YILDIZ TEKNİK ÜNİVERSİTESİ
İNŞAAT MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ
MEKANİK ANABİLİM DALI
YAPI MEKANİĞİNDE ÖZEL
PROBLEMLER
ENERJİ YÖNTEMLERİ
PROF. DR. TURGUT KOCATÜRK
Hazırlayan : İnş. Müh. ŞEREF DOĞUŞCAN AKBAŞ
-ENERJİ YÖNTEMLERİ1.1 Şekil değiştirme işinin hesabı
Cisme etkiyen dış kuvvetler cismin şekil değiştirme sırasında bir iş yaparlar.
Bu iş cisimde elastik enerji halinde depo edilir ve geriye alınabilir.
İş=Yol.Kuvvetin yol üzerindeki izdüşümü
W 1→ 2 =
∫
S2
S1
Pt d s
(1. 1)
Sonsuz küçük bir cisim elemanında iç kuvvetler
nedeniyle depolanan enerji:
Birim hacim için iç kuvvetlerin şekil değiştirme
enerjisi ifade edilecek olursa:
1
σx εx +σ y ε y +σz εz +τ xy γ xy +τ xz γ xz +τ yz γ yz ) (1.2)
(
2
(1.2) ifadesindeki σx ,σy ,σz ,τxy ,τxz ,τ yz gerilmeleri kesitteki kesit tesirlerinden ( N , T , M , M b )
ui =
oluşurlar. Dolayısıyla şekil değiştirme esnasında kesit tesirleri sebebiyle oluşan gerilmeler
cisimde geri alınabilir bir şekil değiştirme enerjisinin depolanmasına yol açarlar.
Enerjinin geri alınabilmesi kuvvetlerin konservatif olmasına bağlıdır. Bilindiği gibi
konservatif kuvvetler durumunda mekanik enerji korunmaktadır. Şimdi (1.2) ifadesi
şekil değiştirmeler cinsinden yazılacaktır.
1.2 – Normal kuvvetin yaptığı iş
Eğer (1.2) ifadesindeki normal gerilmeye eksenel
normal kuvvet neden oluyorsa, Şekil (1.2),
bu durumda enerji ifadesi; σ z = N ve
A
2
olduğundan u = 1 σ ε = 1 N N = N
i
z z
2
2
dv
2 A EA
2 EA
εz =
N
E A
1
ui = (σx εx +σy εy +σz εz +τxy γxy +τxz γxz +τyz γyz )
2
(1.2)
(1.3) olur.
N2
dv =
dAdz (1.4)
2
2
2EA
2EA
hacmindeki iş ise dU = N
i
2
d z boyundaki çubuktaki enerji ise, yukarıdaki ifadede
dz
sabit tutulup, A alanı üzerinde integrasyon işlemi yapılırsa,
sabit enkesit ve elastisite modülü durumu için
depolanan enerji=
Çubuğun
N2
2 EA 2
N2
∫A d A d z = 2 EA d z
l boyundaki depolanan enerji ise
dz
boyundaki çubukta
(1.5)
N2
Ui = ∫
dz
0 2EA
l
(1.6)
olarak elde edilir.
1.3– Burulma momentinin yaptığı iş
(1.2) ifadesindeki kayma gerilmesine burulma
momenti sebep oluyorsa, sekil1.3, bu durumda
birim hacimde depolanan enerji
τ=
Mb
r alınarak
Io
1
1 ⎛ Mb ⎞⎛ Mb ⎞ 1 Mb2 r2 (1.7)
ui = τ γ = ⎜ r ⎟⎜
r⎟ =
2
2 ⎝ Io ⎠⎝ GIo ⎠ 2 GIo2
1
ui = (σx εx +σy εy +σz εz +τxy γxy +τxz γxz +τyz γyz )
2
(1.2)
olur.
dV hacminde depolanan dU i enerjisi ise
1
1 M b2 r 2
1 M b2 r 2
d U i = τ γ dV =
dx.dy.dz =
d A.d z (1.8)
2
2 G I o2
2 G I o2
dz boyundaki çubukta depolanan enerji
olur.
1 Mb2 2
1 Mb2
.d z
r d A.d z =
2 G Io2 A∫
2 G Io
(1.9)
l
l boyundaki çubukta depolanan enerji ise
olarak bulunur.
1 M b2
Ui = ∫
.d z
2 G Io
0
(1.10)
olur.
1.4 – Kesme kuvvetinin yaptığı iş
1.2 ifadesindeki kayma gerilmesine kesme kuvveti
sebep oluyorsa, Şekil 1.4, bu durumda
τ = (T S x ) / ( b I x )
birim hacimdeki iş
1
ui = (σx εx +σy εy +σz εz +τxy γxy +τxz γxz +τyz γyz )
2
(1.2)
alınarak
1
1 T Sx T Sx 1 T 2 Sx2
(1.11)
=
ui = τγ =
2 2
2
2 bI x GbI x 2 Gb I x
olur. dV hacminde depolanan dUi enerjisi
1 T 2 S x2
dU i =
dV
2 2
2 G b Ix
(1.12)
olur.
dz boyundaki çubukta depolanan enerji
2
l S
1 T 2 Sx2
T2
x
∫A 2 Gb2 I x2 d x d y d z = 2 G I x2 ∫0 b2 d Ad z
A
k′ = 2
Ix
(1.13)
S x2
∫A b 2 d x d y olarak tanımlanırsa,1.13 ve 1.14 den l boyundaki çubukta depolanan enerji
Ui =
∫
l
0
k ′T 2
dz
2G A
(1.15)
olur.
1.5– Eğilme momentinin yaptığı iş
1
ui = (σx εx +σy εy +σz εz +τxy γxy +τxz γxz +τyz γyz )
2
1.2 ifadesindeki normal gerilmeler eğilme
momentinden ortaya çıkıyorsa, bu durumda
σ
z
=
M x
y
Ix
dir, Şekil 5. Birim hacmindeki dUi enerjisi
(1.2)
M x2 2
M x2 2
1
1 Mx y Mx y 1 Mx2 y2
(1.17)
=
u i = σ zε z =
.
dUi =
y dV =
y dAdz
2
2 I x EI x 2 EI x2
2EI x2
2EI x2
dz boyundaki çubukta depolanan enerji
M x2
2 EI x2
M x2
∫A y d A d z = 2EI x dz (1.18)
2
olur.
l boyundaki depolanan enerji ise
M x2
Ui=
dz
2EIx
(1.19)
Her bir kesit tesirinin tek başına bulunduğu dört hal için
çıkarılan formüller, etkilerin bir arada bulunması halinde
doğrudan doğruya toplanacaktır. Bu durumda
l
1 ⎛ Mx2 Mb2 N2 k′T 2 ⎞
Ui = ∫ ⎜
+
+ +
⎟ dz (1.20)
2 0 ⎝ EIx GIo EA GA ⎠
Olarak l boyundaki çubukta çeşitli kesit tesirleri
sebebiyle depolanan enerji bulunur. İşaretler daima
pozitiftir. Yukarıdaki terimlerden eğilme ve burulma
momentlerinin payı büyüktür. Sonra normal kuvvet,
daha sonra da kesme kuvveti gelir. Kirişlerde kesme kuvvetinin etkisi eğilme momentininkinin yanında
çoğu zaman %1-%2 mertebesindedir. Aynı tipten iki kesit tesirine ait enerji hesaplanırken her bir kesit
tesirinin ayrı ayrı yaptıkları enerjinin toplanmayacağına dikkat edilmelidir. Yani M1 ve M2 momentlerinin
ayrı ayrı yaptıkları enerjilerin toplamı, ikisinin aynı anda etkimesinden dolayı olan enerjiye eşit değildir:
2
2
2
Ayrı ayrı enerjiler M 1 +M 2 ile hesaplanacağı halde, M1 ve M2 aynı anda etkirse enerji ( M1 +M 2 )
ile hesaplanacağından sonucun aynı olmayacağı açıktır.
Eğer mekanik enerji korunuyorsa, söz konusu sistemde dış kuvvetlerin yapmış olduğu iş,
elastik sistemde iç kuvvetlerin potansiyel enerjisi olarak depolanır. Bu ifade aşağıdaki
şekilde formülleştirilir:
Wd = U i
(1.21)
Wd : Dış kuvvetlerin işi
Ui : İç kuvvetler nedeniyle sistemde depolanan po tan siyel enerji
Örnek Problem: Şekil 1.6 da görülen serbest ucunda P yükü ile yüklü konsol kirişin yük
altındaki vB çökmesini dış kuvvetlerin işini iç kuvvetlerin potansiyel enerjisine eşitleyerek
bulunuz.Kesme kuvvetinin işini ihmal ediliniz.
P
l
M2
Ui = ∫
dz =
2 EI
0
P 2l 3
Ui =
;
6 EI
Wd = U i
l
(- Pz ) 2
∫0 2 EI dz
Pv B
Wd =
(statik yükleme)
2
P 2 l 3 Pv B
Pl 3
=
vB =
6 EI
2
3 EI
A
v
B
z
L
B'
1.6 – Dış kuvvetlerin işinin genelleştirilmiş hali
Hooke kanunu gereği kuvvetle yer değiştirme doğrusal
orantılı olduğu için tipik bir δi yer
değiştirmesi, Şekil 1.7,
δi = cP
1 1 +c2P2 +c3P3 +....... +cnPn (1.22)
P1 P2 P3
Pi Pn
olarak yazılabilir. Burada
δl
c1 , c2 ,..., cn cismin geometrisine ve elastik özelliklerine bağlı olan
orantı katsayısıdır. Sisteme n adet dış kuvvet etkirse n adet
δ
Şekil 1.7
yer değiştirmesi olacaktır. Bu durumda söz konusu katsayıların toplamı tüm sistem için
n.n = n 2 olacağı açıktır. Bu n adet katsayıyı daha sistematik bir şekilde yazmak için iki alt indis
kullanmak yararlı olur. Böylece δ i yer değiştirmesi
2
n
δ i = α i1P1 + α i 2 P2 + ...... + α ii Pi + ..... + α in Pn = ∑ α ik Pk
(1.23)
k =1
şeklinde yazılabilir. Burada herhangi bir
α ik
katsayısı, i noktasındaki yer değiştirmede
k
noktasındaki kuvvetin etkisine ait orantı katsayısı olur.P1 , P2 , ......, Pnkuvvetlerinin her birinin tatbik
noktasındaki yer değiştirmelerin o kuvvet doğrultusundaki izdüşümleri olan δ1 , δ 2 ,..., δ n
yer değiştirme değerleri yukarıdakilere benzer olarak
δ1 = α11 P1 + α12 P2 + ...... + α1n Pn
δ 2 = α 21 P1 + α 22 P2 + ...... + α 2 n Pn
δ i = α i1 P1 + α i 2 P2 + ...... + α in Pn
δ n = α n1 P1 + α n 2 P2 + ...... + α nn Pn
(1.24)
şeklinde yazılabilir. Bu katsayıların fiziksel anlamı şöyle
açıklanabilir: Cisme etkiyen n adet kuvvetin Pi den başkası
sıfır olsun.Pi kuvvetinin değeri ise birim (Pi=1) olsun.i
noktasında, i doğrultusundaki yerdeğiştirme
Bu katsayıların fiziksel anlamı şöyle
açıklanabilir: Cisme etkiyen n adet kuvvetin
δi = c1P1 + c2P2 + c3P3 +....... + cnPn
(1.22)
Pi den başkası
sıfır olsun.Pi kuvvetinin değeri ise birim (Pi=1) olsun.i
noktasında, i doğrultusundaki yerdeğiştirme
δ
i
= α
ii
n
δi =αi1P1 +αi2P2 +......+αii Pi +.....+αinPn = ∑αik Pk
k=1
(1.23)
(1.25)
olduğu gibi herhangi bir k noktasında şiddeti sıfır olarak alınan Pk
kuvveti doğrultusunda yer değiştirme δ k = α ki
olurdu. Burada
α ki
(1.26)
şöyle tanımlanır:
n adet dış kuvvetin etkisi altında dengede olan bir cisimde α
ki
katsayısı, i noktasında etkiyen bir birim kuvvetin , k noktasında, k
doğrultusunda meydana getirdiği yer değiştirmeyi gösterir:
Burada ilk indis yer değiştirmenin meydana geldiği nokta ve
doğrultuyu,ikinci indis ise bu yer değiştirmeye neden olan kuvvetin
etkidiği noktayı ve kuvvetin doğrultusunu göstermektedir. Bu
katsayılarda izleyen önemli özellik vardır:
α ik = α ki
δ 1 = α 11 P1 + α 12 P2 + ...... + α 1n Pn
δ 2 = α 21 P1 + α 22 P2 + ...... + α 2 n Pn
δ i = α i1 P1 + α i 2 P2 + ...... + α in Pn
δ n = α n1 P1 + α n 2 P2 + ...... + α nn Pn
(1.24)
P1 P2 P3
Pi Pn
δl
(1.27)
Bu özellik Maxwell karşıtlık teoremi olarak bilinir. Bu aşamada dış kuvvetlerin yaptığı işe bakalım:
n
1 n
1 n
1 n
Wd = ∑ Piδ i = ∑ Pi ∑ α ik Pk = ∑
2 i =1
2 i =1 k =1
2 k =1
n
∑α
i =1
ik
Pi Pk
(1.28)
1.7 –Maxwell karşıtlık teoremi
Pi
Dengedeki bir sistemde herhangi bir i noktasına, i doğrultusunda
etkiyen birim kuvvetin, bir başka k noktasında, k doğrultusunda
meydana getirdiği yer değiştirme (αki), k noktasında, k doğrultusunda
etkiyen birim kuvvetin, i noktasında, i doğrultusunda meydana
getirdiği yer değiştirmeye(αik) eşittir.
İspat :
a) Önce Pi kuvveti etki ettiriliyor:
1
1
i noktasında iş: δ i = α ii Pi ise iş= Piδ i = α ii Pi 2
2
2
k noktasında iş: δ k = α ki Pi
iş = 0
i
δi
Şekil 3.9a
Pi
Pk
i
k
δi
δk
δi
δk
b) Pi kuvveti mevcutken k noktasında Pk kuvveti etkitiyor.
i noktasında iş: δ = α P ise İş = P × δ = α × P × P
i
ik
k
i
i
ik
i
δk
Şekil 3.9b
k
Pi nin Pk ya ait yerdeğiştirmede gördüğü iş pasif olduğundan 1/2 katsayısı yoktur.
1
1
k noktasında iş: δ k = α kk Pk ise, iş = P δ = α P 2
2
Toplam iş:
k
1
1
αii Pi 2 + αik Pi Pk + αkk Pk2
2
2
k
2
kk
k
(1.29)
Aynı işlemleri kuvvetlerin etkime sırasını değiştirerek yapalım
Pi
Pk
i
k
δi
δk
δi
δk
Şekil 10b
Şekil 3.9c
Şekil 3.9d
Pk
i
k
δi
δk
Şekil 3.10a
c) Önce Pk kuvveti etki ettiriliyor:
i noktasında iş: δ i = α ik Pk
Pi
, iş=0
i
k noktasında iş: δ = α P , iş = 1 α P 2
k
kk k
kk k
2
δi
d) Pk kuvveti mevcutken i noktasında Pi kuvveti etktiliyor.
1
1
2
i noktasında iş: δ i = α ii Pi ise iş = Pi δ i = α ii Pi
2
2
k noktasında iş:δ k
= α k i Pi ise
iş = Pkδk = αki Pi Pk
Pi nin Pk ya ait yer değiştirmede gördüğü iş pasif iş olduğundan ½ katsayısı yoktur.
Toplam iş:
1
1
α ii Pi 2 + α ki Pi Pk + α kk Pk2
2
2
δk
Şekil 3.9a
Pi
Pk
i
k
δi
δk
δi
δk
(1.30)
Şekil 3.9b
Her iki durumdaki toplam işlerin birbirine eşit olması gerekir.
Buradan (1.29) ve (1.30) birbirlerine eşitlenirse
1
1
1
1
α ii Pi 2 + α ik Pi Pk + α kk Pk2 = α ii Pi 2 + α ki Pi Pk + α kk Pk2
2
2
2
2
α ik = α ki
buradan
1
1
αii Pi 2 + αik Pi Pk + αkk Pk2
2
2
(1.31)
(1.29)
Pi
Pk
i
k
δi
δk
δi
δk
Şekil 10b
Şekil 3.9c
Şekil 3.9d
Pk
i
k
δi
δk
Şekil 3.10a
1.9 –Castigliano Teoremi
Birinci Castigliano teoremi
Bir dış kuvvetler sisteminin etkisi altında dengede olan bir elastik sistemde şekil değiştirme işinin dış
kuvvetlerden birine göre kısmi türevi, o kuvvetin uygulama noktasının kuvvet doğrultusundaki yer
değiştirmesine eşittir:
∂W
= δ i (1.35)
∂ Pi
İspat:
W =
α ik = α ki olduğu da göz önüne alınırsa
1
[( 2 α i 1 Pi P1 + 2α i 2 Pi P2 + ......... + 2 α ii -1 Pi Pi -1 + α ii Pi 2 + ...... + 2 α in Pi Pn ) + K ]
2
(1.36)
Şeklinde dış kuvvetlerin işi yazılabilir. Burada küçük parantez, içersinde Pi kuvvetinin bulunduğu
tüm terimleri göstermekte; K ise içerisinde Pi kuvveti bulunmayan tüm terimleri temsil etmektedir.
Şimdi (1.36) ifadesinden Pi ye göre kısmi türev alınırsa,
∂K / ∂Pi = 0 olduğu da göz önüne alınırak
n
∂W 1
= [(2α i1 P1 + 2α i 2 P2 + ......... + 2α in Pn )] = ∑ α ik Pk = δ i
∂Pi 2
k=1
(1.37)
olarak teorem ispatlanmış olur. Teoremden yer değiştirmelerin hesabından (1.21) bağıntısından
(Wd = U i ) yararlanılır.
Örnek:
P
Şekil 1.12 deki serbest ucundan P yükü ile yüklü konsol kirişin yük
altındaki VB çökmesini bulunuz.
l
2
M
dz
0 2 EI
Ui = ∫
l
M = − Pz ⇒ U i =
∂U i
P 2 .l 3
Pl 3
=
Ui =
; vB =
∂P
6 EI
3 EI
A
B
z
1
EI ∫ P 2 z 2 dz
2 0
L
Şekil 1.12
olur.
Örnek:
P
Yandaki Şekilde kirişin orta noktasındaki çökmeyi bulunuz.
z
z
=0 ⇒ M = P
2
2
2
1 ⎛M2⎞
1 ⎛ Pz ⎞
Ui = 2 ∫⎜
⎟ dz =
⎜
⎟ dz
EI ∫ ⎝ 2 ⎠
2 ⎝ EI ⎠
M −P
P2
Ui =
4 EI
δ =
l/2
∫
0
P2z3
z dz =
12 E I
l/2
2
∂U i
Pl
=
48 E I
∂P
3
0
P 2l 3
=
96 E I
C
L/2
L/2
Pz/2
PL/4
Şekil 1.13
İkinci Castigliano teoremi
İşin bir yer değiştirmeye göre türevi, o noktada yer değiştirmeyle uyumlu olacak biçimde, yer
değiştirme doğrultusundaki kuvveti verir. (1.28) den
n
Wd = ∑ Pi δ i
(1.38)
i =1
olduğu bilinmektedir. Buradan
Pj =
∂Wi
(1.39)
∂δ j
olduğu açıktır. İkinci Castigliano teoremi geneldir. İspatı aşağıda verilmiştir:
dWi = P dδ → P =
dWi
dδ
(1.40)
Bu sonuca göre P ile δ arasında orantılılık ilişkisi olsa da olmasa da ikinci Castigliano teoremi geçerlidir.
1.12 –Toplam potansiyel enerji prensibi
Elastik sistemlerin denge konumlarının incelenmesinde problem iki farklı açıdan ele alınmaktadır:
a) Sistemi parçalara ayırarak inceleme
Yandaki maddelerdeki ifadeler ele alınarak
i) Diferansiyel denge denklemleri
problem belirli sınır şartlarını gerçekleyen bir
ii) Uygunluk şartları
iii) Bünye denklemleri-Şekil değiştirme kanunları diferansiyel denklem takımının çözümüne indirgenir.
iv) Sınır şartları
b) Bu metotta sistemin konumunu belirleyen koordinatlara bağlı ve toplam potansiyel enerji denilen
bir integral ifade tanımlanır. Sonra bazı sınır şartlarını gerçekleyen konumlar arasında enerjinin
ekstrem olduğu konum araştırılır. Toplam potansiyel enerjinin ancak sistem dengede olduğu zaman
bir ekstremden geçtiği (uygulamada çoğu kere bu ekstrem bir minimumdur) gösterilebilir.
Prensibin ispatına geçmeden önce söz konusu iki metodu basit bir örnek üzerinde açıklayalım.
Şekil 1.16 daki basit kiriş Py ( z ) yayılı yüküyle yüklü olsun. Sistemin denge durumuna karşı gelen
v ( z ) elastik eğrisinin hesabı istensin.
Py
a) Sistemin parçalara ayrılarak incelenmesi:
i) Çubuğun dz boyundaki elemanın dengesinden
d Ty
dz
= − py
dM x
= Ty
dz
(1.45)
bulunur.
O
z
v
y
δv
z
I
II
L
ii) Uygunluk bağıntısı olarak izleyen diferansiyel geometrik bağıntı göz önüne alınırsa:
d 2v
≅− 2
dz
ρx
1
(1.46)
Şekil 1.16
iii) Eğilen çubuğun eğriliği ile eğilme momenti arasındaki
Hooke bağıntısı
Mx
≅ ωx =
ρx
E Ix
1
O
gibi sadece py dış yükü ile v çökmesi arasında problemin
asıl diferansiyel denklemi kurulmuş olur. (1.5) denklemlerin
integrasyonunda karşılaşılacak olan integrasyon sabitleri
z
v
(1.47)
şeklinde yazılır. Yukarıdaki (1.45),(1.46),(1.47) ifadeleri
arasında kesme kuvveti, eğilme momenti ve eğrilik yok edilirse
py
d 4v
=
(1.48)
d z4 E Ix
v ( 0) = v ( l ) = 0
Py
y
δv
z
I
II
L
Şekil 1.16
dM x
= Ty (1.45)
= − py
d
z
dz
dTy
d 2v
≅− 2
ρx
dz
1
geometrik sınır şartları (essential boundary conditions) (1.49a)
v′′ ( 0 ) = v′′ ( l ) = 0 dinamik sınır şartları (natural boundary conditions) (1.49b)
(1.46)
gibi dört adet sınır şartı kullanılarak elde edilir. Bu metoda göre sistemin denge durumu,
bir diferansiyel denklemin verilen sınır şartları altında çözümüne indirgenmiştir.
b) Toplam potansiyel enerjinin ekstrem olması prensibi:
Bu metot açısından aranan v ( z ) v ( 0 ) = 0 ve v ( l ) = 0 geometrik şartlarını gerçekleyen bir çok eğriler
arasından bir tanesidir. Asıl problem, gerçek denge konumunu diğer düşünülebilen, mümkün konumlardan
ayırt ettirecek kriteri bulmaktadır. İkinci inceleme metoduna göre bu kriter gerçek denge konumunda
toplam potansiyel enerjinin ekstrem (ele alınan örnekte minimum) olmasıdır.
Diğer bir deyimle gerçek konumdan başka bütün konumlarda toplam potansiyel enerji daha
büyük olacak, enerji en küçük değerini ancak gerçek konumunda bulacak demektir.
Gerçek denge konumunu diğerlerinden ayırt ettirecek bir toplam potansiyel enerji iki kısımdan oluşur:
a) İç kuvvetlerin potansiyel enerjisi: Bu enerji şekil değiştirme enerjisi olan Ui olup, örneğimizde
kesme kuvvetinin işi ihmal edilirse
l EI
M x2
x
Ui = Πi = ∫
dz =∫
0 2E I
0 2
x
l
2
⎛ d 2v ⎞
⎜ 2 ⎟ dz
⎝dz ⎠
(1.50) olur.
b ) Dış kuvvetlerin potansiyel enerjisi: Bu enerji mekanikten bilindiği üzere dış kuvvetlerin işinin ters
işaretlisidir
l
Π d = − ∫ p y v dz
0
Burada potansiyelleri ölçmek için karşılaştırma düzlemi Şekil 1 deki xz
düzlemi olarak alınmıştır. Bu durumda toplam potansiyel enerji
(1.51)
⎡⎛ E I d 2 v ⎞ 2
⎤
Π = Π i + Π d = ∫ ⎢⎜ x
−
p
v
⎥d z
y
(1.52)
2 ⎟
0
2
d
z
⎢⎣⎝
⎥⎦
⎠
olur. Bu potansiyel enerji hesaplanırken v ( z ) konum fonksiyonlarının sadece v ( 0 ) = v ( l ) = 0
l
gibi geometrik sınır şartlarını gerçekleşmesi yeterlidir.
Şimdi şu matematik problemin gösterilmesi gereklidir: İki ayrı metotla varılan sonuç aynıdır. Diğer bir
ıv
deyimle Π’nin ekstrem olması,EIXv − py = 0 diferansiyel denkleminin ve v″(0)= v″(l)=0 dinamik şartlarının
gerçekleşmesiyle aynı anlamdadır. Bunu ispatlamak için Şekil 1.16’da görüldüğü gibi I gerçek denge
konumuna yakın II gibi bir konum daha ele alalınsın. İki eğri arasında çok küçük olduğu kabul edilen
fark fonksiyonunu δv ile gösterilsin. Buna v fonksiyonun varyasyonu denir ve şöyle tarif edilir:
Py
O
z
v
y
δ
z
v
I
II
L
Şekil 1.16
vII ( z ) − vI ( z ) = δ v = ε η ( z )
(1.53)
Burada ε istenildiği kadar küçük alınan bir değeri, η(z) ise sınırlarda sıfır olan, keyfi bir fonksiyonu gösterir,
2
kısaca
2
⎤
l ⎡⎛ E I d v ⎞
x
p
v
Π
=
Π
+
Π
=
−
⎢
i
d
η 0 = η l = 0 veya δ v 0 = δ v l = 0 (1.54)
∫0 ⎜ 2 d z 2 ⎟ y ⎥ d z (1.52)
( )
()
( )
()
⎢⎣⎝
⎠
⎥⎦
şartları mevcuttur; bu da I gibi II eğrisinin de problemin geometrik şartlarını gerçekleyecek tarzda
seçildiğini gösterir. Şimdi II ve I konumları arsındaki potansiyel enerji farkı hesap edilsin; fakat bu
esnada dış yüklemenin değişmediği kabul edilsin.(1.52) den
l
1
⎡1
⎤
Π II = ∫ ⎢ EI x (v′′ + δ v′′) 2 − Py v − Py .δ v ⎥ dz
2
2
⎦
0 ⎣
l
(1.55)
l
yazılr; buradan enerji farkı(varyasyonu)
l
δ Π = Π II − Π I = ∫ EI x v ′′δ v ′′dz − ∫ − Py .δ vdz − ∫
0
0
0
1
EI x (δ v ′′) 2 dz
2
(1.56)
olarak bulunur. Şimdi bu enerji farkındaki terimler incelensin. Üçüncü terim, ilk ikisinden bir mertebe
daha küçük olup daima pozitiftir. Bu terim
∫
2
l
E I x (δ v′′ ) dz = α > 0 (1.57)
0
∫
l
0
(1.56) deki integral, kısmi olarak iki kere integre edilirse
l
E I x v ′′ δ v ′′ d z = E I x v ′′ δ v ′ 0 − E I x v ′′′ δ v
l
0
+
∫
l
0
E I x v ıv δ v d z
(1.58)
bulunur. Burada ilk terim v′′ ( 0 ) = v′′ ( l ) = 0 dinamik şartlarından ve ikinci terim de (1.54) den ötürü sıfır eder
yani
l
l
E Ixv′′δ v′ 0 = 0 ve E Ixv′′′δ v 0 = 0
(1.59)
yazılabilir.
O halde (1.58) ifadesi
∫
l
0
l
l
E I x v′′ δ v′′ dz = ∫ E I x v δ v dz (1.60)
ıv
0
l
l
1
2
0
δ Π=ΠII −ΠI = ∫ EIxv′′δv′′dz − ∫ −Py.δvdz − ∫ EIx (δv′′)2 dz
0
den ibaret olur.(1.57) ve (1.60) göz önünde tutularak
(1.56) deki enerji varyasyonu
0
∫
l
0
2
E I x (δ v′′ ) dz = α > 0
(1.56)
(1.57)
δ Π = ∫ ( E I x vıv − p y ) δ v dz + α (1.61)
l
0
şekline girer. Denge konumuna ait diferansiyel denklem E I x vıv − p y = 0
δ Π =α > 0
hesaba katılırsa (1.61) denklemi
(1.62)
şekline girer ki bu da denge konumuna komşu olan bütün konumlarda toplam potansiyel enerjinin
denge durumundakinden daha fazla ettiğini gösterir; çünkü α ikinci mertebeden sonsuz küçük pozitif bir
değerdir. O halde I ile gösterilen gerçek denge konumunda toplam potansiyel enerji minimum olacak veya
kısaca
(1.63) yazılacaktır. Yukarda yapılan hesapta açıkça görülüyor ki Π oluşu diferansiyel denge
Π min
min
denklemleriyle dinamik sınır şartlarının bir sonucudur. Böylece yukarıdaki iki inceleme metodunun da aynı sonucu verdiği
görülmüş olur.
Varyasyon hesabından bilindiği üzere, sınırlı bir integralin ekstrem değer alabilmesi, problemin tekrar bir diferansiyel
denkleme indirgenmesi ile mümkündür; buna o varyasyon probleminin Euler diferansiyel denklemi denir. Örneğin ekstrem
x2
yapılacak sınırlı integral
I=
d
dx 2
∫
x1
F ( x , y , y ′, y ′′ ) d x
(1.64) ise buna ait Euler diferansiyel denklemi
formülü ile hesaplanır. Bu formül toplam potansiyel enerji ifadesi olan
⎛ ∂F ⎞ d ⎛∂F ⎞ ∂F
0
−
+
=
⎜
⎟
⎜
⎟
Π ye uygulanırsa, x yerine z ve y yerine v almak şartıyla E I x vıv − p y = 0
′′
′
y
d
x
y
y
∂
∂
∂
⎝
⎠
⎝
⎠
bulunur ki bu da problemin denge denkleminden başka bir şey değildir.
Sonuç olarak, bir elastik sistemde, geometrik sınır şartlarını gerçekleyen bütün konumlar arasında Π
toplam potansiyel enerjisini minimum yapan durumun gerçek denge konumu olduğu ortaya çıkar.
Lagrange Denklemleri
Hamilton prensibi virtüel yer değiştirmeler prensibinin rijit cisimler, maddesel noktalar veya şekil
değiştiren cisimlerin dinamiğine uygulanmış olan genelleştirilmiş şeklidir. Bir maddesel nokta için
hareket eşitliği izleyen dinamik denge formunda yazılsın:
G
d2r G G
m 2 − F (r ) = 0
dt
(2.5.1)
G
G
G
herhangi bir sabit t zamanı için yoldaki
δ
r
r
+
δ
r
Gerçek yoldan farklı bir yol
olsun. Burada
değişimi gösterir. Farz edilsin ki gerçek yol ile değiştirilmiş yol birbirlerinden t1 ve t 2
zamanları dışındaki zamanlarda farklı olsunlar; yani
G
G
δ r ( t1 ) = δ r1 ( t2 ) = 0
G
(2.5.1) inδ r
değişimi ile skaler çarpımı yapılır ve t1 ve t2 zamanları arasındaki zamanla münasebetli olarak
integrasyon yapılırsa
∫
t2
t1
G
⎡ d2r G G ⎤ G
⎢ m dt 2 − F ( r ) ⎥ ⋅ δ r d t = 0 (2.5.2)
⎣
⎦
Elde edilir. Birinci terimin parçalı integrasyonu yapılırsa
t2
G
G
G
⎛ d r dδ r G G G ⎞
⎛ dr G⎞
−∫ ⎜ m ⋅
+ F ( r ) ⋅δ r ⎟ d t + ⎜ m ⋅ δ r ⎟ = 0 (2.5.3)
t1
d
t
d
t
⎝
⎠
⎝ dt
⎠ t1
t2
G
G
δ r ( t1 ) = δ r1 ( t2 ) = 0 olduğundan (2.5.3) deki son terim yok olur. Ayrıca
G
G
G G
⎡m dr dr ⎤
d r dδ r
⋅
=δ ⎢
⋅
m
⎥ ≡ δ K (2.5.4) Burada K maddesel noktanın kinetik enerjisidir
dt δ t
2
d
d
t
t
⎣
⎦
G G
m dr dr
K=
⋅
2 dt dt
(2.5.5)
Bu durumda (2.5.3) izleyen formu alır:
∫(
t2
t1
G G G
δ K + F ( r ) ⋅δ r d t = 0 (2.5.6)
)
∫
t2
t1
G G
G
(δ K + F ( r ) ⋅ δ r ) d t = 0 (2.5.6)
Bu eşitlik bir adet
G maddesel nokta için Hamilton prensibinin genel formu olarak bilinir.
Farz edilsin ki
F konservatif bir kuvvettir (Potansiyel ve kinetik enerjilerin toplamı
korunmaktadır). Bu durumda kuvvet bir potansiyelin gradyeni olarak yazılabilir:
G
F = −grad V (2.5.7)
G
V
=
V
r
(
) maddesel noktanın potansiyel enerjisidir.
Burada
Bu durumda (2.5.6) izleyen şekilde ifade edilebilir:
δ∫
t2
t1
( K −V ) d t = 0
(2.5.8)
∂V
∂V
G ∂V
grad V ⋅ δ r =
δ x1 +
δ x2 +
δ x3 = δ V ( x1 , x 2 , x3 )
∂ x1
∂x2
∂ x3
Çünkü
Kinetik ve potansiyel enerjilerin farkı Lagrange fonksiyonu olarak adlandırılır:
L = K −V
(2.5.9)
(2.5.8) eşitliği bir maddesel noktanın korunumlu hareketi için Hamilton prensibini temsil
eder. Bu eşitlik, iki keyfi zaman olan t1 ve t2 zaman aralığında, konservatif kuvvetlerin
etkisi altındaki bir maddesel noktanın hareketinin öyle bir hareket olduğunu gösterir ki
Lagrangian fonksiyonu üzerindeki çizgisel integral gerçek yol için bir ekstremumdur. Diğer
bir deyişle, parçacık t1 zamanındaki pozisyonundan t 2 zamanındaki pozisyonuna hareket
ederken öyle bir yörünge izler ki mümkün olan yörüngeler içinde gerçek olanı için izleyen
integral ekstremumdur(Minimum, maksimum veya dönüm noktası):
t2
I ≡ ∫ Ldt
t1
(2.5.10)
t2
I ≡ ∫ Ldt
t1
Eğer
qi
G
r
yolu
(2.5.10)
qi
genelleştirilmiş koordinatları cinsinden yazılabilirse, Lagrange fonksiyonları
ler ve onların zaman türevleri cinsinden yazılabilir.
L = L ( q1 , q2 , q3 , q1 , q2 , q3 )
(2.5.11)
Bu durumda I nın ekstremum olması koşulu
⎡ ∂L
∂L
⎤
δ I = δ ∫ L ( q1 , q2 , q3 , q1 , q2 , q3 ) dt = ∫ ⎢ δ qi +
δ qi ⎥ dt =0
t
t
q
q
∂
∂
i
⎣ i
⎦
t2
t2
1
1
Yukarıda bulunan ifadenin sağ tarafındaki ikinci terime parçalı integrasyon uygulanırsa
∫
t2
t1
∂L
∂L
δ qi dt =
δ qi
∂qi
∂qi
dv = δ qi dt ; u =
t2
t1
-∫
t2
t1
t2 d ⎛ ∂L ⎞
d ⎛ ∂L ⎞
⎜
⎟ δ qi dt =-∫t1
⎜
⎟ δ qi dt ;
dt ⎝ ∂qi ⎠
dt ⎝ ∂qi ⎠
∂L
d ⎛ ∂L ⎞
; v = δ qi ; du = ⎜
⎟ dt;
∂qi
dt ⎝ ∂qi ⎠
⎡ ∂L d ⎛ ∂L ⎞⎤
⎢ − ⎜
⎟⎥ δ qi dt (2.5.12)
∑
q
d
t
q
∂
∂
1
i= ⎣
i
⎝ i ⎠⎦
t2
t2 3
t1
t1
δ I = δ ∫ L ( q1 , q2 , q3 , q1 , q2 , q3 ) dt = 0 = ∫
∫ udv = uv − ∫ vdu
⎡ ∂L
∂L ⎤
δ qi + δ qi ⎥ dt =0
∂qi ⎦
⎣ ∂qi
δ I = δ ∫ L( q1 , q2 , q3 , q1 , q2 , q3 ) dt = ∫ ⎢
t
t
t2
t2
1
1
Olur. Tüm qi ler lineer bağımsızsa (yani qi ler arasında kısıtlılıklar(constraints) yoksa), δ qi
değişimleri tüm t ler için, t1 ve t2 deδ qi = 0 hariç, bağımsızdır. Bu yüzden, δ q1 , δ q2 ve δ q3
katsayıları ayrı ayrı yok olur.
∂L d ⎛ ∂L ⎞
− ⎜
⎟ = 0, i = 1, 2,3 (2.5.13)
∂ qi d t ⎝ ∂ qi ⎠
∂L d ⎛ ∂L ⎞
− ⎜
⎟ = 0, i = 1, 2,3 (2.5.13)
∂ qi d t ⎝ ∂ qi ⎠
∫ (
t2
t1
G G
G
δ K + F ( r ) ⋅δ r d t = 0
)
(2.5.6)
Bu eşitlikler hareketin Lagrange denklemleri olarak adlandırılır. Bu eşitlikler Euler eşitlikleri olarak da
adlandırılır. Ayrıca bunlara Euler-Lagrange eşitlikleri de denmektedir. Kuvvetlerin bazıları konservatif
olmadığında, (2.5.6) daki Hamilton prensibinin genel formu ile ilgilenilmelidir. Konservatif olan kuvvetlerin
potansiyeli bu durumda daV konservatif olmayan kuvvetlerin işi
G
G
δ Wnc = Fnc ⋅ δ r
δ∫
t2
t2
ile gösterilirse, (2.5.6) izleyen şekilde yazılabilir:
( K − V ) d t + ∫t δ Wncdt = 0
t1
1
(2.5.14)
Bu durumda ekstremum olacak bir I fonksiyoneli ortaya çıkmaz. Eğer konservatif olmayan
kuvvetlerin virtüel işi genelleştirilmiş koordinatlar olan qi cinsinden, Qi ler genelleştirilmiş
sönüm kuvvetleri olarak, izleyen şekilde ifade edilebilirse
δ Wnc = Q1 δ q1 + Q2 δ q2 + Q3 δ q3
∫
t2
t1
⎡ ∂L d ⎛ ∂L ⎞
⎤
Q
−
+
⎢
∑
⎜
⎟
i ⎥ δ qi dt = 0
dt ⎝ ∂qi ⎠
i =1 ⎣ ∂qi
⎦
(2.5.15)
Bu durumda (2.5.14)
3
(2.5.16)
Ve korunumsuz durum için Euler-Lagrange eşitlikleri izleyen şekilde verilir:
∂L d ⎛ ∂L ⎞
− ⎜
⎟ + Qi , i = 1, 2,3 (2.5.17) (2.5.17) denklemleri, genelleştirilmiş koordinatlar cinsinden
∂qi dt ⎝ ∂qi ⎠
ifade edilebilen sürekli sistemlere de mevcut formu ile
uygulanabilir.
YILDIZ TEKNİK ÜNİVERSİTESİ
İNŞAAT MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ
MEKANİK ANABİLİM DALI
YAPI MEKANİĞİNDE ÖZEL
PROBLEMLER
2.HAFTA SUNUMU
PROF. DR. TURGUT KOCATÜRK
Hazırlayan : İnş. Müh. Fatih KÖŞE
NELERDEN BAHSEDECEĞİZ?
1.
2.
3.
4.
5.
Lineer Eşitlik Kısıtlılıkları ile Minimizasyon: Lagrange Çarpanları Yöntemi
Yapısal Elemanlar İçin Şekil Değiştirme Enerjileri
Bünye Bağıntıları
Temel Bağıntılar
Örnek Problemler
2
Lineer Eşitlik Kısıtlılıkları ile Minimizasyon: Lagrange Çarpanları Yöntemi
Minimization with Linear Equality Constraints
G ( u, u′, v, v′) = 0 (2.2.47)
u v
I ( u, v) = ∫ F ( x, u, u′, v, v′) dx (2.2.46)
b
Kısıtlılığına maruz bir
a
Fonksiyonelinin (
ve
ye göre quadratik olarak kabul edilmiş fonksiyonel) minimumunu bulma
problemi göz önüne alınsın. Ayrıca
ve problemin belirli sınır koşullarını (veya essential-geometrik
sınır koşullarını) sağlamalıdır.
Burada
u v
u( a) = ua, u( b) = ub, v( a) = va, v( b) = vb
olarak sınır koşulları alınsın.
Kısıtlı minimizasyon problemlerinde, kabul edilebilir fonksiyonlar hem belirli uç koşullarını sağlamalı ve
yeteri kadar sürekli olmalı hem de kısıtlılık koşullarını sağlamalıdırlar. Ayrıca, kabul edilebilir varyasyonlar
kısıtlılık koşulları ihlal edilmeyecek şekilde olmalıdır.
3
Lagrange çarpanları yöntemi:
I ( u, v ) = ∫ F ( x, u, u′, v, v′) dx (2.2.46) min olması için
b
a
∂F
∂F
∂F ⎞
⎛ ∂F
0 = δ I = ∫ ⎜ δ u + δ u′ + δ v + δ v′ ⎟ dx (2.2.48)
a ∂u
∂u′
∂v
∂v′ ⎠
⎝
b
G ( u, u′, v, v′) = 0 (2.2.47) kısıtlılık koşulunu sağlamak zorunda olduğundan δ u ve
δv
varyasyonları izleyen şekilde birbirleriyle ilişkilidir ;
0 = δG =
∂G
∂G
∂G
∂G
δ u + δ u′ + δ v + δ v′
∂u
∂u′
∂v
∂v′
(2.2.49)
λ
Lagrange çarpanı metodu (2.2.49) u keyfi bir parametre olan
ile çarpıp, a, b aralığında integre edip
sonucu (2.2.48) e eklemeyi ihtiva eder. Çarpan olan
Lagrange çarpanı olarak adlandırılır.
λ
4
Bu durumda,
b ⎡ ∂F
∂F
∂F
∂F
0 = δ I = ∫ ⎢ δ u + δ u′ + δ v + δ v′
a ∂u
∂u′
∂v
∂v′
⎣
∂G
∂G
∂G ⎞⎤
⎛ ∂G
+ λ ⎜ δ u + δ u′ + δ v + δ v′ ⎟⎥ dx =
∂u′
∂v
∂v′ ⎠⎦
⎝ ∂u
⎧⎡∂F
∂G d ⎛ ∂F
∂G ⎞⎤
λ
λ
+
−
+
∫a ⎨⎩⎢⎣ ∂u ∂u dx ⎜⎝ ∂u′ ∂u′ ⎟⎠⎥⎦ δ u
b
(2.2.50)
ve
⎡∂F
∂G d ⎛ ∂F
∂G ⎞⎤ ⎫
+⎢ +λ
− ⎜ +λ
⎟⎥ δ v⎬ dx
′
′
d
v
v
x
v
v
∂
∂
∂
∂
⎝
⎠⎦ ⎭
⎣
δ u ( a ) = δ u (b) = δ v ( a ) = δ v (b) = 0
sınır terimler yok olur. Böylece,
∂
d
∂
( F + λ G ) − ⎡⎢ ′ ( F + λ G ) ⎤⎥ = 0
∂u
d x ⎣ ∂u
⎦
∂
d ∂
( F + λ G ) − ⎡⎢ ′ ( F + λ G ) ⎤⎥ = 0
∂v
dx ⎣ ∂v
⎦
(2.2.51)
G ( u, u′, v, v′) = 0
(2.2.47)
(2.2.50) den açıktır ki Lagrange metodu izleyen
L ( u, v, λ ) ≡ I ( u, v) + ∫ λ G ( u, u′, v, v′) d x
b
a
= ∫ ( F + λ G) d x
b
a
(2.2.52)
Değiştirilmiş fonksiyonelinin birinci varyasyonunun sıfıra
eşitlenmesiyle u, v ve
nın bulunması olarak göz önüne
alınabilir.
λ
5
Fonksiyonelin Euler eşitlikleri tam olarak (2.2.47) ve (2.2.51) eşitlikleridir. Gerçekten
0 = δ L = ∫ δ ( F + λ G) d x
b
a
= ∫ (δ F + δλ G + λδ G) d x
b
a
b ⎡⎛ ∂ F
⎛∂F
∂G ⎞
∂G ⎞
= ∫ ⎢⎜
+λ
δ
u
+
+
λ
⎟
⎜ ′
⎟δ u′
a
′
∂
u
∂
u
∂
u
∂
u
⎠
⎝
⎠
⎣⎝
( 2.2.53)
⎤
⎛∂F
⎛∂F
∂G ⎞
∂G ⎞
′
+⎜
+λ
δ
v
+
+
λ
δ
v
+
δ
λ
G
⎥ dx
⎟
⎜ ′
⎟
′
∂
v
∂
v
∂
v
∂
v
⎝
⎠
⎝
⎠
⎦
b⎧
∂G d ⎛ ∂ F
∂ G ⎞⎤
⎪⎡ ∂ F
= ∫ ⎨⎢
+λ
− ⎜
+λ
⎟⎥ δ u
a
′
′
∂ u dx ⎝ ∂ u
∂ u ⎠⎦
⎩⎪⎣ ∂ u
⎫⎪
⎡∂ F
∂G d ⎛ ∂ F
∂ G ⎞⎤
+⎢
+λ
− ⎜
+λ
δ
v
+
G
δ
λ
⎬ dx
⎟⎥
′
′
v
v
d
x
v
∂
∂
∂
∂
v
⎝
⎠⎦
⎪⎭
⎣
Elde edilir ki buradan δ u , δ v ve
δλ
nın katsayıları sırasıyla sıfıra eşitlenerek (2.2.51) ve (2.2.47)
eşitliklerine ulaşılır.
6
YAPISAL ELEMANLAR İÇİN ŞEKİL DEĞİŞTİRME ENERJİLERİ
Kafes Eleman İçin Şekil Değiştirme Enerjisi
Bünye bağıntısı
σ 11 = Q11 e11
şeklinde bilinmektedir. Buradan enerji
N2
dz
U =∫
0 EA
l
olarak bulunur.
Klasik ve Timoshenko Kiriş teorileri için Enerjiler
BÜNYE BAĞINTILARI :
Ortotrop malzeme için şekil
değiştirme-gerilme bağıntıları:
Kiriş için şekil değiştirme-gerilme bağıntıları:
0
0 ⎤ ⎧ σ11 ⎫
⎧e11 ⎫ ⎡ S1111 S1122 S1133 0
⎪e ⎪ ⎢S
0
0 ⎥⎥ ⎪⎪ σ 22 ⎪⎪
⎪ 22 ⎪ ⎢ 1122 S2222 S2233 0
0
0 ⎥ ⎪⎪ σ33 ⎪⎪
⎪⎪e33 ⎪⎪ ⎢S1133 S2233 S3333 0
⎥⋅⎨
⎨ ⎬=⎢
⎬
e
S
0
0
0
0
0
2323
⎥ ⎪2σ 23 ⎪
⎪ 23 ⎪ ⎢
⎪e31 ⎪ ⎢ 0
0
0
0 S3131 0 ⎥ ⎪2σ31 ⎪
⎥ ⎪
⎪ ⎪ ⎢
⎪
0
0
0
0 S1212 ⎦⎥ ⎩⎪2σ12 ⎭⎪
⎩⎪e12 ⎭⎪ ⎣⎢ 0
⎧e1 ⎫ ⎧S11 0 ⎫⎧σ1 ⎫ S 11 = S 1111
⎨ ⎬=⎨
⎬⎨ ⎬
⎩e6 ⎭ ⎩ 0 S66 ⎭⎩σ 6 ⎭ e 6 = 2 e13
S 66 = 4 S 1313
σ 6 = σ 13
0 ⎫⎧σ1 ⎫
⎧e1 ⎫ ⎧1/ E11
⎨ ⎬=⎨
⎬⎨ ⎬
⎩e6 ⎭ ⎩ 0 1/ G13 ⎭⎩σ 6 ⎭
Kirişler için gerilmeler ile şekil değiştirmeler arasındaki bünye bağıntıları
Şekil 2.1 deki eksen takımı için aşağıdaki şekilde verilmektedir:
σ1 =
1
e1
S11
(2.1)
σ6 =
1
e6
S66
(2.2)
1
= E11
S11
(2.3)
1
= G 13
S 66
(2.4)
7
(2.1), (2.2), (2.3), ve (2.4) denklemlerindeki E11 , σ 11 , e11 sırasıyla X 1 ekseni doğrultusundaki Elastisite modülü,
normal gerilme, şekil değiştirme oranıdır. G13 , X 1 - X 3 düzlemindeki kayma modülü, σ 13 , X 1 - X 3 düzlemindeki kayma
gerilmesi ve e13 , X 1 - X 3 düzlemindeki kayma şekil değiştirmesidir.
X1
X2
X3
Şekil 2.1 Bir kiriş parçası ve seçilen eksen takımı
TEMEL BAĞINTILAR :
Yer değiştirme ile Şekil Değiştirme Arasındaki Kinematik Bağıntılar ;
e11 =
∂U1 ( X 1 , t )
∂X 1
(3.1)
e13 =
∂U ( X 1 , t ) ∂W ( X 1 , t )
+
∂X 3
∂X 1
(3.2)
Burada U ( X1 , t ) kiriş kesitinin eğilmeden dolayı X 1 doğrultusundaki yer değiştirmesi,
W ( X 1 , t ) kiriş tarafsız ekseninin X 3 doğrultusundaki düşey yer değiştirmesidir.
8
Euler-Bernoulli Kirişi için Yer Değiştirme, Şekil Değiştirme ve Gerilmeler Arasındaki Bağıntılar ;
Açıklığı L , kesit yüksekliği h ve kesit genişliği b olan basit mesnetli bir kiriş Şekil 3.1’de gösterilmiştir.
Kartezyen koordinat sistemi ( X 1 , X 2 , X 3 ) kirişin orta noktasında tanımlanmıştır. X 1 aksı kiriş ekseni
doğrultusunda, X 2 aksı kesit genişliği doğrultusunda ve X 3 aksı kesit yüksekliği doğrultusundadır.
X1
A
X2
h
B
X3
L
b
Şekil 3.1 Basit mesnetli bir kiriş
Euler-Bernoulli kiriş teorisine göre eğilmeden önce tarafsız eksene dik ve düzlem olan kesitler, eğilmeden
sonra da tarafsız eksene dik ve düzlem kalırlar. Şekil 3.2’de de gösterildiği gibi bu kabul sonucunda kirişteki
kayma şekil değiştirmeleri ihmal edilmiş olur.
X1
X3
U0
X3
Şekil 3.2 Euler-Bernoulli kiriş teorisine
göre alınan bir kesitin durumu
dW
d X1
dW
d X1
( U ,W )
9
( U ,W )
Euler-Bernoulli kiriş teorisine göre kirişteki yer değiştirmeler izleyen şekildedir:
dW ( X1, t)
W ( X1 , X 3 , t ) = W ( X1 , t )
U ( X1, X3 , t) = Uo − X3
dX1
(3.3)
(3.4)
Birinci mertebe teorisiyle çalışıldığı için
eksen yer değiştirmesi olan
U0
değeri
sıfıra çok yakın olup ihmal edilecektir.
(3.3) ve (3.4) denklemlerinde verilen yer değiştirme alanlarının kullanımıyla Euler-Bernoulli kiriş teorisindeki şekil
değiştirme bileşenleri izleyen şekilde elde edilir:
1
d 2W
ei j = ( ui, j + uj,i ) → e11 = − X 3
dX 12
2
(3.5)
Gerilmelerle şekil değiştirmeler arasındaki bünye bağıntıları
kullanılırsa gerilme büyüklükleri izleyen şekilde elde edilir.
e13 = 0
(3.6)
d 2W
σ11 = E11 e11 = − X 3 E11
dX12
(3.7)
Timoshenko Kirişi için Yerdeğiştirme, Şekil Değiştirme ve Gerilmeler Arasındaki Bağıntılar ;
Timoshenko kiriş teorisinde ise eğilmeden önce tarafsız eksene dik ve düzlem olan kesitler, eğilmeden sonra
yine düzlem kalır, ancak tarafsız eksene dik kalmazlar. Yani kayma gerilmelerinin kirişin eğilmesine etkisi göz
önüne alınmış olur. Timoshenko kiriş teorisinde kesitte sabit bir kayma şekil değiştirmesi ( sabit kayma
