mukavemet 1

MUKAVEMET I TEMEL ĐLKELER

KESĐT ZORLAMALARI

GERĐLME

ŞEKĐL DEĞĐŞTĐRME VE MALZEME BAĞINTILARI

GERĐLME-ŞEKĐL DEĞĐŞTĐRME ANALĐZĐ

Eskişehir Osmangazi Üniversitesi Mühendislik Mimarlık Fakültesi

Đnşaat Mühendisliği Bölümü 2007 Güz Yarıyılı

MUKAVEMET I SUNU DERS NOTLARI Tacettin SARIOĞLU

Selim ŞENGEL Hakan EROL

Yunus ÖZÇELĐKÖRS

OSMANGAZĐ ÜNĐVERSĐTESĐ MÜHENDĐSLĐK MĐMARLIK FAKULTESĐ ĐNŞAAT MÜHENDĐSLĐĞĐ BÖLÜMÜ MUKAVEMET I DERS PLANI

DERS SAATĐ SINIF KREDĐSĐ ÖĞRETĐM ÜYESĐ GÖRÜŞME SAATĐ DERS SAATĐ SINIF ÖĞRETĐM ÜYESĐ GÖRÜŞME SAATĐ

: Cuma I.Öğretim 09:00-12:00 II.Öğretim 14:00-17:00 :A :3 : Dr. Yunus ÖZÇELĐKÖRS Oda No:311 Telefon: 3216 E-Mail: [email protected] : : Cuma I.Öğretim 09:00-12:00 II.Öğretim 14:00-17:00 :A : Dr. Selim ŞENGEL Oda No:403 Telefon: 3232 E-Mail: [email protected] :

DERSĐN AMACI :Mühendislik fakültesi öğrencilerine, yapı ve makine elemanlarında, etkisi altında oldukları dış yükler sebebiyle oluşan gerilme ve şekil değiştirmelerin, bir matematik disiplin içinde , yapı malzemesi derslerinde yapılan deney sonuçları, mühendislik limitleri içinde kalmak kaydıyla yapılan basitleştirici kabuller ile statik derslerinde alınan genel denge kavramları kullanılarak hesaplanması için gerekli altyapının hazırlanmasıdır. KONU BAŞLIKLARI 1- Temel prensipler: Giriş Analiz yöntemleri, Kuvvet ye yük tipleri, Denge koşulları, Đç kuvvetler (Kesit tesirleri)nin incelenmesi, Đç Kuvvet Bileşenleri Mesnet tipleri, Yük, kesme kuvveti ve moment ilişkileri Kesit tesiri diyagramları, (integrasyon Yöntemi, Kesitler yöntemi) 2-Gerilme Kavramı : Giriş, Gerilme tahmini, Gerime bileşenleri, Gerime tansörü, Eksenel kuvvet, Ortalama kayma gerilmesi, Basit yapı elemanlarında gerilme uygulaması, Đnce cidarlı basınç kapları, Emniyet (Güvenlik) gerilmesi Emniyet faktörü

3-Şekil değiştirme, malzeme ilişkileri : Giriş, Birim şekil değiştirme, Birim şekil değiştirme bileşenleri,şekil değiştirme tansörü, Mühendislik malzemeleri Gerilme-birim şekil değiştirme diyagramları, Hooke Kanunu, Poisson oranı, Genelleştirilmiş Hooke Kanunu, şekil değiştirme enerjisi. 4-Gerilme ve şekil değiştirme analizi: Giriş, Düzlem gerilme hali, Asal gerilmeler, En büyük kayma gerilmesi Mohr gerilme dairesi, Gerilmenin değişimi ve diferansiyel denge denklemleri, Düzlem şekil değiştirme hali, şekil değiştirmenin ölçülmesi, Gerilme-şekil değiştirme ilişkileri. DEĞERLENDĐRME I. Yarıyıl içi % Il. Yarıyıl içi % Bilgi Yoklamaları % (Sınavlar kapalı düzen olarak yapılacak, formül sayfası verilecektir)

Final % 50

TELAFĐ SINAVI Sözlü ve/veya yazılı olarak yapılacaktır. (Öğrencinin hangi sınava katılmadığına bakılmaksızın tüm konular kapsanacaktır.) DERS KĐTABI Dr A.C, UĞURAL, Mechanics of Materials , Mc.Graw-HiIl 1991 Dr. Mustafa ĐNAN Cisimlerin Mukavemeti, ĐTÜ Vakfı Yayını,1990 YARDIMCI KAYNAKLAR 1- www.umr.edu/~mecmovie 2- Dr. Mehmet H. OMURTAG, Mukavemet Cilt I ve Cilt II Birsen yayınevi, 2007 3- Dr. Mehmet H. OMURTAG, Mukavemet Çözümlü Problemleri, Cilt I, Cilt II, Birsen yayınevi, 2006 4- Ferdinand P.BEER & E.Russel JOHNSTON, Mechanics of Materials, McGraw-Hill Book Comp.1981 5- R.C.HIBBELER ,Mechanics of Materials, Prentice Hall International, Inc.1997 6- Dr.N. KADIOĞLU, Dr.H. ENGĐN, Dr.M. BAKĐOĞLU ,Mukavemet Problemleri CiltI, Cilt II, Beta Basıim Yayım Dağıtım A.~.1989 7- Dr.Uğur ERSOY & Dr.Tanvir WASTl, Introductory Mechanics of Deformable Bodies. METU1984 8- Dr.HiImi DEMĐRAY, Mukavemet,Çağlayan Kitabevi, 1997

TEMEL ĐLKELER GĐRĐŞ Mukavemet, yük etkisi altındaki cisimlerin gerilme ve şekil değiştirme durumlarının -iç davranışlarınınincelendiği uygulamalı mekaniğin bir dalıdır. Buradaki cisim kelimesiyle çubuklar, plak ve kabuklar, kolon ve miller ile bu elemanların birleştirilmesiyle oluşan yapı ve makineler kastedilmektedir. Cisimlerin dayanımı veya şekil değiştiren cisimler mekaniği olarak da adlandırılan malzeme mekaniğinde öncelikle gerilme analizi ve cisimlerin mekanik özelikleri incelenir. Malzeme mekaniği çalışmaları, kuvvet etkisindeki cisimlerde denge kavramının anlaşılmasıyla başlar. Statik dersinde dengedeki katı cisimlerin dış davranışı incelenirken mukavemette dış yüklerden oluşacak iç kuvvetler ve şekil değiştirme araştırılır. Burada ilk olarak statik denge denklemleri ve yük etkisindeki bir cisimde uygulanması üzerinde durulacaktır. Daha sonra malzeme deformasyon yasaları ve geometrik uygunluk koşulları ele alınacaktır. Katı cisimlerin yük etkisindeki davranışlarının incelenmesi Galileo Galilei (1564-1642) ile başlayıp kuvvet etkisindeki cisimlerin şekil değiştireceğini ilk defa ifade eden Robert Hooke (1635-1703) la devam eder. O zamandan bu yana pek çok mühendis, bilim adamı ve matematikçi gerilme analizine katkıda bulunarak bu gün kullandığımız yeni yöntemlerin gelişiminde önemli rol oynamıştır.

AMAÇ AMAÇ Mukavemette temel amaç, cisimlerin yük taşıma kapasitelerinin dayanım, rijitlik ve stabilite bakımlarından araştırılmasıdır. Sözü edilen kavramlarla bir cismin sırasıyla sürekli şekil değiştirme veya kırılmaya karşı direnci, şekil değiştirme direnci ve cismin denge konumunun kararlılığı kastedilmektedir. Gerçek yapılardaki karmaşık gerilme durumunu deneysel olarak tespit edilen eksenel gerilmeye bağlayan kırılma teorilerinin vereceği gerilme düzeyi, bazen dayanım için bir ölçü olarak kullanılır. Göçme veya kırılma en genel anlamıyla yapının herhangi bir parçasının kendisinden beklenen işlevi yerine getirememesi olarak tanımlanacaktır.

Örneğin eleman şeklindeki kalıcı deformasyon, denge konumundaki değişiklik ve yapı elemanın kullanımına engel olacak şekil değişimleri bizim için ayrı bir göçme tipi oluşturur. Mukavemetin başlıca uğraşı alanları şöyle özetlenebilir. 1- Yük etkisindeki cisimlerde gerilme ve şekil değiştirme durumunun araştırılması 2- Yapıların hasar görmeden ve/veya göçmeden ve kendisinden beklenen işlevi kaybetmeden taşıyabileceği en büyük yükün analiz yada deneyle bulunması 3-

Belirli şartlar altında tanımlanmış yüklere karşı en etkin şekilde direnebilecek malzeme ve eleman şeklinin belirlenmesi –boyutlandırma-

Teknolojideki gelişme, yapı ve makinelerin daha karmaşık hale gelmesine yol açmaktadır. Bu durumda mühendislerin gerilme, şekil değiştirme ve malzeme davranışı konularını iyi kavrayıp bu konularda ustalaşmaları gerekmektedir. Bu derste şekil değiştiren cisimler mekaniğinin temel kavram ve bilgilerinin verilmesi kadar uygulamadaki kullanılışı hususu üzerinde de durulacaktır. Öğrenmede en iyi yol konunun tam olarak anlaşılması kadar pratik problemlerin çözümünden geçer.

ANALĐ ANALĐZ YÖ YÖNTEMLERĐ NTEMLERĐ Yüklerin şekil değiştiren cisimler üzerindeki etkisinin incelendiği a) Mukavemet b) Elastisite teorisi olmak üzere yaygın olarak kullanılan iki farklı yaklaşım bulunmaktadır. Bu iki yaklaşım arasındaki temel fark, şekil değiştirmelerin tanımından ve yapılan basitleştirmelerden kaynaklanmaktadır. Mukavemette, mühendislik uygulamalarıyla deneysel çalışmaların sonuçlarından faydalanılarak bazı basitleştirici kabuller altında problemin çözümü aranır. Elastisite Teorisinde ise her adıma matematik açıdan yaklaşılır. Dolayısıyla yükleme ve problem şeklinin basit olduğu durumlarda kesin sonuca ulaşılır. Elastisite Teorisinde kesin sonuca ulaşmada matematik güçlükler bulunur. Yapı elemanlarının analizinde aşağıda verilen hususların düşünülmesi gerekir

1- Statik denge: Yapı elemanının bütününde veya elemandan alınan herhangi bir parçada kuvvet denge denklemleri sağlanmalıdır. 2- Şekil değiştirmeler: Yapı elemanını oluşturan malzemenin davranışı gerilme-birim şekil değiştirme (σ-ε ) bağıntısına uygun olmalıdır. 3- Geometri: Yapı elemanında şekil değiştirmeden sonra herhangi bir kopma kırılma ve kütle kaybı olmamalı, yapı elemanı bütünlüğünü korumalıdır. Yukarıdaki ilkelerin uygulanmasıyla bulunan gerilme ve birim şekil değiştirmelerin elemanın sınır koşullarına uygun olması gerekir. Bu durum, sınır koşullarının sağlanması olarak ifade edilir. Analizde her zaman yukarıdaki adımların verilen sırayla uygulanması gerekmeyebilir. Gerilme ve şekil değiştirme analizinde, şekil değiştirme enerjisi kavramından hareketle geliştirilen enerji yöntemleri, denge yöntemi yerine kullanılabilir. Her iki yöntem yükleme ve eleman şeklinin düzenli olması durumunda yeterli hassaslıkta sonuç verirken karmaşık problemlerin çözümünde de sayısal yöntemlerin uygulanabileceği temeli oluştururlar. KUVVET VE YÜ YÜKLERĐ KLERĐN SINIFLANDIRILMANSI Cisme etkiyen bütün kuvvetlerle mesnetlerde oluşan reaksiyonlar dış kuvvetler olarak düşünülür. Bu kuvvetleri yüzey ve cisim kuvvetleri olarak sınıflandırmak mümkündür. Tekil tipteki yüzey kuvveti sonlu bir alana yada tek bir noktaya etkirken cisim kuvvetleri, çekim kuvveti veya manyetik kuvvetler gibi cismin her bir hacim elemanına etkide bulunur. Dünyanın cisimlere uyguladığı çekim kuvvetine ağırlık adını veriyoruz. Đç kuvvetler ise cismin bünyesini oluşturan malzeme parçaları arasındaki etkileşim kuvvetleri olarak algılanır. Cisme etkiyen yükler tekil veya yayılı kuvvetlerle kuvvet çiftleri olabilir. Eğer kuvvetin etkidiği alan elemanın boyutları ile kıyaslandığında küçük kalıyorsa kuvveti tekil kuvvet olarak kabul etmek mümkündür. Cisme yavaşça etki eden durağan yüklere statik yükler, aniden etkiyen yüklere de darbe yada çarpma yükleri denir. Aksi Yükün cisme binlerce defa etki edip kaldırılması ise tekrarlı yükleme olarak isimlendirilir. belirtilmedikçe cismin ağırlığı ihmal edilip, yüklemenin statik olduğu kabul edilecektir. SI birim sisteminde kuvvet birimi newton (N), uygulamada çoğu zaman kilonewton (kN) olarak kullanılır.

Yükler : 1)

Şiddeti zamanla değişen yükler (Dinamik yükler)

2)

Şiddeti zamanla değişmeyen yükler (Statik yükler)

Düzgün yayılı yük

Etkime Biçimine Göre Yükler : 1) Tekil yük 2) Yayılı yük a) Eğri boyunca yayılı yük b) Alana Yayılı yükler c) Hacme yayılı yükler

Üçgen yayılı yük L

L

R = qL = ∫ qdx 0

q q(x ) = 0 x L

1 R = ∫ q(x )dx = q0 L 2 0

Parabolik yayılı yük q (x ) = q0 sin

πx L L πx R = ∫ q0 sin dx L 0

STATĐ STATĐK DENGE KOŞ KOŞULLARI Yapı ve makine elemanlarının tasarımında bu elemanlarda oluşan iç kuvvetlerin dağılımının bilinmesi gerekir. Dış ve iç kuvvetlerin belirlenmesinde statiğin temel kavramları ile denge koşulları kullanılır. Daha sonra göreceğimiz bileşke iç kuvvetin bileşenlerinin –kesit zorlarının- oluşturacağı deformasyonlar mühendisler açısından özel bir anlama sahiptir. Cisme etkiyen kuvvet sisteminin bileşkesi sıfırsa, cisim dengededir. Newton’un birinci yasasına göre parçacığa etkiyen bileşke kuvvet sıfır ise parçacık ya hareketsiz kalır yada sabit hızlı düzgün doğrusal hareket yapar. Statik adından da anlaşılacağı üzere temelde cisim veya parçacığın hareketsiz olma durumunu inceler. Üç boyutlu bir cismin dengesi düşünüldüğünde, statikçe dengenin olabilmesi için aşağıdaki denklemlerin sağlanması gerekir.

∑F

x

=0

∑F

y

=0

∑F

z

∑M

=0

x

=0

∑M

y

=0

∑M

z

=0

Daha açık bir ifade ile cisme etkiyen kuvvetlerin herhangi bir doğrultudaki toplamı ile herhangi bir eksen etrafında oluşturacağı momentler toplamı sıfır olmalıdır. Eğer cisme etkiyen kuvvetler tek bir (x-y) düzlemin içinde ve dengede ise yukarıdaki bağıntılardan üçünün otomatik olarak sağlanacağı ΣFz=0, ΣMx=0, ΣMy=0 aşikardır. Dolayısıyla düzlem problemlerde üç bağımsız denge denklemi bulunmaktadır.

∑F

x

∑F

=0

y

∑M

=0

z

=0

Düzlem Hal için

Açıkça kuvvetlerin herhangi iki doğrultudaki (x,y) toplamı ile düzlem içindeki herhangi bir A noktasına veya z eksenine göre bileşke moment sıfır olmalıdır. Yukarıdaki denklemlerin yerine aşağıdaki iki ayrı denklem takımı kullanılabilir.

∑

Fx = 0

∑M

A

=0

∑

MA =0

∑M

B

=0

∑

MB = 0

∑M

C

Burada A ve B noktalarını birleştiren doğru x eksenine dik olmamalıdır.

= 0 Burada da A, B ve C noktaları aynı doğru üzerinde bulunmamalıdır.

Alternatif denge denklemleri, kuvvet toplamının moment toplamı ile değiştirilmesi yoluyla elde edilmiştir. Moment alınacak noktanın dikkatlice seçilmesi durumunda alternatif denklemler cebrik hesapları önemli ölçüde basitleştirir.

Đvmeli hareket eden bir cisimde statik denge denklemleri yazılırken ilave olarak atalet kuvvetlerinin de dikkate alınması gerekir. Yapı analizi bakımından atalet kuvvetlerinin dış yüklere eklenerek, cismin üzerindeki tüm kuvvetlerin etkisi altında dengesinin incelenmesi D’Alembert ilkesi olarak adlandırılır. Mühendislik problemlerinin büyük çoğunluğu dengedeki yapı ve makinelerle ilgilidir. Genellikle yükler adını vereceğimiz tanımlı ve belirli kuvvetler etkisinde reaksiyonlar adını vereceğimiz yükleri dengeleyen bilinmeyen kuvvetlerin bulunması söz konusudur. Yalnızca denge denklemleri yardımıyla bütün kuvvetlerin belirlenebildiği problemlere izostatik, denge denklemlerinin bütün kuvvetlerin belirlenmesine yetmediği problemlere de hiperstatik denir. Hiperstatiklik derecesi, bilinmeyen bağımsız kuvvet sayısı ile yazılabilen denge denklemi sayısı arasındaki farktır. Statikteki denge denklemleri ile belirlenebilecek olan dışındaki her bir reaksiyona hiperstatik bilinmeyen (Redundant) adı verilir. Herhangi bir sistemdeki hiperstatik bilinmeyen sayısı ile hiperstatiklik derecesi birbirine eşittir. ĐÇ KUVVETLER : KES KESĐĐM M YYÖ ÖNTEM NTEMĐĐ Cisme dış kuvvetler etkidiğinde, cisimde bir şekil değişimi ile birlikte cismi oluşturan parçacıklar arasında bu parçacıkları bir arada tutacak iç kuvvetler ortaya çıkar. Şimdi mukavemetteki ana konulardan biri olan iç kuvvetleri kesim yöntemi yardımıyla incelemeye başlayabiliriz. Kesim yönteminin uygulanmasındaki adımlar şöyle sıralanabilir. 1- Cismin, bağlı olduğu diğer cisimlerden ayrılarak mesnet reaksiyonları da dahil olmak üzere etki eden bütün kuvvetlerin gösterildiği çizimlere Serbest Cisim Diyagramı (SCD) adı verilir. Uygulamada cismin yapacağı şekil değiştirmeler cismin kendi boyutları yanında ihmal edilebilecek kadar küçük olacağından SCD çiziminde dikkate alınmazlar. 2- Bilinmeyen dış kuvvetlerin belirlenmesi amacıyla SCD üzerindeki kuvvet sistemi için denge denklemleri yazılır.

