0 - akaweb

Bölüm
10
KESİT TESİRLERİ
38. ÇUBUK
Taşıyıcı sistemler çeşitli elemanların birleşmesi ile oluşurlar. Elemanları
boyut oranlarına göre
• Çubuklar
• Plak ve kabuklar
• Üç boyutlu diğer taşıyıcılar
olarak üç sınıfa ayırabiliriz. Çubuklar iki boyutu üçüncü boyutu yanında
küçük olan taşıyıcılardır. Plak ve kabuklar ise iki boyutlu taşıyıcılardır.
Bunların kalınlığı diğer iki boyutuna oranla küçüktür.
Çubuklar eksen ve dik kesitleri ile belirlenir. Eksenlerine göre çubuklar
A- Uzay çubuklar
B- Düzlem çubuklar
1- Doğru eksenli çubuklar
2- Eğri eksenli çubuklar
diye sınıflandırılabilir. Ayrıca dik kesite göre
A- Sabit kesitli
B- Değişken kesitli
çubuklar diye de ayrıca adlandırılabilirler.
190
Dik kesit adından anlaşılacağı gibi eksene diktir ve herhangi bir kesit
eksen üzerinde alınan bir O başlangıç noktasından s uzaklığı ile
belirlenir. Dik kesitin G ağırlık merkezinin geometrik yeri ise ekseni
belirler (Şekil 38.1).
Şekil 38.1
Mukavemette bütün elemanlar için rastlanabilecek problemler basit bir
örnek üzerinde, sabit kesitli doğru eksenli çubuklarda incelenecektir.
Böylece problemin matematiği mümkün olduğu kadar basit tutulacak ve
ana kavramlar daha belirgin olarak görülebilecektir. Çubuk içinde bir
noktanın yerini belirlemek için xyz dik eksen takımı seçilecektir. z ekseni
O başlangıç noktasından eksen boyunun artışı ile aynı olmak üzere
yönlendirilir. y ekseni aşağı doğru yönlenmek üzere düşey olarak, x ekseni de yz ile sağ sistem yapacak şekilde yatay olarak seçilirler (Şekil 38.2).
A-A kesiti ile çubuğun I ve II parçalarına ayırsak iki tane yüzey ortaya
çıkar (Şekil 38.3). Bunlardan dış normali z ekseni ile aynı yönde olana
sağ kesit, dış normali z ekseni ile ters yönde olana ise sol kesit denir.
Şekil 38.2
(a)
(b)
Şekil 38.3
191
39. KESİT TESİRLERİ VE İŞARET KABULLERİ
Bir çubuk dış yükler altında dengede olsun. A-A kesiti ile çubuğu I ve II
parçalarına ayırdığımızı düşünelim (Şekil 39.1). I parçasının dengesinin
devamı için, II parçasının tesirlerini ayırma yüzeyine nokta eklememiz
gerekir. Her noktadaki tesirleri ayırma yüzeyinin ağırlık merkezine
taşırsak bir R kuvvet bileşkesi ile birlikte M moment vektörü elde ederiz
(Şekil 39.2). II cisminde yani sol kesitte yine aynı R kuvvet bileşkesi ve
M momenti olacaktır. Yalnız bunlar ters olarak yönlenmişlerdir. R ve
M’ye kesit tesirleri denir. Bunlar statik esaslardan, yani bir parçanın
dengede olduğunu düşünerek yazılacak denge denklemlerinden
bulunabilir. Bilindiği gibi R ve M’nin toplam altı bileşeni vardır. Bu
bileşenler yazılacak altı denge şartından elde edilirler.