gerilmesi) dağılımı kabul edilir. Ancak mukavemetten bildiğimiz gibi kayma gerilmesi dağılışı sabit değildir. Bu
sebepten dolayı oluşan bu hatayı düzeltmek için Timoshenko kiriş teorisinde düzeltme faktörü kullanılır. Şekil
3.3’de bir Timoshenko kirişinin eğilme öncesi ve sonrasındaki durumu gösterilmiştir.
10
Yukarıdaki açıklamalara göre Timoshenko kiriş
teorisindeki yer değiştirme alanı izleyen şekilde
verilmektedir:
X1
X3
U0
X3
ψ
U ( X1, X 3 , t ) = U 0 − X 3 ψ ( X1, t )
(3.8)
W ( X1 , X 3 , t ) = W ( X1 , t )
(3.9)
Birinci mertebe teorisiyle çalışıldığı için eksen yer
değiştirmesi olan U 0 değeri sıfıra çok yakın olup
ihmal edilecektir.
dW Burada W
dX1
( X 1 , t ) kirişin düşey yer değiştirmelerini,
ψ ( X 1 , t ) kiriş kesitinin dönmelerini göstermektedir.
(U,W)
(U,W)
Şekil 3.3 Timoshenko kiriş teorisine
göre alınan bir kesitin durumu
Yer değiştirmelerle şekil değiştirmeler arasındaki
kinematik bağıntıların kullanılmasıyla Timoshenko
kirişindeki şekil değiştirme ifadeleri aşağıdaki şekilde
elde edilir:
Gerilmelerle şekil değiştirmeler arasındaki bünye
bağıntıları kullanılırsa gerilme büyüklükleri izleyen
şekilde elde edilir:
σ11 =E11e11 =−E11 ⋅ X3
(3.12)
dψ
dX1
e11 =−X3
dψ
dX1
(3.10)
e6 =
dW
−ψ
dX1
(3.11)
⎛ dW ⎞
σ13 = ksG13 e6 = ksG13 ⎜ −ψ ⎟
⎝ dX1 ⎠
(3.13)
11
Burada σ 11 , X 1 doğrultusundaki normal gerilme, σ 13 , ( X 1 − X 3 ) düzlemindeki kayma gerilmesi,
gerilmesi dağılışı düzeltme faktörü, E11 Young (Elastisite) modülü ve G13 kayma modülüdür.
ks
kayma
Potansiyel Enerji:
Euler-Bernoulli Kirişi için Potansiyel Enerji ;
Kiriş hacmi üzerinde hesaplanan şekil
değiştirme enerjisi aşağıdaki şekildedir:
1
U i = ∫ σ e dV
2V
Ui =
1
2
h
2
b
2
∫ ∫ ∫σ
11
e11 dX 1 dX 2 dX 3 (3.15)
L h b
− − −
2 2 2
d 2W
σ11 = E11 e11 = − X3 E11 2 (3.7) de verilmiş olan
dX1
gerilme ifadesi (3.15) bağıntısında yerine konursa
potansiyel enerji ifadesi izleyen şekli alır;
1
Ui =
2
L
2
∫
−
h
2
I x2 = b ∫ X 32 dX 3
−
(3.14)
Kiriş için bu ifade Kartezyen koordinatlarda
daha açık olarak aşağıdaki şekilde yazılabilir:
L
2
h
2
d 2W
∫h E11 bX dX 12 dX 3 dX 1 (3.16)
2
3
L
−
2 2
Kiriş kesitinin eylemsizlik momenti I x nin aşağıda
2
(3.17) bağıntısıyla verilen tanımı göz önüne alınırsa
potansiyel enerji ifadesi (3.18) bağıntısıyla ifade edilir.
h
2
1
Ui =
2
L
2
2
⎛ d 2W ( X1, t ) ⎞
∫L E11I x2 ⎜⎝ dX12 ⎟⎠ dX1
−
2
(3.17)
(3.18)
Sayısal sonuçlar kısmında boyutsuz sonuçlar elde
edileceğinden dolayı potansiyel enerji ifadesini boyutsuz
büyüklükler cinsinden yazabilmek için aşağıdaki boyutsuz
büyüklükler tanımlanmıştır:
x1 =
X1
L
,
w=
W
L
(3.19)
Bu durumda (3.18) bağıntısıyla verilen potansiyel
enerji ifadesi izleyen şekli alır:
Ui =
1
2
2
⎛ d 2w ⎞
⎜ 2 ⎟ dx1
∫
2 L 1 ⎝ dx1 ⎠
−
E11 I x2
(3.20)
2
12
Timoshenko Kirişi için Potansiyel Enerji
Timoshenko kirişi için potansiyel enerji ifadesi
kartezyen koordinatlarda izleyen şekilde ifade edilir:
Yukarıdaki kesit rijitlikleri dikdörtgen kesitler için aşağıdaki
şekli alır:
L h b
2 2 2
Dxx = E11I x2
1
Ui = ∫ ∫ ∫ (σ11 e11 +σ13e6 ) dX1 dX2 dX3
2 L h b
(3.21)
− − −
2 2 2
Şekil değiştirmeler ve gerilmelerin (3.10), (3.11)ve
(3.12), (3.13) numaralı bağıntılarda verilen ifadeleri
(3.21) numaralı bağıntıda verilen potansiyel enerji
ifadesinde yerlerine yazılırsa:
Ui =
L h
2 2
1
2
∫ ∫ b (e
11
E11 e11 + ks e13 G13 e6 ) dX 3 dX1 (3.22)
L h
− −
2 2
L
2
2
L
2
2
⎛ dψ ⎞
⎛ dW
⎞
1
1
+
−
Ui = ∫ Dxx ⎜
dX
k
A
ψ
⎟ 1
⎟ dX1 (3.23)
s xz ⎜
2 L ⎝ dX1 ⎠
2 ∫L
dX
⎝ 1
⎠
−
2
−
2
Axz
Dxxve
kesit rijitlikleri izleyen şekilde verilmiştir:
h
2
Dxx = b ∫ E11 X32 dX3
−
h
2
(3.24)
Burada I x kiriş kesitinin eylemsizlik momenti, A ise
2
kiriş kesitinin alanıdır. Bu durumda Timoshenko
kirişinin potansiyel enerjisi aşağıdaki şekilde ifade
edilebilir:
L
2
2
2
⎛ dψ ⎞
⎛ dW ⎞ ⎤
1 ⎡
−ψ ⎟ ⎥ dX1
Ui = ∫ ⎢E11Ix2 ⎜
⎟ + ks G13 A⎜
2 L⎢
⎝ dX1 ⎠
⎝ dX1 ⎠ ⎥⎦
− ⎣
2
Axz = b
h
2
∫G
−
h
2
(3.25)
13
dX 3
(3.28)
İzleyen boyutsuz büyüklükler tanımlanır ve (3.28)
bağıntısında yerlerine yazılırsa kirişe ait potansiyel
enerji boyutsuz büyüklükler cinsinden izleyen şekilde
elde edilir:
x1 =
ifadeleri elde edilir. (3.23) ifadesindeki
Axz = G13 A
X1
L
1
2
w=
1 ⎡ E11I x2
Ui = ∫ ⎢
2 1⎢ L
− ⎣
2
φ =ψ
W
L
2
(3.29)
2
⎛ dφ ⎞
⎛ dw ⎞
+
k
G
AL
⎜ ⎟
⎜ −φ ⎟
s 13
dx
⎝ 1⎠
⎝ dx1 ⎠
(3.30)
⎤
⎥ dx
⎥⎦
13
Kinetik Enerji :
Euler-Bernoulli Kirişi için Kinetik Enerji ;
Titreşim yapan kiriş kesitinin herhangi bir
noktasının herhangi bir andaki hızı izleyen
şekilde ifade edilir:
vX1 =
dW ( X1 , t )
vX 3 =
dt
2
1
⎛ dW( X1, t) ⎞
T= ρ∫ ∫ ∫⎜
⎟ dX1dX2dX3 (3.34)
2 −L −h −b ⎝
dt
⎠
2 2 2
2
dU ( X1 , X 3 , t )
d W ( X1 , t )
= − X3
dt
dx dt
L h b
2 2 2
(3.31)
(3.34) numaralı bağıntıdaki integral işleminde gerekli
hesaplamalar yapılırsa Euler-Bernoulli kirişi için
kinetik enerji ifadesi izleyen şekilde elde edilir:
L
2
2
1
⎛ dW ( X1 , t ) ⎞
T = ∫ ρA ⎜
⎟ dX1
2 −L
dt
⎝
⎠
(3.32)
(3.35)
2
Euler-Bernoulli kirişi için kinetik enerji ifadesi elde
edilirken, dönme ataletinin etkisi ihmal edileceğinden
dolayı kirişin kesitlerinin hızının vx1 bileşeni ihmal
edilir. Böylece tüm kiriş için kinetik enerji ifadesi
aşağıdaki şekilde olacaktır:
2
1 ⎛ dW ( X1 , t ) ⎞
T = ∫ρ⎜
⎟ dV
2V ⎝
dt
⎠
(3.33)
(3.19) bağıntısındaki boyutsuz büyüklükler kullanılırsa
kirişe ait kinetik enerji ifadesi izleyen şekilde olacaktır:
1
2
2
⎛ d w( x1 , t ) ⎞
1
T = ∫ ρ A L3 ⎜
⎟ dx1
2 −1
⎝ dt ⎠
(3.36)
2
burada ρ kirişin birim hacim kütlesidir. Bu ifade
kartezyen koordinatlarda daha ayrıntılı olarak
izleyen şekilde yazılabilir:
14
Timoshenko Kirişi için Kinetik Enerji ;
(3.40) ifadesinde gerekli integral işlemleri yapılır
ve (3.41) de verilen atalet büyüklükleri
tanımlanırsa (3.40) bağıntısıyla verilen kinetik
enerji ifadesi (3.42) bağıntısındaki şeklini alır.
Timoshenko kirişi için hız ifadeleri Euler-Bernoulli kirişi
için çıkarılan hız ifadelerine benzer şekilde aşağıdaki
gibi yazılabilir:
v X1
dU ( X 1 , X 3 , t )
dψ ( X 1 , t )
=
= −X3
dt
dt
vX3
dW ( X 1 , t )
=
dt
(3.37)
(3.38)
1
⎡⎣ρ (vX1 2 + vX3 2 )⎤⎦ dV
∫
2V
b
2
(3.39)
L h
2 2
∫
2
2
(
+
v
v
X
X
∫ 1 3 )ρ dX3 dX1
L h
− −
2 2
2
3
) ρ dX 3
(3.41)
L
2
2
L
2
⎛ dW ⎞
⎛ dψ ⎞
1
1
+
J
dX
J
⎜
⎟
⎜
⎟ dX1
A
D
1
∫
∫
2 −L ⎝ dX1 ⎠
2 −L ⎝ dX1 ⎠
2
(3.42)
2
Dikdörtgen kesit için J A ve J D büyüklükleri
izleyen şekilde olacaktır:
şeklinde olacaktır. (3.37) ve (3.38) bağıntıları
(3.39) bağıntısında yerlerine yazılırsa kinetik
enerji ifadesi aşağıdaki şekli alır:
T=
∫ (1, X
−h
2
T=
Kirişin herhangi bir zamandaki kinetik enerjisi ;
T=
(J A, JD ) = b
h
2
(3.40)
JA = ρ A
(3.43)
J D = ρ I x2
(3.44)
L
2
2
2
1 ⎡ ⎛ dW ⎞
⎛ dψ ⎞ ⎤
T = ∫ ⎢ρ A⎜
⎟ + ρ I x2 ⎜
⎟ ⎥ dX 1
2 − L ⎣⎢ ⎝ dt ⎠
dt
⎝
⎠ ⎦⎥
(3.45)
2
15
Timoshenko kirişi için elde edilmiş olan kinetik
enerji ifadesini boyutsuz büyüklükler cinsinden
yazabilmek için, (3.29) bağıntısında tanımlanmış
olan boyutsuz büyüklükler kullanılırsa (3.45)
bağıntısıyla verilen kinetik enerji ifadesi izleyen
şekli alır:
Ritz metodunun iyi anlaşabilmesi için bir örnek
üzerinde inceleme yapılsın. Şekil 1.17 deki basit
kirişteki v(z) çökmelerin hesabı istensin.
L
2
2
2
⎤
1 ⎡
dw
d
φ
⎛
⎞
⎛
⎞
T = ∫ ⎢ ρ A L3 ⎜ ⎟ + ρ I x2 L ⎜ ⎟ ⎥ dx1
2 − L ⎣⎢
⎝ dt ⎠
⎝ dt ⎠ ⎦⎥
2
Ritz metodu :
U x =a 1A1 (z)+a 2 A 2 (z)+........+a n A n (z)= ∑ a i A i (z)
i
U y =b1B1 (z)+b 2 B2 (z)+........+b n Bn (z)= ∑ bi Bi (z)
i
Uz =c1C1(z)+c2C2 (z)+........+cnCn (z)= ∑ ciCi (z)
i
Elastik eğri için izleyen kabul yapılsın:
(1.66)
∏ =∏
v=a1sin(π z/l)+a 3sin(3π z/l)+.....a nsin(nπ z/l)=
(a1 ,a 2 ,...a n ;b1 ,b 2 ...b n ;c1 ,c2 ,...c n )
∑
a k sin(kπ z/l)
k=1,3,5
(1.67)
Toplam potansiyel enerji yazılacak olursa;
Minimum şartı kullanılırsa;
∂ ∏ / ∂a i =0
∂ ∏ / ∂bi =0
(1.68)
∂∏/ ∂ci =0
i=1,2,3,...n
Π = ∫ [1 /2 E Ix (d 2 v /d z 2 ) 2 -p v ].d z
16
Π = ∫ [1/2EIx(d 2 v/dz 2 ) 2 -pv].dz
Bu ifadeden ak katsayıları, ∂Π/∂ak=0, k=1,3,5,...,n, denklemlerinden
çözülecek olursa v için ;
v(z)=(4/π 5 ).pl4 /EIx ∑ (1/k5 )sinkπ z/l; k=1,3,5 formulü bulunur.
v(z) ye dayanarak çeşitli büyüklükler (çökme, dönme, moment) hesaplanabilir. Her büyüklük için terim sayısı
arttıkça çözümdeki hata da azalır. Ayrıca bir büyüklüğün v(z) fonksiyonuna göre hesabında, türev mertebesi
arttıkça hata miktarları da artmaktadır.
Sonlu farklar metodu :
Sonlu farklar metodu, diferansiyel eşitliklere yaklaşık çözümler elde etmek için kullanılan sayısal bir tekniktir.
Metotta diferansiyel eşitlik, çözümü genellikle diferansiyel eşitliğin çözümünden daha kolay olan eşdeğer
cebirsel eşitlikler takımına dönüştürülür. Sonlu farklar tekniğinin temeli, bir fonksiyonun bir noktasındaki türevine,
fonksiyonun bu ve yakın civardaki birkaç noktadaki değerlerini içeren bir cebirsel ifade ile yaklaşılabileceğidir.
Bu gerçek ışığında, bir diferansiyel eşitlikteki türevlerin cebirsel ifadelerle ifade edilmesi mümkündür ve böylece
diferansiyel eşitlik bir cebirsel ifadeye dönüşür.
Bir kural olarak, diferansiyel denklemler sürekli sistemlerin davranışlarını tanımlarlar. Oysaki cebirsel eşitlikler
belirli noktalarda toplanmış sistemlerin davranışını tanımlar. Bir diferansiyel denklemdeki sürekli fonksiyonun
birkaç ayrık noktadaki değerlerini içeren bir cebirsel ifadeyle değiştirilmesi böylece, sürekli bir sistemin ayrık
sayıdaki nokta kütlesinin ayrık sayısını içeren bir sistemle değiştirilmesine eşdeğerdir. Böylece sonlu farklar
metodu, enerji metoduna, ikisi de problemin çözümünü serbestlik derecesininsayısına indirgeyerek
basitleştirdiğinden, benzerdir. Enerji metodu bunu sistemin davranışına yaklaşımla yapar, yani yer değiştirmiş
bir şekil kabul eder. Sonlu farklar tekniği ise sistemin kendisini basitleştirir.
17
Genelde, eğer bir sürekli sistem n adet ayrık kütle noktası ile değiştirilirse, bilinmeyen fonksiyon n adet cebirsel
değişkenle değiştirilir ve diferansiyel eşitlik n adet eşzamanlı,söz konusu değişkenleri içeren cebirsel eşitliklerle
değiştirilir. Bilinmeyen fonksiyonun bir noktadaki türevine, fonksiyonun be ve birkaç komşu noktadaki değerlerini
içeren bir ifade ile yaklaşıklık sağlandığından, noktalar birbirine ne kadar yakın ise türev ve onun yaklaşığı uyumu
da o kadar iyidir ve probleme daha doğru bir çözüm olacaktır. Bununla birlikte, noktaların sayısı arttıkça çözülmesi
gerekli eşzamanlı eşitliklerin sayısı da artar.
Büyük miktarda sayısal işlem içerdiğinden sonlu farklar metodu özellikle bilgisayar yardımıyla hesap yapıldığında
kullanım için uygun olur.
Metodun dezavantajı, tüm sistem için geçerli bir analitik ifade verme yerine,bilinmeyen fonksiyonun ayrık
noktalardaki sayısal değerlerini vermesidir. Eğer analitik bir ifadeye ihtiyaç duyulursa,bu ifade,çözümde elde edilen
ayrık değerlere bir eğri uydurarak elde edilmelidir. Bu eksiklik, öz değer problemlerinden ziyade denge
problemlerinde belirgindir: Çünkü, genellikle kritik yükler için uygulanabilir bağıntılar elde edilmesine karşın,yer
değiştirmfonksiyonlariçin sürekli ifadeler hiçbir zaman elde edilemez. Sözü edilen dezavantajı olmasına karşın,
sonlu faklar prosedürü, geniş bir uygulama alanı olduğundan, son derece faydalı bir analiz metodudur.
Fark oranları :
Bir fonksiyonun bir noktadaki türevi yaklaşık olarak fonksiyonun bu ve bir veya daha fazla komşu noktalardaki
değerleri cinsinden ifade edilebilir. Böyle bir ifade fark oranı olarak bilinir. Şekil 1.18 de çizilen f(x) fonksiyonu göz
önüne alınsın.
Bu fonksiyonun değeri x = i ve x = i nin sağ ve solundaki eşit aralıklı birkaç
noktada bilinsin. Bir noktada f ( x) in birinci türevine
df f ( x +∆x) − f ( x)
=
dx
∆x
şeklinde yazılabilir.
x=i
de bu ifade yeniden
f − fi
df
= ∆ fi = i+ h
dx
h
18
Fonksiyonun
x = i ve
x = i − h daki değerleri içeren benzer bir ifade
Bu çeşit yaklaşım geri fark olarak bilinir.
∆fi =
fi − fi−h
h
x = i nin her iki tarafındaki noktaları içeren üçüncü mümkün bir ifade
∆fi =
fi+h − fi−h
2h
Birinci fark tanımlandıktan sonra, ikinci fark birincinin farkını alarak elde edilir. Eğer ∆ diferansiyel operatör d/dx e karşı geliyor olarak
tanımlanırsa, bu durumda
∆( fi+h/2 − fi−h/2 ) ( ∆fi+h/2 −∆fi−h/2 )
=
h
h
( f − f ) / h −( fi − fi−h ) / h
= i+h i
h
f −2 f + f
= i+h 2i i−h
h
∆2 fi =∆( ∆fi ) =
Benzer bir tarzda üçüncü ve dördüncü merkezi farklar türetilebilir.
∆3 f i =
fi + 2 h − 2 fi + h + 2 fi − h − fi −2 h
2h3
∆4 fi =
fi+2h − 4 fi+h + 6 fi − 4 fi−h − fi−2h
h4
Aşağıdaki şekilde hesaplamaya ilişkin moleküller (1.72), (1.73), (1.74), (1.75) ifadelerinin resimsel temsilini
verir. Bu fark oranlarını temsil etmenin çok uygun bir yoludur
19
20
Enerji Yöntemlerine Ait Problemler
Problem 1.2: Şekil 1.20 de verilen kirişte koordinat fonksiyonu aşağıdaki gibi alındığına göre çözümü bulunuz ve buna dayanarak
kullanınız.
çökme, dönmeyi hesaplayınız ve sonucu inceleyiniz. k = 3
P
z
C
L/2
L/2
⎛πz ⎞
⎛ 3π z ⎞
⎛ nπ z ⎞
⎛ kπ z ⎞
v′ = a1 sin ⎜ ⎟ + a3 sin ⎜
⎟ + .... + an sin ⎜
⎟ = ∑ ak sin ⎜
⎟
⎝ l ⎠
⎝ l ⎠
⎝ l ⎠ k =1,3,5
⎝ l ⎠
Bu fonksiyon v(0)=v(l)=0 geometrik şartını gerçeklemektedir.
y
k = 3 için v( z ) = a1 sin (π z / l ) + a3 sin ( 3π z / l )
Sistemin toplam potansiyel enerjisi şöyle ifade edilir.
2
⎛ d 2v ⎞
1
π = Π i + Π d = ∫ EI x ⎜ 2 ⎟ dz − P v(l / 2)
2
⎝ dz ⎠
0
L
L
v′( z ) = a1π / l ⋅ cos (π z / l ) + a3 3π / l ⋅ cos ( 3π z / l )
v′′( z ) = a1π 2 / l 2 ⋅ sin (π z / l ) + a3 9π 2 / l 2 ⋅ sin ( 3π z / l )
{
Π = ∫ EI x / 2 ⎡⎣ a12π 4 / l 4 ⋅ sin 2 (π z / l ) + 2a1a3 9π 4 / l 4 ⋅ sin (π z / l ) + a33 81π 4 / l 4 ⋅ sin 2 ( 3π z / l ) ⎤⎦ dz
0
− P {a1 sin(π / 2) + a2 sin(3π / 2)}}
yukarıdaki integral çözülürse
π=
EI x ⎛ a12π 4 81a32π 4 ⎞ 1 ⎡
⎛π ⎞
⎛ 3π
⎜ 3 +
⎟ − P ⎢ a1 sin ⎜ ⎟ + a3 sin ⎜
3
2 ⎝ 2l
2l ⎠ 2 ⎣
⎝2⎠
⎝ 2
⎞⎤
⎟⎥
⎠⎦
denklemi elde edilir. Şimdi bu fonksiyonun minimum etmesi için gerekli ifadeleri yazılsın..
∂π / ∂ai = 0, i = 1,3
∂π / a1 = EI / 2a1π 4 / l 3 − P ( sin(π / 2) ) = 0
∂π / a 3 = EI / 2a3 81π 4 / l 3 − P ( sin(3π / 2) ) = 0
Denklemleri düzenlersek bilinmeyen katsayılar izleyen şekilde elde edilir:
EI / 2π 4 / l 3a1 − P = 0
⇒ a1 = 2 Pl 3 / π 4 EI
EI / 2 ⋅ 81π 4 / l 3a3 − (− P) = 0 ⇒ a3 = −2 Pl 3 / 81π 4 EI
21
Bilinmeyen katsayılar yerine konursa çökme fonksiyonu izleyen şekilde elde edilir:
v ( z ) = ( 2 Pl 3 / π 4 EI ) sin (π z / l ) − ( 2 Pl 3 / 81π 4 EI ) sin ( 3π z / l )
v (l / 2) = ( 2 Pl 3 / π 4 EI ) sin(π / 2) − ( 2 Pl 3 / 81π 4 EI ) sin(3π / 2) = 164 Pl 3 / 81π 4 EI
C noktasındaki çökme v(l / 2) dir. Buna göre
3
Elde edilir ki bu değer gerçek değer olan Pl / 48 EI değerine çok yakındır
İki çözüm arasındaki fark=(48,11-48/48).100=%0,22
2
3
2
3
Her noktadaki dönmeyi veren ifade v′( z ) = ( 2 Pl / π EI ) cos (π z / l ) − 2 / 27 ( 2 Pl / π EI ) cos ( 3π z / l )
Problem 1.3: Şekil 1.21 deki sistemin BB′ çökmesini toplam potansiyel enerji ilkesine dayanarak bulunuz. Koordinat fonksiyonları
2
3
n
k
olarak v = a2 z + a3 z + .... + an z = ∑ ak z alınacaktır. k = 3, k = 4
için çözümün yaklaşıklık derecesini bulunuz.
P
A
z
l
B
v
B'
Çözüm: (1.1) ifadesi ile verildiği gibi bir sistemin toplam potansiyel enerjisi
⎛ 1 d2v
⎞
− pv ⎟ dz
2
⎝ 2EI x dz
⎠
π = Πi + Πd = ∫ ⎜
integrali ile ifade edilmektedir ve sistemin gerçek konumunu belirleyen v eğrisi bu potansiyel enerjiyi minimum yapan ifadedir.
Yaklaşık bir çözümle yetinecek isek problemin varyasyonu sonucu elde edeceğimiz Euler diferansiyel denklemini çözmek yerine
v yi,verilen kirişin sınır koşullarını sağlıyacak şekilde yaklaşık bir ifade alarak problemimizi yürütebiliriz. Bu problemde de bu ikinci
yaklaşık yolu uygulayacağız. Koordinat fonksiyonları adı verilen ifadelerle belirlenen çökme fonksiyonu için yukarıda verilen
v ( z ) = a2 z 2 + a3 z 3 + ... + an z n = ∑ ak z k
polinomunu kullanacağız. Görüldüğü gibi bu polinom problemin sınır koşullarını sağlamaktadır. Yani v ( 0 ) = v′ ( 0 ) = 0
dir.(2) ifadesinin z ye göre iki defa türevini alalım.
22
v′′ ( z ) = ∑ ak k (k − 1) z k −2
Bu halde
π =∫
1
2 EI x
elde edilir. Bu sonuç (1) ifadesinde yerine konursa
(( ∑ k (k − 1)a z ) ) dz - P∑ a l
k −2 2
k
∂π
= 0, i = 2,..., n
∂ai
(4)
v′ ( z ) = 2a2 z + 3a3 z 2 + 4a4 z 3
(1) denklemi için bize
k
k
(v′′) 2
(3) bulunur. Şimdi bu ifadeyi minimumu yapacak ak lar aranacaktır. Bilindiği gibi işlem
koşulları yazılarak elde edilen n-1 denklem yardımı ile yapılır. Bu işlemleri biz yalnızca k = 4
2
3
4
yapacağız. k = 4 için v ( z ) = a2 z + a3 z + a4 z
dür. Bunun iki kez türevini alalım.
v′′ ( z ) = 2a2 + 6a3 z + 12a4 z 2
(5)
hali için
(6)
gerekmektedir. Bu da (6) ifadesinden hesaplanabilir.
(v′′) 2 = 4a2 2 + 24a2 a3 z + 48a2 a4 z 2 + 36a3 2 z 2 + 144a3 a4 z 3 + 144a4 2 z4
(7)
Şimdi (5) ve (7) ifadelerini (1) de yerine koyarak toplam potansiyel enerjiyi elde edelim.
⎛ l3
l4
l5 ⎞
( 4a2 + 24a2a3 z + 48a2 a4 z + 36a3 z + 144a3a4 z + 144a4 z ) dz − P ⎜ 3 a2 + 4 a3 + 5 a4 ⎟
⎝
⎠
3
4
5
⎛l
⎞
EI ⎛
l
l
144 2 5 ⎞
= x ⎜ 4a2 2l + 12a2 a3l 2 + 16a2 a4l 3 + 12a32l 3 + 36a3a4l 4 +
a4 l ⎟ − P ⎜ a2 + a3 + a4 ⎟
2 ⎝
5
4
5 ⎠
⎠
⎝3
EI
π =∫ x
2
(
2
2
2
3
2 4
)
şimdi π fonksiyonunun minimum etmesi için gerekli ifadeleri yazalım.Yani
∂π
= 0, i = 2,3, 4
∂ai
türevleri hesaplayalım.Bu halde
Pl 3
∂π EI x
2
3
a
l
a
l
a
l
=
+
+
−
=0
8
12
16
( 2
3
4 )
∂a2
2
3
Pl
∂π EI x
=
=0
12a2l 2 + 24a3l 3 + 36a4l 4 ) −
(
∂a3
2
4
4
Pl 5
∂π EI x
3
4
5
a
l
a
l
a
l
=
+
+
−
=0
16
36
288
/
5
( 2
3
4 )
∂a4
2
5
⎡ 8l 12l 2
EI 2 ⎢ 2
12l 24l 3
⎢
2
⎢16l 3 36l 4
⎣
16l 3 ⎤ ⎧a2 ⎫ ⎧ PL3 / 3 ⎫
⎥⎪ ⎪ ⎪
⎪
36l 4 ⎥ ⎨ a3 ⎬ = ⎨ PL4 / 4 ⎬
288 / 5l 5 ⎥⎦ ⎪⎩a4 ⎭⎪ ⎩⎪ PL5 / 5 ⎭⎪
denklemleri elde edilir. Buradan bilinmeyenler çözülürse
23
a2 = P l 2 /(4 E I x )
a3 = − P l /(6 E I x )
bulunur. Bu ifadeler v ifadesinde yerine konarak çökme fonksiyonu elde edilir.
a4 = P /(24 E I x )
2
3
4
Pl 4 ⎛ ⎛ z ⎞
⎛z⎞ ⎛z⎞ ⎞
v( z) =
⎜ 6 ⎜ ⎟ − 3 ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎟⎟
24 EI x ⎜⎝ ⎝ l ⎠
⎝l⎠ ⎝l⎠ ⎠
B noktasındaki çökme v ( l )
dir. Buna göre
fB =
P l4
8EI x
Bu durumda çok iyi bir eğri seçimi yaptığımız söylenebilir.
Problem 1.4: Şekil 1.22 de görülen basit kirişin orta noktasındaki çökmeyi emerji tabanlı sonlu farklar metodu yardımıyla bulunuz.
1 kN
C
12 m
Enerji tabanlı sonlu farklar metodu ile çözüm:
Basit kirişi 8 eşit parçaya bölerek problemi inceleyelim. Bölünen bu parçalar arasındaki mesafeyi h, bölünen noktalardaki çökmeleri,
simetriden de faydalanarak v1, v2, v3, v4 , kiriş dışındaki hayali noktalardaki çökmeleri de yine simetriden de faydalanarak vo
olarak tanımlayalım.
Dönme θ ile gösterilirsin. tan θ ≅ θ ≈ (vk - vk -1 ) / h olarak tanımlanır. Bir
elastik eğri fonksiyonunda θ = d v / d z ifadesine eşittir. Elastik eğriye
v0
v0
P=1
v1
v1
ait denklem, bir k noktasında sonlu farklar metoduyla;
v2
h
h
v3
h
v4
h
h
h
v2
v3
v4
v5
h
h
d 2 v v k −1 − 2v k + v k +1
≅
(1)
dz 2
h2
h
h
dz boyundaki bir kiriş parçasında depolanan
şekil değiştirme enerjisi
2
EI x ⎛ d 2 v ⎞
⎜
⎟ dz
2 ⎝ dz 2 ⎠
(2) dir.
24
Herhangi bir k noktasının sağ ve solundaki toplam h boylu bir kiriş kısmındaki eğrilik sabit kabul edilerek, bu
kısımdaki şekil değiştirme enerjisi, (1) ifadesi (2) de yerine konularak ve dz yerine h alınarak izleyen şekilde elde
edilir:
2
EI x ⎛ vk -1 - 2vk + vk +1 ⎞
⎜
⎟ h
2 ⎝
h2
⎠
Kiriş N
(3)
Bu durumda toplam şekil değiştirme enerjisi;
2
EI ⎛ v - 2vk + vk +1 ⎞
Π i = ∑ x ⎜ k -1
⎟ h
h2
⎠
k =1 2 ⎝
N +1
parçaya bölünürse kiriş bölgesi üzerinde N + 1 nokta ortaya çıkar.
(4)
olarak elde edilir. (4) ifadesi açık olarak yazılırsa tüm kiriş için şekil değiştirme enerjisi için
aşağıdaki ifade elde edilir:
2
2
2
E I x ⎡ ⎛ vo − 2v1 + v2 ⎞
⎛ v1 − 2v2 + v3 ⎞
⎛ v2 − 2v3 + v4 ⎞
Πi =
⎢2
⎟ h + 2⎜
⎟ h + 2⎜
⎟ h+
2 ⎢⎣ ⎜⎝
h2
h2
h2
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
2
2
⎛ v3 − 2v4 + v5 ⎞
⎛ v4 − 2v5 + v4 ⎞ ⎤
2⎜
⎟ h+⎜
⎟ h⎥
h2
h2
⎝
⎠
⎝
⎠ ⎥⎦
(5)
Bilindiği üzere dış kuvvetlerin potansiyel enerjisi
Π d = − (Py .v) dz
Buradan ele alınan problem için dış kuvvetlerin potansiyeli
Toplam potansiyel enerji ise izleyen şekilde verilir
Π d = − P v5
π =Π i +Π d
Toplam potansiyel enerji ancak sistemin gerçek konumunda bir ekstremden geçer. Şimdi sistemi toplam potansiyel enerjisini
minimum yapacak değerler aranacaktır.
∂π
=0
∂ vk
(4) enerji formu için (9) kullanılarak izleyen ifadeler elde edilir:
∂π
= 0 → 2v0 − 4v1 + 2v2 = 0
∂ v0
∂π
= 0 → −4v0 + 10v1 − 8v2 + 2v3 = 0
∂ v1
∂π
= 0 → 2v0 − 8v1 + 12v2 − 8v3 + 2v4 = 0
∂ v2
∂π
= 0 → 2v1 − 8v2 + 12v3 − 8v4 + 2v5 = 0
∂ v3
∂π
= 0 → 2v2 − 8v3 + 14v4 − 8v5 = 0
∂ v4
∂π
P h3
= 0 → 2v3 − 8v4 + 6v5 =
∂ v4
E Ix
25
(10) ifadesi matris formunda izleyen şekilde yazılır:
0
⎫
⎡ 2 −4 2 0 0 0 ⎤ ⎧v0 ⎫ ⎧
⎪
⎢ −4 10 −8 2 0 0 ⎥ ⎪ v ⎪ ⎪
0
⎪
⎢
⎥⎪ 1⎪ ⎪
⎪⎪
⎢ 2 −8 12 −8 2 0 ⎥ ⎪⎪v2 ⎪⎪ ⎪⎪
0
⎬
⎢
⎥⎨ ⎬= ⎨
0
⎪ (12)
⎢ 0 2 −8 12 −8 2 ⎥ ⎪v3 ⎪ ⎪
⎪
⎢ 0 0 2 −8 14 −8⎥ ⎪v4 ⎪ ⎪
0
⎪
⎢
⎥⎪ ⎪ ⎪ 3
⎣ 0 0 0 2 −8 6 ⎦ ⎪⎩v5 ⎪⎭ ⎪⎩ Ph / E I x ⎪⎭
P = 1kN
v1 = 0 olduğu bilindiğinden (12) ifadesinin ikinci satır ve sütunu silinerek
izleyen denklem takımı elde edilir:
0
⎧
⎫ ⎡ 2 2 0 0 0 ⎤ ⎧v0 ⎫
⎪
⎪ ⎢ 2 12 −8 2 0 ⎥ ⎪v ⎪
0
⎪⎪
⎪⎪ ⎢
⎥ ⎪⎪ 2 ⎪⎪
⎢
0
⎨
⎬ 0 −8 12 −8 2 ⎥ ⎨v3 ⎬
⎪
⎪ ⎢ 0 2 −8 14 −8⎥ ⎪v ⎪
0
⎥⎪ 4⎪
⎪ 3
⎪⎢
⎢
⎩⎪ P h / E I x ⎭⎪ ⎣ 0 0 2 −8 6 ⎥⎦ ⎩⎪v5 ⎭⎪
(13)
h = 12 / 8 = 1.5m değerleri yerine konup, yukarıdaki denklem takımı (13) çözülürse
v0 = −13.500 P /( EI x ) ; v2 = 13.500 P /( EI x ) ; v3 = 25.3125 P /( EI x ) ;
v4 = 33.7500 P /( EI x ) ; v5 = 37.1250 P /( EI x )
değerleri elde edilir. Aynı problem virtüel iş denklemiyle çözülürse v5=36/EIx değeri bulunur.
Fark = [(36 − 37.125) / 36] × 100 = %3.125
Problem 1.5: Elastik fakat Hooke kanuna uymayan cisimler için toplam potansiyel enerji ilkesi uygulanabilir mi?
Elastik sistemlerin denge durumunu bulmak için problem iki farklı açıdan ele alınabilir. Birincisi sistemi parçalara ayırarak, ikincisi
sistemin tümünü ele alıp inceleyerek. Birinci yolda dengenin diferansiyel denklemleri, uygunluk koşulları ve cismin bünyesi ile ilgili
şekil değiştirme konumları ele alındığı halde, ikinci yolda sistemin konumunu belirleyen koordinatlara bağlı ve toplam potansiyel enerji
adı ile verilen bir integral ifade tanımlanarak bazı sınır koşullarını gerçekleyen çeşitli konumlar arasında enerjinin ekstrem olduğu
konumlar aranır. Böylece problemin çözümü belirli bir integral ifadeyi ekstremum yapan konumun bulunmasına indirgenmiş olur. Bu
nedenle enerji ifadesi elastik fakat Hooke kanunlarına uymayan cisimlere özgü bir şekilde yazılacak olursa toplam potansiyel enerji
ilkesi problemimiz için uygulanabilir.
26
YILDIZ TEKNİK ÜNİVERSİTESİ
İNŞAAT MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ
MEKANİK ANABİLİM DALI
YAPI MEKANİĞİNDE ÖZEL
PROBLEMLER
PROF. DR. TURGUT KOCATÜRK
Hazırlayan: İnşaat Müh. Caner İNCE
(07510103)
1
BÖLÜM 1. SONLU ELEMANLAR YÖ
YÖNTEMİ
NTEMİ
Giriş
Bir sonlu elemanın ana karakteristiği, eleman rijitlik matrisinde toplanmıştır. Yapısal ve yapısal olmayan
analizlerde kullanılan bir sonlu eleman için rijitlik matrisi geometrik ve malzeme dağılışı bilgisini kapsar ki bu,
yükleme altında elemanın şekil değiştirmeye direncini gösterir. Öyleyse, şekil değiştirme eksenel, eğilme, kesme
ve burulma etkilerini kapsar. (Burulma: z ekseni doğrultusundaki moment)
Bu kısımda, iki adet göreceli olarak basit bir boyutlu yapısal elemanlar, yani lineer elastik yay ve bir elastik çekme
– basınç elemanı için sonlu eleman karakteristikleri incelenecektir. Bunlar tanıtım elemanları olarak seçilmişlerdir.
Böylece mühendislik öğrencilerine yeni olan teorilerle sonlu eleman metoduna geçiş köprüsü sıkıntıya
sokulmayacaktır. Yine Lineer yay ve çekme – basınç elemanı (çekme – basınç elemanına bundan sonra “çubuk”
denecektir.) interpolasyon fonksiyonları kavramını tanıtmak için de kullanılacaktır. Sonlu eleman metodundaki
güzellik, alan değişkeninin sürekli değişimini sonlu elemanın düğüm noktalarındaki ayrık değerler cinsinden
tanımlanmasıdır. Sonlu elemanın iç bölgesinde, aynı zamanda sınırlarında da alan değişkeni interpolasyon
fonksiyonlarıyla tanımlanmıştır ki bu fonksiyonlar önceden belirlenmiş sınır şartlarını sağlamalıdırlar.
Alan değişkeni
Eğilme probleminde eksene dik yer değiştirme
Burulma probleminde dönme açısı
Sonlu elemanlar analizi, problemin tipine bağlı olarak birkaç matematiksel/fiziksel prensip
temellendirilmiştir. Sonlu eleman analizine uygulanabilen böylesi prensiplerden birkaçı sunulacaktır.
üzerine
Birincisi ve en önemlisi, yay ve çubuk sistemleri için “statik denge prensibi” dir. Fakat statik denge prensibini
kullanırken şekil değiştirmeleri probleme dahil ederiz. Daha karmaşık elastik sistemlere sonlu eleman yönteminin
geliştirilmesi için “Castigliano’nun 1. Teoremi” ifade edilir ve uygulanır. Ayrıca daha yaygın olarak kullanılan
“minimum potansiyel enerji prensibi” de kullanılır. Her iki teorem de yer değiştirmeleri ve uygulanan kuvvetleri
mekanik enerji cinsinden bir mekanik sistemin denge koşullarına bağlarlar. Burada Castigliano’nun 1.
Teoremi’nin kullanılmasındaki amaç, minimum potansiyel enerji kavramını varyasyonlar hesabının matematiksel
prensiplerine başvurmadan ifade edebilmektir.
2
BÖLÜM 2.
RİJİTLİK MATRİSİ, YAY VE ÇUBUK ELEMANLAR
2.1. Bir Sonlu Eleman Olarak Lineer Yay
Bir lineer yay sadece eksenel yük iletmeye kapasiteli olan mekanik bir araçtır. Öyle ki, makul bir işlem aralığında
yaydaki uzama veya kısalma, uygulanan yük ile doğru orantılıdır. Şekil değiştirme ve yük arasındaki orantılılık sabiti,
“yay sabiti” veya “yay rijitliği” olarak adlandırılır.
Yerel-Eleman koor. eksenleri ile
Genel-Sistem koor. eksenleri aynı yönde
Şekil 2.1.a
Genel koordinat sistemi, tüm yapının tanımlanacağı koordinat sistemidir. Tüm yapı ile birçok sonlu elemanın
birleşimi kastedilmektedir ki bu sistem için yükleme koşullarına cevap bulmak istenmektedir. Bu kısımda, yerel ve
genel koordinat sistemlerinin orijinin ötelenmesi dışında aynı olması durumlarıyla ilgilenilecektir. Bununla birlikte, 2
ve 3 boyutlu durumlarda iki sistem oldukça farklıdır ve eleman koordinat sistemlerinin ortak bir temele
dönüştürülmesi matematiksel işlemleri gerektirir. Ortak temel genel (global) koordinat sistemidir.
Şekil 2.1.a’da yayın uçları düğüm noktalarıdır (nodes) ve düğüm noktaları yer değiştirmeleri u1 ve u2 ile gösterilmiş
olup şekilde pozitif yönleriyle verilmiştir. Eğer bu düğüm noktaları yer değiştirmeleri verilirse yayın toplam uzaması
veya kısalması bilinir. Bu da demektir ki, yaydaki net kuvvet bilinir.
Yaydaki net kuvvet:
(u 2 − u1 ) ⋅ k
Bu noktada, yüklerin sadece düğüm noktalarında uygulanmasına ihtiyaç vardır ve bu yükler f1 ve f2 olarak
gösterilmiş olup pozitif yönleriyle verilmişlerdir. Yayın şekil değiştirmemiş durumunda her iki düğüm noktasındaki
yer değiştirmeleri sıfır kabul ederek yayın net şekil değiştirmesi,
δ = u 2 − u 1 (2.1)
olarak verilir ve sonuç yay eksenel kuvveti ise,
Denge için,
f1+f2 = 0 veya f1 = -f2
f = k ⋅ δ = k ⋅ (u2 − u1 )
(2.2)
olmalıdır.
Bu durumda, (2.2) eşitliği uygulanan düğüm kuvvetleri cinsinden şu şekilde yazılabilir:
f1 = −k ⋅ (u2 − u1 )
(2.3a)
f 2 = k ⋅ (u2 − u1 )
(2.3b)
3
Bu eşitlik matris formunda;
⎡ k
⎢− k
⎣
− k ⎤ ⎧ u1 ⎫ ⎧ f 1 ⎫
⎨ ⎬ = ⎨ ⎬ (2.4)
k ⎥⎦ ⎩u 2 ⎭ ⎩ f 2 ⎭
veya
[ke ]{u} = { f }
(2.5)
Uç yükleri ile uç yer değiştirmeleri arasındaki bağıntı
Burada [ke] eleman koordinat sisteminde (yerel sistemde) “eleman rijitlik matrisi”
[k e ] =
⎡ k
⎢− k
⎣
− k ⎤
k ⎥⎦
(2.6)
{u} = Düğüm noktası yer değiştirmelerinin sütun matrisi
{f} = Eleman düğüm noktası kuvvetlerinin sütun matrisi
Rijitlik matrisinin simetrikliği, cismin lineer elastik olmasının ve her bir yer değiştirmenin diğerine aynı fiziksel
olayla bağlantılı olmasının bir göstergesidir.
⎧ u1 ⎫
−1 ⎧ f 1 ⎫
⎨ ⎬ = [k e ] ⎨ ⎬ (2.7)
⎩ f2 ⎭
⎩u 2 ⎭
[ke]-1 = Eleman rijitlik matrisinin tersi
Bununla birlikte, matrisin tersi yoktur. Çünkü eleman rijitlik matrisinin determinantı sıfırdır. Bu yüzden, eleman
rijitlik matrisi singülerdir (tekil) ve birçok durumda bu genel bir sonuç olarak ortaya çıkar. Eleman rijitlik matrisinin
tekillik özelliğinin fiziksel anlamı, şekil 2.1a’nın incelenmesinden ortaya çıkar. Yani, yay herhangi bir düğüm
noktasının hareketini önleyecek ya da sınırlayacak fiziksel bir nesneye bağlanmamıştır. Herhangi bir kısıtlılık
olmadan düğüm noktası yer değiştirmelerinin bireysel olarak elde edilmesi mümkün değildir. Bunun yerine sadece
düğüm noktası yer değiştirmelerinin farkı belirlenebilir. Bu fark, elastik etkiler yüzünden yay elemanının uzama
veya kısalmasını gösterir.
Şu andaki örnekte bu durum rijit cisim hareketi anlamına gelir. Rijit cisim hareketi kapasitesi, bir yay elemanı
cinsinden ve birkaç bağlı elemanlar cinsinden elde edilip izlenebilir. Tutulu olmayan tek bir eleman için, eğer
her bir noktasında keyfi kuvvetler uygulanırsa, yay hem eksenel olarak şekil değiştirir hem de Newton’un 2.
Kanunu’na (F = ma) göre bir ivmelenmeye maruz kalır.
Eğer bir elemanın düğüm noktaları aynı yer değiştirmeyi yaparsa, bu elemanda elastik şekil değiştirme yoktur ve
bu sebeple de bu elemanda elastik kuvvet yoktur. Bu fiziksel durum, eleman fonksiyonunda işin içine dâhil
edilmelidir. Bu kapasite, eleman rijitlik matrisinin tekilliğiyle matematiksel olarak gösterilir.
4
2.1.1. Genel Koordinatlarda Sistem Oluşturulması
Bir yay elemanı için eleman rijitlik matrisinin elde edilmesi denge eşitliklerine dayandırılmıştır. Bununla birlikte, her bir
düğüm noktasının serbest cisim diyagramlarını çizme ve formel olarak denge eşitliklerini yazma yerine, düğüm
noktası denge eşitlikleri, her bir elemanın etkisini ayrı ayrı göz önüne alıp, eleman kuvveti katkısını her bir eleman
düğüm noktası eşitliğine ekleyerek daha etkin bir şekilde elde edilebilir. Bu işlem “birleştirme” olarak tanımlanır.
Çünkü bireysel rijitlik bileşenleri alınır ve sistem eşitliklerini elde etmek için bir araya konulurlar. Bunu basit bir örnek
üzerinde açıklamak için eleman karakteristiklerinin genel veya sistem eşitlikleri içinde birleştirilmesi, izleyen iki lineer
yay elemanı kullanılarak gösterilebilir.
Örnek Sistem:
İki yayın fiziksel bağlantısı “2” düğüm noktasıdır.
Şekil 2.2
Şekil 2.3: İki Elemanlı Bir Sistem İçin Elemanların ve Düğüm Noktalarının Serbest Cisim Diyagramları
İki yay elemanından oluşmuş sistemi dengede kabul ederek yayların serbest cisim diyagramlarını ayrı ayrı inceleriz
ve her bir yay için denge koşullarını ifade ederiz. Bunun için (2.4) eşitliğini kullanırız.
⎡ k
⎢− k
⎣
− k ⎤ ⎧ u1 ⎫ ⎧ f1 ⎫
⎨ ⎬ = ⎨ ⎬ (2.4)
k ⎥⎦ ⎩ u 2 ⎭ ⎩ f 2 ⎭
⎡ k1 − k1 ⎤⎧u1(1) ⎫ ⎧ f1(1) ⎫
⎢− k k ⎥⎨ (1) ⎬ = ⎨ (1) ⎬
⎣ 1 1 ⎦⎩u2 ⎭ ⎩ f2 ⎭
(2.8a)
⎡ k2 − k2 ⎤⎧u1(2) ⎫ ⎧ f1(2) ⎫
⎢− k k ⎥⎨ (2) ⎬ = ⎨ (2) ⎬
2 ⎦⎩u2 ⎭ ⎩ f 2 ⎭
⎣ 2
(2.8b)
5
İki yaydan oluşmuş sistemin davranışını tanımlayan denge eşitliklerinin birleştirilmesine başlamak için eleman yer
değiştirmelerini sistem yer değiştirmelerine ilişkilendiren koşulların aşağıdaki gibi yazılması gerekir:
u1(1) = U1
u2(1) = U2
,
u2(2) = U3 ,
,
u1(2) = U2
(2.9)
Kuvvetler uygulanmadan önce iki yayın “2” düğüm noktasında birleşmiş olması, kuvvetler uygulandıktan sonra da
yine iki yayın “2” düğüm noktasında birleşmiş olması gerçeğini, uygunluk koşulları ifade eder. Bu yüzden “2” düğüm
noktasında aynı düğüm noktası yer değiştirmeleri ortaya çıkmalıdır. Böylece elemanlar arası yer değiştirme
sürekliliği, düğüm noktası bağıntılarında sisteme dâhil edilir.
(2.9) eşitlikleri (2.8) eşitliklerinde yerine konursa,
⎡ k1 − k1 ⎤⎧U1 ⎫ ⎧ f1(1) ⎫
⎢− k k ⎥⎨U ⎬ = ⎨ (1) ⎬
1 ⎦⎩ 2 ⎭ ⎩ f 2 ⎭
⎣ 1
⎡ k2 − k2 ⎤⎧U 2 ⎫ ⎧ f1(2) ⎫
⎢− k
⎥ ⎨ ⎬ = ⎨ ( 2) ⎬
⎣ 2 k2 ⎦⎩U3 ⎭ ⎩ f 2 ⎭
fi(j) : j elemanı üzerine i noktasında etki eden kuvvet
(2.10)
(2.10) Eşitliği her bir yay elemanı için birleştirilmiş genel yer değiştirmeleri cinsinden denge eşitliklerini verir. Bu
formda eşitlikler açıkça gösterir ki, elemanlar “2” noktasında fiziksel olarak birbirlerine bağlıdırlar ve bu noktada
aynı U2 yer değiştirmesine sahiptirler. Bu eşitlikler henüz doğrudan birleşmeye uygun durumda değildirler. Çünkü
yer değiştirme vektörleri aynı değildir. Her iki matris eşitlikleri 3x3’lük boyuta izlendiği gibi genişletilebilirler. Bu tür
genişletmede “1 elemanı”nın “3 düğüm noktası”na, “2 elemanı”nın da “1 düğüm noktası”na bağlı olmadığı gerçeği
göz önüne alınmalıdır.
⎡ k1
⎢− k
⎢ 1
⎣⎢ 0
− k1
k1
0
− k1
⎡ k1
⎢− k k + k
⎢ 1 1 2
⎢⎣ 0
− k2
0 ⎤ ⎧U 1 ⎫
⎪ ⎪
0 ⎥⎥ ⎨U 2 ⎬ =
0 ⎦⎥ ⎪⎩U 3 ⎪⎭
⎧ f 1 (1) ⎫
⎪ (1) ⎪
⎨ f2 ⎬
⎪ 0 ⎪
⎩
⎭
(2.11)
(1)
⎫
0 ⎤⎧U1 ⎫ ⎧ f1
⎪ ⎪ ⎪ (1)
( 2) ⎪
⎥
− k 2 ⎥⎨U 2 ⎬ = ⎨ f 2 + f1 ⎬
( 2)
⎪
k 2 ⎥⎦⎪⎩U 3 ⎪⎭ ⎪⎩ f 2
⎭
⎡0
⎢0
⎢
⎢⎣ 0
0
k2
− k2
0 ⎤ ⎧U 1 ⎫ ⎧ 0 ⎫
⎪ ⎪ ⎪ (2) ⎪
− k 2 ⎥⎥ ⎨U 2 ⎬ = ⎨ f 1 ⎬
(2)