3- Cisim herhangi bir yerden hayali bir düzlemle kesilerek ikiye ayrılır. Parçalardan biri göz önüne alınarak 2. adımdaki işlemler tekrarlanır. Mademki cisim bir bütün olarak dengededir, kesimle ortadan kaldırılan iç kuvvetlerin dikkate alınması şartı ile o bütünden ayrılan herhangi bir parçanın da dengede olması gerekir. Bu noktada, dış kuvvetlerin iç kuvvetlerle dengelenmekte olduğunu, diğer bir deyişle dış kuvvetlerin, eleman boyunca –kesim düzlemine bağlı olmak kaydıyla- iç kuvvetler şeklinde yayılı olarak devam ettiklerini söyleyebiliriz. En büyük gerilmeyi oluşturan iç kuvvetlerin bulunduğu yere elemanın kritik kesiti adı verilir. Eleman üzerinde yalnızca tek bir kuvvet etki ediyorsa kritik kesitin yer ve doğrultusuna gözlemle karar verilebilir.

KESĐT ZOR(LAMA)LARI Yapı elemanlarının büyük bir çoğunluğu çubuklardan meydana gelir. Bir yapı elemanının çubuk olarak isimlendirilebilmesi için uzunluğunun, enkesit büyük kenarının 5 katından daha fazla olması gerekir. Çubukların herhangi bir kesitine etkiyen iç kuvvetleri, enkesitin ağırlık merkezinde etkiyen bir kuvvetle bir kuvvet çifti vektörü olarak gösterebiliriz. Đç kuvvetlerin bileşkesi olan bu iki vektör, enkesite dik ve teğet doğrultulardaki bileşenlerine ayrılabilir. N, S, Mb ve Me ile gösterilen bu bileşenlere basit mukavemet halleri adı verilir.

EKSENEL KUVVET -Akashi-Kaikyo Bridge from the air -

KESME KUVVETĐ

KESME KUVVETĐ

Her bir bileşen bir mukavemet halini gösterir. Bir kesitte bu tesirlerden bir kaçı bir arada bulunursa bu duruma bileşik mukavemet hali denir. Kullanılacak olan sağ-üçlü koordinat takımının x ekseni her zaman çubuk ekseni ile çakıştırılacak, y ekseni yukarı, z ekseni ise okuyucuya doğru yönlendirilecektir.

Sağ Üçlü Eksen Takımı

(+) eksen yönleri

Kuvvet çifti vektörünün yönleri daima sağ-el kuralı ile belirlenecek ve kuvvet vektörleriyle karışmaması için uçlarında çift ok gösterilecektir. Dik kesitte bulunan iç kuvvetlere kesit zor(lama)ları adı verilir. Her bir kesit zoru çubukta farklı bir şekil değiştirme meydana getirir. Rx eksenel kuvveti elemanın boyunu uzatmaya yada kısaltmaya çalışır. Eğer bu kuvvet kesim yüzeyinden uzaklaşıyorsa eksenel çekme, kesim yüzeyine doğru yönlenmiş ise eksenel basma kuvveti adını alır. Ry, Rz kesme kuvvetleri komşu malzeme parçalarını keserek birbirinden ayırmaya çalışır. Genellikle S harfiyle gösterilir. Mx burulma momenti veya tork elemanı kendi ekseni etrafında döndürmeye çalışır ve genellikle T harfi ile gösterilir. My, Mz eğilme momentleri ise çubuğu bükmeye çalışır

Bileşke kuvvetin eksenler doğrultusundaki bileşenleri

Bileşke momentin eksenler doğ. bileşenleri

R = Rx i + Ry j + Rz k

M = M xi + M y j + M zk

R = Ni + S y j + S z k

M = Ti + M y j + M z k

Herhangi bir yapı elemanı kesit zorlarından bir veya bir kaçına veya tamamına aynı anda maruz kalabilir. Tasarımda her bir kesit zoru ayrı olarak ele alınıp çözüm yapılır. Daha sonra bulunan sonuçların uygun şekilde birleştirilmesiyle nihai çözüme ulaşılır. Dolayısıyla kesit zorlarıyla kesit zorları kullanılarak bulunan gerilme ve birim şekil değiştirmelerin hesaplanmasında kesim yöntemi ilk adım olarak karşımıza çıkmaktadır. Uygulamada bütün kuvvetler tek bir düzlem içinde etki ettiğinden (x-y düzlemi) problem büyük ölçüde basitleşmektedir. Düzlemsel problemlerde kesite etkiyen üç kesit zoru eksenel kuvvet N, kesme kuvveti Sy ve eğilme momenti Mz dir. Bir düzlemin normal vektörünün koordinat ekseni ile aynı yönlü olması durumunda bu düzleme pozitif düzlem aksi halde negatif düzlem denir. Newton’un üçüncü yasasına göre kesit zorları kesimle ayrılan parçalara eşit ve zıt yönlü olarak etkir.

KESĐT TESĐRLERĐ ĐÇĐN POZĐTĐF YÖN KABULLERĐ Eksenel kuvvet, kesme kuvveti ve eğilme momenti için pozitif düzlemde koordinat eksenleri yönündeki, negatif düzlemde ise koordinat eksenlerine ters yönlü kuvvetler pozitif kabul edilecektir. Bu işaret kabulü çubukların yük etkisi altındaki davranışına adapte edilebilir. Örneğin pozitif eksenel kuvvetler çubuk boyunu uzatır.

Sol kesit - düzlem

Sağ kesit + düzlem

Düzlem çubukta + iç kuvvetler

Düzlem çubukta – iç kuvvetler

MESNET TĐPLERĐ VE GÖSTERĐM ŞEKĐLLERĐ Aynı düzlemdeki yüklerin etkisinde bulunan yapı elemanlarının mesnet tipleri aşağıda gösterilmiştir. gösterim şekilleri yapı elemanlarının SCD çizilirken kullanılır.

Bu

Hareketli mafsal, yapı elemanının bir doğrultudaki yer değiştirmesine ve dönmesine izin veren ancak belirli bir doğrultudaki yer değiştirmeye engel olan mesnet tipidir. Sabit mafsal, elemanın dönmesine izin veren ancak herhangi bir doğrultudaki yer değiştirmesine engel olan bir mesnet tipidir. Sabit ve hareketli mafsallara basit mesnetler denir. Ankastre yada sabit mesnet, elemanın yer değiştirmesine ve dönmesine engel olan mesnet tipidir. Dolayısıyla sabit mesnetlerde hem momente hem de herhangi bir doğrultudaki kuvvete karşı konur. Bu kuvvet yüzeye teğet ve normal doğrultulardaki bileşenlerine ayrılabilir. Serbest cisim diyagramlarında her bir mesnetteki reaksiyon kuvveti (R) ve moment (M) gösterilir. Elemandaki iç kuvvetlerin bulunmasına reaksiyonların belirlenmesinden sonra başlanır. A) Hareketli Mafsal

Rx = 0

y

Mz = 0

x

B) Sabit Mafsal y x

Mz = 0

H A R E K E T L Đ M A F S A L

S A B Đ T M A F S A L

BÜKREŞ ALIŞ-VERĐŞ MERKEZĐ, TEMMUZ 2004

c) Ankastre Mesnet

TASARIMDA BAŞLICA ADIMLAR Tasarımın ana amacı, yapı elemanlarının verilen yükleri göçmeksizin taşıyabileceği ve kendisinden beklenilen işlevleri yerine getirebileceği uygun malzeme, eleman şekil ve boyutlarının belirlenmesidir. Bu aslında bir optimizasyon problemidir. Yukarıda sözü edilen amaçlara ulaşmadaki etkinlik kullanılan malzeme ve yapım maliyetinin minimum yapılmasıyla başarılır. Yük etkisindeki bir elemanın tasarımında aşağıdaki hususlar göz önüne alınmalıdır. 1.

Elemanın kendisinden beklenilen işlevleri hangi durum(lar)da kaybedeceği belirlenmelidir.

2.

Verilen yüklemeden oluşacak gerilme ve birim şekil değiştirme durumu tespit edilmelidir.

3.

Gerilme ve birim şekil değiştirme gibi önemli büyüklüklerin elemanda göçme oluşturmaksızın alabileceği en büyük değerleri belirlenmelidir.

4.

Güvenlik katsayıları seçilmelidir.

Yukarıdaki işlem adımları, verilen problemin yapısına bağlı olarak uzayıp kısalabilir. Pek çok etkinin dikkate alınması söz konusu olduğunda çoğunlukla bir deneme-yanılma işlemiyle tasarım sonuçlandırılır. Bu derste eleman malzemesi ile geometrik boyutlar önceden seçilmiş olduğundan tasarım sırasında yalnızca dayanım koşulunun sağlanması üzerinde durulacaktır. Basit mukavemet hallerinin incelendiği bölümlerde çıkartılacak formüller, uygun eleman boyutlarının seçiminde kullanılacaktır. Elemanların tasarımında dikkate alınması gereken diğer hususlar da yükleme sonucu elemanda oluşacak deformasyonun hesaplanması ve burkulmadır. Bu konulara daha sonraki bölümlerde açıklık getireceğiz.

Kullanılan Birim Sistemi

Faktör

Hece

Đşaret

1012

Terra

T

109

Giga

G

Kuvvet

F

N, kN

106

Mega

M

Uzunluk

L

mm, m

103

Kilo

k

Zaman

t

sn

102

Hekto

h

Alan

A

mm2, m2

10

Deka

da

Hacim

V

mm3,

Atalet Momenti

I

mm4, m4

Faktör

Hece

Đşaret

10-1

Desi

d

m3

Mukavemet Momenti

W

mm3,

Moment

M

Nm, kNm

10-2

Santi

c

Gerilme

σ, τ

N/m2,

10-3

Mili

m

E

GPa

10-6

Mikro

µ

a

m/sn2

10-9

Nano

n

10-12

Piko

p

10-15

Femto

f

10-18

Atto

a

Elastisite Modülü Đvme

m3 N/mm2

Pascal 1 Pa = N m 2 MPa → MN m

1 MPa = 10 6 N m 2 2

N mm

2

= 10 N m = MPa 6

2

ÇUBUK MUKAVEMETĐ MUKAVEMETĐNĐN ESASLARI Yapılar boyutları bakımından 1- Çubuklar (tel, halat, kablo, direk, kiriş, kemerler, Bir boyutlu taşıyıcı cisimler 2- Levha, plak ve kabuklar (Döşeme plakları, kubbe ve tonozlar) 3- Üç boyutlu yapılar (Ağrılık barajları) şeklinde üç sınıfa ayrılabilir. Mukavemette yalnız çubuk şeklindeki cisimler incelenecektir. Çubuklar eksen ve dik kesiti ile belirginleşir. Eksen genel olarak bir uzay eğrisi olup, çubuğun büyük olan boyutunu temsil ederken dik kesit ise kapalı bir eğri ile çevrelenmiş düzlem parçasıdır. Sabit kesitli doğru eksenli çubuklara prizmatik çubuklar denir. Çubuğa etkiyen dış kuvvetler çoğu defa yayılı olup doğrultuları genellikle çubuk ekseninden geçer. Eğer dış kuvvetlerin tesir çizgileri çubuk ekseninden geçmiyorsa bu kuvvetler çubuk eksenine kuvvet çiftleri ile birlikte taşınır.

KESĐ KESĐT ZORLARININ BULUNMASI Kesit zorlarının bulunmasında aşağıdaki yöntemler kullanılabilir. 1- Kesim yöntemi (STATĐK) Dış kuvvetlerin etkisi altındaki sistemin mesnet tepkileri hesaplanır. Eleman, süreksizlik gösterdiği noktalardan bölgelere ayrılır. Bu noktalar, tekil yüklerin uygulandığı noktalar, yayılı yüklerin başladığı ve bittiği yerler ve çubuk kesitinin değiştiği noktalardır. Her bir bölgedeki kesit zorları yazılan denge denklemleri yardımıyla hesaplanır. 2- Đntegrasyon yöntemi Kesit zorlarına ait diferansiyel denge denklemleri, sınır koşulları dikkate alınarak çözülür.

KESĐ MĐ KESĐT ZORLARININ DEĞĐŞĐ DEĞĐŞĐM Mustafa Đnan, Cisimlerin Mukavemeti 1990

Kesite etki eden R ve M vektörleri genel olarak eksen doğrultusundaki koordinatın fonksiyonu olup kesitten kesite değişir. Bu vektörler birbirinden bağımsız olmayıp denge şartlarını sağlar. Đki dik kesit arasındaki bir çubuk elemanını göz önüne alalım. s kesitine etkiyen kesit zorları –R, -M ve s+∆s kesitine etki eden kesit zorları da R+∆R, M+∆M olsun. Bu iç kuvvetlerden başka ∆s uzunluğundaki çubuk parçası üzerine etkiyen dış kuvvetler p∆s ve bu dış kuvvetler çubuk eksenine taşındıkları zaman bulunacak kuvvet çiftleri de m∆s ile gösterilsin. Çubuk elemanına ait denge denklemleri yazılır, ikinci mertebeden terimler ihmal edilir, her terim ∆s ile bölünüp ∆s sıfıra giderken limit alındığında kesit zorlamalarının diferansiyel denklemleri bulunmuş olur.

− R + R + ∆R + q∆s = 0 ∆R + q∆s = 0

∆R +q = 0 ∆s →0 ∆s lim

dR +q = 0 ds

Vektörel diferansiyel denklem

− M + M + ∆M + m∆s + ∆r′ × q∆s + ∆r × (R + ∆R ) = 0

O noktasına göre moment dengesi yazıldığında;

− M + M + ∆M + m∆s + ∆r′ × q∆s + ∆r × R + ∆r × ∆R = 0 Đkinci mertebe terimler ihmal edilir.

Đhmal

Đhmal

i

lim

∆M ∆r + m + lim × R = 0 ∆s ∆s

dM +m + i×R = 0 ds

R = Ni + S y j + S z k

dR +q+m = 0 ds

q = qx i + q y j + qz k

d Ni + S y j + S z k ) + ( q x i + q y j + q z k ) = 0 ( dx dN + qx = 0 dx

dS y dx

+ qy = 0

dS z + qz = 0 dx

M = M bi + M y j + M zk

m = mx i + my j + mz k

dM +m + i×R = 0 ds

d M b i + M y j + M z k ) + ( mx i + m y j + mz k ) + i × ( Ni + S y j + S z k ) = 0 ( dx

dM b + mx = 0 dx

dM y dx

− S z + my = 0

dM z + S y + mz = 0 dx

YAYILI YÜKLER ETKĐSĐNDEKĐ DOĞRU EKSENLĐ BĐR KĐRĐŞTE KESĐT ZORLARININ DĐFERANSĐYEL DENGE DENKLEMLERĐ q y (x )

qx (x )

∑ Fx = 0

(N + dN ) − N + q x dx = 0

dN = −q x dx

∑ Fy = 0

( S + dS ) − S + q y dx = 0

dS = −q y dx

∑ Mo = 0

dx M + dM − M − q y dx + Sdx = 0 2

dM = −S dx

dS = −q y dx

d 2 M d  dM  d dS = = − S = − = qy [ ] 2   dx dx  dx  dx dx

dN = −qx dx dS y dx

B

N B − N A = − ∫ qx dx = −YFAKAx

Yayılı yük fonksiyonu altında kalan alan

A

B

= −q y

S B − S A = − ∫ q y dx = −YFAKAy

Yayılı yük fonksiyonu altında kalan alan

A

B

dM z = −S y dx

M B − M A = − ∫ S y dx = − KKDAKA

Kesme kuvveti diyagramı altında kalan alan

A

KĐRĐŞE TEKĐL YÜK VE MOMENT ETKĐMESĐ HALĐ Kesit zorlamalarına ait diferansiyel denge denklemleri bulunurken göz önüne alınan çubuk parçası üzerinde herhangi bir tekil kuvvet yada kuvvet çifti etkimediği düşünülmüştür. Eğer tekil kuvvet ve kuvvet çiftleri varsa kuvvet zorlarında süreksizlik olacaktır. Herhangi bir kesitte x ve y eksenleri doğrultusunda Px ve Py tekil kuvvetleri ile bir M momenti etkisin. Tekilliğin olduğu yerden alınacak bir eleman üzerinde denge denklemleri yazıldığında yandaki bağıntılara ulaşılır.

N 2 = N1 − Px S 2 = S1 − Py M 2 = M1 − М

ÖRNEK 1

Şekildeki konsol kirişin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment fonksiyonlarını bularak diyagramlarını çiziniz.

0≤ x≤4

∑F

y

=0

−6 + S y ( x ) = 0

∑M

4 ≤ x ≤ 10

o

S y ( x ) = 6kN

=0

6 x + M z (x ) = 0

M z ( x ) = −6 x

∑F

S y ( x ) = 16kN

y

∑M

o

=0

=0 M z ( x ) = 16(10 − x ) − 100

Şekildeki kirişin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment fonksiyonlarını bularak diyagramlarını çiziniz.

ÖRNEK 2

∑F =0⇒ R ∑F = 0⇒ R x

y

A x A y

=0

2

L 2

R yA = q

L 2

+ R yB = qL

∑ M zA = 0 ⇒ RyB L − qL

qy L

R yB = q L =0 2

dM z ( x ) d 2 M z (x ) = − S y = − qx + c1 ( ) = − q dx dx 2 x2 M z ( x ) = − q + c1 x + c2 2 Sınır Şartları (Mesnet Şartlarından)

M z ( x ) x = L = 0 ⇒ c1 = q

M z ( x ) x = 0 = 0 ⇒ c2 = 0

qy L 2 2

qy L 8

L S ( x ) = qx − q 2

L 2

x2 L M z (x ) = −q + q x 2 2

Maksimum Moment ve Yeri

S ( x ) = 0 ⇒ M max

L qx − q = 0 ⇒ x = L 2 2

M max

x=

L 2

L2 =q 8

Şekildeki konsol kirişin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment fonksiyonlarını bularak diyagramlarını çiziniz.

