Mukavemet Çözümlü Problemler Pdf

Footer menu

MUKAVEMET I ÇÖZÜMLÜ ÖRNEKLER ̶ ders notu ̶ Yard. Doç. Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü ̶ Aralık ̶ Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - 2 / 27 Örnek 1. Üzerinde yalnızca yayılı yük bulunan ve açıklığı L olan bir basit kirişe ait eğilme momenti diyagramı aşağıda verilmiştir. Bu kirişe ait kesme kuvveti diyagramını ve yük dağılımını L cinsinden bulunuz. M (kN·m) İkinci derece parabol 18 0 x L/2 L Çözüm 1. Şekilde verilen moment diyagramında, kirişin L/2 noktasına kadar moment değişimi doğrusal iken, L/2 ve L arasında ikinci derecen bir parabol olarak verilmiştir. V= dM/dx bağıntısından eğilme momentinin lineer olduğu kısımda kesme kuvveti sabit, ikinci derece parabol olduğu kısımda ise birinci dereceden bir denkleme sahip olacaktır. Benzer şekilde, -q= dV/dx bağıntısından hareketle, kesme kuvvetinin birinci dereceden bir denklem olduğu kısımda da dış yük q sabit olarak elde edilecektir. Dolayısıyla, = → = V .Doç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - 3 / 27 −q = → dV =−q.∑M = 0 → RA L = q → RA = LL qL B 24 8 RA = VA → = qL 36 8 L q= L2 Yayılı yük elde edildikten sonra sağ mesnetteki kesme kuvveti ve mesnet tepkisi hesaplanır. VB = − + = − + qL 36 L 36 2 L 2 L2 L VB = − RB = ; L L funduszeue.infoç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - 4 / 27 Örnek 2. Aşağıda bileşenleri verilen düzlem gerilme hali için a) Asal gerilmeleri hesap ederek doğrultularını bulunuz ve düzlem gerilme elemanı üzerinde gösteriniz. b) Normal gerilmenin sıfır olduğu doğrultuyu bulunuz. c) Normal gerilmenin kayma gerilmesine eşit olduğu doğrultuyu bulunuz. d) Bulduğunuz sonuçları Mohr diyagramı üzerinde gösteriniz. Çözüm 2. σ = σ x cos 2 ϕ + σ y sin 2 ϕ + 2τ xy sin ϕ cos ϕ Değerleri dönüşüm bağıntısında yerine koyar ve normal gerilmeyi sıfıra eşitlersek aradığımız doğrultuyu elde edebiliriz. −28 cos 2 ϕ1 + 28 sin 2 ϕ1 + 96 sin(2ϕ1 ) = 0 sin(2ϕ1 ) 28(cos 2 ϕ1 − sin 2 ϕ1 ) 96= 96 sin(2ϕ1 ) = 28 cos(2ϕ1 ) sin(2ϕ1 ) /cos(2ϕ1 ) = 28 /96 tan(2ϕ1= ) 0, → 2ϕ= 1 16, 26° → ϕ= 1 8, 13° funduszeue.infoç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - 5 / 27 c) Normal gerilmenin kayma gerilmesine eşit olduğu doğrultu: σ =→ τ ϕ2 = ? σ = σ x cos ϕ + σ y sin ϕ + 2τ xy sin ϕ cos ϕ 2 2 τ= −(σ x − σ y )sin ϕ cos ϕ + τ xy (cos 2 ϕ − sin 2 ϕ ) Normal gerilme ve kayma gerilmesi için verilen dönüşüm bağıntılarını birbirine eşitleyerek aradığımız doğrultuyu elde edebiliriz. −28 cos 2 ϕ2 + 28 sin 2 ϕ 2 + 96 sin(2ϕ 2 )= 28 sin(2ϕ 2 ) + 96 cos(2ϕ 2 ) 96 sin(2ϕ2 ) − 28 sin(2ϕ2 ) = 96 cos(2ϕ2 ) + 28(cos 2 ϕ2 − sin 2 ϕ2 ) 68 sin(2ϕ2 ) = cos(2ϕ 2 ) tan(2ϕ= 2) 1, → ϕ2 61, 26° → 2= ϕ2 30, 63° = Görüleceği üzere normal gerilmenin kayma gerilmesine eşit olduğu doğrultu, Mohr dairesi üzerinde 2ϕ2=61,26°’lik dönüş ile elde edilmektedir. Normal