝒅𝒅𝒅 = 𝑻𝑻𝒊𝒊𝒊
(D.4.1)
Tiç momenti kesiti mil ekseni etrafında döndürmeye (yani burulmaya) zorladığından dF kuvvetlerinin yüzeye paralel olması gerekir.
dF yüzeye paralel olduğuna göre dA alanına düşen gerilme kayma gerilmesi ( τ ) olur. Bu durumda dF = τ . dA
Bu durumda 𝑻𝑻𝒊𝒊𝒊 = 𝑻𝑻 = ∫ 𝝆𝝆 𝒅𝒅𝒅𝒅 = ∫ 𝝆𝝆 𝝉𝝉 𝒅𝒅𝒅𝒅 yazabiliriz…
(D.4.2)
Şimdi biraz daha devam ederek gerilme ve şekil değiştirmeyi bilinenler cinsinden bulacağız..>>
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
114
4. Millerin Burulması
Ankastre bir milin üzerinde, ankastre kesitte bir B noktası ve herhangi bir kesitte aynı hizada bir A noktası düşünüyoruz.
Tiç burulma momenti etkisi ile 𝐴𝐴 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛 𝐴𝐴′ konumuna gelir. B noktası ise ankastre bağlantıdan dolayı yerinde kalır.
𝜌𝜌𝜙𝜙
𝐴𝐴𝐴𝐴′ 𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦 𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢 = 𝐿𝐿𝐿𝐿 = 𝜌𝜌𝜌𝜌 → 𝛾𝛾 =
𝐿𝐿
•
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖
𝜏𝜏
Q
𝜏𝜏
𝜏𝜏
𝜏𝜏
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖
•
Q noktasındaki dif. elemana Hooke Bağıntısını uygularsak:
Bir önceki sayfada bulduğumuz
denklemde yerine koyarsak::
�𝝆𝝆𝟐𝟐 . 𝒅𝒅𝒅𝒅
: J : kesitin polar atalet momentidir.
𝜙𝜙. 𝐽𝐽
Sonuç olarak; 𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖 = 𝐺𝐺.
𝐿𝐿
ve
𝐺𝐺. 𝜌𝜌 𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖 . 𝐿𝐿
𝜏𝜏 =
.
𝐿𝐿 𝐺𝐺. 𝐽𝐽
Dikkat:
• D.4.5 ve D.4.6 denklemleri sadece dairesel kesitler için, izotropik
malzemelerde ve elastik bölgede geçerlidir.
• D.4.5 denklemi kesitler arasında başka bir moment, kesit veya
malzeme değişimi yoksa geçerlidir.
• Formüllerdeki Tiç incelenen kesitteki iç momenttir.
28.08.2022
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖 = �𝜌𝜌𝜌𝜌 𝑑𝑑𝑑𝑑
İçi dolu mil
İçi boş mil
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜏𝜏 = 𝐺𝐺𝐺𝐺 = 𝐺𝐺. 𝜌𝜌.
= � 𝜌𝜌. 𝐺𝐺. 𝜌𝜌.
(D.4.4)
𝜙𝜙
𝜙𝜙
𝑑𝑑𝑑𝑑 = 𝐺𝐺. �𝜌𝜌2 . 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝐿𝐿
𝐿𝐿
İki kesitin birbirlerine göre
dönme miktarı (1)
Burulma açısı
Kesit merkezinden ρ
uzaklıktaki bir noktada
Kayma Gerilmesi
𝜙𝜙
𝐿𝐿
(D.4.3)
1
1
𝜋𝜋. 𝑑𝑑 4
𝐽𝐽 = 𝜋𝜋𝑐𝑐 4 =
2
32
𝜙𝜙 =
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖 . 𝐿𝐿
𝐺𝐺. 𝐽𝐽
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖 . 𝜌𝜌
𝜏𝜏 =
𝐽𝐽
1
1
𝜋𝜋 𝑑𝑑24 − 𝑑𝑑14
𝐽𝐽 = 𝜋𝜋 𝑐𝑐24 − 𝑐𝑐14 =
2
32
(D.4.5)
(D.4.6)
(D.4.7)
(D.4.8)
115
4. Millerin Burulması
4.5 Dairesel kesitteki kayma gerilmesi dağılımı:
Kesit merkezinden r kadar uzak bir noktada kayma
gerilmesi D.4.6 denkleminden bulunur.
𝜏𝜏 =
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖 𝜌𝜌
𝐽𝐽
r
Şimdi bu denklemi yorumlayacağız:
Bir kesitteki 𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖 ve J değeri
sabittir. Değişen sadece
merkezden olan uzaklık (ρ) değeridir. Buna göre:
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖 𝑟𝑟
𝐽𝐽
(D.4.9)
c
1. merkezden aynı uzaklıktaki yani aynı çember
𝜏𝜏𝑎𝑎 =
üzerindeki noktalardaki (örn: a, b, c noktalarındaki)
gerilmeler birbirlerine eşittir.
b
𝑇𝑇𝑇𝑇
𝐽𝐽
2. Dışa doğru gidildikçe ρ artacağı için, gerilmeler de
(doğrusal olarak) artar.
3. Maksimum gerilme en dış çemberde ortaya çıkar.
Zira dış çemberde ρmax = r dir.
4. Merkezde ise ρ=0 olduğu için gerilme sıfırdır.
5. Kayma gerilmeleri çemberin o noktadaki teğeti doğrultusundadır.
28.08.2022
«Bazen r yerine c kullanılabiliriz».
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
116
4. Millerin Burulması
Örnek 4.1 (video 4a, örn. 4a.1)
Şekildeki boru için emniyetli kayma gerilmesi değeri 120 MPa olduğuna göre emniyet sınırları içerisinde
uygulanabilecek burulma momentini ve bu momente karşılık gelen minimum kayma gerilmesini bulunuz.
Çözüm: Maksimum kayma gerilmesi dairesel kesitin en dış noktalarında ortaya
çıktığını göstermiştik. Buna göre Denklem 4.10 u yazacak olursak;
𝜏𝜏max
𝜏𝜏max
𝜏𝜏min.
𝜏𝜏min.
𝜏𝜏min.
𝜏𝜏max
𝜏𝜏max
Emniyet sınırındaki minimum gerilme:
28.08.2022
T.c
=
J
𝐽𝐽. 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑇𝑇 =
𝑐𝑐
(Herhangi bir andaki burulma momenti)
yarıçap
Denklem 4.8 ‘den İçi boş dairesel kesitin polar atalet momenti:
1
1
𝐽𝐽 = 𝜋𝜋 𝑐𝑐24 − 𝑐𝑐14 = 𝜋𝜋 304 − 204 = 1021𝑥𝑥103 𝑚𝑚𝑚𝑚4
2
2
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝜏𝜏𝑒𝑒𝑒𝑒 olduğu zaman en dış noktalar emniyet sınırına ulaşmıştır.
Bu durumda burulma momenti T = Tem değerine gelmiştir.
𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒
(1021𝑥𝑥103 𝑚𝑚𝑚𝑚4 )(120 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀)
𝐽𝐽𝜏𝜏𝑒𝑒𝑒𝑒
= 4080𝑥𝑥103 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁 = 4,08 𝑘𝑘𝑘𝑘. 𝑚𝑚
=
=
30 𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑐𝑐
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑁𝑁
(4080𝑥𝑥103 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁)(20 𝑚𝑚𝑚𝑚)
𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒 . 𝑐𝑐𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
=
80
= 80 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
=
=
𝑚𝑚𝑚𝑚2
1021𝑥𝑥103 𝑚𝑚𝑚𝑚4
𝐽𝐽
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
117
4. Millerin Burulması
Örnek 4.2 (n):
Şekildeki kademeli milin BC kısmının içi boştur ve iç çapı 90 mm, dış çapı 120
a-)
mm’dir. Diğer kısımların içi dolu ve çapları “d ” dir. Buna göre;
AB ve CD kısımları için izin verilebilir (emniyetli) kayma gerilmesi değeri 65
MPa ise bu kısımları emniyetli çap değerini hesaplayınız. (dem = ?)
b-) BC kısmındaki maksimum ve minimum kayma gerilmelerini bulunuz.
Çözüm: A ucundan başlayıp D ye kadar mili bölgelere ayıracağız. Ani Moment (T) ve mil
kesiti değiştiğinde (J) bölge değişir. Buna göre AB, BC ve CD olmak üzere 3 bölge vardır.
Şimdi her bir bölgeye ayırma prensibi uygulayacağız, statik dengeden iç momentleri tespit
edeceğiz ve bu iç momenti gerilme formülünde yerine koyacağız.
AB bölgesi (sağ kısım)
28.08.2022
BC bölgesi (sağ kısım)
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
CD bölgesi (sol kısım)
118
4. Millerin Burulması
a)
Milin AB kısmı için herhangi bir anda en dış
noktadaki gerilmeler:
o an için gerilmelerin
en büyüğü.
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
Emniyet sınırında:
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖 . 𝑟𝑟
𝐽𝐽
𝜏𝜏𝑒𝑒𝑒𝑒
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝜏𝜏𝑒𝑒𝑒𝑒
𝑟𝑟 = 𝑟𝑟𝑒𝑒𝑒𝑒
→ 𝑟𝑟𝑒𝑒𝑒𝑒 = 38.9mm ,
6𝑥𝑥𝑥06 (𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁) . 𝑟𝑟𝑒𝑒𝑒𝑒
=
= 65𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
𝜋𝜋
4
2 𝑟𝑟𝑒𝑒𝑒𝑒
→ 𝑑𝑑𝑒𝑒𝑒𝑒 = 2. 𝑟𝑟𝑒𝑒𝑒𝑒 = 77.8mm
* CD kısmı içinde, iç moment değeri aynı olduğundan aynı sonuç bulunur.
b)
BC kısmı için Tiç = 20kNm bulunmuştu
𝐽𝐽 =
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
28.08.2022
𝜋𝜋 4
𝜋𝜋
𝑟𝑟2 − 𝑟𝑟14 =
60𝑚𝑚𝑚𝑚
2
2
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖 𝑟𝑟2
= 𝜏𝜏2 =
𝐽𝐽
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖 𝑟𝑟1
= 𝜏𝜏1 =
𝐽𝐽
4
− 45𝑚𝑚𝑚𝑚
4
= 1392 × 104 mm4
20𝑥𝑥𝑥06 N ⋅ 𝑚𝑚𝑚𝑚 60𝑚𝑚𝑚𝑚
=
= 86.2MPa
1392 × 104 mm4
20𝑥𝑥𝑥06 45
=
= 64.7MPa
1392 × 104
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
119
4. Millerin Burulması
Örnek 4.3 (video 4a, örn. 4a.2)
D ucundan sabit bir duvara bağlı olan çelik milin üzerindeki kasnaklara gelen momentler
şekilde gösterilmiştir. Çeliğin kesmedeki akma mukavemeti τak=200MPa,
emniyet katsayısı n=2, d2 = 18mm, d3 = 15mm olduğuna göre,
a-) DC kısmının emniyetli çap değerlerini belirleyiniz (d1-em = ?).
b-) AB kısmının emniyet sınırları içerisinde kalıp kalmadığını kontrol ediniz.
c-) Malzeme israfını önlemek için, emniyet sınırlarını aşmamak kaydıyla, BC kısmına
maksimum hangi çapta bir delik açılabilir?
Cevaplar: a-) 12.67mm, b-) Emniyet sınırları içerisinde kalır, c-) 17.15mm
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
120
4. Millerin Burulması
4.6 Burulmada Şekil Değiştirme ve Hiperstatik Problemler
4.6.1 Burulma Açısı (φ) :
Burulmaya maruz bir milde iki kesitin birbirlerine göre dönmesi yani burulma açısı D.4.5
denkleminden bulunduğunu göstermiştik.
Burulma açısı (𝜙𝜙 ), mil kesitlerinin birbirlerine göre dönme miktarını verir ve özellikle
burulmadaki hiperstatik problemlerin çözümünde işe yarar.
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖 𝐿𝐿
𝜙𝜙 =
𝐽𝐽𝐽𝐽
Şimdi de üstteki denklemi yorumlayacağız.
D.4.5 denklemi şekildeki gibi milin öyle bir kısmına uygulanabilir ki; o kısımda,
-
her iki uç kesitte eşit ve zıt T burulma momenti vardır. Arada başka bir moment yoktur.
-
L boyunca malzeme ve kesit geometrisi aynıdır.
-
Formüldeki T aslında kesitteki iç moment (Tiç ) momentdir.
A veya B kesitlerinin birisi ankastre olması gerekmez. Milin orta bölgesinde iki kesit olabilir.
a ve b burulmadan önceki aynı hizadaki noktalar olup, burulmadan sonra bu noktalar a’ ve b’
konumlarına giderler. a’’ noktası ise a’ nün B kesitindeki izdüşümüdür.
𝜙𝜙𝐵𝐵/𝐴𝐴 =
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖 𝐿𝐿 𝑇𝑇𝑇𝑇
=
𝐽𝐽𝐽𝐽
𝐽𝐽𝐽𝐽
- b’ ile a’’ arasındaki açı, burulma açısı φB/A olacaktır. B kesitinin A’ya göre dönme miktarını verir.
Yandaki şekli inceleyerek φB/A açısının neresi olduğunu iyice anlamaya çalışınız.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
121
4. Millerin Burulması
4.6.2 Burulma açısının işareti:
İncelediğimiz kesite karşıdan dik olarak baktığımızda kesitteki iç moment (Tiç) yönü saat ibreleri yönünde ise φ açısı
pozitif ( + ) alınır. Sağ veya sol kısım fark etmez.
Saat ibreleri tersi yönünde ise işareti negatif ( - ) alınır. Aşağıdaki şekilleri dikkatlice inceleyiniz.
I – I kesimleri
Saat ibreleri yönünde
Saat ibreleri yönünde
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
122
4. Millerin Burulması
I
4.6.3 Kademeli Millerde Burulmada Açısı:
-
Milin bir ucundan başlayarak, eksen boyunca ilerlediğimizde,
mil çapı, malzeme veya T burulma momentlerinden en az
birisi değişiyorsa, bu tip millere kademeli miller denir.
-
Mil önce bölgelere ayrılır.
I-I kesimin sol tarafı
Herbir bölge için φ açısı ayrı ayrı hesaplanır ve bunlar toplanır.
-
Tiç-3
Böylece bir uç kesitin diğerine göre dönme miktarı yani φ
-
burulma açısı bulunmuş olur.
Herbir bölgedeki φ açısının işaretine dikkat edilmelidir.
(işaret kuralı bir önceki sayfada anlatılmıştı)
- Herbir bölgedeki iç moment ayırma prensibiyle bulunur ve o
bölge için formülde T değeri yerine Tiç momenti koyulur.
- Burulma momentleri arasında statik denge sağlanmalıdır.
T1+T2+T3+T4=0
28.08.2022
Kademeli mil örneği
I
Toplam burulma açısı:
𝜙𝜙 = �
𝑖𝑖
𝑇𝑇𝑖𝑖ç−𝑖𝑖 𝐿𝐿𝑖𝑖
𝐽𝐽𝑖𝑖 𝐺𝐺𝑖𝑖
(D.4.10)
Yukarıdaki örnek için:
𝜙𝜙𝐹𝐹/𝐴𝐴 = 𝜙𝜙𝐵𝐵/𝐴𝐴 + 𝜙𝜙𝐶𝐶/𝐵𝐵 + 𝜙𝜙𝐶𝐶/𝐷𝐷 + 𝜙𝜙𝐷𝐷/𝐸𝐸 + 𝜙𝜙𝐹𝐹/𝐸𝐸
𝜙𝜙𝐹𝐹/𝐴𝐴
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖−5 𝐿𝐿5
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖−4 𝐿𝐿4
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖−3 𝐿𝐿3
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖−1 𝐿𝐿1 𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖−2 𝐿𝐿2
+
+
+
+
=
𝐽𝐽1 𝐺𝐺ç𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 𝐽𝐽2 𝐺𝐺𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. 𝐽𝐽3 𝐺𝐺ç𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒. 𝐽𝐽4 𝐺𝐺ç𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒. 𝐽𝐽5 𝐺𝐺ç𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒.
Örnek olarak Tiç-3 ü bulalım. 3ncü bölgeden hayali bir kesim yapıyoruz:
I-I kesimin sol tarafının dengesinden:
Tiç-3 = T2-T1
Örnek problemleri çözdükçe bu konu daha iyi anlaşılacaktır..>>
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
123
4. Millerin Burulması
Örnek 4.4(video 4b, örn 4b.1 ):
Şekildeki çelik kademeli milin kayma modülü G=77 GPa olduğuna
göre A ucunun toplam dönme (burulma) açısını bulunuz.
Çözüm: Statik dengeden ankastre uçtaki tepki momenti TD = 2250 kNm çıkar. Ancak
kesimlerde sağ kısmı alırsak bunu bulmamıza gerek yoktur.
III
III
Mili DC, CB, BA bölgeleri olmak üzere 3 bölgeye ayırabiliriz.
II
I
Aslında bizden sorulan A düzleminin D düzlemine göre dönme (burulma)
açısıdır. ( ∅ = ∅𝐴𝐴𝐴𝐴 =? )
Bu ise D den A ya kadar olan bölgelerin birbirlerine göre dönmelerinin
toplamına eşittir. Yani;
∅𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∅𝐶𝐶𝐶𝐶 + ∅𝐵𝐵𝐵𝐵 +∅𝐶𝐶𝐶𝐶
II
I
C nin D’ye göre dönme açısı
Şunu fark ettiniz ise bu konuyu çok iyi anladınız demektir:
Aslında A düzlemi φCD + φBC kadar ötelenir, 250Nm lik burulma momenti etkisiyle φAB
kadar şekil değiştirir. Bu durumda toplam dönmesi (φΑD) bu üç açının toplamı kadar olur.
Aynı kıyaslamayı B düzlemi için yapmaya çalışınız.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Bu şekli dikkatlice inceleyerek düzlemlerin
birbirlerine göre dönme açılarını anlamaya çalışın.
124
4. Millerin Burulması
Şimdi bölgeleri sırayla inceleyip ayırma prensibine göre iç momentleri ve sonra burulma açılarını bulacağız.
1.Bölge: AB kısmı
bakış yönü
Tiç-1
I-I kesimi
L1 =400mm (bölgenin toplam uzunluğu)
𝐽𝐽1 = 𝐽𝐽𝐴𝐴𝐴𝐴 =
∅𝐴𝐴𝐴𝐴
𝜋𝜋 4 𝜋𝜋 4
𝑐𝑐 = 15 = 79521𝑚𝑚𝑚𝑚4
2 1 2
250𝑥𝑥103 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁. 400𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖−1 . 𝐿𝐿1
=
= 0.01634𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟
=+
77000𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀. 79521𝑚𝑚𝑚𝑚4
𝐺𝐺. 𝐽𝐽1
I-I kesitine dik ve karşıdan bakıldığında Tiç-1 saat ibreleri yönünde olduğundan φ pozitiftir.
2.Bölge: CB kısmı
bakış yönü
Statik denge şartı :
∑ 𝑀𝑀𝑥𝑥 = 0 → 𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖−2 − 2000 − 250 = 0 → 𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖−2 = 2250𝑁𝑁𝑁𝑁 = 𝑇𝑇𝐵𝐵𝐵𝐵
L2 =200mm ,
𝐽𝐽2 = 𝐽𝐽𝐵𝐵𝐵𝐵 =
Tiç-2
II -II kesimi
28.08.2022
∅𝐵𝐵𝐵𝐵
𝜋𝜋 4 𝜋𝜋 4
𝑐𝑐2 = 30 = 1272000𝑚𝑚𝑚𝑚4
2
2
2250𝑥𝑥103 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁. 200𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖−2 . 𝐿𝐿2
=
= 0.00450𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟
=+
77000𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀. 1272000𝑚𝑚𝑚𝑚4
𝐺𝐺. 𝐽𝐽2
II-II kesitine dik ve karşıdan bakıldığında Tiç-2 saat ibreleri yönünde olduğundan φ pozitiftir.
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
125
4. Millerin Burulması
bakış yönü
3.Bölge: CD kısmı
Tiç-3
L3 =600mm
III-III kesitine dik ve karşıdan bakıldığında Tiç-3 saat ibreleri yönünde olduğundan φ pozitiftir.
𝐽𝐽3 = 𝐽𝐽𝐶𝐶𝐶𝐶 =
∅𝐶𝐶𝐶𝐶
𝜋𝜋 4 4
𝜋𝜋
(𝑐𝑐2 −𝑐𝑐1 ) = (304 −224 ) = 904000𝑚𝑚𝑚𝑚4
2
2
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖−3 . 𝐿𝐿3 𝑇𝑇𝐶𝐶𝐶𝐶 . 𝐿𝐿3 2250𝑥𝑥103 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁. 600𝑚𝑚𝑚𝑚
=+
=
=
= 0.01939𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟
𝐺𝐺. 𝐽𝐽3
𝐺𝐺. 𝐽𝐽3
77000𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀. 904000𝑚𝑚𝑚𝑚4
𝑇𝑇𝑖𝑖 . 𝐿𝐿𝑖𝑖
∅
=
�
= ∅𝐴𝐴𝐴𝐴 + ∅𝐵𝐵𝐵𝐵 +∅𝐶𝐶𝐶𝐶 = 0.01634 + 0.00450 + 0.01939 = 0.04023𝑟𝑟𝑟𝑟
Toplam Burulma Açısı: 𝐴𝐴𝐴𝐴
𝐺𝐺 . 𝐽𝐽
𝑖𝑖
28.08.2022
𝑖𝑖
∅𝐴𝐴𝐴𝐴 = 0.04023𝑥𝑥
180
= 2.305𝑜𝑜
𝜋𝜋
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
126
4. Millerin Burulması
4.7 Dönen millerde burulma formülleri geçerli midir?
Konuyu dikkatli çalışanların aklına şöyle bir soru gelmiş olabilir:
Endüstride kullanılan miller hareketlidir ve kendi eksenleri etrafında sabit açısal hızla dönmektedir.
Biz ise sanki sadece durağan haldeki miller için formülleri çıkardık. Dönen miller için de çıkardığımız formüller acaba geçerli midir?
Cevap: Statik denge denklemleri dönen miller için de geçerli olacağından durağan hal için çıkardığımız
formüller onlar için de geçerlidir.
•
Çünkü biz Newton’u 2nci kanunundan biliyoruz ki,
Sadece durağan cisimler için değil, sabit hızla ötelenen veya sabit açısal hızla dönen, (bir başka ifadeyle ağırlık merkezinin ivmesi
sıfır olan), cisimler için de net kuvvet ve net moment sıfırdır, yani statik denge denklemleri sağlanır. İşte sabit açısal hızla dönen
miller de bu sınıfa girer . Bu tip miller için statik denge denklemleri geçerli olur, dolayısıyla ayırma prensibi bu millere de
•
uygulanabilir, iç burulma momentleri statik dengeden bulunabilir ve burulma için çıkardığımız tüm formüller aynen çıkarılabilir .
Burada önemli bir püf noktası dönen milin sınır şartlarını doğru belirlemektir. Mil bir ucundan aldığı gücü
öteki ucundan mekanizmanın diğer aksamlarına iletir. Bir uca diğer aksamlardan gelen kuvveti uygularsak,
�F = �M = 0
motora bağlı olan ucu mutlaka ankastre yapmamız gerekir ki hem statik denge sağlansın hem çalışma şartları
çözüme tam olarak yansıtılmış olsun. (Motora doğrudan bağlı olmayan miller için çalışma şartlarına uygun farklı
•
sınır şartları düşünülebilir ancak statik denge her durumda mutlaka sağlanmalıdır. )
Bu durumda hareketli mil sanki durağan hale dönüştürülmüş ve bu haliyle çözülmüş olacaktır ama bulunan gerilmeler veya şekil değiştirmeler dönen
milin üzerindeki gerçek değerlerine karşılık gelecektir. Üstteki şekilde motora bağlı mili ve ucundaki dişliyi sistemden ayırdığımızda, milin güç aldığı
motora bağlı sol ucunu ankastre yapıp, güç ilettiği öteki uca bağlı dişliye, diğer dişliden gelen F kuvvetini uygulamamız gerektiğini görmeye çalışın.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
127
4. Millerin Burulması
Örnek 4.5 (n):
Şekildeki elektrik motorundan alınan tork (burulma momenti), B ve C dişlileri tarafından
200Nm ve 300Nm olarak mekanizmanın diğer aksamlarına iletilmektedir. Alüminbyum
milin rijitlik modü G=27GPa dır.A yatağı dönmeye izin vermektedir. Bu durumda,
Çözüm:
II
III
2
3
III
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖𝑖 = 0
II
1
I
b-) A ucunun D ye göre dönme miktarını (burulma açısını ) hesaplayınız.
Bu mekanizma hareketli olmasına rağmen, mil kendi ekseni etrafında sabit açısal
Ankastre
I
a-) Motorun hangi yönde ve ne kadarlık bir tork ürettiğini,
hıza döndüğü için, net burulma momenti sıfır olacaktır ve statik denge
𝑇𝑇𝐷𝐷
denklemleri geçerli olacaktır. Ayrıca motor kısmı ankastre alınarak statik denge
sağlanır ve çalışma şartları statik sisteme yansıtılmış olur.
𝑇𝑇𝐷𝐷
a-) Statik dengeden D ankastre ucundaki tepki motorun ürettiği torku verecektir.
A yatağı dönmeye izin verdiği için herhangi bu noktada bir tepki momenti oluşmaz.
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖𝑖 = 𝑇𝑇𝐷𝐷 = 500 N. m
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖𝑖 = 200𝑁𝑁𝑁𝑁
� M𝑥𝑥 = 0 →
b-) A ucunun D’ye göre
dönmesi (burulma açısı):
0
∅𝐴𝐴/𝐷𝐷 = �
Saat ibresi
yönünde
𝑇𝑇𝑖𝑖 . 𝐿𝐿𝑖𝑖
= ∅𝐶𝐶/𝐷𝐷 + ∅𝐵𝐵/𝐶𝐶 +∅𝐴𝐴/𝐵𝐵
𝐺𝐺𝑖𝑖 . 𝐽𝐽𝑖𝑖
500𝑥𝑥103 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁. 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥 200𝑥𝑥103 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁. 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖𝑖 𝐿𝐿1 𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖𝑖 𝐿𝐿2 𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖𝑖 𝐿𝐿3
−
=−
−
−
∅𝐴𝐴/𝐷𝐷 = −
1
1
𝐽𝐽3 𝐺𝐺
𝐽𝐽1 𝐺𝐺
𝐽𝐽2 𝐺𝐺
4
3
𝜋𝜋. 444 𝑥𝑥 27𝑥𝑥103 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
𝜋𝜋. 48 𝑥𝑥 27𝑥𝑥10 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
32
32
φ Açılarıi niçin negatif alındı?
İşaret kuralını inceleyerek anlamaya çalışınız.
28.08.2022
200 + 300 − 𝑇𝑇𝐷𝐷 = 0 → 𝑇𝑇𝐷𝐷 = 500 N. m
→ ∅𝐴𝐴/𝐷𝐷 = −0,056𝑟𝑟𝑟𝑟 = − 3,2 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
128
4. Millerin Burulması
4.8 Burulmada Hiperstatik mil problemleri: Bilinmeyen tepkileri bulmak için statik denklem sayısının yeterli olmadığı (hiperstatik)
burulma problemleri de vardır. Önceden bilinen burulma açısından ek denklemler elde edilerek bilinmeyen tepkiler bulunabilir. Bu
konuyu örneklerle anlamaya çalışacağız.
Örnek 4.6 (n):
Şekildeki milin (yarısının içi boş) dış çapı 22 mm ve içi boş kısmın iç çapı ise 12 mm’dir.
Mil A ve B noktalarından sabitlenmiştir. Milin tam ortasına 120 N.m’lik bir tork
uygulandığında A ve B noktalarında meydana gelen reaksiyon momentlerini bulunuz?
Çözüm:
Mili iki AC ve CB olmak üzere bölgeye ayırırız.
Herbir bölgedeki iç momentleri ifade edelim:
Statik dengeden:
28.08.2022
Tiç-1 saat ibreleri
tersi yönünde
(1)
1 denklemi yeterli olmadığından bu hiperstatik bir problemdir ve 1 bağımsız denkleme
daha ihtiyaç vardır. B ve A ankastre olduğu için, bu kısımlarda dönme olmaz. Dolayısıyla
toplam dönme açısı ( B’nin A ya göre burulma açısı) sıfırdır.
𝜙𝜙 = 𝜙𝜙𝐵𝐵/𝐴𝐴 = 𝜙𝜙𝐶𝐶/𝐴𝐴 + 𝜙𝜙𝐵𝐵/𝐶𝐶 = 0 → −
φ<0
𝑇𝑇𝐴𝐴 + 𝑇𝑇𝐵𝐵 = 120N ⋅ m
φ>0
Tiç-2 saat ibreleri yönünde
(kesite dik bakış için)
𝑇𝑇𝐴𝐴 𝐿𝐿1 𝑇𝑇𝐵𝐵 𝐿𝐿2
+
=0 →
𝐺𝐺𝐽𝐽1
𝐺𝐺𝐽𝐽2
𝐽𝐽2
𝑇𝑇
=
𝑇𝑇
𝐵𝐵
𝐿𝐿1 = 𝐿𝐿2 = 125𝑚𝑚𝑚𝑚 →
𝐽𝐽1 𝐴𝐴
𝜋𝜋. (𝑐𝑐24 − 𝑐𝑐14 )
114 − 64
2
𝑇𝑇𝐵𝐵 =
𝑇𝑇𝐴𝐴 =
𝑇𝑇𝐴𝐴
114
𝜋𝜋. 𝑐𝑐24
2
→ 𝑇𝑇𝐵𝐵 = 0.91𝑥𝑥𝑇𝑇𝐴𝐴
(1) ve (2) den ..>> 𝑇𝑇𝐴𝐴 = 62.82N ⋅ m , 𝑇𝑇𝐵𝐵 = 57.18N ⋅ m
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
(2)
bulunur.
129
4. Millerin Burulması
Örnek 4.7 (video 4b, örn.4b.3)
Çelik bir borunun içine alüminyum bir mil
T
Çözüm:
𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.
sabit
kapaktan
emniyet
sınırları
içerisinde
T
Galüm=27 GPa, Gçel.= 81 GPa , τçel-em =100 MPa, τalüm-em =50 MPa
T toplam burulma momentinin çelik ve alüminyuma hangi oranlarda dağılır? Önce bunu hesaplamamız gerekir.
𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎. + 𝑇𝑇ç𝑒𝑒𝑒𝑒. = 𝑇𝑇
𝑇𝑇ç𝑒𝑒𝑒𝑒.
I
𝑇𝑇ç𝑒𝑒𝑒𝑒.
Kapağın Statik Dengesi
14.03.2023
sağ ucundan sabit bir duvara bağlanmıştır. Sisteme
uygulanabilecek T burulma momentini hesaplayınız.
A
B
yerleştirilmiş, sistem sol ucundan rijid bir kapağa,
60mm
alüminyum
52mm
44mm
çelik
𝑇𝑇ç𝑒𝑒𝑒𝑒.
I-I kesimi
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖−ç𝑒𝑒𝑒𝑒. = 𝑇𝑇ç𝑒𝑒𝑒𝑒.
𝑇𝑇ç𝑒𝑒𝑒𝑒.
I
𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.
𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.
II
II-II kesimi
𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖−ç𝑒𝑒𝑒𝑒. = 𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.
II
Çelik ve Alüminyumun serbest B ucu rijid kapaktan dolayı A ucuna göre aynı oranda dönerler. (Problemin püf noktası budur)
(1)
(𝜙𝜙𝐵𝐵⁄𝐴𝐴 )𝐴𝐴𝐴𝐴 = (𝜙𝜙𝐵𝐵/𝐴𝐴 )ç𝑒𝑒𝑒𝑒
→
𝑇𝑇ç𝑒𝑒𝑒𝑒
𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖−𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 . 𝐿𝐿
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖−ç𝑒𝑒𝑒𝑒 . 𝐿𝐿
→ 𝑇𝑇𝐴𝐴𝐴𝐴 = 0.184𝑇𝑇ç𝑒𝑒𝑒𝑒 (2)
=
=
⟹
𝜋𝜋
𝜋𝜋
3
4
3
4
4
𝐺𝐺𝐴𝐴𝐴𝐴 . 𝐽𝐽𝐴𝐴𝐴𝐴
𝐺𝐺ç𝑒𝑒𝑒𝑒 . 𝐽𝐽ç𝑒𝑒𝑒𝑒
27𝑥𝑥10 𝑥𝑥 42
81𝑥𝑥10 𝑥𝑥 (60 − 52 )
32
32
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
130
4. Millerin Burulması
𝜏𝜏max
Önce çelik emniyetine göre hesaplama yapacak olursak:
Herhangi bir an için maksimum gerilme
𝜏𝜏max
𝜏𝜏min.