ÖRNEK 3

0 ≤ x ≤ 1 bölgesi dS = 0 ⇒ S = c1 ( x = 0; S = 6 ) ⇒ c1 = 6; S = 6kN dx dM = −6 ⇒ M = −6 x + c2 ( x = 0; M = 0 ) ⇒ c2 = 0; M = −6 x kNm dx

1 ≤ x ≤ 4 bölgesi  x =1  2   ⇒ c1 = −4; S = x − 2 x − 4  S = −5  3 x =4  dM x 32 2 = − x + 2 x + 4 ⇒ M = − + x 2 + 4 x + c2  ⇒ c = − ; 2  M = 0 dx 3 3  

dS = − ( 2 − 2 x ) ⇒ S = x 2 − 2 x + c1 dx

3

x 32 M = − + x2 + 4x − 3 3 veya AB bölgesi

d 2M = qy = − ( 2x − 2) dx 2

dM = −S dx

dM = − x 2 + 2 x + c1 dx

 x =1  S = + x 2 − 2 x − c1 ;   ⇒ c1 = 4 S = − 5  

x3 M = − + x 2 + 4 x + c2 ; 3

 x =1  32   ⇒ c2 = − 3  M = −6 

x3 M = − + x 2 + c1 x + c2 3

S = x2 − 2x − 4

x3 32 M = − + x2 + 4x − 3 3

Yatayla herhangi bir α açısı yapan çubukta göz önüne alınan kesitin solunda kalan parçadaki Yatay ve Düşey doğrultudaki bileşke kuvvetler Y ve D olarak belirlendiğinde söz konusu kesitteki kesme kuvveti Q ve normal kuvvet N aşağıdaki bağıntılardan hesaplanabilir.

S = Y *sin α − D cos α N = − (Y *cos α + D *sin α )

ÖRNEK 4

Şekildeki çerçevenin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment fonksiyonlarını bularak diyagramlarını çiziniz.

∑M

∑ Fx = 0 ⇒ Ax = 120 kN ←

A z

= 0 ⇒ C y = 82,5 kN ↑

S = Y *sin α − D cos α

∑ M zC = 0 ⇒ Ay = 2,5 kN ↓

N = − (Y *cos α + D *sin α )

A noktasının Sağı

S A = −120 ⋅ 0, 6 + 2,5 ⋅ 0,8 = −70 kN

N A = − ( −120 ⋅ 0,8 − 2,5 ⋅ 0, 6 ) = 97,5 kN

MA = 0

B noktasının Solu

S BL = 2,5 ⋅ 0,8 = 2 kN

N BL = −(− 2,5 ⋅ 0,6) = 1,5 kN M BL = 120 ⋅ 3 − 120 ⋅1,5 − 2,5 ⋅ 4 = 170 kNm

B noktasının Sağı

D noktasının sağı

S DR = 82,5 kN S BR = 2,5 ⋅1 = 2,5 kN

N = −(2,5 ⋅ 0 + 0 ⋅1) = 0 R B

M BR = 170 kNm

N DR = −(82,5 ⋅ 0 + 0 ⋅1) = 0 M DR = 120 ⋅ 3 − 120 ⋅1.5 − 2,5 ⋅ 6 = 165 kNm

ÖRNEK 5

Şekildeki çıkmalı kirişin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment fonksiyonlarını bularak diyagramlarını çiziniz. 0 ≤ x ≤ 10 bölgesi

2,5 x 1 qy = − =− x 24 9.6

x2 Sy ( x) = 19, 2

x=0  1 1 2 = x ⇒ Sy = x + c1 ⇒ c = 0 S y = 0 1 dx 9,6 19, 2

dS y

x=0  dM z 1 2 1 3 =− x ⇒ Mz = − x + c2 ⇒ c = 0 M z = 0 2 dx 19,2 57,6

x3 M z (x ) = − 57,6

10 ≤ x ≤ 24 bölgesi

dS y dx

=

x = 10  1 1 2 x ⇒ Sy = x + c3 ⇒  c = −11, 43 S y = −6, 22  3 9, 6 19, 2

Sy ( x) =

x2 − 11, 43 19, 2

dM z 1 2 1 3 =− x + 11, 43 M z = − x + 11, 43x + c4 dx 19, 2 57, 6 x = 10   c = −114,3 M z = −17,36  4

M z (x ) = −

x3 + 11,43 x − 114,3 57,6

24 ≤ x ≤ 32 bölgesi

dS y

10 ≤ x ≤ 24 S y = 0 ⇒ x = 14,81 m M z (14,81) = −1, 41

dx

= 2,5 ⇒ S y = 2,5 x + c5 ⇒

x = 24   c = −80 S y = −20 5

x = 24  dM z = −2,5 x + 80 ⇒ M z = −1,25 x 2 + 80 x + c6 ⇒ c = −1280 M z = −80 6 dx

S y ( x ) = +2,5 x − 80

M z ( x ) = −1,25 x 2 + 80 x − 1280

Örnek 6

Şekildeki çerçevenin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment fonksiyonlarını bularak diyagramlarını çiziniz. AB elemanı dS y dx

= − q y = 0 ⇒ S y = c1 = 78 kN

dM = −78 ⇒ M = −78 x + c2 dx dN = − q x = 0 ⇒ N = c3 dx

Q y = 78 kN M = −78 x

N = −78,8 kN

BC elemanı dS y dx

= − ( −10 ) ⇒ S y = 10 x + c1

dM = −10 x + 92,567 ⇒ M = −5 x 2 + 92, 567 x + c2 dx dN = − q x = 0 ⇒ N = c3 dx

S y = 10 x − 92, 567 kN

M = −5 x 2 + 92,567 x − 390 N = −61,03 kN

CD elemanı dS y dx

= 8 ⇒ S y = 8 x + c1

dM = 48 − 8 x ⇒ M = −4 x 2 + 48 x + c2 dx dN = − q x = 0 ⇒ N = c3 dx

S y = 8 x − 48 kN M = −4 x 2 + 48 x − 144

N = −71,2 kN

Örnek 7

Kesme kuvveti diyagramı verilen kiriş A ve B noktalarından mesnetlidir. Yükleme ve moment diyagramını belirleyiniz. A-B arası kesme kuvveti 20 ve A noktasındaki teğetin yatay olmaması kirişin trapez yayılı yükle yüklü olduğunu gösterir

∑M

A

∑F

y

= 0 ⇒ 1,5 ⋅ q2 ⋅ 2 + 3 ⋅ q1 ⋅1,5 + 16 − 24 ⋅ 3 = 0 = 0 ⇒ 1,5 ⋅ q2 + 3 ⋅ q1 + 4 − 34 = 0 q1 = 2,67 kN / m q2 = 14,67 kN / m

√

?

∑ M A = 0 ⇒ 4 ⋅ 4 − 24 ⋅ 3 + 22 ⋅ 2 + 8 ⋅1,5 = 0

√

?

∑ Fy = 0 ⇒ 22 + 8 − 10 − 24 + 4 = 0

0 ≤ x ≤ 3 bölgesi

dS y dx

= 2, 67 + 4,89 x ⇒ S y = 2, 67 x +

4,89 2 x + c1 2

x = 0 ⇒ S y = −10 ⇒ c1 = −10

S y = 2, 445 x 2 + 2, 67 x − 10 dM z 2,445 3 2,67 2 x − x + 10 x + c2 = −2,445 x 2 − 2,67 x + 10 ⇒ M z = − dx 3 2

x = 0 ⇒ M z = 0 ⇒ c2 = 0

M z = −0,815 x 3 − 1,335 x 2 + 10 x

Maksimum momentin yeri, Kesme kuvvetinin SIFIR olduğu yerdir. S y = 0 ⇒ 2, 445 x 2 + 2, 67 x − 10 = 0}

x1 = 1,55 m √ x2 = -2,641m X

M z ( x = 1,55) = −0,815 ⋅ (1,55) − 1,335 ⋅ (1,55) + 10 ⋅ (1,55) = 9,26 kNm 3

2

GERĐLME Mühendislerin yük etkisi altındaki bir elemanın davranışını tanımlamakta kullandığı iki kavram; Gerilme ve Birim Şekil Değiştirme dir. Gerilme ve bileşenlerini tanımlamakta kesim metodunu kullanıp, eksenel kuvvetten oluşan normal gerilme ile ortalama kayma gerilmesinin bulunuşu üzerine duracağız. Sonra, öğrendiklerimizin çeşitli problemlerde nasıl kullanıldığı açıklanacak eksenel yüklü çubukların ön boyutlandırılması ve emniyet gerilmesi incelenecektir. TANIM : GERĐLME

∆Fy

∆F(x)

 ∆F 

 ∆Fx  dFx = ∆A→0 ∆A   dA

dF

τ xy = lim  y  = y ∆A→0 ∆A   dA

σ xx = σ x = lim 

 ∆Fz  dFz = ∆A→0 ∆A   dA

τ xz = lim  ∆A

σ;τ

∆Fz

Pascal Megapascal N → → 2 (Pa ) (MPa ) m

∆Fx Gerilme; ∆F’nin noktadan noktaya değişmesine bağlı olarak değişir Gerilme, ∆F’nin etkidiği noktadan geçen düzlemin doğrultusuna da bağlı olarak değişir. Bir noktadaki gerilmenin tam olarak tanımlanması için o noktadan geçen bütün düzlemlerdeki (sayısı sonsuz) gerilmelerin verilmesi gerekir.

P = f (P1 , P2 , P3 )

Gerilmenin Bileş Bileşenleri Bir noktadan geçen sonsuz sayıdaki düzlemin her birindeki gerilmenin diğer bir deyişle GERĐLME HALĐ’nin belirtilmesi için o noktadan geçen üç dik düzlemdeki gerilme bileşenlerinin verilmesi yeterli olur.

Düzlemler o noktadan geçen eksenlere dik olarak seçilirse sonsuz küçük boyutlu bir kübik eleman elde ederiz. Gerilmelerin elemanın yüzlerine yayılı ve O ve O’ noktasındaki gerilmelerin eşdeğer olduklarını düşünüyoruz. Gerilmeler her düzlemin merkezinde bir vektörle gösterilmiştir. Bir noktada üç dik düzlemdeki toplam 9 gerilme bileşeni ile verilen gerilme hali gösterimine GERĐLME TANSÖRÜ denir.

σ x τ xy τ xz    T = τ yx σ y τ yz  τ zx τ zy σ z   

Kayma gerilmesinin özelliklerinin bulunması için denge denklemlerini yazalım.

∑F

x

∑ F = 0; ∑F = 0 ⇒ −(τ dzdx )dy + (τ dzdy )dx = 0

= 0;

y

Mz = 0

yx

xy

τ xy = τ yx

∑M

x

DĐK DÜZLEMLERDEKĐ KAYMA GERĐLMELERĐ EŞĐTTĐR.

∑M

⇒τ yz = τ zy

=0

Otomatik olarak sağlanır

z

y

=0

⇒τ xz = τ zx

bulunur. Đşaret kabulü, düzlemin normali ile gerilmenin yönünün her ikisinin de pozitif veya negatif olması durumunda gerilme POZĐTĐF kabul edilir. Şimdi gerilme halinin xy düzlemi üzerindeki izdüşümünü alalım (+z yönünden bakıldığında).

σ x , σ y , τ xy ≠ 0 σ x T =  0  0

σ z , σ xz ,τ yz = 0

0 0 0 0 0 0

σ x 0 T =  0 σ y  0 0

0 0 0

 0 τ xy T = τ yx 0  0 0

0 0 0

σ x τ xy T = τ yx σ y  0 0

0 0 0

Tek eksenli, (bir boyutlu) Gerilme Hali (Yalnızca normal gerilme varsa)

Đki eksenli Gerilme Hali

Tam Kayma Hali

(Đki tane normal

(Yalnızca Kayma

gerilme varsa)

gerilme varsa)

Đki boyutlu (düzlem) Gerilme Hali

Ekseni Doğ Doğrultusunda Kuvvetlerle Yü Yüklü klü Doğ Doğru Eksenli Çubukta Eksenel Normal Kuvvetler Bu durumda eksenel normal kuvvet ve uzama veya kısalma söz konusudur. ÖRNEK 1

Şekilde görülen yükler etkisindeki alüminyum çubuğun eksenel kuvvet diyagramını çiziniz.

Yük Diyagramı

AB arası;

BC arası;

Serbest Cisim Diyagramları

CD arası;

Eksenel Kuvvet Diyagramı

Çubuk boyuna ekseni doğrultusunda birkaç eksenel kuvvetle yüklü ise eksenel normal kuvvetler kesitten kesite değişir. Bu amaçla öncelikle eksenel normal kuvvet diyagramı çizilmelidir. Bunun için;. •Öncelikle reaksiyonlar hesaplanır. •Yüklemede değişme olan her bir bölgede (yükte süreksizlik olan her bir bölgede) ayrı bir kesim yapılarak o bölgedeki eksenel normal kuvvet, denge denklemi yazılarak hesaplanır. •Eksenel kuvvet diyagramı çizilir. Diyagramın kapanması hesaplamaların doğruluğunu kontrol etmek için kullanılabilir. NORMAL GERĐ GERĐLME Cismin herhangi bir kesitindeki gerilme, sabit şiddete veya düzgün yayılı ise buna basit gerilme adı verilir.Yük taşıyan elemanların çoğunun düşünülen bir kesitindeki iç kuvvetler ya eksenel kuvvettir ya da kesme kuvvetidir. Örneğin kablolar, kafes kiriş elemanları, eksenel yüklü çubuklarda eksenel normal kuvvet, iki çubuğu birleştiren cıvata, pim ve perçinlerde ise kesme kuvveti söz konusu olduğundan normal gerilme ile kayma gerilmesini hesaplamakta doğrudan gerilmenin tanımını ve denge denklemlerini kullanmak mümkündür. Gerçek gerilme yayılışını bulmak için şekil değiştirmeleri dikkate almak gereklidir. Eksenel kuvvetle yüklü prizmatik bir çubuk düşünelim.

I-I kesitinden kesip ayırırsak;

σ A = b⋅h

∑F

yatay

Çubuk ekseni ile 90o’lik açı yapan I-I kesitini düşünelim. Kesim yüzeyindeki gerilme şekilde üniform yayılı olarak gösterilmiştir.

P σ= A

= 0⇒ P =σ ⋅ A Eksenel Çekme

ÇATAL UÇ ÖRNEĞĐ

Bu enkesitteki üniform gerilmenin değeridir. Bunun için;
P enkesitin ağırlık merkezinden uygulanmalı
Çubuk doğru eksenli, yapıldığı malzeme homojen olmalı
Kesim düzlemi çubuk uçlarından uzak olmalı Đle verilen üç kriterin sağlanması gerekir. 1.

kriter sağlanmaz ise moment oluşur gerilme en-kesite uniform yayılmaz.

Uygulamada P kuvveti aşağıdaki şekilde gösterilen biçimde çubuğa aktarılır.

P 2td

P t1d

P t1d

Bağlanan iki parça pim’e kuvvet uygularlar. Gerçekte uniform olmayan gerilmeler kuvvetin izdüşüm alanına bölünmesiyle hesaplanır. Bu basıncın şiddetine ezilme (yatak) gerilmesi adı verir.

σl =

P t1d

üst parçadaki ezilme gerilmesi

σl =

P 2td

alt parçadaki ezilme gerilmesi

PERÇĐNLĐ BĐRLEŞĐM

BULONLU –CĐVATALI- BĐRLEŞĐM KĐRĐŞ EKĐ ALIŞ-VERĐŞ MERKEZĐ BÜKREŞ

BULONLU –CĐVATALI- BĐRLEŞĐM KOLON EKĐ PROCTER-GAMBLE GEBZE

ORTALAMA KAYMA GERĐLMESĐ Kayma gerilmeleri, uygulanan kuvvetlerin cismin bir parçasının komşu parçalara nazaran kayma eğiliminde olması halinde ortaya çıkar. Çatal uçlu birleşimdeki pim, eksenine dik doğrultudaki kesme kuvvetinin etkisiyle b-b ve cc kesitlerinden ayrılmaya karşı koymaktadır. Pimin bütünü dengede olduğuna göre ayrılma yüzeylerinin her birinde P/2 kesme kuvvetleri oluşmaktadır. Kayma gerilmelerinin uygulanan kuvvete paralel düzlemlerde oluşması halinde direkt kesme hali denir. Normal gerilmenin tersine kayma gerilmeleri düzgün yayılmazlar kuvvetin, alana bölünmesiyle bulunan değer ortalama kayma gerilmesini verir.

τ ort =

P A

Direkt kesme haline örnekler: Perçinli birleşim

P

P

b

A

P

B

P

t d

τ ort

P = 2 m⋅ π ⋅d

(

4

)

m = bağlantıdaki eleman sayısı -1

σb =

P t ⋅d

Perçin arkasındaki levhada oluşan ezilme gerilmesi

σ=

P t min [b − k ⋅ d ]

Perçin kesitinde levhadaki çekme gerilmesi. Burada k aynı sırada bulunan perçin sayısıdır.

Bakersfield, California California Water Service Tank Photographer/Artist Engle, Harold M. Photo DateJul 25 1952 EarthquakeKern County, California earthquake, July 21, 1952 Magnitude7.69 Failure of welded column to base connections for 250,000 gallon CB&I water tank.

Direkt kesme haline örnekle:

Bir plak üzerinde delik açılması

Japonya da bulunan bu köprü zımbalama etkisi yüzünden kullanılamaz halde

τ ort =

P 2 ⋅π ⋅ r ⋅ t

Örnek 2

Şekilde 40 kN’luk düşey kuvveti taşıyan kafes sistem görülmektedir. Bütün pimler 20 mm çapa sahiptir. Çatal uçlardaki kalınlık 10’ar mm, bağlantı levhasının kalınlığı 15 mm’dir. Elemanlardaki normal geril-meleri C mafsalındaki kayma ve ezilme gerilmelerini hesaplayınız.

y C

B noktasının dengesinden çubuk kuvvetleri kolayca hesaplanabilir.

A = 0.002 m2 2m

σ AB A

A = 0.004 m2

B

x

1.5 m

− 30 ×103 = = −7.5 ×10 6 Pa = 7.5MPa 0.004

Basma

50 × 103 = = 25 ×106 Pa = 25MPa 0.002

Çekme

σ BC

P = 40 kN

50 ×103 τC = = 79.6 × 106 Pa = 79.6 MPa 2 2π d 4 50 × 103 = 166.7 ×106 Pa = 166.7 MPa σb = 0.015 × 0.020

σb =

50 ×103 = 125 × 106 Pa = 125MPa 2 × 0.010 × 0.020

BC çubuğunda

Çatal uçta

Örnek 3

Civata keskisine 200 N’luk P kuvveti uygulanmıştır. a) Civataya ve A, B, C noktasındaki pime gelen kuvvetleri hesaplayınız. b) AD parçasının alanı 2x10-4 m2’dir. Bu elemandaki gerilmeyi belirleyiniz.