Şekil 39.1
(a)
(b)
Şekil 39.2
R kesit tesirlerini bileşenleri cinsinden Şekil 39.3 yardımı ile
R=Txi+Tyj+Nk
(39.1)
192
yazabiliriz. Dik kesit içinde olan Tx ve Ty ye kesme kuvvetleri, kesite dik
olan N bileşenine ise normal kuvvet denir. Benzer olarak M moment
vektörü (Şekil 39.4)
M=Mxi+Myj+Mbk
(39.2)
yazılabilir. Burada her bileşenin kendine dik düzlem içinde sağdan sola
dönen bir momenti temsil ettiği hatırlanmalıdır. kesit içinde olan Mx ve
My bileşenlerine eğilme momentleri, dış normal doğrultusundaki Mb ye
ise burulma momenti denir. (Tx,Ty, N, Mx, My, Mb)’nin hepsi birden kesit
tesirlerini gösterir. İşaret vermek için bunların hangi kesite etkidikleri
önemlidir. Sağ kesite etkiyen kesit tesirlerinin seçilen x, y, z eksenleri ile
aynı yönlerde olanları pozitif, aksi yönlerde olanları ise negatif olarak
işaretlenirler. Şekil 39.3 ve Şekil 39.4’dekilerin hepsi pozitif
işaretlidirler. Sol kesit için işaret kabulü tamamen aksidir. Yani
eksenlerle ters yönde olanlar pozitif, aynı yönde olanlar negatif olarak
işaretlendirilirler. Genellikle dış yüklerde düzlemsel yükleri (yz
düzlemindekiler) göz önüne alacağız. Bu taktirde Ty kesme kuvveti, N
normal kuvvet ve Mx eğilme momenti söz konusudur. Bunlar çubuktan
çıkarılmış ∆z uzunluklu elemanlar üstünde Şekil 39.5’de pozitif ve
negatif işaretleri ile gösterilmiştir. Aynı işaretli kesit tesirlerinin sağ ve
sol kesitte karşıt yönlü oluşlarına dikkat etmelidir.
Şekil 39.3
Şekil 39.4
193
(a)
(b)
(c)
Şekil 39.5
40. KESİT TESİRİ DİYAGRAMLARI
M(Mx, My, Mb) ve R(Tx,Ty, N) bir çubukta çoğunlukla bir noktadan diğer
noktaya değişir. Mühendislik açısından, bu kesit tesirlerinin en büyük
değerleri ve bunların etkidiği kesit çok önemlidir. Dış yüklerin kendi
büyüklükleri ve yerleri doğrudan doğruya önemli değildir. Fakat bu dış
yükler iç M ve R iç kuvvetlerini ortaya çıkardıkları için dolaylı olarak
önem kazanırlar. Diğer bir deyişle mühendis, dış yüklerin en büyük
olduğu yerleri değil iç kuvvetlerin en büyük olduğu yerleri ve çubuk
boyunca değişimlerini araştırır. Yukarıda sözü edilen altı (Tx,Ty, N, Mx,
My, Mb) değerleri çubuk ekseni boyunca bu eksene dik koordinatlarda
nokta nokta gösterilir. İşte bu noktaların birleşimi ile ortaya çıkan
eğrilere kesit tesir diyagramları denir.
Kesit tesir diyagramlarını seçilen örnek üzerinde üç ayrı metodla
çizeceğiz. Bu çizimlerle çubuklar sadece eksenleri ile çizilecek ve şekilde
gösterilen dış kuvvetlerin eksene etkidikleri kabul edilmektedir.
40.1. METOD 1
AB basit kirişine Şekil 40.1’de gösterilen yükler etkisin. Mx, My tesir
çizgisi diyagramlarını çizmek için önce VA ve VB bağ kuvvetlerini
hesaplayarak sisteme dış yük olarak yüklemek gerekir (Şekil 40.2).
Sistemi tekil yüklerin geldiği süreksizlik noktalarından üç bölgeye
ayıralım ve I. bölgede herhangi bir noktadan kestiğimizi farz edelim
194
(Şekil 40.3). Dengenin devamı için kesilen parçanın etkilerini Mx, Ty, N
olarak sisteme ekleyelim. Bu üç değer bilinmeyen kesit tesirleridir.
Bunların yönünü Şekil 39.5’de gösterilen pozitif yönler olarak seçelim.