k 2 ⎥⎦ ⎪⎩U 3 ⎪⎭ ⎪⎩ f 2 ⎪⎭
(2.12)
(2.11) ve (2.12) eşitliklerinin toplamı,
izleyen ifadeyi verir:
(2.13)
6
Şekil 2.3c, 2.3d ve 2.3e’de tasvir edilen üç düğüm noktasının her biri için çizime (serbest cisim
diyagramlarına) bakarız. “1, 2, 3 düğüm noktaları” için denge koşulları izleyen ifadelerin varlığını gösterir:
f1(1) = F1 ,
f2(1) + f1(2)= F2 ,
Bunları (2.13)’te yerine yazarsak,
− k1
0 ⎤⎧U1 ⎫ ⎧F1 ⎫
⎡ k1
⎢− k k + k − k ⎥⎪U ⎪ = ⎪F ⎪
2 ⎥⎨ 2 ⎬ ⎨ 2 ⎬
⎢ 1 1 2
⎢⎣ 0
k2 ⎥⎦⎪⎩U3 ⎪⎭ ⎪⎩F3 ⎪⎭
− k2
Bu form,
⎡ k1
K = ⎢⎢ − k 1
⎣⎢ 0
(2.14)
[ke ]{u} = { f }
− k1
k1 + k
− k
2
0
2
− k
k
2
2
⎤
⎥
⎥
⎦⎥
(2.5)
(2.16)
⎡ k1
⎢− k
⎢ 1
⎣⎢ 0
− k1
k1 + k 2
− k2
0 ⎤ ⎧U 1 ⎫
⎪ ⎪
− k 2 ⎥⎥ ⎨U 2 ⎬ =
k 2 ⎦⎥ ⎪⎩U 3 ⎪⎭
elde edilir, ki bu
benzer.
(1)
⎧
⎫
f1
⎪ (1)
( 2) ⎪
⎨ f 2 + f1 ⎬
( 2)
⎪
⎪
f2
⎩
⎭
[K ]{U } = {F }
f2(2) = F3
(2.14)
(2.13)
(2.15)
formundadır.
Denge eşitliklerinin doğrudan göz önüne alınması ile sistem
rijitlik matrisi K’yı aşağıdaki gibi elde ederiz.
Not edilmelidir ki, sistem rijitlik matrisi
1. Tekildir: Çünkü sistemin rijit cisim hareketini engelleyici herhangi bir
kısıt yoktur (lineer bağımlıdır ve detK = 0’dır).
2.
Simetriktir: Bu durum ortogonal koordinat sistemlerindeki tüm
lineer sistemler için geçerlidir.
3. Sistem matrisi, basit olarak, eleman düğüm noktası yer değiştirmeleri ve birleşik rijitlik katsayılarının sistem
düğüm noktası yer değiştirmelerine uygun şekilde atanmasıyla elde edilmiş bireysel eleman rijitlik
matrislerinin süperpozisyonudur.
7
SORU: Şekil 2.2 de tasvir edilen iki elemanlı sistemi göz önüne alarak, “1 düğüm noktası”nın sabit olması durumunda
k1 = 50 N/m, k2 = 75N/m, F2 = F3 = 75 N olması koşulları için U2 ve U3 düğüm noktası yer değiştirmelerini bulunuz.
Sabit nokta olduğundan F1’in U1’e etkisi yok. Tepki kuvvetidir.
u2(1) = u2(2) = U2
− k 2 ⎤ ⎡ u 2( 2 ) ⎤ ⎡ f 2( 2 ) ⎤
⎢
⎥ = ⎢
⎥
k 2 ⎥⎦ ⎣ u 3( 2 ) ⎦ ⎣ f 3( 2 ) ⎦
⎡ k2
⎢− k
2
⎣
⎡ k1
⎢− k
1
⎢
⎢⎣ 0
⎡0
⎢0
⎢
⎢⎣ 0
− k1
0
k2
− k2
⎡ 125
⎢ − 75
⎣
u3(2) = U3
k1
0
f1(1) = F1
− k 1 ⎤ ⎡ u 1(1 ) ⎤ ⎡ f 1 (1 ) ⎤
⎢
⎥ = ⎢
⎥
k 1 ⎥⎦ ⎣ u 2(1 ) ⎦ ⎣ f 2(1 ) ⎦
⎡ k1
⎢− k
1
⎣
0 ⎤ ⎡ u 1(1 ) ⎤ ⎡ f 1 (1 ) ⎤
⎢
⎥ ⎢
⎥
0 ⎥⎥ ⎢ u 2(1 ) ⎥ = ⎢ f 2(1 ) ⎥
0 ⎥⎦ ⎢⎣ 0 ⎥⎦ ⎢⎣ 0 ⎥⎦
0 ⎤⎡ 0 ⎤ ⎡ 0 ⎤
− k 2 ⎥⎥ ⎢⎢ u 2( 2 ) ⎥⎥ = ⎢⎢ f 2( 2 ) ⎥⎥
k 2 ⎥⎦ ⎢⎣ u 3( 2 ) ⎥⎦ ⎢⎣ f 3( 2 ) ⎥⎦
− 75 ⎤ ⎡U 2 ⎤ ⎡ 75 ⎤
=
75 ⎥⎦ ⎢⎣U 3 ⎥⎦ ⎢⎣ 75 ⎥⎦
125 U
− 75 U
2
− 75 U
2
3
f2(1) + f2(2) = F2
-50 U2 = F1
⎡ k1
⎢− k
1
⎢
⎢⎣ 0
− k1
k1 + k 2
− k2
0
− k2
k2
⎡ 50
⎢ − 50
⎢
⎢⎣ 0
− 50
50 + 75
0 ⎤ ⎡ 0 ⎤ ⎡ F1 ⎤
− 75 ⎥⎥ ⎢⎢U 2 ⎥⎥ = ⎢⎢ 75 ⎥⎥
75 ⎥⎦ ⎢⎣U 3 ⎥⎦ ⎢⎣ 75 ⎥⎦
= 75
3
+ 75 U
f3(2) = F3
= 75
− 75
U
U
⎤ ⎡U
⎥ ⎢U
⎥⎢
⎥⎦ ⎢⎣ U
1
2
3
2
=
3 m
.
3
=
4 m
.
⎤
⎡ F1 ⎤
⎥ = ⎢F ⎥
⎥
⎢ 2⎥
⎥⎦
⎢⎣ F 3 ⎥⎦
F1 = -150 N (ters yönde)
8
SORU: Şekil 2.4a, üç eşit W ağırlığını taşıyan üç adet lineer elastik yayı tasvir etmektedir.
Ağırlıklar düşey düzlemde asılıdırlar. Yayları s.e. olarak ele alıp her bir ağırlığın düşey yer
değiştirmesini bulunuz.
Çözüm: Bu problemi, bir s.e. problemi olarak ele almak için Şekil 2.4b’de görüldüğü gibi
düğün noktası ve eleman numaraları atanır. Ayrıca, sabit mesnet kısıtlılığı nedeniyle U1 =
0 olarak bilinmektedir. (2.6) eşitliğinden hareketle her bir eleman için rijitlik matrisi
izleyen şekilde elde edilir.
Şekil 2.4: Ağırlıkları Taşıyan Elastik Yay
⎡k
k=⎢
⎣−k
−k ⎤
k ⎥⎦
⎡ 2k
k ( 2) = ⎢
⎣− 2k
− 2k ⎤
2 k ⎥⎦
Eleman ve genel yer değiştirme ilişkileri ise;
⎡ k − k⎤
k (3) = ⎢
⎥
⎣− k k ⎦
u1(1) = U1
u2(1) = u1(2) = U2
u2(2) = u1(3) = U3
u2(3) = U4
Bireysel eleman eşitliklerini izleyen şekilde yazalım:
⎡ 3k
⎢− 3k
⎢
⎢ 0
⎢
⎣ 0
− 3k
3k
0
0
0
0
0
0
0 ⎤ ⎡ U 1 ⎤ ⎡ f 1 (1 ) ⎤
⎢
⎥
0 ⎥⎥ ⎢⎢U 2 ⎥⎥ ⎢ f 2(1 ) ⎥
=
0 ⎥ ⎢U 3 ⎥ ⎢ 0 ⎥
⎥
⎥ ⎢
⎥⎢
0 ⎦ ⎣U 4 ⎦ ⎢⎣ 0 ⎥⎦
(1)
⎡0
⎢0
⎢
⎢0
⎢
⎣0
0
2k
0
− 2k
− 2k
0
2k
0
0 ⎤ ⎡U 1 ⎤ ⎡ 0 ⎤
0 ⎥⎥ ⎢⎢U 2 ⎥⎥ ⎢⎢ f 1( 2 ) ⎥⎥
=
0 ⎥ ⎢U 3 ⎥ ⎢ f 2( 2 ) ⎥ (2)
⎥ ⎢
⎥⎢
⎥
0 ⎦ ⎣U 4 ⎦ ⎣ 0 ⎦
⎡0
⎢0
⎢
⎢0
⎢
⎣0
0
0
0
0
0
0
k
−k
0 ⎤ ⎡U 1 ⎤
0 ⎥⎥ ⎢⎢U 2 ⎥⎥
=
− k ⎥ ⎢U 3 ⎥
⎥
⎥⎢
k ⎦ ⎣U 4 ⎦
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
0 ⎤
0 ⎥⎥
f 1( 3 ) ⎥
⎥
f 2( 3 ) ⎦
(3)
(1),(2) ve (3) eşitliklerini toplayarak izleyen denklem elde edilir:
⎡ 3
⎢− 3
k ⋅⎢
⎢ 0
⎢
⎣ 0
−3
0
5
−2
−2
3
0
−1
0 ⎤ ⎡U 1 ⎤ ⎡
⎤ ⎡ F1 ⎤
f 1(1 )
⎢ (1 )
⎢
⎥
⎥
(2) ⎥
0 ⎥ ⎢U 2 ⎥ ⎢ f 2 + f 1 ⎥ ⎢⎢W ⎥⎥
=
=
− 1⎥ ⎢U 3 ⎥ ⎢ f 2( 2 ) + f 1( 3 ) ⎥ ⎢W ⎥
⎥ ⎢ ⎥
⎥⎢ ⎥ ⎢
1 ⎦ ⎣U 4 ⎦ ⎢⎣
f 2( 3 )
⎥⎦ ⎣W ⎦
(4)
Burada, her bir düğüm noktasındaki eleman kuvvetlerinin
toplamının ilgili noktada uygulanan dış kuvvete eşit
olması gerçeğinden faydalanılmıştır.
9
Yer değiştirme kısıtlılığı olan U1 = 0’ı uygularsak;
-3kU2 = F1
elde ederiz. Bu, “kısıtlılık eşitliği”dir. Bu durumda
(4) matris eşitliği izleyen şekli alır:
(5)
⎡ 5
k ⋅ ⎢⎢ − 2
⎣⎢ 0
−2
3
−1
0 ⎤ ⎡U
− 1 ⎥⎥ ⎢⎢U
1 ⎦⎥ ⎣⎢U
⎤ ⎡W
⎥ ⎢
3 ⎥ = ⎢W
⎥ ⎢⎣W
4 ⎦
2
⎤
⎥
⎥
⎦⎥
(6)
Burada, U2, U3, U4 aktif yer değiştirmedir (Bilinmeyen ve bulunması istenen). U1 ise pasif yer değiştirmedir.
(Bilinen). (6) eşitliği, (4) eşitliğinden kısıtlılık eşitliğinin elenmesiyle elde edilmiştir. (6) eşitliği ile verilen cebrik
eşitliklerin eş zamanlı çözümü (çözüm aşaması) izleyen yer değiştirmeleri verir:
U
2
=
W
k
U
3
=
2W
k
U
4
=
3W
k
(5) eşitliği ise, bilinmeyen reaksiyon kuvvetini
F1 = -3W olarak verir. (yönü yukarı doğru)
Bu sonuçların statik eşitliklerle aynı sonucu vereceği kontrol edilebilir. Ayrıca sonlu elemanlarda genel prosedür
izleyen şekildedir:
1. Bireysel eleman rijitlik matrislerinin formülasyonu
2. Eleman yer değiştirmeleri ile genel yer değiştirmeler arasındaki ilişkilerin yazılması
3. Genel denge eşitliğinin matris formunda birleştirilmesi
4. Belirli kısıtlılık koşullarına göre matris eşitliklerinin indirgenmesi
5. Bilinmeyen düğüm noktası yer değiştirmeleri için sistem eşitliklerinin çözümü (Birincil 6. değişkenler için
çözüm)
Elde edilen yer değiştirmelerinin geri yerine konulması ile reaksiyon kuvvetlerinin çözümü
“2 sonlu elemanı için” çubuk kuvvetleri bulunmak istensin:
⎡ 2k
⎢− 2k
⎣
− 2k ⎤⎡ W / k ⎤
⎡ f 1( 2 ) ⎤
= ⎢ (2) ⎥
2 k ⎥⎦ ⎢⎣ 2 W / k ⎥⎦
⎣ f2 ⎦
f
1
f
2
( 2 )
=
2W
( 2 )
=
− 2W
− 4W
+ 4W
=
− 2W
=
2W
10
SORU:
Şekil 2.5: Sıfır olmayan (belirli) δ yer değiştirmesi olan üç elemanlı sistem
(Verilen sınır şartları sıfırsa bu sınır şartlarına homojen sınır şartları adı
verilir)
U1 = 0 (homojen s.ş.)
U3 = δ (homojen olmayan s.ş.)
Şekil 2.5 Birleştirilmiş üç lineer yay elemanını tasvir eder. Düğüm noktası ve eleman numaraları şekil 2.5 te
gösterildiği gibidir. 1 düğüm noktası, rijit cisim hareketini engellemek için sabittir. “3 düğüm noktası”na ise belirli
bir δ yer değiştirmesi verilmiştir. F2 = -F ve F4 = 2F kuvvetleri 2 ve 4 düğüm noktalarında uygulanmışlardır. Her bir
düğüm noktasının yer değiştirmesini ve “3 düğüm noktası”nın belirli koşulları için gerekli olan kuvveti bulunuz.
Çözüm: Bu örnek homojen olmayan sınır koşulu içerir. Bir önceki örnekte sınır koşulu SIFIR yer değiştirmeleri ile
verilmişti. Bu örnekte hem sıfır (homojen) hem de belirli sıfır olmayan (homojen olmayan) yer değiştirme koşulu
mevcuttur. Bu nedenle problemin cebrik ele alınması, izleyen şekilde farklı olmalıdır:
Sistem denge eşitlikleri izleyen matris formunda elde edilebilir:
⎡ k
⎢− k
⎢
⎢ 0
⎢
⎣ 0
− k
0
4k
− 3k
− 3k
5k
0
− 2k
⎡ F1 ⎤
⎤ ⎡U 1 ⎤
⎡ F1 ⎤
⎢
⎥
⎢
⎥
⎥
⎢− F ⎥
F
0 ⎥ ⎢U 2 ⎥
⎥
= ⎢ 2⎥ = ⎢
⎢ F3 ⎥
⎢ F3 ⎥
− 2 k ⎥ ⎢U 3 ⎥
⎥
⎢
⎥
⎥⎢
⎢
⎥
2 k ⎦ ⎣U 4 ⎦
⎣ 2F ⎦
⎣ F4 ⎦
0
Belirli U1 = 0 ve U3 = δ koşullarını yerine koyarsak
izleyen eşitlikler sistemini elde ederiz.
⎡ 4k
⎢− 3k
⎢
⎢⎣ 0
⎡ 5k
⎢− 3k
⎢
⎣⎢ − 2 k
− 3k
0
5k
− 2k
− 2k
2k
⎤
⎥
⎥
⎥⎦
2k ⎤
0 ⎥⎥
2 k ⎦⎥
⎡ δ
⎢U
⎢
⎣⎢ U
− 3k
4k
0
⎡U 2
⎢ δ
⎢
⎢⎣ U 4
2
4
⎡− F
⎤
⎥ = ⎢ F
3
⎢
⎥
⎢⎣ 2 F
⎥⎦
⎤
⎡ F3
⎥ = ⎢− F
⎥
⎢
⎢⎣ 2 F
⎦⎥
⎤
⎥
⎥
⎦⎥
⎤
⎥
⎥
⎥⎦
⎡ k
⎢− k
⎢
⎢ 0
⎢
⎣ 0
− k
4k
− 3k
0
0
− 3k
5k
− 2k
0
0
− 2k
2k
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎡ 0
⎢U
⎢ 2
⎢ δ
⎢
⎣U 4
⎤
⎡ F1
⎥
⎢
⎥ = ⎢− F
⎥
⎢ F3
⎥
⎢
⎣ 2F
⎦
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
U1 = 0 olduğundan birinci satır ve sütun
kaldırılarak izleyen eşitlik elde edilir:
Genel bir prosedür öğretmek için son matris
eşitliği izleyen şekilde yazılır:
K matrisinde 1. ve 2. sütunlar yer
değiştirdiğinde δ ve F3 yukarı çıkar.
11
[K δδ ] = [5 k ]
[K U δ
[KδU ] = [−3k
− 3k ⎤
] = ⎡⎢
⎥ = [K δ U
⎣− 2k ⎦
− 2k]
[U ] =
]
T
[δ ] = [δ ]
⎡U
⎢U
⎣
2
4
⎤
⎥
⎦
[F δ ] =
[F U ] =
F3
⎡− F ⎤
⎢ 2 F ⎥
⎣
⎦
[K
Kısımlara ayrılmış matris eşitliklerinin ikinci satırından
[K UU ] =
U
δ
⎡4k
⎢ 0
⎣
0 ⎤
2 k ⎥⎦
][δ ] + [K
UU
][U
] = [F
U
]
elde edilir ve bu eşitlik bilinmeyen yer değiştirmeleri bulmak için izleyen şekilde çözülür:
[U ] = [ K U U ]
−1
[K UU ]−1 = ⎡⎢
1 / 4k
⎣ 0
⎡U ⎤
⎡1 / 4 k
[U ] = ⎢ U 2 ⎥ = ⎢
⎣ 0
⎣ 4⎦
x(
[ F U ] − [ K U δ ][δ ]
0 ⎤
1 / 2 k ⎥⎦
Bu çözümün olabilmesi için [KUU]-1’in var olması gerekir.
)
Bunun yerine yazılmasıyla, bilinmeyen yer değiştirmeler
izleyen şekilde elde edilir:
0 ⎤ ⎛ ⎡− F ⎤ ⎡ −3k ⎤
⎞ ⎡1 / 4 k
−
[δ ] ⎟ = ⎢
⎜
1 / 2 k ⎥⎦ ⎝ ⎢⎣ 2 F ⎥⎦ ⎢⎣ − 2 k ⎥⎦
⎠ ⎣ 0
[K δδ ][δ ] + [K δ U ][U ] = [Fδ ]
F 1 = − kU
2
0 ⎤
1 / 2 k ⎥⎦
3 ⎤
⎡−F
⎢ 4k + 4 δ ⎥
⎡− F + 3kδ ⎤
⎥
⎢2 F + 2kδ ⎥ = ⎢ F
⎣
⎦
⎢
+δ ⎥
⎥⎦
⎣⎢ k
“3 düğüm noktası”nda gerekli
olan kuvvet, yer değiştirmeyi
üst kısımda (1.satır) yerine
yazarak elde edilir.
F
3 ⎞
F
3
⎛
= −k ⋅⎜−
+ δ ⎟ =
−
kδ
4
k
4
4
4
⎝
⎠
F
Eleman 1
⎡ 3 k
⎢ − 3 k
⎣
− 3 k ⎤ ⎡U
3 k ⎥⎦ ⎢⎣ U
2
3
⎤
⎥ =
⎦
⎡ 3 k
⎢ − 3 k
⎣
− 3 k ⎤ ⎡ −
⎢
3 k ⎥⎦ ⎢
⎣
F
4 k
+
δ
3
⎤
δ ⎥ =
4
⎥
⎦
3
3
⎡
⎢ − 4 F − 4 k δ
⎢ 3
3
⎢
F +
k δ
4
⎣ 4
Eleman 2
⎡ 2k
⎢− 2k
⎣
− 2 k ⎤ ⎡U 3 ⎤
⎡ 2k
= ⎢
⎥
⎢
⎥
2 k ⎦ ⎣U 4 ⎦
⎣− 2k
⎤
⎥
⎥ =
⎥
⎦
= −
3
⎡ f
⎢
⎣ f
( 2 )
1
( 2 )
2
5
F
4
+ 3 kδ
⎤
⎥
⎦
Eleman 3
⎤
− 2k ⎤⎡ δ
⎡ 2 kδ − 2 F − 2 kδ ⎤
⎡− 2 F ⎤
⎢F
⎥ = ⎢
= ⎢
⎥
⎥
⎥
+δ⎥
2k ⎦⎢
⎣− 2 kδ + 2 F + 2 kδ ⎦
⎣ 2F ⎦
⎣k
⎦
⎡ k
⎢− k
⎣
− k ⎤ ⎡ 0 ⎤ ⎡ − kU 2 ⎤ ⎡ f 1(1) ⎤
=
=⎢
⎥
k ⎥⎦ ⎢⎣U 2 ⎥⎦ ⎢⎣ kU 2 ⎥⎦ ⎣ f 2(1) ⎦
12
2.2. Elastik Çubuk, Kafes Sistem Elemanı
Lineer elastik yay, rijitlik matrisi kavramını tanıtmada kullanılmakla birlikte böylesi bir elemanın sonlu eleman
analizinde faydalı olması oldukça sınırlıdır. Bilinmektedir ki, makinelerde birçok durumda yaylar kullanılmaktadır ve
bir lineer yayın sonlu eleman olarak temsil edilebilmesi böylesi durumlarda çok faydalıdır. Daha genel uygulama
alanı olan ve fakat hala yaya çok benzer bir eleman sadece eksenel yükler etkisindeki elastik çubuktur. Bu eleman, ki
basitçe çubuk elamanı olarak isimlendirilecektir, iki ve üç boyutlu çerçeve veya kafes yapıların analizinde özellikle
faydalıdır. Bir çubuk elemanın s.e. karakteristiklerinin formülasyonu izleyen kabuller üzerine temellendirilmiştir:
1. Çubuk, geometrik olarak doğrudur (doğru eksenlidir).
2. Malzeme Hooke Kanununa uyar (σ = Eε).
3. Kuvvetler sadece çubuğun uçlarında uygulanır.
4. Çubukta sadece eksenel yükler vardır. Yani eğilme, burulma ve kesme, düğüm noktalarının doğası gereği
çubuğa iletilmezler.(Düğüm noktaları mafsal alınıyor. Kesme, burulma yok, sadece eksenel kuvvet vardır.)
(1) ve (4) koşulları beraberce bu elemanın bir boyutlu eleman olduğunu gösterir. Çubuk elemanı hem iki hem de
üç boyutlu yapıları modellemede kullanılabilir. Şekil 2.6, L uzunluklu bir elastik çubuğu tasvir eder.
Şekil 2.6: Bir Çubuk (Kafes) Elemanı ve Eleman Koordinat
Sistemleri ve Düğüm Noktası Yer Değiştirmeleri
Çubuk sadece x ekseni doğrultusunda alınmış olup x ekseninin başlangıcı keyfi olarak çubuğun sol ucunda
alınmıştır. Buna “eleman koordinat sistemi” veya “referans çerçevesi” denir. Çubuğun uzunluğu boyunca,
herhangi bir yerdeki eksenel yer değiştirmeyi u(x) ile gösterelim. Şekilde gösterildiği gibi “1 ve 2” düğüm
noktaları her bir uçta tanımlansın.
u(0) = u1 ve
u(L) = u2
u(x)=N1(x)u1+N2(x)u2
(2.17) olarak ifade edilir.
Özellikle vurgulanmalıdır ki, (2.7)’de bir eşitlik verilmesine rağmen, sonlu elemanlar için ilişki, genel olarak bir
yaklaşımdır. Bununla beraber bu ilişki çubuk eleman için kesindir. İnterpolasyon fonksiyonlarını belirlemek için,
u(x)’in düğüm noktası yer değiştirmelerine ait izleyen sınır değerlerinin özdeş olarak sağlaması gerekir:
u(x = 0) = u1
u(x = L) = u2
(2.18)
13
(2.17) ve (2.18) eşitlikleri, izleyen sınır (düğüm noktası) koşullarını verir:
N1(0) = 1
N2(0) = 0
N1(L) = 0
N2(L) = 1
(2.19)
(2.20)
Bu koşullar, interpolasyon fonksiyonları tarafından sağlanmalıdır. Düğüm noktaları, elemanlar arasındaki bağlantı
noktaları olacağından ve yer değiştirme süreklilik koşulları bu bağlantılarda sağlanmak zorunda olduğundan, (2.17)
yer değiştirme ifadesinin uç (düğüm noktası) koşullarını özdeş olarak sağlaması gerekir. Bir boyutlu fonksiyonların
her birinin sağlaması gereken iki koşulumuz olduğundan, interpolasyon fonksiyonları için en basit formlar izleyen
polinom formlarıdır.
N1(x) = a0 + a1x
N2(x) = b0 + b1x
(2.21)
(2.22)
Burada polinom katsayıları sınır koşullarının sağlatılmasından elde edilecektir. (2.19) sınır koşullarının uygulanması:
a0 = 1
ve b0 = 0 verir.
(2.20) sınır koşullarının uygulanması ise:
Bu durumda interpolasyon fonksiyonları yandaki şekli alırlar:
a1 = - (1/L)
N1(x) = 1 – x/L
ve b1 = 1/L
(2.23) ve
Bu durumda sürekli yer değiştirme fonksiyonu yandaki ayrıklaştırma ile verilir:
verir.
N2(x) = x/L (2.24)
u(x) =(1 – x/L)u1 + (x/L)u2
(2.25)
Daha sonra, (2.25)’in en uygun formunun izleyen matris formunda olduğu gösterilirse:
u ( x ) =
[N
1
( x )
N
2
⎧ u
( x ) ]⎨
⎩ u
1
2
⎫
⎬
⎭
=
[N ]{u }
(2.26)
Burada [N] interpolasyon fonksiyonlarının satır matrisi, {u} ise düğüm noktası yer değiştirmelerinin sütun
matrisi/vektörüdür. Yer değiştirme alanını düğüm noktaları yer değiştirmeleri cinsinden ifade etmiş olarak bu
aşamada işlem, düğüm noktası yer değiştirmeleri ve uygulanan kuvvetler arasındaki ilişki olmaktadır, ki bu ilişki
eleman için rijitlik matrisini verir.
δ =
PL
AE
(2.27)
k =
P
δ
=
A E
L
(2.28)
14
Lineer elastik yay ile analoji kurulursa rijitlik matrisinin (2.6) eşitliğindeki gibi yazılabileceği görülür.
Son olarak, düğüm noktası yer değiştirmelerinin elde edilmesine çalışılacaktır. Yer değiştirmeleri uygulanan
kuvvetlerle ilişkilendirmek için gerekli denge eşitliklerini elde etmede yer değiştirmeden şekil değiştirmeye, şekil
değiştirmeden gerilmeye ve gerilmeden yüklemeye doğru izleyen şekilde gidilecektir. Eksenel yükleme durumunda,
çubuk elemanında olduğu gibi sadece normal şekil değiştirme bileşenini göz önüne almamız gerekir.
ε
x
du
dx
=
(2.29)
Normal şekil değiştirme
bileşeni Bu (2.25) eşitliğine
uygulanırsa,
ε
x
=
u
2
− u
L
1
(2.30)
(2.30) eşitliği çubuk elemanının homojen şekil değiştirme altında olduğunu gösterir. Bu, cisimlerin mukavemetindeki
teori ile de uyuşmaktadır. Sabit en kesit alanına sahip ve uç noktalarında sabit kuvvete maruz bir çubukta, şekil
değiştirme x koordinatıyla değişmez.
σ
Hooke kanunundan yararlanılarak eksenel
gerilme:
x
= E ⋅ε
x
= E⋅
u 2 − u1
L
P = σ
(2.31)
x
⋅ A =
AE
(u 2 − u 1 )
L
(2.32)
(2.32) eşitliği, uygulanan düğüm noktaları kuvvetleri f1 ve f2 yi düğüm noktaları yer değiştirmeleri olan u1 ve u2
ile ilişkilendirmek için kullanılabilir. Eğer (2.32) eşitliği pozitif işarete sahipse eleman çekme altındadır ve f1 düğüm
noktası kuvveti pozitif koordinat doğrultusunda olur. Bununla birlikte denge için f2 düğüm noktası kuvveti ters
yönde olmalıdır.
f1 =
−
A E
L
(u
2
− u
1
)
(2.33)
f
2
=
A E
L
(u
2
− u
1
(2.33) ve (2.34) eşitlikleri matris formunda izleyen şekilde
yazılır:
(2.35) eşitliğinin (2.4) eşitliği ile karşılaştırılması çubuk için
rijitlik matrisinin izleyen şekilde olduğunu gösterir:
)
(2.34)
AE ⎡ 1
L ⎢⎣ − 1
[k e ] =
− 1⎤ ⎧ u1 ⎫
⎧ f1 ⎫
⎨
⎬ = ⎨
⎬
⎥
1 ⎦ ⎩u2 ⎭
⎩ f2 ⎭
AE
L
⎡ 1
⎢− 1
⎣
− 1⎤
1 ⎥⎦
(2.35)
(2.36)
Lineer elastik yayda olduğu gibi, çubuk elemanı için de eleman rijitlik matrisinin simetrik, tekil ve iki serbestlik
dereceli veya iki düğüm noktası yer değiştirmesi olması ile uyumlu olarak 2x2 mertebeden olduğu gözlenir.
Gelecek bölümde bu eleman formülasyonunun iki ve üç boyutlu yapılara uygulaması göz önüne alınacaktır.
15
SORU:
Şekil 2.7:(a) Değişken Kesitli Çubuk, (b) Bir Elemanlı Model (c) İki Elemanlı Model,(d) Serbest Cisim Diyagramı
Şekil 2.7a değişken kesitli elastik bir çubuğu tasvir etmektedir. Çubuk 1 noktasında sabit olup diğer noktasında ise P
çekme kuvveti etkisi altındadır. Çubuk en kesit alanı sabit mesnette A0 olup x = L’de ise A0/2’dir. Çubuğun uç
noktasındaki yer değiştirmeyi
a. Çubuğun uzunluğu boyunca orta noktasındaki alan dikkate alınıp tek bir eleman olarak modelleyerek,
b. Eşit uzunlukta iki çubuk eleman alarak ve benzer olarak her birinin orta noktasındaki alanı kullanarak,
c. Kesin çözümü integrasyon ile hesaplayınız.
a. Tek bir elemanın en kesit alanı
3 A0 E ⎡ 1
4 L ⎢⎣ − 1
k1 =
b.
− 1⎤
1 ⎥⎦
⎧U 1 ⎫
⎧ F1 ⎫
⎨
⎬ = ⎨ ⎬
⎩P ⎭
⎩U 2 ⎭
AE
3 A0
K =
L
ve
eleman
yay
sabiti
ise
4
U1 = 0
7 A0 E
7 A0 E
A1 E
=
=
8(L / 2)
4L
L1
U
2
=
4 P L
3 A0 E
k2 =
= 1, 3 3 3
P L
A0 E
K =
AE
L
=
3 A0E
4L
(x = L’deki yer değiştirme)
A2 E
5 A0 E
5 A0 E
=
=
L2
8(L / 2)
4L
Çubuğun orta noktasına yük uygulanmadığı için iki elemanlı sistem için denge eşitlikleri izleyen
şekildedir:
⎡ k1
⎢−k
⎢ 1
⎢⎣ 0
U
2
− k1
k1 + k 2
− k2
=
P
k 1
0 ⎤ ⎧U 1 ⎫
⎪ ⎪
− k 2 ⎥⎥ ⎨U 2 ⎬ =
k 2 ⎥⎦ ⎩⎪U 3 ⎭⎪
=
4 P L
7 A 0 E
⎧ F1 ⎫
⎪ ⎪
⎨0⎬
⎪P⎪
⎩ ⎭
Kısıtlılık koşulu u1 = 0 uygulanırsa
U3 =
k1 + k 2
48 PL
PL
=
= 1, 371
k2
35 A0 E
A0 E
⎡ k1 + k 2
⎢ −k
⎣
2
− k 2 ⎤ ⎧U 2 ⎫ ⎧ 0 ⎫
⎨ ⎬=⎨ ⎬
k 2 ⎥⎦ ⎩U 3 ⎭ ⎩ P ⎭
16
c) Eksenel kuvveti bulmak için Şekil 2.7’ye bakılsın. Bu şekil keyfi bir x ile x = L arasındaki çubuk kısmının serbest
cisim diyagramıdır.
x ⎞
⎛
A = A (x ) = A 0 ⎜ 1 −
σ x ⋅ A − P = 0
σ x ⋅ A = P
⎟
⎝
Normal şekil
değiştirme,
x =
L
ε
δ =
L
∫
0
ε x dx =
x
=
P
EA
σ
x
E
EA
L
0
P
=
∫
0
0
x ⎞
⎛
⎜1 −
⎟
2 L ⎠
⎝
dx
x ⎞
⎛
⎜1 −
⎟
2
L ⎠
⎝
e) Yer değiştirme Çözümleri
δ =
2L ⎠
Çubuğun uzunluğu
boyunca normal gerilme
değişimi
σ
x
=
P
=
A
P
x ⎞
⎛
A0 ⎜1 −
⎟
2L ⎠
⎝
2
2PL
2PL
2PL
PL
⎡⎣ − ln ( 2 L − x ) ⎤⎦ 0 =
⎡⎣ ln ( 2 L ) − ln L ⎤⎦ =
ln 2 = 1 .3 8 6
E A0
E A0
E A0
E A0
f) Gerilme Çözümleri
b) ve (c) şıklarındaki sonuçların karşılaştırılması iki elemanlı çözümün kesin çözüme göre sadece %1 farklı olduğunu
gösterir. Şekil 2.7e uzunluk boyunca 3 çözüm için yer değiştirmeyi gösterir.
Sonlu eleman çözümlerinden hesaplanan eksenel gerilmelerin kesin çözümden dikkate değer derecede farklı
olduğunu not etmek son derece önemlidir. Birleşim düğüm noktalarında hesaplanan gerilme değerlerindeki
süreksizliklere özellikle dikkat edilmelidir. Bu durum türetilmiş veya ikincil değişkenler için karakteristik bir
durumdur. Buradaki problemde türetilmiş veya ikincil değişkenler gerilmeler ve şekil değiştirmelerdir. Bu
büyüklükler s.e. ile düğüm noktalarındaki yer değiştirmeler bulunduktan sonra hesap edilirler. Elemanlar küçüldükçe
yani eleman sayısı arttıkça böylesi süreksizliklerin değeri azalır. Bu durum çözüme yakınsamayı gösterir. Sonlu
eleman kullananlar, yapısal analizde yer değiştirmelerden çok gerilmelerle ilgilidirler. Bu yüzden ikincil değişkenlerin
17
yakınsamasının dikkate alınması önemlidir.
2.3. Castigliano’nun 1. Teoremi
Denge durumundaki bir elastik sistem için toplam şekil değiştirme enerjisinin herhangi bir noktadaki yer
değiştirmeye göre kısmi türevi, bu noktadaki yer değiştirme doğrultusunda uygulanan dış kuvveti verir. N adet Fj
kuvvetine maruz bir elastik cisim göz önüne alalım. Bu elastik cisimde depolanan toplam şekil değiştirme enerjisi,
U
e
=
N
δ
∑ ∫
j=1
j
F jd δ
U
e
U
e
(2.44)
j
0
1
(F 1 δ 1 + ......... + F N δ
2
1 N
=
∑ F iδ i
2 i =1
=
N
)
Burada δj, Fj kuvvetinin uygulama noktasında ve Fj kuvvetinin tesir doğrultusundaki yer değiştirmedir. Eğilme
etkisindeki kirişlerde yatay yer değiştirme ihmal edilir. Eğer i noktası hariç diğer tüm yüklerin uygulama noktaları sabit
ise, i noktası sonsuz küçük ∆δi yer değiştirmesine yine sonsuz küçük ∆Fi kuvvetiyle zorlanırsa şekil değiştirme
enerjisindeki değişim:
∆δ
∆U
e
= Fi∆ δ
i
+
∫
i
∆ Fid δ
i
o lu r.
(2.45)
0
∆Ue = Fi ∆δi → Fi =
∆Ue
∆δ i
(2.46)
Burada, sonsuz küçük değişim esnasında orijinal Fi
kuvvetinin sabit olduğu kabul edilir. (2.45)’teki integral
terimi sonsuz küçük büyüklüklerin çarpımını içerdiğinden
ihmal edilebilir. Bu durumda,
∆δiÆ0 yaklaşması limit durumunda,
∂U
∂δ
e
= Fi
(2.47)
i
Castigliano’nun 1. teoremi sonlu eleman formülasyonu için çok güçlü bir araçtır ve bir çubuk elemanı üzerinde bu
durum gösterilecektir. (2.30), (2.31) ve (2.43) eşitliklerinin birleştirilmesinden çubuk elemanı için toplam şekil
değiştirme enerjisi izleyen şekilde verilir:
ε
U
x
e
u − u1
= 2
L
1
=
σ
2
(2.30)
u −u
σ x = E ⋅ε x = E ⋅ 2 1
L
(2.31)
x
εxV
∫
0
σ dε =
1
σ ε
2
(2.32)
A = kesit alanı, L = boy
2
1 ⎛ u −u ⎞
Ue = E ⎜ 2 1 ⎟ ⋅ A⋅ L
2 ⎝ L ⎠
ε
ue =
(2.48)
V = çubuğun toplam hacmi
18
∂U e AE
Her bir yer değiştirme için Castigliano’nun 1. teoremi
=
( u1 − u2 ) = f1
∂u1
L
uygulanırsa,
∂U e
AE
=
( u 2 − u1 ) = f 2 (2.49) Bunların (2.33) ve (2.34) eşitlikleri ile özdeş olduğu
L
∂u2
görülür.
Castigliano’nun 1. teoremi dönme (açı) yer değiştirmeleri olması durumu için de uygulanabilir. Dönme durumunda
şekil değiştirme enerjisinin dönme yer değiştirmesine göre türevi ilgili noktadaki dönme yönünde uygulanan
momenti veya burulma momentini verir.
İzleyen örnek basit burulma durumu için verilmiştir
Şekil2.8
ÖRNEK 2.5: R yarıçaplı ve L uzunluklu bir dairesel kesitli çubuk sabit bir T
burulma momenti etkisi altındadır. Çubuk bir ucunda ankastre mesnetlidir. x = L
ucundaki dönme açısı θ cinsinden elastik şekil değiştirme enerjisini ifade ediniz
ve Castigliano’nun 1. teoreminin uygulanan tork için doğru ifadeyi verdiğini
gösteriniz.
Şekil 2.9
Çözüm:
T . r
τ =
Cisimlerin mukavemetinden çubuk boyunca herhangi bir kesitteki kayma gerilmesinin
J
Burada r, çubuğun ekseninden itibaren mesafeyi; J ise en kesitinin polar atalet momentini
göstermektedir.
γ = herhangi bir mesafedeki kayma açısı,
T ⋅ r
τ
T ⋅r
J = ∫ r 2 dA
τ =
γ =
=
J
G = kayma modülü
A
G
J ⋅G
Bu durumda şekil değiştirme enerjisi izleyen şekilde elde
edilir:
U
e
=
1
2
∫
V
τ γ dV
1
1
U e = ∫ τ γ dV =
2V
2
L
∫
0
⎡ ⎛ T ⋅r ⎞⎛ T ⋅r ⎞
⎤
d
A
⎢∫ ⎜
⎥ dx
⎟⎜
⎟
⎣ A ⎝ J ⎠⎝ J ⋅G ⎠
⎦
U
e
T 2
=
2 J 2G
1
L ⎛ J ⋅ G ⋅θ ⎞
çubuğun ucundaki dönme açısının, θ = T ⋅ L
U e =
⎟
⎜
2 J ⋅G ⎝
L
⎠
J ⋅G
Castigliano’nun 1. teoremi
∂U e
J ⋅ G ⋅θ
= T =
vasıtasıyla,
∂θ
L
2
=
L
∫∫
0 A
J ⋅G
θ
2L
T 2L
r dAdx =
2 JG
2
2
19
Bu sonuç, cisimlerin mukavemetinden elde edilen sonuçla tamamen aynıdır. Burada dolaylı
mantık kullanıldığı düşünülebilir. Çünkü daha önce bilinen birçok sonuçtan faydalanılmıştır.
Bununla birlikte şekil değiştirme enerjisinin formülasyonu bilinen gerilme ve şekil değiştirme
ilişkileri üzerine temellendirilmelidir ve Castigliano teoreminin uygulanması gerçekte farklı
bir kavramdır.
Elastik bir sistem için şekil değiştirme enerjisi fonksiyonu, yer değiştirmelerin kuadratik (karesel veya 2. dereceden)
bir fonksiyonudur. Castigliano’nun 1. teoreminin uygulanması, yer değiştirmeleri uygulanan kuvvetlere
ilişkilendiren cebrik eşitlikler verir. Sonuç eşitliklerde yer değiştirmelerin katsayıları, sistem rijitlik matrisinin
bileşenlerini verir. Böylesi bir enerji tabanlı yaklaşım, yapısal sonlu elemanların bir çoğunun rijitlik matrislerinin
teşkilinde en kolay metottur.
∂U e
J ⋅ G ⋅θ
= T =
L
∂θ
ÖRNEK
2.6:
a. Şekil 2.10’da görülen 4 yaydan oluşan
sisteme Castigliano’nun 1. teoremini
uygulayınız.
b. 1 noktasında reaksiyon kuvvetini ve tüm
yer değiştirmeleri elde ediniz.
k1 = 4 N/mm, F2 = -30
N
k2 = 6 N/mm, F3 = 0
k3 = 3 N/mm, F4 = 50 N
*Castigliano’yu uygulayabilmek için elastik şekil değiştirme enerjisini bulup yer değiştirmelere göre türev alınır.
4 yaydan oluşmuş sistemin toplam şekil değiştirme enerjisi yer değiştirmeler ve yay kuvvetleri cinsinden izleyen
şekilde ifade edilir.
U
e
∂U
∂U
∂U
∂U
=
e
1
k 1 (U
2
2
− U
= F 1 = k 1 (U
1
)2
⎡1
+ 2⎢ k
⎣2
− U
1
2
2
(U
− U
2
− k 1U
2
3
)2
1
⎤
⎥⎦ + 2 k
3
(U
)=
k 1U
1
)+
2k
2
(U
2
− U
3
)=
− k 1U
3
(U
3
− U
4
)=
− 2 k 2U
4
− U
3
)2
Bu lineer eşitlik sistemi, izleyen
şekilde matris formunda yazılabilir:
1
e
= F 2 = k 1 (U
2
− U
1
1
+
(k 1
+ 2k
2
)U
2
− 2 k 2U
3
2
∂U
∂U
3
∂U
∂U
4
e
e
(U
= F3 = 2k
2
= F4 = k
(U
3
4
3
− U
− U
3
2
)+
)=
k
− k 3U
3
+ k 3U
2
+
(2 k 2
+ k
3
)U
3
− k 3U
4
⎡ k1
⎢− k
⎢ 1
⎢ 0
⎢
⎣ 0
− k1
k1 + 2k 2
0
− 2k 2
− 2k 2
0
2k 2 + k 3
− k3
0 ⎤ ⎧U 1 ⎫ ⎧ F1 ⎫
0 ⎥⎥ ⎪⎪U 2 ⎪⎪ ⎪⎪F2 ⎪⎪
⎨ ⎬=⎨ ⎬
− k 3 ⎥ ⎪U 3 ⎪ ⎪ F3 ⎪
⎥
k 3 ⎦ ⎪⎩U 4 ⎪⎭ ⎪⎩F4 ⎪⎭
4
Böylece Castigliano teoremi vasıtasıyla sistem rijitlik matrisi elde edilmiş olur. Verilen nümerik değerler yerine
konursa, sistem eşitlikleri;
−4
0
0 ⎤ ⎧ 0 ⎫ ⎧ F1 ⎫
⎡4
⎢− 4 16 − 12 0 ⎥ ⎪U ⎪ ⎪− 30⎪
⎪
⎢
⎥ ⎪⎨ 2 ⎪⎬ = ⎪⎨
⎬
⎢ 0 − 12 15 − 3⎥ ⎪U 3 ⎪ ⎪ 0 ⎪
⎢
⎥
0
− 3 3 ⎦ ⎪⎩U 4 ⎪⎭ ⎪⎩ 50 ⎪⎭
⎣0
20
Kısıtlılık eşitliğinin yok edilmesiyle aktif yer
değiştirmeler yandaki gibi ifade edilir:
⎡ 16
⎢ − 12
⎢
⎢⎣ 0
Katsayılar matrisini üst üçgen forma dönüştürerek
izleyen ifade bulunur:
− 12
15
−3
⎡16
⎢0
⎢
⎣⎢ 0
0 ⎤ ⎧U
⎪
− 3 ⎥⎥ ⎨ U
3 ⎥⎦ ⎪⎩ U
− 12
96
0
⎧ − 30 ⎫
⎫
⎪
⎪
⎪
0 ⎬
3 ⎬ = ⎨
⎪ 50 ⎪
⎪
4 ⎭
⎭
⎩
2
0 ⎤ ⎧U
⎪
− 48 ⎥⎥ ⎨ U
48 ⎦⎥ ⎪⎩ U
⎧ − 30
⎫
⎪
⎪
3 ⎬ = ⎨ − 360
⎪
⎪ 1240
4 ⎭
⎩
2
⎫
⎪
⎬
⎪
⎭
Aşağıdan yukarıya doğru çözüm yapılırsa yer değiştirmeler izleyen şekilde elde
edilir:
U4 = 23,83 mm.,
U3 = 9,17 mm.,
U2 = 5 mm.
1 düğüm noktasındaki reaksiyon, kısıtlılık eşitliğinden elde
edilir:
− 4U 2 = F1 → F1 = −4 ⋅ 5 = −20 N
Buradan görülmektedir ki sistem dengededir.
21
2.4. Minimum Potansiyel Enerji
Castigliano’nun 1. teoremi genel minimum potansiyel enerji prensibinin sadece bir öncülüdür. Bu prensibin ifadesi için birçok
yol vardır ve bu prensip kesin olarak ispat edilmiştir. Burada ispata gidilmeyecek olup sonuçların Castigliano’nun 1. teoremiyle
karşılaştırılması bulunmaktadır. Minimum potansiyel enerji prensibi izleyen şekilde ifade edilir:
“Dış yükler altındaki bir cisimde geometrik sınır koşullarını sağlayan tüm yer değiştirme alanları içinde denge eşitliklerini de
sağlayan yer değiştirme alanı öyle bir alandır ki bu yer değiştirme alanının kullanılması durumunda toplam potansiyel enerji
minimumdur.” Toplam potansiyel enerji iki kısımdan oluşmuştur:
1. Depolanan elastik potansiyel enerji (Şekil değiştirme
enerjisi)
2. Dış kuvvetlerin potansiyel enerjisi
Π = Ue + UF
(2.51)
Bu dış kuvvetler uygulanan dış momentleri de içerir. Burada sadece korunumlu sistemlerle ilgileneceğiz.
Bilindiği gibi korunumlu kuvvetin yaptığı mekanik iş, hareketin yörüngesinden bağımsızdır.
(Korunumsuz kuvvete örnek sürtünme kuvveti. Bu kuvvetin yaptığı iş ısı olarak açığa çıkar.)
(Kirişlerde mafsallarla korunumsuz kuvvet durumu oluşturulur.)
Korunumlu kuvvetin yaptığı iş geri dönüşlü ya da geri alınabilirdir. Bu korunumlu kuvvetin yaptığı mekanik iş potansiyel
enerjideki kayıp olarak göz önüne alınır.
UF = -W
(W = Sadece korunumlu kuvvetlerin yaptığı iş)
(2.52)
Bu durumda toplam potansiyel enerji şöyle yazılabilir: Π = Ue – W
(2.53)
Şekil değiştirme enerjisi Ue, sistem yer değiştirmelerinin kuadratik bir fonksiyonudur. İş birimi W ise yer
değiştirmelerin lineer bir fonksiyonudur. Toplam potansiyel enerjinin minimizasyonu varyasyonlar hesabı
problemidir. Eğer N adet yer değiştirmenin fonksiyonu olan bir toplam potansiyel enerji ifadesi varsa yani,
Π = Π (U1, U2,…., UN)
(2.54)
Bu durumda potansiyel enerji izleyen ifadenin yazılmasıyla minimize edilir:
∂Π
∂U
= 0
i = 1, 2, ….., N
i
(2.55) (2.55) eşitliği N adet cebrik eşitlik verir. Bu eşitlikler yapısal sistemin cevabını yöneten diferansiyel eşitliklerin çözümüne
sonlu eleman yaklaşımını oluşturur.
22
ÖRNEK 2.7: Örnek 2.6’nın çözümünü toplam potansiyel enerjinin minimum olma prensibini kullanarak tekrarlayınız.
U
e
=
1
k 1 (U
2
2
−U
1
)2
⎡1
+ 2 ⎢ k 2 (U
⎣2
−U
3
2
)2 ⎤⎥
⎦
+
1
k 3 (U
2
4
−U
3
)2
Ue Æ Yay potansiyel enerjisi
U F = −W = − F1U1 − F2U 2 − F3U 3 − F4U 4
Π =
1
k 1 (U
2
2
⎡1
2
− U 1 ) + 2 ⎢ k 2 (U
⎣2
3
−U
2
)2 ⎤⎥
⎦
UF Æ Dış kuvvetlerin potansiyel enerjisi
+
1
k 3 (U
2
4
−U
3
)2
− F 1U 1 − F 2 U
2
− F 3U
3
− F 4U
4
∂Π
= 0
Bu örnekte, minimum potansiyel enerji prensibi izleyen ifadeye geçilmesini
i = 1, 2, 3,
∂U i
gerekli kılar:
− k1
0
0 ⎤ ⎧ U 1 ⎫ ⎧ F1 ⎫
⎡ k1
Bu da, daha önce elde edilen rijitlik matrisi ile özdeştir. Eğer
⎢− k
⎥
⎪
⎪
⎪
⎪
izleyen üçlü matris çarpımı oluşturulursa söz konusu üçlü
− 2k 2
0 ⎥ ⎪U 2 ⎪ ⎪ F 2 ⎪
k1 + 2k 2
1
⎢
⎨
⎬ = ⎨ ⎬
çarpımın sistemin şekil değiştirme enerjisiyle özdeş olduğu
⎢ 0
− 2k 2
2 k 2 + k 3 − k 3 ⎥ ⎪U 3 ⎪ ⎪ F 3 ⎪
görülür.
⎢
⎥
− k3
0
k 3 ⎦ ⎪⎩U 4 ⎪⎭ ⎪⎩ F 4 ⎪⎭
⎣ 0
1
{U
2
}T [K ]{U } =
1
[U
2
1
U
2
U
3
U
4
⎡ k1
⎢− k
]⎢ 1
⎢ 0
⎢
⎣ 0
− k1
k1 + 2k 2
− 2k2
0
0
− 2k2
2k2 + k3
− k3
0
0
− k3
k3
⎤ ⎧U
⎥ ⎪U
⎥ ⎪⎨
⎥ ⎪U
⎥⎪
⎦ ⎩U
1
2
3
4
⎫
⎪
⎪
⎬
⎪
⎪⎭
Eğer şekil değiştirme enerjisi yukarıdaki üçlü çarpım formunda ifade edilebilirse, yer değiştirmeler kolaylıkla
belirlenebileceği için, rijitlik matrisi elde edilebilir.
23
YILDIZ TEKNİK ÜNİVERSİTESİ
FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ
MEKANİK ANABİLİM DALI
YAPI MEKANİĞİNDE ÖZEL PROBLEMLER
İnş. Müh. Ayhan ŞEKERUSTA
KAFES SİSTEMLER: DOĞRUDAN RİJİTLİK METODU
Genel (Global) koordinat sistemi yapının yer değiştirmelerinin ifade edildiği
referans çerçevesidir ve uygun olması için yapının tüm geometrisi göz önüne
alınarak seçilir. Elemanların fiziksel bağlantısı ve değişen yönlenmeleri sonlu
elemanların doğasında olan izleyen öncüllere götürür.
Her bir bağlanan elemanın eleman düğüm noktası yer değiştirmesi, düğüm
noktasının genel koordinat sistemindeki yer değiştirmesi ile aynı olmalıdır
(Yer değiştirme uyumluluğu).
Her bir elemanın fiziksel karakteristikleri (bu durumda rijitlik matrisi ve eleman uç
kuvvetleri) genel (global) koordinat sistemine dönüştürülmelidir. Böylece yapısal
özellikler genel (global) sistemde ifade edilir.
İlgi duyulan bireysel eleman parametreleri (çubuk eleman için normal gerilmeler)
problemin genel koordinat sisteminde çözümünden sonra, sonuçların eleman
referans çerçevesine geri dönüştürülmesi ile elde edilir.
•
3.2 Düğüm Noktası Denge Eşitlikleri
Eleman özelliklerinin genel koordinat sistemine dönüştürülmesini göstermek için izleyen iki boyutlu
kafes sistem ele alınacaktır. Bu kafes sistemde bir boyutlu çubuk elemanlar mevcuttur. Bu basit
örnek vasıtasıyla herhangi bir sonlu eleman problemi formülasyonundaki birleştirme işlemleri
gösterilecektir.
X Æ U2i-1
Y Æ U2i
i : düğüm
numarası
Şekil 3.2: a) İki elemanlı kafes
b) Genel yer değiştirme notasyonu
Şekil 3.3: a,b,c) Düğüm noktası serbest cisim diyagramları
d,e) Eleman serbest cisim diyagramları
F1 − f1(1) cos θ1 = 0
(3.1a)
F5 − f 2(1) cos θ 1 − f 2( 2 ) cos θ 2 = 0
(3.3a)
(1)
1
sin θ1 = 0
(3.1b)
F6 − f 2(1) sin θ 1 − f 2( 2 ) sin θ 2 = 0
(3.3b)
(2)
1
cos θ 2 = 0
(3.2a)
(3.2b)
F2 − f
F3 − f
F4 − f
( 2)
1
sin θ 2 = 0
f 1(1) + f 2(1) = 0
(3.3c)
f 1( 2 ) + f 2( 2 ) = 0
(3.3d)
F5 ve F6 dış kuvvetlerinin bilindiği kabul edilerek yukarıdaki 8 adet denklemden f1(1), f2(1), f1(2), f2(2),
F1, F2, F3, F4 sekiz adet bilinmeyeni elde edilebilir.
Statikçe belirsiz sistemlerde, çözüm için yer değiştirme ilişkilerinin belirlenmesine gerek olduğu
bilinmektedir. Bu yüzden sonlu eleman yönteminin formülasyonu böylesi durumları ihtiva eder.
Yukarıdaki şekildeki durum için birincil bilinmeyenlerin, yani ilk aşamada belirlenecek olan
bilinmeyenlerin tümünün yer değiştirmelere dönüştürülmesi aşağıda gösterilecektir. Eleman
koordinat sistemindeki eleman yer değiştirmeleri ile genel koordinat sistemindeki eleman yer
değiştirmeleri arasındaki ilişki izleyen şekilde elde edilir:
u1( e ) = U 1( e ) cos θ + U 2( e ) sin θ
u 2( e ) = U 3( e ) cos θ + U 4( e ) sin θ
(3.4a)
v1( e ) = −U 1( e ) sin θ + U 2( e ) cos θ
v 2( e ) = −U 3( e ) sin θ + U 4( e ) cos θ
δ ( e ) = u 2( e ) − u1( e ) = (U 3( e ) − U 1( e ) )cos θ + (U 4( e ) − U 2( e ) )sin θ
(3.4b)
(3.5)
Eksenel etki eden net eksenel kuvvet;
f
(e)
[(
)
(
)
= k ( e )δ ( e ) = k ( e ) U 3( e ) − U 1( e ) cos θ + U 4( e ) − U 2( e ) sin θ
]
f2
(1)
= − f1(1) = k (1) [(U 5 − U 1 ) cosθ1 + (U 6 − U 2 )sin θ1 ]
(3.7)
( 2)
= − f1( 2) = k 2 [(U 5 − U 3 ) cos θ 2 + (U 6 − U 4 )sin θ 2 ]
(3.8)
(3.6)
U 1(1) = U 1 , U 2(1) = U 2 , U 3(1) = U 5 , U 4(1) = U 6
f2
(3.7) ve (3.8)’in düğüm noktası denge koşullarında yerine konmasıyla;
− k (1) [(U 5 − U 1 ) cos θ 1 + (U 6 − U 2 )sin θ 1 ]cos θ 1 = F1
(3.9)
− k ( 2 ) [(U 5 − U 3 ) cos θ 2 + (U 6 − U 4 )sin θ 2 ]cos θ 2 = F3
(3.11)
− k (1) [(U 5 − U 1 ) cos θ 1 + (U 6 − U 2 )sin θ 1 ]sin θ 1 = F2
(3.10)
− k ( 2 ) [(U 5 − U 3 ) cos θ 2 + (U 6 − U 4 )sin θ 2 ]sin θ 2 = F4
(3.12)
k (2) ⎡⎣(U 5 − U 3 ) cos θ 2 + (U 6 − U 4 ) sin θ 2 ⎤⎦ cos θ 2 + k (1) ⎡⎣(U 5 − U 3 ) cos θ1 + (U 6 − U 4 ) sin θ1 ⎤⎦ cos θ1 = F5
k (2) ⎡⎣(U 5 − U 3 ) cos θ 2 + (U 6 − U 4 ) sin θ 2 ⎤⎦ sin θ 2 + k (1) ⎡⎣(U 5 − U1 ) cos θ1 + (U 6 − U 2 ) sin θ1 ⎤⎦ sin θ1 = F6