∑F

yat

= 0 ⇒ FBx = 0

∑ M B = 0 ⇒ 100Q = 75FA ∑F

düş

4 FA = Q 3

= 0 ⇒ FA = Q + FBy 4 Q FBy = Q − Q = 3 3

∑M

C

= 0 ⇒200 × 480 = FBy 12

FBy = 8000 N

Q = 24 kN

∑F

y

= 0 ⇒ FCy = 200 + FBy

FCy = 200 + 8000 = 8.2 kN

∑F

x

= 0 ⇒ FCx = 0

FA = Q + FBy = 8 + 24 = 32 kN

σ AD

32 × 103 = = 160 MPa 2 ×10−4

NOT : Kesici uç ve sapta eğilme ve kesme etkisi vardır.

ĐNCE CĐDARLI BASINÇ KAPLARI Uygulamada rastladığımız otomobil lastikleri, boru, tank ve LPG tüpleri gibi basınç kapları temelde eksenel kuvvet taşıyan araçlardır. Basınç kaplarının et kalınlığı/ iç yarıçap, 1/10 ’dan küçük ise bu tip basınç kaplarını ince cidarlı olarak sınıflandırmaktayız. Đnce cidarlı basınç kaplarında normal gerilme kalınlık boyunca sabit kalırken kalın cidarlı basınç kaplarında değişmektedir. Đnce cidarlı basınç kaplarında ayrıca iç ve dış yarıçap ayrımı yapılmaz (Bu iki değer birbirine çok yakındır). Burada, ince cidarlı silindirik ve küresel basınç kaplarını ele alacağız. Basınç kabının cidarları zar gibi – membran- davrandığından eğilme momenti oluşmayacaktır. Kap eksenel simetrik yapısı ile taşıdığı maddeden kaynaklanan basınç etkisi ile serbestçe şekil değiştirirken yalnızca membran gerilmeleri adı verilen düzgün yayılı normal gerilmeler oluşur. Bu kabul, kabın rahatça şekil değiştiremediği uç bölgeleri ile mesnetleri dışında oldukça isabetlidir. Silindirik kapların uçlarındaki kapak kısımlarında kesme kuvvetleriyle eğilme momentleri ortaya çıkar. Kesme kuvveti ile Eğilme momentinden kaynaklanan bu gerilmelere süreksizlik gerilmeleri adı verilir. Süreksizlik gerilmelerini azaltmak için kapaklara uygun bir eğrilik verilir. Bu bölümde verilen bağıntılar, sıvı veya gazdan oluşan p iç basıncı halinde kullanılabilir. Vakum kapları ile denizaltılar gibi dış basınç altında kalan araçların incelenmesinde p’nin işaretinin negatif alınması yeterlidir. Dış basınç halinde hesaplanacak gerilmelerin kap cidarlarında burkulma oluşturan kritik gerilmelerden küçük olmalıdır. SĐLĐNDĐRĐK BASINÇ KAPLARI Şekilde gösterilen iç yarıçapı r, et kalınlığı t, manometre basıncı p olan silindirik hava tankı veya boyleri düşünelim. Manometre basıncı; içteki basıncın, dış basıncı ne kadar aştığını vermektedir. Kap cidarı üzerinde gösterilen küçük bir yüzey elemanına etki eden, σc ve σa gerilmelerini belirlemek istiyoruz. σc gerilme bileşenine, çevresel gerilme, teğetsel gerilme veya halka gerilmesi; σa gerilme bileşenine ise eksenel veya boyuna gerilme adları verilir. Çevresel gerilmeyi hesaplamak üzere L boyundaki yarım silindirik bir elemanı içindeki akışkanla birlikte ayıralım. Akışkanın kendi ağırlığı ile basınç kabının kendi ağırlığının ihmal edilebilecek kadar küçük olduğunu düşünüyoruz. Eksenel doğrultudaki basınç ile gerilmeleri basitlik nedeni ile şekil b de gösterilmedi. Şekildeki kap cidarlarında taşınan eksenel kuvvet , σc (2tL), aynı düzlemdeki akışkan basıncından oluşan kuvvet ise p(2rL) dir.

σc σc σa

(a) (b)

σa

(c) Düşey doğrultudaki toplam kuvvetin sıfır olması gerektiğinden;

σ c 2tL = p(2rL )

σc =

pr t

Eksenel gerilme, silindirik basınç kabından alınan ve şekil c’de gösterilen serbest cisim diyagramı kullanılarak hesaplanabilir. Bu diyagramdaki cidarın taşıdığı eksenel kuvvet σ a (2πrt ) ; taşınan akışkanın oluşturacağı eksenel kuvvet p(πr 2 )’dır. Eksenel kuvvetlerin eşitliğinde,

σ a (2πrt ) = p (πr 2 )

σa =

pr 2t

bulunur. Elde edilen gerilme bağıntılarından, σ c = 2σ a olduğu görülmektedir.

KÜRESEL BASINÇ KAPLARI Küresel basınç kaplarındaki gerilmeler, silindirik kapların incelenmesinde uygulanan işlemlere benzer şekilde bulunabilir. Küresel kaptan alınan küçük bir elemana etkiyen gerilmeler simetri nedeniyle birbirine eşittir. Küresel kap tam ortasından ayrıldığında; Yazılacak denge denklemi σ (2πrt ) = pπr 2 , çevresel gerilme için

σ σ σ

σ=

pr 2t

sonucunu verir. Bu sonuç, kürenin çapını içeren bütün kesimlerde aynı kalır. Radyal doğrultudaki gerilme kabın iç yüzünde –p; dış yüzünde sıfır olacak şekilde değişir. Đnce cidarlı kaplarda bu gerilme sc ve sa gerilmelerinden çok küçük olduğundan genellikle ihmal edilir. Đnce cidarlı basınç kaplarındaki gerilme, iki eksenli gerilme hali olarak düşünülebilir. Örnek 4 Uçlarında yarım küre şeklinde kapaklar bulunan silindirik tank 1.38 MPa’lık basınçlı hava ile doldurulmuştur. Tankın yarıçapı 250 mm, et kalınlığı 8 mm olduğuna göre silindirik ve küresel kısımlarda oluşacak gerilmeleri hesaplayınız. Küresel kapaklardaki gerilme ile silindirik kısımdaki boyuna gerilme aynıdır. σa =σ =

pr 1.38 × 250 = = 21.56 MPa 2t 2×8

silindirik kısımdaki çevresel gerilme

en büyük radyal gerilme tankın iç yüzünde

σc =

pr 1.38 × 250 = = 43.13MPa t 8

σ r = −1.38MPa

dır.

EMNĐYET GERĐLMESĐ: GÜVENLĐK KATSAYISI Yapıların tasarım ve analizinde karşılaşılan çevresel etkiler, kullanım yükleri, malzeme özellikleri gibi çeşitli belirsizliklere karşı uygun bir güvenlik katsayısı seçilmesi önemlidir. Belirsizlik doğuran alanların başında gerilme ve şekil değiştirme kabulleri gelmektedir. Yapının imalatında ve kullanımı sırasında oluşacak gerilmeler kesin olarak bilinmediğinden güvenlik katsayısına bazen cehalet katsayısı adı verilir. Bazı durumlarda malzeme, üzerindeki yük sabit olduğu halde şekil değiştirmeye devam eder. Zamanla oluşan bu şekil değişimine sünme adı verilir. Diğer taraftan şekil değiştirmenin sabit olduğu hallerde gerilmedeki azalmaya ise gevşeme denir. Kurşun, lastik ve bazı plastiklerde sünme normal sıcaklıklarda meydana gelmektedir. Pek çok metalde sünme olayına ergime sıcaklığının yüzde 35-50’si düzeyindeki sıcaklıklarda görülmektedir. Herhangi bir malzemenin sünme hızı yalnızca sıcaklığa değil aynı zamanda gerilme düzeyi ile yük geçmişine de bağlıdır. Sünme kaynaklı deformasyonları azaltmak amacıyla gerilmelerin küçük tutulması faydalıdır. Güvenlik katsayısı, yapı elemanına uygulanacak yükün, o elamanın taşıyabileceği en büyük yükü aşmamasını garanti eder. Güvenlik katsayısı, yapı elemanının (göçmeksizin) taşıyabileceği en büyük yükün kullanım yüküne oranıdır. σ En Büyük Gerilme f s = maks Güvenlik Katsayısı = Kullanım Gerilmesi σ em

En büyük gerilme, ya akma gerilmesidir yada çekme (basınç) mukavemetidir. Güvenlik katsayısının oldukça küçük olması, emniyet gerilmesinin oldukça büyük olmasını, bu durumda da yapının kullanımı sırasında problem çıkabileceği gösterir. Diğer taraftan oldukça düşük emniyet gerilmesi ve oldukça yüksek güvenlik katsayısı ile yapı ağır ve fazla maliyetli olur. Güvenlik katsayısı, genellikle 1.5 veya üstünde seçilir. Seçim de tecrübe ve mühendislik önsezisi önemlidir. Güvenlik katsayıları pek çok ülkede standart ve yönetmeliklerle belirlenmektedir. Örnek 5 Çapı 1.5 m, et kalınlığı 3 mm olan çelik silindirik tankın σenbüyük = 240 MPa, fs = 2 olduğuna göre taşıyabileceği p basıncını hesaplayınız.

σ em =

p=2

σ maks

σ em ⋅ t r

fs

=

240 pr = 120MPa; σ c = ≤ σ em 2 t

p=

120 ⋅ 3 = 0.48MPa 750

Eksenel gerilmeden = 0.96 MPa

Bulunur. Manometre 0.48 MPa’ı aşmamalıdır.

Çekme ve Kısa Basma Çubuklarının Tasarımı Eksenel yüklü prizmatik çubukların mukavemet yönünden boyutlandırılmasında 1.Mümkün göçme modunun belirlenmesi: Çoğunlukla göçmede normal gerilmenin temel bir büyüklük olduğu kabul edilir. P 2.Yük ile gerilme arasındaki bağıntının yazılması: σ=

A

3.En Büyük Çekme mukavemetinin belirlenmesi: Malzemenin s-e diyagramındaki en büyük ordinatı smaks 4.Güvenlik katsayısının seçilmesi: Enmiyet gerilmesinin hesaplanmasında güvenlik katsayısı fs kullanılır.

σ em =

σ maks

Gerekli enkesit alanı A =

fs

P

σ em

Olur. Yukarıda sözü edilen işlemler çekme ve kısa basınç çubuklarının boyutlandırılmasında kullanılır. Narin basınç çubuklarının boyutlandırılması daha sonra incelenecektir. Eğer çubuk enkesitinde ani bir değişim varsa yukarıdaki işlemler 2. adımdaki gerilmenin hesabında gerilme yığılması katsayısı kullanılarak tekrarlanır. Örnek 6

Şekilde gösterilen kare kesitli alüminyum AB çubuğu ile dairesel kesitli çelik AC çubuğunun enkesit alanlarını hesaplayınız. Alüminyum ve çelik çubuklar için maksimum gerilmeler sırasıyla 275 ve 480 MPa ve güvenlik katsayısı 2.5’dir. 3

∑M

7.2

1

2

3

1

7.8

B

= 0 ⇒ FC *

7.8

∑M = 0⇒ F * ∑ F = 0 ⇒ − 145.5 C ?

x

B

⋅ 4.2 = 60 ⋅ 3 ⇒ FC = 111.4 kN

1 ⋅ 4.2 = 60 ⋅ 7.2 ⇒ FB = 145.5 kN 2 1 7.2 + 111.4 =0 7.8 2

σ al =

275 = 110 MPa 2 .5

AAB =

145.5 × 103 = 1322.7 mm 2 ⇒ a = 36.4 mm 110

AAC =

111.4 ×103 = 580.2 mm 2 ⇒ d = 27.18 mm 192

σ çe =

480 = 192 MPa 2 .5

Örnek 7

C ve E düğümlerinde 50 ve 20 kN’luk yükleri taşıyan kafesin AC, AD, CD ve CE çubuklarının alanlarını hesaplayınız. Emniyet gerilmesi çekmede 140, basmada 100 MPa’dır.

Çubuk kuvvetlerini, kesim yöntemini kullanarak (statik bilgilerinizden yararlanarak) kolayca bulabilirsiniz.

AAC = ACE =

20 × 103 = 142.9 mm 2 140

AAD =

99 × 103 = 707.1 mm 2 140

ACD =

50 × 103 = 500 mm 2 100

Örnek 8

Şekilde gösterilen çubuğa uygulanabilecek en büyük P kuvvetini; çekme gerilmesinin 100 MPa, basma gerilmesinin 140 MPa’ı aşmaması koşuluyla hesaplayınız. σ AB =

P ≤ 100 ⇒ P = 22.5 kN 225

σ BC =

5P ≤ 140 ⇒ P = 25.2 kN 900

Pem = min{22.5; 25.2; 56; 28} = 22.5 kN

P ≤ 140 ⇒ P = 56 kN 400 2P = ≤ 140 ⇒ P = 28 kN 400

σ CD = σ DE

Örnek 9

Şekilde gösterilen sistem dengededir. a) Normal gerilmenin 140 MPa değerini aşmaması koşulu ile CD çubuğunun çapını, b) B’deki 8 mm çaplı pimdeki kayma gerilmesini, c) B mesnedindeki yatak gerilmesini, d) B mesnedine bağlanan çubuktaki yatak gerilmesini hesaplayınız.

∑M a) b)

B

= 0 ⇒ 150 P = 5 sin 60 ⋅ 200 ⇒ P = 5.774 kN

5.774 × 103 ≤ 140 ⇒ d = 7.25 mm πd 2 4 B = 4.332 + 8.2742 = 9.34 kN B y = 5 sin 60 = 4.33 kN 9340 Bx = 5.774 + 5 cos 60 = 8.274 kN τ= = 92.95 MPa π 82 2 4 9340 c) σ yatak = 12 ⋅ 8 = 97.3 MPa

σ CD =

d)

σ yatak =

9340 = 116.75 MPa 10 ⋅ 8

Örnek 10

Şekilde görülen iki plak dört adet 20 mm çaplı perçinle birleştirilmiştir. sem = 100 MPa, tem = 80 MPa, semyatak = 140 MPa olduğuna göre bu birleşimin taşıyabileceği en büyük P kuvvetini hesaplayınız. a

b

c

Bir perçinin kesilmeye ve ezilmeye göre taşıyabileceği kuvvet τ=

P1 ≤ 80 ⇒ P1 = 25.132 kN π 20 2 4

σ ez =

P1 ≤ 140 ⇒ P1 = 28 kN 20 ⋅10

Yırtılmaya göre tahkik; σ üst levha = a −a

P ≤ 100 ⇒ P = 90 kN (80 − 20 ) ⋅15

P = 4 ⋅ Pmin = 100.53 kN

Örnek 11

Pem = min{90; 100.53kN } = 90 kN

150 mm çaplı makara, 25 mm çaplı mile 5*5*25 mm boyutlara sahip bir kama ile bağlanmıştır. Kamadaki kayma gerilmesini hesaplayınız.

∑M

0

= 0 ⇒ (5 − 3) ⋅ 75 = Fkama 12.5 ⇒ Fkama = 12 kN

τ=

12000 = 96 MPa 5 ⋅ 25

Örnek 12

Şekilde gösterilen pim bağlantılı çerçevede a) 150 mm2 enkesit alanına sahip CE çubuğundaki normal gerilmeyi, b) D noktasında çift tesirli olarak çalışan 10 mm çaplı pimdeki kayma gerilmesini hesaplayınız.

∑ M = 0 ⇒ −10 cos 30 ⋅ 8 + 8 A = 0 ⇒ A = 8.66 kN ∑ Fy = 0 ⇒ By = 8.66 kN ∑ F = 0 ⇒ B = 3.66 kN B

x

x

CE çubuğu, iki ucu mafsallı olduğundan yalnız eksenel kuvvet taşır.

∑M

ACD D

= 0 ⇒ −CE cos 45 ⋅ 6 + 8 ⋅ 8.66 = 0

CE = 16.33 kN σ CE =

16330 = 108.9 MPa 150

ACD çubuğunun dengesi

D = 2.89 2 + 11.552 = 11.906 kN τD =

11906 = 75.8 MPA π 10 2 2 4

Dx = 2.89 kN D y = 11.55 kN

Örnek 13

0.8 m yarıçaplı küresel bir basınç kabı; iki yarım küre parçanın eşit aralıklarla yerleştirilen 40 adet cıvata yardımıyla birleştirilmesinden oluşmaktadır. Đç basınç 600 kPa olarak verildiğine göre cıvata çapı d ile basınç kabının et kalınlığı t’yi hesaplayınız. Cıvata ve küresel kabın emniyet gerilmeleri sırasıyla 100 ve 50 MPa olarak bilinmektedir.

σc = t=

pr 0.6 ⋅ 800 = ≤ 50 = σ em 2t 2t

9.6 = 4.8 mm 2

Bir civataya 50 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ 800 ⋅ 9.6 = 30160 N düşen kuvvet =

40 ⋅ 2

πd 2 4 Örnek 14

=

30160 ⇒ d = 19.6 mm 100

Bir barajın türbinlerine su ileten cebri boru 120 m’lik su yükü altındadır. Boru çapı 900mm’dir. Boru malzemesinin en büyük gerilmesi 100 MPa, güvenlik katsayısı 1.6’dır. Borunun en küçük et kalınlığı t ne olmalıdır? (gsu= 9.81 kN/m3)

p = γ ⋅ h = 120 ⋅ 9.81 = 1177 kN / m 2 ⇒ p = 1.177 MPa σc =

1.177 ⋅ 450 σ maks 100 ≤ = ⇒ t min = 8.47 mm t fs 1 .6

BĐRĐM ŞEKĐL DEĞĐŞTĐRME VE MALZEME (BÜNYE) BAĞINTILARI

Bir önceki bölümde bir yapı yada makine elemanındaki gerilmeler incelendi. Şimdi gerilme kadar önemli bir konu olan şekil değiştirme konusunu ele alacağız. Şekil değiştirme veya deformasyon analizi, birim şekil değiştirmelerin tanımları ile başlar. Birim şekil değiştirmeler deformasyonun şiddetinin ölçülmesinde kullanılır. Đleriki bölümlerde malzemelerin önemli karakteristik özellikleri tanımlanacaktır. Mühendislikte kullanılan malzemelerin eksenel çekme deneyi yardımıyla belirlenen mekanik özellikleri üzerinde durulacaktır. Tek eksenli, çok eksenli ve kesme kuvvetleri etkisinde gerilme ve birim şekil değiştirme arasındaki bağıntılar ele alınıp şekil değiştirme enerjisi kavramı ile tekrarlı yüklemelerin oluşturacağı kırılma olayına giriş yapılacaktır. Dış kuvvetlerin etkisi altında bulunan bir cismin her noktası yer değiştirir. Herhangi bir noktanın yer değiştirmesi; şekil değiştirmeden yada rijit cisim hareketlerinden (ötelenme ve dönme) veya bu iki etkinin bileşiminden meydana gelir. Cisim içindeki noktaların birbirlerine göre olan konumlarında bir değişme varsa cisim şekil değiştirmiştir denir. Herhangi iki nokta arasındaki uzaklık yada herhangi üç nokta arasındaki açı değişmiyorsa yer değiştirmenin sebebi rijit cisim hareketleri olabilir. Bu bölümde yük etkisindeki mühendislik yapılarında, şekil değiştirme ile ortaya çıkan küçük yer değiştirmeler incelenecektir. Şekil değiştirme sonucu cismin hacminde yada biçiminde değişme olabilir. Bir yapı elemanındaki gerçek gerilme yayılışının belirlenmesinde bu yapı elemanındaki şekil değiştirmenin dikkate alınması gerekir. Dış yükler ve sıcaklık tesiri etkisindeki hiperstatik yapıların analizinde şekil değişimi kullanılarak hiperstatik kuvvetlerin hesaplanması için gereken ilave denklemler sağlanır. Toplam eksenel şekil değiştirme d ile gösterilecektir. Cisim içerisindeki herhangi bir noktada x, y ve z eksenleri yönündeki yer değiştirme bileşenleri u, v ve w ile tanımlanacaktır. Birim şekil değiştirmeleri 1’in yanında küçük, çarpımlarıyla karelerini ihmal edilebilecek kadar küçük kabul etmekteyiz.