Çelik
𝜏𝜏min.
𝜏𝜏max
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚−ç𝑒𝑒𝑒𝑒
𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖−ç𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑑𝑑ç𝑒𝑒𝑒𝑒−𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑
=
.
𝐽𝐽ç𝑒𝑒𝑒𝑒
2
Emniyet sınırındaki maksimum gerilme
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚−ç𝑒𝑒𝑒𝑒 = 𝜏𝜏𝑒𝑒𝑒𝑒−ç𝑒𝑒𝑒𝑒. =
𝑇𝑇ç𝑒𝑒𝑒𝑒−𝑒𝑒𝑒𝑒
𝜋𝜋
4
4
100𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝐽𝐽ç𝑒𝑒𝑒𝑒 200𝑥𝑥 32 (60 − 52 )
=
=
𝑑𝑑ç𝑒𝑒𝑒𝑒−𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑
60
(2) Denkleminden Alüminyuma düşen moment :
Alüminyum
𝑇𝑇ç𝑒𝑒𝑒𝑒.−𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑑𝑑ç𝑒𝑒𝑒𝑒−𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑
= 100𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
.
𝐽𝐽ç𝑒𝑒𝑒𝑒
2
𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎. = 0.184𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥
Ancak Alüminyum bu momente dayanır mı henüz bilmiyoruz.
→ 𝑇𝑇ç𝑒𝑒𝑒𝑒−𝑒𝑒𝑒𝑒 = 1848429𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁
→ 𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎. = 340111𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁
Şimdi de alüminyum emniyetine göre hesaplama yapalım:
Emniyet sınırındaki 𝜏𝜏
𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝜏𝜏𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.−𝑒𝑒𝑒𝑒
maksimum gerilme:
𝜋𝜋
2𝑥𝑥50𝑥𝑥 𝑥𝑥424
𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.−𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑑𝑑𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.
32
=
.
= 50𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 → 𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.−𝑒𝑒𝑒𝑒 =
𝐽𝐽𝐴𝐴𝐴𝐴
2
42
𝑇𝑇ç𝑒𝑒𝑒𝑒 =
(2) Denkleminden çeliğe düşen momenti bulalım:
Çelik emniyetine göre
𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎. < 𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.−𝑒𝑒𝑒𝑒
14.03.2023
O halde çelik emniyeti dikkat alınmalıdır.
Alüminyum emniyetine göre 𝑇𝑇ç𝑒𝑒𝑒𝑒 > 𝑇𝑇ç𝑒𝑒𝑒𝑒−𝑒𝑒𝑒𝑒
Alüminyum emniyetlidir.
Çelik emniyetsizdir.
→ 𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.−𝑒𝑒𝑒𝑒 = 727357𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁
𝑇𝑇𝐴𝐴𝐴𝐴−𝑒𝑒𝑒𝑒 727357
→ 𝑇𝑇ç𝑒𝑒𝑒𝑒 = 3953027𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁
=
0.184
0.184
(1) Denkleminden kapağa uygulanabilecek emniyetli moment değeri:
𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒 = 𝑇𝑇ç𝑒𝑒𝑒𝑒−𝑒𝑒𝑒𝑒 + 𝑇𝑇𝐴𝐴𝐴𝐴 = 1848429 + 340111
→ 𝑇𝑇𝑒𝑒𝑒𝑒 = 2188540𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
131
4. Millerin Burulması / Cevaplı Sorular
Örnek 4.8 (video 4b, örn.4b.2)
Bakır ve Çelik kısımlardan oluşturulmuş kademeli mil, iki
sabit duvar arasına yerleştirilmiş ve B noktasından
T= 2.5kNm lik bir burulma momenti uygulanmıştır. Buna
göre, milde akma oluşup oluşmayacağını kontrol ediniz.
Malzeme
Elastiklik
Modülü
E (GPa)
Poisson
Oranı
ν
Akma
Gerilmesi
σak ( MPa)
Bakır
104
0.3
110
Çelik
200
0.4
350
Cevap: Akma oluşmaz.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
132
4. Millerin Burulması
Örnek 4.9*
Sağ taraftan sabitlenmiş çelik bir mil ile
alüminyum bir tüp, şekildeki gibi rijit bir diske
bağlanmıştır. Çelik mil ve alüminyum tüp için
emniyetli kayma gerilmeleri sırasıyla 120 MPa ve
70 MPa olduğuna göre; disk vasıtasıyla sisteme
uygulanabilecek
maksimum
değerini
tork
bulunuz. (GAlüm.=27 GPa, GÇelik=77 GPa)
Cevap: 6325 Nm
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
133
4. Millerin Burulması / Cevaplı Sorular
Soru 4.10
Şekildeki kademeli milde, AB ve BC
kısımlarında
oluşan
gerilmeleri hesaplayınız.
maksimum
(Cevaplar: 56.6 MPa, 36.6 MPa )
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
134
4. Millerin Burulması / Cevaplı Sorular
Soru 4.11 (End.Müh. 2006 2.vize)
Şekildeki güç iletim sisteminde A,B,C ve D kasnakları sabit çaptaki içi dolu bir mile bağlıdır. Herbir kasnağa gelen burulma momenti şekilde
gösterilmiştir. Sistem sabit bir hızla dönmektedir. Mil malzemesinin kesmedeki akma gerilmesi τakma=150MPa ve emniyet katsayısı n =3 alarak,
a)
B dişlisine gelen TB momentini hesaplayınız. ?
b) Milin emniyetli çapını tespit ediniz?
Cevaplar: a-) 5kNm, b-) 93.42mm
* Bu sorunun çözümünü mehmetzor.com sitesinde sınav soruları içerisinde bulabilirsiniz.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
135
4. Millerin Burulması / Cevaplı Sorular
Soru 4.12
Şekildeki elektrik motorundan alınan, 500Nm’lik
tork B ve C dişlileri tarafından 200Nm ve 300Nm
olarak iletilmektedir.
A yatağı dönmeye izin
vermektedir. Bu durumda A ucunun D ye göre
dönme miktarını (burulma açısını ) hesaplayınız.
Cevap: 3.22o
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
136
4. Millerin Burulması / Cevaplı Sorular
Soru 4.13
Üç farklı malzemeden imal edilmiş kademeli mil, şekildeki gibi her
iki ucundan sabit duvarlara bağlıdır. C ve D noktalarından
uygulanan burulma momentlerinin etkisi ile herbir malzemede
oluşacak maksimum gerilmeyi hesaplayınız.
Cevaplar: τbronz=111.79MPa, : τAlüm.=1.75MPa, τçelik.=214.16MPa
Gbronz = 35 GPa , Galuminum = 28 GPa, Gçelik = 83 GPa
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
137
Not Almak İçin Boş Sayfa
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
138
5.a
28.08.2022
BASİT EĞİLMEDE
NORMAL GERİLME
DAĞILIMI
𝑀𝑀𝑧𝑧.
𝜎𝜎𝑥𝑥 = −
𝑦𝑦
𝐼𝐼𝑧𝑧
(Video 5a)
*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
139
5a. Basit ve Kesmeli EĞİLME / Normal Gerilme Hesapları
5.a.1 Eğilme Yüklemesine Maruz Yapı Örnekleri:
Eğilme, uygulamalarda çok sık görülen bir yükleme biçimidir.
 İnşaatlarda kullanılan kirişler,
 Araçların geçtiği köprüler,
 Vinçler, krenler vb.
eğilme yüklemesine maruzdur.


Bu konuda ilk hedefimiz eğilme yüklemesinde, kesitte oluşan normal gerilme
dağılımını formülüze etmektir.
Eğilme de şekil değiştirme hesabı daha ileri seviyede bir konu olduğundan
burada ayrıca anlatılmayacaktır. (Mukavemet 2 dersinden anlatılmaktadır.)
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
140
5a. Basit ve Kesmeli EĞİLME / Normal Gerilme Hesapları
5.a.2 Eğilme ile Burulma Arasındaki Farkı nasıl anlarız?
Genel kaide: Moment vektörü düzleme paralel ise eğilme; düzleme dik ise burulma yüklemesidir..
y
𝑴𝑴𝒚𝒚
Eğilme yüklemesinde, kesitteki moment
vektörü (sağ el kaidesine göre) düzlem
üzerindeki eksenler (y veya z eksenleri)
den birisi yönündedir.
z
B
y ekseni yönünde eğilme
z ekseni yönünde eğilme
Moment vektörü düzlem dik yani düzlem normali
yönünde (şekilde x ekseni ) olursa burulma momenti
oluşacaktır.
x
y
z
𝑴𝑴𝒙𝒙
burulma
x
Not: Moment indisleri eksen takımının yerleştirilmesine göre değişebilir, ancak üstteki genel kaide değişmez. Biz bu ders kapsamında eksen
takımını bu şekilde yerleştireceğiz ve basit veya kesmeli eğilme durumları için normal gerilme dağılımını hesaplayacağız.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
141
5a. Basit ve Kesmeli EĞİLME / Normal Gerilme Hesapları
5.a.3 Eğilme Çeşitleri:
1-) Basit (Simetrik) Eğilme: Kesitte sadece
1 eğilme iç momenti vardır ve kesit en az bir
eksene göre simetriktir.
2-) Kesmeli Eğilme: Kesitte 1
eğilme
momenti ve 1 kesme kuvveti vardır ve kesit en
az bir eksene göre simetriktir.
3-)
Simetrik
olmayan
(Eğik)
Eğilme:
y
Simetrik
𝑴𝑴𝒚𝒚
kesitlerde en az 2 eğilme momenti, simetrik olmayan
kesitlerde en az 1 eğilme momenti vardır. (Bu daha ileri
seviye bir konu olup Mukavemet 2 dersinde anlatılmaktadır. )
Biz bu konu kapsamında ilk 2 eğilme çeşidiyle ilgileneceğiz.
𝑴𝑴𝒛𝒛
z
x
Not: Eğilme çeşitleri ayrıca asal atalet eksenlere göre de açıklanabilir. Ancak şu an için yukarıdaki açıklamalar yeterlidir.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
142
5a. Basit ve Kesmeli EĞİLME / Normal Gerilme Hesapları
5.a.4 Eğilme yüklemesinde, (moment sebebiyle) oluşan gerilme cinsi:
Eğilme momenti sonucu acaba kesitte kayma gerilmesi mi yoksa normal gerilme mi oluşur? Önce buna karar
vereceğiz. Daha sonra kesitteki bu gerilme dağılımını formulize edeceğiz.
Şekildeki elastik çubuğun lif lif olduğunu düşünelim. (Örneğin, a-b, ve cd çizgileri birer lifttir. )
Bu çubuğa her iki ucundan eğilme momenti (Mz )uygulayalım.
Kesit simetrik olduğu için Basit eğilme oluştuğuna dikkat ediniz.
Elastik yükleme durumunda, yapılabilen kabuller:
•
•
Düzlem kesitler eğilmeden sonra da düzlem kalmaya devam eder.
Yani kesitler şeklini aynen korur, herhangi bir çarpılma olmaz.
Birbirine dik lifler (çizgiler) eğilmeden sonra yine dik kalır.
Yani üstteki şekilde görülen yatay lifler, düşey liflere diktir ve
eğilmeden sonra da dik kalır.
(Henüz gerilme cinsine karar veremedik… devam ediyoruz…>>)
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
143
5a. Basit ve Kesmeli EĞİLME / Normal Gerilme Hesapları
Eğilme momenti sonucu üstteki liflerin kısaldığını alttaki liflerin uzadığını görürüz. ( Örneğin a-b lifi
•
kısalır a’-b’ lifi haline gelir, c-d lifi uzar, c’-d’ lifi olur.)
O halde kısalan üst liflere bası, uzayan alt liflere çeki kuvvetleri gelir.
•
Dolayısıyla üst liflerde bası gerilmeleri ( -σx ), alt liflerde çeki gerilmeleri ( + σx ) oluşur. (Mukavemette
•
aksi söylenmedikçe şekil değiştirmemiş duruma göre denge denklemleri uygulanır ve işlem yapılır. Buna 1. mertebe
ilkesi denir. Bu sebeple liflerdeki gerilmeler kirişin şekil değiştirmemiş haline gelen gerilmeler olarak gösterilmiştir.)
En üstteki lif en fazla kısalır en alttaki lif en fazla uzar. Bu durumda bu liflerde şiddet olarak en
•
büyük gerilmeler oluşur.
Alttan üste doğru gidildikçe liflerdeki uzama azalır. Bir geçiş noktasında liflerde uzama sıfır olur. Bu
•
uzamayan liflerin bulunduğu düzleme tarafsız düzlem denir. (İleride ispat edileceği üzere tarafsız
düzlem kesitlerin ağırlık merkezinden geçen x-z düzlemine paralel yatay düzlemdir.) Tarafsız
düzlemin kesitle kesiştiği yatay çizgiye tarafsız eksen denir. Yandaki şekli inceleyerek bu kavramları
•
•
•
•
iyice anlamaya çalışınız.
Tarafsız düzlem üzerindeki liflerde uzama veya kısalma olmadığı için, bu liflerde gerilmeler sıfırdır.
Bir başka ifade ile, bir kesitin tarafsız eksenindeki tüm noktalarında normal gerilmeler sıfırdır.
Tarafsız eksenden en uzak noktalarda en fazla uzama ve kısalma; dolayısıyla da maksimum çeki ve
minimum bası gerilmeleri oluşacaktır.
Tarafsız eksene yaklaştıkça gerilmeler şiddet olarak azalır.
Tüm bu maddeler, basit veya kesmeli eğilmede, elastik yükleme durumunda geçerlidir.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
144
5a. Basit ve Kesmeli EĞİLME / Normal Gerilme Hesapları
5.a.5 Basit eğilme normal gerilme (σx) hesabı:
•
•
•
•
Eğilme sonucunda çubuğun şekli C merkezli, r yarıçaplı bir yay formunu alır.
DE: Tarafsız düzlem üzerindeki liftir. Boyu değişmez. Bu durumda: DE = D’E’
JK : tarafsız düzlemden y kadar uzaklıktaki liftir. Son boyu J’K’ dür.
Tüm liflerin İlk boylar eşittir. Bu sebeple: JK = DE
Yay uzunluğu = merkez açı x yarıçap … olduğunu biliyoruz. Buna göre:
JK lifi için
Son boy:
Toplam uzama :
Birim elastik uzama :
Elastik bölgede normal gerilme:
𝐽𝐽′ 𝐾𝐾 ′ = 𝜌𝜌 − 𝑦𝑦 𝜃𝜃,
𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝜌𝜌𝜌𝜌 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐽𝐽𝐽𝐽
𝛿𝛿 = 𝐽𝐽𝐽𝐽𝐽𝐽 − 𝐽𝐽𝐽𝐽 = 𝜌𝜌 − 𝑦𝑦 𝜃𝜃 − 𝜌𝜌𝜌𝜌 = −𝑦𝑦𝑦𝑦
𝛿𝛿
𝑦𝑦𝑦𝑦
𝑦𝑦
=−
𝜀𝜀𝑥𝑥 = = −
𝐿𝐿
𝜌𝜌𝜌𝜌
𝜌𝜌
𝜎𝜎𝑥𝑥 = 𝐸𝐸. 𝜀𝜀𝑥𝑥 = −𝐸𝐸.
𝑦𝑦
𝜌𝜌
(Tek eksenli yüklemede Hooke bağıntısı)
Dış normal kuvveti olmadığı için kesitte, normal yönde toplam iç kuvvet (Fx-iç) yoktur.
İç kuvvetler aynı zamanda
kendi
doğrultusundaki
gerilmelerin toplamıdır:
𝐹𝐹𝑥𝑥−𝑖𝑖𝑖 = 0 = �𝜎𝜎𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑑𝑑 = � −𝐸𝐸
𝑦𝑦
𝐸𝐸
𝑑𝑑𝑑𝑑 = − �𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦 = 0 → �𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦 = 0
𝜌𝜌
𝜌𝜌
Bu durumda ağırlık merkezinin y koordinati da sıfır çıkar:
Bu ise tarafsız eksenin kesitin, ağırlık merkezinden geçtiğinin ispatıdır.
Unutmayın: Eğilmede eksen takımı mutlaka kesitin ağırlık merkezine yerleştirilmelidir.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑦𝑦̄ =
∫ 𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦 0
= = 0
𝐴𝐴
∫ 𝑑𝑑𝑑𝑑
145
5a. Basit ve Kesmeli EĞİLME / Normal Gerilme Hesapları
Kesitteki y mesafesindeki bir noktada dA
elemanına gelen dif. iç kuvvet:
𝑀𝑀𝑧𝑧
𝑀𝑀𝑧𝑧
𝑀𝑀𝑧𝑧
𝑀𝑀𝑧𝑧−𝑖𝑖𝑖 = 𝑀𝑀𝑧𝑧
Not: bazı kitaplarda eksen takımı farklı alınmış olabilir.
B udurmda formüldeki eksi işareti olmayabilir. Eksi
işareti olup olmayacağını kendimiz anlayabiliriz.
Şöyleki: Mz-iç >0 iken Tarafsız eksenin üstündeki
noktalarda (y>0) bası oluşması gerektiğini görünüz. Bu
durumda σx in negatif çıkması için denklemin başında
mutlaka – olmalıdır.
28.08.2022
dF kuvvetinin tarafsız eksene göre momenti:
Kesitteki toplam
iç moment: 𝑀𝑀𝑧𝑧−𝑖𝑖𝑖 = �𝑑𝑑𝑑𝑑. 𝑦𝑦 = − � 𝜎𝜎𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑑𝑑 . 𝑦𝑦
𝜎𝜎𝑥𝑥 = 𝐸𝐸. 𝜀𝜀𝑥𝑥 = −𝐸𝐸.
𝑦𝑦
𝜌𝜌
𝑑𝑑𝑑𝑑 = −𝜎𝜎𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑. 𝑦𝑦 = (−𝜎𝜎𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑑𝑑). 𝑦𝑦
+y tarafındaki noktalarda bası gerilmesi
varken, bunlar pozitif Mz momentine
sebep olur. y > 0, 𝜎𝜎𝑥𝑥 < 0 ise Mz ’nin
pozitif çıkması için denklemin başına (–)
koyulmalıdır.
idi. Yerine koyarsak :
𝐸𝐸
𝐸𝐸
𝐸𝐸
𝐸𝐸 𝑀𝑀
→ 𝑀𝑀𝑧𝑧−𝑖𝑖𝑖 = − �(− 𝑦𝑦. 𝑦𝑦. 𝑑𝑑𝑑𝑑) = �( 𝑦𝑦 2 . 𝑑𝑑𝑑𝑑) = 𝐼𝐼𝑧𝑧 → = 𝑧𝑧
𝜌𝜌
𝜌𝜌
𝜌𝜌
𝜌𝜌
𝐼𝐼𝑧𝑧
Sonuç olarak basit eğilmeye maruz bir kirişin
herhangi bir kesitinin herhangi bir noktasındaki
normal gerilmeyi D 5.1 denklemi ile bulabiliriz:
D.5.1
denklemi
basit
veya
kesmeli
basit
eğilmede, Elastik bölgede, Simetrik kesitli,
izotropik malzemeler için geçerlidir.
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑀𝑀𝑧𝑧−𝑖𝑖𝑖
𝜎𝜎𝑥𝑥 = −
𝑦𝑦
𝐼𝐼𝑧𝑧
(D 5.1)
Şimdi bu formülü yorumlayarak kesitteki
gerilme dağılımını anlayacağız..>>.
146
5a. Basit ve Kesmeli EĞİLME / Normal Gerilme Hesapları
5.a.6 Basit eğilmede normal gerilme dağılımını iyice anlayalım:
Kesitte herhangi bir noktadaki gerilme formülünü (D.5.1
denklemini) tekrar inceleyeceğiz:
𝑀𝑀𝑧𝑧−𝑖𝑖𝑖
𝜎𝜎𝑥𝑥 = −
𝑦𝑦
𝐼𝐼𝑧𝑧
𝑀𝑀𝑧𝑧−𝑖𝑖𝑖
T.E
𝑀𝑀𝑧𝑧−𝑖𝑖𝑖 : kesitteki z yönünde iç moment.
𝐼𝐼𝑧𝑧 : kesitin z eksenine göre atalet momenti
𝑦𝑦 : noktanın y koordinatı (orijin mutlaka ağırlık merkezidir.)
𝑀𝑀𝑧𝑧−𝑖𝑖𝑖 ve 𝐼𝐼𝑧𝑧 bir kesit için sabittir. Gerilme ise aynı
kesitte noktadan noktaya değişir. Tarafsız eksenden
eşit uzaklıkta olan, yani aynı y koordinatına sahip
noktalarda gerilmeler aynıdır.
𝑀𝑀𝑧𝑧−𝑖𝑖𝑖 𝑦𝑦𝐴𝐴
𝐼𝐼𝑧𝑧
𝑀𝑀𝑧𝑧−𝑖𝑖𝑖 𝑦𝑦𝐵𝐵
=−
𝐼𝐼𝑧𝑧
𝜎𝜎𝑥𝑥 𝐴𝐴 = 𝜎𝜎𝑥𝑥 𝐷𝐷 = −
𝜎𝜎𝑥𝑥 𝐵𝐵 = 𝜎𝜎𝑥𝑥 𝑐𝑐
𝜎𝜎𝑥𝑥 max
𝑀𝑀𝑧𝑧−𝑖𝑖𝑖 𝑦𝑦𝐻𝐻
= 𝜎𝜎𝑥𝑥 H −
𝐼𝐼𝑧𝑧
𝜎𝜎𝑥𝑥 m𝑖𝑖𝑖𝑖 = 𝜎𝜎𝑥𝑥 E
28.08.2022
𝑀𝑀𝑧𝑧−𝑖𝑖𝑖 𝑦𝑦𝐸𝐸
=−
𝐼𝐼𝑧𝑧
Kesit en az bir eksene
göre simetrik olmalı.
A ve B gibi herhangi 2 nokta için gerilmeler
Maksimum ve minimum gerilmeler tarafsız eksen (T.E)
den en uzak noktalarda meydana gelir. Çünkü bir
kesitte Mz-iç ve Iz sabit olduğundan y değeri en yüksek
noktalarda gerilmeler şiddetçe en büyük değerleri alır.
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
•
•
Kirişin önden görünüşünün bir kısmı.
Gerilme dağılımını dikkatlice inceleyiniz.
Momenti pozitif olduğunu ve bu momente
göre üst liflerin bası, alt liflerin çekiye
maruz kalacağını görmeye çalışınız.
Niçin Mz değil de Mz-iç kullanıyoruz?.
Çünkü kirişin farklı bölgelerinde farklı Mz dış
momentleri
olabilir.
Ancak
formülde
incelediğimiz kesitteki iç momenti koymamız
gerekiyor. Bu karışıklığı önlemek ve durumu
netleştirmek için Mz-iç kullanıyoruz. Diğer
kaynaklarda Mz kullanılsa da yine kastedilen iç
momenttir.
147
5a. Basit ve Kesmeli EĞİLME / Normal Gerilme Hesapları
5.a.7 My-iç momenti olması durumunda gerilme formülü nasıl değişir?
Moment vektörü
Kesitteki iç moment My-iç olursa bu sefer gerilmeler z koordinatina bağlı olarak değişecektir. Gerilme
𝑴𝑴𝒚𝒚−𝒊𝒊𝒊
formülümüz de y ve z indisleri yer değiştirecektir ve formül şu hale gelecektir.
y
T.E
b
G
𝑀𝑀𝑦𝑦−𝑖𝑖𝑖
𝜎𝜎𝑥𝑥 =
. 𝑧𝑧
𝐼𝐼𝑦𝑦
Formülün başına niçin «-» (eksi) işareti bu sefer koymadık?
𝑴𝑴𝒚𝒚−𝒊𝒊𝒊
•
x
z
Üstten görünüş
𝑧𝑧𝑏𝑏
𝜎𝜎𝑥𝑥𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
b
z
28.08.2022
𝑴𝑴𝒚𝒚−𝒊𝒊𝒊
𝜎𝜎𝑥𝑥𝑏𝑏
𝜎𝜎𝑥𝑥𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
x
(D 5.2)
Aşağıdaki yorumlardan anlamaya çalışın:
Yandaki şekilde kesite pozitif (+) My-iç momenti gelmektedir (sağ el kaidesi).
•
Bu durumda +z bölgesindeki lifler uzar, - z bölgesindeki lifler kısalır.
•
+z bölgesinde yer alan b gibi bir noktadaki gerilme çeki yani pozitif işaretli çıkmalıdır.
•
Iy hiçbir zaman negatif olamaz. Daima Iy>0 dır.
•
O halde, My-iç>0, Iy>0 , zb>0 olduğuna göre gerilme formülünden 𝜎𝜎𝑥𝑥𝑏𝑏 > 0 çıkması gerekiyor.
Bu sebeple formülün başına – işareti koyulmasına gerek yoktur.
•
D.5.1 formülü içinde benzer yorumlar yapıp o formülde «-» işaretinin olması gerektiğini anlamaya çalışın.
•
Yukarıdaki yorumları bir problemi çözmeden önce yaparak bir noktada gerilmenin işaretini önceden tahmin
edebilir ve hesapladığınız sonucun işareti açısından sağlamasını yapabilirsiniz.
•
Ayrıca farklı eksen takımları için gerilme formülünü ve işaretini benzer yorumlarla çıkarabilirsiniz.
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
148
5.a.8 Gerilme dağılımının perspektif görünümü:
y
• Mz-iç momenti varken, kesitin tüm noktalarında ki
gerilme dağılımı aslında yandaki gibidir.
G
z
𝑴𝑴𝒛𝒛−𝒊𝒊𝒊
Moment vektörü
28.08.2022
x
𝑴𝑴𝒛𝒛−𝒊𝒊𝒊
• y koordinatı aynı olan noktaların gerilmeleri aynıdır.
• Tarafsız Eksen (T.E) nin üstündeki noktalarda bası,
altındaki noktalarda çeki gerilmeleri oluşur.
• T.E de gerilmeler sıfırdır.
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
149
4. Eğilme – Basit Eğilme
Örnek 5.a.1 (video 5a, örn.5a.1)
Şekildeki kiriş için akmayı başlatacak
eğilme momentini bulunuz.
𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎 = 250𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
Çözüm:
I-I kesitindeki yüklemeye göre alttaki lifler uzar. Maksimum çeki gerilmesi en alt
noktalarda (örneğin B noktasında) ortaya çıkar. Çözüm yaptığımızda B noktasında + , A
noktasında – gerilme çıkması gerektiğini önceden tahmin etmiş olduk. Çıkan sonuçları
bu tespite göre kontrol edebiliriz.
𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝜎𝜎𝑥𝑥 𝐵𝐵 = −
σx-min
𝑀𝑀. −30 𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑀𝑀𝑧𝑧−𝑖𝑖𝑖 . 𝑦𝑦𝐵𝐵
= − 20 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑥𝑥 60 𝑚𝑚𝑚𝑚
𝐼𝐼𝑧𝑧
𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 = 250 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 alarak,
σx-max
12
3
= 8,33𝑥𝑥10−5 𝑀𝑀
⟹ 8,33𝑥𝑥10−5 𝑀𝑀 = 250 ⟹ 𝑀𝑀 = 3000000 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁 = 3 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 (akmaya sebep olacak moment)
B noktasında çeki gerilmesi olacağını önceden göremeseydik bile, σx-B ’nin pozitif çıkması yine çeki gerilmesi olduğunu
gösterir. Bununla birlikte sünek malzemelerde bası ve çekideki akma mukavemeti birbirine eşit kabul edilebilir.
28.08.2022
𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝜎𝜎𝑥𝑥 𝐴𝐴 = −𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Denkleminden de aynı
sonuç bulunabilir.
1- 150
5a. Basit ve Kesmeli EĞİLME / Normal Gerilme Hesapları
Örnek 5.a.2 (video 5a, örn.5a.2)
T kesitli ankastre çubuğun çeki ve basıdaki akma mukavemeti
120MPa’dır. Çubuğun serbest ucuna,
a-) Mz =3kNm lik bir moment uygulanırsa,
b-) My = 1kNm lik moment uygulanırsa,
çubukta akma olup olmayacağının kontrolünü yapınız.
c-) A noktasından -y yönünde F= 1kN luk bir kuvvet uygulanırsa,
akma olup oluşmayacağını hesaplayınız. Çubuk boyu: L =
500mm
d-) Mx = 3kNm moment uygulandığında hesaplama şekli nasıl
değişir? Araştırınız.
Çözüm:
a-)
𝑴𝑴𝒛𝒛
A
Statik Dengeden bir kesitteki iç momenti buluruz:
𝑀𝑀𝑧𝑧 =3kNm
𝑀𝑀𝑧𝑧−𝑖𝑖𝑖 =𝑀𝑀𝑧𝑧 =3kNm
Tüm kesitlerde iç momentler aynıdır
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
151
Akma kontrolü D.5.1 maksimum ve minimum normal gerilmeleri hesaplamalıyız ve akma gerilmesi ile karşılaştırmalıyız.
𝑀𝑀𝑧𝑧−𝑖𝑖𝑖.
𝜎𝜎𝑥𝑥 = −
𝑦𝑦
𝐼𝐼𝑧𝑧
Ama öncelikle ağırlık merkezinin y koordinatını ve Iz değerini hesaplarız:
1
2
A i mm 2
20 × 90 = 1800
y i , mm
50
y i Ai , mm 3
40 × 30 = 1200
∑ Ai = 3000
20
24 × 10 3
∑ yi Ai = 114 × 10 3
90 × 10 3
∑ 𝑦𝑦̄ 𝑖𝑖 𝐴𝐴𝑖𝑖 114 × 103
𝑦𝑦 =
=
= 38 mm
∑ 𝐴𝐴𝑖𝑖
3000
𝐼𝐼𝑧𝑧 = � 𝐼𝐼̄𝑧𝑧𝑧𝑧 + 𝐴𝐴𝑖𝑖 𝑑𝑑𝑖𝑖 2 = �
1
1
90 × 203 + 1800 × 122 +
30 × 403 + 1200 × 182
12
12
3
4
𝐼𝐼𝑧𝑧 = 868 × 10 mm
=
28.08.2022
1
𝑏𝑏𝑖𝑖 ℎ𝑖𝑖 3 + 𝐴𝐴𝑖𝑖 𝑑𝑑𝑖𝑖 2
12
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
152
Öngörü: Mz-iç momenti pozitif olduğu için A noktasında minimum bası, B
noktasında maksimum çeki gerilmesi ortaya çıkmalıdır.
Bu yorumu yapmak zorunda değiliz. Ancak yapabilirsek, çıkan gerilmelerin işareti noktasındaki
tereddütlerimiz ortadan kalkacaktır.
𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑀𝑀𝑧𝑧 . 𝑦𝑦𝐴𝐴
=−
𝐼𝐼𝑧𝑧
𝜎𝜎𝐴𝐴 = 𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 =120MPa idi..>>
𝜎𝜎𝐵𝐵 = 𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝜎𝜎𝐵𝐵 > 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 →
d-) Cevap: …..
28.08.2022
𝑀𝑀𝑧𝑧 . 𝑦𝑦𝐵𝐵 3𝑥𝑥106 . −38
=−
−
⟹
𝐼𝐼𝑧𝑧
868𝑥𝑥103
131.3 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 > 120 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
b-) Cevap : 34.45 MPa < 120MPa (akma oluşmaz),
c-) Cevap : Akma oluşmaz.
3𝑥𝑥106 . 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁 22𝑛𝑛𝑛𝑛
=−
⟹
868𝑥𝑥103 𝑚𝑚𝑚𝑚4
akma oluşur.
𝜎𝜎𝐴𝐴 = −76.0 MPa
𝜎𝜎𝐵𝐵 = 131.3 MPa
Çözümler ve açıklamalar 5a videosunda Örn.5a.2 de yapılmıştır.