gerilme ve kayma gerilmesinin birbirine eşit şiddette ve pozitif olması hali için düzlem gerilme elemanında ise mevcut durumdan 30,63°’lik bir dönüş yapılması gerekir. Burada gözden kaçırılmaması gereken nokta, kayma gerilmesine eşitlenen gerilme bileşeninin, σx normal gerilme bileşeni olduğudur. x-y koordinat sisteminde σx’in değeri negatifken, 30,63°’lik bir eksen transformasyonu ile σx normal gerilmesi pozitif olmaktadır. Şayet normal gerilmenin yön değiştirmesi istenmeseydi, yani τxy kayma gerilmesi ile σx normal gerilmesinin yalnız şiddetçe birbirine eşit olması istenseydi; kayma gerilmesi (+) normal gerilme de yön değiştirmeyecek şekilde (-) alınarak hesap yapıldığında, −σ = τ → ϕ3 = ? 28 cos 2 ϕ3 − 28 sin 2 ϕ3 − 96 sin(2ϕ3 ) = 28 sin(2ϕ3 ) + 96 cos(2ϕ3 ) −96 sin(2ϕ3 ) − 28 sin(2ϕ3 ) = 96 cos(2ϕ3 ) − 28(cos 2 ϕ3 − sin 2 ϕ3 ) − sin(2ϕ3 ) = 68 cos(2ϕ3 ) tan(2ϕ3 ) =−0, → 2ϕ3 =−28,74° → ϕ3 =−14, 37° değeri elde edilecektir. Bu gerilme hali için düzlem gerilme elemanında ,37°, Mohr dairesi üzerinde de ,74°’lik bir dönüş yapıldığında, σx normal gerilmesinin yönü değişmeden kayma gerilmesine şiddetçe eşitlenmiş olur. Sonuçlar Mohr dairesi funduszeue.infoç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - 6 / 27 üzerinden incelendiğinde konu daha iyi anlaşılacaktır. d) Mohr Dairesinin çizimi: funduszeue.infoç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - 7 / 27 Alternatif kısa çözüm: Soruyu daha hızlı ve kolay çözebilmek için mevcut gerilme haline ait Mohr dairesinin çizilerek hesaba gidilmesi gerekir. Daire üzerinde M1 noktası işaretlendikten sonra bulunması istenen doğrultu daha pratik bir şekilde elde edilebilir. Dikkat edilmesi gereken husus, gerilme düzlemi ile Mohr dairesinin dönüş yönleridir. Mohr dairesi üzerinde kayma gerilmesi için seçilecek pozitif eksen yönü, gerilme elemanı için hesaplanacak açıların işaretini etkileyecektir. Düzlem gerilme elemanında, verilen x-y eksen takımına göre elemanı saat yönünün tersi istikamette çeviren τxy kayma gerilmeleri (+) kabul edilmektedir. Mohr çemberinde ise şayet, pozitif kayma gerilmesi ekseni yukarı doğru seçilmişse saat yönü istikametinde yapılacak dönüşler (+) olacaktır. Diğer bir ifadeyle, dönüşüm denklemleri ile elde edilen ve asal doğrultuyu veren açının (+) olması halinde, asal gerilmeleri gösteren gerilme hali için eksen transformasyonu, düzlem gerilme elemanında saat yönünün tersi, Mohr dairesi üzerinde ise saat yönünde olacaktır. Dairede, kayma gerilmesini ifade eden eksenin aşağı doğru pozitif seçilmesi halinde ise dönüş yönü saat yönünün tersi istikamette olacağından gerilme düzlemi ile çemberdeki dönüş yönleri birbirine eşit olacaktır. Pozitif dönüş yönlerinin durumu, seçilecek pozitif kayma eksenin yönüne göre Mohr dairesinde değişmezken, elemanter dörtgende seçilecek eksen takımına göre, gerilme düzlemindeki dönüş yönleri