(3.13)
(3.14)
(3.15) ile temsil edilen altı adet cebrik eşitlik iki elemanlı kafes için tüm denge koşulları setini ifade eder.
(3.15) eşitliği izleyen formdadır:
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣⎢
⎤ ⎧U1 ⎫ ⎧ F1 ⎫
⎥ ⎪U ⎪ ⎪ F ⎪
⎥⎪ 2 ⎪ ⎪ 2 ⎪
⎥ ⎪⎪U 3 ⎪⎪ ⎪⎪ F3 ⎪⎪
⎥⎨ ⎬ = ⎨ ⎬
⎥ ⎪U 4 ⎪ ⎪ F4 ⎪
⎥ ⎪U 5 ⎪ ⎪ F5 ⎪
⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎦⎥ ⎪⎩U 6 ⎪⎭ ⎪⎩ F6 ⎪⎭
KATSAYILAR
(3.15)
(3.15) ile temsil edilen altı adet cebrik eşitlik iki elemanlı kafes için tüm denge koşulları setini ifade
eder. (3.15) eşitliği izleyen formdadır:
[K ]{U } = {F }
(3.16)
Burada [K] genel (global) rijitlik matrisidir, {U} düğüm yer değiştirmeleri vektörüdür, {F} uygulanan
düğüm kuvvetleri vektörüdür. Genel rijitlik matrisi 6x6’lık simetrik matris olup mümkün olan 6 adet genel
yer değiştirmeye karşı gelir.
3.3 Eleman Dönüşümü
Denge eşitliklerinin doğrudan uygulanmasıyla genel sonlu eleman eşitliklerinin formülasyonu, çok basit
modeller dışında, biraz önce görüldüğü gibi çok müşkülatlıdır. Genel koordinat sisteminde düğüm noktası
denge eşitliklerinin yazılması ve yer değiştirme formülasyonunun eşitliklere dahil edilmesi yoluyla önceki
bölümde tanıtılan prosedür gizli olarak bireysel eleman karakteristiklerini (rijitlik matrisi) genel sisteme
dönüştürmüştür. Eleman rijitlik karakteristiklerini dönüştüren bir doğrudan metot şimdi geliştirilecek olup, bu
yolla, yani eleman rijitlik matrislerinin genel koordinatlarda ifade edilmesi ile doğrudan bir birleştirme
prosedürü gelecek kısımda kullanılacaktır.
Eleman çerçevesinde hazırlanan çubuk eleman eşitlikleri hatırlansın.
AE ⎡ 1 − 1⎤ ⎧u1( e ) ⎫ ⎡ k e
⎨ ⎬=
L ⎢⎣− 1 1 ⎥⎦ ⎩u 2( e ) ⎭ ⎢⎣− k e
− k e ⎤ ⎧u1( e ) ⎫ ⎧ f1( e ) ⎫
⎨ ⎬=⎨
⎬
k e ⎥⎦ ⎩u 2( e ) ⎭ ⎩ f 2( e ) ⎭
(3.17)
Şu andaki amaç bu denge eşitliklerinin genel koordinat sistemindeki eşitliklere izleyen formda
dönüştürülmesidir:
[K ]
(e)
⎧U 1( e ) ⎫ ⎧ F1( e ) ⎫
⎪ (e) ⎪ ⎪ (e) ⎪
⎪U ⎪ ⎪ F ⎪
⋅ ⎨ 2( e ) ⎬ = ⎨ 2( e ) ⎬
⎪U 3 ⎪ ⎪ F3 ⎪
⎪⎩U 4( e ) ⎪⎭ ⎪⎩ F4( e ) ⎪⎭
(3.18)
[K(e)] genel koordinat sistemindeki eleman rijitlik matrisi
{F(e)} genel çerçevede eleman düğüm noktası kuvvetleri
U1(e) ve U3(e) genel x eksenine paralel yer değiştirmeler
U2(e) ve U4(e) genel y eksenine paralel yer değiştirmeler
Eleman koordinat sistemindeki eleman eksenel yer değiştirmeleri ile genel koordinat sistemindeki
eleman yer değiştirmeleri arasındaki ilişki izleyen formdadır:
u1( e ) = U 1( e ) cos θ + U 2( e ) sin θ
u 2( e ) = U 3( e ) cos θ + U 4( e ) sin θ
(3.19)
(3.20)
Bu ifade matris formunda aşağıdaki gibi yazılır:
⎧u1( e ) ⎫ ⎡cos θ
⎨ (e) ⎬ = ⎢
⎩u 2 ⎭ ⎣ 0
sin θ
0
0
cos θ
⎧U 1( e ) ⎫
⎧U 1( e ) ⎫
⎪
⎪
⎪ (e) ⎪
0 ⎤ ⎪U 2( e ) ⎪
⎪U 2 ⎪
⎨ ( e ) ⎬ = [R ]⎨ ( e ) ⎬
⎥
sin θ ⎦ ⎪U 3 ⎪
⎪U 3 ⎪
⎪⎩U 4( e ) ⎪⎭
⎪⎩U 4( e ) ⎪⎭
(3.21)
cos θ
⎣ 0
[R] = ⎡⎢
sin θ
0
0
cos θ
0 ⎤
sin θ ⎥⎦
(3.22)
[R], eleman eksenel yer değiştirmelerinin genel yer değiştirmelere dönüşümü matrisidir. (v1 ve v2 rijitlik
matrisinde göz önüne alınmaz. Bu yer değiştirmeler dinamik analizde rol oynarlar.)
(3.22)‘nin (3.17)’de yerine konması
− k e ⎤ ⎡cos θ
k e ⎥⎦ ⎢⎣ 0
⎡ ke
⎢− k
⎣ e
sin θ
0
0
cos θ
⎧U 1( e ) ⎫
⎪
⎪
0 ⎤ ⎪U 2( e ) ⎪ ⎧ f 1( e ) ⎫
⎬
⎬=⎨
⎨
sin θ ⎥⎦ ⎪U 3( e ) ⎪ ⎩ f 2( e ) ⎭
⎪⎩U 4( e ) ⎪⎭
(3.23)
⎡ ke
⎢− k
⎣ e
⎧U 1( e ) ⎫
⎪
⎪
− k e ⎤ ⎪U 2( e ) ⎪ ⎧ f1( e ) ⎫
[R]⎨ ⎬ = ⎨ ⎬
k e ⎥⎦ ⎪U 3( e ) ⎪ ⎩ f 2( e ) ⎭
⎪⎩U 4( e ) ⎪⎭
(3.24)
verir. Burada denge eşitliklerinde görülen eleman yer değiştirmeleri, eleman koordinat takımından genel koordinat
takımına bilinmeyenler olarak dönüştürülmesine karşın, denge eşitlikleri hala eleman koordinat sistemindedir. (3.23)’ün 1.
denklemi elemanın 1 düğüm noktası için eleman koordinat takımında denge denklemidir. Eğer bu eşitlik cos θ
ile çarpılırsa ilgili düğüm noktası için genel koordinat sisteminin X doğrultusunda denge eşitliği elde edilir. Benzer olarak
sin θ ile çarpım Y
doğrultusundaki genel denge eşitliğini verir. İki düğüm için de aynı işlemler yapılırsa bu düğüm için genel koordinatlarda
denge eşitlikleri bulunur. Eğer (3.24) eşitliğinin her iki tarafı [R]T ile çarpılırsa yukarıda tanımlanan arzu edilen işlemlerin
aynısı elde edilir:
[R]T ⎡⎢
ke
⎣− k e
⎧U 1( e ) ⎫ ⎡cos θ
⎪
⎪
− k e ⎤ ⎪U 2( e ) ⎪ ⎢⎢ sin θ
[R]⎨ ⎬ =
k e ⎥⎦ ⎪U 3( e ) ⎪ ⎢ 0
⎪⎩U 4( e ) ⎪⎭ ⎢⎣ 0
⎧ f 1( e ) cos θ ⎫
0 ⎤
⎪
⎪
0 ⎥⎥ ⎧ f 1( e ) ⎫ ⎪ f 1( e ) sin θ ⎪
⎬
⎨
⎬=⎨
cos θ ⎥ ⎩ f 2( e ) ⎭ ⎪ f 2( e ) cos θ ⎪
⎥
⎪⎩ f 2( e ) sin θ ⎪⎭
sin θ ⎦
(3.25)
(3.25) eşitliğinin sağ tarafının eleman kuvvetlerinin bileşenlerinin genel koordinat sistemindeki
bileşenleri olduğu açıktır. Bu aşamada izleyen ifade edilir:
[ R]
T
⎡ ke
⎢ −k
⎣ e
⎧U1( e ) ⎫ ⎧ F1( e ) ⎫
⎪ (e) ⎪ ⎪ (e) ⎪
− ke ⎤
⎪U 2 ⎪ ⎪ F2 ⎪
[ R ] ⎨ (e) ⎬ = ⎨ (e) ⎬
ke ⎥⎦
⎪U 3 ⎪ ⎪ F3 ⎪
⎪⎩U 4( e ) ⎪⎭ ⎪⎩ F4( e ) ⎪⎭
(3.26)
(3.26) matris eşitliği eleman düğüm noktaları 1 ve 2 için genel koordinat sisteminde ifade edilen denge
denklemlerini temsil eder. Bu sonucun (3.18) ile karşılaştırılması eleman rijitlik matrisinin genel
koordinat sisteminde izleyen şekilde olduğunu gösterir:
[K ] = [R]
(e)
T
− ke ⎤
[R]
k e ⎥⎦
⎡ ke
⎢− k
⎣ e
(3.27)
c = cosθ, s = sinθ tanımlamalarıyla ve (3.27)’nin sağ tarafındaki matris işleminin yapılmasından sonra
[K ]
(e)
⎡ c2
⎢
sc
= ke ⎢ 2
⎢− c
⎢
⎣⎢ − sc
sc
− c2
2
− sc
s
− sc
c2
− s2
sc
− sc ⎤
⎥
− s2 ⎥
sc ⎥
⎥
s 2 ⎦⎥
(3.28)
elde edilir. Burada ke = AE / L
dir. Buna elemanın karakteristik eksenel rijitliği denir. (3.28)’in incelenmesi genel koordinat sistemine dönüşümde eleman
rijitlik matrisinin simetrisinin korunduğunu gösterir. Ayrıca, determinantın sıfır olduğu da ispatlanabilir. Belirlenen kısıtlılıkların
olmaması durumunda rijit cisim hareketi olduğundan bu durum baştan beklenmelidir.
3.3.1 Doğrultman Kosinüsleri
Uygulamada, bir sonlu eleman modeli belirli koordinat yerlerinde düğüm noktalarının tanımlanmasıyla oluşturulur. Her bir
elemanın birbiriyle bağlantı noktasında ortaya çıkan düğüm noktalarının belirlenmesiyle elemanlar tanımlanır. Şu andaki
problemde i ve j düğüm noktaları ( X i , Yi ) ve ( X j , Y j )
ile genel koordinatlarda tanımlanmıştır. Elemanın düğüm noktası koordinatları kullanılarak, eleman uzunluğu kolaylıkla
[
L = (X j − X i ) + (Y j − Yi )
G
λ=
2
]
2 1/ 2
(3.29)
olarak hesaplanır. i den j ye doğru olan birim vektör ise
G
G
G
G
1
(X j − X i )i + (Y j − Yi ) j = cos θ x i + cos θ y j
L
[
]
(3.30)
G
G
olup burada i ve j , genel koordinatlar olan X
ve Y
doğrultularındaki birim vektörlerdir. İki vektörün skaler çarpımının tanımı hatırlanırsa ve Şekil 3.4’e bakılırsa, eleman
dönüşüm matrisini oluşturmak için gerekli trigonometrik değerler düğüm noktası koordinatlarından doğrultman kosinüsleri
olarak (3.30) vasıtasıyla kolaylıkla belirlenir:
G G X j − Xi
cos θ = cos θ x = λ ⋅ i =
L
(3.31)
G G Y j − Yi
sin θ = cos θ y = λ ⋅ j =
L
(3.32)
Böylece genel koordinatlardaki eleman rijitlik matrisi, düğüm noktalarının koordinatlarının belirlenmesi,
elemanın en kesit alanının verilmesi ve eleman malzemesinin elastisite modülünün verilmesiyle
tamamen belirlenmiş olur.
3.4 Genel Rijitlik Matrisinin Doğrudan Elde Edilmesi
Bir boyutlu çubuk elemanın eleman karakteristiklerinin iki boyutlu bir yapının genel koordinat sistemine
dönüştürülmesi daha önce görülmüştü. Şimdi, genel denge eşitliklerinin her bir elemana ait denge
eşitliklerinin uygun şekilde birleştirilmesi yoluyla elde edilmesi ile ilgilenilecektir. (3.28) eşitliği kullanılarak
Şekil 3 için genel koordinat çerçevesinde eleman rijitlik matrisleri izleyen şekilde yazılır:
[K ]
(1)
⎡k11(1)
⎢ (1)
k
= ⎢ 21
⎢k 31(1)
⎢ (1)
⎣⎢k 41
k12(1)
k13(1)
(1)
k 22
(1)
k 23
k 32(1)
k 33(1)
(1)
k 42
(1)
k 43
k14(1) ⎤
(1) ⎥
k 24
⎥
(1) ⎥
k 34
(1) ⎥
k 44
⎦⎥
(3.33)
[K ]
( 2)
⎡k11( 2 )
⎢ ( 2)
k
= ⎢ 21
⎢k 31( 2 )
⎢ ( 2)
⎣⎢k 41
k12( 2)
k13( 2 )
( 2)
k 22
( 2)
k 23
k 32( 2)
k 33( 2 )
( 2)
k 42
( 2)
k 43
k14( 2) ⎤
( 2) ⎥
k 24
⎥
( 2) ⎥
k 34
( 2) ⎥
k 44
⎦⎥
(3.34)
Bireysel eleman rijitlik matrislerinin genel rijitlik matrisine katılması için bireysel eleman yer değiştirmeleri
ile genel yer değiştirmelerin birbirlerine karşı gelme durumu gözlenmeli ve ilgili eleman rijitlik terimleri genel
matriste doğru yerlerine atanmalıdır. Şekil 3.2’nin 1 ve 2 elemanı için eleman ve genel yer değiştirmeleri
arasında
{U }
(1)
⎧U 1(1) ⎫ ⎧U 1 ⎫
⎪ (1) ⎪ ⎪ ⎪
⎪U ⎪ ⎪U ⎪
= ⎨ 2(1) ⎬ ⇒ ⎨ 2 ⎬
⎪U 3 ⎪ ⎪U 5 ⎪
⎪⎩U 4(1) ⎪⎭ ⎪⎩U 6 ⎪⎭
(3.35)
{U }
( 2)
⎧U 1( 2) ⎫ ⎧U 3 ⎫
⎪ ( 2) ⎪ ⎪ ⎪
⎪U ⎪ ⎪U ⎪
= ⎨ 2( 2) ⎬ ⇒ ⎨ 4 ⎬
⎪U 3 ⎪ ⎪U 5 ⎪
⎪⎩U 4( 2) ⎪⎭ ⎪⎩U 6 ⎪⎭
(3.36)
(3.35) ve (3.36) eşitlikleri birleşim ilişkileridir ve açıkça kafesin her bir elemanının yapıya nasıl birleştiğini
gösterir. Örneğin, (3.35) 1 elemanı ile U3 ve U4 genel yer değiştirmelerinin bağlantısının olmadığını
(genel 2 düğüm noktasına birleşmediğini) gösterir. Bu yüzden bu yer değiştirmeleri etkileyen rijitlik
terimleri katkısında bulunmaz. Bu, 1 elemanının, genel rijitlik matrisinin 3. ve 4. satır ve sütunları üzerinde
etkisi olmadığını gösterir. Benzer olarak, 2 elemanı, 1. ve 2. satır ve sütunlara katkıda bulunmaz. Bireysel
yer değiştirme ilişkilerini yazma yerine tüm eleman ve genel yer değiştirme verilerinin tek bir tabloda
yerleştirilmesi uygundur.
Tablo 3.1: Düğüm Noktaları Yer Değiştirmeleri Karşılaştırma
Tablosu
Genel Yer. Eleman 1 Yer. Eleman 2 Yer.
1
1
0
2
2
0
3
0
1
4
0
2
5
3
3
6
4
4
⎧ F1 ⎫ ⎡k11(1)
⎪ F ⎪ ⎢ (1)
⎪ 2 ⎪ ⎢k 21
⎪⎪ F3 ⎪⎪ ⎢ 0
⎨ ⎬=⎢
⎪ F4 ⎪ ⎢ 0
⎪ F5 ⎪ ⎢k 31(1)
⎪ ⎪ ⎢ (1)
⎪⎩ F6 ⎪⎭ ⎢⎣k 41
k12(1)
0
0
k13(1)
(1)
k 22
0
0
0
k11( 2 )
k12( 2 )
(1)
k 23
k13( 2 )
0
( 2)
k 21
( 2)
k 22
( 2)
k 23
k 32(1)
k 31( 2 )
k 32( 2 )
k 33(1) + k 33( 2 )
(1)
k 42
( 2)
k 41
( 2)
k 42
(1)
( 2)
+ k 43
k 43
⎤ ⎧U 1 ⎫
⎥ ⎪ ⎪
(1)
k 24
⎥ ⎪U 2 ⎪
( 2)
⎥ ⎪⎪U 3 ⎪⎪
k14
⎥⋅⎨ ⎬
( 2)
k 24
⎥ ⎪U 4 ⎪
(1)
( 2) ⎥ ⎪
U5 ⎪
k 34 + k 34
⎥
⎪
⎪
(1)
( 2)
+ k 44
k 44
⎥⎦ ⎪⎩U 6 ⎪⎭
k14(1)
(3.37)
Yukarıdaki metot direk rijitlik metodu olup, genel rijitlik matrisi bireysel eleman rijitlik matrislerinin eleman ve
sistem düğüm noktası yer değiştirmelerinin birbirlerine karşı gelme durumlarına göre doğrudan toplanması
sonucu oluşturulmuştur.
Bu aşamada dijital bilgisayar işlemleri için uygun olan bir teknik tanıtılacaktır. Bu teknikte her bir eleman
için eleman rijitlik matrisi sırayla göz önüne alınır. Eleman rijitlik matrisinin terimleri genel rijitlik matrisine
eleman – düğüm noktası bağlantı tablosuyla yerleştirilir.
Tablo 3.2: Eleman Düğüm Noktası Tablosu (Şekil 3.2 için)
Eleman
1
2
Düğüm Noktası
1
3
2
3
Bu amaçla izleyen kabuller benimsenir:
1.Elemanların birleştikleri genel düğüm noktaları i ve j ile gösterilir.
2. Koordinat sisteminin orijini i noktasında yerleştirilir ve eleman x aksı i’den j’ye yönlenince pozitif alınır.
3. düğüm noktalarındaki genel yer değiştirmeler U2i-1, U2i, U2j-1ve U2j olarak alınır. Tablo 3.2’deki
düğüm noktası verileri kullanılarak her bir eleman için 1x4’lük eleman yer değiştirme yeri vektörü
[L ] = [2i − 1
e
2i 2 j − 1 2 j ]
(3.38)
olarak tanımlanır. Burada her bir değer genel yer değiştirme numarası olup eleman rijitlik matrisinin 1, 2,
3, 4 numaralı satır ve sütunlarına sırasıyla karşı gelir. Şekil 3.2’deki kafes için eleman yer değiştirme yeri
vektörleri
[L ] = [1
(1)
2 5 6]
[L ] = [3
( 2)
4 5 6]
(3.39)
olur. Eleman rijitlik matrisleri (3.33) ve (3.34) yeniden yazılırsa
[K ]
(1)
1
2
5
6
3
4
5
6
⎡k11(1)
⎢ (1)
k
= ⎢ 21
⎢k 31(1)
⎢ (1)
⎢⎣k 41
k12(1)
k13(1)
k13( 2)
(1)
k 23
( 2)
k 22
( 2)
k 23
k 32(1)
k 33(1)
k 32( 2)
k 33( 2)
(1)
k 42
(1)
k 43
⎡k11( 2 )
⎢ ( 2)
k
= ⎢ 21
⎢k 31( 2 )
⎢ ( 2)
⎢⎣k 41
k12( 2)
(1)
k 22
k14(1) ⎤ 1
(1) ⎥
k 24
⎥2
(1) ⎥
k 34 5
(1) ⎥
k 44
⎥⎦ 6
( 2)
k 42
( 2)
k 43
k14( 2) ⎤ 3
( 2) ⎥
k 24
⎥4
( 2) ⎥
k 34 5
( 2) ⎥
k 44
⎥⎦ 6
(3.40)
[K ]
( 2)
(3.41)
(1)
olur. Burada eleman rijitlik matrisinin sistem rijitlik matrisindeki yerinin belirlenmesi çok kolaydır. Örneğin k 42
sistem rijitlik matrisinin 6. satır ve 2. sütununa yerleştirilecektir. Yapının geometrisi tanımlandığından, her bir noktanın
genel koordinatları (X,Y) belirlidir. Bu bilgi ile her bir elemanın uzunluğu ve doğrultman kosinüsleri bulunur [(3.29) ve
(3.30) ile]. En kesit alanı A ve elastisite modülü E
nin verilmesiyle, (3.28) kullanılarak genel koordinat takımında eleman rijitlik matrisleri elde edilir. Bunlar genel rijitlik
matrisine yerleştirilir.
3.5 Sınır Koşulları, Kısıtlılık Kuvvetleri
Genel rijitlik matrisinin denge eşitlikleri veya doğrudan birleştirme ile elde edilmesinden sonra Şekil 3.2’deki
kafes sistem için sistem yer değiştirme eşitlikleri,
⎧U 1 ⎫ ⎧ F1 ⎫
⎪U ⎪ ⎪ F ⎪
⎪ 2⎪ ⎪ 2⎪
⎪U ⎪ ⎪ F ⎪
[K ] ⋅ ⎪⎨ 3 ⎪⎬ = ⎪⎨ 3 ⎪⎬
⎪U 4 ⎪ ⎪ F4 ⎪
⎪U 5 ⎪ ⎪ F5 ⎪
⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎪⎩U 6 ⎪⎭ ⎪⎩ F6 ⎪⎭
(3.42)
olur. Daha önce not edildiği gibi genel rijitlik matrisi tekildir. Bu nedenle, (3.42) için tek bir çözüm doğrudan
elde edilemez. Bununla birlikte, bu eşitliklerin geliştirilmesinde rijit cisim hareketlerini önleyici mesnet
koşulları sistem yer değiştirmelerine henüz dahil edilmemiştir. Bu örnekteki yer değiştirme sınır koşulları
U1 = U 2 = U 3 = U 4 = 0
olup, sadece U 5ve U 6 yer değiştirmeleri belirlenmelidir. Sınır koşullarının yerine konulması
ve (3.42)’nin açık yazılmasıyla
K 15U 5 + K 16U 6 = F1
K 25U 5 + K 26U 6 = F2
K 35U 5 + K 36U 6 = F3
(3.44)
K 45U 5 + K 46U 6 = F4
K 55U 5 + K 56U 6 = F5
K 65U 5 + K 66U 6 = F6
olarak indirgenmiş sistem eşitlikleri elde edilir. Bu örnekte F1, F2, F3, F4 tutulmuş olan (1) ve (2)
düğümlerindeki reaksiyon kuvvetlerinin bileşenleridir. F5 ve F6 ise (3) düğümünde uygulanan dış kuvvetin
genel bileşenleridir. Dış kuvvetin bileşenleri verilirse, (3.44) denkleminin son iki denge eşitliği U5 ve U6 için
çözülür. Bu iki yer değiştirme için elde edilen değerler, kısıtlılık eşitliklerinde, yani (3.44)’ün ilk dört
eşitliğinde yerlerine konur ve reaksiyon kuvvetlerinin bileşenleri elde edilir.
Sınır koşullarının uygulanması ve reaksiyonların hesabı için daha genel bir yaklaşım aşağıda verilmiştir:
c indisi tutulan yer değiştirmeleri
a indis de tutulu olmayan (aktif) yer değiştirmeleri göstersin
Sistem eşitlikleri izleyen şekilde kısımlara ayrılabilir:
⎡ K cc
⎢K
⎣ ac
K ca ⎤ ⎧U c ⎫ ⎧ Fc ⎫
⎨ ⎬=⎨ ⎬
K aa ⎥⎦ ⎩U a ⎭ ⎩ Fa ⎭
(3.45)
Burada tutulu yer değiştirmeler olan Uc’lerin yerleri bilinmektedir (Bu değerler sıfır olmak zorunda
değildir.). Ayrıca uygulanan dış Fa kuvvetleri de bilinmektedir. Böylece bilinmeyen aktif yer değiştirmeler
alt kısım yardımıyla elde edilir.
[K ac ]{U c } + [K aa ]{U a } = {Fa } (3.46a)
{U a } = [K aa ]−1 ({Fa } − [K ac ]{U c })
(3.46b)
Burada baştan belirli olan {Uc} yer değiştirmelerinin sıfır olmadığı kabul edilmiştir. Bununla birlikte kafes
sistemlerde bunlar genellikle sıfırdır. (Not edilmelidir ki, nümerik etkinlik için, çözümün elde edilmesinde
matris tersi metotlarından başka metotların kullanımı daha uygundur.)
(3.46) eşitliğinden yer değiştirmelerin elde edilmesinden sonra (3.45)’in üst kısmının kullanımıyla mesnet
reaksiyonları
{Fc } = [K cc ]{U c } + [K ca ]{U a }
(3.46)
[K ca ] = [K ac ]T
olduğu rijitlik matrisinin simetrisinden bilinmektedir.
(3.47)
Matris Bölümlendirilmesi
Herhangi bir matris alt mertebeden matrislere ayrılabilir. Matris bölümlendirme kavramı, sistem eşitliklerinin
boyutunu indirgemede ve bağımlı değişkenlerin alt kümesinin belirli değerlerini hesaba katmada çok
faydalıdır. n adet bilinmeyen xi değerlerini temsil eden n adet lineer cebrik eşitlikler sistemi göz önüne
alınsın. Bu sistem matris formunda
[A]{x}={F}
olarak ifade edilebilir. Burada biz ilk p adet bilinmeyeni yok etmek istiyoruz. Bölümlendirilmiş formda matris
eşitliği izleyen şekilde yazılabilir:
⎡[A11] [A12]⎤⎧[X1 ]⎫ ⎧{F1}⎫
⎢[A ] [A ]⎥⎨[X ]⎬ = ⎨{F }⎬
22 ⎦⎩ 2 ⎭ ⎩ 2 ⎭
⎣ 21
(A.42)
Burada alt matrislerin mertebeleri izleyen şekildedir:
[A11] Æ p x p elemanından oluşur.
[A12] Æ p x (n – p)
[A21] Æ (n – p) x p
[A22] Æ (n – p) x (n – p)
(A.43)
{X1}, {F1} Æ p x 1
{X2}, {F2} Æ (n – p) x 1
Bu aşamada tüm eşitlikler seti, matris bölümlendirmeleri cinsinden izleyen şekilde yazılabilir:
[A11 ]{X 1 } + [A12 ]{X 2 } = {F1 }
[A21 ]{X 1 } + [A22 ]{X 2 } = {F2 }
(A.44)
İlk p adet eşitlik (üst bölüm) izleyen şekilde çözülür:
{X 1 } = [A11 ]−1 ({F1 } − [A12 ]{X 2 })
(A.45)
Bu eşitliğin kalan (n – p) sayıdaki eşitliklerde (alt kısım) yerine konması aşağıdaki ifadeyi verir:
([A
−1
−1
)
{
}
{
}
{F1 }
]
[
][
]
[
]
[
][
]
−
A
A
A
X
=
F
−
A
A
22
21
11
12
2
2
21
11
(A.46)
(A.46) eşitliği, orijinal sistemi temsil eden ve ilk p adet eşitliğin tüm etkilerini kapsayan (n – p) adet
indirgenmiş cebrik eşitlikler sistemidir. Sonlu eleman analizi kapsamında bu prosedüre statik yoğunlaştırma
(static condensation) adı verilir.
Sonlu eleman analizinde yaygın olarak karşılaşan uygulamada bölümlendirilmiş {X1} değerlerinin
bilindiği fakat karşı gelen sağ taraf kısmı olan {F1}’in bilinmediği durum göz önüne alınır. Bu durumda,
alt kısım eşitlikleri {X2} için doğrudan
{X 2 } = [A22 ]−1 ({F2 } − [A21 ]{X 1 })
(A.47)
olarak çözülür. {F1}’in bilinmeyen değerleri üst kısım kullanılarak doğrudan hesaplanabilir.
3.6 Eleman Şekil Değiştirme ve Gerilmeleri
Sonlu elemanlarda kafes yapıların en son hesap aşaması her bir kafes elemanındaki şekil değiştirme ve
gerilmelerin belirlenmesi için çözüm adımında elde edilen genel yer değiştirmelerin kullanılmasıdır. i ve j
noktalarını birleştiren bir eleman için eleman koordinat sitemindeki düğüm noktası yer değiştirmeleri (3.19)
ve (3.20) ile izleyen şekilde verilmiştir.
u1( e ) = U 1( e ) cos θ + U 2( e ) sin θ
(3.48)
u 2( e ) = U 3( e ) cos θ + U 4( e ) sin θ
(3.49)
Eleman eksenel şekil değiştirmesi (2.29) eşitliğini ve (2.25) ayrıklaştırma ve interpolasyon fonksiyonlarını
kullanarak
ε
(e)
⎧u1( e ) ⎫
du ( e ) ( x) d ( e )
[N1 ( x) N 2 ( x)]⎨ (e) ⎬
=
=
dx
dx
⎩u 2 ⎭
⎡ 1
= ⎢− ( e )
⎣ L
1 ⎤ ⎧u1( e ) ⎫ u 2( e ) − u1( e )
⎨ ⎬=
L( e )
L( e ) ⎥⎦ ⎩u 2( e ) ⎭
(3.49)
olur. Burada L(e) eleman uzunluğudur. Bu durumda eleman eksenel gerilmesi, Hooke Kanunu’nun
uygulanmasıyla,
σ (e) = E ⋅ ε (e)
(3.50)
olarak elde edilir. Bununla birlikte genel çözümün eleman eksenel yer değiştirmelerini doğrudan vermediği not
edilmelidir. Daha doğrusu eleman yer değiştirmeleri genel yer değiştirmelerden (3.48) ve (3.49) vasıtasıyla elde
edilir. (3.21) ve (3.22) eşitlikleri hatırlanırsa, genel sistem yer değiştirmeleri cinsinden eleman şekil değiştirmeleri
ε (e)
⎧U1( e ) ⎫
⎪ (e) ⎪
du ( e ) ( x) d
⎪U ⎪
=
= [ N1 ( x) N 2 ( x) ][ R ] ⎨ 2( e ) ⎬
dx
dx
⎪U 3 ⎪
⎪⎩U 4( e ) ⎭⎪
(3.51)
olur. Burada [R], (3.22) ile verilen eleman dönüşüm matrisidir. Genel koordinatlardaki yer değiştirmeler
cinsinden çubuk eleman için eleman gerilmeleri,
σ (e) = E ⋅ ε (e)
⎧U1( e ) ⎫
⎪ (e) ⎪
U
d (e)
= E⋅
[ N1 ( x) N 2 ( x)][ R ] ⎪⎨ 2(e) ⎪⎬
dx
⎪U 3 ⎪
⎪⎩U 4( e ) ⎭⎪
(3.52)
olur. Burada çubuk elemanı formüle edildiğinden pozitif eksenel gerilme, çubuk elemanının çekme altında,
negatif eksenel gerilme ise basınç altında olduğunu gösterir. (Genel yaklaşım budur.)
Not edilmelidir ki, (3.52)’de gösterilen gerilme hesabı her bir eleman için ayrı ayrı yapılmalıdır. Eğer arzu
edilirse, eleman uç kuvvetleri (3.23) eşitliği ile bulunabilir.
BÖLÜM 4
EĞİLME ELEMANLARI
4.1 Giriş
Sadece eksenel yük etkisindeki bir boyutlu elemanlar önceki bölümlerde ele alınmış olup, bunlar birçok
basit yapının yüklere cevabını incelemede çok yararlıdır. Bununla birlikte, bu elemanların eğilme
etkilerini iletememeleri kaynaklı veya perçinli bağlantıları olan ve daha yaygın olarak karşılaşılan
yapıların modellenmesinde kullanılmalarını engeller. Bu bölümde temel kiriş teorisi, yanal eğilme etkileri
gösterme kapasitesi olan eğilme kiriş elemanı geliştirmede uygulanacaktır. İlk olarak eleman bir
düzlemde eğilme kapasitesi olan bir boyutlu çubuk eleman olarak sunulmuştur. Bu eleman için
ayrıklaştırılmış eşitliklerin geliştirilmesi kapsamında, alan değişkeni için kabul edilen polinom formu
kullanılarak, interpolasyon fonksiyonlarının belirlenmesi için genel bir prosedür sunulmuştur. Geliştirme
daha sonra iki düzlemde eğilme (eğik eğilme) ve eksenel yük ile burulmayı kapsayacak şekilde
geliştirilmiştir.
4.2. Temel Kiriş Teorisi
Şekil 4.1.a genel yayılı yanal q (x) yükü altındaki basit bir kirişi göstermektedir. Yük birim uzunluktaki
kuvvet cinsinden ifade edilmiştir (N/m). Koordinat sisteminde x eksenel koordinatı y yanal koordinatı
gösterir. Temel kiriş teorisinin bilinen kabulleri burada uygulanabilir:
1 ) Kiriş sadece y doğrultusunda yüklüdür.
2 ) Kirişin karakteristik boyutları yanında kiriş yer değiştirmeleri küçüktür.
3 ) Kiriş malzemesi lineer elastik (Malzeme Hooke kanunu’na uyar), izotrop ve homojendir.
4 ) Kiriş prizmatik olup en kesiti eğilme düzleminde bir simetri eksenine sahiptir (Daha genel bir durumda yz
eksen takımı asal eksen takımı alınarak da düz eğilme elde edilir.).
y
O
q(x)
+M
+M
y
x
d
(a)
+V
Keyfi negatif yükleme altindaki
(b)
basit kiris
Egilmis kiris elemani
+V
(c)
Kesme kuvveti ve egilme momenti
için isaret kabulü
Şekil 4.1
h
(a)
(b)
(c)
Şekil 4.2 Kiriş en kesitleri : ( a ) ve ( b ) basit kiriş teorisindeki simetri koşullarını
sağlar, ( c ) simetri gerekliliğini sağlamaz
( a ) ve ( b ) xy düzlemine göre simetriktir ve sadece bu düzlemde eğilir. (c)’ deki L şekilli kesit böylesi
bir simetriye sahip değildir ve xy düzlemi dışında eğilir, hatta yükleme xy düzleminde olsa bile
durum böyledir. Kabul 2 için yer değiştirmenin h dan ne kadar küçük olduğu hakkında kabaca bir değer
verilebilir. Genel olarak uygulanabilir bir kural maksimum yer değiştirmenin 0.1 h dan küçük olmasıdır
O
y
d
Şekil 4.1.b
Şekil 4.1.b deki gibi eğilme sonrasındaki uzunluğu dx olan diferansiyel bir kiriş elemanı göz önüne alınsın.
Sezgisel olarak üst yüzey uzunluğunun azaldığı, alt yüzey uzunluğunun ise uzadığı söylenebilir. Bu yüzden
eğilme esnasında şekil değişimine uğramayan bir tabaka vardır. Bu tabakanın, eğrilik merkezi O dan r
mesafede yerleştirilmiş olduğu kabul edilerek ve bu yüzeyi (Tarafsız yüzey) y = 0 da alarak, herhangi bir
y mesafesi için eğilmeden sonraki uzunluk,
ds = ( r – y ) d
ex =
ds − dx
dx
( 4.1 )
=
olarak ifade edilir. Bu durumda eğilme şekil değiştirmesi,
( ρ − y )dθ − ρdθ
=ρdθ
y
ρ
( 4.2 )
olur. Matematikten düzlem bir eğrinin eğriliğinin yarıçapının,
ρ =
⎡ ⎛ dv ⎞ 2 ⎤
⎢1 + ⎜ ⎟ ⎥
⎢⎣ ⎝ dx ⎠ ⎥⎦
d 2v
dx 2
3/ 2
( 4.3 )
olduğu bilinmektedir. Burada v = v ( x ) tarafsız eksenin yer değiştirmiş eğrisini gösterir. Küçük yer
değiştirme teorisinde eğimler küçüktür. Bu nedenle ( 4.3 ) eşitliği için izleyen yaklaşım yapılır:
ρ=
1
d 2v
dx 2
( 4.4 )
( 4.4 ) , ( 4.2 ) ‘ de yerine konursa eğilme durumunda kiriş ekseni doğrultusundaki normal
şekil değiştirme ,
d 2v
ex = - y
( 4.5 )
dx 2
olur. Bu durumda karşı gelen gerilme ise,
σx = εx
d 2v
=−E y 2
dx
( 4.6 )
olur. Burada E kiriş malzemesinin elastisite modülüdür. Eşitlik ( 4.6 ), verilen bir en kesitte normal
gerilmelerin kiriş tarafsız ekseninden olan mesafeyle lineer olarak değiştiğini gösterir.
Kiriş en kesitine eksenel bir kuvvet uygulanmadığından, ( 4.6 ) eşitliği ile verilen gerilme dağılışının
bileşkesi sıfır olmalıdır. Bu yüzden, herhangi bir x eksenel yerinde, uzunluk boyunca ,
Fx =
∫ σ x dA
A
d 2v
= - ∫ Ey
dx 2
A
dA = 0
( 4.7 )
olur. Herhangi bir en kesitte eğrilik sabit olduğundan, ( 4.7 )
∫ ydA
=0
( 4.8)
A
olduğunu ifade eder. Bu eşitlik xz düzleminin ( y = 0 ) alanın ağırlık merkezinden geçmesi durumunda
sağlanır. Böylece tarafsız yüzeyin eğilme düzlemine dik olduğu ve en kesit alanının ağırlık merkezinden
geçtiği sonucuna varılır. Benzer olarak, iç eğilme momenti, herhangi bir en kesit için, normal gerilme
dağılışının bileşke momentine eş değer olmalıdır. Öyleyse,
M(x)=-
∫y
A
sxdA = E
d 2v
dx 2
∫y
A
2
dA
( 4.9 )
Eşitlik ( 4.9 ) ‘daki integral terimi en kesit alanının z eksenine göre atalet momentini temsil eder. Öyleyse;
M(x)=EIz
d 2v
dx 2
( 4.10)
olur. ( 4.6 ) ve ( 4.10 ) eşitliklerinin birleştirilmesiyle, kiriş eğilmesi için normal gerilme eşitliği,
sz = -
M ( x) y
Iz
=-yE
d 2v
dx 2
( 4.11)
( 4.11 ) ‘deki negatif işaret, kiriş şekil 4.1 c ‘deki kabule göre pozitif eğilmeye maruz kaldığında temin
edilmiş olur. Basınç ve çekme gerilmelerinin değerleri y yerinin değerinin işaretine bağlı olarak elde edilir.
YILDIZ TEKNİK ÜNİVERSİTESİ
İNŞAAT MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ
MEKANİK ANABİLİM DALI
YAPI MEKANİĞİNDE ÖZEL
PROBLEMLER
EĞİLME ELEMANI
PROF. DR. TURGUT KOCATÜRK
Hazırlayan : İnş. Yük. Müh. Sevgi YALÇIN
4.3 Eğilme Elemanı
İki boyutlu kiriş veya eğilme elemanı Castigliano’nun 1. teoremi ile, temel kiriş teorisi kullanılarak
geliştirilecektir. Çalışmanın temelini oluşturan kabuller ve kısıtlılıklar aşağıdaki ilavelerle beraber
temel kiriş teorisindekilerle aynıdır:
1.
Elemanın boyu L dir, her bir uçta bir tane olmak üzere iki düğüm noktasına sahiptir.
2.
Eleman diğer elemanlarla sadece düğüm noktalarında bağlıdır.
3.
Yüklemeler sadece düğüm noktalarına yapılmıştır.
Sonlu eleman formülasyonunun temel öncülünün, sürekli değişen alan değişkeninin düğüm
noktalarında hesap edilen sonlu sayıdaki değerler cinsinden ifade edilmesi olduğu hatırlanarak,
ilgilenilen alan değişkeninin tarafsız yüzeyin düz, yer değiştirmemiş pozisyondan olan uzaklık
v(x) yanal yer değiştirmesi olduğu not edilsin (eğilme elemanı için).
V1
V1
V2
V2
V=0
V=0
(a)
(b)
Sekil 4.3
(c)
Şekil 4.3(a) ve 4.3(b) de tasvir edildiği gibi, kirişin yanal yer değiştirmesi öylesi bir
değiştirmedir ki, çubuk boyunca yer değiştirmenin değişimi sadece uç noktalarının
değiştirmeleri ile yeter derecede tanımlanamaz.
yer
yer
Şekil 4.3 de açıklandığı gibi, (a) ve (b) durumlarının yer değiştirmiş şekli çok farklıyken uç yer
değiştirmeleri özdeş olabilir. Bu yüzden eğilme elemanı formülasyonu uç noktalarının yer
değiştirmeleri yanında eğimlerini de (dönme) gözönüne almalıdır.
V1
V1
V2
V2
V=0
V=0
(a)
(c)
(b)
Sekil 4.3
Yer değiştirmelerin potansiyel iki anlamlılığında belirsizlikten kaçınmaya ilave olarak, kiriş elemanı
düğüm dönmelerinin dahil edilmesi, elemanlar arasındaki düğüm bağlantılarındaki dönmelerin
uyumluluğunu da sağlar. Böylece fiziksel olarak kabul edilemez olan, Şekil 4.3(c) de tasvir edilen
süreksizlikler engellenir.
Şekil 4.3(a) ve (b) de özdeş uç deplasmanlı fakat tamamen farklı yer değiştirme karakteristikleri
gösteren kiriş elemanları verilmiştir. Şekil 4.3(c) birleşme noktalarındaki fiziksel olarak kabul
edilemez süreksizlik durumudur.
y
Dönmelerle ilgili bu gözlemlerin ışığında,
eğilme elemanı ile ilgili düğüm değişkenleri
Şekil 4.4 de tasvir edilmiştir.
1 ve 2 eleman düğümleri elemanın uçlarında
yerleştirilmiştir
ve
düğüm
noktası
değişkenleri yanal yer değiştirmeler v1 ve v2
ile eğimler (dönmeler) θ1 ve θ2 dir. Eğimler
radyan cinsinden belirlenmelidir.
V1
V2
1
2
2
L
1
Şekil 4.4 Pozitif yönleriyle kiriş elemanı
düğüm yer değiştirmeleri
Bu aşamada kolaylık için eleman özelliklerini gösteren üst (e) indisi kullanılmayacaktır. Çünkü bu
aşamada tek bir eleman ele alınmaktadır. İzleyen daha sonraki çok elemanlı örneklerde üst indis
notasyonu yeniden kullanılacaktır.
Yer değiştirme fonksiyonu v(x);
v ( x ) = f ( v1 , v2 , θ 1 , θ 2 , x )
olup, izleyen sınır koşullarına sahiptir:
v( x = x1 ) = v1
(4.13)
dv
dx
(4.15)
x = x2
= θ2
(4.12)
v( x = x2 ) = v2
dv
dx
x = x1
= θ1
(4.14)
(4.16)
Bağımsız değişkene göre problemin bir boyutlu olması ve dört sınır koşulu göz önüne alınarak yer
değiştirme fonksiyonu,
v ( x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3
(4.17)
formunda alınır.
x
Yer değiştirmeyi tanımlamak için kübik fonksiyon seçimi keyfi değildir. İnterpolasyon
fonksiyonlarının genel gereklilikleri daha sonra açıklanacak olmakla beraber birkaç ilgili gözlem
burada yapılacaktır. Açıktır ki dört sınır koşulunun belirlenmesiyle kabul edilen yer değiştirme
fonksiyonunda dörtten fazla sabit belirleyemeyiz.
İkinci olarak (4.10) ve (4.17) eşitlikleri açısından kabul edilen yer değiştirme fonksiyonu v(x) in ikinci
türevi lineerdir; bu yüzden eğilme momenti eleman uzunluğu boyunca lineer değişir. Bu, yüklerin
sadece düğüm noktalarında uygulandığı kabulü ile uyum halindedir.
d 2v
M ( x) = EI z 2
dx
(4.10)
v ( x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3
Söz konusu durum Şekil 4.5 deki yüklü elemanın
eğilme momenti diyagramının çizimi ile gösterilmiştir.
Eğer eleman uzunluğu boyunca yayılı bir yük
uygulanmış olsaydı, eğilme momenti en azından ikinci
dereceden değişecekti.
(4.17)
F1
F2
1
2
M1
Mz
M2
F1 L+M 2 -M 1
F1 L - M 1
-M1
Şekil 4.5 Eğilme elemanı için eğilme
momenti diyagramı
(4.13) – (4.16) sınır koşullarının ardışık olarak uygulanması, v (
v( x = 0) = v1 = a0
(4.18)
v( x = L) = v 2 = a0 + a1 L + a2 L2 + a3 L3
dv
dx
= θ 1 = a1 (4.20)
x =0
dv
dx
(4.19)
=θ 2 = a1 + 2 a2 L + 3 a3 L2
x = x1 ) = v1
dv
dx
x = x2
= θ2
(4.13) v( x = x2 ) = v2
(4.15)
dv
dx
= θ1
x = x1
(4.14)
(4.16)
(4.21)
x=L
(4.18) - (4.21) eşitlikleri eş zamanlı
a1 = θ 1 (4.23)
a = v1
(4.22)
olarak çözülür ve düğüm noktası 0
değişkenleri cinsinden
katsayılar
2
1
3
1
=
−
+
θ 1 + θ 2 (4.25)
a
v
v
=
θ
θ
a
(
v
v
)
(
2
+
)
(4.24)
(
)
3
1
2
2
2
1
1
2
elde edilir:
L3
L2
L2
L
(
)
(4.22) – (4.25) eşitliklerinin (4.17) de yerine konmasıyla ve
v ( x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3
(4.17)
düğüm noktası değişkenlerinin katsayılarının toplanmasıyla
izleyen ifade elde edilir:
⎛ x3 x2 ⎞
⎛ 3x 2 2 x 3 ⎞
⎛
⎛ 3x 2 2 x 3 ⎞
2x 2 x3 ⎞
+ 2 ⎟⎟ θ1 + ⎜⎜ 2 − 3 ⎟⎟ v 2 + ⎜⎜ 2 − ⎟⎟ θ 2 (4.26)
v( x) = ⎜⎜1 − 2 + 3 ⎟⎟ v1 + ⎜⎜ x −
L
L⎠
L
L ⎠
L ⎠
L ⎠
⎝L
⎝ L
⎝
⎝
Bu ifade izleyen formdadır :
v ( x ) = N1 ( x ) v1 + N 2 ( x ) θ 1 + N 3 ( x ) v 2 + N 4 ( x ) θ 2
⎧v ⎫
(4.27a)
1
Burada N1, N2, N3 ve N4 interpolasyon
⎪θ ⎪
⎡
⎤⎪ 1 ⎪
fonksiyonları olup,
düğüm noktası yer
v ( x ) = ⎢ N1 N 2 N3 N 4 ⎥ ⎨ ⎬ = [ N ]{δ } (4.27b)
değiştirme vektörü
{δ } daki değerler
⎣
⎦ ⎪v2 ⎪
cinsinden yer değiştirme dağılımını tarifler.
⎪θ ⎪
⎩ 2⎭
Eğilme elemanı için boyutsuz uzunluk koordinatının tanımlanması uygundur;
)
x
L
(4.28)
⎛ 3x 2 2 x 3 ⎞
⎛
⎛ 3x 2 2 x 3 ⎞
⎛ x3 x2 ⎞
2x 2 x 3 ⎞
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
+ 2 ⎟ θ1 + ⎜ 2 − 3 ⎟ v 2 + ⎜⎜ 2 − ⎟⎟ θ 2 (4.26)
v( x) = ⎜1 − 2 + 3 ⎟ v1 + ⎜ x −
L
L⎠
L ⎠
L ⎠
L
L
⎝
⎠
⎝
⎝ L
⎝L
Bu durumda (4.26) eşitliği,
(
ξ=
(
)
(
)
v(ξ ) = 1 − 3ξ 2 + 2ξ 3 v1 + L ξ − 2ξ 2 + ξ 3 θ1 + 3ξ 2 − 2ξ 3 v 2 + Lξ 2 (ξ − 1)θ 2
(4.29)
0 ≤ ξ ≤ 1 ' dir .
Bu form eleman eşitliklerinin gelişiminin tamamlanması için gerekli integrasyonların
açısından daha uygundur.
2
(4.11)’in
(4.27b) ile birlikte kullanılması
eksenel x pozisyonundaki bir enkesitte olan
normal gerilme dağılışını verir;
d 2 [N ]
{δ }
σ x ( x, y ) = − yE
2
dx
σz = −
M ( x) y
d v
= − yE 2
Iz
dx
⎡
v ( x ) = ⎢ N1 N 2 N 3
⎣
(4.30)
yapılması
(4.11)
⎧v1 ⎫
⎪ ⎪
(4.27b)
⎤ ⎪θ1 ⎪
N 4 ⎥ ⎨ ⎬ = [ N ]{δ }
⎦ ⎪v2 ⎪
⎪⎩θ 2 ⎪⎭
Normal gerilme bir enkesit üzerinde lineer olarak değiştiğinden, herhangibir enkesitteki
maksimum ve minimum değerler, tarafsız eksenden en uzak y mesafedeki dış yüzeylerde
oluşur. Bu durumda,
d2 N
{δ } (4.31)
σ x maks ( x) = ymaks E
2
[ ]
dx
İnterpolasyon fonksiyonlarının yerine konması ve diferansiyel işlemlerin yapılması sonucu,
⎡⎛ 12 6 ⎞
⎛ 6x 4 ⎞
⎛ 6 12 x ⎞
⎛ 6x 2 ⎞ ⎤
v
θ
v
−
+
−
+
−
+
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜ 2 − ⎟θ 2 ⎥
1
1
2
3
2
2
L⎠
L⎠ ⎦
L2 ⎠
L3 ⎠
⎝L
⎝L
⎝L
⎣⎝ L
σ x maks ( x) = y maks E ⎢⎜
(4.32)
⎡⎛ 12 6 ⎞
⎛ 6 12 x ⎞
⎛ 6x 2 ⎞ ⎤
⎛ 6x 4 ⎞
θ
v
v
+
+
−
+
−
−
⎜
⎟
⎜ 2 − ⎟θ 2 ⎥ (4.32)
⎟
⎜
⎟
1
1
2
3
2
2
2
3
L
L⎠ ⎦
L
L
L
L
L
⎠
⎝L
⎠
⎝
⎠
⎝
⎝
⎣
σ x maks ( x) = y maks E ⎢⎜
(4.32) eşitliği eleman uzunluğu boyunca gerilmelerin lineer değiştiğini gösterir.
Düğüm noktası değerleri,
yer değiştirme çözümü elde edildikten sonra bilinen sabitler
olduğundan,
sadece düğüm noktalarına karşı gelen
enkesitlerdeki gerilme değerlerinin
bilinmesine ihtiyaç vardır.
Düğüm noktası kesitlerindeki gerilmeler,
2
⎡6
⎤
v
v
θ
θ
(
−
)
−
(
2
+
)
2
1
1
2
2
⎥⎦
L
⎣L
σ x maks ( x = 0) = y maks E ⎢
2
⎤
⎡6
v
v
θ
θ
(
−
)
+
(
2
+
)
1
2
2
1
2
⎥⎦
L
⎣L
σ x maks ( x = L) = y maks E ⎢
(4.33)
(4.34)
4.4 Eğilme Elemanı için Rijitlik Matrisi
Bu aşamada yük altındaki elemanın ortaya koyduğu gerilme, şekil değiştirme, şekil değiştirme
enerjisi, eğilme elemanı yer değiştirmesinin ayrıklaştırma yaklaşımı kullanılarak incelenebilir.
Toplam şekil değiştirme enerjisi, U = 1
e
2 V∫
σ x ε x dV
(4.35)
V : Elemanın hacmi
(4.5) , (4.6) vasıtasıyla (4.35) denklemi aşağıdaki şekilde yazılabilir;
2
E 2 ⎛ d 2v ⎞
U e = ∫ y ⎜ 2 ⎟ dV