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
153
Not Almak İçin Boş Sayfa
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
154
5.b
DÜŞEY YÜKLÜ KİRİŞLERİN
EĞİLMESİ
(Kesme Kuvveti – Eğilme Momenti Diyagramları)
28.08.2022
(Video 5b)
*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
155
5b-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
5.b.1 Kirişler ve Endüstrideki yeri
Uzunlukları Kesit boyutlarına göre çok daha büyük olan çubuk şeklindeki yatay
elemanlara kiriş denir.
Örneğin bulunduğunuz binaya dikkat ettiğinizde yatay beton elemanlar kiriştir. Düşey
elemanlara ise kolon ismi verilir.
Kiriş kesitleri farklı kesitlere sahip olabilirler ve genelde üst yüzeyinden (eksenine dik
olan düşey doğrultuda) yüklendikleri için eğilmeye maruz kalırlar.
Farklı Profil Demir Kirişler
Farklı kesitlere sahip beton kirişler
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
156
5b-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
5.b.2 Kirişlerin Yükleme Çeşitleri
Yayılı yük
N/m
Tekil yük (N)
•
•
Tekil yük (N) bir noktaya, yayılı yük belli bir uzunluğa(N/m) düşer.
•
meydana getirirler. Dolayısıyla kiriş aslında kesmeli eğilmeye maruz kalır.
•
konu kapsamında bu tip simetrik kesitli kirişler incelenecektir.
•
oluştuğunu ve nasıl hesaplanacağını öğrenmiştik.
•
•
1.
•
Not: Kesme iç kuvvetinden (V ) den
dolayı da kesitte kayma gerilmeleri
meydana gelir ancak bu bir sonraki 5.c
konusunda işlenecektir.
Kirişler düşey olarak genellikle tekil ve/veya yayılı yüklere maruz kalırlar
2.
3.
4.
Uygulanan kuvvetler kirişin kesitlerinde iç kesme kuvveti (V) ve iç eğilme momenti (Miç )
Kiriş kesiti en az bir eksene göre simetrik ise kesmeli basit eğilme sözkonusudur ki, bu
Eğilme momentinden dolayı kesitte normal gerilmeler
Ancak buradaki fark, momentin kesitten kesite değişmesidir.
𝑀𝑀𝑧𝑧−𝑖𝑖𝑖
𝑦𝑦
𝐼𝐼𝑧𝑧
Bu sebeple aşağıdaki adımları takip ederek kirişteki şiddetçe en büyük sx normal gerilmesini ulaşırız.
Statik dengeden mesnet tepkileri bulunur.
Kesme Kuvveti – Eğilme Momenti Diyagramları çizilir.
Momentin şiddetçe en büyük olduğu kesit (kritik kesit) tespit edilir.
Bu kritik kesitte D.5.1. veya D.5.2 denkleminden normal gerilme hesaplamaları yapılır. Şiddetçe
en büyük gerilmeye sahip nokta kirişteki en kritik noktadır. Bu noktaya göre, boyutlandırma
veya emniyet kontrolü yapılmalıdır.
28.08.2022
𝜎𝜎𝑥𝑥 = −
Konu örnekler üzerinden daha iyi anlaşılacaktır..>>
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
157
5b-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
5.b.3 İç kuvvet ve momentin Pozitif Yönleri:
Sol kısmın dengesi incelenirken
M: saat ibresi tersi yönde, V: aşağı doğru pozitif alınır.
Sağ kısmın dengesi incelenirken
M: saat ibresi yönde , V: yukarı doğru pozitif alınır.
I-I kesimi
Sol kısım
Sağ kısım
I
28.08.2022
I
>0
>0
>0
I
I
>0
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
158
5b-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
5.b.4 Moment, kesme kuvveti ve yayılı yük arasındaki bağıntılar.
,
Herhangi bir bölge için, Moment ( M ), kesme kuvveti ( V ) ve yayılı yük (w ) arasında
fonksiyonel olarak şu bağıntılar vardır.
𝑑𝑑𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖 (𝑥𝑥)
= 𝑉𝑉 𝑥𝑥
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑(𝑥𝑥)
= −𝑞𝑞 𝑥𝑥
𝑑𝑑𝑑𝑑
(D 5.3)
(D 5.4)
Yaptığımız örneklerde bu bağıntıların da sağlandığına dikkat edilerek, işlemlerimizin sağlaması yapılabilir.
Şimdi konuyla ilgili örnekler çözerek konuyu daha iyi pekiştireceğiz...>>
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
159
5b-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
Şekildeki kirişin kesme kuvveti ve eğilme momenti
Örnek 5.b.1 (video 5b, örn.5b.1)
diyagramlarını çiziniz. b-) kirişte ortaya çıkacak
maksimum normal gerilmenin yerini ve değerini bulunuz
Çözüm:
Statik dengeden:
𝑅𝑅𝐵𝐵 = 46kN
� 𝑀𝑀𝑘𝑘𝑘 = 0 ⟹ 20 𝑘𝑘𝑘𝑘 𝑥𝑥 + 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−1 = 0 ⟶ 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−1 = −20𝑥𝑥
I-I kesimi (sağ kısım)
2.Bölge
� 𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⟹ −20 𝑘𝑘𝑘𝑘 + 46 𝑘𝑘𝑘𝑘 − 𝑉𝑉2 = 0 ⟶ 𝑉𝑉2 = 26 𝑘𝑘𝑘𝑘
2.5 ≤ 𝑥𝑥 ≤ 5.5
� 𝑀𝑀𝑘𝑘𝑘 = 0 ⟹ 20 𝑥𝑥 + 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−2 − 46 𝑥𝑥 − 2.5 = 0
II-II kesimi (sağ kısım)
⟶ 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−2 = 26𝑥𝑥 − 115
3.Bölge
� 𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⟹ 14 𝑘𝑘𝑘𝑘 + 𝑉𝑉3 = 0 ⟶ 𝑉𝑉3 = −14 𝑘𝑘𝑘𝑘
5.5 ≤ 𝑥𝑥 ≤ 7.5
28.08.2022
� 𝑀𝑀𝐵𝐵 = 0 = 𝑅𝑅𝐷𝐷 . 5 − 40.3 + 20.2,5
𝑅𝑅𝐷𝐷 = 14kN
� 𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 ⟹ −20 𝑘𝑘𝑘𝑘 − 𝑉𝑉1 = 0 ⟶ 𝑉𝑉1 = −20 𝑘𝑘𝑘𝑘
1.Bölge
0 ≤ 𝑥𝑥 ≤ 2.5
III-III kesimi (sol kısım)
� 𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 = 𝑅𝑅𝐵𝐵 + 𝑅𝑅𝐷𝐷 − 20 − 40
Herbir bölge için
∑ 𝑀𝑀𝑘𝑘𝑘 = 0 ⟹ 14 7.5 − 𝑥𝑥 − 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−3 = 0
⟶ 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−3 = 14(7.5 − 𝑥𝑥)
𝑑𝑑𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖 (𝑥𝑥)
= 𝑉𝑉 𝑥𝑥
𝑑𝑑𝑑𝑑
denkleminin sağlandığına dikkat ediniz.
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑥𝑥 = 0 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖
𝑉𝑉1 = −20 𝑘𝑘𝑘𝑘 , 𝑀𝑀1 = 0,
𝑥𝑥 = 2.5 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖
𝑉𝑉1 = −20 𝑘𝑘𝑘𝑘 , 𝑀𝑀1 = −50 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑥𝑥 = 2.5 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖
𝑉𝑉2 = 26 𝑘𝑘𝑘𝑘 , 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−2 = −50 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘,
𝑥𝑥 = 5.5 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖
𝑉𝑉2 = 26 𝑘𝑘𝑘𝑘 , 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−2 = 28 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑥𝑥 = 5.5 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖
𝑉𝑉3 = 26 𝑘𝑘𝑘𝑘 , 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−3 = 28 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘,
𝑥𝑥 = 7.5 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖: 𝑉𝑉3 = 0 , 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−3 = 0
160
5b-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
Herbir bölgenin sınır değerlerinden Kesme kuvveti ve eğilme momenti
diyagramları aşağıdaki gibi çizilir.
Eğilme momenti diyagramından şiddetçe en büyük moment B
kesitinde ortaya çıktığını görüyoruz. O halde kritik kesit B kesitidir.
kesme kuvveti
diyagramı
𝑀𝑀𝐵𝐵 = −50kN ⋅ m = 𝑀𝑀𝑧𝑧−𝑖𝑖𝑖−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
Bu kesitte maksimum gerilme D.5.1 denkleminden bulunur ve
kesitin en üst noktalarında ortaya çıkar.)
𝜎𝜎𝑎𝑎 = 𝜎𝜎𝑏𝑏 = 𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑀𝑀𝐵𝐵
=−
𝑦𝑦
𝐼𝐼𝑧𝑧 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
−50 × 106 N ⋅ mm 250
=−
.
1
2
3
80𝑥𝑥𝑥𝑥0
12
𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 60𝑀𝑀Pa
V kesme kuvveti diyagramı ne işimize yarıyor?
Eğilme momenti
diyagramı
28.08.2022
Aslından bir sonraki konuda kayma gerilmelerinin en büyüğünü hesaplamakta V
diyagramını kullanacağız. Normal gerilme hesabında işimize yaramıyor.
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
161
5b-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
Örnek 5b.2 (video 5b, örn.5b.2)
Şekildeki kirişin;
a-) kesme kuvveti ve eğilme momenti diyagramlarını çiziniz.
b-) Kirişteki maksimum ve minimum normal gerilmeleri bulunuz.
Çözüm:
Statik Dengeden:
S.C.D
Yayılı yükün bileşkesi
I 1
I
28.08.2022
𝑅𝑅𝐵𝐵𝑥𝑥
F=q.L=2x4=8kN
II
𝑅𝑅𝐵𝐵𝑦𝑦
II
= 𝑅𝑅𝐵𝐵
2
(1metreye 2 kN yük
düşer anlamındandır)
3
III
𝑅𝑅𝑐𝑐 III
yayılı yükün bileşkesi F: 1 metreye 2kN’luk yük düşerse,
4 metreye 2x4 =8kN’luk yük düşer.
� 𝑀𝑀𝐶𝐶 = 0 ⟹ −4 − 𝑅𝑅𝐵𝐵 𝑥𝑥𝑥 + 8𝑥𝑥𝑥 − 2𝑥𝑥𝑥 = 0
⟶ 𝑅𝑅𝐵𝐵 𝑥𝑥𝑥 = 16 − 8 ; 𝑅𝑅𝐵𝐵 = 2 𝑘𝑘𝑘𝑘
� 𝐹𝐹𝑌𝑌 = 0 ⟹ 𝑅𝑅𝐵𝐵 + 𝑅𝑅𝐶𝐶 − 8 − 2 = 0
⟶ 𝑅𝑅𝐶𝐶 = 10 − 2 ; 𝑅𝑅𝐶𝐶 = 8 𝑘𝑘𝑘𝑘
� 𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0
→ 𝑅𝑅𝐵𝐵𝐵𝐵 = 0
Kirişi şekildeki gibi 3 bölgeye ayırırız. Şimdi herbir bölgeden kesim yaparak iç kuvvet ve iç momentleri bulacağız…>>
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
162
5b-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
Aşağıda yapılaz herbir kesim için iç kuvvet ve momentleri pozitif yönlerde yerleştirileştirildğine (bknz:…. Maddesindeki işaret kuralı) ve
D.5.1 ve D.5.2 denklemlerinin sağlandığına dikkat ediniz.
1. Bölge:
I
0 ≤ 𝑥𝑥 ≤ 3𝑚𝑚
I-I kesimi (sol kısım);
2. Bölge: 3𝑚𝑚 ≤ 𝑥𝑥 ≤ 7𝑚𝑚
𝑥𝑥
q.L=2.(x-3)
𝑅𝑅𝐵𝐵
II-II kesimi (sol kısım);
Miç-2 nin maksimum değerini
bulabilmek içintürevini sıfıra eşitleriz:
3. Bölge: 7𝑚𝑚 ≤ 𝑥𝑥 ≤ 9𝑚𝑚
III-III kesimi (sağ kısım);
𝐴𝐴
28.08.2022
K1
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−3
𝑥𝑥
𝑥𝑥
� 𝐹𝐹𝑌𝑌 = 0 ⟹ 𝑉𝑉1 = 0
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−1
II
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−2
K2 𝑉𝑉2
𝑥𝑥 − 3
II
III
K
9 − 𝑥𝑥 3
III
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−1 = 4 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
⟹ 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−1 = 4 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
� 𝐹𝐹𝑌𝑌 = 0 ⟹ 𝑅𝑅𝐵𝐵 − 2. 𝑥𝑥 − 3 − 𝑉𝑉2 = 0 ⟹ 𝑉𝑉2 = 2 − 2. (𝑥𝑥 − 3)
� 𝑀𝑀𝐾𝐾2 = 0 ⟹ 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−2 + 2. 𝑥𝑥 − 3 .
⟹ 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−2 = − 𝑥𝑥 − 3
2
𝑥𝑥 − 3
− 𝑅𝑅𝐵𝐵 . 𝑥𝑥 − 3 − 4 = 0
2
+ 2. 𝑥𝑥 − 3 + 4
𝑥𝑥 = 3𝑚𝑚 ⟹ 𝑉𝑉2 = 2 𝑘𝑘𝑘𝑘 , 𝑀𝑀 = 4𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 ,
𝑑𝑑𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−2
= 𝑉𝑉2 = 2 − 2 𝑥𝑥 − 3 = 0
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑉𝑉3
𝑉𝑉1 = 0
� 𝑀𝑀𝐾𝐾1 = 0 ⟹ −4 + 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−1 = 0
𝑉𝑉1
I
𝑥𝑥 = 0 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣 3𝑚𝑚 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖
𝑥𝑥 = 7𝑚𝑚 ⟹ 𝑉𝑉2 = −6 𝑘𝑘𝑘𝑘 , 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−2 = −4𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
→ 𝑥𝑥 = 4𝑚𝑚 → 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−2 −𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = − 4 − 3 2 + 2 4 − 3 + 4 = 5𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
� 𝐹𝐹𝑌𝑌 = 0 ⟹ 𝑉𝑉3 − 2 = 0 ⟹ 𝑉𝑉3 = 2 𝑘𝑘𝑘𝑘
� 𝑀𝑀𝐾𝐾3 = 0 ⟹ −𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−3 − 2 9 − 𝑥𝑥 = 0
⟹ 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−3 = −2 9 − 𝑥𝑥
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑥𝑥 = 7𝑚𝑚 ⟹ 𝑉𝑉3 = 2 𝑘𝑘𝑘𝑘 , 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−3 = −4𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑥𝑥 = 9𝑚𝑚 ⟹ 𝑉𝑉3 = 2 𝑘𝑘𝑘𝑘 , 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−3 = 0
163
5b-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
•
2
-6
5
4
-4
•
•
(maksimum veya minimum değerleri) bilmemiz, grafikleri çizmemiz için yeterli olur.
2. (veya daha yüksek derecede) eğrisel fonksiyolar için (burada Miç-2 ) ayrıca tepe noktalarını
Bir önceki sayfada bu değerleri aşağıdaki gibi tespit etmiştik:
𝑥𝑥 = 0 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖 3𝑚𝑚 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
3
Miç(kNm)
19.04.2023
28.08.2022
x bağlı polinom fonksiyonlarının derecelerine bakarız:
Sabit veya 1. derece (doğrusal) fonksiyonlarda bölge sınırlarındaki değerleri,
•
V (kN)
Kesme kuvveti ve Eğilme momenti diyagramlarını çizebilmek için herbir bölgenin Viç ve Miç in
7
4
9
x (m)
𝑥𝑥 = 3𝑚𝑚
→ 𝑥𝑥 = 4𝑚𝑚
x (m)
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−1 = 4 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑉𝑉2 = 0
→ 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−2 −𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 5𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑉𝑉2 = 2𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑥𝑥 = 7𝑚𝑚
𝑉𝑉2 = −6𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑥𝑥 = 9𝑚𝑚
𝑉𝑉3 = 2𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑥𝑥 = 7𝑚𝑚
en kritik kesit
𝑉𝑉1 = 0
𝑉𝑉3 = 2𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−2 = 4 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−2 = −4 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−3 = −4 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−3 = 0
1.Bölge
2.Bölge
3.Bölge
• Bölgelerin ortak sınır noktalarında (bu örnekte B ve C noktalarında) yeralan tekil kuvvetler kesme
kuvveti diyagramında sıçramalara (o noktada ani kuvvet değişimlerine) sebep olur.
• Bu örnekte 1. ve 2nci bölgelerin ortak noktası olan B noktasındaki RB kuvveti, V değerini 0 dan 2 kN’a
aniden çıkarmıştır. C noktasında da böyle bir durum sözkonusudur.
• Eğer bölge ortak sınırlarında tekil dış momentler olursa (bu örnekte yoktur), bunlar da moment
diyagramında o noktalarda sıçramalara sebep olacaktır.
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
164
5b-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
𝑦𝑦� =
Ağırlık merkezinin yeri:
𝐴𝐴1 . 𝑦𝑦1 + 𝐴𝐴2 . 𝑦𝑦2
75.150 . 125 + 225.50 . 25
= 75𝑚𝑚𝑚𝑚
=
75.100 + 225.50
𝐴𝐴1 + 𝐴𝐴2
Ağırlık merkezinden geçen yatay z eksenine göre atalet momenti:
𝑑𝑑1 = 𝑦𝑦� − 𝑦𝑦1 = 75 − 125 = −50 𝑚𝑚𝑚𝑚 ,
𝐼𝐼𝑧𝑧1
𝐼𝐼𝑧𝑧2
𝑏𝑏1 ℎ1 3
75. 1503
2
+ 𝐴𝐴1 . 𝑑𝑑1 =
+ 75.150 −50 2 = 49218750 𝑚𝑚𝑚𝑚4
=
12
12
𝑏𝑏2 ℎ2 3
225. 503
2
+ 𝐴𝐴2 . 𝑑𝑑2 =
+ 225.50 50
=
12
12
𝐼𝐼𝑧𝑧 = 𝐼𝐼𝑧𝑧1 + 𝐼𝐼𝑧𝑧2 = 49218750 + 30468750 →
En kritik kesit iç momentin şiddetçe en büyük olduğu x=4 m deki kesittir. Bu kritik kesitte:
𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑀𝑀𝑧𝑧−𝑖𝑖𝑖−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
5𝑥𝑥106
=−
𝑦𝑦𝑏𝑏 = −
−75
𝐼𝐼𝑍𝑍
79687500
𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
28.08.2022
𝑀𝑀𝑧𝑧−𝐸𝐸
5𝑥𝑥106
=−
𝑦𝑦 = −
200 − 75
𝐼𝐼𝑍𝑍 𝑎𝑎
79687500
→
→
𝑑𝑑2 = 𝑦𝑦� − 𝑦𝑦2 = 75 − 25 = 50 𝑚𝑚𝑚𝑚
𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑏𝑏 = 4,7𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑎𝑎 = −7,84𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
2
= 30468750 𝑚𝑚𝑚𝑚4
𝐼𝐼𝑧𝑧 = 79687500 𝑚𝑚𝑚𝑚4
a
b
165
5b-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
Bölümle İlgili Cevaplı Sorular
Aşağıdaki kirişlerin kesme kuvveti-eğilme momenti diyagramlarını çiziniz. (Cevaplar kirişlerin altında verilmiştir)
Soru 5b.3
28.08.2022
Soru 5b.4
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
166
5b-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
Soru 5b.5
28.08.2022
Soru 5b.6*
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
167
5b-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
Örnek Soru 5b.7 (2013-2.vize sorusu)
Kare kesitli ve şekildeki düşey yüklere maruz kiriş için;
a-20P) Kesme kuvveti- Eğilme Momenti diyagramlarını çiziniz.
b-20P) Kirişin emniyetli olması açısından kare kesitin a kenar uzunluğunun
emniyetli değerini hesaplayınız. σem = 150MPa
*Bu sorunun pdf çözümünü mehmetzor.com sitesinde sınav soruları bölümünde bulabilirsiniz.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
168
5b-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
Örnek (Soru) 5b.8* Şekildeki kirişte kesme
kuvveti-eğilme momenti diyagramlarını
çiziniz ve kirişte ortaya çıkan maksimum ve
minimum normal gerilmeleri hesaplayınız.
Cevap: 𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 103𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀, 𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = −89.6𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
169
5b-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
Örnek (Soru) 5b.9* Şekildeki kirişte ortaya çıkan
maksimum ve minimum normal gerilmeleri hesaplayınız.
Cevaplar: 𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 679MPa , 𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = −989𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀,
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
170
5b-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
Soru 5b.10
Şekildeki yükleme durumu ve kesit
görünümü verilen beton kirişte,
ortaya
çıkan
maximum
ve
minumum
normal
gerilmeleri
hesaplayınız.
Cevaplar:
28.08.2022
σmax=23.84MPa,
σmin=-30.82MPa
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
171
5b-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
Soru 5b.11
Şekilde verilen kirişin kesme kuvveti ve eğilme momenti
diyagramlarını çizerek kiriş üzerindeki en büyük normal
gerilme değerini bulunuz
Cevaplar:
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
σmax=31MPa
172
5b-Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi / Kesme Kuvveti-Eğilme Momenti Diyagramları
Soru 5b.12
Şekildeki gibi yüklenmiş ve kesme kuvveti-eğilme momenti diyagramları verilmiş olan kiriş, 150mm
çapında içi dolu dairesel kesittir.
Malzemeden kazanmak için kiriş kesitini bir miktar boşaltmak ve içi boş dairesel kesitli (boru kesitli)
yapmak istiyoruz. Emniyet sınırları içerisinde kalmak kaydıyla kiriş kesitinde maksimum ne kadarlık
çapta bir delik açabilirsiniz?
Kiriş malzemesinin bası ve çekideki akma mukavemeti 300MPa, emniyet katsayısı n=2
Cevap: d1 = 124.65mm’lik bir delik açabiliriz.
Mevcut
kesit
İstenen kesit
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
173
Not Almak İçin Boş Sayfa
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
174
5.c
28.08.2022
KESMELİ BASİT EĞİLMEDE
KAYMA GERİLMESİ VE
KAYMA AKISI
𝜏𝜏 =
𝑉𝑉. 𝑄𝑄
𝐼𝐼𝑧𝑧 . 𝑡𝑡
(Videolar: 5c.1, 5c.2, 5c.3)
*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
175
5c.1- Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
5.c.1 Bu bölümde Amacımız:
Kesmeli eğilmeye maruz bir kirişte, kesme kuvveti (V)
sebebiyle
oluşan
kayma
gerilmesi
ve
kayma
akısı
MA
y
I (sağ)
q
. .
. .
. .
5.c.2.1 Kayma Gerilmesi Dağılımının Çıkarılması
•
Örnek 4.6 daki kirişi ve yükleme durumunu ele alırsak,
•
yandaki gibi bulmuştuk.
Kesme kuvveti ve Eğilme momenti diyagramlarını
Eğilme momenti sonucu oluşan normal gerilme
dağılımının
•
•
•
öğrenmiştik.
alttaki
şekildeki
gibi
olduğunu
Şimdi ise V kesme kuvvetinin etkisini inceleyeceğiz.
I-I ve II-II kesitlerinden ∆x genişliğinde cdef parçasını
çıkarıyoruz.
Bu parçanın sol ve sağ yüzeylerdeki iç momentler ve iç
kuvvetler
•
en
diyagramlardan
da
anlaşılacağı
üzere
farklıdır. Bu parça ayırma prensibine göre dengededir.
İlaveten bu parçayı K düzleminden (c’d’nr alanından)
ayırıp üstteki parçanın dengesini inceleyeceğiz:
28.08.2022
P
c
c
d
c’
d’
1
2
∆x
e
f
dağılımlarını formülüze etmektir.
•
II
(sol)
II
I
𝑉𝑉𝑖𝑖ç
𝑉𝑉𝑖𝑖𝑖1
𝑉𝑉𝑖𝑖𝑖2
x
c’
z
𝑉𝑉𝑖𝑖𝑖1 p
y
m
d
d’ o
𝜏𝜏
∆x
e
𝜏𝜏
f
G
𝜏𝜏 =?
𝜏𝜏
s
𝑉𝑉𝑖𝑖𝑖2
x
kesit alanı (fdms )
(en az bir eksene göre
simetrik)
x
Eğilme Momenti Etkisi-Normal Gerilme Dağılımı
(Daha önce anlatılmıştı)
𝑀𝑀𝑖𝑖ç
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖2
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖1
𝑀𝑀𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
θ
p
x
𝑉𝑉𝑖𝑖𝑖1 c
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖1
e
d
1
2
f
𝑉𝑉𝑖𝑖𝑖2
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖2
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜎𝜎𝑥𝑥1
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖1
z
T.E
c
c’
.
m
r
d
K
n 𝜎𝜎𝑥𝑥2
d’
.
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖2
s
o
.
e
.
T.E
f
176
5c- Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
p
K ayırma yüzeyinin üst parçası (cdc’d’ kısmı) nın dengesini inceliyoruz.
Miç1 ve Miç2 momentleri farklı olduğu için 𝜎𝜎𝑥𝑥1 ve 𝜎𝜎𝑥𝑥2 gerilme dağılımları arasında fark olacaktır.
Bu durumda ise üst bölgenin yan yüzeylerinde (cc’pr ve dd’mn yüzeylerinde) oluşan iç kuvvetler
(𝐹𝐹𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 ve 𝐹𝐹𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 ) arasında fark olacaktır.
𝜎𝜎𝑥𝑥1
𝜎𝜎𝑥𝑥2
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖1
=−
. 𝑦𝑦
𝐼𝐼𝑧𝑧
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖2
=−
. 𝑦𝑦
𝐼𝐼𝑧𝑧
′
′
𝐹𝐹𝑑𝑑𝑑𝑑
> 𝐹𝐹𝑐𝑐𝑐𝑐
𝜎𝜎𝑥𝑥2 > 𝜎𝜎𝑥𝑥1
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖2 > 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖1
𝐹𝐹𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐
c
𝜎𝜎𝑥𝑥1
c’
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖1
∗
𝐴𝐴
𝜏𝜏
r
∆x
dA
m
d
𝜏𝜏
∆F
𝜏𝜏 K
n
𝜎𝜎𝑥𝑥2
dA
d’
𝐹𝐹𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖2
𝐹𝐹𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 ve 𝐹𝐹𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 kuvvetleri birbirini dengelemediği için, K ayırma yüzeyinde ilaveten bir ∆F iç kuvveti ortaya çıkacaktır.
Σ𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0
′
′
𝐹𝐹𝑐𝑐𝑐𝑐
− 𝐹𝐹𝑑𝑑𝑑𝑑
+ ∆𝐹𝐹 = 0
′
′
∆𝐹𝐹 = 𝐹𝐹𝑑𝑑𝑑𝑑
− 𝐹𝐹𝑐𝑐𝑐𝑐
İç kuvvetler yan yüzeylerdeki (cc’pr ve dd’mn) yüzeylerindeki gerilmelerin toplamıdır:
∆𝐹𝐹 = ∫𝐴𝐴 −
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖2
𝐼𝐼𝑧𝑧
. 𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦 − ∫𝐴𝐴 −
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖1
𝐼𝐼𝑧𝑧
. 𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦 → ∆𝐹𝐹 =
−𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖2 +𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖1
𝐼𝐼𝑧𝑧
. ∫ 𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦
D.5.3 denkleminden eğilme momenti diyagramının dx bölgesindeki eğimi (veya
momentin x e göre türevi) kesme kuvvetine eşit olduğunu biliyoruz:
tan 𝜃𝜃 =
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑
=
∆𝑀𝑀
∆𝑥𝑥
=
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖2 −𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖1
𝑑𝑑𝑑𝑑
= 𝑉𝑉
→ 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖2 − 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖1 = 𝑉𝑉. ∆𝑥𝑥
cc’dd’ alanının statik momenti: 𝑄𝑄 = ∫ 𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦
(Bir sonraki sayfada açıklanacaktır)
28.08.2022
→ ∆𝐹𝐹 =
𝑉𝑉. ∆𝑥𝑥
𝑄𝑄
𝐼𝐼𝑧𝑧
′
𝐹𝐹𝑑𝑑𝑑𝑑
= ∫𝐴𝐴 𝜎𝜎𝑥𝑥2 𝑑𝑑𝑑𝑑
,
′
𝐹𝐹𝑐𝑐𝑐𝑐
= ∫𝐴𝐴 𝜎𝜎𝑥𝑥1 𝑑𝑑𝑑𝑑
K yüzeyindeki ortalama gerilme gerilme
→ 𝜏𝜏 =
∆𝐹𝐹
∆𝐹𝐹
𝑉𝑉. ∆𝑥𝑥
1
=
𝑄𝑄.
=
𝐴𝐴∗ 𝑡𝑡. ∆𝑥𝑥
𝐼𝐼𝑧𝑧
𝑡𝑡. ∆𝑥𝑥
V kesme kuvveti etkisiyle oluşan
kayma gerilmesi dağılımı:
𝜏𝜏 =
𝑉𝑉. 𝑄𝑄
𝐼𝐼𝑧𝑧 . 𝑡𝑡
(D 5.5)
Şimdi D.5.5 denklemini ve terimlerini iyice anlamaya çalışalım:…>>
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
177
5c - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
y
𝐹𝐹𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐
r
c’
K
𝜏𝜏
∆F
d’
n
𝑎𝑎
𝜏𝜏𝑎𝑎
𝐹𝐹𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜏𝜏𝑎𝑎
K
𝜏𝜏𝑎𝑎
𝜏𝜏𝑎𝑎
𝜏𝜏𝑎𝑎
𝑎𝑎
K kesiminin üst kısmında, a gibi bir noktadaki K düzlemine paralel kayma
x
gerilmesi (𝜏𝜏𝑎𝑎 ) D.5.5 denkleminden bulunur.
a noktasından bir kübik eleman çıkardığımız zaman, bu elemanın dengesi için,
karşılıklı 4 yüzeyinde aynı kayma gerilmeleri oluşur. (bknz 1b.5.3 konusu )
Buna göre kiriş kesitinde aşağı yönde bir kayma gerilmesinin varlığından bahsedilir.
y
z
Sonuç olarak kesitte a gibi herhangi bir noktadaki kayma gerilmesi, kesme
kuvvetiyle aynı yönde olmak üzere D5.5 denkleminden şu şekilde bulunur:
𝑉𝑉: kesitteki kesme kuvveti
𝐼𝐼𝑧𝑧 : z eksenine göre atalet momenti
𝑡𝑡𝑎𝑎 : incelenen noktada kesit kalınlığı
Kesit için sabit değerler
𝑄𝑄𝑎𝑎 : 𝑎𝑎 noktasının üzerinde kalan 𝐴𝐴1 alanın statik momentidir.
𝑽𝑽. 𝑸𝑸𝒂𝒂
𝝉𝝉𝒂𝒂 =
𝑰𝑰𝒛𝒛 . 𝒕𝒕𝒂𝒂
𝐴𝐴1
z
𝑄𝑄𝑎𝑎 𝐺𝐺1
n
d’ 𝑎𝑎 𝑏𝑏 𝑐𝑐
𝜏𝜏𝑎𝑎
𝜏𝜏𝑎𝑎 𝜏𝜏𝑎𝑎
𝐺𝐺
𝑡𝑡𝑎𝑎
(Püf noktası: daima kesiti ayırmak için hayali olarak kesilen kenarların toplam uzunluğudur.)
𝑄𝑄 = ∫ 𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦 olarak bulmuştuk. 𝐴𝐴1 alanının ağırlık merkezi: 𝑦𝑦�1 =
∫ 𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦
∫ 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑎𝑎 ile aynı koordinatlara sahip b ve c gibi noktalar içinde gerilmeler eşittir:
→ � 𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦 = 𝑦𝑦�1 . 𝐴𝐴1
𝜏𝜏𝑎𝑎 = 𝜏𝜏𝑏𝑏 = 𝜏𝜏𝑐𝑐
𝑎𝑎, 𝑏𝑏 𝑣𝑣𝑣𝑣 𝑐𝑐 noktaları dahil K düzlemindeki tüm noktalarda yatay yöndeki gerilmeler de eşittir.
Gerilmenin indisi: ilk indis düzlem normali, 2nci indis gerilme doğrultusunu gösterdiğine göre :
K düzlemindeki gerilme 𝜏𝜏𝑦𝑦𝑦𝑦 , kiriş kesitindeki gerilme ise 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 gerilmesidir ve birbirlerine eşittir.