farklılık gösterecektir. Sorunun ‘d’ maddesinde iki farklı çizim yöntemi için de Mohr dairesi gösterilmiştir. Düzlem gerilme elemanında kullanılan kartezyen eksenlerin değişmesi halinde ise dönüşüm denklemlerinin çıkartıldığı referans eksen (genellikle yatay eksendir) dikkate alınarak, dik eksenlerin pozitif bölgesinde kalan ve referans eksene dik pozitif kayma gerilmesine göre dönüş yönünün belirlenmesi gerekir. o funduszeue.infoç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - 8 / 27 Örnek 3. Bileşik bir çubuk iki rijit mesnet arasına yerleştirilmiştir. Çubuğun sol kısmı bakır olup kesit alanı 60 cm2, sağ kısmı da alüminyum olup kesit alanı 40 cm2’dir. Sistem 27°C’de gerilmesizdir. Alüminyum kısımdaki gerilmelerin MPa’lı geçmeyecek şekilde, sistemin sıcaklığını düşürebileceğimiz uç değeri bulunuz (Çubuk ağırlığını ihmal ediniz). Bakır için : Ebakır= 1,12x N/mm2 , αt= 1,x 1/°C Alüminyum için : Ealüminyum= 0,70x N/mm2 , αt= 2,x 1/°C Çözüm 3. Sistem üçüncü dereceden hiperstatiktir. Sıcaklık farkından dolayı çubukta kesme kuvveti ve eğilme momenti oluşmayacaktır. Ayrıca çubuk ağırlığı da ihmal edildiğinden bileşik çubuk yalnız eksenel normal kuvvete maruz kalacaktır. Dolayısıyla sistem birinci dereceden hiperstatik kabul edilebilir. Problemi çözebilmek için bir adet geometrik uygunluk şartına ihtiyacımız vardır. Sıcaklık değişiminden sonra çubuktaki toplam boy değişiminin sıfır olması gereğinden hareketle, uygunluk şartı: ∆lbakır + ∆lalüminyum = 0 olacaktır. Dolayısıyla, N × lbakır α t,bakır ∆t lbakır + ∆= = (1, × 10 −5 × ∆t × ) + Nlbakır (EA)bakır 1, 12 × 10 5 × = ∆lbakır (, 40 × 10 −5 × ∆t ) + (4, 46 × 10 −7 × N ) N × = α t,alüminyum ∆t lalüminyum + ∆lalüminyum = (2, 38 × 10 −5 × ∆t × ) + Nlalüminyum (EA)alüminyum 0,7 × 10 5 × ∆lalüminyum = (, 00 × 10 −5 × ∆t ) + (7, 14 × 10 −7 × N ) olarak elde edilir. İki parçalı çubukta sıcaklığın düşmesine bağlı olarak eksenel çekme kuvveti meydana gelecektir. Alüminyumda meydana gelen gerilmelerin Mpa’lı geçmemesi için sistemin eksenel kuvvetinin maksimum, N maks =σ alüminyum Aalüminyum = × =N değerine eşit olması gerekir. Bulduğumuz eksenel kuvveti yukarıdaki denklemlerde yerine koyar ve geometrik uygunluk şartımızı yazarsak, funduszeue.infoç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - 9 / 27 (, 40 × 10 −5 × ∆t ) + (4, 46 × 10 −7 × × 10 3 ) + ( × 10 −5 × ∆t ) + (7, 14 × 10 −7 × × 10 3 ) = 0 (, 40 × 10 −5 × ∆t ) + ( × 10 −5 × ∆t ) = −, 40 × 10 −4 − , 60 × 10 −4 , 40 × 10 −5 × ∆t = −, 00 × 10 −4 ∆t =−75, 34 °C değerini elde ederiz. Sistemin sıcaklığını düşürebileceğimiz uç değer ise, ∆t = t − t0 → t − 27° = −75, 34° → t = −48, 34 °C olarak elde edilir. o funduszeue.infoç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - 10 / 27 Örnek 4. Dikdörtgen kesitli bir basit kiriş aşağıda gösterildiği gibi yüklenmiştir. Kirişi oluşturan malzemede