Şekil 40.1
Şekil 40.2
I. bölge için (0< z< a arasında kalmalı) (Şekil 40.3.a)
∑X=0
N=0
∑Y=0
VA -qz-TyI =0
∑M=0
I
TyI =VA -qz
2
I
Mx +qz /2-VA z=0
(40.1)
2
Mx =VA z-qz /2
II. bölge için (a< z< (a+b) arasında kalmalı) (Şekil 40.3.b)
∑X=0
N=0
∑Y=0
VA -qz-P1-TyII =0
TyII =VA -qz-P1
M=0
MxII +qz2/2+P1(z-a)-VA z=0
MxII=VA z-qz2/2-P1(z-a)
(40.2)
III. bölge için ((a+b)< z< (a+b+c) arasında kalmalı) (Şekil 40.3.c)
∑X=0
N=0
∑Y=0
VA -qz-P1-P2-TyIII =0
TyIII =VA -qz-P1-P2
(40.3)
∑M=0
III
2
Mx +qz /2+P1(z-a)-P2[z-(a+b)]-VA z=0
MxIII=VA z-qz2/2-P1(z-a)-P2[z-(a+b)]
(a)
(b)
(c)
Şekil 40.3
195
Elde edilen bağıntıları birleştirerek sıra ile (N-z), (Mx-z) eksenlerinde ayrı
bölgeler için elde edilen Ty1, Ty2, Ty3’ler birleştirilerek Ty diyagramı
(Şekil 40.4.b), Mx1, Mx2, Mx3’ler birleştirilerek Mx diyagramı elde edilir
(Şekil 40.4.c). M diyagramını çizerken M’nin pozitif yönü aşağı doğru
alınır. Normal kuvvet için bütün bölgelerde N=0 elde edilir (Şekil
40.4.d). Elde edilen bağıntılarda Ty ve Mx’leri karşılaştırırsak Mx
fonksiyonlarının Ty’lerin integrali olduğunu görürüz. Yalnız ikinci
bölgedeki Mx ifadesindeki P1a ve üçüncü bölgedeki Mx ifadesindeki
P1a+P2(a+b) sabit terimleri vardır. Bunlar Ty’lerin integralinden gelen C
sabit teriminin sınır şartlarını sağlayacak karşıtları olarak yorumlanabilir.
Bu konu aşağıdaki çözüm yolunda daha iyi görülecektir.
Şekil 40.4
40.2. METOD 2
Herhangi bir dengede çubuktan dz uzunluğunda bir parçayı çıkararak
serbest cisim diyagramını çizelim (Şekil 40.5). Bunun üzerine etkiyen
kuvvetler denge şartlarını yerine getireceklerinden
196
∑X = 0
dN=0
N=Sabit
(40.4.a)
∑Y = 0
dTy+qdz=0
dTy /dz=-q
(40.4.b)
∑M =0
-Ty dz+dMx+q(dz)2/2=0
dMx /dz=Ty
(40.4.c)
yazılabilir. Buradan açıkça görüleceği gibi momentle kesme kuvveti
arasında ve kesme kuvveti ile dış yük arasında türev bağıntılar vardır.
Ayrıca (40.4.b) ile (40.4.c)’yi birleştirirsek
d 2 Mx
= −q
dz 2
(40.5)
eşitliğini elde ederiz.
Şekil 40.5
Şimdi Şekil 40.1’deki basit kirişin Ty ve Mx fonksiyonlarını (40.4)
eşitliklerinden elde edelim. Burada q sabittir.
I. bölge için (0< z< a arasında kalmalı) Ty = − ∫ qdz + C1 integralinden,
(40.6)
Ty=-qz+C1
elde edilir. Buradaki C1 integral sabiti
z=0 da
Ty=VA
⇒
C1=VA
(40.7)
sınır şartından elde edilir. Böylece
TyI=-qz+VA
(40.8)
bulunur. Bunu (40.4.c)’de yerine koyarak integral alırsa
Mx=-qz2/2+C1z+C2
elde ederiz. C integral sabiti yine
(40.9)
197
Mx=0
z=0 da
⇒
(40.10)
C2=0
sınır şartından bulunur. Böylece eğilme momenti
MxI=-qz2/2+VA z
(40.11)
bulunmuş olur. II ve III bölgelerindeki yükler I. bölgedeki yükle aynıdır.