𝑄𝑄 = 𝑦𝑦�1 . 𝐴𝐴1
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥
z
y
(D 5.6)
𝜏𝜏𝑦𝑦𝑦𝑦
K 𝜏𝜏𝑦𝑦𝑦𝑦
Not: I, T, U gibi kesit şekillerine sahip profil çubuklarda 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 nin yanısıra 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 gerilmeleri de ortaya çıkar. Bunu bir sonraki kayma akısı konusunda göreceğiz.
28.08.2022
𝑦𝑦�1
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥
x
178
5c - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
5.c.2.2 Düşey ayırma yüzeyi:
Kirişin kesitinin I profili şeklinde olduğunu düşünelim. Bu durumda 1 nolu yüzeyle s genişliğindeki kısmı ayırabiliriz.
𝐴𝐴𝑓𝑓
’
E
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖1
E’
C
D
A1
C’
f
b
D’ F’ 𝑦𝑦�
1
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖2
𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖1
𝐴𝐴𝑓𝑓 = ∆𝑥𝑥. 𝑡𝑡
𝑡𝑡
C
𝜎𝜎𝑥𝑥1
C
C’
D
∆𝐹𝐹
𝐴𝐴𝑓𝑓
B
D’
B’
𝜎𝜎𝑥𝑥2
𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖2
Σ𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 → ∆𝐹𝐹 = 𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖2 − 𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖1
∆𝐹𝐹𝑓𝑓
A
C’
f
e
A’
C’D’=𝑡𝑡𝑓𝑓 D’
d
B’
D
𝜏𝜏𝑓𝑓𝑧𝑧𝑧𝑧
𝜏𝜏𝑓𝑓 = 𝜏𝜏𝑓𝑓𝑧𝑧𝑧𝑧
𝜏𝜏𝑓𝑓𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝜏𝜏𝑓𝑓
𝐴𝐴′ 𝐵𝐵 ′ 𝐶𝐶 ′ 𝐷𝐷′ yüzeyinin
statik momenti :
𝜏𝜏𝑓𝑓𝑥𝑥𝑧𝑧
𝑡𝑡 = 𝑡𝑡𝑓𝑓
𝑉𝑉. 𝑄𝑄𝑓𝑓
=
𝐼𝐼𝑧𝑧 . 𝑡𝑡𝑓𝑓
𝑄𝑄𝑓𝑓 = A1 . 𝑦𝑦�1
Af
𝜏𝜏𝑓𝑓
𝜏𝜏𝑓𝑓
C’
f
A1
K’
b G1
A’
h i
𝜏𝜏𝑓𝑓 𝜏𝜏𝑏𝑏 𝜏𝜏ℎ 𝜏𝜏𝑖𝑖 = 0
B’
L’
D’
f den - i ye doğru gidildikçe V, Iz, t sabit
kalıyor, Q değeri azalır. Bu durumda
gerilmeler azalacaktır. 𝜏𝜏𝑓𝑓 > 𝜏𝜏𝑏𝑏 > 𝜏𝜏ℎ
𝐴𝐴′ 𝐵𝐵 ′ 𝐾𝐾 ′ 𝐿𝐿′ yüzeyinin
statik momenti
𝑉𝑉. 𝑄𝑄𝑏𝑏
𝜏𝜏𝑏𝑏 =
𝐼𝐼𝑧𝑧 . 𝑡𝑡𝑏𝑏
Bu ayrılan parçada da yine normal gerilmelerin toplamı olan iç kuvvetler (𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖1 ve 𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖2 ) birbirini dengeleyemediği için 𝐴𝐴𝑓𝑓 yanal kesim yüzeyinde ∆𝐹𝐹
kadarlık bir kesme kuvveti oluşacaktır. Bir önceki sayfadaki tüm denklemler bu parça içinde aynen geçerli olacağından, yüzeydeki kayma gerilmesi için
D.5.5 denklemi elde edilir.. Gerilme ise yatay yöndedir ve bu sebeple 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 ile sembolize edilir.
5.c.3 Kayma Akısı (q): Birim uzunluğa düşen iç kesme kuvvetine kayma akısı diyoruz. Üstteki şekilden: 𝑞𝑞 =
𝑉𝑉. 𝑄𝑄
∆𝐹𝐹. 𝑡𝑡
∆𝐹𝐹
∆𝐹𝐹
= 𝜏𝜏. 𝑡𝑡 → 𝑞𝑞 =
=
=
𝐴𝐴𝑓𝑓
𝐼𝐼𝑧𝑧
𝐴𝐴𝑓𝑓
∆x
�𝑡𝑡
q yerine τ kayma gerilmelerinden de gidilerek aslında problemlerin çözülmesi mümkündür. q kayma akısı, özellikle
birden fazla parçanın birleştirilmesiyle oluşturulmuş kirişlerde, cıvata, pim gibi bağlantı elemanlarının veya
yapıştırma yüzeylerinin mukavemet hesaplarında pratiklik sağlar. q ve τ nun kesitteki veya kesite dik ayırma
yüzeyindeki yönleri aynıdır, değişim grafikleri de aynı formdadır.
Not: q kayma akısı ayrıca kalınlığı çok daha ince profil çubuklarda kayma merkezini bulurken önem kazanır. Bu ise Mukavemet 2 konusudur
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Af
𝑞𝑞𝑓𝑓
𝑞𝑞𝑓𝑓
𝑡𝑡𝑓𝑓
𝑞𝑞𝑓𝑓 > 𝑞𝑞𝑏𝑏 > 𝑞𝑞ℎ
f
b G1
𝑞𝑞𝑏𝑏
(D 5.7)
A1
h i
𝑞𝑞ℎ
𝑞𝑞𝑖𝑖 = 0
𝑉𝑉. 𝑄𝑄𝑓𝑓
𝐼𝐼𝑧𝑧
179
𝑞𝑞𝑓𝑓 = 𝜏𝜏𝑓𝑓 . 𝑡𝑡 =
5c - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
5.c.4Normal ve Kayma Gerilmelerinin Dağılımlarının karşılaştırması
MA
q
A
Viç
C
H kesiti∶ → 𝑀𝑀𝐻𝐻 = 𝑀𝑀𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜 𝜎𝜎𝑥𝑥 için en kritik kesittir.
𝑉𝑉𝐻𝐻 = 0 olduğundan 𝜏𝜏 = 0 çıkar ve H en emniyetli emniyetli kesittir.
B
H
𝑉𝑉𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
A kesiti → 𝑉𝑉𝐴𝐴 = 𝑉𝑉𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜 𝜏𝜏 için en kritik kesittir.
x
Miç
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−𝐴𝐴
1- Kirişin Tümünde
P
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−𝐶𝐶
Bu durumda A daki normal gerilme → 𝜎𝜎𝑥𝑥𝐴𝐴 = −
2- Herhangi bi C kesitinde gerilme dağılımları:
Normal gerilme dağılımı
x yönündedir
𝑀𝑀𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝜎𝜎𝑥𝑥𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝜎𝜎𝑥𝑥𝑢𝑢
x
𝜎𝜎𝑥𝑥𝑢𝑢 = −
G
𝑦𝑦
𝑢𝑢
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−𝐶𝐶
𝑥𝑥
𝜎𝜎𝑥𝑥𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−𝑐𝑐
. 𝑦𝑦𝑢𝑢
𝐼𝐼𝑧𝑧
G
𝑧𝑧
𝜏𝜏𝑢𝑢𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑦𝑦
𝜏𝜏𝑢𝑢𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑉𝑉. 𝑄𝑄𝑢𝑢
=
𝐼𝐼𝑧𝑧 . 𝑡𝑡𝑢𝑢
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝐼𝐼𝑧𝑧
. 𝑦𝑦
Kayma gerilmesi
şiddetinin değişimi
Düşey Kayma gerilmesi
(𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 ) dağılımı
𝑦𝑦
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−𝐴𝐴
G
𝜏𝜏𝑢𝑢𝑥𝑥𝑥𝑥
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑥𝑥
Bu şekil kayma gerilmesinin sadece
şiddetinin değişimini gösterir. Kayma
gerilmesi x yönünde değildir.
Dikkat edilirse, normal gerilmelerin şiddetçe en büyük değerleri ağırlık merkezinden en uzak noktalarda çıkmasına rağmen bu noktalarda
kayma gerilmeleri sıfırdır. Ağırlık merkezinde kayma gerilmesi maksimum olmasına rağmen, normal gerilme sıfırdır.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
180
5c - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
𝑦𝑦
𝑦𝑦
𝑥𝑥
𝐴𝐴𝑦𝑦
200
𝑥𝑥
𝐴𝐴1
𝑦𝑦�1
28.08.2022
M a
𝑦𝑦
𝐺𝐺1
𝐺𝐺
N
𝜏𝜏𝑎𝑎
n-n kesiti
𝑉𝑉 = 200𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑦𝑦𝐺𝐺 = 75𝑚𝑚𝑚𝑚
a-) a, b, c, d ve G (ağırlık merkezi) noktalarındaki düşey yönde oluşan
kayma gerilmesi (𝜏𝜏𝑥𝑥𝑦𝑦 ) değerlerini hesaplayınız.
d
.
b-) Bu noktalardaki yatay 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑧𝑧 gerilmelerini hesaplayınız.
c-) Kesitteki kayma gerilmesi ve kayma akısı diyagramlarını çiziniz.
Çözüm:
•
𝑡𝑡𝑎𝑎
yandaki şekilde görülen kirişin, n-n kesiti için
30mm
𝐵𝐵𝑦𝑦
𝑉𝑉(𝑘𝑘𝑘𝑘)
−200
𝑧𝑧
𝑧𝑧
Örnek 5.c.1 (video 5.c.1, örn. 5.c.1.1) : Yükleme durumu ve kesit görünümü
•
•
a-)
Örnek 4.6 dan aynı kesit kullanılmış ve
kesite ait şu değerler bulunmuştu:
Statik dengeden ve sistemin simetrisinden:
𝑦𝑦𝐺𝐺 = 75𝑚𝑚𝑚𝑚 ,
𝐼𝐼𝑧𝑧 = 79687500𝑚𝑚𝑚𝑚4
𝐴𝐴𝑦𝑦 = 𝐵𝐵𝑦𝑦 = 200𝑘𝑘𝑘𝑘
Kesme Kuvveti diyagramını yandaki gibi çizeriz. (Detayları bu örnekte anlatılmayacaktır.)
a noktasındaki kayma gerilmesi için MN çizgisinden kesim yaparız.
𝜏𝜏𝑎𝑎𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑉𝑉. 𝑄𝑄𝑎𝑎
=
𝐼𝐼𝑧𝑧 . 𝑡𝑡𝑎𝑎
Unutmayın: Kesitin bir noktasında düşey yönde
oluşan kayma gerilmesini bulmak için kesiti o
noktadan yatay yönde bir kesimle ayırmak gerekir.
𝑡𝑡𝑎𝑎 = 75𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑦𝑦�1 = 100𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑄𝑄𝑎𝑎 = 𝐴𝐴1 . 𝑦𝑦�1
= 50𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥
= 375000𝑚𝑚𝑚𝑚3
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜏𝜏𝑎𝑎𝑥𝑥𝑥𝑥
200𝑥𝑥103 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥
=
79687500𝑥𝑥𝑥𝑥
𝜏𝜏𝑎𝑎𝑥𝑥𝑥𝑥 = 12.55𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
181
5c - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
𝐴𝐴2
b noktası
𝑦𝑦�2
50𝑚𝑚𝑚𝑚
G ağırlık merkezi
𝑡𝑡𝑏𝑏
b
𝐺𝐺2
𝐺𝐺
𝑡𝑡𝑏𝑏 = 75𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑦𝑦
𝑉𝑉 = 200𝑘𝑘𝑘𝑘
𝜏𝜏𝑏𝑏𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑦𝑦𝐺𝐺 = 75𝑚𝑚𝑚𝑚
𝜏𝜏𝑏𝑏𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑦𝑦�2 = 75𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑄𝑄𝑏𝑏 = 𝐴𝐴2 . 𝑦𝑦�2
= 100𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥75
= 562500𝑚𝑚𝑚𝑚3
𝜏𝜏𝑏𝑏𝑥𝑥𝑥𝑥 =
𝑉𝑉. 𝑄𝑄𝑏𝑏
=
𝐼𝐼𝑧𝑧 . 𝑡𝑡𝑏𝑏
200𝑥𝑥103 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥
79687500𝑥𝑥𝑥𝑥
𝜏𝜏𝑏𝑏𝑥𝑥𝑥𝑥 = 18.82𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
𝑞𝑞𝑏𝑏 = 𝜏𝜏𝑏𝑏𝑥𝑥𝑥𝑥 . 𝑡𝑡𝑏𝑏
= 18.82𝑥𝑥𝑥𝑥 = 1411,5𝑁𝑁/𝑚𝑚𝑚𝑚
28.08.2022
𝑡𝑡𝐺𝐺
𝐴𝐴3
𝑉𝑉 = 200𝑘𝑘𝑘𝑘
𝐺𝐺3
𝑦𝑦�3
𝑡𝑡𝐺𝐺 = 75𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑦𝑦
𝐺𝐺
𝑦𝑦𝐺𝐺 = 75𝑚𝑚𝑚𝑚
𝜏𝜏𝐺𝐺 = 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑦𝑦�3 = 62.5𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑄𝑄𝐺𝐺 = 𝐴𝐴3 . 𝑦𝑦�3
= 125𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥.5
= 585937.5𝑚𝑚𝑚𝑚3
𝜏𝜏𝐺𝐺𝑥𝑥𝑥𝑥
𝜏𝜏𝐺𝐺𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑉𝑉. 𝑄𝑄𝐺𝐺
=
𝐼𝐼𝑧𝑧 . 𝑡𝑡𝐺𝐺
200𝑥𝑥103 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥.5
=
79687500𝑥𝑥𝑥𝑥
𝜏𝜏𝐺𝐺𝑥𝑥𝑥𝑥 = 19.6𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑞𝑞𝐺𝐺𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝜏𝜏𝐺𝐺𝑥𝑥𝑥𝑥 . 𝑡𝑡𝐺𝐺
= 19.6𝑥𝑥𝑥𝑥 = 1470𝑁𝑁/𝑚𝑚𝑚𝑚
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑡𝑡𝑐𝑐
𝑦𝑦�4
𝐴𝐴4
𝑡𝑡𝑐𝑐 = 75𝑚𝑚𝑚𝑚
𝐺𝐺4
𝑦𝑦
𝐺𝐺
𝑐𝑐
𝑡𝑡𝑑𝑑
𝑡𝑡𝑑𝑑 = 225𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑦𝑦�4 = 62.5𝑚𝑚𝑚𝑚
c ve d noktaları
𝑑𝑑
𝜏𝜏𝑐𝑐𝑥𝑥𝑥𝑥
𝜏𝜏𝑐𝑐𝑥𝑥𝑥𝑥
𝜏𝜏𝑑𝑑𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑄𝑄𝑐𝑐 = 𝑄𝑄𝑑𝑑 = 𝐴𝐴4 . 𝑦𝑦�4
= 225𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥
= 562500𝑚𝑚𝑚𝑚3
𝑉𝑉 = 200𝑘𝑘𝑘𝑘
𝜏𝜏𝑑𝑑𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑦𝑦𝐺𝐺 = 75𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑉𝑉. 𝑄𝑄𝑐𝑐 200𝑥𝑥103 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥
=
=
79687500𝑥𝑥𝑥𝑥
𝐼𝐼𝑧𝑧 . 𝑡𝑡𝑐𝑐
3
200𝑥𝑥10 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑉𝑉. 𝑄𝑄𝑑𝑑
=
=
79687500𝑥𝑥225
𝐼𝐼𝑧𝑧 . 𝑡𝑡𝑑𝑑
𝜏𝜏𝑐𝑐𝑥𝑥𝑥𝑥 = 18.82𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀,
𝜏𝜏𝑑𝑑𝑥𝑥𝑥𝑥 = 6.27𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
𝑞𝑞𝑐𝑐𝑥𝑥𝑥𝑥 = 18.82𝑥𝑥𝑥𝑥 = 1411.5𝑁𝑁/𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑞𝑞𝑑𝑑𝑥𝑥𝑥𝑥 = 6.27𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥 = 1410,75𝑁𝑁/𝑚𝑚𝑚𝑚
182
5c - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
b-) Yatay yöndeki gerilmeleri bulmak için bu sefer kesiti incelediğimiz noktadan düşey yönde ayırmak gerekir.
𝑉𝑉 = 200𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑧𝑧
𝑦𝑦𝐺𝐺 = 75mm
d noktası
. 𝜏𝜏f
i
𝑓𝑓𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑡𝑡𝑑𝑑 = 50𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑡𝑡𝑓𝑓
𝑦𝑦�5 = 25𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑄𝑄𝑑𝑑 = 𝐴𝐴5 . 𝑦𝑦�5
= 30𝑥𝑥50𝑥𝑥25
= 37500𝑚𝑚𝑚𝑚3 = 𝑄𝑄𝑓𝑓
e noktası
𝑦𝑦
.
a
b
.
𝐺𝐺
c
d
𝑦𝑦�5
𝐺𝐺5
𝜏𝜏𝑑𝑑𝑥𝑥𝑧𝑧 =
𝜏𝜏𝑑𝑑𝑥𝑥𝑧𝑧
.
𝜏𝜏𝑑𝑑𝑥𝑥𝑥𝑥
𝐴𝐴5
𝑡𝑡𝑑𝑑 = 50mm
30mm
𝑉𝑉. 𝑄𝑄𝑑𝑑
𝐼𝐼𝑧𝑧 . 𝑡𝑡𝑑𝑑
200𝑥𝑥103 𝑥𝑥37500
=
79687500𝑥𝑥50
𝜏𝜏𝑑𝑑𝑥𝑥𝑥𝑥 = 1.88𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝜏𝜏𝑓𝑓𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑧𝑧
𝑉𝑉 = 200𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑦𝑦𝐺𝐺 = 75mm
𝑡𝑡𝑒𝑒 = 50𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑦𝑦�6 = 25𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑄𝑄𝑒𝑒 = 𝐴𝐴6 . 𝑦𝑦�6
= 75𝑥𝑥50𝑥𝑥37.5
= 140625𝑚𝑚𝑚𝑚3
𝑦𝑦
𝐺𝐺
e.
𝑦𝑦�6
3
𝜏𝜏𝑒𝑒𝑥𝑥𝑥𝑥
𝐺𝐺6
𝐴𝐴6
75mm
𝜏𝜏𝑒𝑒𝑥𝑥𝑧𝑧 =
𝜏𝜏𝑒𝑒𝑥𝑥𝑧𝑧 =
𝑡𝑡𝑒𝑒 = 50mm
𝑉𝑉. 𝑄𝑄𝑒𝑒
𝐼𝐼𝑧𝑧 . 𝑡𝑡𝑒𝑒
200𝑥𝑥103 𝑥𝑥140625
79687500𝑥𝑥50
𝜏𝜏𝑒𝑒𝑥𝑥𝑥𝑥 = 7,06𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
∆𝐹𝐹𝑓𝑓
f
i
f
𝜏𝜏𝑓𝑓𝑧𝑧𝑥𝑥
Simetrik noktaların gerilmeleri
eşit ve zıt yöndedir. Örneğin d nin
simetriği olan f noktasındaki
gerilmeyi bulmak için f-i çizgisinin
dahil olduğu 3 nolu ayırma
yüzeyinden kesim yapılır. Alttaki
şekilden bu durumu anlamaya
çalışın.
𝑞𝑞𝑒𝑒𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝜏𝜏𝑒𝑒𝑥𝑥𝑥𝑥 . 𝑡𝑡𝑒𝑒 = 7,06 𝑥𝑥 50 = 353𝑁𝑁/𝑚𝑚𝑚𝑚
Araştırma Ödevi: a,b, G, c noktalarında yatay yöndeki gerilmeler sıfır çıkar (𝜏𝜏𝑎𝑎𝑥𝑥𝑥𝑥 =𝜏𝜏𝑏𝑏𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝜏𝜏𝐺𝐺𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝜏𝜏𝑐𝑐𝑥𝑥𝑥𝑥 = 0). Bunun sebebi nedir? Şu ana kadar
öğrendiğiniz Mukavemet bilgileri bu sorunun cevabını bulmanız için yeterlidir. Bu ödevle uğraşmanız sizi oldukça geliştirecek ve kavramların
zihninizde çok daha iyi yerleşmesini sağlayacaktır.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜏𝜏𝑓𝑓𝑥𝑥𝑥𝑥
183
5c - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
c-)
Kayma gerilmelerinin ve kayma akısının kesitteki dağılımları
Kayma gerilmesi dağılımları
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 dağılımı
𝑦𝑦
m
a
𝑧𝑧
𝑦𝑦 𝑚𝑚
b
𝜏𝜏𝑎𝑎𝑥𝑥𝑥𝑥
𝐺𝐺
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥𝑥𝑥
c
𝜏𝜏𝑐𝑐𝑥𝑥𝑥𝑥
𝜏𝜏𝑏𝑏𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑛𝑛
𝜏𝜏𝑑𝑑𝑥𝑥𝑥𝑥
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑧𝑧 dağılımı
𝑧𝑧
𝑽𝑽
𝑦𝑦
𝜏𝜏ℎ𝑥𝑥𝑥𝑥 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥𝑧𝑧
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥
h
𝜏𝜏ℎ𝑥𝑥𝑥𝑥
...
..
𝜏𝜏𝑎𝑎𝑥𝑥𝑥𝑥
𝜏𝜏𝑑𝑑𝑥𝑥𝑥𝑥
𝜏𝜏𝑏𝑏𝑥𝑥𝑥𝑥
𝜏𝜏𝑐𝑐𝑥𝑥𝑥𝑥
𝜏𝜏𝑒𝑒𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥𝑧𝑧
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 = 0
Flanş
= 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥𝑧𝑧
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 (𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀)
𝑧𝑧
𝑦𝑦
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑦𝑦 (𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀)
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥
Perde
..
e..
.
.7.6
𝑛𝑛
Kayma akısı dağılımı
𝑧𝑧
𝑉𝑉
𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥 𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥 𝑞𝑞𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥 =0
r
h
p
𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑞𝑞ℎ𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥 = 0
a
b
𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥 şiddetinin değişimi
𝑦𝑦
G
𝑞𝑞𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥𝑥𝑥
c
𝑞𝑞𝑐𝑐𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥 = 0
𝑞𝑞𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑞𝑞𝑒𝑒𝑥𝑥𝑥𝑥 e
𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥
.
353
𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑁𝑁
𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥 (
)
𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑞𝑞𝑎𝑎𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑞𝑞𝑏𝑏𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑞𝑞𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥 şiddetinin değişimi
𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥 𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥 𝑞𝑞 =0
𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑞𝑞𝑒𝑒𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑞𝑞𝑐𝑐𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑞𝑞𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥𝑥𝑥 =𝑞𝑞𝑒𝑒𝑥𝑥𝑥𝑥 = 353 𝑁𝑁/𝑚𝑚𝑚𝑚
Not: İnce profil kesitli çubuklarda: Düşey dikdörtgen (Perde) bölgelerinde 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑧𝑧 ≈ 0 , 𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥 ≈ 0 , Yatay Dikdörtgen (flanş) Bölgelerinde 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑦𝑦 ≈ 0 , 𝑞𝑞𝑥𝑥𝑦𝑦 ≈ 0 dır.
28.08.2022
𝑞𝑞𝑥𝑥𝑦𝑦 (
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
184
𝑁𝑁
)
𝑚𝑚𝑚𝑚
5c - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
5.c.5 Bazı İnce Profil Çubuklarda Kayma Akısı Değişimleri
Flanş: Yatay dikdörtgen kısımlar (𝑞𝑞𝑥𝑥𝑥𝑥 ≈ 0 )
Perde: Düşey dikdörtgen kısımlar (𝑞𝑞𝑥𝑥𝑧𝑧 ≈ 0 )
flanş
perde
V
flanş
perde
V
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
185
5c - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
Önemli Püf Noktalarını Özetleyelim:
1. Problemlerin çözümleri doğru kurgulamak ve mantığımıza yatırabilmek için; ayrılan parçanın Serbest Cisim Diyagramını doğru
çizebilmeli; 𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖1 , 𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖2 , ∆𝐹𝐹 kuvvetlerinin anlamlarını çok iyi kavramış olmalıyız.
2. Hayali olarak ayırmanın doğru yapılması önemlidir. Öyle ki ayırdığımız parçanın diğer parçalarla hiçbir bağlantısı kalmamalı ve
yerinden alınıp götürülebilmelidir. Bu ayırma prensibinin şartıdır.
3. Kesitteki bir noktadaki kesme gerilmesini bulmak için tam o noktadan düşey veya yatay bir düzlemle kesiti kesmemiz gerekir.
Düşey ayırma yüzeyiyle yatay kesme gerilmesi (𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 ), yatay ayırma yüzeyiyle düşey kesme gerilmesi (𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 ) elde edilir. Ancak bu
gerilmelerden daha büyüğü kesitteki kesme çizgisi en küçük olanı yani kalınlık yönündekidir..
4. D.5.6 formülündeki τ değeri daima kesitteki kesilen kısımların uzunluğudur. Birden fazla kısım kesilmiş ise bunların toplamıdır.
5. Kesitin düşey simetri ekseni üzerindeki noktalarda yatay kayma gerilmeleri (𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 ) sıfırdır.
6. Kayma akısı ile kayma gerilmelerin bir noktadaki yönleri aynı, kesitteki dağılım grafikleri benzerdir.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
186
5c - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
Örnek 5.c.2
12mm
𝑦𝑦
Yükleme durumu ve kesiti şekilde gösterilen kirişte,
e
𝑥𝑥
12mm
a-) Kayma gerilmelerinin maksimum değerinin yerini ve şiddetini bulunuz.
100mm
b-)En kritik kesitte e noktasındaki kayma gerilmesi bileşenlerinden büyük
olanını hesaplayınız.
c-) Kritik kesitteki 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑦𝑦 kayma gerilmesi dağılımını çiziniz.
100mm
→ Σ𝑀𝑀𝐵𝐵 = 0 −𝐴𝐴𝑦𝑦 𝑥𝑥𝑥 + 200𝑥𝑥𝑥 + 200𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥.5 = 0
Statikten
→ Σ𝐹𝐹𝑦𝑦 = 0 → 𝐴𝐴𝑦𝑦 + 𝐵𝐵𝑦𝑦 − 200 − 200 = 0
I
I
𝑉𝑉1
𝐴𝐴𝑦𝑦 = 175𝑁𝑁
𝑉𝑉1 = 175𝑁𝑁
28.08.2022
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−1
II
II
𝐴𝐴𝑦𝑦 = 175𝑁𝑁
𝑉𝑉2 = −25𝑁𝑁
𝑉𝑉2
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−2
(video 5.c.2, örn 5c.2.1)
→ 𝐴𝐴𝑦𝑦 = 175𝑘𝑘𝑘𝑘
→ 𝐵𝐵𝑦𝑦 = +225𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖−3
A
𝑦𝑦
𝑥𝑥
III
𝑉𝑉3
III
4 − 𝑥𝑥
𝐴𝐴𝑦𝑦
𝐵𝐵𝑦𝑦 = 225𝑁𝑁
𝑉𝑉(𝑘𝑘𝑘𝑘)
175
𝑉𝑉3 = 200. 4 − 𝑥𝑥 −225
𝑥𝑥 = 3𝑚𝑚
𝑥𝑥 = 4𝑚𝑚
→ 𝑉𝑉3 = −25𝑁𝑁
→ 𝑉𝑉3 = −225𝑁𝑁
I
−25
−225
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
II
I
II
III
𝑥𝑥
III
𝐵𝐵𝑦𝑦
𝑉𝑉𝐵𝐵 = 𝑉𝑉𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
En kritik kesit → B kesiti
𝑥𝑥
187
5c - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
a-)
Öncelikle bu kesitte tüm noktalarda yatay kayma gerilmeleri 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 = 0 olduğunu görüyoruz.
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑦𝑦 kayma gerilmelerinin maksimum değeri ağırlık merkezinde ortaya çıkacağı için G
𝑦𝑦
noktasının üst kısmını alacağız.
12mm
100mm
12mm
e
Üst kısmı 3 dikdörtgene
ayırırız.
100mm
12mm
𝑧𝑧
G
38mm
𝐴𝐴1
12mm
𝐴𝐴2
𝐴𝐴3 = 𝐴𝐴1
(Çünkü herbir nokta için kesiti
düşey yönde boydan boya
kesmek gerekir. Bu durumda
ayrılan parçadaki kesitteki çeki
bası
gerilmeleri
birbirini
dengeler ve ayrıca kesilen
yüzeyde ∆F kuvveti oluşmaz. )
G
100mm
Üst kısmın statik momenti
herbir
kısmın
statik
momentlerinin toplamıdır:
𝑄𝑄𝐺𝐺 = 𝑄𝑄1 + 𝑄𝑄2 + 𝑄𝑄3 = 𝐴𝐴1 ⋅ 𝑦𝑦�1 + 𝐴𝐴2 ⋅ 𝑦𝑦�2 + 𝐴𝐴3 ⋅ 𝑦𝑦�3 = 2𝑥𝑥(38𝑥𝑥12𝑥𝑥19) + (100𝑥𝑥12𝑥𝑥44) → 𝑄𝑄𝐺𝐺 = 70128mm3
Üst kısmı elde etmek için sağ ve soldan 12mm lik kenarlar kesilir. Bu sebeple; Ağırlık merkezinde kesitin kalınlığı :
Kesitin z eksenine göre atalet momenti:
Ağırlık merkezindeki kayma gerilmesi:
28.08.2022
𝐼𝐼𝑧𝑧 =
𝑡𝑡𝐺𝐺 = 12 + 12 = 24mm
Daima kesitte kesilen kenarların toplam uzunluğu formüldeki t kalınlığına karşılık gelir.
1
1
100 × 1003 − 76 × 763 = 5,55 × 106 mm4
12
12
𝜏𝜏𝐺𝐺 = 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
𝑉𝑉𝐵𝐵 . 𝑄𝑄𝐺𝐺 225𝑥𝑥103 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥
=
5.55𝑥𝑥106 𝑥𝑥𝑥𝑥
𝐼𝐼𝑧𝑧 . 𝑡𝑡𝐺𝐺
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
→ 𝜏𝜏𝐺𝐺 = 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 118.45𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
188
5c - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
b-)
100mm
12mm
e
𝑧𝑧
12mm
𝑦𝑦
𝐴𝐴2
. 𝐺𝐺2
12mm
e noktasının üstünde kalan A2 alanını alınmalıdır.
G2 Ağırlık merkezi: 𝑦𝑦�2 = 44𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑄𝑄2 = 𝐴𝐴2 ⋅ 𝑦𝑦�2 = 100𝑥𝑥12𝑥𝑥44
G
e noktası tam geçiş bölgesindedir. Düşey 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑦𝑦 değerini elde etmek için yatay olarak e den kesiti ayırmamız gerekir.
A2 alanını elde etmek için iki seçenek vardır:
1-) 100mm lik kenar boydan boya kesilebilir. Bu durumda kalınlık :
2-) 12’şer mm lik 2 kenardan kesilebilir. Bu durumda kalınlık:
c-)
𝜏𝜏𝑒𝑒𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑉𝑉𝐵𝐵 . 𝑄𝑄2
225𝑥𝑥103 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥
= 89.2𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 ,
=
=
5.55𝑥𝑥106 𝑥𝑥𝑥𝑥
𝐼𝐼𝑧𝑧 . 𝑡𝑡𝑒𝑒𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝜏𝜏𝑒𝑒𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
28.08.2022
𝑧𝑧
𝑦𝑦
𝐺𝐺
𝜏𝜏𝑒𝑒𝑚𝑚𝑖𝑖𝑖𝑖
𝑦𝑦
𝜏𝜏𝑒𝑒𝑚𝑚𝑖𝑖𝑖𝑖
𝜏𝜏𝑒𝑒𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑡𝑡𝑒𝑒𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 100mm
𝑡𝑡𝑒𝑒𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 12 + 12 = 24mm
𝑉𝑉𝐵𝐵 . 𝑄𝑄2
225𝑥𝑥103 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥
= 21.4𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
=
=
5.55𝑥𝑥106 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥
𝐼𝐼𝑧𝑧 . 𝑡𝑡𝑒𝑒𝑚𝑚𝑎𝑎𝑎𝑎
𝜏𝜏𝑒𝑒𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝜏𝜏𝐺𝐺 = 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑥𝑥
189
5c - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
Örnek 5.c.3 (Video 5.c.2, örn.5.c.2.2)
Üç tahta parçası şekildeki gibi çivilenerek I profilli kiriş oluşturulmuştur. Çiviler arası
mesafe s=25 mm ve kesitteki düşey kesme kuvveti V = 250 kN olduğuna göre;
a) Her bir çivinin taşıdığı kesme kuvvetini bulunuz.
b) Eğer çivi yerine yapıştırıcı kullanılsaydı yapıştırma yüzeyindeki kayma gerilmesini
bulunuz.
y
𝑦𝑦�1
z
t
A1
.G
A1
𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖2 t
z
T.E 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖2
∆𝑭𝑭
.