BĐRĐM ŞEKĐL DEĞĐŞTĐRME TANIMLARI Normal birim şekil değiştirme prizmatik bir çubuk üzerinde tanımlanacaktır. Birim boydaki uzunluk değişimi: Uzama oranı

ε=

δ L

P yükü uygulandıktan sonra çubuk boyundaki toplam uzama Çubuk başlangıç boyu

ε > 0 UZAMA ε < 0 KISALMA

BĐRĐMSĐZ

Kayma şekil değiştirmesi, başlangıçta dik olan iki doğru arasındaki açının şekil değiştirme sonrası diklikten saptığı değerin tanjantına denir. Açı küçük olduğundan tanjantı yerine radyan cinsinden kendisi yazılabilir.

γ=

π 2

−θ ′

γ > 0 DĐK AÇI KÜÇÜLÜR γ < 0 DĐK AÇI BÜYÜR

BĐRĐMSĐZ

Elastik bölgede şekil değiştirmeler 0.002 veya 2000µ µ değerlerini pek aşmaz. Uzunluk ve açıdaki değişimler uniform ise dikdörtgen içine aldığımız iki formül yeterli hassasiyette sonuç verir. Uniform olmayan bir şekil değiştirme söz konusu ise bir noktadaki birim şekil değiştirmelerin tanımlanması gerekir.

Örnek 1

Üçgen ABC plağı, ABC’ şeklini alacak biçimde üniform şekil değiştirme yapmıştır. a) OC ekseni doğrultusundaki normal şekil değiştirmeyi, b) AC kenarı boyunca normal şekil değiştirmeyi, c) AC ve BC kenarları arasındaki kayma şekil değişimini, hesaplayınız. ε OC =

0.001 ⋅ b = 0.001 = 1000 µ b

ε AC

[b =

2

+ (b + 0.001 ⋅ b ) 2 ⋅b

2

]

1

2

− 2 ⋅b

= 502 µ

 b  o ACˆ ′B = 2 tan −1   = 89.943 Dik açıdaki değişim = 90 -89.943 = 0.057o 1 . 001 ⋅ b    π  ACB açısı azaldığı için kayma şekil  = 995µ Radyan cinsinden γ = 0.057  180  değişimi pozitiftir.

Şekil Değişiminin Bileşenleri Üniform şekil değiştirme yoksa birim şekil değiştirme cismin içinde noktadan noktaya değişir. Daha önce yazdığımız bağıntıların ∆x uzunluğundaki bir AB doğru parçası ile ilgili olması gerekir. Eksenel kuvvet altında doğru parçasının uçları u ve u + ∆u yer değiştirmelerini yaparak A’ ve B’ noktalarına gelir. Yani doğru parçasının boyunda ∆u kadarlık bir uzama gerçekleşir. Tanım gereği normal şekil değiştirme

∆u du = ∆x →0 ∆x dx

ε x = lim

dır. Burada limitin anlamı düşünülürse ∆x, sıfıra giderken yalnızca A noktasında x doğrultusundaki uzama oranı ifade edilmektedir. Düzlem veya iki eksenli şekil değiştirme durumunda yükleme öncesi ve sonrası cisim içindeki her nokta yine aynı düzlem içinde kalırlar. Bu durumda birim kalınlıklı dx ve dy boyutlu bir eleman doğrusal ve açısal şekil değiştirme yapabilecektir.

C′

∂v dy ∂y

∂v dx ∂x

B′

y

∂u dy ∂y

B

C ∂u dx ∂x

Rijit ötelenme

D′

dy

u

A D

v

x

dx

∂u    dx + dx  − dx ∂u ∂x  εx =  = dx ∂x

Düzlem elemanın doğrusal şekil değiştirmeleri

Düzlem elemanın Açısal şekil değiştirmeleri

γ xy

 ∂v  + dy dy − dy  ∂y  ∂v  εy = = dy ∂y

∂u ∂u ∂v ∂v dy dy dx dx ∂u ∂v ∂y ∂y ∂ x ∂ x = + = + = + ∂u  (1 + ε y ) dy (1 + ε x ) dx ∂y ∂x  ∂v    dy + ∂y dy   dx + ∂x dx   

Bir düzlem elemanın doğrusal şekil değiştirmeleri u+

∂u dx ∂x

v+

∂u    dx + u + dx − u  − dx ∂u ∂x  = εx =  dx ∂x

∂v dy ∂y

  ∂v  dy + v + dy − v  − dy ∂y ∂v  εy =  = dy ∂y

Bir düzlem elemanın açısal (kayma) şekil değişimi ∂u dy ∂y

γ xy

∂v dx ∂x

∂u ∂u ∂v ∂v dy dy dx dx ∂u ∂v ∂y ∂y ∂x = + = + ∂x = + ∂u  ( 1 + ε y )dy (1 + ε x )dx ∂y ∂x   ∂v   dy + v + dy  − v  dx + u + dx  − u ∂x  ∂y   

Örneğin u’nun y ekseni doğrultusundaki değişimi (hızı) ∂u ,

∂y ∂u ∂u dy dır. Burada u’daki artış ise sonsuz küçük elemanın ∂y ∂y

başlangıçta düşey olan kenarının eğimi olur. u ve v, x ve y’nin fonksiyonu olduklarından kısmi türev gösterimi (notasyonu) kullanılmaktadır. Benzer şekilde yatay kenar da

εx =

∂u ∂x

εy =

∂v açısı yapacak şekilde yükselir. ∂x

∂v ∂y

γ xy =

∂u ∂v + ∂y ∂x

Kenarları dx, dy ve dz olan bir prizmatik elemanın içindeki bir noktadaki şekil değiştirmeler benzer şekilde elde edilir. Üç boyutlu şekil değiştirme bileşenleri;

εx,

εx,

γ xy

εz =

∂w ∂y

γ yz =

∂v ∂w + ∂z ∂y

γ xz =

∂u ∂w + ∂z ∂x

olur. Bulunan 6 adet şekil değiştirme bileşeni tıpkı gerilme haline benzer bir simetrik tansör oluşturur.

εx  γ yx γ zx 

γ xy γ xz   ε y γ yz  γ zy ε z 

Eğer bir noktadaki şekil değiştirme halini anlatan 6 bağımsız şekil değiştirme bileşeni biliniyorsa, prizmanın boyutlarındaki ve şeklindeki değişimi tam olarak belirleyebiliriz. 6 birim şekil değiştirme bileşeni eksenler doğrultusundaki yerdeğiştirme fonksiyonlarına türevlerle bağlıdır. Demek ki bu büyüklükler birbirlerinden bağımsız olamazlar. εx, εy, εz, γxy, γyz ve γxz’nin sağlaması gereken 6 adet ifadeye UYGUNLUK denklemleri denir. Đki boyutlu problemlerde yalnızca 1 adet uygunluk denklemi vardır. Uygunluk denklemleri şekil değiştirmenin sürekli olduğunu cismin içinde kütle kaybı (boşluk) olmayacağını gösterir. 2 2 ∂ 2ε x ∂ ε y ∂ γ xy + 2 = ∂y 2 ∂x ∂x ⋅ ∂y

Örnek 2

Düzlem Hali için Uygunluk denklemi

0.4x0.4 m’lik kare ABCD plağının yüklemeden sonraki hali şekil üzerinde kesikli çizgilerle gösterilmiştir. A köşesinde, düzlem şekil değiştirme bileşenlerinin ortalama değerlerini hesaplayınız. vB − v A ∆y

εx =

uD − u A ∆x

εx =

0 .7 − 0 .3 = 1000 µ 400

γ xy =

0 − 0 .3 0 .1 − 0 + = −500 µ 400 400

εy =

εy =

γ xy =

u B − u A vD − v A + ∆y ∆x

− 0.25 = −625µ 400

Negatif işaret açının arttığını gösterir.

Mühendislikte Kullanılan Malzemeler Eksenel yüklü çubuk problemini tekrar ele alalım. Yazılabilecek iki denklemde;

Birim şekil değiştirme - yerdeğiştirme σ x ,ε x ,u

P A ∂u εx = ∂x

σx =

Gerilme-Dış yük

Olmak üzere üç bilinmeyen vardır.

Gerekli olan bir ilave denklem σ – ε ilişkisi malzeme kaynaklıdır. Sonuçta eleman üzerindeki yüklerden oluşan yerdeğiştirmeler ve malzemelerin mekanik özellikleri birleştirilebilir. Şimdi mühendislikte kullanılan çeşitli metaller, plastikler, ahşap, seramikler cam ve beton gibi malzemelerin önemli özelliklerini tanımlayacağız. ELASTĐK MALZEME Elastisite : Yüklerin kaldırılması ile ilk şekillerine geri dönme özeliğidir. Yüklemenin büyüklüğüne bağlı bir özelliktir. Plastisite : Đlk şekle dönüş olmayan malzemelere has bir özelliktir. Süneklik : Kırılmadan önce büyük şekil değiştirme yapabilme özelliği. Örnek: çelik, çeşitli alaşımlar, naylon Gevreklik : Kırılmadan önce çok az deformasyon yapma özelliğidir. Örnek: Dökme demir, beton

SÜNEK

Yükleme Hızı

Gerilme Şekli

Sıcaklık

GEVREK

KOMPOZĐT MALZEME Đki veya daha fazla sayıda malzemeden oluşan bünyeye denir (Çelik lifli cam, polimerler) Matris adı verilen bağlayıcı içinde yüksek dayanımlı malzemenin katılmasından oluşur. Homojen malzemelere göre daha yüksek dayanım/öz ağırlığa sahiptir. Mukavemet dersinde HOMOJEN ĐZOTROP malzemeler ele alınacaktır.

GERĐLME-BĐRĐM ŞEKĐL DEĞĐŞTĐRME DĐYAGRAMI

Ölçek M

Gerilme σ MPa

Gerilme σ MPa

σ – ε diyagramları malzeme özelliklerinin belirlenmesinde kullanılır. Diyagramlar eksenel çekme deneyi yapılarak çizilir.Genellikle dairesel kesitli bir numune deney aletine taklılır ve oda sıcaklığında yavaş yavaş arttırılan eksenel çekme kuvveti uygulanır. Numunedeki uzamaları ölçmek için Ekstansometre adı verilen bir alet kullanılır.

Ölçek N Ölçek M

Birim Şekil Değiştirme ε

Ölçek M

Solda verilen diyagram, yapı çeliği için σ−ε diyagramıdır. OABCDE diyagramının ilk kısmı ölçek değiştirilerek yeniden çizilmiştir. OABCF gerçek gerilme-gerçek uzama oranı diyagramı

Uzama Oranı ε

Gerçek gerilme- gerçek uzama oranı diyagramı malzeme konusundaki araştırmalarla plastik davranışın incelenmesinde kullanılır. DĐYAGRAMIN OA KISMI : Elastik bölge, A noktasına kadar σ –ε doğrusal A noktasından sonra malzemede gerilme artmaksızın uzama görülür. Genellikle A ve B akma noktası aynı alınır. Orantı sınırı

σ pL = σa

Akma sınırı

AE KISMI :Plastik bölge, CD arasında uzamalar gerilmenin artmasıyla mümkün, buna pekleşme adı verilir. C noktasından sonra ulaşılan D noktası σçekmedayanımı adı verilir. σE = Kırılma dayanımı, Kırılmada parçalar çubuk eksenine 45o açı yapan yüzeyler oluşturur. Klasik diyagramlar, gerçek gerilme gerçek şekil değiştirme diyagramlarındaki açılmanın sebebi uzamaların tek bir kesitte birikmesidir. Buna boyun verme denir.

Boyun verme

Standart Süneklik Ölçüleri: Uzama Yüzdesi =

Lkıırılm − L0 (100) → %25 (Yapı çeliğinde) L0

Alan Azalma Yüzdesi =

A0 − Akıırılm (100) → %50 (Yapı çeliğinde) A0

Alüminyum, magnezyum ve bakırda belirgin bir akma noktası görülmez. Akma gerilmesini bulmak üzere 0.002’lik uzama oranına karşı gelen noktadan başlangıç teğetine paralel çizilir. Plastik bölgedeki numuneden yük kaldırılırsa başlangıç teğetine paralel olarak yük boşaltma eğrisi (doğrusu) görülür. BG//OA, B noktasındaki uzama malzemede kalıcı olur. Yeniden yüklendiğinde GB ve orijinal diyagram üzerindeki eğri boyunca ilerlenir. Sünek malzemelerin eksenel çekme ve eksenel basınç altındaki davranışları aynıdır. Gevrek malzemelerin çoğunda eksenel basınç dayanımları, çekme dayanımlarından fazladır. Malzeme özellikleri direkt kesme ve burulma deneyleriyle de bulunabilir. Bu deneylerde τ – γ diyagramları çizilir. Akma gerilmesi ve dayanım sınırı çekme deneylerinde bulunanın yarısı mertebesinde elde edilir.

HOOKE YASASI VE POISSON ORANI Yapı malzemelerinin çoğunda σ – ε diyagramları doğrusal elastik bir bölge ile başlar.

σ = E ⋅ε

Đfadesi HOOKE yasası olarak bilinir.

E : Elastisite modülü (Young Mudülü) Birimi gerilme birimi ile aynı [Pa, MPa] Başlangıç teğetinin eğimidir. Çelik için 200-210 GPa dır. ε : boyutsuz büyüklük Orantı limiti üstündeki noktalardaki diyagram eğimine teğet modülü Et adı verilir. σ

σ Yine orantı limiti üstünde   = Es oranına Sekant modülü adı verilir. Bu ε  üç değer malzemenin çekme ve basınçtaki rijitliğinin ölçüsü olarak kullanılır. σ 0 = σ pL

Elastisite özelliği kesme kuvveti taşıyan bir eleman üzerinde benzer şekilde ölçülebilir. τ – γ diyagramının doğrusal elastik olduğu kısımdan ε

τ = G ⋅γ Kayma Modülü [Pa, MPa]

Kayma gerilmesi – Kayma şekil değiştirme için “Hooke Yasası” denir.

Çekme gerilmeleri uygulandığında elemanın boyu uzarken elemanın en kesit alanı azalır (enine doğrultuda büzülme olur). Elastik bölgede;

ν=-

Enine Uzama Oranı Boyuna (eksenel) Uzama Oranı

ν : Poisson Oranı : 0.3 Çelik için 0.5 kauçuk 0.1 beton

genellikle 0.25-0.35 arasında değişir.

dx.dy.dz hacimli bir küp eleman üzerine yalnızca σx gerilmesi uygulayalım.

HACĐM DEĞĐŞĐMĐ :

ε y = ε z = −νε x = −ν Kübün son hacmi

σx E

V = (1 + ε x )dx ⋅ (1 + ε y )dy ⋅ (1 + ε z )dz

   V = 1 + (ε x + ε y + ε z ) + 2ve3. mertebe terimler  dx ⋅ dy ⋅ dz 144424443   ihmal edilir   V = V0 + ∆V

Birim Hacim Değişimi

e=

∆V =e V0

σ σ σ V − V0 = (ε x + ε y + ε z ) = x −ν x −ν x V0 E E E

e=

σx E

(1 − 2ν ) = (1 − 2ν ) σ x

Çekme Gerilmesi Hacmi Arttırır. Basma Gerilmesi Hacmi Azaltır.

E

Sıkıştırılamaz cisimlerde e = 0 ⇒ 1 − 2ν = 0 ⇒ ν = Lineer elastik bölgede ν < 0.5 Plastik bölgede ν = 0.5 (hacim sabit kalır)

1 2

Örnek 1

Şekilde görülen çelik dikdörgen blok iki ucundan uygulanan çekme kuvveti etkisindedir. P = 46706 N’luk çekme kuvveti uygulandığında δx = 0.07112 mm artış, δz = 0.005334 mm azalma ölçülmüştür. E ve ν’yü hesaplayınız.

σx =

δx L

46706 = 144.79MPa 25.4 × 12.7

= εx =

δz

144.79 0.07112 = = 7 ×10 − 4 ⇒ E = 206841MPa E 101.6

− 0.005334 εz = = = −2.1× 10 −4 25.4 25.4

ν =−

− 2.1× 10 −4 εz =− = 0.3 εx 7 ×10 − 4

GENELLEŞTĐRĐLMĐŞ HOOKE YASALARI Tek eksenli, σ- ε bağıntısı iki ve üç eksenli gerilme hali için genişletilebilir. Deney sırasında, normal gerilmelerin kayma birim şekil değiştirmesi oluşturmadığı veya kayma gerilmelerinin de normal birim şekil değiştirmesine yol açmadığını görmekteyiz. Malzemenin lineer elastik, şekil değiştirmelerin küçük oldukların kabul edildiğinden süperpozisyon ilkesinden faydalanarak iki ve üç eksenli gerilme durumu için Hooke yasaları formüle edilebilir. σx

E

−ν

σy

τ xy

E

Tam kayma etkisindeki eleman

Đki eksenli gerilme etkisindeki eleman

εx

Birim kalınlıklı elemanın iki eksenli gerilme etkisinde olduğunu düşünelim. σx gerilmesinden x ekseni doğrultusunda σx/E kadar uzama oluşur. σy gerilmesi ise x ekseni doğrultusunda νσy/E kadar kısalmaya neden olur. σx ve σy gerilmelerinin etkisi altında x ve y doğrultusundaki uzama oranlarını;

εx =

σx E

−ν

σy

εy =

E

σy E

−ν

σx E

γ xy =

τ xy G

τ xy Tam kayma düşünüldüğünde ise elastik gerilme – şekil değiştirme bağıntısıγ xy = olmakta idi .τ xy gerilmesi G yalnızca γ xy kayma birim şekil değiştirmesi oluşturmaktadır. Yukarıdaki ifadeleri gerilmeler cinsinden yazarsak;

Eε x +νσ y = σ x Eε y − σ y = −νσ x

Eε y − σ y = −ν (Eε x + νσ y )

(

⇒ Eε y +νEε x = σ y 1 −ν 2

)

σx =

E (ε x +νε y ) 1 −ν 2

bulunur. Bu ifadelere iki boyutlu gerilme halinin HOOKE YASALARI denir.