izin verilen en büyük çekme gerilmesi σç,em= 15 MPa, en büyük basınç gerilmesi σb,em= 25 MPa, ve kayma gerilmesi de τem= 8 MPa olduğuna göre, a) Kirişte maksimum iç kuvvetlerin bulunduğu noktalarda meydana gelen gerilmeleri hesaplayınız ve izin verilen sınırlara göre yeterli mukavemette olup olmadığını tahkik ediniz. b) Kirişte C noktasındaki (kirişin açıklığının dörtte biri için) iç kuvvetleri dikkate alarak kiriş kesiti üzerinde verilen a, b ve c noktalarını da kapsayacak şekilde gerilmeleri hesaplayınız ve kesit düzlemindeki değişimlerini diyagram ile gösteriniz. c) b şıkkında bulduğunuz sonuçları kullanarak asal gerilmeleri ve doğrultularını hesap ediniz ve düzlem gerilme elemanı ile Mohr dairesi üzerinde gösteriniz. d) Asal gerilmeleri dikkate alarak kesitin yeterli mukavemette olup olmadığını, en büyük kayma gerilmesi hipotezi ve biçim değiştirme enerjisi hipotezi ile tahkik ederek değerlendiriniz. Çözüm 4. Kirişe ait kesit tesiri diyagramlarını ve kesit parametrelerini hesaplayarak gerilme tahkikinde dikkate alacağımız kritik noktaları belirlememiz gerekir. Kiriş kesitinde: Kesit alanı : A = 10 × 30 = cm 2 10 × 30 3 Atalet momenti =: Iy = cm 4 12 Statik moment : Qy , a = 10 × 5 × 12, 5 = cm 3 Qy ,G = 10 × 15 × 7, 5 = cm 3 funduszeue.infoç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - 11 / 27 a) Kirişte maksimum iç kuvvetlerin bulunduğu noktalarda gerilme tahkiki: Kesit tesiri diyagramından görüleceği üzere, mesnetlerde kesme kuvveti, açıklıkta ise kesme kuvvetinin sıfır olduğu noktada eğilme momenti maksimum değerlerine ulaşmaktadır. Açıklık ortasında momentin maksimum olduğu noktada kesme kuvveti sıfır olduğu için kesitte kayma gerilmesi oluşmayacaktır. Dolayısıyla maksimum momentin bulunduğu noktada yalnızca normal gerilmelere göre tahkik yapılması yeterli olacaktır. Mesnetlerde ise kesme kuvvetinin maksimum olduğu noktalarda da eğilme momenti sıfırdır. Dolayısıyla bu noktalarda da eğilme momentinden dolayı kesitte normal gerilmeler meydana gelmeyecektir. Ancak gözden kaçırılmaması gereken nokta, kirişteki eksenel normal kuvvetin mevcudiyetidir. Eksenel normal kuvvet çubuk boyunca etkidiği ve sabit değerde kaldığı için yapılacak tüm tahkiklerde, normal gerilmelere etkisi göz önüne alınmalıdır. Mesnette kayma gerilmeleri için yapılacak tahkike ilave olarak normal gerilme tahkiki yapılması da gereklidir. Mesnet kesitinde kayma ve normal gerilmeler hesaplandıktan sonra bileşik mukavemet hali söz konusu olduğu için maksimum τxz kayma gerilmesinin bulunduğu ağırlık merkezinde asal gerilmelerin ve maksimum kayma gerilmesinin hesaplanarak izin verilen sınır gerilme değerlerinin aşılıp aşılmadığı da kontrol edilmelidir. A ve B mesnet kesitlerinde gerilme tahkiki: A mesnet noktasında kiriş kesitinde meydana gelen gerilmeler, N= −90, 00 kN ; Vz = + 26, 00 kN ; M y = 0 VzQy ,G 26 × 10 3 × × 10 3 τ xz , b τ= = = = 1, 30 N/mm 2 < τ em (Güvenli) × × 10 xz ,max bI y 4 funduszeue.infoç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - 12 / 27 VzQy , a 26 × 10 3 × × 10 3 τ= τ= = = 0,72 N/mm 2 × × 10 4 xz , a xz , c bI y −90 × 10 3 σ x ,max = = −3, 00 N/mm 2 < σ b , em (Güvenli) = N 2 A × 10 olarak elde edilir. Görüleceği üzere kirişin mesnet kesitinde, x-z eksen takımı ve asal eksen takımına göre elde edilen gerilme değerleri izin verilen sınırlarının altında kalmaktadır. Kayma gerilmelerinin maksimum ve minimum olduğu doğrultuda da sınır değerler aşılmamaktadır. Mesnet kesitinde hesaplanan gerilmeler ve doğrultuları aşağıdaki şekilde gösterilmiştir. funduszeue.infoç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - 13 / 27 B mesnedinde kesme kuvveti yön değiştireceğinden kesitte meydana gelen gerilmeler, τ xz ,max = −1, 30 N/mm 2 , σ x ,max = −3, 00 N/mm 2 olacaktır. Kiriş açıklığının orta noktasında kesme kuvveti sıfır olduğu için kesit yalnız normal gerilme ile yüklü durumdadır. En dış liflerde meydana gelen gerilmeler maksimum ve minimum değerleri vermekte olup kayma gerilmesi bulunmadığı için bu gerilmeler aynı zamanda asal gerilmelerdir. Sonuç olarak; verilen yükler altında, kirişin orta noktasında, eğilmeden dolayı meydana gelen çekme ve basınç gerilmelerinde müsaade edilen sınırların aşılmadığı görülmektedir. Kiriş mevcut kesiti ile güvenlidir. funduszeue.infoç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - 14 / 27 Hesaplanan değerlerden birinin emniyet gerilmelerinden daha büyük olması durumu söz konusu olsaydı, gerilmeleri azaltabilmek için kiriş kesitinin boyutlarının büyütülmesi veya kirişe etkiyen yüklerin sınırlandırılması çözüm yollarından biri olabilirdi. b) C noktasında kiriş kesitinde meydana gelen gerilmeler ve diyagramları: Kesit tesiri diyagramında C noktasında, eksenel normal kuvvet, kesme kuvveti ve eğilme momentinin oluşturduğu bileşik mukavemet hali söz konusudur. Hesapta, kullanacağımız eksen takımına göre elemanter küp’teki gerilme bileşenlerinin pozitif yönleri dikkate alınmalıdır. Kesitin en dış liflerinde yani z ekseninde ± mm için kayma gerilmesi sıfır olduğundan bu ordinatlardaki normal gerilme değerleri asal gerilmelerdir. Ancak funduszeue.infoç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - 15 / 27 kesitin iç liflerine doğru ilerledikçe kayma gerilmesinin artması nedeniyle, x-z eksen takımına göre hesaplanan gerilme değerleri, maksimum ve minimum normal gerilmeleri ve kayma gerilmelerini ifade etmeyecektir. Dolayısıyla asal gerilmelerin ve doğrultularının bulunması gerekir. Kartezyen eksen takımının düzlemdeki konumuna göre, x yatay ekseninden düşey z eksenine (gerilme elemanında saat yönünde) yapılacak dönüşler (+) olacaktır. Mohr dairesinde kayma gerilmesi için pozitif yön de yukarı doğru seçildiği takdirde, elamanla Mohr