𝜎𝜎𝑥𝑥1
c) Kirişteki maksimum kayma gerilmesini bularak, 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 ve 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑧𝑧 kayma gerilmelerinin
dağılımlarını çiziniz.
𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖1
y
.
G
Çözüm
Problemin çözümünü bilerek yapabilmek için ∆𝐹𝐹 kesme kuvvetinin sebebini öncelikle bir
A*
tekrar etmekte fayda vardır: Ön ve arka yüzeylerdeki 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖1 ve 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖2 moment farkları
sebebiyle üst ayrılan parçadaki normal gerilmelerin toplamı olan iç normal kuvvetler ( 𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖1
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖1
ve 𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖2 ) arasındaki farkı dengelemek için A* ayırma yüzeyinde bir ∆F kuvveti oluşacaktır.
𝜎𝜎𝑥𝑥2
(Bu kuvvetten kaynaklı kayma gerilmeleri (𝜏𝜏) ve kayma akısı (q) çıkarımları yapılmıştı.)
x
∆𝐹𝐹 = 𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖2 − 𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖1
100𝑥𝑥203
20𝑥𝑥1003
2
+ 100𝑥𝑥20𝑥𝑥60 +
𝐼𝐼𝑧𝑧 = 2𝑥𝑥
12
12
6
4
𝐼𝐼𝑧𝑧 = 16.2𝑥𝑥10 mm
𝑄𝑄1 = 𝐴𝐴1 ⋅ 𝑦𝑦�1 = 20𝑥𝑥100𝑥𝑥60 = 120𝑥𝑥103 mm3
28.08.2022
∆𝑭𝑭
t
𝒒𝒒
𝒒𝒒
𝒒𝒒
A*
a-) A* ayırma yüzeyindeki Kayma akısı:
(D.5.7 denkleminden )
250𝑥𝑥103 𝑥𝑥120𝑥𝑥103
∆𝐹𝐹 𝑉𝑉. 𝑄𝑄1
= 1852 𝑁𝑁⁄𝑚𝑚𝑚𝑚
=
=
𝑞𝑞 =
16.2𝑥𝑥106
𝑡𝑡
𝐼𝐼𝑧𝑧
Toplam 3 çivi, 3s uzunluktaki bölgede tüm
Bir çivinin taşıyacağı kuvvet:
kuvveti taşıyor. s mesafesindeki kuvveti 1
𝐹𝐹1 = 𝑞𝑞. 𝑠𝑠 = 1852𝑥𝑥25
çivi taşır. Birim uzunluğa düşen kuvvet q dur,
→ 𝐹𝐹1 = 46300N = 46.3kN
s uzunluğuna ise q.s kadarlık kuvvet düşer.
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
190
5c - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
A*
ve birim alana düşen kuvvet .A* yüzeyindeki kayma gerilmesi 𝜏𝜏𝑦𝑦𝑦𝑦 olacaktır.
𝜏𝜏𝑦𝑦𝑦𝑦 gerilmesi aynı zamanda kesitteki 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 gerilmesine de eşittir.
𝜏𝜏𝑦𝑦𝑦𝑦 = 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 =
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥
c-)
y
z
∆𝑭𝑭
Çivi yerine yapıştırıcı kullanılsaydı, ∆F kuvvetini tüm A* ayırma yüzeyi taşıyacaktı
𝐷𝐷. 5.6 denkleminden yapışma yüzeyindeki kayma gerilmesi:
t
𝑦𝑦�2
b-)
𝜏𝜏𝑦𝑦𝑦𝑦
A2
.
Kiriş kesitindeki maksimum gerilme ağırlık merkezinde ortaya çıkar:
3
3
𝑄𝑄1 = 120𝑥𝑥10 mm hesaplamıştık.
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑦𝑦
3
𝜏𝜏𝐺𝐺𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
A3
250𝑥𝑥103 𝑥𝑥145𝑥𝑥103
𝑉𝑉. 𝑄𝑄𝐺𝐺
= 111,89 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
=
=
16.2𝑥𝑥106 . 20
𝐼𝐼𝑧𝑧 . 𝑡𝑡𝐺𝐺
𝜏𝜏𝑒𝑒𝑥𝑥𝑧𝑧 = 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥𝑧𝑧
𝑉𝑉. 𝑄𝑄3
250𝑥𝑥103 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥103
= 18,5 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
=
=
𝐼𝐼𝑧𝑧 . 𝑡𝑡𝑒𝑒
16.2𝑥𝑥106 𝑥𝑥20
𝑄𝑄3 = 𝐴𝐴3 ⋅ 𝑦𝑦�3 = 40𝑥𝑥20𝑥𝑥30 = 24𝑥𝑥103 mm3
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑦𝑦
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑧𝑧
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
→ 𝜏𝜏𝑦𝑦𝑦𝑦 = 92.6 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑧𝑧
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑧𝑧
𝑄𝑄𝐺𝐺 = 𝑄𝑄1 + 𝑄𝑄2 = 145𝑥𝑥10 mm
𝑦𝑦�3
40𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑄𝑄2 = 𝐴𝐴2 ⋅ 𝑦𝑦�2 = 20𝑥𝑥50𝑥𝑥25 = 25𝑥𝑥103 mm3
3
Q2
G
e G3
28.08.2022
1852
𝑞𝑞
∆F 𝑉𝑉. 𝑄𝑄1
=
=
=
𝐴𝐴∗
𝐼𝐼𝑧𝑧 . 𝑡𝑡
20
𝑡𝑡
G
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑦𝑦
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑎𝑎𝑎𝑎
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥𝑥𝑥
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑧𝑧 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑦𝑦
18,5
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑧𝑧 (𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀)
92,6
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑎𝑎𝑎𝑎
111,89
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑦𝑦 (MPa)
92,6
191
5c - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
Örnek 5.c. 3 (Video 5.c.2, örn.5.c.2.3) Dört farklı tahta levhanın birleştirilmesiyle oluşturulan bir
kirişin kesiti ve boyutları şekilde görülmektedir. Kesmeli eğilmeye maruz kalan bu kirişin
herhangi bir kesitindeki iç kesme kuvveti V=35kN olarak belirlenmiştir. Buna göre,
a-) Tahtalar birbirlerine yapıştırıcı ile sıkı bir şekilde yapıştırıldığında, A ve B yapışma
yüzeylerinde oluşan kayma gerilmelerini hesaplayınız.
b-) Tahtalar her bağlantı yüzeyinden aynı tipten üçer adet çivi ile bağlanmak isteniyor.
Çivilerin emniyetli çap değerini hesaplayınız. (çivi malzemesi için τem=100MPa)
Cevap: a-) 2,59MPa ve 3.59MPa ; b-) 3.02mm (Soru çözümü videoda yapılmıştır.)
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
(a)
(b)
192
5c - Kesmeli Basit Eğilmede Kayma Gerilmesi Ve Kayma Akısı
Örnek (Soru) 5.c. 4 (2.Vize sorusu.2005- Makine Muh.)
Şekildeki kirişin n-n kesitinde bulunan a ve b
noktalarındaki kayma gerilmelerini bulunuz.
Cevaplar: 13.47MPa, 21,24 MPa
*Bu sorunun pdf çözümünü mhmetzor.com sitesinde
sınav soruları içerisinde bulabilirsiniz.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
193
Not Almak İçin Boş Sayfa
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
194
5.d
FARKLI MALZEMELERDEN
İMAL EDİLMİŞ
KİRİŞLERİN EĞİLMESİ
(Video 5d)
*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
195
5d. Farklı Malzemelerden İmal Edilmiş (Kompozit) Kirişlerin Eğilmesi
y
5d.1 Bu bölümde Amacımız: Birden fazla malzemenin üst üste yapıştırılmasıyla
C
ρ
ρ-y
𝐴𝐴′
E1
𝐷𝐷 ′
hesaplamaktır. Hesaplamalar yine en az bir eksenen göre simetrik kesitler için yapılacaktır.
θ
Yüklemeden SONRA
𝑀𝑀𝑧𝑧
oluşturulan (kompozit) kirişlerde eğilme sonucu ortaya çıkan normal gerilmeleri
𝐵𝐵′
K’
E2
y
𝐸𝐸 ′
𝑀𝑀𝑧𝑧
5d.2 Kompozit Kirişlerde Normal Gerilme Hesabı:
•
•
𝐴𝐴
.
𝐷𝐷.
E1
𝐵𝐵
𝐽𝐽
28.08.2022
E2
. 𝐾𝐾
.𝐸𝐸
1
z
kompozit kirişler içinde geçerlidir.
Kirişin yine lif lif olduğunu düşünürsek,. Mz eğilme momenti etkisi ile kiriş C merkezi
etrafında bir yay formunu alır. Üstteki lifler kısalır alttaki lifler uzar. Üstteki liflerde
x
•
Yüklemeden ÖNCE
İzotropik malzemelerin basit eğilmesi için yapılmış olan kabuller (bknz: bölüm 5a)
2
bası, alttaki liflerde çeki gerilmeleri oluşur.
Eksen takımı kesitin düşey eksenindeki uzamayan lifin olduğu noktaya yerleştirilir.
Uzamayan lif:
y
𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝜌𝜌𝜌𝜌 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐽𝐽𝐽𝐽
JK gibi herhangi bir lifi için;
T.E
son boy:
Toplam uzama :
Birim elastik uzama :
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝐽𝐽′ 𝐾𝐾 ′ = 𝜌𝜌 − 𝑦𝑦 𝜃𝜃,
𝛿𝛿 = 𝐽𝐽𝐽𝐽𝐽𝐽 − 𝐽𝐽𝐽𝐽 = 𝜌𝜌 − 𝑦𝑦 𝜃𝜃 − 𝜌𝜌𝜌𝜌 = −𝑦𝑦𝑦𝑦
𝜀𝜀𝑥𝑥 =
𝛿𝛿
𝑦𝑦𝑦𝑦
𝑦𝑦
=−
=−
𝐿𝐿
𝜌𝜌𝜌𝜌
𝜌𝜌
196
5d. Farklı Malzemelerden İmal Edilmiş (Kompozit) Kirişlerin Eğilmesi
1
𝑑𝑑𝑑𝑑
z
𝐸𝐸2
= 𝑛𝑛 Oranında «malzeme 2» nin kesiti genişletilir.
Sadece 1 nolu malzemeye varmış gibi düşünülür.
𝐸𝐸1
y
2
𝜎𝜎𝑥𝑥1
𝑑𝑑𝑑𝑑1
𝜎𝜎𝑥𝑥2
𝑑𝑑𝑑𝑑2
𝑦𝑦
𝜌𝜌
𝑦𝑦
= 𝐸𝐸2 . 𝜀𝜀𝑥𝑥 = −𝐸𝐸2 .
𝜌𝜌
𝑑𝑑𝑑𝑑
� 𝜎𝜎𝑥𝑥1 . 𝑦𝑦. 𝑑𝑑𝑑𝑑 + � 𝜎𝜎𝑥𝑥2 . 𝑦𝑦. 𝑑𝑑𝑑𝑑 = −𝑀𝑀𝑧𝑧 →
𝐴𝐴1
𝑛𝑛𝑑𝑑𝑑𝑑
n.b
𝑦𝑦
𝜌𝜌
𝑦𝑦
𝑑𝑑𝑑𝑑2 = 𝜎𝜎𝑥𝑥2 𝑑𝑑𝑑𝑑 = −𝐸𝐸2 . 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜌𝜌
𝑦𝑦
→ 𝑑𝑑𝑑𝑑2 = −𝑛𝑛. 𝐸𝐸1 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝜌𝜌
,
𝐴𝐴2
→
−𝐸𝐸1
𝐼𝐼 = −𝑀𝑀𝑧𝑧
𝜌𝜌 𝑍𝑍
� 𝑑𝑑𝑑𝑑1 + � 𝑑𝑑𝑑𝑑2 = � 𝜎𝜎𝑥𝑥1 𝑑𝑑𝑑𝑑 + � 𝜎𝜎𝑥𝑥2 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝐴𝐴1
𝐴𝐴2
𝑦𝑦
𝑦𝑦
= � −𝐸𝐸1 . 𝑑𝑑𝑑𝑑 + � −𝑛𝑛. 𝐸𝐸1 𝑑𝑑𝑑𝑑 = 0
𝜌𝜌
𝜌𝜌
𝐴𝐴1
𝐴𝐴2
Genişletilmiş kesitin ağırlık
merkezinin denklemi:
Bu
son
denklem
→ 𝑦𝑦� =
genişletilmiş
𝐴𝐴1
𝐴𝐴2
→ � 𝑦𝑦 𝑑𝑑𝑑𝑑 + � 𝑦𝑦𝑛𝑛𝑑𝑑𝑑𝑑 = 0
𝐴𝐴1
𝐴𝐴2
∫𝐴𝐴 𝑦𝑦 𝑑𝑑𝑑𝑑 + ∫𝐴𝐴 𝑦𝑦𝑛𝑛𝑑𝑑𝑑𝑑
1
2
𝐴𝐴1 + 𝑛𝑛𝐴𝐴1
kesitin
ağırlık
=
0
=0
𝐴𝐴1 + 𝑛𝑛𝑛𝑛1
merkezinin
y
koordinatının sıfır olduğunu, yani aslında uzamayan lifin ve T.E nin
genişletilmiş kesitin ağırlık merkezinden geçtiğini ispat eder.
28.08.2022
ℎ2
ℎ1
→
𝐸𝐸1 𝑀𝑀𝑧𝑧
=
𝜌𝜌
𝐼𝐼𝑍𝑍
ve
(kesiti değiştirilmemiş olan malzeme
bölgesinde gerilme hesabı)
(kesiti değiştirilmiş olan malzeme
bölgesinde gerilme hesabı)
y
Sadece M dış momenti olduğundan kesitte iç normal kuvvet sıfırdır.
Kesitteki İç kuvvet:
−𝐸𝐸1
� 𝑦𝑦 2 𝑑𝑑𝑑𝑑 + � 𝑦𝑦 2 𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛 = −𝑀𝑀𝑧𝑧
𝜌𝜌
Genişletilmiş kesitin ağırlık merkezinden
geçen yatay eksene göre atalet momenti:
, 𝑑𝑑𝑑𝑑1 = 𝜎𝜎𝑥𝑥1 𝑑𝑑𝑑𝑑 = −𝐸𝐸1 . 𝑑𝑑𝑑𝑑
Malzeme 1 için: 𝜎𝜎𝑥𝑥1 = 𝐸𝐸1 . 𝜀𝜀𝑥𝑥 = −𝐸𝐸1 .
Malzeme 2 için: 𝜎𝜎𝑥𝑥2
ℎ1
ℎ2
x
b
Kesitteki İç Moment:
𝐺𝐺
b
z
n.b
ℎ1 1
ℎ2 2
𝜎𝜎𝑥𝑥1 = −𝐸𝐸1 .
𝜀𝜀𝑥𝑥
𝑦𝑦
idi.
𝜌𝜌
𝑀𝑀𝑧𝑧
𝑦𝑦
𝐼𝐼𝑍𝑍
𝑀𝑀𝑧𝑧
= −𝑛𝑛
𝑦𝑦
𝐼𝐼𝑍𝑍
𝜎𝜎𝑥𝑥1 = −
𝜎𝜎𝑥𝑥2
𝐼𝐼𝑧𝑧
(D 5.9.a)
𝜎𝜎𝑥𝑥
(D 5.9.b)
𝜎𝜎𝑥𝑥1
𝜎𝜎𝑥𝑥2
T.E
Özet olarak: Kiriş kesitinin Malzeme 2 bölgesinin yatay kenarı n katı kadar
arttırılarak genişletilmiş kesit elde edilir. (n < 1 ise alt kenar küçülür, kesit
daralmış olur). Gerilmeler D.5.9a ve 5.9b denklemlerinden bölgeye göre
bulunur. 𝐼𝐼𝑍𝑍 değerinin genişletilmiş şekle ait olduğunu unutmamak gerekir.
Şimdi konuyu Örneklerle u daha fazla pekiştirelim:..>>
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
197
5d. Farklı Malzemelerden İmal Edilmiş (Kompozit) Kirişlerin Eğilmesi
Örnek 5d.1 (video 5d, örn 1):
P=1kN
Şekildeki kiriş bakır ve çubuk elemanların üst üste yapıştırılması
sonucu oluşturulmuştur. Gösterilen yükleme durumuna göre kirişte A
oluşan maksimum ve minimum normal gerilmelerin yerlerini ve
şiddetlerini ve Çelik çubuğun ağırlık merkezindeki normal gerilmeyi
hesaplayınız. 𝐸𝐸ç = 200𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺 , 𝐸𝐸𝑏𝑏 = 100𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺𝐺
𝐸𝐸
200
Çözüm: ç =
= 2 = 𝑛𝑛
𝐸𝐸𝑏𝑏 100
60mm
80mm
bakır
çelik
1m
𝑀𝑀𝑧𝑧
z
P=1kN
RA=1kN
G
b G2
nx20= 40mm
2m
𝑀𝑀𝑧𝑧−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =RAx1 = 1kNm
20.04.2023
Çeliğin yatay kenarı n
katı kadar değiştirilir.
y
20mm a
60mm 1 G1
80mm 2
20mm
y
≡
Ağırlık
merkezi:
𝑦𝑦�
𝑦𝑦�2
P=1kN
Eğilme momenti diyagramı
1m
x
RB=1kN
x
𝑦𝑦�1
z eksenine
göre atalet
momenti :
1m
𝑦𝑦� =
P=1kN
2m
1m
B
Genişletilmiş kesitin
𝐴𝐴1 ⋅ 𝑦𝑦�1 + 𝐴𝐴2 𝑦𝑦�2 20𝑥𝑥60𝑥𝑥110 + 40𝑥𝑥80𝑥𝑥40
=
𝐴𝐴1 + 𝐴𝐴2
20𝑥𝑥60 + 40𝑥𝑥80
bakır
60mm
çelik
80mm
20mm
→ 𝑦𝑦� = 59.09𝑚𝑚𝑚𝑚
20𝑥𝑥603
40𝑥𝑥803
2
+ 20𝑥𝑥60(110 − 59.09) +
+ 40𝑥𝑥80(59.09 − 40)2
𝐼𝐼𝑧𝑧 =
12
12
→ 𝐼𝐼𝑧𝑧 = 6343030𝑚𝑚𝑚𝑚4
𝑀𝑀𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
1𝑥𝑥106 Nmm
(a noktası, kesiti değiştirilmemiş
malzemenin
(bakırın)
bölgede 𝜎𝜎𝑥𝑥𝑎𝑎 = − 𝐼𝐼𝑧𝑧 ⋅ 𝑦𝑦𝑎𝑎 = − 6343030 (140 − 59.09)
olduğundan D.5.9.a denkleminden
→ 𝜎𝜎𝑥𝑥𝑎𝑎 = −12.75MP = 𝜎𝜎𝑥𝑥𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
gerilmesi bulunur.)
(b noktası,
kesiti değiştirilmiş
malzemenin (çeliğin) bölgesinde
olduğundan D.5.9.b denkleminden
gerilmesi bulunur.)
𝜎𝜎𝑥𝑥𝑏𝑏
𝑀𝑀𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
1𝑥𝑥106 Nmm
= −𝑛𝑛
⋅ 𝑦𝑦𝑏𝑏 = −2
−59.09
𝐼𝐼𝑧𝑧
6343030
→ 𝜎𝜎𝑥𝑥𝑏𝑏 = 18.6MPa = 𝜎𝜎𝑥𝑥𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
(Çelik çubuk hacminin ağırlık
𝑀𝑀𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
1𝑥𝑥106
merkezi tam orta kesitteki G2
= −𝑛𝑛
⋅ [− 𝑦𝑦� − 𝑦𝑦�2 ]= −2
𝜎𝜎
[− 59.09 − 40 ]
noktasıdır. Diyagramdan bu 𝑥𝑥𝐺𝐺2
6343030
𝐼𝐼𝑧𝑧
kesitteki moment maksimum
→ 𝜎𝜎𝑥𝑥𝐺𝐺2 = 6MPa
moment olduğu görülmektedir.)
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
198
5d. Farklı Malzemelerden İmal Edilmiş (Kompozit) Kirişlerin Eğilmesi
Endüstriyel bir uygulama :
Sandviç Kompozit Panel Çatı Sistemleri
Binaların çatıları için kullanılan bu sistemler, iki ince
metal plaka arasına ısı yalıtımı yüksek olan köpük
tarzında bir malzemenin yerleştirilmesiyle imal h2
edilirler. Bu panellerin üzerinde biriken kar yayılı
yüke sebep olur ve bu sistemler eğilmeye maruz
h
kalır. İnce uzun panellerde oluşan gerilmeleri, 1
kompozit kirişler için yaptığımız buradaki
hesaplama şekliyle elde edebiliriz. (Genişliği ve eni h
2
birbirine yakın paneller ise plak olarak tanımlanır ve buları
plaklara özgü teorilerle çözmek gerekir ki, bu daha ileri
seviye bir konudur)
28.08.2022
Orijinal kesit
h2
2
1
2
𝐸𝐸2
= 𝑛𝑛
𝐸𝐸1
b
2 / Prof.Dr.
Mehmet
Zor Zor
MUKAVEMET 1 Mukavemet
- Ders Notları
/ Prof.Dr.
Mehmet
Çözüm için
Genişletilmiş kesit
h1
h2
n.b
199
5d. Farklı Malzemelerden İmal Edilmiş (Kompozit) Kirişlerin Eğilmesi
Örnek (Soru) 5d.2*
Çelik ve alüminyum çubukların birleştirilmesi ile meydana gelen
kompozit kirişin kesiti şekilde verilmektedir. Kirişin bütününde a)
20𝑁𝑁𝑁𝑁
Alüminyum ve çelikte meydana gelen maksimum ve minimum normal
gerilmeleri bulunuz. b-) Aynı kesit şekli için alüminyum ile çelik yer
değiştirmiş olsaydı alüminyum ve çelikteki maksimum normal
Çözüm:
(𝑁𝑁𝑁𝑁)
Statik hesaplar
20𝑁𝑁
20
𝑁𝑁
3
En kritik kesit
28.08.2022
gerilmeler ne olurdu? Hesaplayınız. (Eç= 210 GPa, EAl=70 GPa).
𝑅𝑅𝐴𝐴
𝑥𝑥
𝑉𝑉1
𝑀𝑀1
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
40
𝑁𝑁
3
𝑀𝑀1 = 𝑅𝑅𝐴𝐴 . 𝑥𝑥
𝑀𝑀𝐶𝐶 = 𝑀𝑀1𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑅𝑅𝐴𝐴 . 1 =
40
𝑁𝑁𝑁𝑁
3
200
5d. Farklı Malzemelerden İmal Edilmiş (Kompozit) Kirişlerin Eğilmesi
a)
𝑛𝑛 =
𝐸𝐸ç
210
=3
=
70
𝐸𝐸𝐴𝐴𝐴𝐴
(O halde çelik alanı 3 katı genişleyecek, alüminyum sabit kalacak şekilde aşağıdaki indirgenmiş kesit elde edilir.)
orjinal kesit
≡ 𝑧𝑧
İndirgenmiş kesit
𝐾𝐾 = 8 + 8𝑥𝑥𝑥 + 8 = 40𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑀𝑀 = 8 + 8 + 8 = 24𝑚𝑚𝑚𝑚
.𝑎𝑎 .𝑒𝑒
𝑦𝑦� =
𝐺𝐺
𝑏𝑏
𝐴𝐴1 ⋅ 𝑦𝑦�1 + 𝐴𝐴2 𝑦𝑦�2 40𝑥𝑥8𝑥𝑥12 + 24𝑥𝑥8𝑥𝑥4
= 9 𝑚𝑚𝑚𝑚
=
𝐴𝐴1 + 𝐴𝐴2
40𝑥𝑥𝑥 + 24𝑥𝑥𝑥
40𝑥𝑥83
24𝑥𝑥83
2
+ 8𝑥𝑥40𝑥𝑥(12 − 9) +
+ 24𝑥𝑥8𝑥𝑥(9 − 4)2
𝐼𝐼𝑧𝑧 =
12
12
. 𝑑𝑑
→ 𝐼𝐼𝑧𝑧 ≅ 10411𝑚𝑚𝑚𝑚4
C kritik kesitinde eğilme momenti pozitif çıktığı için üstteki noktalarda bası, alttaki noktalarda çeki gerilmeleri oluşur.
𝜎𝜎𝑥𝑥𝑎𝑎
𝜎𝜎𝑥𝑥𝑏𝑏
b)
Çelikteki max ve min. gerilmeler:
40
𝑥𝑥103 Nmm
𝑀𝑀𝐶𝐶
3
7𝑚𝑚𝑚𝑚 → 𝜎𝜎𝑥𝑥𝑎𝑎 = −26,89MP𝑎𝑎 = 𝜎𝜎𝑥𝑥𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚−ç𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒
= −𝑛𝑛
⋅ 𝑦𝑦𝑎𝑎 = −3𝑥𝑥
10411
𝐼𝐼𝑧𝑧
40
𝑥𝑥103 Nmm
𝑀𝑀𝐶𝐶
3
(−3𝑚𝑚𝑚𝑚) → 𝜎𝜎𝑥𝑥𝑏𝑏 = 11,52MP𝑎𝑎 = 𝜎𝜎𝑥𝑥𝑚𝑚𝑎𝑎𝑎𝑎−ç𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒
= −𝑛𝑛
⋅ 𝑦𝑦𝑏𝑏 = −3𝑥𝑥
10411
𝐼𝐼𝑧𝑧
Cevaplar: 𝜎𝜎𝑥𝑥𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚−ç𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 = 26,93𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 , 𝜎𝜎𝑥𝑥𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚−𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. = 11,51 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
28.08.2022
Alüminyumdaki max ve min. gerilmeler:
𝜎𝜎𝑥𝑥𝑒𝑒
𝜎𝜎𝑥𝑥𝑑𝑑
40
𝑥𝑥103 Nmm
𝑀𝑀𝐶𝐶
3
(7𝑚𝑚𝑚𝑚) → 𝜎𝜎𝑥𝑥𝑒𝑒 = −8,96MP𝑎𝑎 = 𝜎𝜎𝑥𝑥𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚−𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴.
=−
⋅ 𝑦𝑦𝑒𝑒 = −
10411
𝐼𝐼𝑧𝑧
40
𝑥𝑥103 Nmm
𝑀𝑀𝐶𝐶
3
(−9𝑚𝑚𝑚𝑚) → 𝜎𝜎𝑥𝑥𝑐𝑐 = 26,89MP𝑎𝑎 = 𝜎𝜎𝑥𝑥𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚−𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴.
=−
⋅ 𝑦𝑦𝑑𝑑 = −
10411
𝐼𝐼𝑧𝑧
(çözüm için mehmetzor.com sitesinde 2005 makine müh.2.vize sini inceleyiniz.)
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
201
5d. Farklı Malzemelerden İmal Edilmiş (Kompozit) Kirişlerin Eğilmesi
çelik
Örnek (Soru) 5d.3 Şekilde kesiti gösterilen kiriş T şeklinde çelik ve dikdörtgen ahşap
ahşap
belirleyin. ( Eahşap = 12,5 GPa ve Eçelik = 200 GPa).
28.08.2022
kısımlardan oluşmaktadır. Bu kesite 50kNm lik gelen bir eğilme momenti geldiğine
göre, (a) ahşaptaki maksimum gerilmeyi, (b) üst kenar boyunca çelikteki gerilmeyi
Cevap: a-) 4.57 MPa,
b-) 43.8MPa
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
202
Not Almak İçin Boş Sayfa
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
203
6.
DÜZLEMDE
GERİLME DÖNÜŞÜMLERİ VE
MOHR ÇEMBERİ
(Bu konu örneklerle Video 6a da anlatılmıştır.)
*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
204
6. Düzlemde Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
6.1 Konu içeriği ve Amaç
Q
• Genel yükleme durumunda, herhangi bir Q
noktasını üç boyutlu olarak temsil eden kübik
gerilme elemanı üzerinde σx , σy , σz , τxy , τyz , τzx
olmak üzere 6 tane bağımsız gerilme bileşeni
olabilir ..
• Söz konusu kübik eleman x-y-z eksenleri yerine döndürülmüş x’-y’-z’ eksenlerine paralel
alınsaydı gerilme bileşenleri; σ’x , σ’y , σ’z , τ’xy , τ’yz , τ’zx olur. Ve bunlar x-y-z eksenlerindeki
gerilmelerden farklı değerlere sahiptirler.
• Şimdi sorumuz şu: x-y-z eksen takımındaki gerilme bileşenleri belli iken, x’-y’-z’ eksen
takımındaki gerilmeler hesaplanabilir mi?
• Cevap: Evet, gerilme dönüşüm bağıntılarıyla veya Mohr çemberi yardımıyla bulunabilir.
Biz burada sadece düzlem gerilme durumu için bu işlemleri yapmayı öğreneceğiz. Yeri geldiği
28.08.2022
zaman 3 boyutlu duruma da değineceğiz.
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
205
6. Düzlemde Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
6.2 Düzlem Gerilme Durumu
Bir Q noktasında sadece σx , σy , τxy gerilmeleri mevcutsa , bu gerilmelerin hepsi x-y düzleminde olduğundan bu noktada düzlem
gerilme durumu söz konusudur diyebiliriz.
Q
𝝈𝝈𝒛𝒛 = 𝝉𝝉𝒛𝒛𝒛𝒛 = 𝝉𝝉𝒛𝒛𝒛𝒛 = 𝟎𝟎
Düzlem Gerilme Durumu
Örneğin ince bir plakada orta
düzlemde etkiyen kuvvetlerden
dolayı düzlem gerilme oluşur.
Yapısal bir elemanın veya makine
parçasının
dış/serbest
yüzeyinde
düzlem gerilme durumu ortaya oluşur.
• İnce cidarlı basınçlı
tank ve tüplerde de
düzlem gerilme durumu
söz konusudur:
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
206
6. Düzlemde Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
6.3 Düzlem Gerilme durumunda bir noktanın farklı düzlemindeki gerilme bileşenlerinin hesaplanması:
Şimdi amacımız bir noktada düzlem gerilme durumunun varlığında, tüm gerilmeler (σx , σy , τxy ) belli iken, aynı noktada farklı bir
düzlemdeki (normali x’ olan ve +x ekseni ile θ açısı yapan K düzlemindeki) gerilme bileşenlerini (σx’, τx’y’ ) hesaplamaktır.
y’
x-y düzleminden bakış
x’
σx’
θ
K düzlemi
Şimdi K düzleminden bir kesim yapıp çıkan
parçanın alanlarını inceleyeceğiz:
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
207
6. Düzlemde Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
Şimdi çıkarılan parçanın kuvvet dengelerini x ′ ve y ′ doğrultuları için yazacağız. Kuvvet = gerilme x alan olmak üzere
Çıkarılan parçanın
alanları ve gerilmeler
𝜎𝜎𝑥𝑥
𝜏𝜏𝑦𝑦𝑦𝑦
� 𝐹𝐹𝑥𝑥 ′ = 0 → 𝜎𝜎𝑥𝑥 ′ Δ𝐴𝐴 − 𝜎𝜎𝑥𝑥 Δ𝐴𝐴 cos 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃 − 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 Δ𝐴𝐴 cos 𝜃𝜃 sin 𝜃𝜃 − 𝜎𝜎𝑦𝑦 Δ𝐴𝐴 sin 𝜃𝜃 sin 𝜃𝜃 − 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 Δ𝐴𝐴 sin 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃 = 0
𝜎𝜎𝑥𝑥 ′
𝜎𝜎𝑦𝑦
K düzlemindeki normal gerilme:
K düzlemindeki kayma gerilmesi:
Parçaya gelen kuvvetler ve bileşenleri
Kuvvet=Gerilme x Alan
𝑦𝑦
𝑦𝑦 ′
Önden görünüş
𝜎𝜎𝑥𝑥 Δ𝐴𝐴 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜃𝜃
𝜃𝜃
𝜏𝜏𝑦𝑦𝑦𝑦 Δ𝐴𝐴 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜃𝜃
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 Δ𝐴𝐴 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃
28.08.2022
𝜎𝜎𝑦𝑦 Δ𝐴𝐴 sin 𝜃𝜃
Δ𝐴𝐴
𝑥𝑥
K düzlemi
Δ𝐴𝐴 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃
( D.6.1 )
𝜏𝜏𝑥𝑥 ′ 𝑦𝑦′ = −(𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦 ) sin 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃 + 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 (cos 2 𝜃𝜃 − sin2 𝜃𝜃)
( D.6.2 )
� 𝐹𝐹𝑦𝑦′ = 0 → 𝜏𝜏𝑥𝑥 ′ 𝑦𝑦′ Δ𝐴𝐴 + 𝜎𝜎𝑥𝑥 Δ𝐴𝐴 cos 𝜃𝜃 sin 𝜃𝜃 − 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 Δ𝐴𝐴 cos 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃 − 𝜎𝜎𝑦𝑦 Δ𝐴𝐴 sin 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃 + 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 Δ𝐴𝐴 sin 𝜃𝜃 sin 𝜃𝜃
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥
Δ𝐴𝐴 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜃𝜃
𝜎𝜎𝑥𝑥 ′ = 𝜎𝜎𝑥𝑥 cos 2 𝜃𝜃 + 𝜎𝜎𝑦𝑦 sin2 𝜃𝜃 + 2𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 sin 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃
σx′ bağıntısında (D.6.1 denkleminde) θ
yerine θ+90 yazılarak 𝜎𝜎𝑦𝑦′ gerilmesi bulunur.