2 V ⎝ dx ⎠
⎞
E dv ⎛
U e = ∫ ( 2 ) 2 ⎜ ∫ y 2 dA ⎟ dx
2 0 dx ⎝ A
⎠
L
(4.36)
2
(4.37)
d 2v
εx = −y 2
dx
(4.5)
d 2v
σ x = Eε x = − Ey 2
dx
(4.6)
(4.37) de alan integrali, eğilme düzlemine dik ve kesitin ağırlık merkezinden geçen eksene göre Iz
atalet momentidir. Bu durumda,
2
L
EI z ⎛ d 2 v ⎞
(4.38)
U =
dx
e
2
∫ ⎜⎝ dx
0
2
⎟
⎠
(4.38) eşitliği temel kiriş teorisinin kabullerine uyan sabit en kesitli herhangi bir kiriş için şekil
değiştirme enerjisini temsil eder. Sonlu eleman için şekil değiştirme enerjisi belirlenmiş olarak,
(4.27) ayrıklaştırılmış yer değiştirme ilişkisi (4.38)’de yerine konursa,
2
L
d 2 N3
EI z ⎛ d 2 N1
d 2 N2
d 2 N4 ⎞
θ1 +
θ2 ⎟ d x
Ue =
v1 +
v2 +
⎜
2 ∫0 ⎝ dx 2
dx 2
dx 2
dx 2
⎠
(4.39)
olarak şekil değiştirme enerjisine yaklaşım bulunmuş olur.
Ayrıklaştırılmış yer değiştirme fonksiyonu genelde kiriş eğilme problemi için kesin çözüm
olmadığından, (4.39)’un bir yaklaşım olduğu vurgulanmalıdır.
Düğüm noktası yer değiştirmesi v1 ile münasebetli olarak Castigliano’nun birinci teoremi şekil
değiştirme enerjisine uygulanarak, 1 düğümündeki yanal kuvvet,
2
L
d 2 N3
EI z ⎛ d 2 N1
d 2 N2
d 2 N4 ⎞
Ue =
v1 +
v2 +
θ1 +
θ2 ⎟ d x
⎜
dx 2
dx 2
dx 2
2 ∫0 ⎝ dx 2
⎠
L
⎛ d 2 N1
∂U e
d 2 N3
d 2 N2
d 2 N 4 ⎞ d 2 N1
= F1 = EI z ∫ ⎜
v1 +
v2 +
θ1 +
θ 2 ⎟ 2 dx
2
2
2
2
∂v1
dx
dx
dx
dx
⎠ dx
0⎝
(4.40)
şeklinde elde edilir.
Teoremin dönme yer değiştirmesi ile münasebetli olarak uygulanması momenti verir;
L
⎛ d 2 N1
∂U e
d 2 N3
d 2 N2
d 2 N4 ⎞ d 2 N2
= M1 = EI z ∫ ⎜
v1 +
θ1 +
v2 +
θ 2 ⎟ 2 dx
2
2
2
2
∂θ1
dx
dx
dx
dx
⎝
⎠ dx
0
(4.41)
2 düğümü için sonuçlar aşağıda verilmiştir:
L
⎛ d 2 N1
∂U e
d 2 N3
d 2 N2
d 2 N 4 ⎞ d 2 N3
θ1 +
θ 2 ⎟ 2 dx
= F2 = EI z ∫ ⎜
v1 +
v2 +
2
2
2
2
∂V2
dx
dx
dx
dx
⎠ dx
0⎝
(4.42)
L
2
∂U e
d 2 N3
d 2 N1
d 2 N2
d 2 N4
d
N4
(4.43)
= M 2 = EI z ∫ ( 2 v1 +
v
θ1 +
+
θ
)
dx
2
2
2
2
dx
dx2
dx
dx
∂θ 2
0
dx 2
(4.40)-(4.43) eşitlikleri 4 adet düğüm noktası yer
değiştirmesini 4 adet uygulanan
düğüm noktası
kuvvetleriyle cebrik olarak ilişkilendirir (burada kuvvet
uygulanan momentleri de kapsayacak şekilde genel
anlamda kullanılmıştır).
kmn : Eleman rijitlik matrisleri
m, n =1, 4
⎧ F1 ⎫ ⎡ k11 k12 k13 k14 ⎤ ⎧v1 ⎫
⎪M ⎪ ⎢
⎥⎪ ⎪
⎪ 1 ⎪ ⎢ k21 k22 k23 k24 ⎥ ⎪θ1 ⎪
⎨ ⎬=
⎨ ⎬
⎢
⎥
F
v
k
k
k
k
31 32 33 34 ⎪ 2 ⎪
⎪ 2 ⎪
⎪⎩M 2 ⎪⎭ ⎢ k k k k ⎥ ⎩⎪θ 2 ⎭⎪
⎣ 41 42 43 44 ⎦
(4.44)
(4.40)–(4.43) eşitliklerinin (4.44) matris eşitliği
karşılaştırılması sonucu,
L 2
2
tarafından temsil edilen cebrik eşitliklerle
d Nm d Nn
dx
2
2
d
x
d
x
0
kmn = knm = EI z ∫
(4.45)
m, n =1, 4
olduğu görülür. Buradan, lineer elastik bir eleman için önceden beklendiği gibi, eleman rijitlik
matrisinin simetrik olduğu görülür.
x
Rijitlik katsayılarının hesabına geçmeden önce integrasyonu boyutsuz uzunluk değişimi ξ = L ye
dönüştürmek uygundur. Bu amaçla,
Bu durumda,
∂
1 ∂
=
∂x L ∂ξ
(4.47)
L
1
0
0
∫ f ( x)dx = ∫ f (ξ ) Ldξ
(4.46)
olduğu not edilmelidir.
olur. Öyleyse (4.45) integrali,
L
k mn = k nm
d 2 Nm d 2 Nn
EI z
= EI z ∫
dx
=
2
L3
dx 2
0 dx
1
d 2 Nm d 2 Nn
∫0 dξ 2 dξ 2 dξ (4.48)
m, n =1, 4
olur. Bu durumda rijitlik katsayıları izleyen şekilde hesaplanır:
1
1
EI
36 EI z
36 EI z 4
12 EI z
2
k11 = 3z ∫ (12ξ − 6) 2 dξ =
(4
4
1)
d
(
2
1)
ξ
−
ξ
+
ξ
=
−
+
=
L 0
L3 ∫0
L3 3
L3
EI z 1
12 EI
6 EI z
EI z 1
k12 = k 21 = 3 ∫ (12ξ − 6)(6ξ − 4) Ldξ = 2 k13 = k 31 = 3 ∫ (12ξ − 6)(6 − 12ξ )dξ = − 3 z
L 0
L
L
L 0
6 EI
EI z 1
k14 = k 41 = 3 ∫ (12ξ − 6)(6ξ − 2) Ldξ = 3 z
L
L 0
Doğrudan integrasyona devam edilirse kalan rijitlik katsayıları,
k22 =
4 EI z
6 EI
; k23 = k32 = − 2 z
L
L
; k24 = k42 =
2 EI z
L
k 33 =
12 EI z
6 EI
4 EI z
; k 34 = k 43 = − 2 z ; k 44 =
3
L
L
L
Bu durumda eğilme elemanı için tüm rijitlik matrisi,
[k e ] = EI3z
L
⎡
⎤
6 L − 12 6 L ⎥
⎢12
⎢
2
2⎥
⎢6 L 4 L − 6 L 2 L ⎥
⎢
⎥
⎢ −12 − 6 L 12 − 6 L ⎥
⎢
⎥
2
2
⎢⎣6 L
2 L − 6 L 4 L ⎥⎦
(4.49)
Daha önce de gözlendiği gibi eleman rijitlik matrisinin simetrisi aşikardır.
Ayrıca, eleman bir şekilde tutulu olmadığı sürece, rijit cisim hareketi mümkün olacağından, eleman
rijitlik matrisinin singüler olacağı gösterilebilir.
( 4.49 ) ile verilen eleman rijitlik matrisi, dönme serbestlik derecelerinin radyan cinsinden ifade
edilmelerinin sağlanması durumunda, herhangi bir uyumlu birimler sistemi için geçerlidir.
4.5 Eleman Yük Vektörü
(4.40)-(4.43) eşitliklerinde, Castigliano’nun birinci teoreminin gereği olarak, eleman kuvvetleri ve
momentleri ilgili yer değiştirmelerin yön ve doğrultularında alındı. Bu yön ve doğrultular düğüm
noktası yer değiştirmelerinin pozitif yön ve doğrultuları ile aynıdır.
F1
F2
P
Mc
M2
M1
x
(a)
V
Şekil 4.6
+
V
M
-
x
P
M
(b)
V
Mc
M
(a) Düğüm noktası yükü için pozitif kabul
(b) Mukavemette pozitif kabul
(c) Düğüm noktası yükü etkilerini tasvir
eden kesme
kuvveti
ve eğilme
momenti diyagramı
+
⎧ F1 ⎫
⎪M ⎪
⎪ 1⎪
⎨ ⎬⇒
⎪ F2 ⎪
⎪⎩M 2 ⎪⎭
⎧− V1 ⎫
⎪− M ⎪
1⎪
⎪⎪
⎪
⎬
⎨
⎪ V2 ⎪
⎪
⎪
⎪⎩ M 2 ⎪⎭
(4.50)
x
Bununla birlikte, Şekil 4.6(a) ve 4.6(b)’de tasvir edildiği gibi, kesme kuvveti ve eğilme momenti
için olağan kabul bir kiriş için öyledir ki; V1, M1, V2, M2, 1 ve 2 uçlarında kesme kuvveti ve
momentlerin mutlak değerleri ise (4.50) ilişkisi mevcuttur.
(4.50)’nin sol tarafındaki kolon vektörü sonlu eleman formülasyonlarıyla alakalı pozitif düğüm
noktası kuvvetleri ve momentlerini temsil eder.
Sağ taraf ise kiriş teorisi işaret kabulüyle alakalı, sol taraftaki duruma karşı gelen işaretli
kesme kuvvetleri ve eğilme momentlerini kapsar.
Eğer iki eğilme elemanı ortak bir noktada birleştirilirse, iç kesme kuvvetleri, bu düğümde bir dış kuvvet
uygulanmadığı sürece, eşit şiddetli ve ters yönlüdür. Dış kuvvet uygulanması durumunda iç kesme
kuvvetlerinin toplamı uygulanan dış yüke eşit olmalıdır. Bu yüzden, eğilme elemanları kullanılarak sonlu
eleman modelinin oluşturulmasında, bir düğümdeki kuvvet basit olarak o düğümde uygulanan herhangi bir
dış kuvvete eşittir.
Benzer durum eğilme momentleri için de geçerlidir. İki eleman arasındaki bir birleşim yerinde (düğümde),
iç eğilme momentleri eşit şiddetli ve ters yönlüdür, bu yüzden, bu düğümde bir dış tekil moment
uygulanmadığı sürece birbirlerini dengelerler. Bu durumda iç momentlerin toplamı uygulanan dış
momente eşittir.
Bu gözlemler Şekil 4.6(c)’deki tekil kuvvet ve tekil moment etkisi altında
gösterilmiştir. Tekil moment ve tekil kuvvet orta noktada etkimektedir.
F1
olan
bir
basit
kirişte
F2
P
Mc
M2
M1
(a)
V
+
V
M
-
P
x
(a) Düğüm noktası yükü için pozitif kabul
(b) Mukavemette pozitif kabul
(c) Düğüm noktası yükü etkilerini tasvir
eden kesme
kuvveti
ve eğilme
x
momenti diyagramı
M
(b)
V
Mc
M
Şekil 4.6
+
x
Kesme diyagramında gösterildiği gibi, tekil kuvvetin uygulandığı noktada sıçrama şeklinde bir süreksizlik
ortaya çıkar ve süreksizliğin şiddeti uygulanan kuvvetin şiddetine eşittir.
Benzer olarak, eğilme momenti diyagramı, uygulanan eğilme momentinin şiddetine eşit bir süreksizlik
gösterir. Bu yüzden, eğer kiriş ortasındaki bir düğüm ile iki sonlu elemana ayrılırsa, düğümdeki net
kuvvet uygulanan dış kuvvettir ve net moment ise uygulanan dış momenttir.
Örnek 4.1 : Şekil 4.7a orta açıklığında yanal bir yük etkisindeki statik olarak belirsiz bir kirişi
göstermektedir. İki eğilme elemanı
bulunuz.
Çözüm :
V1
V2
V3
1
2
3
P
1
L/2
L/2
V1 =
1
=0
2
V2
Sekil 4.7c
1
Sekil 4.7b
Sekil 4.7a Yüklü kiris
V3 = 0
3
Yerdegistirme çözümü
kullanarak orta
2
2
Eleman ve yerdegistirme
gösterimi
3
noktanın
yer
değiştirmesini
Tablo 4.1 Eleman-Sistem yerdeğiştirme
ilişkisi
Genel
yer.
Eleman
1
Eleman
2
1
1
0
2
2
0
3
3
1
4
4
2
5
0
3
6
0
4
Eleman- sistem yer değiştirme ilişkisi yardımıyla sistem eşitlikleri izleyen şekilde elde edilir:
⎡
⎤
⎢96 24 L
− 96 24 L
0
0 ⎥ ⎧v ⎫
1
⎢
⎥
⎪
⎢24 L 8 L2 − 24 L 4 L2 0
⎥ θ ⎪ ⎧ F1 ⎫
0
⎥ ⎪ 1 ⎪ ⎪M 1 ⎪
EI z ⎢⎢
⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
− 96 − 24 L 192 0 − 96
24 L ⎥ ⎪v2 ⎪ ⎪⎪ F2 ⎪⎪
Sınır koşulları: v1 = θ1 = v3 = 0
L3 ⎢⎢
=
⎬
⎨
⎨
⎬
⎥
M
4 L2
0 16 L2 − 24 L 4 L2 ⎥ ⎪θ 2 ⎪ ⎪ 2 ⎪
⎢24 L
⎢
⎥ ⎪ ⎪ ⎪ F3 ⎪
v
⎪ ⎪
⎢ 0
− 96 − 24 L 96
0
24 L ⎥ ⎪ 3 ⎪ ⎪⎩M 3 ⎪⎭
⎢
⎥
⎪θ ⎪
⎢
2
2 ⎥ ⎩ 3⎭
0
0
24
4
24
8
L
L
L
L
⎣
⎦
Sınır koşulları kullanılarak indirgenmiş sistem eşitlikleri;
⎤
⎡
192
0
24
L
⎥ ⎧ v ⎫ ⎧− P ⎫
⎢
⎥ 2 ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪
EI z ⎢
− PL2
7 PL3
2
2 ⎪
, θ2 = −
⎢0 16 L 4 L ⎥ ⎨θ 2 ⎬ = ⎨ 0 ⎬ → v 2 = −
768
EI
128 EI z
L3 ⎢
z
⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪
2
2 ⎩θ 3 ⎭
⎢24 L 4 L 8 L ⎥
⎪⎩ 0 ⎪⎭
⎥⎦
⎢⎣
Kısıtlılık eşitliklerinden; F1 =
3PL
5P
11P
, M1 =
, F3 =
16
16
16
∑ Fy =
Denge eşitlikleri :
11P
5P
−P+
=0
16
16
V3
1
2
3
V1 =
1
=0
2
V2
Sekil 4.7c
1
Sekil 4.7b
Sekil 4.7a Yüklü kiris
V3 = 0
3
Yerdegistirme çözümü
3PL PL 5 PL
−
+
=0
16
2
16
V2
1
L/2
∑M =
V1
P
L/2
PL3
, θ3 =
32 EI z
2
2
Eleman ve yerdegistirme
gösterimi
3
YILDIZ TEKNİK ÜNİVERSİTESİ
İNŞAAT MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ
MEKANİK ANABİLİM DALI
YAPI MEKANİĞİNDE ÖZEL PROBLEMLER
YAYILI YÜKLER İÇİN İŞ EŞDEĞERLİLİĞİ
PROF. DR. TURGUT KOCATÜRK
Hazırlayan : Hakan Eren ERTEKİN
Yüklerin sadece eleman düğüm noktalarında etki ettirilmesi kısıtlılığı eğer yayılı bir yük
varsa ilgilenilmesi gereken bir konudur.Olağan yaklaşım yayılı yüklerin yerine, düğüm
noktalarında etkiyen düğüm noktası kuvvetleri ve düğüm noktası momentleri
koymaktır.Düğüm yükleri sisteminin yaptığı mekanik iş, yayılı yükün mekanik işine eşit
olmalıdır.
q(x)
qL/2
q
2
1
qL/2
x
2
L
Sekil 4.1
(a)
2
qL
12
qL
12
(b)
Sekil 4.8 Is - esdeger dügüm kuvvetleri
ve momentlerinin yayili yük için gösterimi
Şekil 4.1’ e bakılırsa yayılı yükler tarafından yapılan mekanik iş izleyen şekilde ifade
edilebilir:
L
W = ∫ q ( x)v( x)dx
0
( 4.51 )
Buradaki amaç ( 4.51 ) ile ifade edilen işin aynı olan işi yapan eşdeğer düğüm yüklerini
bulmaktır.Yani;
L
W
∫
=
q ( x ) v ( x ) dx = F 1 q v 1 + M
1q
θ1 + F2qv2 + M
2 q
θ
( 4.52 )
2
0
Burada F1q ve F2q , 1 ve 2 düğüm noktalarında etkiyen eşdeğer kuvvetler, M1q ve M2q
ise yine sırasıyla 1 ve 2 düğüm noktalarında etkiyen eşdeğer momentlerdir. (4.27) ile
verilen ayrıklaştırılmış yer değiştirme fonksiyonunu yerine koyarsak, iş integrali,
v ( x ) = N 1 ( x )v1 + N 2 ( x )θ1 + N 3 ( x )v2 + N 4 ( x )θ 2
( 4.27 )
W = ∫ q ( x)[N1 ( x)v1 + N 2 ( x)θ1 + N 3 ( x)v2 + N 4 ( x)θ 2 ]dx
L
( 4.53 )
0
olur. (4.52) ve (4.53) eşitliklerinin karşılaştırılması,
L
F1q = ∫ q ( x) N1 ( x)dx
0
L
M 1q = ∫ q ( x) N 2 ( x)dx
0
L
F2q = ∫ q( x) N3 ( x)dx
0
L
M 2q = ∫ q( x) N 4 ( x)dx
0
( 4.54 )
( 4.55 )
( 4.56 )
( 4.57 )
ifadelerini verir.Bu nedenle, iş eşitliği temeli üzerinde yayılı yükü temsi eden düğüm
noktası yük vektörü ( 4.54 )–( 4.57 ) eşitlikler ile verilir.Örneğin q(x) = q şeklindeki
üniform bir yük için, bu eşitliklerin integrasyonu,
⎧ qL ⎫
⎪2 ⎪
⎧F1q ⎫ ⎪ 2 ⎪
⎪
⎪ ⎪ qL ⎪
olur. Üniform yayılı yükün karşı gelen düğüm yüklerine
⎪M 1q ⎪ ⎪⎪ 12 ⎪⎪
eşdeğerliği Şekil 4.8 üzerinde gösterilmiştir.
⎨
⎬=⎨
⎬
⎪F2 q ⎪ ⎪ qL ⎪
⎪M ⎪ ⎪ 2 ⎪
⎩ 2q ⎭ ⎪
2⎪
qL
⎪−
⎪
⎪⎩ 12 ⎪⎭ (4.58)
Örnek Problem 4.2 :
V1
q
1
V2
V3
2
1
3
2
1
L
3
2
(b)
(a)
q
q
qL 2 /48
2
1
2
3
L /2
L /2
(c)
1
qL/4
qL2 /48
2
qL2 /48
2
qL /4
qL/4
qL2 /48
3
qL /4
(d)
Şekil 4.9 a ) Düzgün yayılı yükle yüklü kiriş
b ) Düğüm noktası, eleman ve yer değiştirme notasyonu
c ) Eleman yüklemesi
d ) İş – eşdeğer düğüm yükleri
Şekil 4.9-a da gösterilen basit mesnetli kiriş düzgün yayılı yanal bir yüke maruzdur. İki
eşit uzunluklu eleman ve iş – eşdeğer düğüm yükleri kullanarak, açıklığın ortasındaki
yer değiştirme için sonlu eleman çözümünü elde edip, bu değeri klasik kiriş teorisinden
elde edilenle karşılaştırınız.
Çözüm :
Şekil 4.9 b vasıtasıyla düğüm noktaları ve elemanlar numaralandırılır.Sınır koşulları
V1 = V3 = 0 ‘ dır. Ayrıca simetriden θ2 =0 olduğu da not edilmelidir. Bununla birlikte, bu
örnekte, bu sonucun çözüm işleminin bir sonucu olmasına müsaade edilecektir.Eleman
rijitlik matrisleri özdeştir.Bunlar;
[k ] = [k ]
(1)
( 2)
⎡
⎢12
⎢
EI z ⎢6 L / 2
=
( L / 2) 3 ⎢
⎢− 12
⎢
⎢6 L / 2
⎣
6L / 2
− 12
4 L2 / 4
− 6L / 2
− 6L / 2
12
2 L2 / 4
− 6L / 2
⎤
6L / 2 ⎥
⎥
2 L2 / 4 ⎥
⎥
− 6 L / 2⎥
⎥
2
4 L / 4 ⎥⎦
[k ] = [k ]
(1)
( 2)
⎡
⎢ 12
⎢
8 EI z ⎢ 3L
= 3 ⎢
L
⎢− 12
⎢
⎢ 3L
⎣
3L
− 12
L2
− 3L
− 3L
12
L2 / 2
− 3L
⎤
⎥
⎥
L2 / 2⎥
⎥
− 3L ⎥
⎥
2 ⎥
L ⎦
3L
Rijitlik terimlerinin hesabında bireysel eleman uzunluğu L/2 alınmıştır. Tablo 4.2
eleman bağlantı tablosudur.Bu durumda birleştirilmiş genel rijitlik matrisi;
⎡
⎢ 12
⎢
⎢ 3L
⎢
⎢− 12
[K ] = 8EI3 z ⎢
L ⎢
3L
⎢
⎢
⎢0
⎢
⎢⎣0
⎤
0 ⎥
⎥
0 ⎥
L2 − 3L L2 / 2 0
⎥
3L ⎥
− 3L 24 0 − 12
⎥
2
2
2
L / 2 0 2 L − 3L L / 2 ⎥
⎥
⎥
0 − 12 − 3L 12 − 3L ⎥
⎥
0
3L L2 / 2 − 3L L2 ⎥⎦
3L − 12
3L
0
Tablo 4.2
Her bir eleman için iş–eşdeğer yükler Şekil 4.9 c ‘ ye bakılarak hesaplanır ve sonuç
yükler Şekil 4.9 d ‘ de gösterilir. Yayılı yüklerden gelen yüklere ilave olarak ve 3
düğümlerinde yükler olduğu gözlemlenerek, genel denge eşitlikleri,
⎧− qL / 4 + F1 ⎫
⎧v1 ⎫ ⎪
⎪
2
⎪θ ⎪ ⎪− qL / 48 ⎪
⎪ 1 ⎪ ⎪− qL / 2
⎪
⎪⎪v2 ⎪⎪ ⎪
⎪
[K ]⎨ ⎬ = ⎨
⎬
θ
0
⎪
⎪ 2⎪ ⎪
⎪v3 ⎪ ⎪− qL / 4 + F3 ⎪
⎪
⎪ ⎪ ⎪
⎪⎩θ 3 ⎪⎭ ⎪
⎪
2
⎩ qL / 48 ⎭
Burada iş – eşdeğer düğüm yükleri ( 4.58 ) eşitliği
vasıtasıyla kullanıldı.Her bir eleman uzunluğu L/2 alındı
ve q(x)= -q alındı.Kısıtlılık koşullarının uygulanması ile,
izleyen sistem elde edilir:
⎧ qL ⎫
⎪ 2 ⎪
⎪
⎧ F1q ⎫ ⎪
2
qL
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪M 1q ⎪ ⎪⎪ 12 ⎪⎪
⎬
⎬=⎨
⎨
F
⎪ 2 q ⎪ ⎪ qL ⎪
⎪M ⎪ ⎪ 2 ⎪
⎩ 2q ⎭ ⎪
2⎪
qL
⎪
⎪−
⎪⎩ 12 ⎪⎭
( 4.58 )
⎧ qL2 ⎫
⎡ 2
⎤
⎪−
⎪
2
−
3
/
2
0
L
L
L
⎢
⎥ ⎧θ1 ⎫ ⎪ 48 ⎪
⎢
⎥ ⎪ ⎪ ⎪ qL ⎪
−
3
24
0
3
L
L
8 EI z ⎢
⎥ ⎪v2 ⎪ ⎪− 2 ⎪
⎬
⎥ ⎨θ ⎬ = ⎨
L3 ⎢ 2
2
2
2⎪
⎪
⎪
⎪
⎢ L / 2 0 2 L L / 2⎥
0 ⎪
⎪
⎪
⎪
⎢
⎥ ⎩θ 3 ⎭
⎪ qL2 ⎪
2
2
⎢ 0
3L L / 2 L ⎥⎦
⎣
⎪
⎪
⎩ 48 ⎭
Yukarıdaki eşitliğin çözümü yer değiştirmeleri aşağıdaki gibi verir:
qL3
θ1 = −
24 EI Z
θ2 = 0
5 qL 4
V2 = −
384 EI Z
qL 3
θ3 =
24 EI Z
Önceden beklendiği gibi kirişin ortasındaki eğim sıfırdır.Ayrıca, yükleme ve mesnet
koşulları simetrik olduğundan yer değiştirme çözümü, uç eğimleri vasıtasıyla gösterildiği
gibi, simetriktir. Bu örneğin sonlu elemanlar analizinden elde edilen sonuçları,
mukavemetteki yaklaşım ile elde edilen sonuçların aynısıdır. Bu, iş–eşdeğer düğüm
yüklerinin uygulanması yüzündendir.Bununla birlikte, sonlu eleman çözümünün
verdiği genel yer değiştirmiş şekil mukavemet çözümü ile aynı değildir.Tarafsız yüzeyin
sapmasını tarifleyen eşitlik x ‘in dördüncü mertebeden bir fonksiyonudur ve, sonlu
eleman modelinde kullanılan interpolasyon fonksiyonları üçüncü dereceden
olduğundan, sapma eğrisi bir şekilde kesin çözümden farklıdır.
4.7 Eksenel Yük İle de Yüklü Eğilme Elemanı
Buraya kadar geliştirilen eğilme elemanının başlıca eksikliği yükün eleman eksenine dik
olması zorunluluğudur.Bu, söz konusu sonlu elemanların sadece lineer kiriş yapılarının,
modellenmesinde kullanılabileceği anlamına gelir. Eğer eleman ayrıca eksenel yükü de
taşıyacak şekilde formüle edilirse uygulanabilirlik alanı bir hayli genişler.Böylesi bir
eleman Şekil 4.11’ de tasvir edilmiştir:Bu elemanda düğüm noktası yanal yer
değiştirmeleri ve dönmelerine ilave olarak düğüm noktalarında eksenel yer değiştirmeler
de alınmıştır.Böylece, eleman yanal yüklemeler yanında eksenel yüklemelere de müsaade
eder. Görünüşte basit olan bu genişletmenin birçok dallanmaları vardır.Eğer eksenel yük
basınç ise, eleman burkulabilir.
Eğer eksenel yük çekme ve dikkate değer derecede büyükse, gerilme rijitleşmesi adı
verilen olay oluşur. Gerilme rijitleşmesi olayı gitar telinin gerilmesine benzetilebilir.
Çekme arttıkça telin eksenine dik yöndeki harekete olan direnç artar. Aynı etki çekme
altındaki yapı elemanlarında da ortaya çıkar.
Vi
Vj
j
Ui
i
j
S ekil 4.11 E ksenel rijitlikli bir
kiris elem aninin dügüm yer
degistirm eleri
Uj
i
M
M
M
F
F
(a)
F
V (x)
F
M (x)
S ekil 4.12 ( a ) E gilm e m om enti ve eksenel
kuvvet etkisindeki kiris
( b ) Ç ekm e kuvvetinin egilm e m om entini nasil azalttigini
ve bu yüzden kirisi nasil rijitlestirdigini gösteren bir kiris kism i
M (x)= M -F V (x)
(b)
Şekil 4.12’ de gösterildiği gibi, yanal ve eksenel yüklemelere maruz bir kirişte, eksenel yükün
eğilmeye etkisi doğrudan yer değiştirmeyle ilişkilidir. Çünkü belirli bir noktadaki sapma, eksenel yük
için moment kolu olur. Küçük elastik yer değiştirme durumlarında, eksenel yükleme nedeniyle
ortaya çıkan ilave eğilme momenti ihmal edilebilir. Bununla birlikte, birçok sonlu eleman paket
program yazılımlarında, burkulma ve gerilme rijitleşmesi analizleri böylesi bir eleman
kullanıldığında seçimlik olarak mümkündürler (Burkulma ve gerilme rijitleşmesi etkileri yazılım
kullanıcısı bunları baştan belirttiği sürece kontrol edilirler.). Şu anki amaç için, eksenel yüklerin
ikincil etkilerinin ilgi alanı içinde olmayacak şekilde olduğu farz edilmiştir. Yani, eksenel yükün
eğilme etkilerinden bağımsız olduğu farz edilmiştir. Bu durumda, eksenel yüklü çubuk elemanı
rijitlik matrisi eğilme elemanı rijitlik matrisine basit olarak eklenir ve eksenel yüklü eğilme elemanı
için 6x6 lık bir eleman rijitlik matrisi elde edilir:
AE
⎡ AE
0
⎢ L − L
⎢
⎢ − AE AE
0
⎢ L
L
⎢
12 EI Z
⎢ 0
0
L3
[k e ] = ⎢⎢
6 EI Z
⎢ 0
0
L2
⎢
⎢
12 EI Z
0 −
⎢ 0
L3
⎢
6 EI Z
⎢
0
⎢⎣ 0
L2
0
0
0
0
6 EI Z
12 EI Z
−
2
L
L3
4 EI Z
6 EI Z
−
L
L2
6 EI Z 12 EI Z
−
L2
L3
2 EI Z
6 EI Z
−
L
L2
⎤
⎥
⎥
⎥
0
⎥
⎥
6 EI Z ⎥
L2 ⎥
2 EI Z ⎥
⎥
L
⎥
6 EI Z ⎥
−
⎥
L2 ⎥
4 EI Z ⎥
L ⎥⎦
0
( 4.59 )
( 4.59 ) ifadesi izleyen formda yazılabilir:
⎤
⎡
[
]
[
]
k
0
axial
⎥
[ke ] = ⎢⎢
⎥
0
k
[
]
⎢⎣
flexure ⎥
⎦
[
]
Yukarıdaki ifadede eksenel ve eğilme rijitlikleri girişimsizdir.Kiriş elemanına eksenel
kapasite eklenmesi, bu elemanların eksenlerinin aynı doğrultulu olması kısıtlılığını
ortadan kaldırır ve elemanın, düğüm noktalarında eğilme direnci olan düzlem çerçeve
yapılarının analizinde kullanılmasını sağlar.
Böylesi uygulamalarda, genel koordinat sisteminde elemanın yönlenmesi göz önüne
alınmalıdır. Kafes sistem çubuklarında aynı durum ortaya çıkmıştı. Şekil 4.13a, x
ekseni ile Ψ açısı yapan bir yönlenmeye sahip elemanı tasvir eder. X ekseni genel
referans çerçevesinin eksenidir. Şekilde düğüm noktası yer değiştirmeleri de
verilmiştir.
U5
x
V1
U6
2
u2
Y
U4
y
U2
V1
u1
U1
1
(a)
U3
X
(b)
Şekil 4.13 (a) Eleman koordinat sisteminde düğüm noktası yer değiştirmeleri
(b) Genel koordinat sisteminde düğüm noktası yer değiştirmeleri
Şekil 4.13b eleman için atanmış genel yer değiştirmeleri gösterir. Burada yer
değiştirme için tek bir sembol, düğümden düğüme nümerik olarak artan bir indisle
beraber kullanılmıştır. Not edilmelidir ki, ( 4.59 ) ile verilen eleman rijitlik matrisini
yeniden, eleman referans çerçevesinde yer değiştirme vektörü izleyen şekilde olacak
biçimde düzenlemek uygundur:
⎧u1 ⎫
⎪v ⎪
⎪ 1⎪
⎪⎪θ1 ⎪⎪
{δ } = ⎨ ⎬
⎪u2 ⎪
⎪v2 ⎪
⎪ ⎪
⎪⎩θ 2 ⎪⎭
( 4.61 )
Bu durumda eleman rijitlik matrisi,
⎡ AE
0
⎢ L
⎢
⎢ 0 12 EI Z
⎢
L3
⎢
⎢ 0 6 EI Z
L2
[ke ] = ⎢⎢
AE
⎢−
0
⎢ L
⎢
12 EI Z
⎢ 0 −
L3
⎢
6 EI Z
⎢
⎢⎣ 0
L2
⎤
⎥
⎥
6 EI Z
12 EI Z 6 EI Z ⎥
0 −
L2
L3
L2 ⎥
⎥
4 EI Z
6 EI Z 2 EI Z ⎥ ( 4.62 )
0 − 2
L
L
L ⎥
⎥
AE
0
0
0 ⎥
L
⎥
6 EI
12 EI Z
6 EI Z ⎥
− 2Z 0
−
⎥
L
L3
L2 ⎥
2 EI Z
6 EI
4 EI Z ⎥
0 − 2Z
L
L
L ⎥⎦ olur.
0
−
AE
L
0
0
Şekil 4.13 kullanılarak, genel yer değiştirmeler cinsinden eleman yer değiştirmeleri,
u1 = U 1 cosψ + U 2 sin ψ
v1 = −U 1 sin ψ + U 2 cosψ
θ1 = U 3
u 2 = U 4 cosψ + U 5 sin ψ
v2 = −U 4 sin ψ + U 5 cosψ
θ2 = U 6
⎡
0 0
⎢ cos ψ sin ψ
⎧u1 ⎫ ⎢
⎪v ⎪ ⎢ − sin ψ cos ψ 0 0
⎪ 1⎪ ⎢
⎪⎪θ1 ⎪⎪ ⎢
0
0
1 0
⎨ ⎬=⎢
⎪u 2 ⎪ ⎢
0
0
0 cos ψ
⎪v 2 ⎪ ⎢
⎪ ⎪ ⎢
0
0
0 − sin ψ
⎪⎩θ 2 ⎪⎭ ⎢
⎢
0
0
0
0
⎣⎢
( 4.63 )
olur. ( 4.63 ) eşitliği matris formunda,
⎤
0⎥
⎥ ⎧U 1 ⎫
0
0⎥ ⎪ ⎪
U
⎥⎪ 2 ⎪
0
0 ⎥ ⎪⎪U 3 ⎪⎪
⎥ ⎨ ⎬ = [R ]{U }
U
sin ψ
0 ⎥⎪ 4 ⎪
⎥ ⎪U 5 ⎪
⎥⎪ ⎪
cos ψ 0 ⎥ ⎪U ⎪
⎩ 6⎭
⎥
0
1 ⎦⎥
[ ]
0
( 4.64 )
olarak yazılabilir. Burada R eleman yer değiştirmeleri ile genel yer değiştirmeler arasında
ilişki kuran dönüşüm matrisidir. Genel sistemdeki 6x6 lık eleman rijitlik matrisinin,
[ K e ] = ⎡⎣ RT ⎤⎦ [ ke ][ R ]
( 4.65 )
olduğu gösterilebilir.Genel bir sonuç elde etmek için ( 4.65 ) ‘in genişletilmesi, işlemin
cebrik karmaşası nedeniyle burada verilmeyecektir. Bunun yerine, gösterilen
hesaplamalar belirli bir eleman için çok kolay olup, bilgisayar programı ile yapılırlar.
Kiriş–eksenel eleman kullanılarak sonlu eleman modeli için sistem eşitliklerinin
birleştirilmesi kafesler için izlenen işlem aşamaları tarzına özdeş bir tarzda yapılır.
İzleyen basit örnek işlem aşamalarını örnekler.
Örnek 4.3 :
Şekil 4.14 a ‘ da verilen çerçeve, en kesiti 1 cm x 1 cm kesitli kare olan ve elastisite
modülü 10.106 N / cm2 olan iki özdeş kirişten oluşmuştur. O ve C ‘ deki mesnetler
ankastredir.Yatay kiriş 10 N / cm ‘ lik düzgün yayılı yük etkisindedir. B noktasındaki
yer değiştirmeleri ve dönmeyi hesaplamak için iki adet kiriş – eksenel yük elemanı
kullanınız.
Y
U2
10 N/cm
U5
U8
2
U4
C
B
U7
2
U6
V2
1
20 cm
20 cm
U9
U1
U2
V1
U1
O
=
X
(a)
U3
(b)
1
Şekil 4.14 ( a ) İki elemanlı çerçeve
( b ) Genel koordinat sistemi ve yer değiştirme numaralaması
( c ) Eleman 1 ‘ in dönüşümü
Çözüm :
En kesit alanı A = 1 x 1 cm2 olur. Z eksenine göre atalet momenti,
IZ = bh3 / 12 = 1 x 1 / 12 = 0.083 cm4
Karakteristik eksenel rijitlik,
AE / L = 1 x ( 10 x 106 ) / 20 = 5 x 105 N / cm
Karakteristik eğilme rijitliği,
EIZ / L3 = 10 x 106 x 0.083 / 203 = 104.2 N / cm
OB ‘yi 1 , BC ‘ yi 2 elemanı olarak gösterirsek, eleman koordinat takımında
rijitlik matrisleri özdeştir ve;
⎡
⎤
5
5
5
.
10
0
0
−
5
.
10
0
0
⎢
⎥
⎢
⎥
0 − 1250,4 12504 ⎥
⎢ 0 1250,4 12504
⎢
⎥
⎢ 0 12504 166720 0 − 12504 83360 ⎥
(1)
( 2)
⎥
⎣k ⎦ = ⎣k ⎦ = ⎢⎢
− 5.105 0
0
5.105 0
0 ⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
0
1250
,
4
12504
0
1250
,
4
12504
−
−
−
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
0
12504
83360
0
12504
166720
−
⎣
⎦
Genel koordinat sistemi ve yer değiştirme numaralamasını Şekil 4.14b deki gibi
seçerek, 2 elemanının, eleman koordinat sistemi genel koordinat sistemi ile aynı
yönlenmeye sahip olduğundan, dönüşüm gerektirmediği gözlenir.Bununla birlikte,
Şekil 4.14c de gösterildiği gibi eleman 1 dönüşüm gerektirir. ψ = π / 2 kullanılarak,
(4.64) ve (4.65) eşitlikleri uygulanırsa;
⎡
0 0
⎢ cos ψ sin ψ
⎧u1 ⎫ ⎢
⎪v ⎪ ⎢ − sin ψ cos ψ 0 0
⎪ 1⎪ ⎢
⎪⎪θ1 ⎪⎪ ⎢
0
0
1 0
⎨ ⎬=⎢
⎪u 2 ⎪ ⎢
0
0
0 cos ψ
⎪v 2 ⎪ ⎢
⎪ ⎪ ⎢
0
0
0 − sin ψ
⎩⎪θ 2 ⎭⎪ ⎢
⎢
0
0
0
0
⎢⎣
⎡
⎤
⎢1250,4 0 − 12504 1250,4 0 − 12504 ⎥
⎢
⎥
5
5
0
5
.
10
0
0
5
.
10
0
−
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢− 12504 0 166720 12504 0 83360⎥
⎢
⎥
⎢1250,4 0 12504 1250,4 0 12504 ⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
5
5
0
0 5.10
0 ⎥
⎢ 0 − 5.10
⎢
⎥
⎢⎣− 12504 0 83360 12504 0 166720⎥⎦
[K ]
(1)
⎤
0⎥
⎥ ⎧U 1 ⎫
0
0⎥ ⎪ ⎪
U
⎥⎪ 2 ⎪
0
0 ⎥ ⎪⎪U 3 ⎪⎪
⎥ ⎨ ⎬ = [R ]{U }
U
sin ψ
0 ⎥⎪ 4 ⎪
⎥ ⎪U 5 ⎪
⎥⎪ ⎪
cos ψ 0 ⎥ ⎪U ⎪
⎩ 6⎭
⎥
0
1 ⎥⎦
0
( 4.64 )
[ K e ] = ⎡⎣ RT ⎤⎦ [ ke ][ R ]
( 4.65 )
elde edilir. 90 derecelik dönmenin
sonucu olarak 1 elemanının rijitlik
matrisinin nasıl değiştiği özellikle not
edilmelidir. Rijitlik matrisindeki bireysel
bileşenlerin değerleri değişmemekle
birlikte, terimlerin matris içindeki yerleri
değişmiştir. Genel koordinat sisteminde
tanımlandığında, eğilme ve eksenel yer
değiştirmelerin doğrultularını yansıtmak
için matristeki terimlerin pozisyonları
değişmiştir.
Yer değiştirme karşılaştırma tablosu Tablo 4.3 de verilmiştir. Doğrudan birleştirme
prosedürüyle birleştirilmiş sistem rijitlik matrisi Tablo 4.4 de verilmiştir. Ortak
noktalarla ilgili yer değiştirmelerde eleman rijitlik matrislerinin üst üste geldiği not
edilmelidir.Genel rijitlik matrisinin bu pozisyonlarında, bireysel elemanlardan gelen
rijitlik terimleri toplanır.
Y
U2
10 N/cm
U5
U8
2
U4
C
B
U7
2
U6
V2
1
20 cm
20 cm
U9
U1
U2
V1
U1
O
=
X
(a)
Tablo 4.4 Sistem Rijitlik Matrisi
U3
(b)
⎡
⎤
0
0
0
⎢1250,4 0 − 12504 1250,4 0 − 12504
⎥
⎢
⎥
0 − 500000 0
0
0
0
⎢ 0 500000 0
⎥
⎢
⎥
⎢− 12504 0 166720
⎥
12504 0 83360
0
0
0
⎢
⎥
⎢1250,4 0 12504 501250,4 0 12504 − 500000 0
⎥
0
⎢
⎥
⎢
⎥
0 501250,4 12504
0 − 1250,4 12504⎥
[K ] = ⎢ 0 − 500000 0
⎢
⎥
⎢− 12504 0 83360 12504 12504 333440 0 − 12504 83360 ⎥
⎢
⎥
⎢ 0
⎥
0
0 − 500000 0
0 500000 0
0
⎢
⎥
⎢ 0
0
0
0
− 1250,4 − 12504 0 1250,4 − 12504 ⎥
⎢
⎥
⎢ 0
0
0
0
12504 83360 0 − 12504 166720 ⎥⎥
⎢⎣
⎦
1
Sistem rijitlik matrisi kullanılarak birleştirilmiş sistem eşitlikleri;
⎫
⎧
RX 1
⎪
⎪
⎪
⎪
R
⎪
Y1
⎧U1 ⎫ ⎪
⎪
⎪
⎪ ⎪
U
M R1 ⎪
⎪ 2⎪ ⎪
⎪
⎪
⎪U 3 ⎪
⎪
⎪ ⎪ ⎪
0
⎪
⎪
U
⎪ 4⎪
⎪ ⎪ ⎪
[K ]⎨U 5 ⎬ = ⎨ − 100 ⎪⎬
⎪
⎪U ⎪ ⎪
⎪ 6 ⎪ ⎪ − 333,3 ⎪
⎪
⎪U 7 ⎪ ⎪
⎪
⎪ ⎪ ⎪
RX 3
⎪
⎪U 8 ⎪ ⎪
⎪
⎪⎩U 9 ⎪⎭ ⎪
⎪ RY 3 − 100 ⎪
⎪M R 3 + 333,3⎪
⎪
⎪
⎭
⎩
olur.Burada 1 ve 3 düğümlerindeki kuvvetler reaksiyon
kuvvetlerinin bileşenleri olarak gösterilir.
U1 = U2 = U3 = U7 = U8 = U9 = 0 yer değiştirme
tutululukları yüzünden 1 ve 3 düğümlerindeki kuvvetler
reaksiyon kuvvetlerinin bileşenleri olarak alınmışlardır.
Tutululuklar göz önüne alınırsa, aktif yer değiştirmeler için
çözülmesi gerekli olan eşitlikler,
⎡
⎤
501250
,
4
0
12504
⎫
⎢
⎥ ⎧U 4 ⎫ ⎧ 0
⎪
⎢
⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎪
⎪
⎢ 0 501250,4 12504 ⎥ ⎨U 5 ⎬ = ⎨− 100 ⎬
⎢
⎥ ⎪U ⎪ ⎪− 333,33⎪
⎢ 12504 12504 333440⎥ ⎩ 6 ⎭ ⎪⎩
⎪⎭
⎣⎢
⎦⎥
olur. Eş zamanlı çözüm sonucu yer değiştirme değerleri,
U4 = 2,47974.10-5 cm; U5 = -1,74704.10-4 cm; U6 = -9,94058.10-4 rad olarak
bulunur. Bu değerler olağan olduğu gibi, hesap edilen yer değiştirmeler altı adet
kısıtlılık eşitliklerinde yerlerine konarak reaksiyon bileşenleri elde edilebilir.
Eksenel kapasiteli kiriş elemanı için gerilme hesabı eğilme gerilmeleri ile eksenel
yükten oluşan eksenel gerilmelerin süperpozisyonu göz önüne alınarak yapılır.
Örneğin, 1 elemanı içinψ = π / 2 ile birlikte ( 4.63 ) eşitliği kullanılırsa, eleman
yer değiştirmeleri izleyen şekilde elde edilir:
u1 = U 1 cosψ + U 2 sin ψ
v1 = −U 1 sin ψ + U 2 cosψ
θ1 = U 3
u 2 = U 4 cosψ + U 5 sin ψ
v2 = −U 4 sin ψ + U 5 cosψ
10 N/cm
θ2 = U 6
( 4.63 )
Y
U2
U5
U8
2
U4
C
B
U7
2
U6
V2
1
20 cm
20 cm
U9
U1
U2
V1
U1
O
=
X
(a)
U3
(b)
1
⎡
⎢ 0
⎧ u1 ⎫ ⎢
⎪v ⎪ ⎢ − 1
⎪ 1⎪ ⎢
⎪⎪θ 1 ⎪⎪ ⎢ 0
⎨ ⎬=⎢
⎪u 2 ⎪ ⎢ 0
⎪v 2 ⎪ ⎢
⎪ ⎪ ⎢
⎪⎩θ 2 ⎪⎭ ⎢ 0
⎢
⎣⎢ 0
1 0 0
0 0
0
0 1
0
0 0
0
0 0 −1
0 0
0
⎤
0 0⎥
⎥ ⎧U 1 ⎫
0 0⎥ ⎪ ⎪
U
⎥⎪ 2 ⎪
0 0 ⎥ ⎪⎪U 3 ⎪⎪
⎥⎨ ⎬ =
U
1 0 ⎥⎪ 4 ⎪
⎥ ⎪U 5 ⎪
⎥⎪ ⎪
0 0 ⎥ ⎪U ⎪
⎩ 6⎭
⎥
0 1 ⎦⎥
⎫
⎧
0
⎪
⎪
⎪
⎪
0
⎪
⎪
⎪⎪
⎪⎪
0
⎬
⎨
⎪
−4 ⎪
⎪ − 1,74704 .10 ⎪
⎪ − 2, 47974 .10 − 5 ⎪
⎪
⎪
⎪⎩ − 9,94058 .10 − 4 ⎪⎭
1 ve 2 düğümlerindeki eğilme gerilmesi ( 4.33 ) ve ( 4.34 ) eşitlikleri vasıtasıyla,
2
⎡6
⎤
v
v
(
−
)
−
(2θ1 + θ 2 )⎥
2
1
2
L
⎣L
⎦
σ x max ( x = 0) = ymax E ⎢
2
⎡6
⎤
(
−
)
+
(
2
+
)
v
v
θ
θ
1
2
2
1 ⎥
2
L
⎣L
⎦
σ x max ( x = L) = ymax E ⎢
( 4.33 )
( 4.34 )
2
⎡ 6
−5
−4 ⎤
−
−
−
(
2
,
47974
.
10
)
(
9
,
94058
.
10
)⎥ = ±495,2 N / cm 2
2
20
⎣ 20
⎦
2
⎤
⎡ 6
σ x ( x = L) = ±0,5.10.106 ⎢ 2 (−2,47974.10−5 ) − .2.(−9,94058.10−4 ⎥ = ±992,2 N / cm2
20
⎦
⎣ 20
σ x ( x = 0) ± 0,5.10.106 ⎢
Ve eksenel yükten oluşan eksenel gerilme,
σ axial
−4
−
1
,
74704
.
10
= 10.10 6
= −87,35 N / cm 2
20
Bu yüzden, en büyük gerilme şiddet 2 düğümünde oluşur. Bu düğümde eksenel
basınç gerilmesi eğilme nedeniyle oluşan gerilme dağılışının basınç kısmına eklenir.
2
Bu durumda; σ = 1079,6 N / cm şiddetinde basınç gerilmesi ortaya çıkar.
YILDIZ TEKNİK ÜNİVERSİTESİ
İNŞAAT MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ
MEKANİK ANABİLİM DALI
YAPI MEKANİĞİNDE ÖZEL
PROBLEMLER
ÜÇ BOYUTLU KİRİŞLERDE
SONLU ELEMANLAR YÖNTEMİ
VE AĞIRLIKLI ARTIKLAR
YÖNTEMİ
PROF. DR. TURGUT KOCATÜRK
Hazırlayan : İnş. Müh. ŞEREF DOĞUŞCAN AKBAŞ
Üç Boyutlu Genel Kiriş Elemanı
‰Üç boyutlu genel bir kiriş elemanı eksenel, burulma ve iki düzlemdeki eğilme yer
değiştirmelerinin hepsini içerecek kapasitededir.
‰Böylesi bir elemanın rijitlik karakteristiklerini ve eleman rijitlik matrisini
incelemek için, ilk olarak kiriş - eksenel yük elemanının iki düzlemde eğilmeyi
kapsayacak şekilde genişletilmesi, daha sonra burulma etkisinin ilave edilmesi
gereklidir.
z
qz ( x )
W2
W1
y
y1
z
1
(b)
(a)
x
2
y2
x
¾X ekseni kiriş ekseninin ağırlık merkezinden geçmektedir.
¾Y ve Z eksenleri en kesitin alan atalet momentleri için ortaya çıkan asal eksenler olacak
şekilde seçilmiştir.
¾Eğer eksenler böyle seçilmezse, iki düzlemdeki eş zamanlı eğilmenin ele alınması ve
izleyen eleman geliştirmesindeki gibi sonuçların süperpoze edilmesi doğru sonuçları
üretmeyecektir.
¾Z ekseni etrafındaki eğilme için eğilme düzlemi xy düzlemidir
¾Y ekseni etrafındaki eğilme düzlemi xz düzlemidir.
¾Aşağı sağdaki şekil ,1 ve 2 düğümleri ile tanımlanan ve qz ( x ) yayılı yükü ile yüklü
( pozitif z yönünde ) bir kiriş elemanını tasvir eder. Z doğrultusundaki düğüm yer
değiştirmeleri W1 ve W2 ile, düğüm dönmeleri de θ y 1 ve θ y 2 ile gösterilmiştir.
¾xy eğilme düzlemine karşı gelen dönmeler θ z1ve θz2 ile gösterilir
¾Ayrıca, Şekil de y ekseninin kağıda dik yönde olduğunu ve pozitif yönünün kağıdın
içine doğru olduğunu not etmek önemlidir. Bu yüzden, sağ el kuralına göre,
gösterilen dönmeler y ekseni etrafında pozitif dönmelerdir.
z
qz ( x )
W2
W1
y
y1
z
1
(b)
(a)
x
x
2
y2
xz düzlemi için eleman rijitlik matrisi
[ k e ]XZ
xy düzlemi için eleman rijitlik matrisi
⎡
⎤
12
6
L
12
6
L
−
−
−
⎢
⎥
⎢
⎥
EI y ⎢ − 6 L 4 L2 6 L 2 L2 ⎥
= 3
⎥
L ⎢
⎢ − 12 6 L 12 6 L ⎥
⎢
⎥
2
2
⎢⎣ − 6 L 2 L 6 L 4 L ⎥⎦
[ k e ]X Z
⎡
⎤
12
6
L
12
6
L
−
−
⎢
⎥
⎢
⎥
2
2
6
L
4
L
6
L
2
L
−
EI
⎥
= 3z ⎢
⎥
L ⎢
⎢ − 12 − 6 L 12 − 6 L ⎥
⎢
⎥
2
2
⎢⎣ 6 L 2 L − 6 L 4 L ⎥⎦
¾xz düzlemi eğilmesi ve xy düzlemi eğilmesi rijitlik
matrisleri arasındaki yegane farkın diyagonal
dışındaki terimlerdeki işaret farklılıkları ve karakteristik
rijitliğin alan eylemsizlik momenti Iy ‘ye bağlı olması
olduğu görülür.
z
qz ( x )
W2
W1
y
y1
z
1
( b )
( a )
x
x
2
y2
xy düzlemi eğilme rijitliği matrisi ve xz düzlemi eğilme rijitliği matrislerinin birleştirilmesi ile,
iki düzlem eğilmesi ve eksenel rijitlik olması durumunda toplam rijitlik matrsi
⎧ Fx1 ⎫
⎪F ⎪
⎪ x2 ⎪
⎪ F y1 ⎪
⎪
⎪
⎤
⎪ M z 1 ⎪ ⎡⎢ [ k axial ] [ 0 ]
[0 ]
⎥
⎪F ⎪ ⎢
⎥
⎪ y2 ⎪
⎡
⎤
k
0
0
=
[
]
[
]
⎨
⎬ ⎢
⎥
⎣ bending ⎦ xy
M
z
2
⎪
⎪ ⎢
⎥
⎪ Fz1 ⎪ ⎢ [0 ]
0 ] ⎡⎣ k bending ⎤⎦ ⎥
[
xz ⎦
⎪
⎪ ⎣
M
⎪ y1 ⎪
⎪
⎪
F
z
2
⎪
⎪
⎪⎩ M y 2 ⎪⎭
z
⎧ u1 ⎫
⎪u ⎪
⎪ 2 ⎪
⎪ v1 ⎪ ¾ Düzgün yayılı yük için, qz ( x ) = q , eş değer
⎪
⎪ düğüm yük vektörü
θ
⎪ z1 ⎪
⎧ qz L ⎫
⎪v ⎪
⎪ 2 ⎪
⎪ 2
⎪
⎨θ ⎬
⎪
⎪ z2 ⎪
⎧ Fqz1 ⎫ ⎪
2
⎪ w1 ⎪
⎪− qz L ⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪ M qz1 ⎪ ⎪⎪ 12 ⎪⎪
θ
⎪ y1 ⎪
⎨
⎬= ⎨
⎬
⎪w ⎪
F
q
L
⎪ qz 2 ⎪ ⎪ z
⎪
⎪ 2 ⎪
⎪⎩θ y 2 ⎪⎭
⎪M ⎪ ⎪ 2
⎪
qz 2
⎩
qz ( x )
W2
W1
y
y1
z
1
(b)
(a)
x
x
2
y2
⎭ ⎪
2
q
L
z
⎪
⎩⎪ 12
⎪
⎪
⎭⎪
BURULMANIN ETKİSİ
Aşağıdaki şekil burulmaya maruz dairesel bir silindiri tasvir etmektedir.
¾Silindir kirişin uçlarında burulma momentleri uygulanmıştır.
¾Karşı gelen burulma sonlu elemanı sağ alttaki şekilde gösterilmiştir.
¾Burada düğümler 1 ve 2 ‘ dir, silindirin ekseni x eksenidir, burulma momentleri
sağ el kuralına göre pozitiftir.
üniform, elastik dairesel bir silindir için, T burulma momenti altında birim uzunluk için dönme açısı
enkesit alanının polar atalet momentidir
J
T
φ =
JG
malzemenin kayma modülüdür.
G
¾Birim uzunluktaki dönme açısı sabit olduğundan, elemanın toplam dönmesi düğüm dönmeleri ve
burulma momentleri cinsinden,
θ x 2 − θ x1 =
JG
TL
veya T =
(θx2 −θx1 ) = kT (θx2 −θx1)
L
JG
L
1
M x1
T1
G
, J
2
x
( a )
T2
( b )
x
M x1
Mx1 + Mx2 = 0 ın göz önüne alınması doğrudan eleman denge eşitliklerine götürür:
⎡
⎤
⎧ M x1 ⎫
JG ⎢ 1 − 1 ⎥ ⎧θ x1 ⎫
= ⎨
⎬
⎥ ⎨⎩θ x 2 ⎬⎭
M
L ⎢
⎩ x2 ⎭
⎢⎣ − 1 1⎥⎦
burulmada rijitlik matrisi,
JG
[ k torsion ] =
L
⎡
⎤
1
−
1
⎢
⎥
⎢
⎥
⎣ − 1 1⎦
Not:Burada incelenen kiriş daireseldir.Bir çok yaygın en kesit için eş değer bir burulma
rijitliği Jeq G / L bilinir ve standart yapısal tablolardan veya mukavemetten elde edilebilir.
Burulma karakteristiklerini genel kiriş elemanına ekleyerek, kiriş elemanı için en genel eşitlikle
⎧ F x1
⎪F
⎪ x2
⎪ F y1
⎪
⎪ M z1
⎪F
⎪ y2
⎪⎪ M z 2
⎨
⎪ F z1
⎪ M y1
⎪
⎪ Fz2
⎪M
y2
⎪
⎪ M x1
⎪
⎪⎩ M x 2
⎫
⎧U 1
⎪
⎪U
⎪
⎪ 2
⎪
⎪V1
⎪
⎪
⎪
⎪θ z1
⎪
⎪V
⎪
⎪ 2
⎪⎪
⎪θ z 2
⎬ = ⎨W
⎪
⎪ 1
⎪
⎪θ y1
⎪
⎪
⎪
⎪W 2
⎪
⎪θ
⎪
⎪ y2
⎪
⎪θ x1
⎪
⎪
⎪⎭
⎩θ x 2
⎫
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎬
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎭
⎡
⎢ [ k a x i a l ] [0 ]
⎢
⎢ [ 0 ] ⎡⎣ k b e n d i n g
⎢
⎢ [0 ]
[0 ]
⎢
⎢
[0 ]
⎢⎣ [ 0 ]
[0 ]
[ 0 ] ⎤⎥
⎥
⎤⎦
[0 ]
[0 ] ⎥
xy
⎥
⎡⎣ k b e n d i n g ⎤⎦
0] ⎥
[
xz
⎥
⎥
[ 0 ] [ k t o r s i o n ]⎥⎦
•Sonuçta bir genel üç boyutlu
kiriş elemanı için rijitlik
matrisinin 12 x 12 lik simetrik
bir matris olduğu ve eksenel
yüklemeyi, iki düzlemdeki
eğilmeyi ve burulmayı temsil
eden bireysel rijitlik matrislerinin
birleştirilmesinden oluştuğu
gözlenir.
Ağırlıklı Artıklar Yöntemi
¾Mühendislikteki uygulamalarda karşılaşılan problemlerin birçoğunun diferansiyel eşitlikler olduğu