dairesinin dönüş yönleri aynı olacaktır. Doç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - Doç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - 17 / 27 d) Asal gerilmeler ile C kesitinde gerilme tahkiki: a noktasında en büyük kayma gerilmesi hipotezi ile tahkik: σ 1 − σ 2 ≤ σ em → −11, 68 − = 0, 01 11, 69 MPa ≤ σ b , em (Güvenli) ? a noktasında biçim değiştirme enerjisi hipotezi ile tahkik: (σ 12 + σ 22 ) − σ 1σ 2 ≤ σ em ? 2 ( −11, 68)2 + (0, 01)2 − ( −11, 68 = × 0, 01) 11, 69 MPa ≤ σ b , em (Güvenli) b noktasında en büyük kayma gerilmesi hipotezi ile tahkik: σ 1 − σ 2 ≤ σ em → 0, 13 3, 26 MPa ≤ σ b , em (Güvenli) −3, 13 −= ? b noktasında biçim değiştirme enerjisi hipotezi ile tahkik: (σ 12 + σ 22 ) − σ 1σ 2 ≤ σ em ? 2 × 0 , 13) 3, 20 MPa ≤ σ b , em (Güvenli) ( −3, 13)2 + (0, 13)2 − ( −3, 13= c noktasında en büyük kayma gerilmesi hipotezi ile tahkik: σ 1 − σ 2 ≤ σ em → −0, 02) 5,71MPa ≤ σ ç , em (Güvenli) 5, 69 − (= ? c noktasında biçim değiştirme enerjisi hipotezi ile tahkik: (σ 12 + σ 22 ) − σ 1σ 2 ≤ σ em ? 2 ( −0 , 02) 5,70 MPa ≤ σ ç , em (Güvenli) (5, 69)2 + ( −0, 02)2 − (5, 69 × = o funduszeue.infoç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - 18 / 27 Örnek 5. Aşağıda yükleme durumu verilen “I” kesitli basit kirişte, σem= MPa ve τem=80 MPa olduğuna göre, a) Kiriş kesitinde meydana gelen yatay ve düşey kayma gerilmelerini hesaplayınız, kesit düzlemindeki değişimini diyagram ile gösteriniz. b) Kiriş kesitinde meydana gelen normal gerilmeleri (C ve D noktaları için de) hesaplayınız ve kesit düzlemindeki değişimini diyagram ile gösteriniz. c) “I” kesitli kirişin boyun bölgesinde (C ve D noktalarında) meydana gelen maksimum gerilmeleri, y eksenine dik düzlem gerilme elemanı ve Mohr dairesi üzerinde gösteriniz. d) Kesitin yeterli mukavemette olup olmadığını, en büyük kayma gerilmesi hipotezi ve biçim değiştirme enerjisi hipotezi ile tahkik ederek değerlendiriniz. Çözüm 5. Kirişe ait kesit tesiri diyagramlarını ve kesit parametrelerini hesaplayarak gerilme tahkikinde dikkate alacağımız kritik noktaları belirlememiz gerekir. Kiriş kesiti için: Kesit alanı : A= 2(15 × 2) + (1 × 20)= 80cm 2  15 × 2 3  1 × 20 3 Atalet momenti = : Iy 2  + 2 × 15 ×  +  12  12 I y = , 67cm 4 Statik moment : Qy ,başlık = 15 × 2 × 11 = , 00cm 3 = Q y ,G Qy ,başlık + (10 × 1= × 5) , 00cm 3 funduszeue.infoç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - 19 / 27 Görüleceği üzere kiriş ekseni üzerinde tekil yüklerin bulunduğu E ve F noktalarında kesme kuvvetiyle birlikte eğilme momenti de maksimum değerlerine ulaşmaktadır. Dolayısıyla yapacağımız gerilme tahkiklerinde hem kayma gerilmelerinin hem de normal gerilmelerin bir arada bulunması halini bu noktalar için göz önüne almamız gerekecektir. Ancak gözden kaçırılmaması gereken nokta, kirişteki eksenel normal kuvvetin varlığıdır. Eksenel normal kuvvet