σy =

E (νε x + ε y ) 1 −ν 2

τ xy = Gγ xy

Benzer şekilde üç boyutlu gerilme halinin Genelleştirilmiş Hooke Yasalarını şöyle yazabiliriz.

εx =

[

]

1 σ x −ν (σ y + σ z ) E γ xy =

[

]

1 σ y −ν (σ x + σ z ) E

εy =

τ xy

γ yz =

G

εz =

[

]

1 σ z −ν (σ x + σ y ) E

τ yz

γ xz =

G

τ xz G

Bu ifadeleri gerilmeler cinsinden yazarsak;

σx =

Eν (ε + ε + ε ) + 2Gε x (1 +ν )(1 − 2ν ) x y z

σy =

Eν (ε + ε + ε ) + 2Gε y (1 +ν )(1 − 2ν ) x y z

τ xy = Gγ xy

τ yz = Gγ yz

σz =

Eν (ε + ε + ε ) + 2Gε z (1 +ν )(1 − 2ν ) x y z

τ xz = Gγ xz

Daha önce doğrusal ve açısal şekil değiştirmeleri incelediğimiz elemanın diyagonalindeki boy değişimi normal birim şekil değiştirme εx ve εy ile kayma birim şekil değişimi γxy’den oluşacağını görerek kayma modülü G’nin E ve ν ile ilgili olması gerektiği sonucuna varırız. Bu durum ileri bölümlerde tekrar ele alınacaktır.

G=

E 2(1 + ν )

Sonuç olarak izotrop malzemelerin iki bağımsız elastik sabitinin olacağını bu sabitlerin de eksenel çekme deneyi ile E ve ν şeklinde bulunduğunu, Kayma modülü G’nin E ve ν cinsinden ifade edilebileceğini söyleyebiliriz.

Bir noktadaki şekil değiştirme bileşenleri εx = 900µ, εy = -100µ ve γxy = 600µ olarak biliniyor. Bu şekil değiştirme durumunu oluşturacak düzlem gerilme halini belirleyiniz. E=200 GPa Poisson oranı=0.3

Örnek

σx =

E 200000 ε + νε y ) = (900 + 0.3 × (−100)) × 10−6 = 191.2 MPa 2 ( x 2 1 −ν 1 − 0.3

σy =

E 200000 ε + νε = (−100 + 0.3 × 900) × 10−6 = 37.4 MPa ( ) y x 2 2 1 −ν 1 − 0.3

τ xy = Gγ xy =

ÖRNEK 2

E 200000 γ xy = 600 ×10−6 = 46.15 MPa 2(1 + υ ) 2(1 + 0.3)

Şekilde görülen blok bütün yüzeylerinden etkiyen p = 150 MPa’lık üniform basınç etkisindedir. E = 200 GPa, ν = 0.3 alarak hacimdeki ve her bir kenarındaki boy değişimini hesaplayınız. y

σx =σy =σz = −p

εx =

1 [− p −ν (− 2 p )] = 1 − 2ν (− p ) E E

εy =

1 [− p −ν (− 2 p )] = 1 − 2ν (− p ) E E

εz =

1 [− p −ν (− 2 p )] = 1 − 2ν (− p ) E E

P 40 mm P x 30 mm P z

ε=

100 mm

1 − 2 ⋅ 0.3 (− 150) = −0.3 ×10 −3 200 × 103

δ x = −0.3 × 10 −3 ⋅100 = −0.03mm

εx = εy = εz = ε =

1 − 2ν (− p ) E

∆V = ε x + ε y + ε z = −3ε ⇒ ∆V = −3 ⋅ 0.3 × 10 −3100 ⋅ 40 ⋅ 30 = −108mm 3 V0

δ y = −0.3 × 10 −3 ⋅ 30 = −0.009mm

δ z = −0.3 × 10 −3 ⋅ 40 = −0.012mm

ÖRNEK 3

Şekilde görülen dökme demirden yapılmış silindir, eksenel doğrultuda 40 MPa, radyal doğrultuda 10 MPa’lık basınç gerilmeleri etkisindedir. E = 100 GPa, ν = 0.25 alarak silindirin boyu ve çapındaki değişimleri ve hacimdeki değişimi hesaplayınız. σ x = −40MPa εy = εz =

σ y = σ z = −10MPa

εx =

1 [− 40 − 0.25(− 10 − 10)] = −0.35 ×10−3 3 100 × 10

1 [− 10 − 0.25(− 10 − 40)] = 0.025 ×10−3 3 100 × 10

∆L = −0.35 × 10 −3 ⋅ 200 = −0.07 mm

∆d = +0.025 × 10 −3 ⋅120 = +0.003mm

e = ε x + ε y + ε z = −0.35 × 10 −3 + 2 ⋅ 0.025 × 10 −3 = −0.30 × 10 −3 ∆V = e ⋅ V0 = −0.30 × 10 −3 ⋅ π ⋅ 60 2 ⋅ 200 = −679mm3

ÖRNEK 4

Hacim azalması

Uzunluğu L, kalınlığı t ve genişliği b olan levha iki rijit duvarın arasına şekilde gösterildiği gibi yerleştirilmiştir. P eksenel basınç kuvveti taşıyan levhadaki gerilme ve birim şekil değiştirme bileşenlerini belirleyiniz. σz = 0 εy = 0 σx = − P γ xy = γ yz = γ xz = 0 b ⋅t

εx =

[

1 σ x −νσ y E

εz = −

E σx = ε x 1 −ν 2

Efektif elastisite modülü

εx = − −

εz ν = ε x 1 −ν

ν

[σ E

x

]

εy = 0 =

]

+σ y = −

ν 1 −ν

εx

[

]

1 σ y −νσ x ⇒ σ y = νσ x E

σx = −

εx =

1−ν 2 σx E

P P ⇒ σ y = −ν b ⋅t b ⋅t

1 −ν 2 P ν (1 +ν ) P ⋅ ⇒ εz = ⋅ E b⋅t E b⋅t

Efektif poisson oranı

Bu değerler geniş kiriş ve plaklarda kullanılmaktadır.

ŞEKĐL DEĞĐŞTĐRME ENERJĐSĐ Dış yüklerin cismin şekil değişimi sırasında yaptıkları iş şekil değiştirme enerjisi olarak cismin içinde depolanır. Enerji kaybının olmadığı, tam elastik cisimlerde yükün kaldırılması ile (şekil değişimini yok ederek) geri alınabilir. Bu bölümde verilecek şekil değiştirme enerjisi kavramı statik ve dinamik yüklerle ilgili çeşitli problemlerin çözümünde kullanılacaktır. Şekil değiştirme enerjisnin en büyük faydası elemandaki kırılmanın belirlenmesi ile darbeli yüklemenin malzeme üzerindeki etkisinin incelenmesinde ortaya çıkmaktadır. Tek eksenli gerilme halinde şekil değiştirme enerjisini belirlemek üzere yavaş yavaş artan σx gerilmesine maruz bir eleman düşünelim. Elemanın x yüzlerinde σxdydz kuvveti etkir. x ekseni doğrultusunda εxdx kadar bir uzama oluşur. Lineer elastik malzemeler için Hooke yasası

σ x = E ⋅ε x

σx

σx

Şekil değiştirme sırasında elemanın yüzlerine etkiyen ortalama kuvvet şekil değiştirme enerjisi

1 σ x ⋅ dy ⋅ dz ⋅ ε x ⋅ dx olur. 2 1 1 dU = σ x ⋅ ε x ⋅ dy ⋅ dz ⋅ dx = σ xε x dV 2 2

1 σ x ⋅ dy ⋅ dz olur. Bu kuvvetin yaptığı iş, dU, 2

dU

SI birim sisteminde iş ve enerji birimi Joule (J)’dür. (N.m) Birim hacimdeki şekil değiştirme enerjisi enerji dV yoğunluğu adını alır ve U0 ile gösterilir. 1 σ 2 Eε x2 U0 = σ x ⋅ε x = x = 2 2E 2

Bu alan şekilde mavi olarak gösterilmiştir. σ –ε diyagramının üzerindeki alana Komplemanter enerji yoğunluğu adı verillip

U 0* ile gösterilir.

SI birim sisteminde enerji yoğunluğu birimi J/m3 dür veya (pascal). Şekil değiştirme enerjisi ifadesinde sx’in karesi geldiğinden bu her zaman pozitif bir büyüklüktür.

σ–e diyagramında akma noktasının altında

σ–e diyagramının altındaki bütün alan

kalan alan veya akma gerilmesine ulaşan bir malzemedeki şekil değiştirme enerjisi yoğunluğu Rezilyans Modülü adını alır. Rezilyans modülü malzemenin kalıcı şekil değişimi yapmadan yutabileceği enerjinin ölçüsünü verir. Örneğin yumuşak çelik;

Tokluk Modülü adını alır ve malzemenin kırılmaksızın yutabileceği enerji miktarını gösterir.

σ2 2E

(220 ×10 ) =

6 2

2 ⋅ 200 × 109

= 121 kJ

m3

Tek eksenli normal gerilme durumunda şekil değiştirme enerjisi , enerji yoğunluğu ifadesinin hacim üzerinde entegre edilmesi yolu ile;

U =∫

σ x2 2E

dV

Bulunur. Bulunan bu ifade eksenel yükleme ve kirişlerin eğilmesi problemlerinde kullanılabilir.

Şimdi τxy kayma gerilmesi taşıyan bir eleman düşünelim. Üst yüze etkiyen τxydxdz kuvveti γxydy yerdeğiştirmesini oluştursun. Gerilmeler sıfırdan başlayıp yavaş yavaş artarak son değerine ulaştığından ortalama kuvvet

1 ⋅τ xy ⋅ dx ⋅ dz 2

Olur. Tam kayma halinde enerji yoğunluğu;

τ xy2 G γ xy2 1 τ xy ⋅ dx ⋅ dz ⋅ γ xy ⋅ dy 1 dU =U0 = = τ xy ⋅ γ xy = = 2 2 2G 2 dV dx ⋅ dy ⋅ dz Bulunan bu ifadenin τ – γ diyagramının altındaki alana eşit olduğu söylenebilir.

U =∫

τ xy2 2G

dV

Kayma gerilmesinden oluşan şekil değiştirme enerjisi yukarıdaki ifadenin hacim üzerinden entegrali alınarak elde edilir. Bu ifade burulma etkisindeki millerle, kesme kuvveti etkisindeki kiriş problemlerinde kullanılabilir. En genel gerilme durumunda şekil değiştirme enerjisi aşağıdaki biçimlerde yazılabilir.

1 U0 = (σxεx +σyε y +σzεz +τ xyγ xy +τ xzγ xz +τ yzγ yz ) 2

Asal eksen takımı kullanıldığında

(

)

(

)

(

Uo =

1 2 2 2 1 σx +σy +σz − 2ν (σxσy +σxσz +σyσz ) + τ xy2 +τ xz2 +τ yz2 2E 2G

Uo =

1 2 2 2 σ1 +σ2 +σ3 − 2ν (σ1σ2 +σ2σ3 +σ1σ3 ) 2E

)

ÖRNEK

10 mm çaplı 3 metre uzunluğundaki çubukta depolanan şekil değiştirme enerjisi 70 J dür. P kuvvetinin değerini hesaplayınız.

σ x2

P2 P2 L U =∫ dV = ∫ Adx ⇒ U = 2 2E 2 EA 2 EA P 2 *3 70 = 2* 200 109 *7.854 10−5 P = 27075 N ÖRNEK

Şekilde gösterilen konik çubuk P kuvveti etkisi altında dengededir. Çubukta depolanan şde ni hesaplayınız. 2

2

4  4  Ax = π rx2 = π r 2  x + 1 = Amin  x + 1 L  L  σ x2 P2 P 2 dx P2 L U =∫ dV = ∫ Ax dx = = 2 ∫ 2E 2 EAx 2 E Ax 8 EAmin 4 u = x +1 L 4 du = dx L

P2 L U= 10 EAmin

du ∫ u2

Tekrarlı Yükleme Ve Yorulma

Gerilme σ, MPa

Yapı elemanlarının göçme gerilmesinden oldukça küçük gerilme düzeylerine binlerce defa yüklenmesi halinde kırılmasına yorulma adı verilir. Yorulma çatlağının genellikle gerilmenin yoğunlaştığı bölgelerdeki iç yapı kusurlarından/çatlaklarından başladığı, yüzey kalitesi, kimyasal yapı ve iç yapı kusurlarıyla ilgili olduğu söylenebilir. Yorulma ömrü veya dayanıklılık genellikle kırılma oluşturan gerilme tekrar sayısı ile ölçülür. Deneysel olarak malzeme iki gerilme sınırı arasında sürekli değişen gerilme durumuna kırılıncaya kadar devam edilir. Yorulma deneyi sonuçları aşağıdaki gibi yarı logaritmik bir diyagram üzerinde işaretlenir.

Çelik Sürekli Dayanım Sınırı

Alüminyum

Yorulma Ömrü N, Devir Sayısı

ÖRNEK 5

Küresel bir balonun 200 mm olan çapı, şişirildikten sonra 201 mm olmuştur. Ortalama çevresel uzama oranını hesaplayınız.

Çevre= π D, D0 : ilk çap

ÖRNEK 6

εc =

Đçi boş bir silindir iç basınç etkisinde 200 mm olan iç çapı 0.5 mm, 400 mm olan dış çapı 0.3 mm artmıştır. a) Çevresel doğrultudaki en büyük uzama oranı b) Radyal doğrultudaki ortalama uzama oranını hesaplayınız.

π 200.5 − π 200 0.5 = = 0.0025 200 π 200

Đç çevredeki uzama oranı

ε ciç =

Dış çevredeki uzama oranı

ε cdiş =

π 400.3 − π 400 0.3 = = 0.00075 π 400 400

Radyal doğrultudaki uzama oranı ε r = ÖRNEK 7

1 πD − πD0 D − D0 = = = 5 ×10 −3 πD0 D0 200

∆t 99.9 − 100 = = −0.001 t 100

Şekilde gösterilen çubukta oluşacak en büyük εx uzama oranını; elemanın uzunluğu doğrultusundaki yerdeğiştirme fonksiyonunu a) u = (x 2 L )×10 −3  πx  b) u = L(10 −3 )sin   olması durumları içi ayrı ayrı hesaplayınız.  2L 

a) b) ε x =

εx =

du 2 x = × 10 −3 = 0.002 maks dx L x= L

du π π  πx  = L 10 −3 cos  = 10 −3 = 0.00157 dx 2 L  2 L  maks 2

(

)

(

)

ÖRNEK 8

Şekilde görülen dikdörtgen levha, yüklemeden sonra bir paralel kenara dönüşmüştür. Levhanın AB ve CD kenarları 0.005 mm uzayıp 0.0012 radyan saat dönüşü yönünde dönerken AD ve BC kenarları ise 0.002 mm kısalarak 0.0004 radyan saat dönüş yönüne ters yönde dönmüştür. a=40mm, b=20mm olduğuna göre düzlem birim şekil değiştirme bileşenlerini hesaplayınız. y

εx =

0.0012

A

C 20. 005

B

εy = 39.998 mm

0.0004

ÖRNEK 9

− 0.002 = −0.00005 40

D

x

0.005 = 0.25 ×10 −3 20

γ xy = 0.0012 + 0.0004 = 0.0016

Şekilde görülen ince dikdörtgen plak iki eksenli çekme gerilmeleri etkisinde ε x = 6×10−4 ε y = 4×10−4 uzama oranlarını yapmaktadır. AC köşegenindeki boy değişimini hesaplayınız.

AC köşegeninin şekil değiştirdikten sonraki ilk uzunluğu;

(152.061)2 + (203.122 )2

AD kenarındaki toplam şekil değiştirme= AD ⋅ ε x = 0.122mm AB kenarındaki toplam şekil değiştirme= AB ⋅ ε y = 0.061mm AC köşegeninin ilk uzunluğu=

152 2 + 2032 = 253.6mm

= 253.734 mm

AC köşegenindeki boy değişimi;

∆ AC = 0.1343mm

ÖRNEK 10

Şekilde görülen plak, V kesme kuvveti etkisiyle deforme olup AB’C’D şeklini almıştır. Kayma açısının; a) herhangi bir noktada, b) Yüksekliğin ortasında c) Orijinde aldığı değerleri hesaplayınız.