Bu sebeple Ty ve Mx ifadeleri de (40.7) ve (40.10)’la aynı olacaklardır. II
ve III bölgelerindeki tek fark C integral sabitinin hesabında yazılacak
sınır şartlarının değişik olmasından doğar. O halde II ve III bölgeler için
sadece sınır şartlarını yazarak C sabitlerini hesaplayalım.
z=a için
TyII(a)=TyI(a)-P1
⇒
C1=VA-P1
MxII(a)=MxI(a)
⇒
C2=P1a
(40.12)
Buradan,
TyII=-qz+VA-P1
II
(40.13)
2
Mx =-qz /2+VA z-P1(z-a)
bulunur. Benzer şekilde
z=a+b için TyIII(a+b)=TyII(a+b)-P2
MxIII(a+b)=MxII(a+b)
⇒ C1=VA-P1-P2
⇒ C2=P2 (a+b)+P1a
(40.14)
Buradan
TyIII=-qz+VA-P1-P2
MxIII=-qz2/2+(VA-P1-P2) z+P2(a+b)+P1a
(40.15)
bulunur. Bu ifadeler (40.1), (40.2), (40.3)’de bulunanlarla aynıdır.
Fonksiyonların grafiği çizilince Şekil 40.4’de çizilenlerle aynıdır.
40.3. METOD 3
Yukarıda anlatılan her iki metodda da fonksiyonlar elde ediliyor ve
bunların grafiği çiziliyor. Bu işlemler zaman alıcı ve yorucudur. Burada
yukarıda anlatılan özelliklere moment-kesme kuvveti-dış yük arasındaki
198
bağıntılara tamamen uymakla birlikte integral sabitlerinin hesaplanmasından ve fonksiyonların grafiğinin uzun yoldan çizilmesinden kurtulmak
için pratik bir yol verilmiştir. Bunu önce tekil yüklerin etkisi altında basit
kirişte uygulayalım (Şekil 40.6.a). Basit kirişin VA ve VB reaksiyonlarını
hesaplayarak bulunan ve bilinen bütün kuvvetleri serbest cisim
diyagramında gösterelim (Şekil 40.6.b). Kesme kuvveti diyagramını
çizmek için serbest cisim diyagramında A noktasından başlayarak sağa
doğru gitmeye çalıştığımızı düşünelim. Bu gidişte rastlanacak her kuvvet
kendi yönlerinde ve şiddetleri ile orantılı olarak bizi hareket ettirdiğini,
kuvvet etkisi kalktıktan sonra da noktanın yatay olarak sağa gittiğini
düşünerek devam edelim. Böylece Şekil (40.6.c)’de oklarla gösterilen
yönde ve A-1-2-3-4-5-6-7-8-E noktalarını elde ederiz. Elde edilen
diyagram kapalı olmalıdır. Yani en son kuvvet AE doğrusu üzerinde
bitmelidir. Çünkü ∑Y=0 denge şartı ancak bu şekilde sağlanacaktır.
Şekil 40.6
199
Moment diyagramını çizmek için
z
M x = ∫ Ty dz
(40.16)
0
integral bağıntısını kullanacağız. Herhangi bir noktadaki moment değeri,
T kesme kuvvet diyagramında bu noktanın solundaki alanların cebrik
toplamına eşittir (Şekil 40.6.d). A.B.C.D.E noktalarındaki moment
değerlerini yazarsak
A noktasında
M0=0
B noktasında
M1=VA a1
C noktasında
M2=VA a1+(VA-P1)a2
D noktasında
M3=VA a1+(VA-P1)a2+(VA-P1-P2)a3
E noktasında
M4=VA a1+(VA-P1)a2+(VA-P1-P2)a3+VB a4
T diyagramında dikdörtgenin alanları olarak bulunabilirler. Yalnız M4=0
elde etmemiz gerekir. Çünkü ∑M=0 denge şartı ancak bu şekilde
gerçeklenir. M0-M1-M2-M3-M4 noktaları arasını birleştiren eğrilerin lineer
doğrular olacağı dMx/dz=Ty türev bağıntısından belirlidir. Çünkü Ty her
bölgede sabit doğrudur. O halde Mx bundan bir mertebe büyük yani
doğru olmalıdır. Burada anlatılan yol her türlü yayılı yükler için de
uygulanabilir. Aşağıdaki özelliklere dikkat etmek lazımdır.