çubuk boyunca etkidiği ve sabit değerde kaldığı için yapılacak tüm tahkiklerde, normal gerilmelere etkisi göz önüne alınmalıdır. Mesnette kayma gerilmeleri için yapılacak tahkike ilave olarak normal gerilme tahkiki yapılması da gereklidir. Mesnet kesitinde kayma ve normal gerilmeler hesaplandıktan sonra bileşik mukavemet hali söz konusu olduğu için maksimum τxz kayma gerilmesinin bulunduğu ağırlık merkezinde asal gerilmelerin ve maksimum kayma gerilmesinin hesaplanarak izin verilen sınır gerilme değerlerinin aşılıp aşılmadığı da kontrol edilmelidir. Doç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - 20 / 27 Maksimum kesme kuvvetinden dolayı profil başlığında meydana gelen yatay kayma gerilmeleri: Vz (Qy ,başlık /2) 75 × 10 3 × × 10 3 τ xy ,başlık = = = 7,79 N/mm 2 tbaşlık I y 20 × , 67 × 10 4 y-z düzleminde hesaplanan τxy ve τxz kayma gerilmelerinin dağılımı aşağıdaki şekilde verilmiştir. Büyüklükleri x ekseni üzerinde gösterilmiştir. funduszeue.infoç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - 21 / 27 b) Kesitte oluşan normal gerilmeler: Eğilmeden dolayı kiriş kesitinin alt kısmı çekme üst kısmı basınç gerilmeleriyle yüklü olacaktır. Eksenel normal kuvvetin varlığı ise tarafsız ekseni ağırlık merkezinden farklı bir noktaya taşıyacaktır. N= +50, 00 kN ; M y = + 75, 00 kNm 50 × 10 3 75 × 10 6 σx = + z= + z= 6, 25 + 0, z N My A Iy 80 × 10 2 , 67 × 10 4 Yukarı elde edilen denklem yardımıyla, eksenel normal kuvvet ve eğilme momentine maruz kirişte, kesitin herhangi bir noktası için ordinat değerini denklemde ilgili yere koyarak normal gerilmeleri elde ederiz. z= + mm → σ x ,max = 6, 25 + 0, () = , 53 N/mm 2 z= − mm → σ x ,min = 6, 25 + 0, ( −) = −, 03 N/mm 2 z= + mm → σ x ,D = 6, 25 + 0, () = , 65 N/mm 2 z= − mm → σ x ,C = 6, 25 + 0, ( −) =− 88, 15 N/mm 2 funduszeue.infoç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - Doç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - Doç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - 24 / 27 d) Maksimum ve minimum gerilmeler ile σem= MPa ve τem=80 MPa için kesitte gerilme tahkiki: Başlık ile gövdenin birleştiği C noktasında en büyük kayma gerilmesi hipotezi ile emniyet gerilmelerinin aşılıp aşılmadığı tahkiki: σ 1 − σ 2 ≤ σ em → (9, 84) , 33 MPa ≤ σ em (Güvenli) −97, 99 −= ? Başlık ile gövdenin birleştiği C noktasında biçim değiştirme enerjisi hipotezi ile tahkik: (σ 12 + σ 22 ) − σ 1σ 2 ≤ σ em ? 2 99 × 9, 84) , 26 MPa ≤ σ em (Güvenli) ( −97, 99)2 + (9, 84)2 − ( −97,= Başlık ile gövdenin birleştiği D noktasında en büyük kayma gerilmesi hipotezi ile tahkik: σ 1 − σ 2 ≤ σ em → − ( −8, 81) , 27 MPa ≤ σ em (Güvenli) , 46= ? Başlık ile gövdenin birleştiği D noktasında biçim değiştirme enerjisi hipotezi ile tahkik: (σ 12 + σ 22 ) − σ 1σ 2 ≤ σ em ? 