γ xy =

 y x = h  b

ÖRNEK 11

2

a) γ xy =

∂u ∂v 2h = + y ∂y ∂x b 2

2 ⋅ 0 .5 y = 0.025 ×10 −3 y 2 200

b) γ xy =

2 ⋅ 0 .5 100 = 0.0025 200 2

c) γ xy = 0

Şekilde görülen ince üçgen plak, uniform şekil değiştirme yaparak A’B’C’ biçimini almıştır. εx ve εy uzama oranları ile AC ve BC kenarları arasındaki kayma açısını hesaplayınız

εx =

1 .2 = 0.0012 1000

εy =

− 1.5 = −0.0015 1000

 1001.2  o 2 ⋅ θ = 2 ⋅ tan −1   = 90.15  998.5 

γ xy = (90 − 90.15)

π 180

= −0.0027 radyan

ÖRNEK 12

Şekilde görülen elemanın üzerine yüklemden önce 10x10 mm2 lik ABCD karesi çizilmiştir. Yüklemeden sonra kare, eşkenar dörtgen şeklini aldığına göre Elastisite modülü ile Poisson oranını hesaplayınız. Yüklenmeden önce köşegen uzunluğu;

AC = BD = 10 2 + 10 2 = 14.14mm

σ = E ⋅ε

E=

σ − 85 = = 40.6 * (103 )MPa 14 . 11 − 14 . 14 ε 14.14

ε enine =

14.15 − 14.14 = 0.000707 14.14

ÖRNEK 13

ε boyuna =

14.11 − 14.14 = -0.00212 14.14

ν =−

ε enine 1 = ε boyuna 3

Şekilde görülen bloğa P = 17800 N’luk eksenel kuvvet etkimektedir. Bloğun y ve z eksenleri doğrultusunda şekil değişimi engellendiğinde eksenel doğrultudaki uzama oranı ne olur? (E = 69 GPa, ν = 1 3 )

17800 = 98.3MPa 19 ⋅ 9.53 1 1  ε y =  σ y − (98.3 + σ z ) = 0 3 E  1 1  ε z =  σ z − (98.3 + σ y ) = 0 E 3 

σx =

σ y +σ z − 2 (σ y + σ z ) = 196.6 ⇒ (σ y + σ z ) = 98.3MPa 3 3 1  1 (σ y + σ z ) εx = − 98 . 3  69000  3 

εx =

1 (σ y + σ z + 196.6) = 0 3

1  1 (98.3) = 950 ×10−6 98 . 3 −  69000  3 

ÖRNEK 14 Şekilde görülen dikdörtgenler prizması şeklindeki beton blok Px = 100 kN, Py = 150 kN ve Pz = 50 kN’ luk kuvvetlerin etkisi altındadır. a) Bloğun boyutlarındaki değişmeleri b) Bloğun yalnızca y yüzünden etkiyip önceki yüklemenin sebep olduğu yer değiştirmeyi (y ekseni doğrultusunda) oluşturacak P kuvvetini hesaplayınız. (E = 24 GPa, ν = 0.2 ) a)

100 ×103 σx = − = −20 MPa 100 ⋅ 50

150 × 103 σy = − = −15MPa 200 ⋅ 50

δ x = ε x 200 = −0.1375mm

b)

ε y = −0.4375 ×10−3 =

σy E

50 ×103 σz = − = −2.5MPa 100 ⋅ 200

εx =

1 [− 20 − 0.2(− 15 − 2.5)] = −0.6875 ×10 −3 24000

εy =

1 [− 15 − 0.2(− 20 − 2.5)] = −0.4375 ×10−3 24000

εz =

1 [− 2.5 − 0.2(− 15 − 20)] = 0.1875 ×10 −3 24000

δ y = ε y 100 = −0.04375mm

⇒ σ y = −10.5MPa

δ z = ε z 50 = 0.009375mm

Py = σ y A = −10.5* 200*50 = −105000 N = −105kN

Uçları kapalı olan ve p iç basıncı etkisinde bulunan bir silindirin yarıçapındaki ve L boyundaki değişmenin

ÖRNEK 15

pr 2 (2 −ν ) = σ c r (2 −ν ), ∆r = 2 Et 2E

∆L =

prL (1 − 2ν ) = σ a L (1 − 2ν ) 2 Et E

Formülleriyle hesaplanabileceğini gösteriniz. r yarıçap; t et kalınlığını göstermektedir.

εc =

pr t pr 2t

pr pr −ν Et 2 Et

∆ çevre = 2 π r '− 2 π r = ε c 2 π r 2π ∆ r = ε c 2π r pr 2 (2 −ν ) = σ c r (2 −ν ) ∆r = rε c = 2 Et 2E

εL =

ÖRNEK 16

σ pirinç =

pr pr −ν 2 Et Et

∆L = ε L L =

prL (1 − 2ν ) = σ a L (1 − 2ν ) 2 Et E

50.8 mm çaplı pirinç çubuk (E = 103 GPa, ν = 0.30), bronz bir borunun içine geçirilmiştir. Pirinç çubuğa 178 kN’luk eksenel basınç kuvveti uygulandığında çubuk yüzeyi gerilmesiz olarak bronz boruyla temas etmektedir. Bronz borunun iç çapını hesaplayınız.

178000 = 87.82 MPa 50.82 π 4

ε enine = 0.3

iç d bronz = 50.8 ⋅ ε enine + 50.8 = 50.813mm

87.82 = 255.8 × 10 −6 103000

ÖRNEK 17 50 mm çaplı 1200 mm. boyundaki alüminyum çubuk P = ± 200 kN’luk eksenel kuvvet etkisindedir. (E = 70 GPa, ν = 0.30 ) Yük etkisi altında çapının alabileceği en küçük değer ve hacminin ulaşacağı en küçük değer ne olur? Çapın minimum olması için uygulanması gereken eksenel kuvvet çekme kuvveti olmalıdır. Buna göre;

σ=

200000 = 101.86MPa π 252

ε boyuna =

101.86 = 0.001455 70000

ε enine = −ν ⋅ ε boyuna = −0.3 ⋅ 0.001455 = −0.4365 ×10 −3

d min = 50 − 0.4365 ×10 −3 ⋅ 50 = 49.978mm Hacmin en küçük değeri olması için uygulanması gereken eksenel kuvvet basma kuvveti olmalıdır. Buna göre;

σ = −101.86MPa

ε boyuna = −0.001455

ε enine = +0.4365 ×10 −3

e = ε x + ε y + ε z = −ε boyuna + 2ε enine = −582 × 10 −6

∆V = −582 × 10 −6 ⋅ π ⋅ 25 2 ⋅1200 = −1370.73mm 3

Vmin = π ⋅ 252 ⋅1200 − 1370.73 = 2353629mm 3

GERĐLME VE BĐRĐM ŞEKĐL DEĞĐŞTĐRME ANALĐZĐ Daha önceki bölümlerde ele aldığımız gerilme ve birim şekil değiştirmeleri tanımlamakta eleman eksenine dik doğrultuda alınan kesitleri kullandık. Bu bölümde ise eğik bir düzlem üzerinde bulunan bir noktadaki gerilme ve birim şekil değiştirme hali incelenecektir. Gerilme ve birim şekil değiştirme bileşenleri her zaman yük etkisindeki elemanda göz önüne alınan noktanın konumuna bağlıdır. Dolayısı ile gerilmenin noktadan noktaya değişimi de ele alınacaktır. Bu bölümde düzlem gerilme ve düzlem şekil değiştirme durumları üzerinde durulacaktır. Burada çıkarılacak formüller ile tanıtılacak grafik teknik çeşitli yüklere maruz elemanın bir noktasındaki gerilme ve birim şekil değiştirme dönüşümünün analizinde büyük kolaylık sağlar. Özellikle grafik tekniğin bir noktadaki gerilme değişiminin anlaşılması bakımından ayrı bir önemi vardır. Đlerideki bölümlerde lineer elastik malzemelerde E, G ve ν arasındaki bağıntının bulunmasında dönüşüm yasaları kullanılmıştır. DÜZLEM GERĐLME Gerilmeler koordinat eksenlerinin herhangi birinden bağımsız ise (burada z ekseni) iki boyutlu gerilme hali söz konusu olur. Örneğin; eksenel yüklü bir çubuğun eğik bir kesitinde oluşan gerilmeler, burulma etkisindeki bir mil, eksenine dik doğrultuda yüklenmiş bir kiriş. Bu gerilme hali bir’den fazla yük etkisindeki elemanın herhangi bir noktasından geçen bütün düzlemlerde de oluşur. TANIMLAR: Đki boyutlu problemler düzlem gerilme ve düzlem şekil değiştirme olmak üzere iki sınıfa ayrılabilir. Bu durum, kalınlığı boyunca düzgün yayılı yükler etkisindeki ince levhalarda karşımıza çıkar. Levha ince olduğundan iki boyutlu gerilme bileşenlerinin kalınlık boyunca değişmediği, ve diğer gerilme bileşenlerinin de sıfır olduğu kabul edilebilir.

Düzlem gerilme haline bir diğer örnek, yapı ve makine elemanlarının serbest yüzeyleri verilebilir. Düzlem gerilme halinde,

σ z = τ xz = τ yz = 0 ; σ x , σ y , τ xy ≠ 0 olur. Bu gerilmelerin genelleştirilmiş Hooke yasalarında yazılmasıyla,

εx =

1 (σ x −ν σ y ) E

εy =

(

1 (σ y −ν σ x ) E

)

bulunur. ilk iki denklemden σ x + σ y çözülüp

εz = −

ν 1 −ν

εz = −

εz

(ε

x

ν E

(σ

x

+σ y )

γ xy =

τ xy G

, γ xz = γ yz = 0

de yerine yazılırsa,

+εy)

Bu ifade düzlem dışı asal birim şekil değişimi ε z ’nin düzlem içi ε x ve ε y birim şekil değişimi cinsinden ifadesidir. Düzlem şekil değiştirme halinde τ xzve τ yz benzer şekilde sıfır alınabilir. Ancak σ z sıfır değildir ve değeri σ x ve σ y cinsinden hesaplanabilir. σ x , σ y ve τ xy sıfırdan farklı değerler alabilir. Amacımız cismin içindeki bir noktadan alınan sonsuz küçük eleman üzerindeki σ x , σ y ve τ xy gerilme bileşenlerinin dönüşüm denklemlerini çıkartmaktır. Şekil 4.2a’ da bir gerilme elemanı gösterilmiştir.

y’

’ x’y x’

x’ y’

z doğrultusundaki gerilme sıfır olmasa bile şu anda ilgi alanımız dışındadır. Gerilme elemanın üç boyutlu görünüşü unutulmadan problemi basitleştirmek üzere elemanın düzlemsel gösterilişini vermek adettendir. Şekilden de fark edilebileceği gibi elemanın paralel yüzlerindeki gerilme bileşenlerinin şiddetleri değişmemektedir. EĞĐK DÜZLEMLERDEKĐ GERĐLMELER Bir önceki sayfada gösterilen kamayı düşünelim. Şimdi x, y eksen takımıyla θ açısı yapan xı ve yı eksenleri doğrultusundaki σ x′ ve τ x′y′ gerilmelerini bulmak istiyoruz. xı ekseninin yönünü gösteren θ açısı, saat dönüş yönüne ters olduğundan pozitiftir. xı eksenine dik olan kamanın AB kenarına etkiyen gerilmeler pozitif yönde gösterilmiştir. AB kenarının bulunduğu yüzeyin alanı ∆A ise 0A ve 0B kenarlarının bulunduğu yüzeylerin alanları sırasıyla, A0 A = ∆A. cos θ ve A0 B = ∆A. sin θ olur. xı ve yı doğrultularındaki kuvvetlerin dengesinden,

ΣFx′ = 0

: σ x′ ∆A − σ x ∆A cos θ cos θ − τ xy ∆A cos θ sin θ − σ y ∆A sin θ sin θ − τ xy ∆A sin θ cos θ = 0

ΣFy′ = 0

: τ x′y′ ∆A + σ x ∆A cos θ sin θ − τ xy ∆A cos θ cos θ − σ y ∆A sin θ cos θ + τ xy ∆A sin θ sin θ = 0

Denklemleri basitleştirip yeniden düzenlersek,

τ x′y′ = τ xy (cos 2 θ − sin 2 θ ) − (σ x − σ y )sin θ cos θ

σ x′ = σ x cos 2 θ + σ y sin 2 θ + 2τ xy sin θ cos θ

σ y′ gerilmesi σ x′ teriminde θ yerine θ+π/2 yazılarak hesaplanabilir.

σ y′ = σ x sin 2 θ + σ y cos 2 θ − 2τ xy sin θ cosθ 2 sin θ cos θ = sin 2θ 2 sin θ = 1 − cos 2θ Yukarıda çıkarılan denklemlerde 2 cos θ = 1 + cos 2θ trigonometrik bağıntılarını kullanarak 2θ cinsinden yazabiliriz. Bu durumda gerilme dönüşüm denklemleri, 2

σ x′ =

2

1 (σ x + σ y ) + 1 (σ x − σ y )cos 2θ + τ xy sin 2θ 2 2

τ x′y′ = −

σy = '

1 (σ x + σ y ) − 1 (σ x − σ y )cos 2θ − τ xy sin 2θ 2 2

1 (σ x − σ y )sin 2θ + τ xy cos 2θ 2

biçiminde yazılabilir. En son elde edilen bağıntılar bir noktadaki gerilme halinin yani dik iki düzlemdeki üç gerilme bileşeninin bilindiği durumda, θ açısı ile tanımlanan bütün mümkün AB yüzeylerindeki gerilmelerin hesaplanmasında kullanılabilir. Gerilme, birim şekil değiştirme ve atalet momenti gibi büyüklükler ikinci mertebeden tansörler olup yukarıdaki bağıntılarla dönüştürülürler. Daha sonra göreceğimiz MOHR dairesi, tansörel büyüklüklerin dönüşümünde kullanılan grafik bir gösterim tarzıdır. Son elde edilen ilk iki bağıntı taraf tarafa toplanırsa;

σ x′ + σ y′ = σ x + σ y = Sabit ifadesi bulunur. Dolayısıyla iki dik düzlemdeki normal gerilmelerin toplamı θ açısından bağımsız olup değişmezmiş. Bu durum üç eksenli gerilme halinde de geçerlidir. Aşağıdaki problemde θ açısına bağlı olarak gerilmelerin değişimi incelenecektir. Örnek 1 Şekilde bir makine parçası üzerindeki bir noktadaki gerilme hali gösterilmiştir. a-a ve b-b doğrultularına paralel düzlemlerdeki normal ve kayma gerilmelerini hesaplayıp yönlenmiş bir eleman üzerinde gösteriniz. y 5 MPa b

a

60o

10 MPa

10 MPa

xı doğrultusu eğik düzleme dik olarak seçilmektedir. Burada, x, y takımındaki gerilme halini xı , yı takımına dönüştürmek istiyoruz. Gerilmeler ve dönüşleri kendi işaretleri ile kullanmaya dikkat edilmelidir. a) θ = 45o σ x = 10 MPa σ y = −5 MPa τ xy = −6 MPa

1 (10 + (− 5)) + 1 (10 − (− 5)) cos 90 + (− 6)sin 90 = −3.5 MPa 2 2 x b 1 τ x′y′ = − (10 − (− 5))sin 90 + (− 6 ) cos 90 = −7.5 MPa 6 MPa 2 5 MPa 1 1 a σ y′ = (10 + (− 5)) − (10 − (− 5)) cos 90 − (− 6 )sin 90 = 8.5 MPa 2 2 b) θ = 30 + 90 = 120 o σ x = 10 MPa σ y = −5 MPa τ xy = −6 MPa 1 1 σ x′ = (10 + (− 5)) + (10 − (− 5)) cos 240 + (− 6)sin 240 = 3.95 MPa 2 2 1 1 1 τ x′y′ = − (10 − (− 5))sin 240 + (− 6) cos 240 = 9.5 MPa σ y′ = (10 + (− 5)) − (10 − (− 5)) cos 240 − (− 6 )sin 240 = 1.05 MPa 2 2 2 45o

σ x′ =

ASAL GERĐLMELER: EN BÜYÜK KAYMA GERĐLMESĐ Bir noktadaki gerilmelerin şiddetlerinin o noktadan geçen düzleme bağlı olduğunu daha önce belirtmiştik. En büyük gerilmeler ile bu gerilmelerin etkidiği düzlemlerin yapıdaki göçme ile ilgili olması sebebiyle bizim için ayrı bir önemi vardır. En büyük σ x′ gerilmesini hesaplamak üzere θ’ ya göre türevini alarak sıfıra eşitleyelim.

dσ x′ 2 = − (σ x − σ y )sin 2θ + 2τ xy cos 2θ = 0 dθ 2

tan (2θ p ) =

τ xy

1 (σ x − σ y ) 2

Kutu içerisinde gösterilen bağıntıdan bulunacak θ açısı en büyük ve en küçük normal gerilmenin etkidiği düzlemi gösterdiğinden θ yerine θp ile yazılmıştır. tan2θ = tan(2θ+π) olduğundan birbirinden 180o farklı 2θp açıları yukarıdaki bağıntıyı sağlarlar. Dolayısıyla θp ve bundan 90o farklı iki düzlem, normal gerilmenin en büyük ve en küçük olduğu iki dik düzlemi gösterir. Şimdi normal gerilmenin maksimum ve minimum olduğu düzlemlerdeki kayma gerilmelerini hesaplayalım.

σ  r= 

x

 τ xy y  + σ −  2



τ xy

σ x −σ y 2

σ x′ = σ maks = min

tan (2θ p ) =

2

2

τ x′y′ = −

(σ

2τ xy x

−σ y )

sin (2θ p ) = m

σ x − σ y  τ xy  σ x − σ y 2

  +  r 

τ xy r

cos(2θ p ) = m

σ x −σ y 2r

(τ ) = 0 xy

2r

Kayma gerilmesinin sıfır olduğu düzlemlerdeki en büyük ve en küçük normal gerilmelere ASAL gerilmeler adı verilir.

1 (σ x + σ y ) + 1 (σ x − σ y ) m σ x − σ y  + τ xy  m τ xy  2 2 2r    r 

σ 1, 2

1 = (σ x + σ y ) m 2

σ x −σ y   2

Sayısal olarak büyük olan normal gerilmeyi σ 1 ile gösterip en büyük asal gerilme adını verelim.

σ maks + σ min = σ 1 + σ 2 = σ x + σ y

2

  + τ xy 2 

σ 1 ve σ 2 asal gerilmelerinin doğrultularını veya etkidiği düzlemleri gösteren θp açılarını θpı ve θpıı ile göstereceğiz. Yukarıda izlediğimize benzer işlemler yaparak en büyük kayma gerilmesiyle etkidiği düzlemleri araştıralım.

2

dτ x′y′

1

dθ dτ x′y′ 1

dθ

=0 =−

bağıntısından,

2 (σ x − σ y )cos 2θ − 2τ xy sin 2θ = 0 2

2

tan (2θ s ) = −

σ x −σ y 2τ xy

bulunur. Burada θs en büyük kayma gerilmesinin etkidiği düzlemi göstermektedir. Çerçeve içindeki bağıntıyı birbiriyle 90o lik açı yapan iki ayrı doğrultu da sağlar. Bu doğrultuları θsı ve θsıı ile gösterelim. Asal doğrultular ile en büyük kayma gerilmesi doğrultusunun kıyaslanmasıyla aralarında 45o’lik açı bulunduğu anlaşılır. En büyük kayma gerilmesinin değerini hesaplayalım. 2

(σ tan (2θ ) = − s

2

 τ xy y  + σ −  x σ    2 r= 

−

x

−σ y )

2τ xy

σ x −σ y

cos(2θ s ) = m

τ maks

2 2

τ xy τ maks min

σ x −σ y  2   + τ xy 2  =  =m 2  σ x −σ y    + τ xy 2  2 

τ xy r

 σ x −σ y  sin ( 2θ s ) = m  −  2r  

σx −σ y   − σ −σ y  2 =− x m  2 r  

   + (τ ) m τ xy  xy     r   

2

 σ x −σ y    + τ xy 2  2 

2

τ maks min

σ −σ y   + τ xy 2 = m  x  2 

Fiziksel olarak cebrik işaret anlamsız olduğundan en büyük kayma gerilmesindeki işarete dikkat etmeden maksimum kayma gerilmesi adı verilir. Eğer σ x ve σ y asal gerilmeler olursaτ xy = 0 olacağından

τ maks =

σ1 −σ 2 2

bulunur.

Asal gerilmelerin etkidiği düzlemlerde kayma gerilmesi bulunmamasına karşın maksimum kayma gerilmesinin etkidiği düzlemlerde normal gerilme bulunur. Bu gerilmenin hesaplanması için σ x′ bağıntısında 2θs yazılması yeterlidir.