temel bir gerçektir.
¾Geometri ve yüklemenin karmaşıklığı yüzünden nadir olarak yönetici eşitliklerin kesin çözümleri
mümkündür.
¾Bu yüzden mühendislik analizinde diferansiyel eşitlikleri çözmek için yaklaşım teknikleri
kaçınılmazdır. Gerçekte, sonlu elemanlar tekniği böylesi bir metottur. Bununla birlikte,
sonlu elemanlar metodu birkaç diğer, daha temel yaklaşım teknikleri üzerine temellendirilmiştir.
Bunlardan birisi bu bölümde detaylı olarak tartışılacak ve sonuçta sonlu elemanlar formülasyonuna
uygulanacaktır.
¾Ağırlıklı artıklar yöntemi ( MWR ) sınır değer problemlerini çözmek için kullanılan bir yaklaşım
tekniğidir.
¾Bu yaklaşımda önceden tanımlanan sınır koşullarını sağlayan deneme fonksiyonları ve problemin
bölgesi üzerinde, bir ortalama anlamında hatayı minimize edecek bir integral formülasyonu kullanılır.
¾Burada genel kavram bir boyutlu durum cinsinden tanımlanmıştır. Fakat, sonraki bölümlerde
gösterileceği üzere, iki ve üç boyutlu durumlara genişletildiğinde, işlem fazlalığı dışında aşikardır.
Bir diferansiyel eşitlik izleyen genel formda verilmiş olsun
D [ y ( x ), x ] = 0;
a < x < b ( 5.1 )
y( a ) = y( b) = 0
‰Ağırlıklı artıklar yöntemi izleyen formda bir yaklaşık çözüm araştırır:
n
y* ( x ) =
∑cN
i =1
i
i
(x)
( 5.3 )
Sınır
koşulları
( 5.2 )
¾Burada y* belirlenecek olan ci bilinmeyen parametreleri ile
Ni ( x ) deneme fonksiyonlarının çarpımı olarak ifade edilen yaklaşık
çözümdür. Deneme fonksiyonları üzerine konulan ana gereklilik
onların kabul edilebilir fonksiyonlar olmasıdır;
D [ y ( x), x ] = 0; a < x < b
‰yani, deneme fonksiyonları ilgilenilen bölge üzerinde süreklidirler ve
belirlenen sınır koşullarını kesin olarak sağlarlar
( 5.1 )
n
y* ( x ) = ∑ ci Ni ( x) ( 5.3 )
i =1
¾Ek olarak, deneme fonksiyonları genel anlamda problemin fiziğini sağlayacak şekilde
seçilmelidirler. Bir şekilde gevşetilmiş bu koşullar verilmiş olarak, kuvvetle muhtemeldir ki
( 5.3 ) eşitliği ile temsil edilen çözüm kesin değildir.
Bunun yerine, kabul edilen çözümün ( 5.1 ) ’de yerine konması,
R ( x ) = D ⎡⎣ y * ( x), x ⎤⎦ ≠ 0
( 5.4 )
şeklinde bir artık hata (bundan sonra sadece artık denilecektir )
verecektir. Burada R ( x ) artıktır.
‰Not edilmelidir ki artık ayrıca bilinmeyen ci parametrelerinin de fonksiyonudur. Ağırlıklı artıklar metodu
bilinmeyen ci parametrelerinin,
b
∫ w ( x ) R ( x ) dx =
i
0
i=1,n
( 5.5 )
olacak şekilde hesaplanmasını gerektirir.
a
Burada wi ( x ) n adet keyfi ağırlık fonksiyonunu temsil eder.
¾( 5.5 ) eşitliği n adet cebrik eşitlik verir. Bu eşitlikler ci nin
n adet değeri için çözülebilir.
¾( 5.5 ) eşitliği ağırlıklı artık hatalarının bölge üzerinde toplamının ( integralinin ) sıfır olduğunu ifade
eder. Deneme fonksiyonları üzerine yerleştirilen gerekliliklerden dolayı uç noktalarında çözüm kesindir
( sınır koşulları sağlanmak zorundadır. ) . Fakat, genel olarak, herhangi bir iç noktada artık hatası
sıfır değildir. Daha sonra tartışılacağı gibi, MWR belirli koşullar altında kesin çözümü yakalayabilir.
Fakat bu durum genel bir kuraldan ziyade bir istisnadır.
¾MWR ’ nin birkaç çeşidi mevcuttur ve teknikler esas olarak
ağırlık fonksiyonlarının nasıl belirleneceği veya seçileceği hususunda
birbirlerinden farklılık gösterirler.
¾En yaygın teknikler point collocation, subdomain collocation,
en küçük kareler ve Galerkin metodudur.
¾Kullanılması oldukça kolay olarak ve sonlu elemanlar
metoduna kolayca uyarlanabildiğinden burada sadece
Galerkin metodu incelenecektir. Galerkin ’ in ağırlıklı artıklar
metodunda ağırlık fonksiyonları deneme fonksiyonlarına
özdeş olarak seçilir. Yani;
wi ( x ) = Ni ( x )
i = 1, n
D [ y ( x ), x ] = 0; a < x < b ( 5.1 )
y* ( x ) =
n
∑ c N ( x)
i =1
i
i
( 5.3 )
R ( x ) = D ⎣⎡ y * ( x ), x ⎦⎤ ≠ 0 ( 5.4 )
b
∫ w ( x ) R ( x ) dx =
i
0
i = 1 , n ( 5.5 )
a
(5.6)
Bu yüzden bilinmeyen parametreler,
b
b
∫ w ( x ) R ( x ) dx = ∫ N
i
a
i
( x) R ( x) dx = 0
i = 1, n
(5.7)
a
vasıtasıyla belirlenirler. (5.7) , bilinmeyen parametrelerin hesaplanması için n adet cebrik eşitlik verir.
Prosedürün detayları izleyen örneklerde verilecektir.
Örnek 5.1 :
İzleyen diferansiyel eşitliğe bir yaklaşık çözüm bulmak için Galerkin ’ in ağırlıklı
artıklar metodunu kullanırız.
d2y
− 10 x 2 = 5;
2
dx
0 ≤ x ≤1
Sınır koşulları
y ( 0 ) = y ( xa ) = 0; y ( 1 ) = y ( xb ) = 0
Çözüm : eşitlikteki karesel terim polinom formundaki deneme fonksiyonlarının uygun olacağı
izlenimini uyandırır.
x = xa ve x = xb deki homojen sınır koşulları için genel form,
N ( x ) = ( x - xa ) p ( x - xb )q
N ( x ) sınır koşullarını otomatik olarak sağlar ve
lur. Burada p ve q sıfırdan büyük pozitif tam sayılardır
xa ≤ x ≤ xb
de süreklidir. Bir tek deneme fonksiyonu
kullanılarak, belirlenen sınır koşullarını sağlayan böylesi en basit form,
D [ y ( x ), x ] = 0; a < x < b ( 5.1 )
N1 (x ) = x ( x-1 ) ’ dir. Bu deneme fonksiyonu kullanılarak,
n
( 5.3 ) eşitliği vasıtasıyla yaklaşık çözüm,
y* ( x ) = ∑ ci Ni ( x) ( 5.3 )
y*(x)=c1 x (x-1) olur ve birinci ve ikinci türevler
dy *
= c 1 ( 2x - 1 )
dx
d 2 y*
= 2c1
2
dx
i =1
R ( x ) = D ⎣⎡ y * ( x ), x ⎦⎤ ≠ 0 ( 5.4 )
b
∫ w ( x ) R ( x ) dx =
i
a
0
i = 1 , n ( 5.5 )
d 2 y*
= 2c1
2
dx
dy*
= c1 ( 2 x - 1 )
dx
d2y
2
−
10
x
= 5;
2
dx
0 ≤ x ≤1
¾Bu noktada görülür ki, sabit ikinci türev elde edildiğinden seçilen deneme çözümü problemin fiziğini
sağlamaz.
¾Diferansiyel eşitlik ikinci türevin x ’ in karesel fonksiyonu olmasını gerektirecek şekildedir.
Bununla birlikte prosedürü izah etmek için örneğe devam edilecektir.
¾y* ( x ) ’ in ikinci türevinin diferansiyel eşitlikte yerine konması artığı,
2
R ( x ; c1 ) = 2 c1 - 10 x - 5
N1 (x ) = x ( x-1 )
y*(x)=c1 x (x-1)
olarak verir ki bunun sıfır olmadığı açıktır. Bunun ( 5.7 ) ’ de yerine konması,
1
∫ x ( x − 1)(2 c
verir. Bu ifade integrasyondan sonra c1 = 4 verir. Öyleyse yaklaşık
1
− 10 x 2 − 5) dx = 0 çözüm,
0
b
b
∫ w ( x ) R ( x ) dx = ∫ N ( x ) R ( x ) d x = 0
i
y* ( x ) = 4x ( x - 1)
olarak elde edilir.
i
a
a
D [ y ( x ), x ] = 0; a < x < b ( 5.1 )
Bu göreceli basit örnek için yaklaşık çözüm ile kesin çözümü
karşılaştırabiliriz. Diferansiyel eşitlik iki kez integre edilerek
kesin çözüm,
2
3
n
y* ( x ) = ∑ ci Ni ( x) ( 5.3 )
dy
d y
10 x
= ∫ 2 dx = ∫ (10 x 2 + 5)dx =
+ 5 x + c1
dx
dx
3
dy
10 x3
5x4 5x2
y ( x ) = ∫ dx = ∫ (
+ 5 x + c1 )dx =
+
+ c1 x + c2
3
6
2
dx
i = 1 , n (5.7)
i =1
R ( x ) = D ⎣⎡ y * ( x ), x ⎦⎤ ≠ 0 ( 5.4 )
b
∫ w ( x ) R ( x ) dx =
i
a
0
i = 1 , n ( 5.5 )
∫
y(x) =
dy
10 x 3
5x4 5x2
dx = ∫ (
+ 5 x + c1 ) dx =
+
+ c1 x + c 2
dx
3
6
2
y(0)=0
5 5
+ + c1 = 0
6 2
sınır koşulunun uygulanması
verir ki buradan
c2 = 0 , y ( 1 ) = 0
c1 = - 10 / 3
5 4 5 2 10
x + x −
x
6
2
3
olur.
y* ( x ) = 4x ( x - 1)
Bu yüzden kesin çözüm,
y ( x )=
sınır koşulu
olur. İki çözümün grafik tasviri Şekil 5.1 ’de verilmiştir.
İki çözümün grafik tasviri Şekil 5.1 ’de
verilmiştir. Şekil 5.1 yaklaşık çözümün kesin
çözümle makul bir uyuşma içinde olduğunu
gösterir. Bununla birlikte, dikkat edilmelidir ki
tek terim çözümü ilgi aralığı üzerinde
simetriktir. Bunun doğru olmadığı diferansiyel
eşitliğin incelenmesinden görülebilir.
Temel itici güç x deki karesel terimdir;
bu yüzden çözümün simetrik olması
muhtemel değildir. İzleyen örnek çözümü
genişletir ve metodun kesin çözüme nasıl
yaklaştığını gösterir.
Örnek 5.2 :
5.1 için iki terimli Galerkin çözümünü, deneme fonksiyonlarını
N2 ( x ) = x2 ( x - 1 )
N1 ( x ) = x ( x - 1 )
d2 y
2
−
10
x
= 5; 0 ≤ x ≤1
2
dx
alarak elde ediniz.
İki terimli yaklaşım çözümü y* = c1 x ( x – 1 ) + c2 x2 ( x – 1 ) olur ve ikinci türev
Çözüm :
d 2 y*
= 2c1 + 2c2 (3x − 1)
dx 2
dir. Bunun diferansiyel eşitlikte yerine konması sonucu artık
R ( x ; c1 , c2 ) = 2c1 + 2c2 ( 3x - 1 ) - 10 x2 - 5
N ( x ) = ( x - xa ) p ( x - xb )q
olur.
Galerkin metodu vasıtasıyla ağırlık fonksiyonlarının deneme fonksiyonları olarak alınması, artık eşitliklerini
izleyen şekilde verir:
[
1
]
2
x
(
x
−
1
)
2
c
+
2
c
(
3
x
−
1
)
−
10
x
− 5 dx = 0
1
2
∫
D [ y ( x ), x ] = 0; a < x < b ( 5.1 )
0
1
∫x
2
[
]
( x − 1) 2c1 + 2c2 (3x − 1) − 10x 2 − 5 dx = 0
n
y* ( x ) = ∑ ci Ni ( x) ( 5.3 )
0
c1 c 2 4
− + =0
3 6 3
−
c1 2c2 3
−
+ =0
6 15 4
i =1
Bunların eş zamanlı çözümü
c1 =
19
6
c2 =
5
3
verir.
R ( x ) = D ⎣⎡ y * ( x ), x ⎦⎤ ≠ 0 ( 5.4 )
b
∫ w ( x ) R ( x ) dx =
i
a
0
i = 1 , n ( 5.5 )
Böyle iki terimli yaklaşık çözüm,
y* =
19
5
5
3
19
x( x − 1) + x 2 ( x − 1) = x 3 + x 2 − x
6
3
3
2
6
y ( x )=
olur.
5 4 5 2 10
x + x −
x
6
2
3
¾Kesin, bir terimli, iki terimli çözümler karşılaştırm için Şekil 5.2 de çizilmiştir. Kesin ve iki terimli
çözümler arasındaki farklar zorlukla seçilir.
Böyle iki terimli yaklaşık çözüm,
Kesin, bir terimli, iki terimli çözümler karşılaştırma
19
5
5
3
19
x ( x − 1) + x 2 ( x − 1) = x 3 + x 2 − x için Şekil 5.2 de çizilmiştir. Kesin ve iki terimli çözümler
y* =
arasındaki farklar zorlukla seçilir
6
3
3
2
6
MWR çözümünün yeterince hassas olduğunun
Yani, çözümün kesin çözüme yakın olduğunun
belirlenebilmesi için tüm yaklaşık çözüm
tekniklerinde yöneltilmelidir. Eğer kesin
çözüm bilinmiyorsa ve nadiren bilinir,
doğruluğun belirlenmesi için bir kriter
geliştirilmelidir. Genel olarak, ağırlıklı artıklar
metodu için, prosedür, deneme fonksiyonlarının
sayısını arttırırken çözümler elde etmeye
devam etmek ve çözümün davranışını not
etmektir. Deneme fonksiyonlarının artımıyla
çözüm çok az değişirse, çözümün yakınsadığı
söylenebilir.
d2y
2
−
10
x
= 5; 0 ≤ x ≤ 1
dx 2
¾Çözümün gerçek çözüme yakınsayıp yakınsamadığı hala diğer bir sorudur. Bu kitabın kapsamı
dışında olmakla beraber, teorik matematiğin büyük bir kısmı yakınsama sorularına ve yakınsamanın
doğru çözüme olup olmadığına hitap eder. Bu çalışma dahilinde yakınsayan bir çözümün doğru
çözüme yakınsadığı kabul edilecektir. Fiziksel problemler durumunda, çözüm prosedürünün dışında
belirli kontroller, nümerik çözümün makullüğünü belirlemek için yapılabilir. Bu kontroller dengeyi
ve izleyen bölümlerde tartışılacak diğerlerini kapsar.
¾Önceki örnekte deneme fonksiyonları sınır koşullarını otomatik olarak sağlayacak şekilde uyduruldu
fakat sistematik bir prosedür üzerine temellendirilmedi. Bu yaklaşımda hiçbir yanlış durum yokken,
şimdi polinom deneme fonksiyonları üzerine temellendirilecek bir prosedür sunulacaktır. Bu
prosedürde deneme fonksiyonlarının sayısı sistematik olarak arttırılacak, böylece yakınsamanın
incelenmesine imkan sağlanacaktır. Prosedür izleyen örnek kapsamında açıklanacaktır.
Örnek 5.3 :
Problem 5.1 ve 5.2 ’ yi çözüm için bir genel polinomsal form kabul ederek çözünüz:
y* ( x ) = c0 + c1 x + c 2 x 2 + . . . .
Çözüm :
Birinci deneme için sadece
y* ( 0 ) = 0 = c 0
;
y* ( x ) = c 0 + c1 x + c 2 x 2 karesel formu alınıp sınır koşulları
uygulansın:
y* ( 1 ) = 0 = c1 + c 2
İkinci sınır koşulu eşitliği, eğer homojen sınır koşulu tam olarak sağlanacaksa c1 ve c2 ’ nin
bağımsız olmadığını gösterir. Bunun yerine, kısıtlılık ilişkisi c2 = - c1 elde edilir. Deneme çözümü,
y*(x)=c1 x + c 2 x 2 = c1 x - c1 x 2 = c1 x (1-x)
olur ve Örnek 5.1 deki çözüm ile aynıdır. Daha sonra kübik terim eklenir ve deneme çözümü,
y* ( x ) = c 0 + c1 x + c 2 x 2 + c3 x 3
olur.
d2y
− 10 x 2 = 5;
2
dx
0 ≤ x ≤1
y* ( 0 ) = 0 = c 0
;
y* ( 1 ) = 0 = c1 + c 2 + c3
verir ve bu durumda kısıtlılık ilişkisi
Kısıtlılık
c 3 = - (c 1 + c 2 )
y* ( x ) = c 0 + c1 x + c 2 x 2 + c3 x 3
c1 + c 2 + c3 = 0
olur.
şeklinde ifade edilerek deneme çözümü,
y*(x)=c1 x + c 2 x 2 +c 3 x 3 =c1 x+c 2 x 2 -(c1 +c 2 )x 3 =y*(x)=c1 x(1-x 2 )+c 2 x 2 (1-x)
olur. Bu durumda, her biri özdeş olarak sınır koşullarını sağlayan iki deneme fonksiyonu elde edilmiştir.
Burada iki terimli çözüm yapılmayacak, bunun yerine dördüncü dereceden terim eklenerek deneme çözüm
y*
= c 0 + c1 x + c 2 x 2 + c 3 x 3 + c 4 x 4
c0 = 0 ; c1 + c2 + c3 + c4 = 0
y * ( x ) = c1 x + c 2 x + c 3 x
2
3
olur ve sınır koşulları,
Kısıtlılık ilişkisi c 4 ü yok etmek için (keyfi olarak ) kullanılır
ve bu durumda,
- ( c1 + c 2 + c 3 ) x
4
d2y
− 10 x 2 = 5; 0 ≤ x ≤ 1
2
dx
y * ( x ) = c1 x (1 - x 3 ) + c 2 x 2 (1 - x 2 ) + c 3 x 3 (1 - x )
Diferansiyel eşitlikte yerine koyarak, artık
R(x; c1, c2 , c3 ) = -12 c1 x2 + c2 (2-12 x2 ) + c3 (6 x -12 x2 )-10 x2 -5
R( x; c1 , c2 , c3 ) = -12 c1 x 2 + c2 (2 -12 x 2 ) + c3 (6 x -12 x 2 ) -10 x2 - 5
Eğer artık ifadesi sıfıra eşitlenir ve x ’ in kuvvetlerinin katsayıları eşitlenirse, artığın aşağıdaki katsayılar
için kesin olarak sıfır olduğu bulunur:
c1 = -
10
5
5
; c 2 = ; c3 =0 ; c 4 =
3
2
6
Böylece
y * ( x) =
5 4 5 2 10
x + x x
6
2
3
olur ki bu da kesin çözümdür. Önceki örnekte detaylandırılan prosedür polinomsal deneme
fonksiyonları geliştirmek için sistematik bir prosedürü temsil eder ve ayrıca homojen olmayan
sınır koşulları durumuna da uygulanabilir. Cebrik olarak, işlem açıktır. Fakat deneme fonksiyonlarının
sayısı arttırıldıkça polinom mertebesi sıkıcı olur. Galerkin ağırlıklı artıklar metodunun genel tekniğinin
ana hatları verilmiş olarak, şimdi MWR üzerine temellendirilmiş olan Galerkin ’ in sonlu eleman
metodu geliştirilecektir.
Galerkin Sonlu Eleman Metodu
¾Önceki kısımda tanımlanan klasik ağırlıklı artıklar metodu genel deneme fonksiyonlarını kullanır;
yani her bir deneme fonksiyonu ilgi bölgesinin tümü üzerinde uygulanmalıdır ve özdeş olarak sınır
koşullarını sağlamalıdır.
¾Özellikle uygulamada sıkça karşılaşılan iki ve üç boyutlu olan ve kısmi diferansiyel eşitliklerle
yönetilen problemlerde uygun deneme fonksiyonlarının bulunması ve sonuç çözümlerin
doğruluğunun belirlenmesi üstesinden gelinmesi güç çalışmalardır.
¾Bununla birlikte, artık hatanın minimizasyonu kavramı, Galerkin yaklaşımı kullanılarak sonlu eleman
durumuna kolaylıkla uyarlanabilir. Öğretici amaçlar için izleyen diferansiyel eşitlik,
d2y
+ f ( x) = 0
dx 2
a ≤ x ≤ b ( 5.8 )
yine izleyen sınır koşulları altında
y ( a ) = ya
;
2
1
x1
(xa)
x2
3
M
xM
x3
x
M+1
(xb)
y ( b ) = yb ( 5.9 )
göz önüne alınır. Problem bölgesi M elemana bölünür ki bu elemanlar bağımsız değişkenin M + 1
adet xi değeri ile sınırlandırılmıştır. Öyle ki x1 = xa ve xm+1 = xb genel sınırların dahil edilmesini sağlar.
M +1
Bir yaklaşım çözümü,
y* (x ) =
∑
i =1
yi ni ( x )
olur.
( 5.10 )
Burada yi , çözüm fonksiyonunun x = xi deki değeridir ve ni ( x ) karşı gelen deneme fonksiyonudur. Dikkat
edilmelidir ki, bu yaklaşımda, ağırlıklı artıklar metodunun bilinmeyen ci sabit parametreleri, bölgedeki
belirli noktalarda hesaplanan çözüm fonksiyonunun bilinmeyen ayrık yi değerleri olurlar.
x − xi −1
ni ( x ) =
xi − xi −1
x −x
ni ( x) = i +1
xi +1 − xi
xi -1 ≤ x ≤ xi
xi ≤ x ≤ xi +1
n1(x)
a)
1
( 5.11 )
0
x1
x2
x3
x4
x5
n2(x)
1
x < xi−1
x > xi+1
ise
ni ( x) = 0
Her bir eleman bölgesinde sadece iki deneme
0
fonksiyonunun kısmen üst üste geldiğine dikkat
x1
edilmelidir. Ayrıca deneme fonksiyonlarında önemli
(b
bir farklılık vardır. Eşitlik (5.10) da kullanıldığı gibi,
deneme fonksiyonları n i ( x ) ler genel problem
n3(x)
1
bölgesinin sadece küçük bir kısmı üzerinde sıfırdan
farklıdırlar. Özellikle belirtilirse, bir deneme fonksiyonu
ni ( x)
sadece xi −1 < x < xi +1
x2
x3
x4
x5
)
aralığında sıfırdan
0
farklıdır ve örneklerle açıklama kolaylığı için izleyen
şekilde tanımlanan lineer fonksiyonlar kullanalım:
x1
x2
x3
x4
x5
n4(x)
1
0
x1
M
y* (x ) =
∑
i=1
( 5.10 )
yi ni( x)
x2
x3
x4
Şekil 5.4 ( a ) M elemana bölünmüş olan
x5
xa ≤ x ≤ xb
( b ) İlk dört deneme fonksiyonu.
bölgesi.
n1(x)
Açıkça, bu durumda, deneme fonksiyonları,
a)
xi < x < xi+1 aralığında y ( x ) çözümünün değerinin
komşu düğüm değerleri olan yi ve yi+1’ in lineer
birleşimi olduğunu gösteren interpolasyon
fonksiyonlarıdır. İlk dört deneme fonksiyonu
Şekil 5.4b de gösterilmiştir ve gözlenir ki,
1
0
x1
x2 ≤ x ≤ x3 aralığında ( 5.10 ) ile verilen yaklaşık çözüm,
y * = y2 n2 ( x) + y3n3 ( x) = y2
x3 − x
x − x2
+ y3
x3 − x2
x3 − x2
( 5.12 )
x2
x3
x4
x5
n2(x)
1
0
olur. Burada kullanılan deneme fonksiyonları lineerdir.
Fakat yüksek mertebeden deneme fonksiyonları,
tekniğin kiriş elemanında kullanımında daha sonra
gösterileceği gibi, kullanılabilir. ( 5.10 ) Kabul edilen
çözümünün ( 5.8 ) yönetici eşitliğinde yerine konması
artığı,
⎡ d 2 y*
⎤ M +1 ⎡ d 2
⎤
R (x ; yi ) = ∑ ⎢ 2 + f (x)⎥ = ∑ ⎢ 2 { yi ni (x)} + f (x)⎥
i =1 ⎣ dx
⎦ i=1 ⎣ dx
⎦
x1
x2
x3
x4
x5
(b)
n3(x)
1
M +1
0
x1
x2
x3
x4
x5
n4(x)
1
( 5.13 )
d2y
+ f ( x) = 0
2
dx
0
( 5.8 )
x1
∑
i =1
x3
x4
Şekil 5.4 ( a ) M elemana bölünmüş olan
M
y* (x ) =
x2
yi ni ( x )
( 5.10 )
x5
xa ≤ x ≤ xb
( b ) İlk dört deneme fonksiyonu.
bölgesi.
R ( x ; yi ) =
M +1
∑
i =1
⎡ d 2 y*
⎤
f
(
x
)
+
⎢ dx 2
⎥=
⎣
⎦
M +1
∑
i =1
⎡ d2
⎤
y
n
(
x
)
f
(
x
)
+
{
}
⎢ dx 2 i i
⎥ ( 5.13 )
⎣
⎦
olarak verir. Buna Galerkin’ in ağırlıklı artık metodunun uygulanması için her bir deneme fonksiyonu
ağırlık fonksiyonu olarak kullanılır ve
⎡ d2
⎤
=
+
(
)
(
;
)
(
)
(
)
(
)
n
x
R
x
y
dx
n
x
y
n
x
f
x
{
}
i
⎢ dx 2 i i
⎥ dx = 0
∫x j
∫x j ∑
i =1 ⎣
⎦
a
a
xb
xb
M +1
j = 1 , M +1
elde edilir. ( 5.11 ) eşitliği ve Şekil 5.4b ışığında gözlenir ki; herhangi bir
(5.14)
xi ≤ x ≤ xi +1
aralığında, deneme fonksiyonlarından sadece ikisi sıfırdan farklıdır.
Bu gözlemi dikkate alarak, ( 5.14 ) eşitliği aşağıdaki formda ifade edilebilir:
x j+1
∫
xj
⎡ d2
⎤
nk ( x) ⎢ 2 ( y j n j ( x) + y j +1n j +1 ( x)) + f ( x)⎥ dx = 0
⎣ dx
⎦
j = 1 , M ; k = 1, M +1
(5.15)
( 5.15 ) eşitliğinin integrasyonu M+1 adet bilinmeyen yi düğüm çözümü değerleri cinsinden M+ cebrik
denklem verir ve bu eşitlikler matris formunda
[K ] {y} = {F } ( 5.16 ) olarak yazılabilir.
Burada
[K ]
sistem rijitlik matrisidir,
{y} düğüm
noktası yer değiştirmeleri vektörüdür,
{F } düğüm noktası kuvvetleri vektörüdür. ( 5.14 ) eşitliği, Galerkin sonlu
eleman metodunun formel ifadesid
ve hem eleman oluşturma hem de birleştirme adımlarını kapsar. Tüm bölge üzerinde integrasyon cinsinden
yazılmış olarak, bu formülasyon açıkça ağırlıklı artıklar metodundaki matematiksel temelleri gösterir.
Bununla birlikte, (5.15) eşitliği gösterir ki, eşitliklerin her biri için sadece her bir eleman üzerindeki
integrasyon gereklidir. Şimdi Galerkin metodu üzerine temellendirilmiş müstakil eleman formülasyonu
incelenecektir.
YILDIZ TEKNİK ÜNİVERSİTESİ
İNŞAAT MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ
MEKANİK ANABİLİM DALI
YAPI MEKANİĞİNDE ÖZEL
PROBLEMLER
PROF. DR. TURGUT KOCATÜRK
Hazırlayan : İnş. Müh. Fatih KÖŞE
5.3.1
Eleman Formülasyonu
Eğer ( 5.8 ) eşitliği için kesin çözüm elde edilirse, bu durumda çözüm (a, b) aralığındaki herhangi bir alt
bölgede de eşitliği sağlar. İzleyen problem göz önüne alınsın.
d2y
d2y
+ f ( x) = 0
2
dx
y (x j ) = y j
y
(e)
dx 2
xj ≤ x ≤ xj +1
(5.17)
y ( x j +1 ) = y j +1
( x ) = y j N 1 ( x ) + y j +1 N 2 ( x )
N1 ( x )=
x j +1 − x
x j +1 − x j
x j ≤ x ≤ x j +1
+ f ( x) = 0
xj ≤ x ≤ xj +1
(5.8)
Burada x j ve x j +1 ( a, b ) aralığındadır ve bir sonlu
elemanın düğümlerini tanımlarlar. (5.17) eşitliğine
uygulanabilir uygun sınır koşulları,
Bunlar alt bölgenin uç noktalarındaki çözümün
(5.18) bilinmeyen değerleridir.Daha sonra izleyen formda bir
çözüm önerilsin:
( 5.19 )
N 2 ( x) =
Burada ( e ) çözümün sonlu eleman için olduğunu
gösterir ve şimdi interpolasyon fonksiyonları
x − xj
x j +1 − x j
x j ≤ x ≤ x j +1
( 5.20 a,b )
( 5.20 ) eşitliğindeki tanımlanan interpolasyon fonksiyonları ve ( 5.11 ) eşitliğindeki deneme fonksiyonları arasındaki
ilişkiye dikkat edilsin. İnterpolasyon fonksiyonları tek bir eleman bölgesinde uygulanabilir deneme fonksiyonlarının üst üste
gelen kısımlarına karşı gelir. Ayrıca, interpolasyon fonksiyonlarının izleyen koşulları eleman sınır (düğüm) koşulları olarak
sağladığına dikkat edilmelidir:
N1 (x = xj ) =1 N1(x = xj+1) = 0 N2(x = xj ) = 0
N2(x = xj +1) =1
(5.21)
n i ( x) =
x − xi −1
xi −1 ≤ x ≤ xi
xi − xi −1
n i ( x) =
xi +1 − x
xi ≤ x ≤ xi +1
xi +1 − xi
x xi −1
x xi +1 ise n i ( x) = 0 (5.11)
N1 (x = xj ) =1 N1(x = xj+1) = 0 N2(x = xj ) = 0
N2(x = xj +1) =1
(5.18) eşitliği özdeş olarak sağlanır. Kabul edilen çözümün (5.19) eşitliğinde yerine konması artığı izleyen şekilde verir:
2 (e)
2
d
y
d
+ f ( x ) = 2 ⎡⎣ y j N1 ( x ) + y j +1 N 2 ( x ) ⎤⎦ + f ( x ) ≠ 0
R ( e ) ( x; y j , y j +1 ) =
2
dx
dx
( 5.22 )
Burada üst indis artığın eleman için olduğunu göstermektedir. Galerkin ağırlıklı artık kriterinin uygulanması,
x j +1
∫
x j +1
N i ( x)R
(e)
∫
( x ; y j , y j +1 ) dx =
xj
x
xj
j+1
∫
x
N i(x)
d
j
2
y (e)
dx +
2
dx
x
⎡ d 2 y (e)
⎤
(
)
N i ( x) ⎢
f
x
dx = 0
+
⎥
2
⎣ dx
⎦
i = 1, 2
(5.23)
j +1
∫
x
N i ( x ) f ( x )d x = 0
i = 1, 2
(5.24)
j
olarak eleman artık eşitliklerini verir. Birinci integrale parçalı integrasyon uygulanırsa,
d y (e)
N i (x )
dx
x J +1
x
−
xJ
j +1
∫
x
j
d N i d y (e)
dx +
dx
dx
x
j +1
∫
x
N i ( x) f ( x)dx = 0
i = 1, 2
j
İntegraller dışındaki terimin, yani yukarıdaki birinci terimin hesaplanması ve gerekli düzenlemelerden sonra izleyen iki eşitlik
elde edilir:
x j +1
∫
xj
dN1 dy ( e)
dx =
dx dx
x j +1
∫
xj
dy ( e)
N1 ( x) f ( x)dx +
dx
x j+1
∫
xj
xj
dN2 dy(e)
dx =
dx dx
x j+1
∫
xj
dy(e)
N2 ( x) f ( x)dx −
dx
( 5.26 a, b)
x j+1
Dikkat edilmelidir ki, (5.26) formundaki eşitliğe varmada, eleman düğüm noktalarında interpolasyon fonksiyonlarının
hesabında (5.21) eşitliği kullanıldı. (5.24) eşitliğinin parçalı integrasyonu üç fayda sağlar:
1)
En yüksek mertebeden türevlerin mertebesi bir indirgenir.
2) Açıkça gözleneceği gibi rijitlik matrisi simetrik yapıldı. Eğer parçalı integrasyon yapılmasaydı her bir
eşitlikteki deneme fonksiyonlarının bir tanesinin ikinci mertebeden türevi olacaktı ve diğer deneme
fonksiyonunun türevi olmayacaktı.
3) Kısmi integrasyon eleman düğüm noktalarında gradyen sınır koşullarını tanıtır. Gradyen sınır
koşullarının fiziksel anlamı izleyen fiziksel uygulamalarda açıkça görülecektir.
Notasyon basitliği için j = 1 alınarak ve (5.19) eşitliğinin (5.26) da yerine konması,
x2
x
2
dN1 ⎡ dN1
dN2 ⎤
dy ( e)
∫x dx ⎢⎣ y1 dx + y2 dx ⎥⎦ dx = x∫ N1 ( x) f ( x)dx + dx
1
1
⎡
⎤
Bunlar izleyen formdadır: ⎢ k 1 1 k 1 2 ⎥ ⎧ y1 ⎫ = ⎧ F1 ⎫
⎢
⎥⎨ ⎬ ⎨ ⎬
⎣ k 21 k 22 ⎦
⎩ y2 ⎭
⎩ F2 ⎭
x2
x1
x
2
dN2 ⎡ dN1
dN2 ⎤
dy(e)
∫x dx ⎢⎣y1 dx + y2 dx ⎥⎦dx= x∫ N2 (x) f (x)dx− dx
1
1
( 5.27 a, b )
x2
x2
dN j
Katsayı terimleri ( eleman rijitliği ) kij = dNi
∫x dx dx dx
1
i, j = 1, 2
olarak tanımlanır ve eleman düğüm kuvvetleri ( 5.27 ) eşitliklerinin sağ taraflarında verilmiştir. Eğer eleman
formülasyonu için tariflenen Galerkin prosedürü izlenirse ve doğrudan rijitlik metodundaki olağan tarzda sistem
eşitlikleri birleştirilirse, sonuç sistem eşitlikleri her açıdan ( 5.13 ) eşitliğiyle temsil edilen prosedürle elde edilenlerle
özdeştir. Birleştirme işlemi esnasında, Şekil 5.5 ’ de olduğu gibi ortak bir düğüm noktasında iki eleman birleştiğinde,
düğüm için birleştirilen sistem eşitliğinin izleyen formda bir sağ taraf terimi ihtiva ettiğini gözlemlemek önemlidir:
dy ( 3 )
−
dx
x4
dy (4)
+
dx
x4
Eğer sonlu eleman çözümü kesin çözüm olsaydı, her bir eleman için ( 5.30 ) ile gösterilen
ifadeler eşit olacaktı ve ifadenin değeri sıfır olacaktı. Bununla birlikte, sonlu eleman çözümleri
nadiren kesindir. Öyleyse genelde bu terimler sıfır değildir. Bununla birlikte, birleştirme işleminde
kabul edilir ki, tüm iç noktalarda, gradyen terimleri bitişik
3
4
y
x
3
x
4
x
(3)
( x4 ) = y (4) ( x4 )
5
dy ( 3 )
dx
x4
dy ( 4 )
≠
dx
x4
Şekil 5.5. Bir düğümde birleşen iki eleman
elemanlarda eşit ve karşıt olarak gözükürler ve böylece düğümde bir dış etki etkimedikçe birbirlerini götürürler.
Bununla birlikte, genel düğüm noktalarında gradyen terimleri belirlenen sınır koşulları olabilirler veya çözüm aşaması
vasıtasıyla elde edilen reaksiyonları temsil edebilirler.
Gerçekte, sonlu eleman çözümlerinin doğruluğunu değerlendirmede çok güçlü bir teknik, düğüm noktalarında veya
daha genel olarak elemanlar arasındaki sınırlarda gradyen süreksizliklerinin değerlerini araştırmaktır.
Örnek 5.5 İzleyen diferansiyel denklemi çözmek için Galerkin metodunu kullanarak bir lineer sonlu eleman
formülü çıkarınız.
d 2 y dy
x 2 +
− 4x = 0
dx
dx
1≤ x ≤ 2
Sınır koşulları
Çözüm: İlk olarak diferansiyel eşitliğin
y (1) = y (2) = 0
d ⎛ dy ⎞
⎜ x ⎟ − 4x = 0
dx ⎝ dx ⎠
a eşdeğer olduğu not edilsin
Doğrudan iki integrasyondan ve sınır koşullarının uygulanmasından sonra kesin çözüm,
y( x) = x 2 -
3
ln x − 1
ln 2
olur. Sonlu eleman çözümü için en basit yaklaşım iki düğüm noktalı eleman kullanımı
olup bunun için eleman çözümü,
y ( x) = N1 ( x) y1 + N 2 ( x) y2 =
x2
∫N
i
x1
Ni x
⎡ d ⎛ dy ⎞
⎤
⎢ dx ⎜ x dx ⎟ − 4 x ⎥ dx = 0
⎠
⎣ ⎝
⎦
dy
dx
x2
x1
x2
−∫x
x1
x2 − x
x − x1
y1 +
y2
x2 − x1
x2 − x1
i = 1, 2
olup birinci terimin parçalı integrasyonundan sonra,
x
2
dN i dy
dx − ∫ 4 xN i dx = 0
dx dx
x1
x2
dN ⎛ dN
dN
dy
⎞
∫x x dxi ⎜⎝ dx1 y1 + dx2 y2 ⎟⎠ dx = N1 x dx
1
1
( x 2 − x1 ) 2
x2
∫ x( y1 − y 2 )dx = − x1
x1
olarak kabul edilir. Burada y1 ve y2 düğüm noktası değerleridir. Eleman
için artık eşitliği,
dy
dx
x2
x1
i = 1, 2
x2
− ∫ 4 xN i dx
i = 1, 2
x1
x2
x1
Eleman çözüm formunun yerine konması ve düzenlemeden sonra
− 4∫ x
x1
x2 − x
dx
x 2 − x1
İnterpolasyon fonksiyonlarının ve birinci türevlerin yerine
konmasından sonra izleyen iki ifade elde edilir:
1
( x 2 − x1 ) 2
x2
∫ x( y 2 − y1 )dx = x2
x1
dy
dx
x2
x2
− 4∫ x
x1
x − x1
dx
x 2 − x1
⎡
⎤ olarak verir. Eşitliklerin sağ
x2 2 − x12 ⎢ 1 − 1⎥
tarafında gradyen sınır koşulları
Sol taraftaki terimlerin integrasyonu eleman rijitlik matrisini ⎡⎣ k ⎤⎦ = 2( x − x ) 2 ⎢
⎥
2
1
⎣ −1 1⎦ ve düğüm kuvvetlerinin olduğu
(e)
açıktır.
Örneklendirmek için iki elemanlı çözüm eşit aralıklı düğümler x= 1, 1.5, 2 de alınarak izleyen şekilde formüle edilir:
1.5
Eleman 1
x1 = 1
x2 = 1.5
k = 2.5
F1(1) = -4
∫
x
1
2
Eleman 2
x1 = 1.5
x2 = 2
Bu durumda eleman eşitlikleri
k = 3.5
F1( 2) = -4
∫
1.5
x
1.5
1.5 − x
dx = −1.16666
1.5 − 1
F2 (1) = - 4
2− x
dx = − 1.6666
2 − 1.5
F2 ( 2) = -4 ∫ x
x −1
∫ x 1.5 − 1dx = −1.3333
1
2
1.5
x − 1.5
dx = −1.8333
2 − 1.5
⎧
dy
−
−
1.1667
⎪
⎡
⎤ ⎧ (1) ⎫
dx x1
⎢ 2.5 − 2.5⎥ ⎪⎨ y1 ⎪⎬ = ⎪⎨
⎢
⎥ ⎪ y (1) ⎪
dy
⎣ −2.5 2.5 ⎦ ⎩ 2 ⎭ ⎪ −1.3333 + 1.5
⎪
dx
⎩
⎧
dy ⎫
⎤ ⎧ ( 2) ⎫ ⎪− 1.6667 − 1.5 dx ⎪
⎡
x2 ⎪
⎢3.5 − 3.5 ⎥ ⎪ y1 ⎪ = ⎪
⎨
⎬
⎬
⎨
⎥ ⎪ y ( 2) ⎪
⎢
dy
⎪
⎪
2
⎭
⎩
− 1.8333 + 2
⎣⎢− 3.5 3.5⎦⎥
⎪
⎪
dx
x3
⎩
⎭
⎫
⎪
⎪
⎬
⎪
⎪
x2 ⎭
Sistem düğüm değerleri x=1, 1.5, 2 ’ de sırasıyla
⎧
⎫
dy
⎪− 1.1667 − dx
⎪
⎡
⎤
x1 ⎪
⎢2.5 − 2.5 0 ⎥ ⎧Y1 ⎫ ⎪
⎢
⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎪
⎪⎪
−3
⎢− 2.5 6 − 3.5⎥ ⎨Y2 ⎬ = ⎨
⎬
⎢
⎥ ⎪Y ⎪ ⎪
⎪
⎢0 − 3.5 3.5 ⎥ ⎩ 3 ⎭ ⎪− 1.8333 + 2 dy ⎪
dx x3 ⎪
⎪
⎣⎢
⎦⎥
⎩⎪
⎭⎪
y ( x = 1.5 ) = Y2 = - 0.5049
dy
dx
ile gösterilerek, Y1 , Y2 , Y3 birleştirilmiş sistem eşitlikleri
Genel sınır koşulları Y1 = Y3 = 0 uygulanarak, gösterilen eşitliklerin ikincisi
Y2 = - 0.5 verir ve bu değerin diğer iki eşitlikte yerine konması sınırlardaki
gradyenlerin değerlerini,
dy
dx
dy
dx
= −2.4167
x1
= −2.3281
x1
⎧
⎫
dy
⎪−0.5417 − dx
⎪
⎡
⎤
−
4.5
4.5
0
0
0
x1 ⎪
⎪
⎢
⎥
⎪
⎢
⎥ ⎧Y1 ⎫ ⎪
− 1.25
⎪
⎢ −4.5 10 − 5.5 0 0 ⎥ ⎪Y ⎪ ⎪
⎪⎪
⎢
⎥ ⎪⎪ 2 ⎪⎪ ⎪⎪
− 1.5
⎢ 0 − 5.5 12 − 6.5 0 ⎥ ⎨Y3 ⎬ = ⎨
⎬
⎢
⎥ ⎪Y ⎪ ⎪
⎪
⎢ 0
− 1.75
0 − 6.5 14 − 7.5⎥ ⎪ 4 ⎪ ⎪
⎪
⎢
⎥ ⎪⎩Y5 ⎪⎭ ⎪
⎪
⎢ 0
⎪−0.9583 + 2 dy ⎪
0 0 − 7.5 7.5 ⎥
⎢⎣
⎥⎦
⎪
dx x5 ⎪
⎩⎪
⎭⎪
dy
dx
= 1.8360
x3
= 1.7917
olarak verir .
Kesin çözüm ise,
x3
Detayları verilmemekle beraber bu örnek için dört
elemanlı çözüm ( eşit aralıklı yerleştirilmiş düğümler için
xi ⇒ ( 1 , 1.25 , 1.5 , 1.75 , 2 ) ) izleyen eşitlikleri verir:
Y1 = Y5 =0 sınır koşullarının uygulanması ve kalan 3 x 3 ’ lük
sistemin çözüm sonuçları,
Y2 = - 0.4026
dy
dx
= −2.350
x1
Y3 = -0.5047
dy
dx
Y4 = -0.3603
= 1.831
x5
olarak verir.
0
1.25
1.5
1.75
2.0
-0.1
İki elemanlı çözüm, düğüm noktaları dışında çok kaba bir yaklaşımdır.
Ayrıca türev süreksizliği belirgindir. Dört elemanlı çözüm düğüm
noktalarında neredeyse kesin çözümle özdeştir. Dört elemanda birinci
türevlerin süreksizliklerinin büyüklükleri azaltılmış olmakla birlikte hala
kolaylıkla görülebilmektedir.
-0.2
-0.3
-0.4
-0.5
Şekil 5.5 : İki elemanlı, dört elemanlı ve kesin çözümler
-0.6
5.4 Galerkin Metodunun Yapısal Elemanlara Uygulanması
5.4.1 Kafes Elemanı
Bölüm 2 deki kafes elemanı yeniden göz önüne alınarak ve çubuğun sabit şekil değiştirme elemanı olduğu hatırlanarak
(sabit şekil değ.
sabit gerilme) (2.29) ve (2.30) eşitliklerinin kullanımıyla uygulanabilir denge eşitliği elde edilir:
dσ x d
d 2u ( x )
= ( Eε x ) = E
=0
dx
dx
dx 2
u(x) = N1(x)u1 + N2(x)u2
Burada sabit elastik modül kabulü yapılmıştır. Eleman uzunluğu L ile gösterilerek,
( 5.31 ) yer değiştirme alanı ( 2.17 ) eşitliğiyle ayrıklaştırılır:
(2.17)
u ( x ) = u1 N1 ( x ) + u2 N 2 ( x ) = u1 ( 1 -
x
x
) + u2
L
L
(5.32)
İlgilenilen bölge, elemanın hacmi olduğundan Galerkin artık
eşitlikleri ;
L
⎛ d 2u ⎞
⎛ d 2u ⎞
Ni ( x) ⎜ E 2 ⎟ dV = ∫ Ni ⎜ E 2 ⎟ Adx = 0
∫∫∫
⎝ dx ⎠
⎝ dx ⎠
0
V
i=1,2
( 5.33 ) Burada dV = Adx ’ dir ve A elemanın sabit enkesitidir.
Parçalı integrasyon ve yeniden düzenlemeden sonra,
L
dN du
du ⎤
⎡
AE ∫ i
dx = ⎢ N i AE ⎥ ( 5.34 )
dx dx
dx ⎦ 0
⎣
0
L
L
dN d
du
AE ∫ 1 (U1 N1 + U 2 N 2 ) dx = − AE
dx dx
dx
0
( 5.32 ) ’ nin kullanımından sonra
= − AE ε
x =0
x =0
= − Aσ
L
X =0
AE ∫
0
( 5.34 )
dN 2 d
du
(U1 N1 + U 2 N 2 ) dx = − AE
dx dx
dx
= − AE ε
x= L
x=L
= − Aσ
X =L
( 5.35a,b)
( 5.35 ) ’ in sağ tarafından gözlenir ki, çubuk eleman için gradyen sınır koşulu σA = F olduğundan sadece uygulanan
düğüm kuvvetini temsil eder. ( 5.35 ) kolaylıkla izlenen matris formuna konabilir:
⎡ dN1
⎢ dx
AE ∫ ⎢
dN1
0 ⎢
⎣⎢ dx
l
dN1
dx
dN 2
dx
dN1 dN 2 ⎤
Burada matrisin bireysel terimleri bağımsız olarak integre edilir.
dx dx ⎥ ⎧U1 ⎫ ⎧ F1 ⎫
⎥ dx ⎨ ⎬ = ⎨ ⎬ ( 5.36 )
dN 2 dN 2 ⎥ ⎩U 2 ⎭ ⎩ F2 ⎭
dx dx ⎦⎥
Gösterilen diferansiyel ve integrasyonların yapılmasından sonra,
⎡
⎤
AE ⎢ 1 − 1⎥ ⎧U1 ⎫ ⎧ F1 ⎫
( 5.37 )
=
⎥ ⎩⎨U 2 ⎭⎬ ⎩⎨ F2 ⎭⎬
L ⎢
⎣ −1 1 ⎦
elde edilir. Bu, bölüm 2 de çubuk eleman için elde edilen çözümle aynıdır.
Bu açıkça Galerkin metodu, denge metodu ve enerji (Castigliano) metotlarının
çubuk eleman için eşdeğerliğini gösterir.
u ( x ) = u1 N1 ( x ) + u2 N 2 ( x ) = u1 ( 1 -
( 5.32 )
x
x
) + u2
L
L
5.4.2 Kiriş Elemanı
Galerkin metodunun kiriş elemanına uygulanması yüklü kirişin boyuna ekseni boyunca alınan diferansiyel bir
parçanın göz önüne alınması ile başlar. Bu parça Şekil 5.7 ’ de gösterilmiş olup birim uzunluktaki yükü temsil eden
q ( x ) yayılı yükü ile yüklüdür. q keyfi değişmekle beraber dx diferansiyel boyu boyunca sabit olarak kabul edilir. Y
doğrultusunda kuvvetlerin dengesi koşulu,
-V + ( V +
dV
dV
= − q ( x) ( 5.39 )olur. Sol yüzdeki bir noktaya göre moment dengesi
dx ) + q ( x ) dx = 0 (5.38)olur. Buradan
dx
dx
dM
dV
dx
dM
dx − M + (V +
dx) dx + [ q ( x) dx ] = 0 ( 5.40 ) olur. İkinci mertebe diferansiyellerin ihmalinden sonra
= −V ( 5.41 )
dx
dx
2
dx
2
d M
= q( x) ( 5.42 )
olur. ( 5.39 ) ve ( 5.41 ) eşitliklerinin birleştirilmesiyle
dx 2
M+
elde edilir. Temel cisimlerin mukavemeti teorisinden hatırlanırsa, Şekil 5.7 ’ deki işaret kabulü için eğilme formülü,
d 2v
M = E I z 2 (5.43)
dx
V, Y doğrultusundaki yer değiştirmeyi gösterir.
Şekil 5.7 Yüklü kirişin diferansiyel bir
parçası
( 5.42 ) ile birlikte ( 5.43 ) yönetici eşitlikleri
M+ dM
dx kiriş eğilmesi için
dx
q(x)
M
y
x
V
d2 ⎛
d2v ⎞
⎜ EI z 2 ⎟ = q( x) ( 5.44 )
dx 2 ⎝
dx ⎠
dx
verir. Galerkin ’ in sonlu eleman metodu yer
değiştirme çözümünü izleyen formda alarak
uygulanır:
V+dV
dx
dx
v ( x ) = N1 ( x ) v1 + N 2 ( x ) θ1 + N 3 ( x ) v2 + N 4 ( x ) θ 2 =
4
∑ N ( x)δ
i =1
i
i
(5.45)
Bu durumda eleman artık eşitlikleri
⎡ d2 ⎛
⎤
d 2v ⎞
N
(
x
)
EI
⎢
∫x i ⎣ dx 2 ⎜⎝ z dx 2 ⎟⎠ − q( x)dx ⎥⎦ = 0
1
x2
d 3v
Ni ( x) E I z 3
dx
x2
x2
i=1,4
( 5.46 ) Türev terimini parçalı olarak integre ederek ve E Iz sabit kabul ederek,
x
2
dN i d 3v
dx
−
N i q( x)dx = 0
3
∫
d
x
d
x
x1
x1
− EI z ∫
x1
i = 1 , 4 ( 5.47 )
V =−
dM
d ⎛
d 2v ⎞
d 3v
= − ⎜ EI z 2 ⎟ = − EI z 3
dx
dx ⎝
dx ⎠
dx
( 5.48 )
( 5.47 ) ’ nin birinci teriminin eleman düğümlerindeki kesme kuvveti koşullarını temsil ettiği gözlenir. Tekrar parçalı
integrasyon kullanılır ve düzenleme yapılırsa,
x2
x
2
d 2 Ni d 2v
d 3v
EI z ∫
dx
=
N
q
(
x
)
dx
−
N
EI
i
z
∫ i
dx 2 dx 2
dx 3
x1
x1
x2
x1
dN
d 2v
+ i EI z 2
dx
dx
x2
i = 1 , 4 ( 5.49 )
x1
ve ( 5.43 ) vasıtasıyla sağ taraftaki son terim eleman sınırlarındaki moment koşullarını tanıtır. Önceki geliştirmede,
çubuk eleman kapsamında sözü edilen nedenlere benzer nedenlerle iki defa parçalı integrasyon yapıldı. Öyle yapılarak,