• Moment diyagramında herhangi bir noktadan M eğrisine çizilecek
teğetin eğimi T diyagramında aynı noktanın ordinatına eşittir.
• T diyagramında sıfır noktasına M diyagramında maksimum karşı gelir.
• Dış yüklerin sürekli olduğu bölgelerde M eğrisinin derecesi, T
eğrisinden bir derece daha büyüktür. T eğimli bir doğru ise M ikinci
derece parabol, T ikinci derece parabolse M üçüncü derece paraboldür.
Parabolün iç bükey veya dış bükey oluşu birinci özellikten
yaralanarak bulunabilir. Şekil (40.7)’de AB noktaları arasındaki T
kesme kuvvet diyagramı eğimli bir doğru olarak altı çeşit mümkün hal
için ayrı ayrı çizilmiştir. Bunlara karşı gelen M diyagramlarını çizmek
için A noktasındaki M1 değerleri hepsinde aynı olarak kabul edilip, M2
değeri ise a, b, c, d şekillerinde paralel kenarın alanı ile M1 değeri, e, f
de ise iki üçgen alanı ile M1 cebrik toplanarak aşağıdaki gibi
200
 T + T2 
M2 =M1 +  1
l
2 

M2 =M1+ T1
a, b, c, d şekilleri için
a
b
+ T2
2
2
e, f şekilleri için
bulunmuştur. A ve B noktalarındaki teğetin eğim açısı aynı noktadaki
kesme kuvvetinin ordinatı olarak bulunur. Pozitif açıların, moment
pozitif yönünün aşağı doğru seçilmesinden dolayı, saat ibreleri yönünde
alındığına dikkat etmek gerekir.
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
Şekil 40.7
201
41. ÇÖZÜMLÜ PROBLEMLER
Problem1. Şekil 41.1’deki basit kirişin M, T diyagramlarını çiziniz.
Şekil 41.2
Şekil 41.1
Çözüm. Bağ kuvvetleri hesaplanıp, sisteme dış yük olarak konmak
üzere serbest cisim diyagramı çizilir (Şekil 41.2). T ve M diyagramlarının
genel formu ve geçit noktalarındaki nümerik değerleri yandaki şekilde
gösterilmiştir. Üç sürekli bölgedeki T, M lerin fonksiyonları
dT
= −q ,
dz
dM
=T
dz
diferansiyel bağıntılardan yaralanarak elde edilir. Fonksiyonların
formunu basit olarak elde etmek için yandaki şekilde görüldüğü gibi üç
eksen seçilerek ayrı ayrı
1. bölgede
0 < z< 1
T1=11-2z1
M1=11z1-z12
2. bölgede
1 < z< 3
T2=1-2z2
M2=z2-z22+10
3. bölgede
3 < z< 4
T3=-7-2z3
M3=-7z3-z32
elde edilir.
202
Problem2. Şekil 41.3’deki çıkmalı kirişin bağ kuvvetlerini hesaplayarak M, T diyagramlarını çiziniz.
Şekil 41.4
Şekil 41.3
Çözüm. Bağ kuvvetleri denge şartları kullanılarak
∑X=0
⇒
HA=0
∑Y=0
⇒
VA+VB-6-12-6=0
∑MA=0
⇒
6×VB-2×6-12×3-6×7=0
VB=15 kN
VA=9 kN
elde edilir. Bulunan bağ kuvvetleri dış kuvvet olarak sisteme eklenerek
serbest cisim diyagramı çizilir (Şekil 41.4). Her bölge için z1, z2, z3
eksenleri
z1=z2+2
203
z1=z3+6
bağıntıları ile seçilerek
1. bölgede
0 < z< 2
T1=9-2z1
M1=9z1-z12
2. bölgede
2 < z< 6
T2=-1-2z2
M2=14-z2-z22
3. bölgede
6 < z< 9
T3=6-4z3+2z32/3
M3=-6+6z3-2z32+2z33/9
Problem3. Şekil 41.5’deki sistemin A, B bağ kuvvetlerini hesaplayıp,
T, M diyagramlarını çiziniz.