𝑥𝑥 ′
cos( 𝜃𝜃 + 90) = − sin 𝜃𝜃, sin( 𝜃𝜃 + 90) = cos 𝜃𝜃
K düzlemine dik düzlemdeki
normal gerilme:
𝜎𝜎𝑦𝑦′ = 𝜎𝜎𝑥𝑥 sin2 𝜃𝜃 + 𝜎𝜎𝑦𝑦 cos2 𝜃𝜃 − 2𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 sin 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃
( D.6.3 )
Aslında şu aşamada bu formüllerle amacımıza ulaştık. Yani herhangi bir düzlemdeki gerilme
bileşenlerinin elde ettik. Bundan sonra bu formülleri biraz daha düzgün formata getireceğiz ve
bir geometrik bir ifade (Mohr Çemberi) elde edeceğiz.
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
…..…>>
208
6. Düzlemde Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
Trigonometrik dönüşüm bağıntıları kullanılarak 2θ cinsinden denklemleri yazmaya çalışacağız.
cos2 𝜃𝜃 =
1 + cos 2𝜃𝜃
2
1 − cos 2𝜃𝜃
sin 𝜃𝜃 =
2
2
cos 2𝜃𝜃 = cos2 𝜃𝜃 − sin2 𝜃𝜃
sin 2𝜃𝜃 = 2 sin 𝜃𝜃 cos 𝜃𝜃
D.6.1, 6.2 ve 6.3 denklemlerinde yerine koyarsak;
𝜎𝜎𝑥𝑥 ′ =
𝜎𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝑦𝑦 𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦
+
cos 2𝜃𝜃 + 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 sin 2𝜃𝜃
2
2
𝜏𝜏𝑥𝑥 ′ 𝑦𝑦′ = −
𝜎𝜎𝑦𝑦′ =
𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦
sin 2 𝜃𝜃 + 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 sin 2𝜃𝜃
2
𝜎𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝑦𝑦 𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦
−
cos 2𝜃𝜃 − 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 sin 2𝜃𝜃
2
2
Şunu da gözden kaçırmamak gerekir ki, hesaplanan bu gerilmeler (𝜎𝜎𝑥𝑥 ′ , 𝜏𝜏𝑥𝑥 ′ 𝑦𝑦′ , 𝜎𝜎𝑦𝑦′ ), yine x-y düzlemindedir, sadece doğrultuları x – y
( D.6.4 )
( D.6.5 )
( D.6.6 )
eksenleriyle belli bir açı yapmaktadır.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
209
6. Düzlemde Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
6.4 Mohr Çemberi
Aslında bir noktada sonsuz tane θ açısı ve dolayısıyla sonsuz tane düzlem vardır. Bu düzlemlerin hepsi bir çember üzerinde
ifade edilebilir ve bu çemberde gerilme bileşenleri bulunabilir. Şöyle ki:
(D.6.4)denklemini sağdaki ilk terimi sola atılır, heriki tarafın karesi alınır ve D.6.5 denkleminin de her iki tarafının karesi alınarak taraf
tarafa toplanırsa parametrik bir daire denklemi elde edilir.
𝜎𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝑦𝑦
𝜎𝜎𝑥𝑥 ′ −
2
𝜏𝜏𝑥𝑥 ′ 𝑦𝑦′
𝜎𝜎𝑥𝑥 ′ − 𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜
x
a
2
2
2
𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦
=
cos 2𝜃𝜃 + 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 sin 2𝜃𝜃
2
𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦
= −
sin 2𝜃𝜃 + 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 cos 2 𝜃𝜃
2
+ 𝜏𝜏𝑥𝑥 ′ 𝑦𝑦′ − 0
y
b
(a;b) merkezli Çember Denklemi:
(𝑥𝑥 − 𝑎𝑎)2 +(𝑦𝑦 − 𝑏𝑏)2 = 𝑅𝑅2
(𝑎𝑎; 𝑏𝑏)
28.08.2022
(𝑦𝑦 − 𝑏𝑏)
2
𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦
=
2
𝑅𝑅2
𝜎𝜎𝑥𝑥 ′ − 𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜
2
2
+
Mohr Çemberi
2
2
+ 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 2
𝜏𝜏𝑥𝑥2′ 𝑦𝑦′
= 𝑅𝑅
2
σy
x ekseni üzerinde bir çemberin
denklemine benzetilebilir. (b=0)
𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜
𝑅𝑅 =
(𝑥𝑥 − 𝑎𝑎)
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
σx
𝜎𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝑦𝑦
=
2
𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦
2
2
2
+ 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥
( D.6.7 )
( D.6.8 )
210
6. Düzlemde Gerilme Dönüşümleri ve Mohr Çemberi
6.4.1 Mohr Çemberinin Çizimi
τ
6.4.1.1 - 1.Yöntem (Gerilme Bileşenleri yardımıyla) :
Bir noktada düzlem gerilme durumu (σx , σy , τxy ) belli iken o noktada mohr çemberi çizilebilir.
𝜎𝜎𝑥𝑥 ′
D3
Mohr Çemberi Çizim Sırası:
2θ
1- D1 (σx , τxy) noktası belirlenir.
θ
> 0 (Mohr çemberinde)
< 0 ( denklemlerde)
Önemli Noktalar:
2- D2 (σy , - τxy) noktası belirlenir.
3- D1-D2 birleştirilir.
D1(σx, τxy)
τxy
σy
σ
C
σx
−τxy
4- C merkezli çember çizilir.
𝜎𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝑦𝑦
2
𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦
2
1.
Mohr Çemberinde bulunduğumuz nokta D1 dir.
3.
Gerçekte normali +x ekseni ile θ açısı yapan yapan düzlem, Mohr çemberinde D3 noktasına karşılık gelir. D3 e ulaşmak için mohr çemberinde
2.
4.
5.
Kayma gerilmesinin yönü sağ düzlemde (D1 düzleminde) aşağı doğru ise mohr çemberinde pozitif, denklemlerde negatif alınır.
gerçektekiyle aynı yönde 2θ kadar bulunduğumuz nokta (D1) den dönülür. D3 ün mohr çemberindeki koordinatları, o düzlemdeki normal
gerilmeyi (σx’) ve kayma gerilmesi τx’ y’) ni verir.
Mohr Çemberi bir noktadaki tüm düzlemlerde gerilme durumunu gösteren geometridir.
Ölçekli çizildiğinde herhangi bir düzlemdeki gerilme bileşenlerini ölçerek bulabiliriz. Veya ölçekli çizilmezse mohr çemberinden geometrik
hesaplarla da bulabiliriz. (Veya mohr çemberi yerine daha önce çıkardığımız formüllerden de bulabiliriz.)
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
211
6. Düzlemde Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
τ
τmax-xy
𝜏𝜏𝑥𝑥 ′𝑦𝑦′
D3
τxy
6.4.1.2 Asal Gerilmeler (Principle Stresses)
E
2θ
σmin
σy
𝜎𝜎𝑥𝑥′
C
R
2θp
Mohr Çemberine dikkat edilirse +x ekseniyle 2θp açısı yapan düzlemde normal gerilme diğer
D1
düzlemlere göre maksimumdur ( σmax: maksimum asal gerilme ) ve bu düzlemde kayma gerilmesi
τxy
σx
σmax
σ
sıfırdır. Bu düzleme ulaşmak için bulunduğumuz noktadan
Gerçekte ise aynı yönde θp kadar dönülür. Bu düzleme dik (gerçekte +90 derece, çemberde 1800 )
olan düzlemde ise normal gerilme minimumdur (σmin : minimum asal gerilme). Bu özel
Asal Gerilmeler: 𝜎𝜎max,min = 𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜 ± 𝑅𝑅
= 𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜
•
kadar dönülür.
gerilmelere asal gerilmeler (principal stress) , düzlemlerine asal gerilme düzlemleri denir.
−τxy
𝜎𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝑦𝑦
2
(D1den) 2θp
𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦
2
→ 𝜎𝜎max,min =
𝜎𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝑦𝑦
±
2
(CD1σx üçgeninden) Asal gerilme düzlemleri :
𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦
2
2
2
+ 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥
tan 2𝜃𝜃𝑝𝑝 = 𝜎𝜎 − 𝜎𝜎
𝑥𝑥
𝑦𝑦
2
( D.6.9 )
( D.6.10 )
Not: Asal gerilmelerin hesaplanması ilerinde göreceğimiz Rankine ve Coulumb kırılma kriterleri için önem arz etmektedir.
6.4..1.3 Mohr çemberi çizimi için 2. Yöntem: (Asal Gerilmeler Yardımıyla)
D.6.9 denkleminden asal gerilmeler hesaplandıktan sonra, 𝜎𝜎m𝑖𝑖𝑖𝑖 − 𝜎𝜎m𝑎𝑎𝑎𝑎 yatay eksene yerleştirir.
Bu iki noktadan geçecek şekilde Mohr çemberi çizilir.
D1 noktası çember üzerinde işaretlenir ve D3 gibi 3ncü düzlemdeki gerilmeler 1.yöntemde gösterildiği gibi bulunur.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
212
6. Düzlemde Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
τ
τmax-xy
𝜏𝜏𝑥𝑥 ′𝑦𝑦′
D3
τxy
2θ
σmin
σy
𝜎𝜎𝑥𝑥′
6.4.1.4 Maksimum kayma gerilmesi- τmax
E
C
R
2θp
D1
Mohr çemberinden kayma gerilmelerinin maksimum değeri τmax-xy çemberinin
τxy
σx
σmax
•
σ
tepe noktası E noktasında ortaya çıktığını görüyoruz. Çemberi incelediğimizde ;
τmax-xy=CE =R olduğunu; E noktasının asal gerilme düzlemleriyle çemberde 900
(gerçekte 450) açı yaptığını; E düzlemindeki normal gerilmenin 𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜 olduğunu
görürüz.
−τxy
𝜎𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝑦𝑦
2
=𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜
xy düzlemindeki kayma
gerilmelerinin maksimumu
𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦
2
𝜏𝜏max−𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝑅𝑅 =
veya
𝜏𝜏max−xy = 𝑅𝑅
𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦
2
=
2
2
+ 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥
𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
2
( D.6.11 )
( D.6.12 )
Not: Maksimum kayma gerilmesini belirlemek ileride göreceğimiz Tresca akma kriterini kullanırken önem arz eder.
Dikkat : Burada D.6.11 veya D.6.12 denklemlerinden hesaplanan τmax-xy , x-y düzlemindeki kayma gerilmelerinin en büyük değeridir. Ancak x-
y düzleminde olmayan 3ncü boyuttaki doğrultularda daha büyük kayma gerilmelerinin ortaya çıkma ihtimali vardır. O halde maksimum kayma
gerilmesinin tespiti için bunların da hesaplanması şarttır. Bunun için ise incelediğimiz düzlem gerilme durumuna ait 3 boyutlu mohr çemberini
çizmemiz gerekir ki şimdi bunu anlatacağız….. >>
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
213
6. Düzlemde Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
3 boyutlu mohr çemberi aslında mukavemet 2 dersinde daha detaylı anlatılmaktadır.
Burada detaylara girmeden kısaca özetlenecektir:
3 boyutlu gerilme durumunda, 3 tane asal gerilme vardır :
Bu asal gerilmeler τ − σ eksen takımında yatay eksene yerleştirilir ve
aralarında 3 çember çizilerek 3 boyutta mohr çemberi elde edilmiş olur.
İşte bu çemberlerden büyük çemberin yarıçapı ( Rmax.) o noktadaki gerçek
maksimum kayma gerilmesine (𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ’a) eşittir ki bunu bulmak istiyoruz:
•
Düzlem gerilme durumunda 3 boyutlu Mohr Çemberi ve 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ’ un tespiti
↓
•
•
isimlendiririz.
•
yarıçapını tespit ederek, 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 u bulmuş oluruz.
Yukarıda anlatıldığı gibi 3 boyutlu Mohr çemberini çizerek en büyük dairenin
Düzlem gerilme için çizdiğimiz mohr çemberi aslında bu 3 çemberden birisidir.
Not: D.6.9 denkleminden bulduğumuz 𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ve 𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 değerlerinin birisi negatif, birisi pozitif olursa,
büyük çemberin x-y düzlemin de çizdiğimiz çember olduğunu ve 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚−𝑥𝑥𝑥𝑥 = τmax olacağını
anlamaya çalışın..
↓
𝜎𝜎1 − 𝜎𝜎3
2
Örneğin D.6.9 denkleminden asal gerilmeleri
σmax=50MPa, σmin=20MPa
olarak bulduğumuzu kabul edelim.
σ1=50MPa, σ2=20MPa, σ3=0
alınarak 3boyutlu mohr
çemberi aşağıdaki gibi çizilir:
Bu durumda maksimum kayma gerilmesi:
𝜎𝜎1 − 𝜎𝜎3 𝜎𝜎1
τ
= 25MPa
=
𝜏𝜏
=
𝑅𝑅
=
𝑚𝑚𝑎𝑎𝑎𝑎
𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
τmax
2
2
τmax-xy
σ3=0
Farklı örnekler çözdükçe konu daha iyi anlaşılacaktır..>>
28.08.2022
𝜎𝜎3
↓
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑎𝑎𝑎𝑎 = 𝑅𝑅𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
Birisi sıfır olan bu üç asal gerilmeyi, büyükten küçüğe 𝜎𝜎1 , 𝜎𝜎2 ve 𝜎𝜎3 olarak
Şimdi yandaki örneği inceleyerek konuyu iyice pekiştiriniz.
> 𝜎𝜎2 >
𝜎𝜎max > 𝜎𝜎orta > 𝜎𝜎m𝑖𝑖𝑖𝑖
Düzlem gerilme durumunda D.6.9 denkleminden 2 tane asal gerilme (σmax ve σmin )
buluruz, 3ncü asal gerilmeyi ise sıfır alırız.
•
𝜎𝜎1
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑅𝑅𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
σ2=20
σ1=50
σ
Olarak bulunur.
x-y düzleminde çizilen
mohr çemberi
214
6. Düzlemde Gerilme Dönüşümler ve Mohr Çemberi
Örnek 6.1 (n)
Şekildeki düzlem gerilme durumu için Mohr Çemberini çizerek (a) asal gerilmeleri ve
doğrultularını/düzlemlerini, (b) maksimum kayma gerilmesini bulunuz.
Çözüm: Sağ düzlemdeki τxy yukarı doğru olduğundan Mohr çemberinde negatiftir.
x-y düzlemindeki mohr çemberi 1.
yöntemle aşağıdaki gibi çizebiliriz:
D1 (σx , τxy)
D1(50,−40)
D2 (σy , - τxy)
D2 (-10, 40)
τ
τ
40
σmin
B
-10
O
50 σmax
C
A σ
-40
𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜
D1
𝜎𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝑦𝑦
=
2
28.08.2022
𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦
2
3 boyutlu mohr çemberini çizelim:
σ1=70MPa, σ2=0, σ3=-30MPa
b-)
𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚,𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜 ± 𝑅𝑅
𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜
𝑅𝑅 =
max-xy
D2
a-) Asal gerilmeler ve düzlemleri D.6.9 dan:
𝜎𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝑦𝑦
50 + −10
= 20MPa
=
=
2
2
𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦
2
2
2
+ 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥
=
𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 20 + 50 = 70 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀,
30
2
+ 40
2
τ
= 50MPa = τmax-xy
𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 20 − 50 = −30 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥
40
2
tan 2𝜃𝜃𝑝𝑝 = 𝜎𝜎 − 𝜎𝜎 =
=
𝑥𝑥
𝑦𝑦
50 − (−10) 3
2
2
→ 𝜃𝜃𝑝𝑝 = 26.6°
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
max-xy
=τ
τ
max
σ3=−30
σ1=70
σ2=0 C.
O
𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ve 𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 zıt işaretli olduğundan
x-y düzlemindeki mohr çemberi
en büyük çember çıkar. Bu sebeple :
τ
τ
max =
max-xy=50MPa
215
σ
6. Düzlemde Gerilme Dönüşümleri ve Mohr Çemberi
Örnek 6.2
(video 6a, örn.6.1) Şekildeki
düzlem gerilme durumu için ;
a) Mohr Çemberini çiziniz. b) x-y düzlemindeki maksimum
kayma gerilmesini, asal gerilmeleri ve doğrultularını bulunuz.
c )normali +x ekseniyle 30° açı yapan yüzeydeki gerilmeleri
bulunuz. d-) Bu noktadaki maksimum kayma gerilmesini bulunuz.
Çözüm
a)
D1 (σx , τxy)
D1(100, 48)
D2 (σy , - τxy)
D2 (60, −48)
b)
𝑅𝑅 =
τ
τ
max-xy
𝜏𝜏𝑥𝑥 ′ 𝑦𝑦′
O
𝜎𝜎𝑥𝑥 ′
σmin
B
D1(100, 48)
D3
K
𝜙𝜙
σmax
A
C
D2 (60, −48)
𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜 =
𝜎𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝑦𝑦
2
28.08.2022
𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦
2
σ
𝜎𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝑦𝑦 100 + 60
= 80MPa
=
=
2
2
𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜
𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦
2
τ
→ 𝑅𝑅 = 52 =
max-xy
2
+
2
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥
=
100 − 80
2
2
+
482
(x-y düzlemindeki max.kayma gerilmesi)
𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜 + 𝑅𝑅 → 𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 80 + 52 = 132MPa
c) +x ekseniyle
çemberinde D1’den itibaren aynı yönde 60 ° lik
açı yapan noktaya (D3 ’e) karşılık gelir. D3’ün
koordinatlarını bulmalıyız
𝜎𝜎𝑥𝑥 ′ =? ; 𝜏𝜏𝑥𝑥 ′𝑦𝑦′ =?
𝜙𝜙 = 180° − 60° − 67.4° = 52.6°
𝜎𝜎𝑥𝑥 ′ = 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 − 𝐾𝐾𝐾𝐾 = 80 − 52 cos 52.6°
𝜏𝜏𝑥𝑥 ′ 𝑦𝑦′ = 𝐾𝐾𝐾𝐾3 = 52 sin 52.6°
𝜎𝜎𝑥𝑥 ′ = +48.4MPa , 𝜏𝜏𝑥𝑥 ′ 𝑦𝑦′ = 41.3MPa
veya Analitik formüllerden ( τxy aşağı doğru negatif alınır)
𝜎𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝑦𝑦 𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦
+
cos 2𝜃𝜃 + 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 sin 2𝜃𝜃 = 48.4𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
2
2
𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦
sin 2𝜃𝜃 + 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 cos 2𝜃𝜃 = −41.3𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
𝜏𝜏𝑥𝑥 ′ 𝑦𝑦′ = −
2
𝜎𝜎𝑥𝑥 ′ =
𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜 − 𝑅𝑅 → 𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 80 − 52 = 28MPa
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥
48
tan 2 𝜃𝜃𝑝𝑝 = 𝜎𝜎 − 𝜎𝜎 =
= 2.4
𝑥𝑥
𝑦𝑦
100 − 60
2
2
→ 2𝜃𝜃𝑝𝑝 = 67.4°
→ 𝜃𝜃𝑝𝑝 = 33.7°
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
30 ° açı yapan düzlem, mohr
d)
3 boyutlu Mohr çemberini çizersek,
σ1=132MPa, σ2=23MPa,
τmax
σ3=0
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑎𝑎𝑎𝑎 = 𝑅𝑅𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
𝜎𝜎1
132
=
2
2
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑎𝑎𝑎𝑎 = 66 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
a şıkkında çizilen x-y
düzlemindeki mohr çemberi
216
6. Düzlemde Gerilme Dönüşümleri ve Mohr Çemberi
6.6 Tek tip yükleme durumlarında Mohr Çemberi
a- Çeki-Bası veya Basit Eğilme
𝑃𝑃
𝑦𝑦
𝑃𝑃
𝑃𝑃
𝜎𝜎𝑥𝑥 =
𝐴𝐴
𝜎𝜎𝑥𝑥
τ
𝜎𝜎𝑥𝑥
𝑥𝑥
b- Kesme veya Burulma
𝑦𝑦
𝑦𝑦
D1 (σx , τxy)
D1(σx , 0)
D2 (σy , - τxy)
D2 (0, 0)
Çekme testinde bir noktadaki mohr çemberi
τmax
D2 (0, 0)
𝑅𝑅
28.08.2022
𝜎𝜎𝑥𝑥
D1(σx , 0)
σ
𝜎𝜎𝑥𝑥 = 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝜏𝜏𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
D1 (σx , τxy)
D1 (0 , τxy)
D2 (σy , - τxy)
D2 (0 , - τxy)
τ
D1 (0 , τxy)
Herhangi bir anda: 𝜎𝜎𝑥𝑥 = 2𝑅𝑅 , 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑎𝑎𝑎𝑎
Akma sınırında
𝑥𝑥
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥
𝑥𝑥
Bu tip yüklemelerde
sadece kayma gerilmesi
ortaya çıkar.
𝜎𝜎𝑥𝑥
= 𝑅𝑅 =
2
𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
=
2
𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑅𝑅
σ
𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
D2 (0 , - τxy)
Herhangi bir anda:
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑅𝑅 = −𝜎𝜎𝑚𝑚𝑖𝑖𝑖𝑖
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
217
6. Düzlemde Gerilme Dönüşümleri ve Mohr Çemberi
Bölümle İlgili Cevaplı Sorular
Soru 6.3
Şekilde düzlem gerilme durumu gösterilen nokta için;
a-) 2 ve 3 Boyutlu Mohr Çemberlerini çiziniz.
b-) Asal Gerilme ve doğrultularını,
c-) Maksimum kayma gerilmesini,
d-) Taralı k düzlemindeki gerilme bileşenlerini hesaplayınız.
Cevaplar
b-) σmax = 59.08MPa, σmin = -49.08MPa, θp=16.84o
c-) τmax = 54.08MPa
d-) ( τ x’y’)k = -23.96 MPa, (σx’) k=-43.47MPa,
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
218
6. Düzlemde Gerilme Dönüşümleri ve Mohr Çemberi
Soru 6.4*
Verilen gerilme durumu için;
Gerilme dönüşüm denklemlerini kullanarak,
a-) Asal gerilmeler ve doğrultularını bulunuz
b-) Maksimum kayma gerilmesini bulunuz.
c-) c düzlemindeki normal ve kayma gerilmelerinin
değerini hesaplayınız.
Cevaplar:
b-) σmax =144MPa, σmin =36MPa, θP =28.15ο ,
c-) τmax =72MPa, d-) σx’ =142MPa, τx’y’=15.2MPa,
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
219
6. Düzlemde Gerilme Dönüşümleri ve Mohr Çemberi
Soru 6.5 Şekildeki verilen gerilme durumu için;
a) Mohr çemberini çiziniz.
b) Asal gerilme değerlerini ve doğrultularını bularak
şekil üzerinde gösteriniz.
c) c düzlemindeki normal ve kayma gerilmelerini bulunuz ve Mohr çemberi üzerinde bu düzleme
karşılık gelen noktayı gösteriniz.
*Bu sorunun çözümünü mehmetzor.com sitesinde endüstri müh. 2009 Final sinavi pdf dosyasında bulabilirsiniz.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
220
Not Almak İçin Boş Sayfa
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
221
7.
AKMA VE KIRILMA
KRİTERLERİ
(Bu konu örneklerle Video 7 de anlatılmıştır.)
*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
222
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
7.1 Akma Ve Kırılma Kriterleri Nedir?, Niçin Gereklidir?
•
Şu ana kadar ki konularda, bir noktada sadece tek bir gerilme cinsi varken
mukavemet hesapları yapılıyordu. Örneğin eksenel yükleme (çeki-bası) ve
•
•
eğilmede sadece σx gerilmesi ortaya çıkmakta ve σem ile karşılaştırılmaktadır.
Burulmada ve kesme yüklemesinde ise sadece
τxy
karşılaştırılmaktadır.
ortaya çıkmakta ve
τem
ile
σx , τxy , σz….
?
Şimdi şu soruya cevap arıyoruz: Acaba bir noktada aynı anda birden fazla gerilme
cinsi (σx , τxy , σy vb) mevcutken hangisini σem veya τem karşılaştıracağız.? Veya nasıl
•
bir yol takip edeceğiz.
İşte bu soruya cevap veren birden fazla kriter vardır.
•
Akma kriterleri : Sünek malzemeler için akma olup olmadığını;
•
etmemizi sağlar.
•
Kırılma kriterleri: gevrek malzemeler için kırılma olup olmadığını kontrol
?
Burada bu kriterlerden en önemli 4 tanesini inceleyeceğiz.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
223
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
7.2 Sünek Malzemeler için Akma Kriterleri
7.2.1 Tresca Kriteri (Maksimum Kayma Gerilmesi Kriteri )
Bu kritere göre bir malzemenin herhangi bir
noktasında akma olmasının şartı, o noktadaki
maksimum kayma gerilmesinin, basit çekme halinde
akma sınırındaki kayma gerilmesine eşit veya büyük
olmasıdır.
Akma olmasının şartı:
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ≥ 𝜏𝜏𝑎𝑎𝑎𝑎
Bir noktadaki üç boyutlu Mohr çemberi basit çekme halinde akma
anındaki Mohr çemberine eşit veya büyük olursa o noktada akma
olur. (Çünkü 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ≥ 𝜏𝜏𝑎𝑎𝑎𝑎 şartı sağlanmış olur.)
A noktasına ait
mohr çemberi
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚−𝐴𝐴 > 𝜏𝜏𝑎𝑎𝑎𝑎
(D.7.1)
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 değeri tüm düzlemlerdeki en büyük kayma
gerilmesidir. 3 Boyutlu Mohr çemberindeki en büyük
çemberin yarıçapı olduğunu unutmamak gerekir.
Bu kriter sünek malzemeler çok iyi sonuçlar verir.
28.08.2022
Bu kriteri Mohr Çemberinden izah edecek olursak
A.
Aynı malzemeden olan bu cisme uygulanan kuvvetler
sonucu A gibi bir noktada üç boyutlu gerilme haline ait 3
boyutlu mohr çemberine dikkat edilirse, büyük çember
akma sınırlarını taştığı için A noktasında akma oluşur.
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
224
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
7.2.2 Von-Mises Kriteri (Eşdeğer Gerilme veya Çarpılma Enerjisi Kriteri)
Bu kriter çok eksenli gerilme durumunu tek eksenli
gerilme durumuna indirger. Tüm gerilmeler yerine 1
tane eşdeğer gerilme (𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒 veya 𝜎𝜎𝑣𝑣𝑣𝑣 ) tanımlar. Bu
eşdeğer gerilme akma gerilmesine eşit olursa veya
aşarsa o noktada akma oluşur denir. Bu kriter sünek
malzemelerin akması için mükemmel sonuçlar verir.
Gerilme Bileşenleri cinsinden eşdeğer gerilme :
Asal gerilmeler cinsinden eşdeğer gerilme:
𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒 = 𝜎𝜎𝑣𝑣𝑣𝑣 =
1
𝜎𝜎 − 𝜎𝜎𝑧𝑧
2 𝑦𝑦
𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒 = 𝜎𝜎𝑣𝑣𝑣𝑣 =
Akma Şartı:
2
+ 𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑧𝑧
1
𝜎𝜎 − 𝜎𝜎2
2 1
2
2
+ 𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦
+ 𝜎𝜎1 − 𝜎𝜎3
2
𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒 ≥ 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎
2
+ 6(𝜏𝜏𝑦𝑦𝑦𝑦 2 + 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 2 + 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 2 )
+ 𝜎𝜎2 − 𝜎𝜎3
2
(D.7.2a)
(D.7.2b)
(D.7.3)
* Eşdeğer gerilme formülleri şekil değiştirme enerjisi ve çarpılma enerjisi kavramlarından çıkarılmıştır. Bunların nasıl çıkarıldığını anlamak
için Mukavemet 2 kitapları incelenmelidir.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
225
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
7.3. Gevrek Malzemeler için Kırılma Kriterleri
7.3.1 Rankine Kriteri (Maksimum Asal Gerilme Kriteri)
Bu kritere göre bir malzemenin herhangi bir noktasında
kırılma olması için o noktadaki maksimum asal gerilmenin
malzemenin çeki gerilmesini (so) veya minimum asal
gerilmenin basıdaki kırılma mukavemetini geçmesi gerekir.
σο :
Çekme Mukavemeti
Kırılma şartı :
,
σοc
: Basma Mukavemeti
𝜎𝜎1 ≥ 𝜎𝜎𝑜𝑜
𝜎𝜎3 ≥ 𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜
(D.7.4a)
Gevrek Malzemelerin kırılması için kısmen iyi sonuçlar
28.08.2022
Bir noktada kırılma olmaması için o noktadaki
üç boyutlu Mohr çemberinin şekildeki düşey
kırmızı çizgiler içinde kalması gerekir.
Basit çeki
(kırılma anı)
Basit bası
(kırılma anı)
(D.7.4b)
Bu denklemlerden en az birisi sağlanırsa kırılma oluşur.
veren bir kriterdir.
Bu kriteri Mohr Çemberinden izah edecek olursak:
B.
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜎𝜎3−𝐵𝐵
𝜎𝜎2−𝐵𝐵
𝜎𝜎1−𝐵𝐵
B noktasına ait 3 boyutlu
mohr çemberi
B noktasının Mohr çemberi kırmızı çizgiler
içerisinde kaldığı için bu noktada kırılma oluşmaz.
𝜎𝜎1−𝐵𝐵 < 𝜎𝜎𝑜𝑜 , 𝜎𝜎3 < 𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜
226
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
7.3.2 Columb Kriteri
Gevrek malzemeler için çok iyi sonuç
Bu kriteri Mohr Çemberinden izah edecek olursak:
Bir noktadaki 3 boyutlu Mohr çemberi Basit çekme ve basit basma hallerinin kırılma anındaki
veren bu kritere göre bir malzemenin
herhangi
bir
noktasında
Mohr çemberlerinin teğetleri (kırmızı çizgiler) içerisinde kalırsa o noktada kırılma olmaz.
kırılma
Basit bası
(kırılma anı)
olmamasının şartı aşağıdaki eşitsizliğin
sağlanmasıdır.
𝜎𝜎1
𝜎𝜎3
−
<1
𝜎𝜎𝑜𝑜
𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜
σ1
σ3
σο
σοc
: Maksimum asal gerilme
(D.7.5)
.C
C noktasına ait 3
boyutlu mohr çemberi
: Minimum asal gerilme
: Çekme Mukavemeti
C noktasınındaki mohr çemberi teğetler arasında (kırmızı çizgiler içerisinde) kaldığı için Coulomb
kriterine göre kırılma oluşmaz. (Ancak Rankine kriterine göre σoc geçildiği için kırılma oluşur.)
: Basma Mukavemeti
Örnek : σ0 =100ΜPa σοc=-400MPa olan
bir malzemede herhangi a ve b gibi iki
noktada asal gerilmeler tabloda verilmiştir.
Bu
iki
noktada
Rankine
ve
Columb
kriterine göre kırılma kontrolünü yapınız.