(5.49) daki birinci integralde görülen iki türev teriminin mertebesi aynı olur ve böylece sonuç rijitlik matrisi simetriktir
ve düğümlerdeki kesme kuvvetleri ve eğilme momentleri şimdi eleman eşitliklerinde açık olarak görünür.
( 5.49 ) eşitliği matris formunda [k ]{δ } = {F } yazılabilir. Burada rijitlik terimleri,
ile belirlenir. Bu terimler diğer metotlarla belirlenen önceki sonuçlarla
(5.50) özdeştir. Eleman kuvvet vektörünün terimleri
2
d 2 Ni d N j
= E Iz ∫
dx i , j = 1 , 4
dx 2 dx 2
x1
x2
kij
x2
d 3v
Fi = ∫ N i q( x)dx − N i EI z 3
dx
x1
x2
x2
x1
Fi = ∫ N i q( x)dx + N i V ( x) x2 +
x
1
x1
dN
d 2v
+ i EI z 2
dx
dx
dN i
x
M ( x) x2
1
dx
x2
i=1,4
x1
(5.51a)
veya,
( 5.43 ) ve ( 5.48 ) eşitlikleri kullanılarak,
i = 1 , 4 ( 5.51 b ) Burada integral terimi, yayılı yük tarafından üretilen eşdeğer
⎧ qL
⎫
⎪ 2 − V1
⎪
⎪ 2
⎪
⎪ qL − M ⎪
1
⎪⎪
⎪⎪
{F } = ⎨ 12
⎬
⎪ qL + V
⎪
2
⎪2
⎪
⎪
⎪
2
⎪− qL + M 2 ⎪
⎪⎩ 12
⎪⎭
düğüm kuvvetleri ve momentlerini temsil eder. Eğer q (x)=q=sabit
(yukarı doğru pozitif) ise, interpolasyon fonksiyonlarının (5.51)’ de
yerine konması, eleman düğüm kuvvetlerini;
( 5.52 )
olarak verir
M = E Iz
d 2v
dx 2 (5.43)
İki kiriş eğilme elemanı ortak bir düğümü paylaştıklarında kesme ve moment koşullarıyla
alakalı olarak iki ihtimal oluşur:
1 ) Eğer düğümde dış kuvvet veya moment uygulanmazsa, komşu elemanlar için (5.52) nin
moment değerleri şiddetçe eşit, yön olarak ters olup birbirlerini birleştirme aşamasında
götürürler.
2 ) Eğer düğümde bir tekil kuvvet uygulanırsa, komşu elemanlar için sınır kesme
kuvvetlerinin toplamı uygulanan dış kuvvete eşit olmalıdır.
YILDIZ TEKNİK ÜNİVERSİTESİ
İNŞAAT MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ
MEKANİK ANABİLİM DALI
YAPI MEKANİĞİNDE ÖZEL PROBLEMLER
10.BÖLÜM
YAPI DİNAMİĞİ
PROF. DR. TURGUT KOCATÜRK
Hazırlayan : İnşaat Mühendisi: Caner İNCE
1
BÖLÜM 10. : YAPI DİNAMİĞİ
10.1. Basit Harmonik Salınım
Şekil 10.1:
a) Ağırlığı tuttuk, uzamasız yayın orijinal uzunluğu L
b) kδst = W, Statik denge konumu
c) Kendi ağırlığı altında dengede iken cisim keyfi x değeri
kadar çekildiğinde çizilen serbest cisim diyagramı
Şekil 10.1
(b) için:
∑ Fx = 0
denge durumunda,
d 2x
m ⋅
+ kx = 0
dt 2
(10.2)
(10.1)
mg - kδst = 0 → mg = kδst
İkinci mertebeden lineer sabit katsayılı homojen adi diferansiyel denklem elde ettik.
d 2x
k
d 2x
+
x
=
0
→
+ ω 2x = 0
m
dt 2
dt 2
(10.3)
ω: açısal (doğal) frekans
Genel çözüm : x(t) = A sinωt + B cosωt
(10.4)
Temel trigonometrik özdeşlikler kullanılırsa, (10.4) genel çözüm olan x(t) = A sinωt + B cosωt eşitliği
x(t) = C sin(ωt + Φ)
(10.5)
Kütle ω açısal frekansı ve C genliği ile titreşir.
2
x(t) = C sin(ωt + Φ)
Φ, sıfır zamanındaki pozisyonun bir göstergesidir, Çünkü,
(10.5)
ω
x (0) = C sinΦ’dır.
=
k
m
(rad/sn)
(10.6)
Basit harmonik hareketi sonlu eleman kapsamında göz önüne alacağız.
Yayın rijitlik matrisi→
⎡ 1 −1⎤
⎡⎣ k ( e ) ⎤⎦ = k ⎢
⎥
⎣ −1 1 ⎦
(10.7)
eleman için denge eşitlikleri→
⎡ 1 −1⎤ ⎧ u1 ⎫ ⎧ f1 ⎫
k⎢
⎥⎨ ⎬= ⎨ ⎬
⎣ −1 1⎦ ⎩u2 ⎭ ⎩ f 2 ⎭
(10.8)
Bununla birlikte yay elemanı statik denge durumunda değildir. Böyle ise düğüm noktası kuvvetlerini detaylı olarak incelemek gerekir.
d 2u2
∑ Fx = ma x = m dt 2 = mg − f 2
(10.9)
⎡ 1
k⎢
⎣ -1
f2 yi (10.8) denkleminde yerine yazarsak,
Şekil 10.2
⎡0
⎢0
⎣
f 2 = mg − m
Buradan “2” düğümündeki kuvvet,
f1
-1 ⎤ ⎧ u 1 ⎫ ⎧
⎫
=
⎨
⎬
⎨
⎬
⎥
2 ⎭
1⎦ ⎩ u 2 ⎭ ⎩ mg-mu
d 2u 2
dt 2
(10.10)
(10.11)
(10.11) Eşitliği ayrıca izleyen şekilde de ifade edilebilir.
0 ⎤ ⎧ u1 ⎫
⎡ 1 − 1⎤ ⎧ u1 ⎫ ⎧ f1 ⎫
⎨ ⎬+k ⎢
⎥
⎥⎨ ⎬= ⎨ ⎬
m ⎦ ⎩ u2 ⎭
⎣ − 1 1 ⎦ ⎩ u 2 ⎭ ⎩ mg ⎭
(10.12)
[m ] = ⎡⎢
0
⎣0
0⎤
(10.13)
m ⎥⎦
{u} =
⎧ u1 ⎫
⎨ ⎬
⎩ u2 ⎭
(10.14)
3
Şekil 10.1’deki basit harmonik hareket için u1 = 0 kısıtlılığı vardır. Bu durumda (10.12)’ den
1. eşitliği:
− ku
2. eştliği:
m u 2 + ku
u
Homojen çözüm için,
2
=
2 h
m⋅
f1
2
= mg
(10.15)
( t ) = C sin( ω t + Φ )
d 2x
+ kx = 0
dt 2
m u2 + ku 2 = mg
⎡0
⎢
⎣0
0 ⎤ ⎧ u1 ⎫
⎡ 1 − 1⎤ ⎧ u1 ⎫ ⎧ f1 ⎫
⎨ ⎬+k ⎢
⎥
⎥⎨ ⎬= ⎨ ⎬
m ⎦ ⎩ u2 ⎭
⎣ − 1 1 ⎦ ⎩ u 2 ⎭ ⎩ mg ⎭
(10.15) için çözümü yapalım.
(10.16)
Özel çözüm, zamanın tüm değerleri için (10.15) eşitliğini tam olarak sağlamalıdır. Sağ taraf sabit olduğundan özel çözüm de sabit
olmalıdır.
u
2 p
(t ) =
mg
k
= δ
st
(10.17)
(10.15)’in özel çözümü olan (10.17), (10.1)’deki statik denge çözümünü verdi.
u 2 (t ) = u 2 h (t ) + u 2 p (t )
u 2 h ( t ) = C sin( ω t + Φ )
u 2 ( t ) = δ st + C sin( ω t + Φ )
(10.19)
x(t) = C sin(ωt + Φ)
u 2 p (t ) =
mg
= δ st
k
(10.19) Eşitliği denge konumu etrafındaki sinüsoidal salınımı temsil eder ve (10.5) da
verilen çözümle aynıdır.
(10.5)
“2” düğümünün yer değiştirmesi verilirse “1” düğümündeki reaksiyon kuvveti kısıtlılık eşitliğinden bulunur.
f1 = − ku 2 ( t ) = − k (δ st + C sin (ω t + Φ ) )
C genliği ve Φ faz açısı başlangıç koşullarının uygulanması ile verilir.
4
10.2 Zorlanmış Titreşim
Sistem eşitliklerinin sonlu eleman formu (10.12) eşitliğinden doğrudan
yazılabilir.
f1
⎡0 0 ⎤ ⎧u1 ⎫ ⎡ 1 − 1⎤ ⎧u1 ⎫ ⎧
⎫
⎢0 m⎥ ⎨u ⎬ + k ⎢− 1 1 ⎥ ⎨u ⎬ = ⎨mg + F (t )⎬
⎣
⎦⎩ 2 ⎭ ⎣
⎦⎩ 2 ⎭ ⎩
⎭
Şekil 10.3
⎡ 0 0 ⎤ ⎧ u1 ⎫
⎡ 1 −1⎤ ⎧ u1 ⎫ ⎧ f1 ⎫
⎢ 0 m ⎥ ⎨u ⎬ + k ⎢ −1 1⎥ ⎨u ⎬ = ⎨ mg ⎬
⎣
⎦⎩ 2⎭
⎣
⎦⎩ 2⎭ ⎩ ⎭
(10.12)
(10.20)
Kısıtlılık eşitliğini uygularsak, “2” düğüm noktasının hareketi için diferansiyel eşitlik,
mu2 + ku2 = mg + F (t )
(10.21)
(10.21) nin çözümü homojen çözüm ile iki özel çözümün toplamı olarak ifade edilir. Çünkü, sağ tarafta sıfırdan farklı iki terim
bulunmaktadır. Homojen çözüm ve mg terimi için özel çözüm elde edildiğinden, bu aşamada dış kuvvet için özel çözüm araştırılacaktır.
mu2 + ku2 = F (t )
Dış kuvvet için özel çözüm,
(10.22)
(10.22) eşitliği, her iki taraf kütleye (m) bölünerek izleyen şekilde ifade
edilebilir:
Özel çözüm (10.22) Denklemini tüm zaman değerleri için
sağlamalıdır.
u2 +
k
F (t )
u2 =
m
m
(10.23)
Yapı dinamiğinde, özel önemi olan bir durum zorlayıcı kuvvetin zamanla sinüsoidal değişim gösterdiği durumdur. Çünkü böylesi
kuvvetlerle çok sık karşılaşılır. Bu yüzden;
F (t ) = F0 sin ω F t
(10.24)
5
u2 +
k
F (t )
u2 =
m
m
u2 + ω 2 u 2 =
(10.23) Eşitliği bu durumda,
F0
sin ω F t
m
(10.25)
Zamanın tüm değerlerinde (10.23) eşitliğinin sağlanması için sol taraftaki terimler sağ taraftaki terimde olan sinüs terimine özdeş bir sinüs
fonksiyonu ihtiva etmelidir.
Sinüs fonksiyonunun zamana göre 2. türevi diğer bir sinüs fonksiyonu olduğundan çözüm,
u 2 ( t ) = U ⋅ sin ω F t
şeklinde kabul edilir. Burada,U: Belirlenecek olan bir sabittir.
− Uω F2 sin ω F t + Uω 2 sin ω F t =
u2’nin bu değeri (10.26)’da yerine konursa,
U =
F0
m ω − ω F2
(
2
)
(10.27)
F0
sin ω F t
m
(10.26)
elde edilir. Buradan da,
elde edilir.
Basit harmonik salınımın sünüsoidal değişen kuvvete cevabını temsil eden çözüm,
u
2
(t ) =
(ω
F
2
0
/ m
− ω
2
F
)
sin ω
F
t
(10.28)
(10.28) ile temsil edilen hareket zorlanmış cevap olarak isimlendirilir ve iki
önemli karakteristik ortaya koyar.
1- Zorlanmış cevabın frekansı, zorlama fonksiyonunun frekansı ile aynıdır.
2- Eğer zorlama fonksiyonunun dairesel frekansı, sistemin doğal frekansına çok yakınsa (10.29) eşitliğinin paydası çok küçük olur. Bu
durum, çok önemli bir sonuçtur. Çünkü böylesi bir durumda hareketin genliği çok büyük olur.
ωF = ω durumunda (10.28) eşitliği sonsuz genlik gösterir. Bu durum rezonans olarak bilinir ve bu nedenle sistemin doğal
dairesel frekansı rezonans frekansı olarak da isimlendirilir.
6
MODAL ANALİZ
10.3 Çok Serbestlik Dereceli Sistemler
Sistem yer çekimi kuvveti altındadır. Denge konumundan itibaren sistemi çekip bırakıyoruz. Serbest cisim
diyagramlarını çizip Newton’un 2. Hareket Kanunu uygulanarak yönetici eşitlikler elde edilebilir. Bununla birlikte, burada
sonlu eleman yaklaşımı kullanılacaktır.
⎡ 3k
[K ] = ⎢⎢− 3k
⎢⎣ 0
Şekil 10.4
− 3k
5k
− 2k
0 ⎤
− 2k ⎥⎥
2k ⎥⎦
(10.29)
Böylece hareket eşitlikleri,
olarak elde edilir.
⎡0 0 0 ⎤
[M ] = ⎢⎢0 m 0 ⎥⎥
⎣⎢0 0 m⎦⎥
⎧ U 1 ⎫
⎧U 1 ⎫ ⎧ R1 ⎫
⎪ ⎪
[M ]⎨U 2 ⎬ + [K ]⎪⎨U 2 ⎪⎬ = ⎪⎨ mg ⎪⎬
⎪ U ⎪ ⎪ mg ⎪
⎪ U ⎪
⎭
⎩ 3⎭ ⎩
⎩ 3⎭
(10.30)
(10.31)
Burada R1, “1” düğümündeki dinamik reaksiyon kuvvetidir. (sürekli değişir)
U1 = 0 kısıtlılık koşulu uygulanırsa (10.31) eşitliği,
⎡m 0 ⎤ ⎧U2 ⎫ ⎡ 5k
⎢ 0 m⎥ ⎨ ⎬ + ⎢− 2k
⎣
⎦ ⎩U 3 ⎭ ⎣
− 2k ⎤ ⎧U 2 ⎫ ⎧mg ⎫
⎨ ⎬=⎨ ⎬
2k ⎥⎦ ⎩U 3 ⎭ ⎩mg ⎭
(10.32)
Bu eşitlik, ikinci mertebeden lineer adi diferansiyel eşitlikleri sistemi olup U2 ve U3 gibi 2
adet bilinmeyen sistem yer değiştirmeleri mevcuttur.
Zorlayan fonksiyon ile gösterilen yer çekimi kuvvetleri statik denge koşulunu temsil ettiğinden bunlar ihmal edilir ve eşitlikler sistemi,
⎡m 0 ⎤⎧U2 ⎫ ⎡ 5k − 2k⎤⎧U2 ⎫ ⎧0⎫
⎢ 0 m⎥⎨ ⎬ + ⎢− 2k 2k ⎥⎨U ⎬ = ⎨0⎬
⎣
⎦⎩U3 ⎭ ⎣
⎦⎩ 3 ⎭ ⎩ ⎭
(10.33)
olarak yazılır.
Pratik bir konu olarak sonlu eleman paket programlarının çoğu analiz problemlerinde yapısal ağırlığı kapsamazlar. Bunun yerine yapısal
ağırlığın işlemlere sokulması yazılımın kullanıcısı tarafından seçilmesi gereken bir opsiyondur.Yapısal ağırlık etkilerinin dahil edilip
7
edilmemesi sistemin geometrisi ve yüklemelerin özellikleri üzerine temellendirilmiş olan bir yargılama sonucu analizci tarafından belirlenir.
(10.33) eşitliği ile verilen ikinci mertebeden, lineer, adi, homojen diferansiyel eşitlikler sistemi iki serbestlik dereceli sistemin
titreşim cevabını temsil eder. Serbest salınım yapan bir sistem için çözümler izleyen harmonik hareketler olarak araştırılır.
U 2 ( t ) = A 2 sin( ω t + Φ )
U 3 ( t ) = A 3 sin( ω t + Φ )
⎡m
−ω2⎢
⎣0
(10.34)
0 ⎤ ⎧ A2 ⎫
⎡ 5k
⎨ ⎬ sin (ω t + Φ ) + ⎢
⎥
m ⎦ ⎩ A3 ⎭
⎣− 2k
Kabul edilen çözümlerin zamana göre 2. türevini alarak ve (10.33) eşitliğinde
yerine koyarak,
− 2 k ⎤ ⎧ A2 ⎫
⎨ ⎬ sin (ω t + Φ ) =
2 k ⎥⎦ ⎩ A3 ⎭
⎧0 ⎫
⎨ ⎬
⎩0 ⎭
(10.35)
⎡5 k − ω 2 m
⎢
⎣ − 2k
⎡5 k − ω 2 m
⎢
⎣ − 2k
⎤ ⎧ A2 ⎫
⎧0 ⎫
⎥ ⎨ ⎬ sin (ω t + Φ ) = ⎨ ⎬
2 k − ω m ⎦ ⎩ A3 ⎭
⎩0 ⎭
− 2k
2
veya
⎤ ⎧ A2 ⎫
⎥ ⎨ ⎬ sin (ω t + Φ ) =
2 k − ω 2 m ⎦ ⎩ A3 ⎭
− 2k
⎧0 ⎫
⎨ ⎬
⎩0 ⎭
(10.36)
(10.36)
(10.36) eşitliği, 2 adet homojen cebrik eşitlikler sistemi olup titreşim genlikleri olan A2 ve A3 için çözülmelidir. Lineer analizden homojen
eşitlikler sisteminin aşikâr olmayan çözümleri için katsayılar matrisinin determinantının sıfır olması gerektiği bilinmektedir.
Bu yüzden aşikâr olmayan çözümler için,
5k − ω 2 m
− 2k
− 2k
=0
2k − ω 2 m
(10.37)
olmalıdır.
( 5k − ω m ) ( 2 k − ω m ) − 4 k
2
2
2
=0
(10.38)
8
( 5k − ω m ) ( 2 k − ω m ) − 4 k
2
ω 21 =
2
k
,
m
veya
ω 22 = 6
ω1 =
2
(10.38) Eşitliği fiziksel sistemin karakteristik denklemi veya frekans denklemi
olarak bilinir. k ve m bilinen pozitif sabitler olarak (10.39) eşitliği bilinmeyen ω2
nin karesel bir eşitliği olarak ele alınır ve izleyen iki adet kök elde edilir:
(10.39)
k
m
k
m
(10.38)
=0
ve
ω2 =
6
(10.40)
k
m
Negatif frekans fiziksel anlama sahip olmadığından ve (10.34) çözümünde negatif değerlerin yerine konması sadece bir faz farkı ortaya
çıkardığından pozitif köke karşılık gelen hareketin aynısını temsil eder.
U 2 ( t ) = A 2 sin( ω t + Φ )
U 3 ( t ) = A 3 sin( ω t + Φ )
(10.34)
Şekil 10.4’te görülen iki serbestlik dereceli sistemin iki adet doğal dairesel frekansının olduğu bulunmuştur. Köklerden sayısal olarak
küçüğünün ω1 olarak gösterilmesi ve temel frekans olarak adlandırılması bir gelenektir. Bu aşamada kabul edilen çözümdeki A2 ve A3
genliklerinin belirlenmesi gerekir
⎡5 k − ω 2 m
⎢
⎣ − 2k
Eğer
⎤ ⎧ A2 ⎫
⎥⎨ ⎬ =
2 k − ω 2 m ⎦ ⎩ A3 ⎭
− 2k
ω = ω 12 =
k
m
⎧0 ⎫
⎨ ⎬
⎩0 ⎭
(10.41)
her bir cebrik eşitlikte yerine konulursa A3 = 2A2 elde edilir. Bu durumda,
birinci veya temel titreşim modu için genlik oranı
Şekil 10.4
(10.41) eşitliği homojen eşitlikler seti olduğundan genliklerin
mutlak değerlerini bulmak mümkün değildir. Bununla birlikte
izleyen şekilde genlikler arasında sayısal ilişkiler elde edilebilir.
A3
= 2
A2
9
Yani eğer sistem temel frekansı ω1 ile salınım yaparsa m2 nin salınımının genliği m1 in salınımının genliğinin 2 katıdır.
A
3
A
2
=
2
Mutlak değerler hareketin başlangıç koşullarına bağlıdır. Bu durumda temel mod için yer değiştirme eşitlikleri,
U 2(1) (t ) = A2(1) sin(ω1t + Φ 1 )
U
(1)
3
(10.42)
(t ) = A sin(ω1t + Φ 1 ) = 2 A sin(ω1t + Φ 1 )
(1)
3
(1)
2
1.mod olabilmesi için iki kütleyi de (10.43) sağlanacak şekilde
çekip aynı anda bırakmak gerekir.
Bu aşamada 2. doğal frekansı her bir eşitlikte yerine koyarsak, 2. moddaki genlik oranı;
A3/A2 = -0,5 olarak buluruz. Öyleyse, ikincil doğal titreşim modunda kütleler ters yönlerde hareket ederler.
U 2( 2 ) (t ) = A2( 2 ) sin(ω 2 t + Φ 2 )
İkincil frekansa karşılık gelen yer değiştirmeler
U 3( 2 ) (t ) = A3( 2 ) sin(ω 2 t + Φ 2 ) = −0,5 A2( 2 ) sin(ω 2 t + Φ 2 )
(10.43)
Sonuç olarak genel durumda iki serbestlik dereceli bir sistemin serbest titreşim cevabı izleyen şekilde verilir.
U 2 ( t ) = A 2(1 ) sin( ω 1 t + Φ 1 ) + A 2( 2 ) sin( ω 2 t + Φ 2 )
U 3 (t ) = A
(1 )
3
sin( ω 1 t + Φ 1 ) + A
(2)
3
sin( ω 2 t + Φ 2 )
= 2 A 2(1 ) sin( ω 1 t + Φ 1 ) − 0 ,5 A 2( 2 ) sin( ω 2 t + Φ 2 )
(10.44)
Bu aşamada problemde dört adet bilinmeyen
bulunmaktadır: A2(1), A2(2), Φ1, Φ2 . Başlangıç yer
değiştirmeleri ve hızlarına göre bu bilinmeyenler elde
edilirler.
10
İki serbestlik dereceli bir sistemin serbest titreşim analizi bir öz değer problemidir. Hesaplanan doğal frekanslar problemin öz
değerleridir, genlik oranları problemin öz vektörlerini verir.
(10.45) eşitliği doğal titreşim modları cinsinden sistemin cevabını temsil eder. Böylesi bir çözüm, modal süperpozisyon ya da
modal analiz olarak isimlendirilir. Problemin tam çözümü matris notasyonu kullanılarak izleyen şekilde verilir:
U 2 ( t ) = A 2(1 ) sin( ω 1 t + Φ 1 ) + A 2( 2 ) sin( ω 2 t + Φ 2 )
U 3 ( t ) = A 3(1 ) sin( ω 1 t + Φ 1 ) + A 3( 2 ) sin( ω 2 t + Φ 2 )
(10.45)
= 2 A 2(1 ) sin( ω 1 t + Φ 1 ) − 0 , 5 A 2( 2 ) sin( ω 2 t + Φ 2 )
⎧U 2 (t ) ⎫
⎨
⎬=
U
(
t
)
⎩ 3 ⎭
⎧ A2(1) ⎫
⎧ A2( 2 ) ⎫
sin( ω 2 t + Φ 2 )
⎨ (1) ⎬ sin( ω1t + Φ 1 ) + ⎨
( 2) ⎬
2
A
−
0
,
5
A
2 ⎭
⎩ 2 ⎭
⎩
(10.46)
Bu denklem sistemin genel hareketini üretmek için modların etkileşim halinde olduğunu gösterir.
11
12
YILDIZ TEKNİK ÜNİVERSİTESİ
İNŞAAT MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ
MEKANİK ANABİLİM DALI
YAPI MEKANİĞİNDE ÖZEL
PROBLEMLER
YAPI DİNAMİĞİ
PROF. DR. TURGUT KOCATÜRK
Hazırlayan : İnş. Yük. Müh. Sevgi YALÇIN
Problem : Şekil 10.4’te verilen sistem gözönüne alınsın. k = 40 lb/in , W = mg = 20 lb.
a) Sistemin doğal frekanslarını belirleyiniz.
b) Eğer başlangıç koşulları U 2 (t = 0) = 1 in. U 3 (t = 0) = 0,5 in.
ise sistemin serbest titreşim cevaplarını bulunuz.
U 2 (t = 0) = U 3 (t = 0) = 0
Bu başlangıç koşulları sistemin denge konumu baz alınarak verilmiştir. Öyleyse hesaplanan
yer değiştirme fonksiyonları yer çekimi etkisini kapsamayacaktır.
Çözüm :
ω1 =
k
=
m
ω2 =
6k
=
m
(10.41) eşitliği ile doğal frekanslar;
40
=
20 / g
40 ⋅ (386,4)
= 27,8 rad / sn
20
6 ⋅ 40
= 12 ⋅ (386,4) = 68,1 rad / sn
20 / g
Serbest titreşim cevabı genel durumda (10.45) ile verilir:
U 2 (t ) = A2(1) sin(27,8t + Φ 1 ) + A2( 2) sin(68,1t + Φ 2 )
U 3 (t ) = 2 A2(1) sin(27,8t + Φ 1 ) − 0,5 A2( 2 ) sin(68,1t + Φ 2 )
Şekil 10.4
Genlikler ve faz açıları başlangıç koşullarının uygulanması ile elde edilir ki bunlar, aşağıda verilmiştir.
(I) U 2 (t = 0) = 1 = A2(1) sin Φ1 + A2(2) sin Φ 2
(II) U 3 (t = 0) = 0,5 = 2 A2(1) sin Φ1 − 0,5 A2(2) sin Φ 2
(III) U (t = 0) = 0 = 27,8 A(1) cos Φ + 68,1A(2) cos Φ
2
2
1
2
2
(IV) U 3 (t = 0) = 0 = 2 ⋅ 27,8 A cos Φ1 − 0,5 ⋅ 68,1A cos Φ 2
(1)
2
(2)
2
2
Trigonometrik fonksiyonların varlığı yüzünden eşitliklerin çözümü aşikar değildir. Bu durumda
izleyen dönüşümler yapılarak başlangıç yer değiştirme eşitlikleri izleyen şekilde elde edilir:
Q = A2(2) sin Φ 2
P = A2(1) sin Φ1
(I) : P + Q = 1
(II): 2P – 0,5Q = 0,5
Benzer olarak,
P = A2(1) sin Φ1 = 0.4
Q = A2(2) sin Φ 2 = 0.6
R = A2(1) cos Φ1
(III) : 27,8R + 68,1S = 0
(IV) : 2 x 27,8 R – 0,5 x 68,1S = 0
S = A2(2) cos Φ 2
olsun. Bu durumda başlangıç hız eşitlikleri
R ve S cinsinden homojen sistem çözümü için katsayılar
matrisinin determinantı sıfır olmalıdır. Ancak açıkça görülür ki
sıfır değildir.
Aşikar olmayan çözümler sadece katsayılar matrisinin determinantının sıfır olması durumunda ortaya
çıkar. Burada ise doğrudan hesaplamayla tahkik edilebileceği gibi determinant sıfır değildir.
Dolayısıyla aşikar olmayan çözüm yoktur.
Bu yüzden; R = S = 0 olmalıdır.
Fiziksel gerçeklerden bilinmektedir ki genlikler sıfır olamaz. Öyleyse;
cosΦ1 = cosΦ2 = 0 olmalıdır. Buradan;
Φ1 = Φ 2 =
π
sonucuna varılır.
2
Dolayısıyla, faz açılarının sinüs fonksiyonu birim değere sahiptir. Bu yüzden; A2(1) = 0,4 , A2(2) = 0,6
elde edilir.
3
(
sin ωt + π
) = cos ωt
2
olduğuna dikkat ederek genlikleri genel çözüm formunda yerine koyarsak, herbir
kütle için serbest titreşim cevabı, U (t ) = 0,4 cos 27,8t + 0,6 cos 68,1t
olur.
2
U 3 (t ) = 0,8 cos 27,8t − 0,3 cos 68,1t
Herbir kütlenin yer değiştirme cevabının sistemin doğal frekanslarına karşılık gelen hareketlerin
birleşimi olduğu görülür.
Böylesi bir olay titreşen yapısal sistemlerin karakteristiğidir. Tüm doğal titreşim modları yapının
genel hareketine katkıda bulunmalıdır. Bu modal analizdir.
YERDEĞİŞTİRMELERİN MODAL AÇILIMI
Herhangi bir N adet bağımsız vektörler seti N inci mertebeden diğer bir vektörün temsili için bir baz
olarak kullanılabilir. Burada doğal modlar böylesi bir baz olarak kullanılacaktır. Böylece, herhangibir
N
yer değiştirme vektörü için modal açılım izleyen formdadır:
u= φ q = Φ q (10.7.1)
∑
r =1
r
r
Burada qr modal koordinatlar veya normal koordinatlar adı verilen skaler çarpanlardır ve q = q1
φr
lar bilindiğinde, verilen bir u için, Eşitlik (10.7.1) in her iki tarafını
mümkündür:
N
φnT m
q2 ... qn
T
ile çarparak qr yi hesaplamak
φnT m u= ∑ (φnT m φr ) qr
r =1
Ortogonallik ilişkisi yüzünden yukarıdaki toplamda r = n terimi dışındaki terimler yok olur. Böylece;
φnT m u
φnT m u
qn = T
=
φ
m
φ
( n n ) Mn
(10.7.2)
Yerdeğiştirme vektörü u nun (10.7.1) ile verilen modal açılımı zorlanmış titreşim cevabında ve ÇSD
sistemlerin deprem cevabında çok önemli rol oynar.
4
T
ÖRNEK Aşağıda verilen iki katlı kayma çerçevesi için yerdeğiştirme vektörü u = 1 1 için modal
açılımı belirleyiniz. Birinci ve ikinci mod vektörlerinin önceden, bilinen yolla elde edilmiş
T
olduğu ve değerlerinin φ = 1 1 ve φ = −1 1 T olduğu kabul edilsin.
2
1
2
k=
24 EI c
h3
⎡ 3k
k=⎢
⎣−k
k=
24 EI c
h3
⎡ 3 −1⎤
⎢ −1 1⎥
⎣
⎦
−k ⎤
k ⎥⎦
φnT m u
φnT m u
qn = T
=
(φn m φn ) M n (10.7.2)
1
1
ÇÖZÜM Yerdeğiştirme u bilinen yolla elde edilmiş olan φ 1 =
2
(10.7.2) de yerlerine konursa izleyen değerler elde edilir:
T
ve φ 2 = −1 1
T
ile birlikte
⎡ 2m 0 ⎤ ⎧1⎫
1
⎡ 2m 0 ⎤ ⎧1⎫
1 ⎢
⎨⎬
⎥
1
1
−
⎢ 0 m ⎥ ⎨1⎬
2
⎣ 0 m ⎦ ⎩1⎭ = 2m = 4
⎣
⎦ ⎩ ⎭ = −m = − 1
q1 =
=
q
2
⎧ 1 ⎫ 3m / 2 3
3
⎡ 2m 0 ⎤ ⎧−1⎫ 3m
⎡ 2m 0 ⎤ ⎪ ⎪
1
−1 1 ⎢
⎨
⎬
1 ⎢
2
⎥
⎨
⎬
⎥
2
⎣ 0 m ⎦ ⎩ 1⎭
⎣ 0 m⎦ ⎪ 1 ⎪
⎩ ⎭
Bu qn değerlerinin (10.7.1) de yerlerine konması arzulanan
modal açılımı verir ki bu açılım aşağıdaki şekilde gösterilmiştir.
u
=
( 4/3) φ1
+
( −1/ 3) φ2
N
u= ∑ φr qr = Φ q (10.7.1)
r =1
5
10.7 Asal Modların Ortogonalliği
Çok serbestlik dereceli sistemlerin asal titreşim modları ortogonalite olarak bilinen temel bir
matematik özelliği paylaşırlar.
Çok serbestlik dereceli bir sistemin serbest titreşim cevabı izleyen şekilde verilir:
[M ]{q} + [K ]{q} = {0}
(10.99)
Çözüm formunu qi(t) = Ai sin(ωt + Φ) olarak, özel bir frekans ωi (10.99) da yerine konursa
{ }
{ }
− ω i2 [M ] A ( i ) + [K ] A ( i ) = {0} (10.100)
ifadesini verir.
{ }
{ }
2
( j)
( j)
= {0}
Diğer bir ωj frekansı için − ω j [M ] A + [K ] A
(10.101)
(10.100) eşitliğini {A(j)}T ve (10.101) eşitliğini {A(i)}T ile çarparsak
{ } [M ]{A }+ {A } [K ]{A } = {0}
− ω {A } [M ]{A }+ {A } [K ]{A } = {0}
− ω i2 A ( j )
2
j
T
(i )
( j) T
(i ) T
( j)
(i ) T
(10.102)
(i )
(10.103)
( j)
(10.102)’nin (10.103)’ten çıkartılması sonucu
{A } [M ]{A }(ω
( j) T
(i )
2
i
)
− ω 2j = {0}
i≠j
(10.104)
(10.104) eşitliğine ulaşmada matris cebrinden bilinen [A]T[B][C] = [C]T[B][A] gerçeğini kullandık.
[A], [B] ve [C] üçlü çarpımı tanımlanan herhangi üç matristir. (10.104) deki iki dairesel frekans ayrık
olarak izleyen sonuca ulaşılır:
T
i≠j
(10.105)
A ( j ) [M ] A ( i ) = 0
{ }
{ }
(10.105) eşitliği asal titreşim modlarının ortogonalliğinin matematik ifadesidir. Ortogonallik özelliği
çok serbestlik dereceli sistemlerin hareket eşitliklerinin girişimsizliğini sağlamak için çok güçlü bir
6
matematiksel tekniktir.
P serbestlik dereceli bir sistem için, kolonları her bir doğal titreşim modu için genlik vektörleri olan
PxP boyutlu modal matris tanımlansın
[A] = [{A(1) } {A( 2) } {A(3) }......{A( P ) }]
(10.106)
{A } [M ]{A } = 0
( j) T
(i )
(10.105)
olduğundan,
[S] = [A]T [M] [A] şeklinde tanımlanan matris diyagonal matristir. Matrisin sıfırdan farklı terimleri;
Sii = { A(i ) } [ M ]{ A(i ) }
T
(10.107)
i = 1, P
Herbir modal genlik vektörü sadece bir sabit çarpan dahilinde bilindiğinden (daha önceki
örneklerde A1(i) = 1 değeri keyfi olarak seçilmişti), modal genlik vektörleri (10.107) ile tanımlanan
diyagonal terimleri herhangi istenen sayısal değeri alacak şekilde değerlendirilebilir. Özel olarak;
eğer bu değer birim olarak seçilirse, yani S = A(i ) T M A(i ) = 1 i = 1, P
(10.108)
ii
{ } [ ]{ }
bu durumda modal genlik vektörlerinin ortonormal olduğu söylenir ve üçlü matris çarpımı
[S] = [A]T [M] [A] = [I]
(10.109)
olur.
Burada [I], PxP boyutlu birim matristir. (10.108) ile modal genlik vektörlerinin normalize edilmesi
aşağıda gösterildiği gibi açıktır. Özel bir modal genlik (10.98) ile temsil edilmiş olsun ki orada birinci
terim keyfi olarak birim değer atanmıştır.
Bu durumda modal matrisin karşı gelen terimi
{A }
(i )
⎧ 1 ⎫
⎪B (i ) ⎪
⎪ 2 ⎪
(i ) ⎪ (i ) ⎪
= A1 ⎨ B3 ⎬
⎪ # ⎪
⎪ (i ) ⎪
⎪⎩ BP ⎪⎭
P
P
∑∑ m
j =1 k =1
i = 1, P
jk
A (ji ) Ak(i ) = S ii = sabit
(10.110)
(10.98)
7
Eğer modal genlikler izleyen şekilde yeniden tanımlanırsa
(10.109) ile tanımlanan eşitlik gerçekten birim
matristir. Daha sonra anlaşılabileceği üzere izleyen
değişken dönüşümü yapılmıştır:
{q} = [A]{p}
(10.112)
A
(i )
j
=
A (j i )
S ii
A (j i )
=
P
(10.111)
P
∑∑ m
j =1 k =1
[S] = [A]T [M] [A] = [I]
jk
A (j i ) Ak( i )
i = 1, P
(10.109)
Burada {p} genelleştirilmiş yer değiştirmelerin kolon matrisidir ve gerçek düğüm yer değiştirmeleri
olan q ların lineer birleşimleridirler. [A] normalize edilmiş modal matristir. Bu durumda (10.95)
[M ][A]{p} + [K ][A]{p} = {F }
[M ]{q} + [K ]{q} = {F }
(10.113)
[A]T [M ][A]{p} + [A]T [K ][A]{p} = [A]T {F }
(10.113)’ün [A]T ile çarpımından,
Ortogonallik prensibi kullanılarak, (10.114)
(10.95)
(10.114)
[I ]{p} + [A]T [K ][A]{p} = [A]T {F }
(10.115)
olur.
Şimdi [A]T [K] [A] ile temsil edilen rijitlik etkileri araştırılmalıdır. [K] matrisi simetrik olmak kaydıyla
üçlü [A]T[K][A] da simetriktir. Asal modların ortogonalliği prensibi izlenerek, [A]T[K][A] üçlü
çarpımının diyagonal matris olduğu kolayca gösterilebilir.
(10.100) eşitliğinin {A(i)}T ile çarpılmasıyla diyagonal terimlerin değerleri bulunur:
{ } [M ]{A }+ {A } [K ]{A } = {0}
− ω i2 A ( i )
T
(i )
(i ) T
(i )
i = 1, P
Eğer modal genlik vektörleri daha önce
tanımlandığı gibi normalize edilirse (10.116)
{ }
{A } [K ]{A } = ω
(i ) T
{ }
− ω i2 [M ] A ( i ) + [K ] A ( i ) = {0} (10.100)
(10.116)
(i )
2
i
(10.117)
olur.
i = 1, P
8
Bu yüzden [A]T [K] [A] çarpımı, diyagonal terimleri
asal
titreşim
modlarının
doğal
dairesel
frekanslarının kareleri olan diyagonal matris üretir.
Yani,
[I ]{p} + [A]T [K ][A]{p} = [A]T {F }
(10.115)
[I ]{p} + [ω 2 ]{p} = [A]T {F }
Sonuçta (10.115) eşitliği;
⎡ω12
⎢
⎢0
⎢
[A]T [K ][A] = ⎢ #
⎢ #
⎢ #
⎢
⎣⎢ 0
(10.119)
0⎤
⎥
ω 22 " " " " ⎥
%
# ⎥
⎥
%
# ⎥
% # ⎥
⎥
" " " " ω P2 ⎦⎥
" " "
0
(10.118)
olur.
Burada [ω2], (10.118) ile belirlenen diyagonal matrisi temsil eder.
Problem: Verilen problemde, 2 ve 3 düğümlerinde sırasıyla F1ve F2 dinamik
yüklerinin uygulanması
belirleyiniz.
Çözüm:
durumundaki
cevapları,
modal
analizle
Daha önce elde edildiği gibi sistem rijitlik matrisi ve kütle matrisi,
⎡ 3k
[K ] = ⎢⎢− 3k
⎢⎣ 0
− 3k
5k
− 2k
0 ⎤
− 2k ⎥⎥
2k ⎥⎦
(10.30)
⎡0 0 0 ⎤
[M ] = ⎢⎢0 m 0 ⎥⎥
⎢⎣0 0 m⎥⎦
(10.31)
⎧U1 ⎫
⎧U 1 ⎫ ⎧ R1 ⎫
(10.32)
Girişimli olan hareket denklemleri ise,
[M ]⎪⎨U2 ⎪⎬ + [K ]⎪⎨U 2 ⎪⎬ = ⎪⎨mg ⎪⎬
⎪U ⎪ ⎪mg ⎪
⎪U ⎪
⎩ 3⎭ ⎩ ⎭
⎩ 3⎭
olarak elde edilir.
R1, “1” düğümündeki dinamik reaksiyon kuvvetidir. Kısıtlılık şartının uygulanmasından sonra
⎡m 0 ⎤ ⎧U2 ⎫ ⎡ 5k
⎢ 0 m⎥ ⎨ ⎬ + ⎢− 2k
⎣
⎦ ⎩U 3 ⎭ ⎣
− 2k ⎤ ⎧U 2 ⎫ ⎧0⎫
⎨ ⎬=⎨ ⎬
2k ⎥⎦ ⎩U 3 ⎭ ⎩0⎭
(10.34)
elde edilir.
9
Doğal frekansların ve bunlara karşı U 2 (t ) = A2 sin(ωt + Φ )
gelen öz vektörlerin elde edilmesi için;
U 3 (t ) = A3 sin(ωt + Φ )
(10.35)
çözümleri kabul edilir.
Burada A2 ve A3, “2” ve “3” düğümlerinin titreşim genlikleridir. ω, bilinmeyen,
harmonik kabul edilen hareketin dairesel frekansı, Φ ise böylesi bir hareketin faz
açısıdır.
⎡m 0 ⎤ ⎧ A2 ⎫
⎡ 5k − 2k ⎤ ⎧ A2 ⎫
⎧0⎫
(
)
(
)
−ω2 ⎢
sin
sin
+
Φ
+
ω
ω
t
t
+
Φ
=
⎨ ⎬ (10.36)
⎥⎨ ⎬
⎢ − 2 k 2k ⎥ ⎨ A ⎬
⎣ 0 m⎦ ⎩ A3 ⎭
⎣
⎦⎩ 3 ⎭
⎩0⎭
veya
⎡5k − ω 2 m
− 2k ⎤ ⎧ A2 ⎫
⎧0⎫
(
)
sin
+
Φ
=
ω
t
⎨ ⎬
⎢
⎥⎨ ⎬
2k − ω 2 m⎦ ⎩ A3 ⎭
⎩0⎭
⎣ − 2k
Yukarıdaki (10.37) eşitliğinin aşikar olmayan çözümü
için katsayılar matrisinin determinantı sıfır olmalıdır:
(10.37)
5k − ω 2 m
− 2k
− 2k
2k − ω 2 m
Yukarıdaki (10.38) ifadesinden izleyen karakteristik
eşitlik veya fiziksel sistemin frekans eşitliği elde edilir:
(10.38)
(5k − ω m)(2k − ω m) − 4k
2
2
(10.39) eşitliğinin kökleri öz değerleri, yani doğal frekansları verir: ω12 =
Doğal frekaslar aşağıdaki (10.42) denkleminde yerlerine konursa;
⎡5k − ω 2 m
− 2k ⎤ ⎧ A2 ⎫ ⎧0⎫
⎬=⎨ ⎬
⎢
2 ⎥⎨
A
k
k
m
ω
2
2
−
−
⎣
⎦ ⎩ 3 ⎭ ⎩0⎭
=0
ω1 =
k
m
k
m
2
= 0 (10.39)
,
ω 22 = 6
k
m
(10.40)
,
ω2 = 6
k
m
(10.41)
(10.42)
2
Birinci doğal frekansa karşı gelen öz vektör (birinci mod şekli), ω1 → A3 = 2A2
İkinci doğal frekansa karşı gelen öz vektör (ikinci mod şekli),
ω 22 → A3 = −0,5 A2
olarak elde edilir.
10
Bunlar izleyen şekilde
formunda yazılmışlardır:
sütun
matris
{A }
(1)
⎧1⎫ ⎧ A2(1) ⎫
= A ⎨ ⎬ = ⎨ (1) ⎬
⎩2⎭ ⎩ A3 ⎭
(1)
2
{A }
( 2)
⎧ 1 ⎫ ⎧ A2( 2) ⎫
=A ⎨
⎬ = ⎨ ( 2) ⎬
−
0
,
5
⎩
⎭ ⎩ A3 ⎭
( 2)
2
Modal genlik vektörlerinin ortonormal hale getirilmesi için diyagonal [S] matrisinin elemanları
bulunsun:
⎡ m 0 ⎤ ⎡1 ⎤
T
S11 = A (1) [M ] A (1) = [1 2]⎢
⎥ ⎢ ⎥ = 5m
⎣ 0 m ⎦ ⎣ 2⎦
{ }
{ }
Öyleyse birinci genlik vektörü, her bir terim
S11 = 2,2361 m ’e
bölününce, izleyen normalleştirilmiş formda elde edilir:
Benzer şekilde,
{A } =
( 2)
{A } =
(1)
1 ⎧0,4472⎫
⎨
⎬
m ⎩0,8944 ⎭
⎡m 0 ⎤ ⎡ 1 ⎤
S 22 = [1 − 0,5]⎢
⎥⎢
⎥ = 1,25m olup ikinci genlik vektörü normalleştirilmiş formda
⎣ 0 m⎦ ⎣− 0,5⎦
1 ⎧ 0,8944 ⎫
⎨
⎬ olur. Bu durumda normalize edilmiş modal matris
m ⎩− 0,4472⎭
[A] =
1 ⎡0,4472 0,8944 ⎤
⎢
⎥
m ⎣0,8944 − 0,4472⎦
olarak elde edilir.
Şimdi (10.109) eşitliğini tahkik edelim. Yani (10.109) ile verilen üçlü çarpımım sonucunun gerçekten
birim matris olup olmadığına bakalım:
[S ] = [A]T [M ][A] = [I ] (10.109)
[A]T [M ][A] =
1 ⎡0,4472 0,8944 ⎤ ⎡m 0 ⎤ ⎡0,4472 0,8944 ⎤ ⎡1 0⎤
=
m ⎢⎣ 0,8944 − 0,4472⎥⎦ ⎢⎣ 0 m ⎥⎦ ⎢⎣ 0,8944 − 0,4472⎥⎦ ⎢⎣0 1⎥⎦
Rijitlik matrisi ile ilgili üçlü çarpım izleyen şekildedir:
[ A] [ K ][ A] =
T
0 ⎤
k ⎡ 0, 4472 0,8944 ⎤ ⎡ 5 −2 ⎤ ⎡ 0, 4472 0,8944 ⎤ k ⎡1
=
m ⎢⎣ 0,8944 −0, 4472 ⎥⎦ ⎢⎣ −2 2 ⎥⎦ ⎢⎣ 0,8944 −0, 4472 ⎥⎦ m ⎢⎣ 0 5,99964 ⎥⎦
11
Bu durumda hareket eşitlikleri sistemi izleyen şekilde girişimsiz hale getirilir:
p1 ⎫ k ⎡1
0 ⎤ ⎧ p1 ⎫
⎡1 0⎤ ⎧ T
⎬+ ⎢
⎨ ⎬ = [ A] ⋅ { F }
⎢0 1 ⎥ ⎨ ⎥
⎣
⎦ ⎩ p2 ⎭ m ⎣0 5,99964⎦ ⎩ p2 ⎭
[A]T ⋅ {F } =
olur.
1 ⎡0,4472 0,8944 ⎤ ⎧ F1 ⎫
1 ⎡0,4472 F1 + 0,8944 F2 ⎤
⎨ ⎬=
⎥
⎢
⎢
⎥
m ⎣0,8944 − 0,4472⎦ ⎩ F2 ⎭
m ⎣0,8944 F1 − 0,4472 F2 ⎦
p1 ⎫ k ⎡1 0⎤ ⎧ p1 ⎫
⎡1 0 ⎤ ⎧ 1 ⎡0, 4472 F1 + 0,8944 F2 ⎤
+
=
⎨
⎬
⎨
⎬
⎢
⎥
⎢0 1 ⎥ ⎢
⎥
m ⎣ 0,8944 F1 − 0, 4472 F2 ⎦
⎣
⎦ ⎩ p2 ⎭ m ⎣0 6⎦ ⎩ p2 ⎭
Yukarıdaki denklemde p1 ve p2 girişimsiz hale getirilmiştir. Bu denklemler keyfi şekilde verilmiş
dinamik yük durumları için, başlangıç koşulları verilmek şartıyla, herhangi bir t anı için sayısal
olarak çözülebilir.
[I ]{p} + ω 2 {p} = [A]T {F } (10.119)
(10.119)’dan ve ayrıca yukarıdaki son denklemin incelenmesinden, bu denklemin aşağıdaki gibi
yazılabileceği görülür:
p1 ⎫ ⎡ω12 0 ⎤ ⎧ p1 ⎫
⎡1 0 ⎤ ⎧ 1 ⎧0, 4472 F1 + 0,8944 F2 ⎫
+
=
⎨
⎬
⎨
⎬
⎨
⎬
⎢
⎥
⎢
⎥ p
2
m ⎩0,8944 F1 − 0, 4472 F2 ⎭
⎣0 1 ⎦ ⎩ 2⎭
⎣ 0 ω2 ⎦ ⎩ p2 ⎭
[ ]
Bu sistemin, düşey bir F = F0 sinωFt kuvvetinin “2”
düğümüne uygulanması durumundaki kararlı hal
cevabı izleyen şekilde belirlenir. Bu durumda
yukarıdaki denklem halini alır.
p1 ⎫ ⎡ω12 0 ⎤ ⎧ p1 ⎫ ⎧ 0,8944 ⎫ F0 sin (ωF t )
⎡1 0 ⎤ ⎧ ⎬+ ⎢
⎬=⎨
⎬
⎢0 1 ⎥ ⎨ 2⎥⎨
p
p
0
ω
m
⎣
⎦⎩ 2⎭ ⎣
⎩−0, 4472⎭
2 ⎦⎩ 2⎭
Bu durumda genelleştirilmiş koordinatlar için girişimsiz hale getirilmiş hareket denklemleri
p1 + ω 12 p1 =
0,8944 F0 ⋅ sin (ωF t )
m
p2 + ω22 p2 =
−0, 4472 F0 ⋅ sin (ωF t )
m
olur.
12
p1 + ω 12 p1 =
0,8944 F0 ⋅ sin (ωF t )
m
Bu hareket denklemlerinin çözümleri
p1 (t ) =
p2 + ω22 p2 =
−0, 4472 F0 ⋅ sin (ωF t )
m
0,8944 F0 ⋅ sin (ωF t )
(ω
2
1
p2 (t ) =
− ωF2 ) m
−0, 4472 F0 ⋅ sin (ωF t )
(ω
2
2
− ωF2 ) m
Bu durumda gerçek yer değiştirmeler olan x(t) = q(t) yer değiştirmeleri (10.112) eşitliğinin
uygulanmasıyla aşağıdaki gibi elde edilir:
{q} = [A]{p}
(10.112)
⎧ 0,8944
0,4472 0,8944 ⎤ ⎪⎪ ω12 − ω F2
{X } = {q} = [A]{p} = 1 ⎡⎢
⎥⎨
m ⎣ 0,8944 − 0,4472⎦ ⎪− 0,4472
⎪⎩ ω 22 − ω F2
(
)
(
⎫
⎪⎪ F ⋅ sin (ω t )
0
F
⎬
m
⎪
⎪⎭
)
13
Lagrange Denklemlerinin Tüm Bölge Üzerinde Geçerli Deneme
Fonksiyonlarıyla Kullanımı: Ritz Metodu
Lagrange denklemlerinin uygulanabilmesi için kirişe ait çökme ve dönme fonksiyonları için bazı
ifadelerin seçilmesi gereklidir. Bu çalışmada söz konusu bilinmeyen büyüklüklere polinomlar
kullanılarak yaklaşım sağlanmıştır. Bu amaçla, sadece geometrik sınır koşulunu sağlayan bazı
ifadeler w( x1 , t ) ve φ ( x1 , t ) için seçilir ve Langrange denklemleri kullanılırsa doğal sınır
koşulları da sağlatılmış olur. Langrange denklemleri kullanılarak, yer değiştirme fonksiyonu olan
w( x1 , t ) ve dönme fonksiyonu olan φ ( x1 , t ) nin kabul edilebilir fonksiyonların lineer serisi
olarak temsil edilmesiyle ve serideki katsayıların Lagrange denklemlerini sağlayacak şekilde
ayarlanmasıyla yer değiştirme ve dönme fonksiyonları için bir yaklaşık çözüm bulunur. Lagrange
eşitliğinin uygulanması için deneme fonksiyonları olan w ( x1 , t ) ve φ ( x1 , t ) ifadelerine uzay
x10 , x11 , x1 2 , ...., x1 N −1 koordinatları ve zaman bağımlı genelleştirilmiş qn (t )
bağımlı
büyüklükleriyle yaklaşım sağlanmıştır. Böylece yer değiştirme ve dönme fonksiyonları izleyen
şekilde ifade edilebilir:
M
w ( x1 ,t ) = ∑ Am (t ) x1m −1
(4.1)
m =1
M
φ ( x1 ,t ) = ∑ Bm (t ) x1m −1
(4.2)
m =1
Lagrange denklemlerinin genel ifadesi izleyen şekilde verilmiştir:
∂ I
d
∂ I
−
∂ qk
d t ∂ q k
= 0
(4.3)
qk büyüklükleri genelleştirilmiş koordinatlardır.
Burada
fonksiyonel olup izleyen şekilde tanımlanmıştır:
I = T −U
I
ise probleme ait
(4.4)
Lagrange denklemleri ile ilgili bu kısa bilgiden sonra, daha önce enerji ifadeleri çıkarılmış olan
Euler-Bernoulli ve Timoshenko kirişlerinin serbest titreşimleri için nasıl uygulanacağı izleyen
bölümlerde açıklanacaktır.
4.1.1 Euler-Bernoulli Kirişi için Kuramsal Çalışma
Lagrange denklemlerinin uygulanabilmesi amacıyla kirişin düşey yer değiştirmesi için (4.1)
bağıntısında verildiği gibi polinomlar kullanılacaktır. Yani,
M
w ( x1 ,t ) = ∑ Am (t ) x1m −1
(4.5)
m =1
m −1
Burada Am (t ) zaman bağımlı genelleştirilmiş koordinatları, x1 de uzay bağımlı
koordinatları göstermektedir. Eğer kiriş serbest titreşim yapıyorsa, kirişe ait zaman bağımlı
genelleştirilmiş Am (t ) koordinatı izleyen şekilde ifade edilebilir:
Am (t ) = Am eiωt
ω
(4.6)
Burada
kirişin boyutlu olan serbest titreşim frekansıdır. Bu durumda kirişe ait
boyutsuz yer değiştirme fonksiyonunun genliği de aşağıdaki şekilde olur:
M
w ( x1 ) = ∑ Am x1m −1
m =1
(4.7)
Ele alınan kiriş basit mesnetli olduğu için mesnet koşulları olarak kirişin her iki ucunda düşey yer
değiştirmeler sıfırdır. Bu çalışmada mesnet koşulları Lagrange çarpanları ile sağlatılmış olup
kısıtlılık koşulları izleyen şekilde verilmiştir:
α i w ( xS i , t ) = 0
i = 1, 2
(4.8)
Burada xSi i inci mesnetin koordinatı ve α i Lagrange çarpanları olup bu problemde mesnet
reaksiyonlarına karşılık gelir. Lagrange çarpanları, problemin Lagrangian fonksiyonelinin teşkil
edilmesine imkan sağlar. Böylece;
L = I + α i w ( xS i , t )
i = 1, 2
(4.9)
Elde edilen Lagrangian fonksiyoneline uygulanacak olan Lagrange denklemleri aşağıdaki gibi
verilmiştir:
∂L d ∂L
(4.10)
k = 1, 2 , 3,..., M +2
−
=0
∂Ak dt ∂Ak
(4.10) bağıntısında verilen denklemlerde nokta zamana göre türevi göstermektedir.