2 × ( −8, 81)) , 12 MPa ≤ σ em (Güvenli) (, 46)2 + (8, 81)2 − (, 46= o funduszeue.infoç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - 25 / 27 Örnek 6. Şekilde boyutları verilmiş kesitin çekirdek bölgesini hesap ediniz ve çekirdek bölgesinin ne anlama geldiğini kısaca açıklayınız. Çözüm 6. Dışmerkez normal kuvvetin uygulama noktasının çekirdek bölgesi içinde veya sınırında olması hali, kesitte meydana gelen normal gerilmelerin tek yönlü olacağı anlamına gelmektedir. Uygulama noktasının çekirdek bölgesinin dışına çıkması hali ise kesitte meydana gelen normal gerilmelerin çift yönlü olarak meydana geleceğini göstermektedir. Çekirdek alanını belirleyen noktaları hesaplayabilmek için normal gerilmenin tek yönlü ve tarafsız eksenin kesit sınırında bulunduğu özel hal dikkate alınmalıdır. Dolayısıyla, şekilde verilen teğetlerin, ağırlık merkezinden geçen eksen takımını kestiği noktaların koordinatlarının belirlenmesi gerekir. Kesit alanı : A = ( × ) + ( × ) = , 00 mm 2 Ağırlık merkezi : e= z [( × × ) + ( × × )] / = , 00 mm Atalet momentleri:  × 3   × 3  Iy =  + × ×  +  + × ×  = × 10 8 mm 4  12   12   × 3   × 3  Iz =  + = × 10 8 mm 4  12   12  funduszeue.infoç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - Dolayısıyla A1 noktasının koordinatları: y A1 = zA 1 = − = − 0 ; 65, 00 mm olarak bulunur. A2 noktasının hesabı için ağırlık merkezinden geçen eksen takımına göre teğetinin eksenleri kestiği koordinatlar, yt ,2 = − mm ; zt ,2 = − mm olarak hesaplanır. Dolayısıyla A2 noktasının koordinatları: y A2 = − = zA 2 = − = , 33 − − , 33 mm ; 46, 43 mm olarak bulunur. A3 noktasının hesabı için ağırlık merkezinden geçen eksen takımına göre teğetinin eksenleri kestiği koordinatlar, yt ,3 = − mm ; zt ,3 = ∞ olarak hesaplanır. Dolayısıyla A3 noktasının koordinatları: y A3 = − = zA 3 = , 33 − , 55 mm ; 0 olarak bulunur. A4 noktasının hesabı için ağırlık merkezinden geçen eksen takımına göre teğetinin eksenleri kestiği koordinatlar, yt ,4 = ∞ ; zt ,4 = mm olarak hesaplanır. Dolayısıyla A4 noktasının koordinatları: yA4 = zA 4 = − = −, 33 mm 0 ; olarak bulunur. Kesit z eksenine göre simetrik olduğu için A2 ve A3 noktalarının y eksenindeki değerleri eksi işaretli alınarak çekirdek bölgesi çizilir. funduszeue.infoç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü Mukavemet I - Çözümlü Örnekler - 27 / 27 o KAYNAKLAR: Hilmi Luş, Uğur Ersoy, Erdem Canbay, S Tanvir Wasti, , Çubukların Mukavemeti, Boğaziçi Üniversitesi Yayınevi, İstanbul, ISBN Egor P. Popov, , Introduction to Mechanics of Solids, Prentice Hall, New Delhi, ISBN Mustafa İnan, , Cisimlerin Mukavemeti, İTÜ Vakfı, İstanbul, ISBN Mehmet Bakioğlu, , Statik Mukavemet, Beta Yayınevi, İstanbul, ISBN Mehmet H. Omurtag, , Mukavemet I-II, Birsen Yayınevi, İstanbul, ISBN 9. Yavuz Bilgen, , Mukavemet I-II Ders Notları, İÜ İnşaat Mühendisliği Bölümü, İstanbul. funduszeue.infoç.Dr. Erdem DAMCI İstanbul Üniversitesi, İnşaat Mühendisliği Bölümü