28.08.2022
Basit çeki
(kırılma anı)
Rankine kriterine göre
σ1
σ3
a
50
-100
b
90
-100
𝜎𝜎1𝑎𝑎 < 𝜎𝜎𝑜𝑜
𝜎𝜎3𝑎𝑎 < 𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜
𝜎𝜎1𝑏𝑏 < 𝜎𝜎𝑜𝑜
𝜎𝜎3𝑏𝑏 < 𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜
Her iki
noktada
da kırılma
oluşmaz
Columb kriterine göre :
a noktasında
𝜎𝜎1𝑎𝑎
𝜎𝜎3𝑎𝑎
50
−50
−
= 0,75. . < 1 kırılma oluşmaz
−
=
𝜎𝜎𝑜𝑜
𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜
−400
100
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
b noktasında
𝜎𝜎1𝑏𝑏
𝜎𝜎3𝑏𝑏
90
−100
= 1.15. . > 1 kırılma oluşur
−
−
=
𝜎𝜎𝑜𝑜
𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜
−400
100
227
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
7.3.3 Mohr Kriteri
(Bilgi amaçlı olup ders kapsamına dahil değildir.)
Bu kritere göre: basit çekme, basit basma ve tam kayma
hallerinin en büyük Mohr çemberlerinin zarf eğrilerinin
dışında
kalınan
yüklemelerde
kırılma
olur.
malzemeler için çok iyi sonuçlar veren bir kriterdir.
Gevrek
*Görüldüğü gibi gevrek malzemelerde, her üç kriterde de asal gerilmelerin incelenmesi gerekliliği ortaya çıkmaktadır.
*Asal gerilmeler hesaplanabilmesine rağmen, Columb ve Mohr kriterleri için ayrı bir değerlendirme yapılması gereklidir.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
228
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
Şekildeki düzlem gerilme durumu verilen noktada,
Örnek 7.1
a-) Alüminyum malzeme için, (σakma= 200MPa, τakma= 100MPa)
b-) Tahta malzeme için,
(σçeki-kopma= σo=160MPa, σbası-kopma= σoc=-400MPa )
Hasar (akma veya kırılma) olup olmayacağını kontrolünü yapınız.
Çözüm: Kriterler için asal gerilmeleri ve maksimum kayma gerilmesi mutlaka hesaplanmalıdır.
Bunun için Mohr çemberinden faydalanacağız.
Mohr Çemberinin yarıçapı:
Asal gerilmeler:
𝑅𝑅 = 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 =
𝜎𝜎max,min
𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦
2
𝜎𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝑦𝑦
±
=
2
2
2
+ 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥
=
𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦
2
2
𝜎𝜎max = 150.52MPa =σ1 , 𝜎𝜎min = −40.52MPa =σ3 ,
+
2
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥
150 − (−40)
2
2
+ 102 = 95.52
150 − 40
± 𝑅𝑅 = 55 ± 95.52
=
2
𝜎𝜎2 = 0
3 boyutlu Mohr çemberini aynı şekil üzerinde çizdik. (kesikli çizgili 2 çember daha ilave ettik)
x-y düzleminde çizdiğimiz mohr çemberi, en
büyük çember olduğunu görüyoruz. Dolayısıyla :
𝜏𝜏max−𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝜏𝜏max = 𝑅𝑅 = 95.52MPa
Veya 3 boyutlu mohr çemberini çizmeden şu yorumu yapabilirdik:
𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ve 𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 zıt işaretli olduklarından: 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚−𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
τ
D2(-40 , 10)
C
σ
R
D1(150,−10)
x-y düzlemindeki mohr
çemberi
Şimdi şıkların çözümüne geçebiliriz..>>
229
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
a-) Alüminyum sünek malzeme olduğu için akma kriterlerine göre kontrol yapılır.
1-) Tresca kriterine göre:
→ 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 < 𝜏𝜏𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 ( 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑜𝑜𝑜𝑜𝑢𝑢𝑢𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚)
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 95.52MPa, 𝜏𝜏𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 = 100𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
2-) Von mises kriterine göre: D.7.2a denkleminden eşdeğer gerilmeyi buluruz.
𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒 = 𝜎𝜎𝑣𝑣𝑣𝑣 =
1
𝜎𝜎𝑦𝑦 − 𝜎𝜎𝑧𝑧
2
2
+ 𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑧𝑧
2
+ 𝜎𝜎1 − 𝜎𝜎3
2
+ 𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦
2
+ 6(𝜏𝜏𝑦𝑦𝑦𝑦 2 + 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 2 + 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 2 ) =
Veya D.7.2b denkleminden de aynı sonuç bulunabilir:
𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒 = 𝜎𝜎𝑣𝑣𝑣𝑣 =
1
𝜎𝜎 − 𝜎𝜎2
2 1
2
+ 𝜎𝜎2 − 𝜎𝜎3
2
=
1
150,52 − 0
2
𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎 = 200𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 verilmişti. Buna göre:
2
1
−40 − 0
2
2
+ 150 − 0
+ 150,52 − (−40,52)
1-) Rankine kriterine göre:
2-) Columb kriterine göre:
𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝜎𝜎3 = −40.52𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀,
+ 150 − (−40)
+ 0 − (−40,52)
2
2
+ 6(02 + 02 + (−10)2 )
𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒 = 𝜎𝜎𝑣𝑣𝑣𝑣 = 174.36𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
→ 𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒 < 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎 (𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑜𝑜𝑜𝑜𝑢𝑢𝑢𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚)
b-) Tahta gevrek malzeme olduğunda kırılma kriterlerine göre kontrol yapılır.
𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝜎𝜎1 = 150.52𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 ,
2
2
𝜎𝜎ç𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒−𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 = 𝜎𝜎𝑜𝑜 = 170𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
𝜎𝜎𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏−𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘 = 𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜 = −400𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
𝜎𝜎1
𝜎𝜎3
150.52 −40.52
−
= 1.042
−
=
160
400
𝜎𝜎0
𝜎𝜎0𝐶𝐶
…. >1
→ 𝜎𝜎1 < 𝜎𝜎𝑜𝑜
→ 𝜎𝜎3 < 𝜎𝜎𝑜𝑜𝑜𝑜
(kırılma oluşmaz.)
(kırılma oluşur)
Dikkat: Bir mühendis olarak yapacağımız en büyük hatalardan birisi gevrek(kırılgan) malzemelerde, Tresca veya Von-Mises akma kriterlerini ; Sünek malzemelerde Rankine veya
Columb kırılma kriterlerini kullanmak olur. Bu sebeple malzemenin sünek veya gevrek olup olmadığını baştan çok iyi bilmek gerekir.
(Not: 8.konuda, akma ve kırılma kriterlerinin kullanıldığı örnekler yer alacaktır. )
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
230
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
7.4 Tek tip yüklemelerde niçin bu kriterleri kullanmadık?
Bir cisme çeki-bası, kesme, eğilme, burulma yüklemelerinden sadece birisi uygulanmış ise, tek gerilme bileşeni buluyorduk (1-5nci
konular) ve bunu σak veya τak ile karşılaştırıyorduk. Aslında bu karşılaştırmalar tüm kriterlere uygundur. Yani aslında farkında
olmadan biz bu kriterleri kullanıyorduk diyebiliriz.
F
F
x
Örneğin: Sadece çeki yüklemesine maruz bir çubuk düşünelim.
𝜎𝜎𝑥𝑥 =
𝐹𝐹
𝐴𝐴
Şimdi bu (I) nolu şartın akma kriterlerine uygun olduğunu ispat edelim:
Diğer tüm gerilmeler sıfırdır.
(I)
Akma şartı 𝜎𝜎𝑥𝑥 ≥ 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎
Tek tip gerilme vardır.
olarak alıyorduk.
Von mises kriterine göre:
1
sadece 𝜎𝜎𝑥𝑥 varken eşdeğer gerilmeyi hesaplarsak: 𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒 = 𝜎𝜎𝑣𝑣𝑣𝑣 = 2 𝜎𝜎𝑦𝑦 − 𝜎𝜎𝑧𝑧
Akma Şartı:
𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒 ≥ 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎 →
Tresca kriterine göre:
Sadece 𝜎𝜎𝑥𝑥 varken (basit çeki)
mohr çemberini çizersek:
3 boyutlu mohr çemberinde sadece bu
çember olduğunu, Diğer iki çemberi
birer nokta olduğunu fark edin.
𝜏𝜏
𝜎𝜎𝑥𝑥 ≥ 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎
Aynı şartı elde ettik.
D2 (0, 0)
+ 𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑧𝑧
𝜎𝜎
D1(σx , 0)
𝜎𝜎𝑥𝑥 = 2𝑅𝑅 ,
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑎𝑎𝑎𝑎
2
+ 𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦
2
+ 6(𝜏𝜏𝑦𝑦𝑦𝑦 2 + 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 2 + 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 2 )
→ 𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒 = 𝜎𝜎𝑥𝑥
O halde (I) nolu akma şartı Von-mises kriteriyle uyumludur.
Herhangi bir anda:
τmax
𝑅𝑅
2
𝜎𝜎𝑥𝑥
= 𝑅𝑅 =
2
Akma anında:
𝜎𝜎𝑥𝑥 = 2𝑅𝑅 = 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑅𝑅 = 𝜏𝜏𝑎𝑎𝑎𝑎 =
Tresca’ya göre Akma şartı:
𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎
2
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ≥ 𝜏𝜏𝑎𝑎𝑎𝑎
𝜎𝜎𝑥𝑥 ≥ 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎
𝜎𝜎𝑥𝑥 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎
≥
2
2
Aynı şartı
elde ettik.
O halde üstteki (I) nolu akma şartı Tresca kriteriyle de uyumludur.
Çalışma Ödevi: Tek tip yüklemelerin tüm akma ve kırılma kriterleriyle uyumlu olduğunu benzer şekilde ispatlamaya çalışınız.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
231
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
ÖRNEK (Soru) 7.2
(video 7, örn.7.1)
Dış yüklerin etkisine maruz ve statik dengede olan cismin Q noktasında
düzlem gerilme durumu oluşmuş ve gerilme değerleri şekilde gösterilmiştir.
Buna göre, emniyet katsayısını n=2 alarak,
a-) Malzemenin çelik olması durumunda akma ve emniyet kontrolünü
Q
b-) Malzemenin Alümina olması durumunda kırılma ve emniyet kontrolünü
Çelik (sünek)
Alümina AL2O3 (gevrek)
28.08.2022
: σ-akma = 400MPa,
τ-akma =200MPa
: σ-kırılma-çeki = 262MPa, σ-kırılma-bası = -2600MPa
yapınız.
Cevaplar:
a-) akma oluşmaz ve emniyetli
b-) kırılma oluşmaz fakat emniyetsiz.
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
232
7. Akma ve Kırılma Kriterleri
Örnek (Soru) 7.3* (2017-Final) Düzlem gerilme durumu gösterilen nokta için, a-10) Mohr
Çemberini çiziniz. b-5) Asal gerilmeleri ve doğrultularını belirleyiniz. c-10) Taralı m-m
düzlemindeki gerilme bileşenlerini hesaplayınız. d-)Maksimum kayma gerilmesini tespit
ediniz. e-10) Gevrek malzeme için bu noktada kırılma olup olmayacağını kontrol ediniz.
(Çeki Mukavemeti: 200MPa, Bası Mukavemeti:400MPa, Kesme Mukavemeti:100MPa)
Cevaplar: b-) σmax =-51.46MPa, σmin =-118.54MPa, θp=31.71ο , c-) σx’ =-111.93MPa, τx’y’ =19.98MPa, d-) τmax =59.27MPa, e-) Kırılma olmaz.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
233
Not Almak İçin Boş Sayfa
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
234
8a
BİLEŞİK YÜKLEME
DURUMLARI
(Bu konu Video 8a da anlatılmıştır.)
*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
235
8a. Bileşik Yükleme Durumları
8a.1 Bileşik Yükleme Nedir?
•
•
•
•
Bir elemana, burulma, eğilme, çekme, kesme gibi farklı yükleme tiplerinden iki veya daha fazlası aynı anda
uygulanabilir. Bu yükleme tipine bileşik yükleme denir.
Gerilme veya Şekil Değiştirme hesapları için elastik sınırlar içinde kalmak şartıyla süperpozisyon yöntemi uygulanabilir.
Yani her bir yük ayrı ayrı uygulanarak gerilmeler elde edilir.
Sonuçta bileşik yükleme halinde (tüm yükler aynı anda varken) oluşan gerilmeler, yükler ayrı ayrı uygulandığındaki
oluşan gerilmelerin toplamına eşittir.
F
T
28.08.2022
F
P
P
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
T
236
8a. Bileşik Yükleme Durumları
8a.2 Eksantrik Yükleme sonucu oluşan bileşik yükleme durumları
Uygulanan bir dış kuvvetin doğrultusu kesit merkezinden geçmiyorsa buna eksantrik yük, yüklemeye ise eksantrik yükleme denir. Bu durumda kuvvetin
yönüne göre kesitte farklı bileşik yükleme durumları ortaya çıkar.. Alttaki örnekleri inceleyerek bu yükleme tipini anlamaya çalışalım:
Örnek 1
I
A
A
y
r
B
O
P
O
x
z
Eğilme + Burulmadan oluşan bileşik
yükleme:
Kuvvet
ağırlık
merkezine
momentiyle birlikte taşınır. 2 gerilme
bileşeni (𝜎𝜎; 𝜏𝜏) ortaya çıkar. En kritik nokta
Ankastre uçtaki en üst nokta olan A’dır.
28.08.2022
T=P.r
z
A
τA
𝜎𝜎𝑥𝑥A
y
Fiç
A
P
=
A
iç
A
iç
B
P
O
x
𝜎𝜎z𝑥𝑥A
A
𝜎𝜎𝑥𝑥A
Miç
y
𝐼𝐼𝑧𝑧
P. d
=−
y
𝐼𝐼𝑧𝑧
P
y
A
F
T=P.r
B
x
𝑃𝑃. 𝐿𝐿
M𝑧𝑧−iç
y
=−
y=−
𝐼𝐼𝑧𝑧
𝐼𝐼𝑧𝑧
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
+ 𝜎𝜎𝑥𝑥
iç
𝑃𝑃 𝑃𝑃. 𝑑𝑑
𝜎𝜎𝑥𝑥 = −
𝑦𝑦
𝐴𝐴
𝐼𝐼𝑧𝑧
𝜎𝜎𝑥𝑥 = 𝜎𝜎𝑥𝑥
σx M = −
σx F =
Çekme + Eğilme’den oluşan bileşik yükleme durumu: Her iki yükleme tipinde aynı
normal gerilme bileşeni (𝜎𝜎𝑥𝑥 ) oluştuğu için, bir noktadaki gerilmeler toplanabilir.
Örnek 2
Eğilme
Çekme
I
Çekmeli
Eğilme
O
Tiç
y
A
z
A
τA =
τA
y
M
B
z
𝑃𝑃. 𝑟𝑟
Tiç
r
=
r
𝐽𝐽
𝐽𝐽
237
iç
x
8a. Bileşik Yükleme Durumları
Örnek 8a.1 (Video 8a, örn. 8.1)
Şekildeki dökme demir (gevrek) parçanın çekideki
emniyetli mukavemet değeri (emniyet gerilmesi) 30
MPa, basıdaki mukavemet değeri ise 120 MPa olduğuna
göre; elemana uygulanabilecek en büyük P kuvvetini
bulunuz. (Kesitin ağırlık merkezi G noktasındadır)
3
4
Çözüm: Örnek 5.2 de aynı kesit kullanılmış ve geometrik değerler şu şekilde hesaplanmıştı: 𝐴𝐴 = 3 × 103 mm2 ,𝑦𝑦𝐺𝐺 = 38mm , 𝐼𝐼𝑧𝑧 = 868 × 10 mm
Statik dengeden
Neden eksi (– )aldık.
En altta izah edilmiştir.
Fiç
Fiç=P,
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖 =P. (yG -10)
=28P
σx F
iç
P
Fiç
=−
=
3 × 103
A
𝑀𝑀𝑖𝑖𝑖 = −28𝑃𝑃
σx M
iç
Miç
−28𝑃𝑃
y
=−
y =−
𝐼𝐼𝑧𝑧
𝐼𝐼𝑧𝑧
𝜎𝜎𝑥𝑥 = 𝜎𝜎𝑥𝑥
𝜎𝜎𝑥𝑥 =
F
iç
+ 𝜎𝜎𝑥𝑥
M
iç
28𝑃𝑃
P
+
y
868 × 103
3 × 103
28𝑃𝑃
P
→ 𝑃𝑃 = 𝑃𝑃𝑒𝑒𝑒𝑒−ç𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 = 79570𝑁𝑁
+
(60 − 38) = 0,377𝑥𝑥10−3 𝑃𝑃 → 𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒𝑒−ç𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 → 0,377𝑥𝑥10−3 𝑃𝑃 = 30
3
3
868 × 10
3 × 10
P
28𝑃𝑃
𝜎𝜎𝑥𝑥−𝐵𝐵 = 𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = −
+
−38 = −1,559𝑥𝑥10−3 𝑃𝑃 → 𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒𝑒−𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏 → −1,559𝑥𝑥10−3 𝑃𝑃 = 120 → 𝑃𝑃 = 𝑃𝑃𝑒𝑒𝑒𝑒−𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏 = 76972𝑁𝑁
3
3
3 × 10
868 × 10
𝜎𝜎𝑥𝑥−𝐴𝐴 = 𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = −
Hem çeki hem bası emniyetinin sağlanması için uygulanabilecek maksimum kuvvet: → 𝑃𝑃𝑒𝑒𝑒𝑒 = 76972𝑁𝑁
≅ 77𝑘𝑘𝑘𝑘
Dikkat: Bu örnekte Miç momentinin saat ibreleri yönünde olduğunu statik dengeden görüyoruz. Bu moment üstteki liflerde çeki, alttaki liflerde bası gerilmesi oluşturur. P> 0
düşünürsek, 𝜎𝜎𝑥𝑥𝑀𝑀 formülünden üstteki liflerde çeki çıkması için; Miç in işaretinin de negatif olması gerekir. Bu sebeple Miç =-28P alınmıştır. (Zaten sol kesimde işaret kuralına
𝑖𝑖𝑖
göre de Miç bu yönde negatiftir.) Üst ve alt liflerde çeki veya bası durumundan hangisi oluştuğunu başlangıçta görebilmemiz, işaretlerden kaynaklı hata yapmamızı önler.
1- 238
23.01.2021
MUKAVEMET I / Prof.Dr. Mehmet Zor
8a. Bileşik Yükleme Durumları
Örnek 8a.2 (n): A ucundan ankastre olan alaşımlı çelikten imal edilmiş AB
miline, BC kolunun C noktasından düşey F1 kuvveti uygulanacaktır. Buna göre
x
z A
milde akma olup olmayacağını belirleyiniz. (σakma =400MPa, τakma =200MPa
F1 = 2.5kN, L1 =50cm, L2 =40cm, d=6cm )
B
C
Çözüm: F1 kuvvetini B noktasına momenti ile birlikte taşırsak:
y
Eğilmeli Burulma
y
x
x
z
z
L1
F1
F1
y
T=F1.L2
T=F1.L2
x
Eğilme
L1
φd
y
z
Burulma
L1
F1
Moment diyagramlarını doğrudan çizdik.
Bunları incelediğimizde, incelersek en tehlikeli
kesitin ankastre kesit olacağını görürüz.
28.08.2022
Mzmax = -F1.l1 =-2.5x50=-125kNcm=-125x104Nmm
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
T= F1.l2 =2.5x40=100kNcm=100x104Nmm
239
8a. Bileşik Yükleme Durumları
y
A
z
𝑎𝑎
b
𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑎𝑎
x
𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑎𝑎 =𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
En kritik kesit olan ankastre kesitteki en kritik noktalar normal ve kayma gerilmelerinin
şiddetçe en yüksek değerde olduğu en üst ve en alt (a ve b) noktalarıdır. Kesit z eksenine göre
Mohr çemberi
simetrik olduğu için ρa = ρb = d/2 ve ya = -yb = d/2 dir ve dolayısıyla her iki noktada da gerilmeler
şiddet olarak eşit çıkar. Sünek malzemelerde çeki ve basıdakı akma mukavemeti eşit olduğundan
noktalardan birisini incelemek yeterli olur. Biz burada a noktasını inceleyeceğiz.
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥−𝑎𝑎
𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑎𝑎
4 𝑑𝑑
𝑇𝑇. 𝜌𝜌𝑎𝑎 100. 10 . 2 100. 104
100. 104
=
=
=
=
= 23.58𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥−𝑏𝑏
𝜋𝜋. 𝑑𝑑 4
𝜋𝜋. 𝑑𝑑 3
𝜋𝜋. 603
𝐽𝐽
32
16
16
𝑀𝑀𝑍𝑍
−125. 104 𝑑𝑑
−125. 104
= 58.94𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 = −𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑏𝑏
=−
𝑦𝑦 = −
=−
𝜋𝜋. 𝑑𝑑4
𝜋𝜋. 603
𝐼𝐼𝑧𝑧 𝑎𝑎
2
64
32
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Daha önce mohr çemberini x-y düzleminde
çizmiştik. Burada x-z düzleminde çiziyoruz.
Düzlemdeki Mohr çemberi aynı şekilde çizilir.
Dikkat edilirse değişen gerilme indislerinde y
yerine z gelecek olmasıdır.
σy yerine σz kullanılır.)
(τxy yerine τxz ve
240
8a. Bileşik Yükleme Durumları
a noktasını incelemeye devam ediyoruz. Bu noktadaki mohr çemberinden;
𝑅𝑅 = 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 =
2
𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑧𝑧
2
+
2
𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥
=
𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚,𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
2
+ 23.582 = 37.74
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚−𝑥𝑥𝑥𝑥 = 𝑅𝑅 = 37.74MPa
Düzlemdeki Maksimum kayma gerilmesi:
Asal gerilmeler:
58.94 − 0
2
𝜎𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝜎𝑧𝑧
58.94 + 0
± 37.74
± 𝑅𝑅 =
2
2
𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 67.21MPa = 𝜎𝜎1
3 boyutta eşdeğer
mohr çemberi
𝜎𝜎𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = −8.27MPa = 𝜎𝜎3
;
Asal gerilmelerin birisi pozitif birisi negatif olduğundan: 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚−𝑥𝑥𝑥𝑥 = 37.74MPa
Alaşımlı çelik sünek bir malzemedir ve akma kriterlerine göre kontrol yapılmalıdır.
Tresca kriterine göre kontrol:
Von mises kriterine göre kontrol:
(D.7.2b
denkleminden):
28.08.2022
𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒 = 𝜎𝜎𝑣𝑣𝑣𝑣 =
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 37.74MPa, 𝜏𝜏𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 = 200𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 → 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 < 𝜏𝜏𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 (𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜)
1
𝜎𝜎 − 𝜎𝜎2
2 1
2
+ 𝜎𝜎1 − 𝜎𝜎3
𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒 = 71.70𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀,
2
+ 𝜎𝜎2 − 𝜎𝜎3
𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎 = 400𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
2
=
1
67.21 − 0
2
2
+ 67.21 − (−8.27)
→ 𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒 < 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎 (𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜)
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
2
+ 0 − (−8.27)
2
= 71.70𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
241
8a. Bileşik Yükleme Durumları
Örnek (Soru) 8a.3 Bir önceki soruda ilaveten eksenel yönde bir F2=50kN luk
bir bası kuvveti gelirse, AB kirişinde en kritik noktadaki normal ve kayma
φd
y
x
z A
gerilmelerini belirleyiniz. (F1 = 2.5kN, L1 =50cm, L2 =40cm, d=6cm )
Cevap: σx-min = - 76.63MPa, τxz-max =23.58MPa
B
F2
C
F1
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
242
8a. Bileşik Yükleme Durumları
8a.3 Simetrik kesitlerde Eğik Eğilme
Simetrik kesitli kirişlerde, kesitte aynı anda 2 eksende de eğilme momenti varsa, eğik eğilme durumu sözkonusudur. Bu durumda eğik eğilme de bir
bileşik yükleme olarak değerlendirilebilir. Süperpozisyon yöntemiyle eğik eğilme iki farklı basit eğilmeye indirgenebilir ve normal gerilmeler toplanabilir..
y
𝑴𝑴𝒚𝒚
𝑴𝑴𝒛𝒛
e
z
G
𝑴𝑴𝒚𝒚
x
Sağ el kaidesine göre My momentini düşünün. Bu moment +z
tarafındaki lifleri uzatır, -z tarafındakileri kısaltır. Aynı kesitte
gerilmeler z ye göre değişir. Mz momentine aynı mantıkla
düşünürsek, +y tarafındaki lifler kısalıp – y tarafındakiler
uzayacaktır. Aynı kesitte gerilmeler y ye göre değişir.
Şunları fark etmeye çalışın:
• a ve b noktalarında Mz den kaynaklanan gerilme sıfırdır.
• c ve d noktalarında My den kaynaklanan gerilme sıfırdır.
• Kesitin ortasında bir e noktasındaki gerilme hesabı:
𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑒𝑒 =
28.08.2022
𝑀𝑀𝑦𝑦
𝑀𝑀𝑧𝑧
𝑧𝑧𝑒𝑒 −
𝑦𝑦
𝐼𝐼𝑦𝑦
𝐼𝐼𝑧𝑧 𝑒𝑒
y
y
(D.8.1)
G
a
x
z
𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑏𝑏
c
G
b
b
Üstten görünümler
G
e
a
𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑎𝑎
𝑀𝑀𝑦𝑦
𝜎𝜎𝑥𝑥 =
𝑧𝑧
𝐼𝐼𝑦𝑦
Soru: Niçin bu denklemde – (eksi) işareti yoktur?
(Daha önce bu sorunun cevabı verilmişti.)
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
d
𝑴𝑴𝒛𝒛
z
𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑐𝑐
x
c
G
e
d
𝜎𝜎𝑥𝑥 = −
𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =𝜎𝜎𝑥𝑥−𝑑𝑑
𝑀𝑀𝑧𝑧
𝑦𝑦
𝐼𝐼𝑧𝑧
243
8a. Bileşik Yükleme Durumları
8a.4 Dairesel Kesitlerde Eğik Eğilme + Burulma
Dairesel kesitli elemanların (ve özellikle güç ileten millerin) herhangi bir kesitinde
// M
aynı anda Mz, My eğilme momentleri ve T burulma momenti oluşabilir.
Dairesel kesitler de simetrik olduğu için Eğilmeden kaynaklanan normal gerilmeler
aslında D.8.1 denkleminden elde edilebilir.
𝑇𝑇
Kayma gerilmesi ise 𝜏𝜏 = 𝜌𝜌 denkleminden bulunabilir ve kritik nokta için akma-kırılma kriterleri örnek 8.1 deki gibi
𝐽𝐽
uygulanabilir. Ancak bu işlemler burada daha basitleştirilecektir.
Kesit dairesel olduğu için eğilme momentlerinin bileşkesini alabiliriz. Ve sanki tek eğilme momenti varmış gibi düşünebiliriz. 𝑀𝑀 =
Eğilme açısından en büyük gerilmeler a ve b noktalarında çıkacaktır. (Sağ el kaidesine göre baş parmağınız M yönünde ise M’ e dik
𝑀𝑀𝑦𝑦 2 +𝑀𝑀𝑧𝑧 2
doğrultuda üstteki liflerin çekildiğini, alttaki liflerin basıldığını anlamaya çalışın). a ve b aynı zamanda çevre noktalar olduğu için burulma
momentinden kaynaklanan kayma gerilmesi bu noktalarda (ve diğer çevre noktalarda da) maksimumdur (τmax-T )
σx-max
a
σx-max
τmax-T
a noktasındaki 3
boyutlu mohr çemberi
D2
D1
28.08.2022
𝑥𝑥𝑥𝑥 düzlemindeki çember
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Asal gerilmelerin birisi pozitif
birisi negatif olduğundan en
büyük çember xy düzleminde
çizilen mohr çemberidir.:
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚−𝑥𝑥𝑥𝑥
244
8a. Bileşik Yükleme Durumları
Artık eksen takımını şu şekilde düşünmemiz mümkün. (z ekseni -M yönünde, x ekseni kesit
normaline paralel alınır. y ise bu iki eksene göre yerleştirilirse a noktasından geçecektir.)
τmax
σx-max
τmax
τmax
σx-min
a noktasındaki mohr çemberinden maksimum kayma gerilme hesabını yaparsak:
𝜏𝜏max =
𝜎𝜎𝑥𝑥 − 0
2
𝜎𝜎𝑥𝑥 = −
2
+
𝜏𝜏𝑎𝑎2
28.08.2022
𝜋𝜋𝑟𝑟
𝐽𝐽 =
2
2
𝑀𝑀𝑧𝑧
𝑀𝑀
𝑦𝑦𝑎𝑎 = − . 𝑟𝑟
𝐼𝐼𝑧𝑧
𝐼𝐼𝑧𝑧
𝜏𝜏𝑎𝑎 = 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚−𝑇𝑇 =
4
=
𝜎𝜎𝑥𝑥
2
,
+
𝑇𝑇
𝑇𝑇
𝜌𝜌𝑎𝑎 = . 𝑟𝑟
𝐽𝐽
𝐽𝐽
𝜋𝜋𝑟𝑟
𝐼𝐼𝑧𝑧 =
4
4
2
𝜏𝜏max
−𝑇𝑇
𝜏𝜏max =
𝜏𝜏max
𝐽𝐽
𝐼𝐼𝑧𝑧 =
2
𝑀𝑀
−
. 𝑟𝑟
𝐽𝐽
2.
2
2
𝑇𝑇
+
. 𝑟𝑟
𝐽𝐽
2
𝑀𝑀2 + 𝑇𝑇 2
=
. 𝑟𝑟
𝐽𝐽
(D.8.2)
Eğilme + Burulmaya maruz millerde bir kesitteki en büyük
maksimum kayma gerilmesi
Bu denklem millerin akma kontrolünü Tresca kriterine göre
yaparken pratiklik sağlar.
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
245
8a. Bileşik Yükleme Durumları
Von-Mises kriterine göre basitleştirme yapacak olursak;
𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒 = 𝜎𝜎𝑣𝑣𝑣𝑣 =
1
𝜎𝜎 − 𝜎𝜎𝑧𝑧
2 𝑦𝑦
𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒 =
1
0−0
2
𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒 =
𝑀𝑀
𝑇𝑇
( 𝑦𝑦)2 + 3( 𝑟𝑟)2
𝐼𝐼
𝐽𝐽
2
2
+ 𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑧𝑧
+ 𝜎𝜎𝑥𝑥 − 0
2
2
+ 𝜎𝜎𝑥𝑥 − 0
=
(
+ 𝜎𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝜎𝑦𝑦
2
2
+ 6(𝜏𝜏𝑦𝑦𝑦𝑦 2 + 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 2 + 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 2 )
+ 6(0 + 𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 2 + 0)
𝑀𝑀 2
𝑇𝑇
𝑟𝑟) + 3( 𝑟𝑟)2
𝐼𝐼
2𝐼𝐼
→ 𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒 =
𝑟𝑟
3
=
𝑀𝑀2 + 𝑇𝑇 2
𝐼𝐼
4
1
2𝜎𝜎𝑥𝑥 2 + 6(𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥 2 ) =
2
→ 𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒 =
𝜎𝜎𝑥𝑥 2 + 3𝜏𝜏𝑥𝑥𝑥𝑥
3
𝑀𝑀2 + 𝑇𝑇 2
4
𝑟𝑟
𝐼𝐼
(D.8.3)
Eğilme + Burulmaya maruz millerde bir kesitte en
kritik noktadaki eşdeğer gerilme
Bu denklem millerin akma kontrolünü Von-Mises kriterine göre yaparken pratiklik sağlar.
Püf noktaları
•
Güç ileten millerde akma kriterlerini uygulamadan önce en kritik kesit belirlenmelidir.
•
Daha sonra D.8.2 ile τmax veya D.8.3 ile σeş-max hesaplanıp emniyet gerilmesi ile karşılaştırılmalıdır.
•
D.8.2 ve D.8.3 denklemlerinin uygulanabilmesi için kesitte çeki veya bası kuvveti olmamalıdır. Kritik noktaya etkisi olmadığı için kesme kuvvetinin
olması önemli değildir.