Problemin sayısal analizinde aşağıda verilmiş olan boyutsuz frekans parametresi
kullanılacaktır:
λ =
2
ρ A ω 2 L4
(4.11)
E11 I
(4.10) bağıntısıyla verilen Lagrange denklemlerinin uygulanmasıyla ve
i = 1, 2
AM +i = α i
(4.12)
tanımının yapılmasıyla izleyen lineer cebrik denklem takımı (frekans denklemi) elde edilir.
[ K ]{ A} − λ 2 [ M ]{ A} = {0}
(4.13) eşitliğiyle verilen [ K ]
(4.13)
ve [ M ] matrisleri
matrisi olup elemanları izleyen şekildedir:
′′
′′
∫ ( x ) ( x ) dx
1/ 2
K km =
k −1
1
m −1
1
1
( M + 2) × ( M + 2) boyutlarında rijitlik ve kütle
k ,m = 1, 2 , 3,...., M
−1/ 2
k = 1, ....,M ; m = M + 1, M + 2
K km = x1kS−m1
k = M + 1, M + 2 ; m = 1, ...., M
K km = x1mS−k1
k ,m = M + 1, M + 2
Akm = 0
1/ 2
M km =
∫ ( x )( x ) dx
k −1
1
−1/ 2
M km = 0
m −1
1
k ,m = 1, 2 , 3,...., M
1
k ,m = M + 1, M + 2
(4.14)
(4.13) de verilen denkleme kirişin frekans denklemi de denilmektedir. Özdeğerler olan λ
değerleri denklem (4.13) ile verilen eşitlikler sisteminin determinantının sıfır olmasından
bulunur.
Timoshenko Kirişi için Kuramsal Çalışma
Timoshenko kiriş teorisinde bilinmeyen fonksiyonlar düşey yer değiştirme ve dönme
fonksiyonlarıdır. Bu durumda, Lagrange denklemlerini uygulayabilmek için (4.1) ve (4.2)
eşitliklerinde düşey yer değiştirme ve dönme fonksiyonları için izleyen ifadeler kullanılacaktır:
M
w ( x1 ,t ) = ∑ Am (t ) x1m −1
(4.15)
m =1
M
φ ( x1 ,t ) = ∑ Bm (t ) x1m −1
m =1
(4.16)
m −1
Burada Am (t ) ve Bm (t )zaman bağımlı genelleştirilmiş koordinatları, x1 de uzay bağımlı
koordinatları göstermektedir. Eğer kiriş serbest titreşim yapıyorsa, kirişe ait zaman bağımlı
genelleştirilmiş Am (t ) ve Bm (t ) koordinatları izleyen şekilde ifade edilebilir:
Am (t ) = Am eiωt
(4.17)
(4.18)
Bm (t ) = B m eiωt
Bulunmuş olan ω kirişin boyutlu olan serbest titreşim frekansıdır. Kirişin boyutsuz yer
değiştirme fonksiyonunun genliği de izleyen şekilde olur:
M
w ( x1 ) = ∑ Am x1m −1
(4.19)
M
(4.20)
m =1
φ ( x1 ) = ∑ B m x1m −1
m =1
Basit mesnetli kirişin her iki ucunda düşey yer değiştirmeler sıfırdır. Mesnet koşulları ise
Lagrange çarpanları ile sağlatılmış olup kısıtlılık koşulları izleyen şekilde verilmiştir:
α i w ( xS i , t ) = 0
(4.21)
i = 1, 2
xSi i inci mesnetin koordinatı ve
α iLagrange çarpanları olup, problemde mesnet
reaksiyonlarına karşılık gelir. Burada Lagrange çarpanları kullanılırsa, problemin Lagrangian
fonksiyoneli elde edilmiş olur. Böylece;
L = I + α i w ( xS i , t )
i = 1, 2
(4.22)
elde edilen Lagrangian fonksiyoneline uygulanacak olan Lagrange denklemleri aşağıdaki gibi
verilmiştir:
∂L d ∂L
−
=0
∂qk dt ∂qk
k = 1, 2 , 3,..., 2 M +2
(4.23)
Burada;
qk = Ak
qk = Bk
q2 M +1 = α1
k=1,2,.........M
k=M+1,........2M
q2 M + 2 = α 2
(4.24)
(4.25)
(4.26)
şeklinde tanımlanmıştır. (4.23) bağıntısında verilen denklemlerde nokta zamana göre türevi
gösterir. Problemin sayısal analizinde aşağıda verilmiş olan boyutsuz büyüklükler
kullanılacaktır:
λ2 =
ρ A ω 2 L4
E11 I
, D=
k s G A L2
h2
, µ=
E11 I
12 L2
(4.27)
(4.23) bağıntısıyla verilen Lagrange denklemlerinin uygulanmasıyla aşağıda verilen lineer
cebrik denklem takımı (frekans denklemi) elde edilir:
[ K ]{ A} − λ 2 [ M ]{ A} = {0}
(4.28)
(4.28) eşitliğiyle verilen [ K ] ve [ M ] matrisleri
matrisi olup elemanları izleyen şekildedir:
0⋅5
K km =
∫
D ( x1k −1 )′( x1m −1 )′d x1
(2 M + 2) × (2 M + 2)
k = 1, 2 , ...., M
m = 1, 2 , ...., M
k = 1, 2 , ...., M
m = M + 1, ...., 2 M
−0⋅5
0⋅5
K km =
∫
k −1
1
D (x
−0⋅5
0⋅5
K km =
∫
)′( x1
m −1
)d x1
boyutlarında rijitlik ve kütle
k = M + 1, ...., 2 M
m = 1, 2 , ...., M
⎡⎣ D x1k −1 x1m −1 + ( x1k −1 )′( x1m −1 )′⎤⎦ d x1
k = M + 1, ...., 2 M
m = M + 1, ...., 2 M
x1k −1 x1m −1d x1
k = 1, 2 , ...., M
m = 1, 2 , ...., M
k −1
1
D (x
)( x1
m −1
)′d x1
−0⋅5
0⋅5
K km =
∫
−0⋅5
0⋅5
M km =
∫
−0⋅5
M km = 0
k = 1, 2 , ...., M
m = M + 1, ...., 2 M
M km = 0
0⋅5
M km =
∫
µ x1k −1 x1m −1d x1
k = M + 1, ...., 2 M
m = 1, 2 , ...., M
k = M + 1, ...., 2 M
m = M + 1, ...., 2 M
−0⋅5
(4.29)
Özdeğerler olan λ değerleri denklem (4.28) ile verilen eşitlikler sisteminin
determinantının sıfır olmasından bulunur.
4.2 Enerji Tabanlı Sonlu Farklar ile Kuramsal Çalışma
Sonlu farklar metodu, analitik çözümü güç olan birçok problemde başvurulan, uygulama alanı
çok geniş olan sayısal bir metottur. Bu metotta kirişin diferansiyel denklemi sonlu farklardan
oluşan bir cebirsel denklem takımına dönüştürülür. y = f ( x )eğrisi göze alınırsa, birinci ve
ikinci türevlerin
ym +1 − ym−1
⎛ dy ⎞
⎛ ∆y ⎞
⎜ ⎟ ≅⎜ ⎟ =
2∆x
⎝ dx ⎠m ⎝ ∆x ⎠ m
d 2 y ∆ 2 y ym +1 − 2 ym + ym −1
=
=
dx 2 ∆x 2
(∆x) 2
şeklinde olduğu bilinmektedir.
(4.30)
(4.31)
4.2.1 Euler-Bernoulli Kirişi için Kuramsal Çalışma
(4.10) ifadesinde genelleştirilmiş koordinatlarda verilmiş Lagrange eşitliklerinin sonlu farklar
tekniği ile çözülebilmesi için (3.20) ve (3.36) eşitliklerinin Lagrange eşitliklerinde yerine
konması ve türev ifadelerinin sonlu fark operatörleri ile değiştirilmesi gerekir. Sonlu fark
operatörlerinin uygulandığı Lagrange eşitliklerinin gösterimi
∂L d ∂L
−
=0
(4.32)
∂Wi dt ∂Wi
şeklinde olur. Genelleştirilmiş koordinat Ak yerine Wi alınmıştır. (4.32) ifadesi kirişin her
noktasına uygulanır. Bunun için öncelikle şekil değiştirme ve kinetik enerji ifadelerinin
boyutsuz büyüklüklerle herhangi bir pivot noktası için sonlu fark açılımları yazılırsa:
Ui =
Ti =
E11 I x2 ⎛ wi −1 − 2 wi + wi +1 ⎞ 2
⎟ ∆
2 L ⎜⎝
∆2
⎠
(4.33)
(4.34)
1
ρ A L3 ( w ) 2 ∆
2
eşitlikleri elde edilir. Kirişin tamamı göz önünde bulundurulursa şekil değiştirme enerjisi ve
kinetik enerji ifadeleri
N
U = ∑Ui
(4.35)
i =1
N
T = ∑ Ti
i =1
(4.36)
halini alır. (4.32) ifadesi kirişin tamamına uygulandığında, pivot noktalarının konumlarına
göre beş farklı ifade elde edilir. Ayrıca, denklemlerin elde edilmesinde izleyen tanımlamalar
yapılacaktır:
w = w ⋅ eiωt
(4.37)
ρ AL ω
4
λ2 =
2
(4.38)
E11 I
0
1
2
i
A
N-1
N
N+1
B
L
Şekil 4.1 Basit kirişte düğüm noktalarının gösterilmesi
Kirişe ait toplam şekil değiştirme ve kinetik enerjileri bulunduktan sonra Lagrange
denklemlerinin kirişin sol ucunun dışındaki fiktif noktada uygulanması izleyen ifadeyi verir (0
noktası):
w0 (
2
∆
3
) − w1 (
4
∆
3
) + w2 (
2
∆
3
(4.39)
)=0
Lagrange denklemlerinin kirişin sol ucunda bulunan noktada uygulanması izleyen ifadeyi
verir (1 noktası):
w0 (
−4
∆
3
) + w1 (
10
∆
3
− 2λ 2 ∆ ) + w2 (
−8
∆
3
) + w3 (
2
∆
3
)=0
(4.40)
Lagrange denklemlerinin kirişin uç noktaları arasında bulunan herhangi bir noktada
uygulanması izleyen ifadeyi verir (i noktası):
wi − 2 (
2
∆
) + wi −1 (
3
−8
∆
3
) + wi (
12
∆
3
− 2λ 2 ∆ ) + wi +1 (
−8
∆
3
) + wi + 2 (
2
∆
3
)=0
(4.41)
Lagrange denklemlerinin kirişin sağ ucunda bulunan noktada uygulanması izleyen ifadeyi
verir (N noktası):
wN − 2 (
2
∆
3
) + wN −1 (
−8
∆
3
) + wN (
10
∆
3
− 2λ 2 ∆ ) + wN +1 (
−4
∆
3
)=0
(4.42)
Lagrange denklemlerinin kirişin sağ ucunun dışındaki fiktif noktada uygulanması izleyen
ifadeyi verir (N+1 noktası):
wN −1 (
2
∆
3
) + wN (
−4
∆
3
) + wN +1 (
2
∆
3
)=0
(4.43)
Yukarıdaki (4.39), (4.40), (4.41), (4.42), (4.43) denklemleri matris formunda düzenlenirse
izleyen şekli alır:
[ A]{w} − λ 2 [ B ]{w} = 0
(4.44)
Sabit mesnetli kirişle çalışıldığından izleyen sınır koşulları vardır:
w1 = 0, wN = 0
(4.45)
Söz konusu (4.45) sınır koşullarının göz önüne alınmasıyla (4.44) homojen denklem takımı
2
çözülürse kirişe ait λ özdeğerleri elde edilir. Sınır koşullarının göz önüne alınmasından
sonra elde edilen matrislerin boyutu N × N olur. Yukarıda verilen matris formundaki
(4.44) özdeğer denkleminin açık ifadesi Eklerde (E1) denklemi ile verilmiştir.
4.2.2 Timoshenko Kirişi için Kuramsal Çalışma
Euler-Bernoulli kirişine benzer olarak Timoshenko kirişinde; (4.23) ifadesinde
genelleştirilmiş koordinatlarda verilmiş Lagrange eşitliklerinin sonlu farklar tekniği ile
çözülebilmesi için (3.30) ve (3.46) eşitliklerinin Lagrange eşitliklerinde yerine konması ve
türev ifadelerinin sonlu fark operatörleri ile değiştirilmesi gerekir. Sonlu fark
operatörlerinin uygulandığı Lagrange eşitliklerinin gösterimi
∂L
d ∂L
−
=0
∂Wi dt ∂Wi
∂L
d ∂L
−
=0
∂ψ i dt ∂ψ i
(4.46)
(4.47)
ψi
şeklindedir. Genelleştirilmiş koordinat qk yerine Wi ve
alınmıştır. (4.46) ve (4.47) ifadeleri
kirişin her noktasına uygulanır. Bunun için öncelikle şekil değiştirme ve kinetik enerji ifadelerinin
boyutsuz büyüklüklerle herhangi bir pivot noktası için sonlu fark açılımları yazılırsa:
2
E11 I x2 ⎛ ψ i +1 −ψ i −1 ⎞2
k s G13 AL ⎛ wi +1 − wi −1 ⎞
k G AL
2
Ui =
∆+
∆ + s 13
(ψ i ) ∆
⎜
⎟
⎜
⎟
2L ⎝
2∆
2
2∆
2
⎠
⎝
⎠
⎛ w − wi −1 ⎞
(4.49)
− k s G13 AL ⋅ ⎜ i +1
⎟ ⋅ψ i ⋅ ∆
2∆
⎝
⎠
(4.48)
T=
1
1
2
2
ρ A L3 ( wi ) + ρ I x2 L (ψ i )
2
2
(4.49)
denklemleri elde edilir. Kirişin tamamı gözönüne alınırsa enerji ifadeleri
N
(4.50)
U = ∑U i
i =1
N
(4.51)
T = ∑ Ti
i =1
şeklini alır. (4.46) ve (4.47) ifadesi kirişin tamamına uygulandığında, pivot noktalarının
konumlarına göre beşer farklı ifade elde edilir. Ayrıca, denklemlerin elde edilmesinde izleyen
tanımlamalar yapılacaktır:
w = w ⋅ eiωt
(4.52)
ψ = ψ ⋅ eiωt
ρ AL4ω 2
E11 I
(4.53)
=λ ,
2
k G13 A L2
h2
=µ ,
=D
E11 I
12 L2
(4.54)
Kirişe ait toplam şekil değiştirme ve kinetik enerjileri bulunduktan sonra Lagrange
denklemlerinin kirişin sol ucunun dışındaki fiktif noktada uygulanması izleyen ifadeyi verir
(0 noktası):
D
−D
⋅ w2 +
⋅ w0 + D ⋅ψ 1 = 0
2∆
2∆
(
1
−1
) ⋅ψ 0 + ( ) ⋅ψ 2 = 0
2∆
2∆
(4.55)
(4.56)
Lagrange denklemlerinin kirişin sol ucunda bulunan noktada uygulanması izleyen ifadeyi
verir (1 noktası):
(
D
D
− 2λ 2 ∆ ) ⋅ w1 −
⋅ w3 + D ⋅ψ 2 = 0
2∆
2∆
(
1
−1
− 2λ 2 µ ⋅ ∆ + 2 D ⋅ ∆ ) ⋅ψ 1 + ( ) ⋅ψ 3 + ( D ) ⋅ w0 + (− D ) ⋅ w2 = 0
2∆
2∆
(4.57)
(4.58)
Lagrange denklemlerinin kirişin uç noktaları arasında bulunan herhangi bir noktada
uygulanması izleyen ifadeyi verir (i noktası):
(
D
D
D
− 2λ 2 ∆ ) ⋅ wi −
⋅ wi − 2 −
⋅ wi + 2 − D ⋅ψ i −1 + D ⋅ψ i +1 = 0
∆
2∆
2∆
(
−1
1
−1
) ⋅ψ i − 2 + ( − 2λ 2 µ ⋅ ∆ + 2 D ⋅ ∆ ) ⋅ψ i + ( ) ⋅ψ i + 2 + ( D ) ⋅ wi −1 + (− D ) ⋅ wi +1 = 0
∆
2∆
2∆
(4.59)
(4.60)
Lagrange denklemlerinin kirişin sağ ucunda bulunan noktada uygulanması izleyen ifadeyi
verir (N noktası):
(
D
D
− 2λ 2 ∆ ) ⋅ wN −
⋅ wN − 2 + D ⋅ψ N −1 = 0
2∆
2∆
(
−1
1
− 2λ 2 µ ⋅ ∆ + 2 D ⋅ ∆ ) ⋅ψ N + ( D ) ⋅ wN −1 + (− D ) ⋅ wN +1 = 0
) ⋅ψ N − 2 + (
2∆
2∆
(4.61)
(4.62)
Lagrange denklemlerinin kirişin sağ ucunun dışındaki fiktif noktada uygulanması izleyen ifadeyi
verir (N+1 noktası):
D
D
⋅ wN +1 −
⋅ wN −1 − D ⋅ψ N = 0
2∆
2∆
(
−1
1
) ⋅ψ N −1 + ( ) ⋅ψ N +1 = 0
2∆
2∆
(4.63)
(4.64)
δ i +1 = wi ; δ i + N +3 = ψ i ; i = 0, N + 1
(4.65a)
(4.55) -(4.64) denklemleri, (4.65a) daki tanımlamalar kullanılırsa, (4.65b) de verilen matris
formunda ifade edilir.
[ A]{δ } − λ 2 [ B ]{δ } = 0
(4.65b)
Sabit mesnetli kirişle çalışıldığından izleyen sınır koşulları vardır:
w1 = 0, wN = 0
(4.66)
Söz konusu (4.66) sınır koşullarının göz önüne alınmasıyla (4.65) homojen denklem takımı
2
çözülürse kirişe ait λ özdeğerleri elde edilir. Sınır koşullarının göz önüne alınmasından
sonra elde edilen matrislerin boyutu ( 2 N + 2 ) × ( 2 N + 2 ) olur. Yukarıda verilen matris
formundaki (4.65) özdeğer denkleminin açık ifadesi Eklerde (E2) denklemi ile verilmiştir.
4.3 Sonlu Elemanlar ile Kuramsal Çalışma
4.3.1 Euler-Bernoulli Kirişi için Kuramsal Çalışma
Sonlu eleman formülasyonu sürekli olan bir alan değişkenini düğüm noktalarıyla ayrıklaştırarak ilgili
alan değişkenini düğüm noktasında seçilen bilinmeyenler cinsinden ifade etmeye dayanır.
Bir kiriş eğilme elemanı için her bir düğüm noktasında biri düşey yer değiştirme w i , diğeri dönme θi
olmak üzere iki adet bilinmeyen alınır. Ele alınan serbest titreşim probleminde zaman faktörü de olduğu
için düğüm noktası yer değiştirmeleri zamanın fonksiyonudur. Bu prensibe göre sonlu bir kiriş parçası
( eğilme elemanı) ve düğüm noktası yer değiştirmeleri pozitif yönleri dikkate alınarak
Şekil 4.2’de gösterilmiştir. Düğüm noktası yer değiştirmeleri (4.67) de verildiği gibidir:
{δ}(e ) = ⎡⎣ wi( e) ( t ) , θ(i e) ( t ) , w(je) ( t ) , θ(je) ( t ) ⎤⎦
wi(e)
T
(4.67)
wj(e)
(e)
j
θ
(e)
θi
i
(e)
j
Şekil 4.2 Eğilme elemanı
(4.67) numaralı bağıntıda verilen düğüm noktası yer değiştirmeleri kullanılarak,
Şekil 4.2’de gösterilen eğilme elemanı için düşey yer değiştirme fonksiyonu izleyen şekilde ayrıklaştırılabilir:
w( e ) ( x1 , t ) = f ( wi( e ) (t ), θ i( e ) (t ) w(je ) (t ), θ (j e ) (t ), x1 )
(4.68)
Şekil 4.2’de ele alınan eğilme elemanı aşağıda gösterilen sınır koşullarını sağlamaktadır:
(e)
w
( x1 = xi , t ) = w ( t )
(e)
i
w
(e)
(x
1
= xj , t) = w
(e)
j
(t )
wi(e)
(4.69)
θ
θ
(e)
i
dw( e )
( x1 = xi , t ) = θi( e ) ( t )
dx1
dw( e )
x1 = x j , t ) = θ (j e ) ( t )
(
dx1
(4.70)
Burada xi ve x j eleman koordinatları olup, bundan sonraki hesaplamalarda kolaylık sağlaması yönüyle
xi = 0 ve x j = L şeklinde seçilecektir. Yukarıda ifade edilen dört sınır şartı ve daha önce verilmiş olan
potansiyel enerji ifadesindeki yer değiştirme fonksiyonunun ikinci mertebeden türevi de dikkate alınarak,
yer değiştirme fonksiyonu aşağıdaki şekilde üçüncü dereceden bir Lagrange polinomu olarak seçilmiştir.
w( e ) ( x1 , t ) = ao ( t ) + a1 ( t ) x1 + a2 ( t ) x12 + a3 ( t ) x13 (4.71)
(4.69) ve (4.70) bağıntılarıyla verilen sınır koşulları uygulanırsa:
w( e ) ( x1 = 0, t ) = wi( e ) ( t ) = ao ( t )
dw( e )
( x1 = 0, t ) = θi(e ) ( t ) = a1 ( t )
dx1
w( e ) ( x1 = L, t ) = w(je ) ( t ) = ao ( t ) + a1 ( t ) L + a2 ( t ) L2 + a3 ( t ) L3
dw( e )
( x1 = L, t ) = θ (j e) ( t ) = a1 ( t ) + 2a2 ( t ) L + 3a3 ( t ) L2
dx1
(4.72)
(4.72) denklemleri eşzamanlı olarak çözülürse bilinmeyen katsayılar aşağıdaki şekilde elde edilir:
ao = wi( e )
a1 = θ i( e ) a2 =
3
1
(e)
(e)
2θ i( e ) + θ (j e ) )
w
−
w
−
(
)
(
j
i
2
L
L
a3 =
wj(e)
(e)
j
(e)
i
2 (e)
1
w − w(je ) ) − 2 (θ i( e ) + θ (j e ) )
3 ( i
L
L
(4.73)
j
(4.73) denklemleri (4.71) bağıntısında yerine yazılır ve gerekli düzenlemeler yapılırsa, düşey yer değiştirme fonksiyonu
izleyen şekilde elde edilir:
⎛ 3x12 2 x13 ⎞ ( e )
⎛
⎛ 3 x12 2 x13 ⎞ ( e )
2 x12 x13 ⎞ ( e )
+ 2 ⎟ θ1 ( t ) + ⎜ 2 − 3 ⎟ w2 ( t )
w ( x1 , t ) = ⎜ 1 − 2 + 3 ⎟ w1 ( t ) + ⎜ x1 −
L
L
L ⎠
L ⎠
L ⎠
⎝
⎝
⎝ L
⎛ x3 x2 ⎞
+ ⎜ 12 − 1 ⎟ θ 2( e ) ( t )
L ⎠
⎝L
(e)
(4.74)
(4.74) bağıntısı daha sade bir şekilde aşağıdaki gibi
w( e ) ( x1 , t ) = N1 ( x1 ) wi( e ) ( t ) + N 2 ( x1 ) θi( e ) ( t ) + N3 ( x1 ) w(je ) ( t ) + N 4 ( x1 ) θ (j e ) ( t )
w( e ) ( x1 , t ) = [ N1 N 2
⎧ w1( e ) ⎫
⎪ (e) ⎪
⎪θ1 ⎪
N 3 N 4 ] ⎨ ( e ) ⎬ = [ N ]{δ } = N i ( x1 ) δ i( e ) ( t )
⎪ w2 ⎪
⎪θ ( e ) ⎪
⎩ 2 ⎭
(4.75)
(4.76)
Burada N1 , N 2 , N 3 N 4 şekil fonksiyonları olarak adlandırılmaktadır. (4.75) bağıntısında verilen ayrıklaştırılmış yer
değiştirme ifadesi şekil değiştirme ve kinetik enerji ifadelerinde yerine konulursa bir eleman için herhangi bir andaki
şekil değiştirme enerjisi ve kinetik enerji düğüm noktası yer değiştirmeleri cinsinden izleyen şekilde elde edilir:
2
U
(e)
E11 I x2 L ⎛ ∂ 2 w( e ) ( x1 , t ) ⎞
=
⎜
⎟ dx1
∂x12
2 ∫0 ⎝
⎠
(4.77)
T
(e)
=
ρ A L ⎛ ∂w( e ) ( x1 , t ) ⎞
2
Bir eleman için fonksiyonel aşağıdaki denklemle tanımlanmaktadır:
I (e) = T (e) − U (e)
(4.79)
∫ ⎜⎝
0
∂t
2
⎟ dx1
⎠
(4.78)
Bir eleman için izleyen bağıntıda verilen Lagrange denklemeleri uygulanırsa
∂I ( e ) d ∂I ( e )
−
=0
∂δ ke dt ∂δke
k = 1, 4
δ1( e ) = w1 , δ 2( e ) = θ1 , δ 3( e ) = w2 , δ 4( e ) = θ 2
matris formunda verilen bir lineer hareket denklemi izleyen şekilde elde edilir:
L
[ K ]( e) = EI x ∫ Ni′′( x1 ) N ′′ ( x1 ) j
2
0
6 L −12 6 L ⎤
⎡ 12
EI x ⎢ 6 L 4 L2 −6 L 2 L2 ⎥
⎥
dx1 = 3 2 ⎢
L ⎢ −12 −6 L 12 −6 L ⎥
⎢
2
2 ⎥
⎣ 6 L 2 L −6 L 4 L ⎦
L
⎧w
1( e ) ⎫
⎧ w1( e ) ⎫
⎪ (e) ⎪
⎪ (e) ⎪
⎪θ1 ⎪
⎪θ1 ⎪
[ K ]e ⎨ (e) ⎬ + [ M ]e ⎨ (e) ⎬ = {0} (4.81)
2 ⎪
⎪ w2 ⎪
⎪w
⎪θ ( e ) ⎪
⎪θ( e ) ⎪
⎩ 2 ⎭
⎩ 2 ⎭
[ M ]( e) = ρ A∫ Ni ( x1 ) N j ( x1 )
0
⎡ 156 22 L
⎢
2
ρ AL ⎢ 22 L 4 L
dx1 =
13L
420 ⎢ 54
⎢
2
⎣ −13L −3L
54
−13L ⎤
13L −3L2 ⎥⎥
156 −22 L ⎥
⎥
−22 L 4 L2 ⎦
Bir eleman için elde edilen bu denklem takımından faydalanılarak, tüm sistem için hareket denklemi izleyen şekilde yazılabilir:
[ K ]{δ } + [ M ]{δ} = {0}
(4.82)
p = 2n; n = m +1
(4.83)
Burada [ K ] ve [ M ] tüm kirişin rijitlik ve kütle matrisi, m eleman sayısı, n sistemdeki düğüm noktası sayısı,
p modelin sahip olduğu toplam serbestlik derecesidir. Bu durumda [ K ] ve [ M ] matrisleri p × p boyutunda olacaktır.
Serbest titreşim yapan kirişte zamana bağlı düğüm noktası yer değiştirmeleri izleyen şekilde yazılabilir:
{δ (t )} = {δ } ei ω t (4.86)
(4.86) bağıntısındaki {δ} yer değiştirme vektörünün elemanlarının genlikleridir. (4.86) numaralı bağıntı göz önüne alınırsa
(4.84) bağıntısı izleyen matris formunda ifade edilebilir:
[ K ]{δ } − ω 2 [ M ]{δ } = {0} (4.87)
Yukarıda tanımlanan boyutsuz büyüklükler dikkate alındığında, (4.87) bağıntısı izleyen şekilde boyutsuz hale gelecektir:
{⎡⎣ K ⎤⎦ − λ
2
⎡⎣ M ⎤⎦ δ = {0}
}{ }
(4.89)
Ele alınan kirişin her iki ucu basit mesnetli olduğu için, ilgili düğüm noktalarında düşey yer değiştirmelerin sıfır olması
gerekir. Dolayısıyla problemdeki geometrik sınır koşulları izleyen şekilde ifade edilebilir:
δ1 (t ) = 0
(4.90)
δ p −1 (t ) = 0
Sınır koşulları probleme uygulanırken, rijitlik ve kütle matrislerinde, sıfır olan düğüm noktası bilinmeyenine karşılık
gelen satır ve sütun silinir. Böylece ele alınan problemde rijitlik ve kütle matrislerinin 1. satır ve sütunu ile ( p − 1).
satır ve sütunu silinir ve tüm sistem için izleyen şekilde verilen indirgenmiş boyutsuz frekans denklemi elde edilir:
⎡⎣ K * ⎤⎦ δ − λ 2 ⎡⎣ M * ⎤⎦
*
Burada ⎡⎣ K ⎤⎦ ve
{}
{δ } = {0}
⎡M * ⎤
⎣ ⎦
(4.91)
tüm sistem için ( p − 2) × ( p − 2)
boyutlarında indirgenmiş rijitlik ve kütle matrisidir. (4.91) de verilen denkleme kirişin frekans denklemi de denilmektedir.
Özdeğerler olan λ değerleri denklem (4.91) ile verilen eşitlikler sisteminin determinantının sıfır olmasından bulunur.
4.3.2 Timoshenko Kirişi için Kuramsal Çalışma
Bir eğilme elemanı için her bir düğüm noktasında biri düşey yer değiştirme wi , diğeri dönme θ i
olmak üzere iki adet düğüm noktası bilinmeyeni olduğu daha önceki bölümde açıklanmıştı. Euler-Bernoulli kiriş
teorisine göre herhangi bir kesitteki dönme, düşey yer değiştirmenin o noktadaki türeviyle ifade edilir. Ancak,
Timoshenko kiriş teorisinde kesitlerin yer değiştirmelerini ve dönmelerini ifade eden yer değiştirme ve
(e)
dönme fonksiyonları birbirinden bağımsız olarak ele alınır. Bu amaçla düşey yer değiştirme w ( x1 , t )
(e)
ve dönme ψ ( x1 , t ) için aynı dereceden polinomlar seçilebileceği gibi, genellikle farklı dereceden polinomlar
seçilmektedir. Söz konusu polinomlar, ∂w / ∂x1 ≠ 0 ∂ψ / ∂x1 ≠ 0
koşulları göz önüne alınarak, en az birinci dereceden seçilmelidir. Bir Timoshenko kiriş elemanı için yer değiştirme
ve dönme fonksiyonları düğüm noktası bilinmeyenleri yardımıyla aşağıdaki şekilde ayrıklaştırılabilir:
w( e ) ( x1 , t ) = Ni ( x1 ) wi ( t )
i = 1, 2,..., m
(4.92) ve (4.93) eşitliklerindeki wi ( t )
(4.92)
ψ ( e ) ( x1 , t ) = R j ( x1 )θ j ( t )
j = 1, 2,..., n
(4.93)
ve θ j ( t ) zamana bağlı olarak ifade edilen düğüm noktası bilinmeyenleridir.
(4.92) ve (4.93) deki ifadeler Timoshenko kirişi için daha önceden verilmiş olan şekil değiştirme ve kinetik enerji
ifadelerinde yerlerine konulursa, bir eleman için herhangi bir andaki şekil değiştirme ve kinetik enerji düğüm noktası
yer değiştirmeleri cinsinden izleyen şekilde elde edilir:
U
(e)
2
2
L
⎛ dψ ( e ) ( x1 , t ) ⎞
⎛ dw( e ) ( x1 , t )
⎞ ⎤
1 ⎡
(e)
= ∫ ⎢ E11 I x2 ⎜
−ψ ( x1 , t ) ⎟ ⎥ dx1
⎟ + ks G13 A ⎜
20⎢
dx1
dx1
⎝
⎠
⎝
⎠ ⎥⎦
⎣
2
T
(e)
(4.94)
2
L
L
⎛ ∂w( e ) ( x1 , t ) ⎞
⎛ ∂ψ ( e ) ( x1 , t ) ⎞
1
1
= ∫ ρ A⎜
⎟ dx1 + ∫ ρ I x2 ⎜
⎟ dx1
20
20
∂t
∂t
⎝
⎠
⎝
⎠
(4.95)
Bir eleman için fonksiyonel izleyen denklemle tanımlanmaktadır:
I (e) = T (e) − U (e)
(4.96)
Bir eleman için daha önceden verilmiş olan Lagrange denklemeleri uygulanırsa hareket denklemleri
[ K ]( e ) {δ } + [ M ]( e ) {δ} = {0}
[ K ]( e)
⎡ ⎡ K 11 ⎤ ⎡ K 12 ⎤ ⎤
⎣
⎦ ⎣
⎦⎥
=⎢
21
22
⎢⎡ K ⎤ ⎡ K ⎤ ⎥
⎦ ⎣
⎦⎦
⎣⎣
(4.97)
(4.98)
olarak elde edilir. Burada [ K ]( e ) [ M ]( e ) matrisleri rijitlik ve kütle matrisleridir.
[ M ](e )
⎡ ⎡ M 11 ⎤
[ 0] ⎤
⎣
⎦
⎢
⎥
=
⎢ [ 0]
⎡⎣ M 22 ⎤⎦ ⎥
⎣
⎦
(4.99)
(4.97) eşitliğinde matris formunda verilen rijitlik matrisinin alt matris bileşenleri daha açık olarak izleyen şekilde verilmektedir:
L
K ij12 = K ij21 = ks G13 A∫ N i′ ( x1 ) R j ( x1 ) dx1
L
K
11
ij
= k s G 13 A∫ N i′ ( x1 ) N ′j ( x1 ) dx1
(4.100)
0
L
L
0
0
K ij22 = E11 I x2 ∫ Ri′ ( x1 ) R′j ( x1 ) dx1 + k s G 13 A∫ Ri ( x1 ) R j ( x1 ) dx1
(4.101)
0
L
M ij11 = ρ A∫ N i ( x1 ) N j ( x1 ) dx1
(4.102)
(4.103)
0
L
M
22
ij
= ρ I x2 ∫ Ri ( x1 ) R j ( x1 ) dx1
0
(4.104)
(4.100), (4.101), (4.102) ve (4.104) eşitlikliklerindeki rijitlik terimleri hesaplanırken düğüm noktası yer değiştirmesi ve dönmeleri
için aynı dereceden polinomlar (özellikle lineer) seçildiğinde, ele alınan eğilme elemanı, Timoshenko teorisindeki sabit kayma
gerilmesi kabulü sebebiyle, literatürde kayma kilitlenmesi (shear locking) (Reddy, 1993) adı verilen olay meydana gelmektedir .
Bu problemin üstesinden gelmek için literatürde iki yol bulunmaktadır (Reddy, 1993). Bu iki yöntem hakkında kısaca bilgi verilecektir.
4.3.2.1 Farklı Dereceden (Uyumlu) İnterpolasyon Fonksiyonlarının Kullanılması
Birinci yöntemde düşey yer değiştirme ve dönme fonksiyonları için farklı dereceden polinomlar seçilmektedir. Bu polinomlar
∂w / ∂x1 ve ψ nın mertebesi eşit olacak şekilde seçilmelidir, örneğin m = n + 1 Bir eğilme elemanının düşey yer değiştirmesi
w( e ) ( x1 , t ) için ikinci dereceden (kuadratik), dönmesini ifade eden ψ ( e ) ( x1 , t ) için birinci dereceden (lineer) polinom seçilirse,
yer değiştirme ve dönme fonksiyonları izleyen şekilde ayrıklaştırılabilir:
w( e ) ( x1 , t ) = N1 ( x1 ) w1( e ) ( t ) + N 2 ( x1 ) w2( e ) ( t ) + N3 ( x1 ) w3( e ) ( t ) = [ N1 N 2
ψ
(e)
( x1 , t ) = R1 ( x1 )θ ( t ) + R2 ( x1 )θ
(e)
1
(e)
2
⎧⎪θ1( e ) ⎫⎪
( t ) = [ R1 R2 ] ⎨ (e ) ⎬
⎪⎩θ 2 ⎭⎪
⎧ w1( e ) ⎫
⎪
⎪
N 3 ] ⎨ w2( e ) ⎬
⎪ (e) ⎪
⎩ w3 ⎭
(4.106)
(4.105)
Burada Ni ( x1 )
ve
Ri ( x1 )
şekil fonksiyonları olarak bilinmektedir. (4.105) ve (4.106) eşitliklerindeki ifadeler şekil değiştirme ve kinetik enerji ifadelerinde
yerlerine konulduktan sonra Lagrange denklemleri uygulanırsa izleyen matris formunda gösterilen hareket denklemleri elde edilir:
1( e ) ⎫
⎧ w1( e ) ⎫
⎧w
⎪ (e) ⎪
⎪ (e) ⎪
w2 ⎪
w
⎪
11
12
11
⎡⎡K ⎤ ⎡K ⎤ ⎤
⎡⎡M ⎤
⎤⎪ 2 ⎪
0
[
]
⎦ ⎣
⎦ ⎥ ⎪ (e) ⎪ ⎢ ⎣
⎦
⎪
⎢⎣
⎥ ⎪⎨ w
3( e ) ⎬ = {0}
⎨ w3 ⎬ +
21
22
22
⎢ ⎡ K ⎤ ⎡ K ⎤ ⎥ ⎪ ( e ) ⎪ ⎢ [ 0]
⎡⎣ M ⎤⎦ ⎥ ⎪( e ) ⎪
⎦ ⎣
⎦⎦ θ
⎣⎣
⎣
⎦ θ
1
⎪
⎪
⎪ 1 ⎪
(
)
e
⎪
⎪
⎪( e ) ⎪
⎩θ 2 ⎭
⎩θ 2 ⎭
⎡ 7 −8 1 ⎤
ks G13 A ⎢
⎡⎣ K ⎤⎦ =
−8 16 −8⎥⎥
⎢
3L
⎣⎢ 1 −8 7 ⎥⎦
(4.107)
⎡ −5 −1⎤
ks G13 A ⎢
4 −4 ⎥⎥
⎣⎡ K ⎦⎤ = ⎣⎡ K ⎦⎤ =
⎢
6
⎣⎢ 1 5 ⎥⎦
11
12
21
⎡⎣ K 22 ⎤⎦ =
E11 I x2 ⎡ 1 −1⎤ ks G13 A L ⎡ 2 1 ⎤
+
⎢1 2 ⎥
L ⎢⎣ −1 1 ⎥⎦
6
⎣
⎦
(4.109)
(e)
(4.105), (4.106) ve (4.107) eşitliklerine dikkat edilirse, elemanın tam orta noktasında, sadece yer değiştirme türünden w3
bilinmeyeni olan ve diğer elemanlarla bağlantısı olmayan üçüncü bir düğüm noktasının ortaya çıktığı görülür. Bu düğüm
noktası bir elemandan tüm sisteme geçişte ilgili matrislerin toplanmasında zorluk teşkil etmektedir. Bunun için eleman rijitlik
(e)
matrisinde üçüncü düğüm noktasındaki w3 bilinmeyeni yok edilirse, bir eleman için daraltılmış rijitlik matrisi izleyen şekilde olur:
[ K ]( e)
kG A
⎡ k s G13 A
− s 13
⎢
L
L
⎢
⎢ − ks G13 A ks G13 A
⎢
L
L
=⎢
⎢ − ks G13 A ks G13 A
⎢
2
2
⎢
⎢ − k s G13 A ks G13 A
⎢⎣
2
2
ks G13 A
2
ks G13 A
2
ks G13 AL E11 I x2
+
4
L
ks G13 AL E11 I x2
−
4
L
−
ks G13 A
⎤
⎥
2
⎥
ks G13 A
⎥
⎥
2
⎥
k s G13 AL E11 I x2 ⎥
−
4
L ⎥
⎥
ks G13 AL E11 I x2 ⎥
+
4
L ⎥⎦
−
(4.110)
Buna benzer şekilde kütle matrisi de elde edilerek, kayma kilitlenmesi probleminin üstesinden gelinmiş olur.
4.3.2.2 Aynı Dereceden İnterpolasyon Fonksiyonlarının Kullanılması
Düşey yer değiştirme ve dönme fonksiyonları için aynı dereceden m = n polinomlar seçildiğinde, eleman rijitlik ve
11
12
kütle matrislerini oluşturan tüm alt matrisler n × n boyutlarında olmaktadır. Eleman rijitlik matrisinin ⎡⎣ K ⎤⎦ ⎡⎣ K ⎤⎦
22
bileşenleri ile ⎡⎣ K ⎤⎦ matrisinin (4.102) eşitliğinde verilen birinci kısmı elde edilen şekil fonksiyonlarının kullanılmasıyla hesaplanır.
⎡⎣ K 22 ⎤⎦
matrisinin ikinci kısmı ise indirgenmiş integrasyon yöntemi kullanılarak hesaplanır
Yer değiştirme ve dönme fonksiyonları için izleyen şekilde verilen birinci dereceden (lineer) polinomlar seçilebilir:
w( e ) ( x1 , t ) = ao ( t ) + a1 ( t ) x1
(4.111)
ψ ( e ) ( x1 , t ) = bo ( t ) + b1 ( t ) x1
(4.112)
Bu durumda ele alınan eğilme elemanı aşağıda verilen sınır koşullarını sağlamalıdır:
w( e ) ( x1 = 0, t ) = w1( e ) ( t )
w( e ) ( x1 = L, t ) = w2( e ) ( t )
(4.113)
ψ ( e ) ( x1 = 0, t ) = θ1( e ) ( t )
ψ ( e ) ( x1 = L, t ) = θ 2( e ) ( t )
(4.114)
(4.111) ve (4.112) eşitliklerinde verilen sınır koşulları uygulandıktan sonra, Euler-Bernoulli kiriş teorisinde yapıldığı gibi
benzer matematiksel işlemler ve düzenlemeler yapılırsa yer değiştirme ve dönme fonksiyonları izleyen şekilde ayrıklaştırılabilir:
x ⎞
⎛
⎛x ⎞
w( e ) ( x1 , t ) = ⎜1 − 1 ⎟ w1( e ) ( t ) + ⎜ 1 ⎟ w2( e ) ( t ) = N i ( x1 ) wi( e ) ( t )
L⎠
⎝
⎝L⎠
x ⎞
⎛
⎛x ⎞
(4.115) ψ ( e ) ( x1 , t ) = ⎜ 1 − 1 ⎟ θ1( e ) ( t ) + ⎜ 1 ⎟ θ 2( e ) ( t ) == Ri ( x1 ) θi( e ) ( t )
L⎠
⎝
⎝L⎠
(4.115) ve (4.116) eşitliklerinden görüldüğü gibi yer değiştirme ve dönme fonksiyonları için elde edilen Ni ( x1 ) Ri ( x1 )
şekil fonksiyonları özdeş olmaktadır. Elde edilen bu şekil fonksiyonları yardımıyla ve (4.100), (4.101), (4.102) , (4.103) ve
(4.104) eşitliklerinin kullanılmasıyla rijitlik ve kütle matrislerinin bileşenleri izleyen şekilde elde edilir:
(4.116)
⎡⎣ K 11 ⎤⎦ =
ks G13 A ⎡ 1 −1⎤
L ⎢⎣ −1 1 ⎥⎦
⎡⎣ K 12 ⎤⎦ = ⎡⎣ K 21 ⎤⎦ =
⎡1
⎢
⎡⎣ M 11 ⎤⎦ = ρ AL ⎢ 3
⎢1
⎢⎣ 6
k s G13 A ⎡ −1 −1⎤
2 ⎢⎣ 1 1 ⎥⎦
1⎤
6⎥
⎥
1⎥
3 ⎥⎦
⎡⎣ K 22 ⎤⎦ =
⎡1
⎢
⎡⎣ M 22 ⎤⎦ = ρ I x2 L ⎢ 3
⎢1
⎢⎣ 6
E11 I x2 ⎡ 1 −1⎤ k s G13 AL ⎡1 1⎤
+
⎢1 1⎥
4
L ⎢⎣ −1 1 ⎥⎦
⎣
⎦
1⎤
6⎥
⎥
1⎥
3 ⎥⎦
(4.117)
(4.117) eşitliklerinde verilen alt matrisler bir eleman için tek bir matris içinde aşağıdaki şekilde yazılabilir:
[ K ]( e)
kG A
⎡ k s G13 A
− s 13
⎢
L
L
⎢
⎢ − ks G13 A ks G13 A
⎢
L
L
=⎢
⎢ − ks G13 A ks G13 A
⎢
2
2
⎢
⎢ − k s G13 A ks G13 A
2
2
⎣⎢
ks G13 A
2
ks G13 A
2
ks G13 AL E11 I x2
+
4
L
ks G13 AL E11 I x2
−
4
L
−
ks G13 A
⎤
⎥
2
⎥
ks G13 A
⎥
⎥
2
⎥
k s G13 AL E11 I x2 ⎥
−
4
L ⎥
⎥
ks G13 AL E11 I x2 ⎥
+
4
L ⎦⎥
−
(4.118)
[ M ](e)
⎡ ρ AL
⎢ 3
⎢
⎢ ρ AL
⎢ 6
=⎢
⎢ 0
⎢
⎢
⎢ 0
⎣⎢
ρ AL
6
ρ AL
3
0
0
0
0
ρ Ix L
2
3
ρ I x2 L
6
⎤
⎥
⎥
0 ⎥
⎥
ρ I x2 L ⎥⎥
6 ⎥
ρ I x2 L ⎥⎥
3 ⎦⎥
0
(4.119)
(4.118) eşitliğinde bir eleman için verilen rijitlik matrisine dikkat edilirse, farklı dereceden polinomlar kullanılarak daha önceden
elde edilmiş olan (4.110) eşitliğindeki rijitlik matrisiyle aynı olduğu dikkati çekmektedir. Bu çalışmada Timoshenko teorisine göre
sonlu elemanlar yöntemiyle çözümde aynı dereceden polinomlar seçilerek elde edilmiş olan rijitlik ve kütle matrisleri kullanılacaktır.
Bu durumda, bir eleman için elde edilen ilgili matrislerden faydalanarak, tüm sistem için hareket denklemi izleyen şekilde yazılabilir:
[ K ]{δ } + [ M ]{δ} = {0}
(4.120)
p = 2n; n = m +1
(4.121)
Serbest titreşim yapan kirişte zamana bağlı düğüm noktası yer değiştirmeleri izleyen şekilde yazılabilir:
{δ (t )} = {δ } ei ω t
(4.122)
(4.122) numaralı bağıntı göz önüne alınırsa, (4.120) bağıntısı izleyen matris formunda ifade edilebilir:
[ K ]{δ } − ω 2 [ M ]{δ } = {0}
(4.123)
Problemin sayısal analizinde aşağıda tanımlanmış olan boyutsuz büyüklükler kullanılacaktır:
δi = δi ; i = n + 1, n + 2,..., 2n
δi = δi / L ; i = 1, 2,..., n
λ2=
ρ A ω 2 L4
E11 I x2
, D=
ks G13 A L2
h2
, µ=
E11 I x2
12 L2
(4.124)
Yukarıda tanımlanan boyutsuz büyüklükler dikkate alındığında, (4.123) bağıntısı izleyen şekilde boyutsuz hale gelecektir:
{⎡⎣ K ⎤⎦ − λ
2
⎡⎣ M ⎤⎦ δ = {0}
}{ }
(4.125)
Problemde sınır koşulları, ele alınan kirişin her iki ucu basit mesnetli olduğu için, ilgili düğüm noktalarında düşey yer
değiştirmelerin sıfır olmasıdır. Dolayısıyla problemdeki geometrik sınır koşulları izleyen şekilde ifade edilebilir:
δ1 (t ) = 0 δ p / 2 (t ) = 0
(4.126)
Sınır koşulları probleme uygulanırken, rijitlik ve kütle matrislerinde, sıfır olan düğüm noktası bilinmeyenine karşılık gelen satır
ve sütun silinir. Böylece ele alınan problemde rijitlik ve kütle matrislerinin 1. satır ve sütunu ile ( p / 2). satır ve sütunu silinir ve
tüm sistem için izleyen şekilde verilen indirgenmiş boyutsuz frekans denklemi elde edilir:
⎡⎣ K * ⎤⎦ δ − λ 2 ⎡⎣ M * ⎤⎦ δ = {0}
{}
{}
(4.127)
(4.127) de verilen denkleme kirişin frekans denklemi de denilmektedir. Özdeğerler olan λ
değerleri denklem (4.127) ile verilen eşitlikler sisteminin determinantının sıfır olmasından bulunur.
10.5 Kiriş Elemanları
Bu aşamada bir kiriş elemanının eğilme titreşimi için kütle matrisi geliştirilecektir.
Diferansiyel elemana Newton’un 2. kanunu y doğrultusunda uygulanırsa
∑ Fy = ma y → V +
ρA Æ x
∂V
∂ 2V
dx − V − q( x, t )dx = ( ρ ⋅ A ⋅ dx) 2
∂x
∂t
Şekil 10.9: Zamana bağlı
yüklemeye maruz bir kişinin
diferansiyel elemanı
(10.66)
doğrultusundaki birim uzunluktaki kiriş kütlesini gösterir.
∂V
∂ 2V
− q( x, t ) = ρA 2
∂x
∂t
(10.66) eşitliği sadeleştirilirse,
(10.67)
∂M
= −V
∂x
Bu moment – kesme kuvveti ilişkisini (10.67)’de yerine yazarsak,
∂V
∂ 2V
− q( x, t ) = ρA 2
∂x
∂t
(10.69)
∂ 2V
M = EI z 2
∂x
Sonuç olarak eğilme formülü,
−
∂2
∂x 2
⎡
∂ 2V ⎤
∂ 2V
EI
q
(
x
,
t
)
ρ
A
−
=
⎢ z 2⎥
∂x ⎦
∂t 2
⎣
(10.70)
(10.71)
Sabit elastisite modülü E ve eylemsizlik Iz kabulü altında yönetici eşitlik izleyen şekli alır.
∂ 2V
∂ 4V
ρA 2 + EI z 4 = −q( x, t )
∂t
∂x
(10.72)
(10.68)
Kirişin yanal yer değiştirmesi kiriş fonksiyonu için daha önce geliştirilen interpolasyon fonksiyonlarının aynısı kullanılarak ayrıklaştırılır.
V ( x) = N 1 ( x) ⋅ V1 (t ) + N 2 ( x) ⋅ θ1 (t ) + N 3 ( x) ⋅ V2 (t ) + N 4 ( x) ⋅ θ 2 (t )
(10.73)
İnterpolasyon fonksiyonları (4.26) veya (4.29) ile verildikleri gibidir. Galerkin yönteminin (10.72)’ye uygulanması ile
⎛
⎞
∂ 4V
∂ 2V
⎜
⎟⎟dx = 0
N
(
x
)
ρ
⋅
A
⋅
+
EI
+
q
i
z
2
4
∫0
⎜
ei = 1,4
(10.74)
∂
t
∂
x
⎝
⎠
İntegral işareti altındaki son iki terim (5.46) eşitliğinde ele alınmıştı. (5.46)’da rijitlik matrisi ve yük vektörü elde
edildiğinden burada tekrarlanmadı, bunun yerine integral altındaki 1. terim üzerine odaklanacağız. (10.74) ile temsil edilen
eşitliklerin her biri için birinci integral terimi,
L
⎧V1 ⎫
⎪ ⎪
L
L
⎪θ ⎪
ρA∫ N i N1 ⋅ V1 + N 2 ⋅ θ1 + N 3 ⋅ V2 + N 4 ⋅ θ2 dx = ρA∫ N i [N ]dx ⎨ 1 ⎬
o
0
⎪V2 ⎪
⎪⎩θ2 ⎪⎭
(
)
(10.75)
Eşitliklerin tümü iki boyutlu bir kiriş elemanı için kütle matrisi izleyen şekilde verilir;
L
[me ] = ρA∫ [N ]T [N ]dx
(10.77)
0
İnterpolasyon fonksiyonlarının yerine konulması ve gerekli interpolasyonların yapılmasından sonra kütle matrisi
22 L
⎡ 156
⎢ 22 L
4 L2
ρAL ⎢
[me ] =
13L
420 ⎢ 54
⎢
2
⎣− 13L − 3L
− 13L ⎤
54
13L − 3L2 ⎥⎥
156 − 22 L ⎥
⎥
− 22 L − 4 L2 ⎦
(10.78)
İkinci türev vektörü sıfır ise, statik durum elde edilir. Yani statik durum dinamik durumun özel halidir.
Dinamik durumda düğüm noktası momentleri ve kesme kuvvetleri zamana bağımlı olabilir. Kütle matrisini de kapsayan
kiriş elemanı için birleştirme prosedürü statik denge durumundaki prosedüre özdeştir.
Genel kütle matrisi eleman yer değiştirmeler ile genel yer değiştirmeler arasındaki ilişkilerle birlikte bireysel eleman
kütle matrislerini kullanarak elde edilir. Sistem birleştirmesi prosedür olarak açık olmasına karşın işlem el ile yapıldığında yorucudur.

Eski Dönem Ders İçerikleri - Mühendislik Fakültesi

Full Text

Sistem Geliştirme Projelerinde Kullanılan

Registration:

zeyilname - Trabzon Ticaret Borsası

Balçova ve Seferihisar İlçelerinde Gerçekleştirilen Yapı Stoğu

topoloji ders notları

lagrange interpolasyon ve ardışık farklar

İslahiye İlçesi Boğaziçi Mahallesi park ve eğitim tesisi alanı nazım

Teknik Detay için tıklayın

Betonarme_1_4

FİZ-101 Uygulama-X (Bölüm X: Katı Cisimlerin Dönme Hareketi

ÖN CAM VE TAVAN KOMPOZITININ OTOBÜS DEVRILME

1. Ödev

SINAV SAATLERİNE DİKKAT EDİNİZ. Fizik I, Genel Kimya ve

Metraj-4

Syllabus YDM 519 - Akademik Web Sayfaları

1 değişken kesitli kirişlerde elastik eğrinin sonlu

Broşür için tıklayınız

Spinal Aksesuar Sinirin Önemli Bir Varyasyonu

Elektromanyetik Fırlatıcılar - Çankırı Karatekin Üniversitesi

Document 5067548