Şekil 41.5
Şekil 41.6
204
Çözüm. Bağ kuvvetleri denge şartları kullanılarak
∑X=0
⇒
HA=0
∑Y=0
⇒
VA+VB-3-3-4=0
∑MA=0
⇒
4×VB+3×1-3×5-4×8/3=0
VB=17/3 kN
VA=13/3 kN
elde edilir. Bulunan bağ kuvvetleri dış kuvvet olarak sisteme eklenerek
serbest cisim diyagramı çizilir (Şekil 41.6).
1. bölgede
0 < z< 1
T1=-3
M1=-3z1
2. bölgede
1 < z< 5
T2=4/3-z22/4
M2=-3+4z2/3-z23/12
3. bölgede
5 < z< 6
T3=3
M3=-3+3z3
2. bölgede maksimumu bulmak istersek
dM 2
=0
dz 2
⇒
dM 2 4 z 22
= −
=0
dz 2
3 4
⇒
z2=4/ 3
(M2)max=-3+4/3×4/ 3 -1/12×(4/ 3 )3=(-27 3 +32) / 9 3
şeklinde elde edilir.
205
Problem4. Şekil 41.7’deki sistemin A, B bağ kuvvetlerini hesaplayıp,
T, M diyagramlarını çiziniz.
Şekil 41.7
Şekil 41.8
Çözüm. Bağ kuvvetleri üç denge denklemi ile mafsal şartı kullanılarak
∑X=0
⇒
HA=0
∑Y=0
⇒
VA+VB+VC -20-10-12=0
∑MA=0
⇒
6×VB+12×VC -0,5×20-7×12-10×10=0
∑MG=0
⇒
4×VC -10×2=0 (mafsal şartı)
VC=5 kN
VB=79/3 kN
VA=56/3 kN
şeklinde elde edilir ve dış yük olarak sisteme eklenir (Şekil 41.8).
Moment diyagramında mafsal noktasında moment diyagramının sıfır
olmasının bir rastlantı olmadığına dikkat etmek gerekir. T eğrisinin lineer
birer doğru olduğu üç bölge dışında moment diyagramı doğruların
birleşiminden oluşmuştur.
206
PROBLEMLER
10.1. Şekilde verilen kirişe ait
kesit tesiri (N, T,
diyagramlarını çiziniz.
M)
Problem 10.1
10.2. Şekildeki sistemin kesit
tesiri diyagramlarını çiziniz.
Problem 10.2
10.3. Şekilde verilen sistemin
kesit tesiri diyagramlarını
çiziniz.
Problem 10.3
10.4. Kesit tesiri diyagramlarını
çiziniz.
Problem 10.4
10.5. Gerber kirişine ait kesit
tesiri diyagramlarını çiziniz.
Problem 10.5
10.6. Şekildeki Gerber kirişinde
kesit tesiri diyagramlarını
çiziniz.
Problem 10.6
207
10.7. Şekilde görülen taşıyıcı
sistemin
kesit
tesiri
diyagramlarını çiziniz.
Problem 10.7
10.8. Şekilde
boyutları
ve
yükleme durumu verilen
sistemde
kesit
tesiri
diyagramlarını çiziniz.
Problem 10.8
10.9. Şekildeki Gerber kirişinin
kesit tesiri diyagramlarını
çiziniz.
Problem 10.9
10.10.Şekildeki çerçevenin normal kuvvet, kesme kuvveti,
eğilme momenti diyagramlarını çiziniz.
Problem 10.10
10.11.Şekilde verilen çerçevenin
kesit tesiri diyagramlarını
çiziniz.
Problem 10.11
10.12.Şekildeki sistemde moment, kesme kuvveti ve
normal kuvvet diyagramlarını çiziniz.
Problem 10.12
208
10.13. Şekilde verilen çerçevenin
kesit tesiri diyagramlarını
çiziniz.
Problem 10.13
10.14.Şekilde yükleme durumu
verilen kemerin kesit tesiri
diyagramlarını çiziniz.
Problem 10.14

Download Report