•
D.8.2 ve D.8.3 denklemleri tek eğilme momenti + burulma için de uygulanabilir.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
246
8a. Bileşik Yükleme Durumları
Örnek 8a.4 (n) : 44cm yarıçapındaki içi dolu alüminyum AB miline rijit DC anahtarı
takılmıştır. DC elemanına C ucundan +y ekseni yönünde P = 3kN, -z yönünde F= 4kN
luk kuvvetler uygulanmıştır. Borunun emniyet kontrolünü tresca kriterine göre yapınız.
τem= 80MPa, σem=160MPa
Çözüm:
En kritik kesit ankastre kesittir. Bunu moment diyagramlarını çizerek
görebiliriz. P ve F yüklerini önce D kesitine sonra B kesitine taşıyalım.
T
M
My
F
Ankastre kesitte F ve P kesme
gerilmesi oluşturur. Ancak bu etki
merkezde
maksimum
çevre
noktalarda sıfırdır. Momentlerin
etkisi ise merkezde sıfır çevre
noktalarda maksimumdur ve daha
büyüktür. Çevre noktalar daha kritik
olduğu için F ve P nin kesme etkisi
göze alınmaz.
28.08.2022
a
Mz
P
z
T
M
.
T
y
b
T=P.1=3.1=3kNm=300kNmm
Mz=-P.100=3.100=-300kNmm
My=-F.100=4.100=-400kNmm
𝑀𝑀 =
𝑀𝑀𝑦𝑦 2 +𝑀𝑀𝑧𝑧 2 =500kNmm
Tresca kriterine göre:
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑀𝑀2 + 𝑇𝑇 2
. 𝑟𝑟 =
=
𝐽𝐽
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 46.4 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
(500𝑥𝑥103 )2 +(300𝑥𝑥103 )2
. 20
𝜋𝜋. 204
2
τmax < τem
emniyetli.
Soru: τmax hangi nokta için hesaplanmıştır? Aranızda tartışarak cevabı bulmaya çalışın..
Von-Mises kriterine göre:
𝜎𝜎𝑒𝑒𝑒 =
3
𝑀𝑀2 + 𝑇𝑇 2
4
. 𝑟𝑟 =
𝐼𝐼
σeş= 89.6MPa
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
3
(500𝑥𝑥103 )2 + (300𝑥𝑥103 )2
4
. 20
𝜋𝜋. 204
2
emniyetli.
σeş <σem
247
8a. Bileşik Yükleme Durumları
•
8a.5 Güç ileten Millerin Hesapları
Dairesel Kesitlerde Eğik Eğilme + Burulma yüklemesinin çok önemli bir uygulaması güç
ileten millerin hesabıdır.
•
Endüstriyel birçok makinada güç ileten dişliler, kayış-kasnak gibi mekanizmalar kullanılır.
•
çubuklara yani millere bağlıdır.
•
•
Bu mekanizmalardaki güç iletim elemanları (dişliler, kasnaklar vb.) dairesel kesitli
Bu mekanizmaların
ve millerin üretilmeden önce hesaplarının yapılması ve optimum
boyutlarının elde edilmesi son derece önemlidir.
Aksi taktirde üretim sırasında kırılma, kalıcı deformasyon gibi istenmeyen problemlerle
karşılaşılması veya çok büyük boyutlar seçilerek emniyetli yapıldığında ekonomik olmaması
•
söz konusu olacaktır.
Bu mekanizmalar hareketli sistemlerdir. Ancak sabit hızla merkezi etrafında dönen veya
doğrusal ötelenen parçalara statik denge denklemleri uygulanabilir ve dolayısıyla
mukavemet hesapları aynı şekilde yapılabilir (Bknz 3.5).
•
mekanizmalarında parçaların bir çoğu bu şekilde hareket etmektedir.
Nitekim güç iletim
Bu miller genellikle sünek metalik malzemelerden imal edildiği için hesaplamalar akma
kriterlerine göre yapılır.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
248
8a. Bileşik Yükleme Durumları
Örnek 8a.5 (n): Motordan tahrik alan ABC miline bağlı C dişlisi ile üstündeki D
dişlisinin temas noktalarından birbirlerine P= 7.96kN luk kuvvet uyguladıkları
tespit edilmiştir. Bu durumda dişlilerin bağlı olduğu millerin emniyetli çap
değerlerini tresca kriterine göre hesaplayınız. τem= 50MPa
ABC mili
TA= Tc
P
Az
y
z
TC = F.150=
7.96x150=1194kNmm
x
Bu tip sistemlerde
Motor kısmı
ankastre olarak
düşünülebilir.
Bz
P
Mz=0
Bileşke Eğilme momenti:
𝑀𝑀 =
𝑀𝑀𝑦𝑦 2 +𝑀𝑀𝑧𝑧 2
Az
M=My
Bz
P
Emniyetli çap için Pem=P= 7.96kN alırız. Bu durumda: My-max= Pem.200=7.96x200=1592kNmm
Tresca kriterine göre :
28.08.2022
𝜏𝜏max
𝑀𝑀2 + 𝑇𝑇 2
. 𝑟𝑟 =
=
𝐽𝐽
(1592𝑥𝑥𝑥03 )2 + (1194𝑥𝑥𝑥03 )2 𝑑𝑑
. = 𝜏𝜏𝑒𝑒𝑒𝑒 = 50
𝜋𝜋. 𝑑𝑑 4
2
32
→ 𝑑𝑑𝑒𝑒𝑒𝑒−𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 58.8𝑚𝑚𝑚𝑚
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
T
249
y
8a. Bileşik Yükleme Durumları
DEF mili
z
Mz=0
P
TE= 7.96x90=716.4kNmm=T
𝑀𝑀 =
𝑀𝑀𝑦𝑦 2 +𝑀𝑀𝑧𝑧 2 =
Emniyetli çap için yine Pem=P= 7.96kN alırız. Bu durumda:
𝜏𝜏max =
𝑀𝑀2 +𝑇𝑇 2
.r
𝐽𝐽
=
P
x
𝑀𝑀𝑦𝑦 2 +02 = 𝑀𝑀𝑦𝑦
My-max= P.100=7.96x100=796kNmm
(796𝑥𝑥𝑥03 )2 + (716.4𝑥𝑥𝑥03 )2 𝑑𝑑
.
𝜋𝜋. 𝑑𝑑4
2
32
= 𝜏𝜏𝑒𝑒𝑒𝑒 = 50
P
Ey
→ 𝑑𝑑 = 𝑑𝑑𝑒𝑒𝑒𝑒−𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 = 47.8𝑚𝑚𝑚𝑚
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
250
8a. Bileşik Yükleme Durumları
Örnek 8a.6 (Video 8a, örn. 8.2a ve örn.8.2b)
63 mm çapında, dairesel kesitli çelik bir çubuk L şeklinde bükülmüştür. Şekildeki gibi A
ucundan bir duvara sabitlenen çubuğa, C ucuna düşey yönde P = 4kN luk kuvvet
uygulanacaktır. (Çelik sünek bir malzeme olup akma gerilmesi: σakma = 400MPa )
Buna göre çubuğun emniyet kontrolünü,
a-) en kritik noktayı dikkate alarak, b-) pratik çözümü kullanarak elde ediniz.
Cevap: Tresca’ya göre 103MPa>100MPa (emniyetsiz), Von-Mises’e göre(203.5MPa> 200MPa (emniyetsiz)
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
251
8a. Bileşik Yükleme Durumları
8a.7*
Şekildeki
Konuyla İlgili Cevaplı Sorular
eğik
alüminyum
hesaplayınız.
Akma
çubuğa uygulanabilecek emniyetli P
yükünü
mukavemeti 140MPa, çubuk kesiti
dikdörtgen
24mmx30mm,
katsayısı n=2’dir.
emniyet
Cevap: P=6.109kN
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
252
8a. Bileşik Yükleme Durumları
8a.8* (2017-Final) d çapında, içi dolu, düşey AB mili A ucundan 1m yarıçaplı bir diske sıkı geçirilmiş, B ucundan ise
zemine sabitlenmiştir. Diskin C noktasından – y eksenine paralel F = 10kN luk bir kuvvet uygulanacaktır. AB milinin bu
kuvveti emniyet sınırları içinde taşıması isteniyor. Buna göre AB milinin emniyetli çap değerini iki farklı kritere göre
belirleyiniz. (Sıkı geçme sebebiyle mil, diskteki delik içinde serbestçe dönemez. Emniyet katsayısı n=2 Mil
malzemesinin Çeki ve Basıdaki akma mukavemeti 300MPa, Kesme mukavemeti 150MPa) Cevap: 129mm, 128.47mm
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
253
8a. Bileşik Yükleme Durumları
Soru 8a.9 (2017 Yaz Okulu –Final Sorusu)
Bir ingiliz anahtarına uygulanan 140N luk
bir el kuvvetiyle çelik AB cıvatası sıkılıyor.
Buna göre, AB cıvatasının emniyetli çap
değerini hesaplayınız. Civatanın üzerindeki
dişleri ihmal ederek cıvatayı içi dolu
dairesel kesitli kabul ediniz.
τem = 100MPa, Cevap: 13.45mm
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
254
8a. Bileşik Yükleme Durumları
Örnek (Soru) 8a.10* Şekildeki kayış kasnak mekanizmasında kasnakların bağlı olduğu ABCDE
milinin emniyetli çap değerini Tresca kriterine göre hesaplayınız. tem= 80MPa. l =180mm
(A ve E yatakları x ekseninde hem dönmeye hem ötelenmeye izin vermektedir ve z, y
eksenlerindeki moment tepkileri ihmal edilebilir. Statik dengeden önce P kuvvetini
hesaplamanız gerekir.) Cevap: 38.8mm
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
255
Not Almak İçin Boş Sayfa
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
256
8b
(Thin Walled Pressure Vessels)
İÇTEN BASINÇLI
İNCE CİDARLI KAPLAR
(Bu konu Video 8b de anlatılmıştır.)
*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
257
8b İçten Basınçlı İnce Cidarlı Kaplar
8b.1 Konunun Önemi
•
İnce Cidarlı Kaplar, sanayide sıkça kullanılan sıvı veya gaz saklama veya depolama elemanlarıdır.
•
Genellikle silindirik ve küresel olan bu kapların cidar kalınlıkları, çaplarına göre oldukça küçüktür.
•
gazı muhafaza etmeleridir.
•
•
•
Bu kapların en önemli özelliklerinden birisi içine basınçlı bir şekilde doldurulmuş olan sıvı veya
Fakat iç basınç sebebiyle kabın cidarlarında gerilmeler oluşur ve bu gerilmeler belli bir seviyeyi
geçerse kapta hasarlara yol açabilir.
Bu sebeplerle bu kapların emniyetli boyutlarının belirlenmesi son derece önem arz etmektedir.
Dış cidardaki eksenel ve radyal yönde çeki gerilmeleri oluştuğundan aslında bileşik bir
yükleme durumunun varlığından bahsedilebilir. Hatta iç yüzeyde 3 eksenli normal gerilme
durumu ortaya çıkar.
Bu bölümde amacımız ince cidarlı, içten basınçlı Silindirik veya Küresel Kaplarda iç basınç sebebiyle oluşan gerilmeleri
hesaplayabileceğimiz ve emniyetli boyutları tayin edebileceğimiz gerilme hesaplama formüllerini çıkarmak ve en son kısımda
konuyu pekiştirici örnekler çözmektir.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
258
8b İçten Basınçlı İnce Cidarlı Kaplar
8b.2 Silindirik Kaplar
İç basınç sebebiyle cidardaki bir noktada oluşan
gerilmeleri hesaplamak istiyoruz. Burada;
r: ortalama cidar yarıçapı, t: cidar kalınlığıdır.
(t<< r). Boşluklu kesit Alanı ortalama olarak
A = 2𝜋𝜋𝑟𝑟. 𝑡𝑡 olarak kabul edilir.
I
p
τ
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝜎𝜎1
=
2
σ3=0
28.08.2022
eksenel gerilme hesaplanabilir.
Silindirik kabı II kesimi ile boylamasına kesip ∆x
kadarlık kısmını çıkarırsak; simetrik noktaların
Mohr Çemberi (Dış Yüzey)
σ
σ1=σr
dengeler
bileşenleri
(pya=-pyb=p.sinα).
(pxa=pxb=p.cosα)
Basınçların
aynı
yatay
yönde
olduklarından bunların toplamı olan dış kuvvet,
(II kesimi)
σr
σr
a 𝑑𝑑𝑑𝑑
p
Fiç-2
σr
σr
∗
𝐹𝐹𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑−2 =� 𝑝𝑝𝑥𝑥 . 𝑑𝑑𝑑𝑑 = � 𝑝𝑝. 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝛼𝛼. 𝑑𝑑𝑑𝑑 = 𝑝𝑝. � 𝑑𝑑𝑑𝑑. 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝛼𝛼 = 𝑝𝑝. � 𝑑𝑑𝐴𝐴 = 𝑝𝑝. 𝐴𝐴∗ = 𝑝𝑝. 2𝑟𝑟. ∆𝑥𝑥
𝐴𝐴∗
𝑑𝑑𝐴𝐴∗
𝑑𝑑𝐴𝐴∗ = 𝑑𝑑𝑑𝑑. 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝛼𝛼
pya
𝑑𝑑𝑑𝑑
p a
𝛼𝛼
pxa
𝛼𝛼
p
𝛼𝛼
𝑑𝑑𝑑𝑑
pxb
t
pyb
𝛼𝛼 p
𝐹𝐹𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑−2 = 𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖−2
b
(yan görünüş)
→ 𝑝𝑝. 2𝑟𝑟. ∆𝑥𝑥 = 2. 𝜎𝜎𝑟𝑟 . ∆𝑥𝑥. 𝑡𝑡
𝑝𝑝. 𝑟𝑟
(D.8.5)
𝜎𝜎𝑟𝑟 =
𝑡𝑡
= 2𝜎𝜎𝑒𝑒
Not: İç yüzeyde σ3 =-p dir ancak diğer gerilmeler yanında ihmal edilecek seviyededir.
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
Fiç-1
(D.8.4)
(Fdış-2), radyal yöndeki Fiç-2 iç kuvvetiyle dengelenir.
Buradan radyal gerilme elde edilir.
Fdış-1
𝑝𝑝. 𝑟𝑟
2𝑡𝑡
(a ve b gibi) basınçlarının düşey bileşenleri zıt
yönde ve eşit şiddette olduklarından birbirlerini
p
σe
p
𝜎𝜎𝑒𝑒 =
Radyal Gerilme (𝜎𝜎𝑟𝑟 )
p
σ2=σe
kesitteki Fiç-1 eksenel iç kuvvet dengeler. Bu iç kuvvetten
𝜋𝜋𝑟𝑟 2 . 𝑝𝑝 = 2𝜋𝜋𝑟𝑟. 𝑡𝑡. 𝜎𝜎𝑒𝑒
p
p
Silindirik kabı I nolu kesimle enlemesine keselim:
Kapak kısmında iç p basıncından doğan Fdış-1 kuvvetini,
𝐹𝐹𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑−1 = 𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖−1
II
(I kesimi –
sol kısım)
Eksenel Gerilme (𝜎𝜎𝑒𝑒 )
259
8b İçten Basınçlı İnce Cidarlı Kaplar
8b.3 Küresel Kaplar
Silindirik kaplarda radyal gerilme hesabına benzer işlemler küresel kaplar için yapılır. Enine veya boyuna
kesim yapıldığında, yarı küresel iç yüzeye etki eden basınçların düşey bileşenleri birbirini dengeler
p
(𝑝𝑝𝑦𝑦𝑎𝑎 = −𝑝𝑝𝑦𝑦𝑏𝑏 = 𝑝𝑝. 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝛼𝛼). Eşit şiddette ve aynı yönde olan yatay bileşenler (𝑝𝑝𝑥𝑥𝑎𝑎 = 𝑝𝑝𝑥𝑥𝑏𝑏 = 𝑝𝑝. 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝛼𝛼 ) toplamda Fdış
r
kuvveti oluşturur ve bu kuvvet cidarda oluşan gerilmelerin toplamı olan Fiç kuvveti tarafından dengelenir.
𝑑𝑑𝑑𝑑
τ
τmax=σ1 /2
𝛼𝛼
𝛼𝛼
p
𝛼𝛼
𝑑𝑑𝐴𝐴∗ = 𝑑𝑑𝑑𝑑. 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝛼𝛼
Mohr Çemberi
𝛼𝛼
σ3=0
σ1=σ2
σ
𝑑𝑑𝑑𝑑
p
a p pya
pxa
pxb
b
pyb
𝐴𝐴∗
p r
σ2
Fdış
σ2
Fdış Fiç
σ1
Fiç
σ1
σ1
r
p
t
σ2
∗
2
∗
𝐹𝐹𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 = � 𝑝𝑝𝑥𝑥 . 𝑑𝑑𝑑𝑑 = � 𝑝𝑝. 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝛼𝛼. 𝑑𝑑𝑑𝑑 = 𝑝𝑝. � 𝑑𝑑𝑑𝑑. 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝛼𝛼 = 𝑝𝑝. � 𝑑𝑑𝐴𝐴 = 𝑝𝑝. 𝐴𝐴 = 𝑝𝑝. 𝜋𝜋𝑟𝑟
𝐹𝐹𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 = 𝐹𝐹𝑖𝑖𝑖
28.08.2022
σ2
→ 𝜋𝜋𝑟𝑟 2 . 𝑝𝑝 = 2𝜋𝜋𝑟𝑟. 𝑡𝑡. 𝜎𝜎2 = 2𝜋𝜋𝑟𝑟. 𝑡𝑡. 𝜎𝜎2 →
𝜎𝜎2 = 𝜎𝜎1 =
Yatay kesim için de benzer işlemlerle aynı sonuç bulunur.
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑝𝑝. 𝑟𝑟
2𝑡𝑡
260
(D.8.6)
8b İçten Basınçlı İnce Cidarlı Kaplar
Örnek 8b.1 (video 8b, örn 1) : 𝑟𝑟𝑘𝑘 yarıçapında, t kalınlığında bir küresel kabın yerine, aynı işlevi görebilecek ve aynı emniyet katsayısına sahip bir
silindirik kap tasarlayınız. (alternatif silindirik kabın kalınlığını ve malzemesini değiştirmeden uzunluk ve yarıçapını belirleyiniz).
Çözüm:
𝑟𝑟𝑘𝑘
Mohr Çemberleri
Gerilmeler
𝑝𝑝 𝑟𝑟𝑘𝑘
𝜎𝜎2 =
2𝑡𝑡
Küresel
𝜎𝜎1
𝜎𝜎𝑟𝑟 =
𝜎𝜎𝑒𝑒
𝜎𝜎𝑟𝑟
28.08.2022
Yüzeyde bir noktada
𝜎𝜎2
𝜎𝜎1 =
τ
𝑝𝑝 𝑟𝑟𝑘𝑘
2𝑡𝑡
𝑝𝑝 𝑟𝑟𝑠𝑠
= 𝜎𝜎1
𝑡𝑡
𝑝𝑝𝑟𝑟𝑠𝑠
𝜎𝜎1
𝜎𝜎𝑒𝑒 =
= 𝜎𝜎2 =
2𝑡𝑡
2
𝑟𝑟𝑠𝑠 =?
Kapak kısımlarındaki
konkavlık ihmal
edilmiştir.
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
𝜎𝜎1
2
σ3=0
τ
σ3=0
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝜎𝜎1
=
2
σ2=σe
1-) Emniyet açısından silindirik kabın
küresel kapla aynı riskte olması istenir:
Malzeme sünektir. Tresca kriterin seçersek:
bir p basıncında ortaya çıkan maksimum
kayma gerilmeleri her iki kapta aynı
σ olmalıdır ki, aynı emniyete sahip olsunlar.
σ1=σ2
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑘𝑘 = 𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑠𝑠
𝑝𝑝 𝑟𝑟𝑠𝑠 → 𝑟𝑟 = 𝑟𝑟𝑘𝑘
𝑝𝑝 𝑟𝑟𝑘𝑘
𝑠𝑠
=
2
2𝑡𝑡
4𝑡𝑡
σ
σ1=σr
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
2-) Silindirik kabın kapasitesinin de aynı
olması istenir. Bu sebeple hacmi küresel
kabın ki ile eşit olmalıdır.
𝑉𝑉𝑘𝑘 = 𝑉𝑉𝑠𝑠
4
𝑟𝑟𝑘𝑘
𝜋𝜋𝑟𝑟𝑘𝑘 3 = 𝜋𝜋𝑟𝑟𝑠𝑠 2 𝑥𝑥𝐿𝐿𝑠𝑠 = 𝜋𝜋
2
3
→ 𝐿𝐿𝑠𝑠 =
2
. 𝐿𝐿𝑠𝑠
16
𝑟𝑟
3 𝑘𝑘
261
8b İçten Basınçlı İnce Cidarlı Kaplar
Örnek 8b.2
(video 8b, örn 4) :
Silindirik bir basınçlı kap, uzun, dar bir çelik plakanın bir mandrel etrafına
sarılması ve daha sonra helisel bir bağlantı oluşturmak için plakanın kenarları boyunca kaynak
yapılmasıyla oluşturulacaktır. Sarmal helisel kaynak, silindir ekseni ile α= 55°'lik bir açı yapacaktır. İç
basınç 800kPa, kesit yarıçapı 1.8m, çelik malzeme için Elastisite modülü E=200GPa, poisson oranı ν =
0.3 , akma mukavemeti σak = 180MPa, sistemin emniyet katsayısı n=2.5 olduğuna göre a-) emniyetli cidar
kalınlığını; b-) bu sırada (emniyet sınırında) kaynak dikişinde oluşan gerilme bileşenlerini hesaplayınız.
a-) Tresca kriterini kullanabiliriz:
Çözüm:
3D Mohr çemberinden görüyoruz ki;
Maksimum kayma gerilmesi:
Yüzeydeki bir A noktası için gerilmeler ve 3D mohr çemberi:
𝑝𝑝 𝑟𝑟
τ 𝜏𝜏 = 𝜎𝜎1
𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝜎𝜎
=
= 𝜎𝜎𝑟𝑟
1
2
𝑡𝑡
σ3=0
O
𝜎𝜎𝑥𝑥 ′
A
D1 H
σ2
C
R
𝜏𝜏𝑥𝑥 ′𝑦𝑦′
28.08.2022
2𝜃𝜃
k
σ
σ1=σr
𝑝𝑝𝑝𝑝
𝜎𝜎2 =
= 𝜎𝜎𝑒𝑒
2𝑡𝑡
𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎 = 180𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
Sünek malzemeler için:
𝜎𝜎𝑎𝑎𝑎𝑎 180
= 90𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
=
𝜏𝜏𝑎𝑎𝑎𝑎 =
2
2
𝜏𝜏𝑎𝑎𝑎𝑎 90
=
= 36𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
𝜏𝜏𝑒𝑒𝑒𝑒 =
𝑛𝑛
2.5
𝜎𝜎1 𝑝𝑝 𝑟𝑟
=
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
2𝑡𝑡
2
800𝑥𝑥10−3 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀.8𝑥𝑥103 𝑚𝑚𝑚𝑚
=
2𝑡𝑡
720
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
𝑡𝑡
Emniyet sınırında
720
𝜏𝜏𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝜏𝜏𝑒𝑒𝑒𝑒 = 36 =
𝑡𝑡𝑒𝑒𝑒𝑒
→ 𝑡𝑡𝑒𝑒𝑒𝑒 = 20𝑚𝑚𝑚𝑚
b-) B noktasında A ile paralel eleman için
gerilme durumu aynıdır.
𝜎𝜎1 = 72𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀= 𝜎𝜎𝑦𝑦
𝜏𝜏𝑥𝑥 ′ 𝑦𝑦′
𝜎𝜎2
B k
𝜎𝜎1
𝜎𝜎𝑥𝑥 ′
𝜃𝜃 = 350
D1 (bulunduğumuz düzlem)
x-y eksenleri 1-2 asal eksenleriyle çakışmış olur.
x-y düzlemindeki çember soldaki ortanca (mavi) mohr
çemberidir. Kaynak dikiş yüzeyi k düzlemidir ve gerilme
bileşenleri mohr çemberinden şöyle bulunabilir:
𝜎𝜎𝑥𝑥 ′ = 𝑂𝑂𝐷𝐷1 + 𝐷𝐷1 𝐻𝐻 = 𝜎𝜎2 +(R − 𝐶𝐶𝐻𝐻) = 𝜎𝜎2 +(R − Rcos2θ),
72 − 36
𝜎𝜎1 − 𝜎𝜎2
= 18
=
𝜎𝜎𝑥𝑥 ′ = 𝜎𝜎2 +R 1 − 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝜃𝜃 , R =
2
2
𝑝𝑝 𝑟𝑟 800𝑥𝑥10−3 𝑥𝑥 1.8𝑥𝑥103
=
𝜎𝜎1 =
20
𝑡𝑡𝑒𝑒𝑒𝑒
𝜎𝜎𝑥𝑥 ′ = 36 + 18(1 − 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐)
𝜎𝜎1
= 36𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 𝜏𝜏𝑥𝑥 ′𝑦𝑦′ = 𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝜃𝜃 = 18𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥
𝜎𝜎1 = 72𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 , 𝜎𝜎2 =
2
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
𝜎𝜎2 = 36MPa = 𝜎𝜎𝑥𝑥
→ 𝜎𝜎𝑥𝑥 ′ = 47,8𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
→ 𝜏𝜏𝑥𝑥 ′ 𝑦𝑦′ = 16,9 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
262
8b İçten Basınçlı İnce Cidarlı Kaplar
Örnek 8b.3 (video 8b, örn 2 de çözülmüştür.) : 5m x 5m lik bir alanın sınırlarını taşırmayacak şekilde
ve olabilecek en büyük hacimde içten basınçlı bir kap üretilmek isteniyor. Malzeme olarak
5m
akma gerilmesi 240MPa olan bir cins çelik kullanılıyor. Emniyet katsayısını n=2, cidar
kalınlığını 4cm alarak; Küresel veya silindirik kaplardan hangisinin; a-) hacimsel açıdan, b-)
emniyet açısından, daha avantajlı olduğunu belirleyiniz.
Cevaplar: a-) silindirik kap daha vaantajlı, b-) Küresel kap daha avantajlı
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
263
8b İçten Basınçlı İnce Cidarlı Kaplar
Örnek 8b.5 (video 8b, örn 3 de çözülmüştür.) : Tek
strain-gage kullanarak, silindirik bir kabın iç
basıncını nasıl ölçebilirisiniz. Ölçüm için
gerekli denklemi çıkarınız. Gerekli malzeme
Strain-gage
(gerinme ölçer)
özelliklerinin bilindiğini kabul ediniz.
Cevap: p =
28.08.2022
2𝜀𝜀2 𝐸𝐸𝐸𝐸
𝑟𝑟 1−𝜈𝜈
veya p =
2𝜀𝜀1 𝐸𝐸𝐸𝐸
𝑟𝑟 2−𝜈𝜈
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
264
Not Almak İçin Boş Sayfa
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
265
DENEME SINAVLARI
VE
CEVAPLARI
•
Bundan sonraki sayfalarda bazı sınavların soru kağıtları aynen koyulmuştur.
•
Kendinizi bu sınavlarla deneyerek sınavlara hazırlanmaya çalışınız.
•
Verilen süreyi aşmamaya çalışınız.
•
Sınav sorularının cevapları son sayfalar ayrıca verilmiştir.
•
Sınavı tamamladıktan sonra bu cevapları bulamadı iseniz, cevabı bulana kadar işlemlerinizi
kontrol ediniz. Cevabı bulduğunuzda gidiş yolunuzda yaptığınız hataları inceleyiniz.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
266
DEU MUH. FAK. ENDUSTRİ MUH. BL. MUHENDİSLİK MEKANİĞİ 2.VİZE (YAZ OKULU-2018) Süre: 80dk
Malzeme
Çelik
Alüminyum
Çeki / Bası için Akma
Mukavemeti
Kesmedeki Akma
Mukavemeti
Elastisite
modülü (E)
Poisson
oranı (n)
Kayma (Rijitlik)
Modülü (G)
Isıl Genleşme Katsayısı
(a)
400MPa
140MPa
200MPa
70MPa
210GPa
70GPa
0.26
0.34
81GPa
25 GPa
12x10-6 (1/ oC)
24x10-6 (1/ oC)
İlgili tüm sorularda emniyet katsayısı n = 2 alınacaktır.
S.1-) Şekildeki sistemde alüminyum ABCD ve ED çubuklarının bağlantı noktalarında çelik pimler
kullanılmıştır. Gösterilen yükleme durumu için;
a-15P) E piminin emniyetli çap değerini,
b-10P) genişliği 20mm olan ED çubuğunun emniyetli kalınlığını,
c-10P) C deki yatak gerilmesini, hesaplayınız. (C piminin çapı 10mm , bir yatağın kalınlığı 5mm dir.)
S.2- ) A ucu bir duvara tamamen sabitlenmiş
çelik borunun, dış ve iç çapları sırasıyla 12mm
ve 8mm dir. Buna göre,
a-20P) Gösterilen yükleme durumu için emniyet
sınırlarının aşılıp aşılmadığını kontrol ediniz.
b-15P) D ucunun A ucuna göre burulma açısını
hesaplayınız.
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
S.3-) ) Şekildeki kademeli çubukta
Alüminyum ve Çelik kısımların çapları
sırasıyla 10cm ve 6cm dir.
Buna göre sistemde akma olmaması
için, sistemin sıcaklığı maksimum ne
kadar arttırılabilir? hesaplayınız.
267
DEU. MUH.FAK. ENDUSTRİ MUH.BL. MÜHENDİSLİK MEKANİĞİ FİNAL SINAVI (26.12.2017, Süre: 100dk)
Kayma (Rijitlik)
Modülü (G)
Malzeme
Çekideki Akma / Kırılma
Mukavemeti
Basıdaki Akma / Kırılma
Mukavemeti
Kesmedeki Akma /Kırılma
Mukavemeti
Elastisite
modülü (E)
Poisson
oranı (ν)
Çelik (Sünek)
400MPa
-400MPa
200MPa
210GPa
0.26
81GPa
Beton (Gevrek)
8 MPa
-40MPa
20MPa
37GPa
0.2
36GPa
S4-) Şekilde düzleme gerilme durumu verilen nokta için;
S6-25P) Şekildeki AB çelik miline bağlı kolun C
a-8P) Mohr Çemberini çiziniz.
noktasından y eksenine paralel F= 4kN luk bir
b-5P) Asal Gerilmeleri ve düzlemlerini bulunuz.
çevirme kuvveti uygulanacaktır. Buna göre AB
c-5P) Maksimum kayma gerilmesini bulunuz.
milinin emniyetli çap değerini hesaplayınız.
d-7P) Beton malzeme için bu noktada kırılma olup
olmayacağını kontrol ediniz.
(Emniyet katsayısı : n=2)
S7-25P) Şekildeki pensenin ucuna kenar uzunluğu
12mm
olan
kübik
bir
beton
K
numunesi
yerleştirilmiştir. K numunesinin kırabilmek için
S5-25P) Şekildeki yükleme durumu ve kesit
görünümü verilen beton kirişte, kırılma olup
olmayacağını hesaplayarak kontrol ediniz.
28.08.2022
uygulanması gereken minimum
hesaplayınız.
P el kuvvetini
A ve D pimleri yatay kanalda serbestçe ve sürtünmesiz hareket
edebilmektedir. Pensenin alt ve üst kısımları birbirine göre simetriktir.
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
268
DENEME SINAVLARININ Cevapları (Cevapları tam doğru bulana kadar yaptığınız işlemleri kontrol ediniz.)
S1.
a-) dE-em = 13.71mm, b-) tem = 33.5 mm c-) σb-c = -197.5 MPa
S2.
a-) emniyetsiz, (Çünkü: τmax = 330MPa… > 100MPa) b-) 3.47rd
S3.
∆Tmax = 274 OC
S4.
a-)
b-) σmax = 6MPa, σmin = -14MPa, θp=18.43o
c-) τmax = 10MPa
28.08.2022
d-) Rankine (kırılmaz), Coulumb(1.1 > 1 …. kırılır)
S5.
Akma olmaz. (Çünkü: σmax = 90MPa ..< 400 MPa , σmin = -45MPa… I σminI < I −400 I )
S6.
dem = 72.15 mm (tresca kriterine göre) veya dem = 70.81 mm (von-mises kriterine göre)
S7.
Pmin = 794.48 N
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
269
Not Almak İçin Boş Sayfa
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
270
Not Almak İçin Boş Sayfa
28.08.2022
MUKAVEMET 1 - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor
271