 σ x −σ y  −  σ +σ y σ x + σ y σ x − σ y  τ xy  2   σ x' = σ ′ = x   + τ xy + σ x′ = 2   2 2  r  r     σ x + σ y toplamı sıfır olmadıkça maksimum kayma gerilmesinin bulunduğu düzlemlerde normal gerilme de olur. Gerilme etkisindeki bir elemanda en büyük kayma gerilmelerini gösteren okların buluştuğu köşeleri birleştiren diyagonale KAYMA DĐYAGONALĐ denir. Bu diyagonal maksimum asal gerilme doğrultusundadır. Ayrıca en büyük asal gerilme, en büyük kayma gerilmesinin yönünün belirlenmesinde de kullanılabilir.

σ 1 , σ 2 ve σ 3 gerilmelerinin aynı noktaya etkidiğini düşünelim Aşağıdaki şekilde Üç eksen doğrultusundaki gerilmelerin σ 1 〉 σ 2 〉σ 3 olarak sıralandığını kabul edelim. Gerilmelerin etkidiği noktadan alınan elemanın üç farklı yönden görünüşü şeklin yan tarafında verilmiştir.

Bu durumda en büyük kayma gerilmesinin,

τ maks =

σ1 − σ 3 2

ifadesiyle hesaplanacağı ve en büyük ve en küçük asal gerilmenin etkidiği düzlemleri ikiye ayıran doğrultularda olacağı anlaşılmaktadır

Şekilde bir düzlem gerilme hali gösterilmiştir. a) Asal gerilmeleri hesaplayınız. b) Maksimum kayma gerilmesini ve ilgili normal gerilmeyi bularak a ve b şıklarında bulduğunuz gerilmeleri yönlenmiş bir eleman üzerinde gösteriniz

Örnek 2

2

σ 1, 2

7+2 7−2 σ =10.09 MPa 2 = m   + 5 = 4.5 m 5.59 p σ12 = −1.09 MPa 2  2 

1 2

 2 ⋅ 5  θ ıp =31.7o  =p θ ııp =121.7 o 7−2

θ p = tan −1 

Hangi düzlemin hangi asal gerilmenin doğrultusunu gösterdiğini bulmak için dönüşüm denkleminde θ = 31.7o yazalım.

σ x′ = σ 31.7 = 10.09 MPa bulunur. Sonuç olarak, σ 1 = 10.09 MPa ↔ θ pı = 31.7 o σ 2 = −1.09 MPa ↔ θ pıı = 121.7 o o

2

τ maks

τ maks

7−2 2 =m   + 5 = m5.59 MPa  2 

ayrıca

σ1 − σ 2 2

1 7 − 2  −13.3o ’ın etkidiği düzlem, θ s = tan −1  −  = p 76.7 o 2 2 * 5  

Söz konusu düzlemlerdeki normal gerilme, σ ′ =

σ x +σ y 2

bağıntısı da aynı sonucu vermektedir.

τ x′y′ = τ −13.3 = 5.59 MPa o

=

τ maks = 5.59MPa ↔ θ sı = −13.3o τ maks = −5.59MPa ↔ θ sıı = 76.7 o

7+2 = 4.5MPa 2

τ maks ’ın doğrultusunu bulmakta kayma diyagonali kullanılabilir. Bu noktadaki gerilme hali matris formunda, θ = 0o 7 5  5 2 MPa  

θ = 31.7o 0  10.09 MPa  0 − 1.09 

θ = -13.3o  4.5 5.59 5.59 4.5  MPa  

verilebilir.

DÜZLEM GERĐLME HALĐ ĐÇĐN MOHR DAĐRESĐ Gerilme dönüşüm denklemlerine grafik bir yorum getirmek mümkündür. Bu kısımda, bir noktadaki gerilme halinin anlaşılmasını büyük ölçüde kolaylaştıran ve düzlemlerin değişmesiyle gerilmelerdeki dönüşümlerin hızla yapılmasını sağlayan grafik bir teknik üzerinde durulacaktır. Bu amaçla σ = σ x′ , τ = τ x′y′ ifadelerini tekrar yazalım.

σ−

σ x +σ y 2

τ =−

=

σ x −σ y 2

σ x −σ y 2

cos 2θ + τ xy sin 2θ

sin 2θ + τ xy cos 2θ τ

Denklemlerin kareleri alınıp toplanırsa,

(σ −

σ x +σ y 2

)2 + τ 2 = (

σ x −σ y 2

) 2 + τ xy

(σ

y

;τ xy )

(σ ′;τ maks )

2

bulunan bu bağıntı, σ − τ eksen takımında

r= (

σ x −σ y 2

) 2 + τ xy

2

σ

yarıçaplı çember denklemi olur.

(σ

σ x +σ y Çemberin merkezi ’de dir. 2

(σ σ′=

Pozitif Kayma Gerilmeleri

(σ ′;−τ maks )

σ x +σ y 2

σ1

x

;−τ xy )

x′

;−τ x′y′ )

Mohr Dairesinin Yorumu •Mohr dairesindeki dönüş yönü ile θ açısının dönüş yönü aynıdır. •Daire üzerindeki 2θ’ lık açı dönüşü gerilme elemanının θ kadarlık dönüşüne karşı gelir. 2

•Dairenin yarıçapı CA = CF + AF 2

CA =

2

σx −σ y    + τ xy2  2 

olup maksimum kayma gerilmesi τ maks ’ın şiddetine eşittir. x ve y düzlemlerindeki gerilmeler daire üzerinde A ve B noktalarıyla temsil edilir. AB den farklı her bir çap, orijinal eksen takımına göre θ kadar bir açıyla dönülen xx′ ’ ve yy′’ düzlemlerindeki gerilme halini gösterir. Daire üzerindeki A’ noktasının koordinatları gerilme dönüşüm denklemlerini vermektedir. CA ile CA1 arasındaki açı

σ x′ =

σ x +σ y 2

2θ 1p

olsun. Mohr dairesinden

(

+ CA′ cos 2θ 1p − 2θ

)

τ x′y′ = CA′ sin (2θ 1p − 2θ )

veya açı farklarının trigonometrik eşitliklerini yazarak,

σ x′ =

σx +σ y 2

+ CA ( cos 2θ 1p cos 2θ + sin 2θ 1p sin 2θ )

CA cos 2θ 1p = CF , CA sin 2θ 1p = AF

σ x′ =

σ x +σ y 2

+ CF cos 2θ + AF sin 2θ

τ x′y′ = CA ( sin 2θ 1p cos 2θ − cos 2θ 1p sin 2θ )

ifadeleri yerine yazılırsa,

τ x′y′ = −CF sin 2θ + AF cos 2θ

CF =

σ x −σ y 2

, AF = τ xy

gerilme dönüşüm denklemleri elde edilir. Böylece daire üzerinde 2θ açısıyla belirlenen A′ noktasının, gerilme elemanında θ açısıyla dönülerek bulunan x′ düzlemindeki gerilme bileşenlerini gösterdiği anlaşılmaktadır.

Mohr dairesindeki A1 ve B1 noktaları asal gerilmeleri; D ve E noktaları da maksimum kayma gerilmesini vermektedir. Mohr dairesinden maksimum kayma gerilmesinin etkidiği düzlemlerin asal gerilmelerin bulunduğu düzlemlerle 450 lik açı yaptığı da görülmektedir. Dairenin merkezi C, τ maks’ın etkidiği düzlemlerdeki normal gerilme σ ′ nü sağlamaktadır. MOHR DAĐRESĐNĐN ÇĐZĐLMESĐ Mohr dairesinin çiziminde normal gerilmeler kendi işaretleri ile alınır. Eğer çizilen daireden gerilme değerlerinin okunması söz konusu ise kayma gerilmeleri için şu kabul yapılır. Gerilme elemanının paralel yüzlerine etkiyen kayma gerilmeleri saat dönüş yönünde bir kuvvet çifti oluşturur ise pozitif olarak düşünülür. Mohr çemberinde elemanın y düzlemine etkiyen kayma gerilmesi daha önce kabul edildiği gibi pozitif olur. Ancak elemanın x düzlemine etkiyen kayma gerilmesi, bu durumda negatif olmaktadır. Mohr dairesinin çiziminde şu hususlara dikkat edilmelidir. 1. Kartezyen bir + σ , + τ eksen takımı çizilmeli, σ ve τ gerilmesi ölçekleri aynı olmalıdır. 2.

Dairenin merkezi C, yatay eksen üzerinde

σ x +σ y

olarak işaretlenmelidir.

2

3.

(σ x ,−τ xy ) koordinatlarıyla A referans noktası işaretlenir. Normalde bu gerilmeler herhangi bir düzleme ait

4. 5.

olabilir. Ancak +x düzleminin referans düzlemi olarak alınması adettendir. C merkezli CA yarıçaplı daire çizilir. CA doğrultusu uzatılarak B noktası bulunur.

Mohr dairesi, bütün tansörel büyüklüklere uygulanabilmektedir. Ölçekli olarak çizim yapıldığında sonuçların grafik olarak okunması mümkündür. Çoğunlukla kaba bir çizim yapılarak uzunluk ve açı değerleri trigonometri yardımı ile hesaplanır. Bu teknikle çok eksenli gerilme durumlarının pek çoğu ele alınabilir.

Eş Çekme ve Basma; Tam kayma

Üç Eksenli Çekme

Yanal Basma Ve Çekme

Bir önceki sayfada sık karşılaşılan gerilme durumlarına ait Mohr daireleri gösterilmiştir. Değişik yükleme durumlarındaki malzeme davranışını yukarıda gösterilen gerilme durumlarından elde etmek mümkündür. Yukarıda görülen eşit çekme ve basma halinde σ z = 0 olup ayrıca ε z = 0 de sıfır olmaktadır. Dolayısıyla hem düzlem gerilme hem de düzlem şekil değiştirme hali söz konusudur. Bu haldeki elemanın 45o döndürülmesiyle tam kayma hali bulunmaktadır. Üç eksenli çekme halinde Mohr dairesi çizilirken elemanın her bir yüzündeki durumun ayrı ayrı çizimi yapılmaktadır. Örnek 3

Önceki problem Mohr dairesi yardımıyla çözülecektir.

Dairenin merkezi, σ ekseni üzerinde, C =

σ 1, 2

Asal gerilmeler,

7+2 = 4.5MPa ’ dadır. Referans noktası koordinatları A(7,-5)’ dir. 2

2 σ 1 = 10.09 MPa 7 −2 2 = OC ± CA = 4.5 ±   +5 p σ 2 = −1.09 MPa  2 

Asal gerilme düzlemleri,

   5   = 63.4 o 2θ ′p = tan −1  2θ ′p′ = 63.4 + 180 = 243.4o  7−2     2  Dolayısıyla θ ′p = 31.7 o → σ 1 = 10.09 MPa

θ ′p′ = 121.7 o → σ 2 = −1.09 MPa b) Maksimum kayma gerilmesi D ve E noktasıyla tanımlandığından

2θ s′′

2θ ′p

2

τ maks

7−2 2 =±   + 5 = ±5.59 MPa  2 

Bu gerilmelerin etkidiği düzlemler,

θ s′′ = 31.7 o + 45o = 76.7 o θ s′ = 76.7 o + 90 o = 166.7 o Veya -13.30

2θ s′

Örnek 4

Merkez

Şekilde ahşap bir yapı elemanı üzerindeki gerilme hali verilmiştir. Ahşabın büyüme doğrultusundaki liflerine paralel düzlemlerdeki normal ve kayma gerilmesi nedir ?

C=

− 4.83 + 2..07 = −1.38MPa 2 2

Yarıçap

r=

 4.83 + 2.07  2   + 0 = 3.45MPa 2  

σ x ′ = −1.38 + 3.45 cos 30 = 1.61MPa τ x ′y ′ = 3.45 sin 30 = 1.725MPa σ y ′ = −1.38 − 3.45 cos 30 = −4.37 MPa θ = 15 + 90 = 105o çember üzerinde saate ters yönde 2θ = 210 o dönülecek.

GERĐLMENĐN CĐSĐM ĐÇĐNDEKĐ DEĞĐŞĐMĐ Daha önce yük etkisindeki bir cisimde gerilmenin noktadan noktaya değiştiğinden söz etmiştik. Gerilmedeki bu değişim elastisite teorisinde diferansiyel denge denklemleri ile verilir. Đki boyutlu halde, birim kalınlıklı dx, dy kenar uzunluklarına sahip bir elemana etkiyen gerilmeler aşağıdaki şekilde gösterilmiştir. σy +

∂σ y ∂y

O dan O ′ noktasına hareket edildiğinde gerilmedeki artış, örneğin Taylor serisi açılımıyla,

dy

τ yx +

∂τ yx ∂y

τ xy +

σx τ xy

∂τ xy ∂x

σx +

dy

σx +

dy

dx ∂σ x dx ∂x

dx

σ x gerilmesi için

∂σ x dx ∂x

biçiminde ifade edilebilir. Burada σ x’in x ve y ile değiştiği düşünüldüğünden kısmi türev kullanılmıştır. Diğer gerilme bileşenlerinin de aynı şekilde değiştiği düşünülerek yandaki şekil üzerinde gösterilmiştir. Görülen elemanda Σ M o = 0 bağıntısının sağlanması koşulundan,

    ∂σ y  dx  ∂σ  ∂τ yx   ∂τ xy   dy   dxdy  −  x dxdy  − τ yx +  dy dxdy  + τ xy +  dx dxdy  = 0  2   ∂y  2  ∂x  ∂y   ∂x    

τ yx σy

dx ve dy ‘nin bulunduğu üçlü çarpımlar ihmal edilerek, τ yx = τ yx

daha önce bulunan sonuca ulaşılır.

x doğrultusundaki kuvvetlerin dengesi için,

∂τ yx   ∂σ x   σ σ τ + dx dy − dy + + dy  dx − (τ yx dx ) = 0 ( )  x yx  x  ∂x ∂y     ve benzer bir denklemin ΣFy = 0 için yazılıp sadeleştirilmesi sonucu

∂σ x ∂τ xy + =0 ∂x ∂y

∂σ y ∂y

+

∂τ xy ∂x

=0

elde edilir. Yanda çerçeve içerisindeki bağıntıların her malzeme için sağlanması gerekir. Bu denklemler, normal gerilmedeki değişimin ancak kayma gerilmelerindeki değişmeyle mümkün olduğunu göstermektedir. Ayrıca bu σ x , σ y , τ xy gibi üç bilinmeyen gerilme bulunduğundan gerilme bağıntılarda analizindeki problemlerin içten hiperstatik olduğunu da anlıyoruz. Mukavemet derslerinde yapılan şekil değiştirme hipotezleri ve sonlu bir eleman parçasının dengesinin düşünülmesiyle hiperstatiklik ortadan kalkmaktadır.

Üç boyutlu gerilme halinde ise yukarıda açıklanan hususların genelleştirilmesinden faydalanabiliriz. Đlk bölümde sözü edilen tam analiz matematik açıdan burada başlamaktadır. Đki boyutlu elatisite probleminde σx, σy, τxy, εx, εy, γxy, u ve v den oluşan sekiz büyüklük araştırılır.Bu sekiz bileşenin eleman içinde geçerli olan sekiz denkleme ek olarak önceki konularda verilen sınır koşullarını sağlaması gerekir. Elastisite teorisinin çözüm metotlarından burada söz edilmeyecektir. Elastisitenin temel denklemlerinin buraya alınmasındaki amaç katı mekaniğindeki önemli problemlerin temelindeki basit yaklaşımları öğrencilere tanıtmaktır. Ayrıca bundan sonraki bölümlerde kuvvet_deformasyon bağıntılarının kritik değerlerinin hesabında bu formulasyon kullanılacaktır. Elastisite teorisi ve Mukavemetteki yaklaşımların her biri ayrı ayrı önemli olup birbirlerine katkıda bulunurlar. DÜZLEM BĐRĐM ŞEKĐL DEĞĐŞTĐRME Đki boyutlu veya düzlem birim şekil değiştirme durumunda, yükün etkimesinden önce ve sonra her noktanın aynı düzlem (x,y) içinde kaldığı varsayılır. Böylece εz = γxz = γyz = 0 olup, εx, εy ve γxy sıfırdan farklı değerler alacaktır.Bu birim şekil değiştirmelere bağlı olan σx, σy ve τxy gerilme bileşenleri sıfırdan farklıdır. Geneleştirilmiş Hooke yasalarından;

σ z = ν (σ x + σ y )

τ xz = τ yz = 0

bulunur. Daha önce bir noktadaki gerilme halinin iki dik düzlemdeki gerilme bileşenleri ile verilmesi gerektiği gösterilmişti. Benzer bir durum birim şekil değiştirme hali için de söz konusudur. DÜZLEM ŞEKĐL DEĞĐŞTĐRME HALĐNĐN DÖNÜŞÜMÜ Birim kalınlıklı, dx, dy kenar uzunluklarını sahip A ve D köşeleri doğrusal şekil değiştirme yapan bir eleman düşünelim. A noktasının x ve y eksenleri doğrultusundaki yer değiştirmeleri u ve v olsun. C noktasının yerdeğiştirmeleri sırasıyla u+du ve v+dv’dir. Yerdeğiştirmedeki değişim;

du =

∂u ∂u dx + dy ∂x ∂y

dv =

∂v ∂v dx + dy ∂x ∂y

olarak ifade edilir. Aşağıdaki şekilde söz konusu elemanın AC köşegenindeki uzama gösterilmiştir.

Deformasyondan sonra AB’C’D’ şeklini alan elemanda AC ile AC’ arasındaki küçük açı α, C noktasının x ve y eksenleri doğrultusunda yaptıkları yerdeğiştirmeler de sırasıyla CF ve FC’ ile gösterilmiştir. Aşağıdaki türetmelerde Cosα = 1, Sinα = tanα = α alınacaktır. x’, y’ koordinat takımı şekildeki gibi seçilirse bu eksen takımına göre birim şekil değiştirme bileşenleri εx’, εy’ ve γx’y’ olur.

EC ' cos α = EC ' = du cos θ + dv sin θ Yazılabilir. Normal birim şekil değiştirme tanım gereği; ε x ' = EC ' ds dir. Burada ds, AC köşegeninnin başlangıç uzunluğudur. Son iki bağıntı birleştirilir, EC ' du ⋅ cos θ dv ⋅ sin θ = + ds ds ds

dx yerine cos θ , dy yerine sin θ yazılırsa, ds ds

 ∂u ∂u  cos θ  ∂v ∂v  sin θ +  dx + dy  ε x ' =  dx + dy  ∂y  ds ∂y  ds  ∂x  ∂x

ε x ' = ε x cos 2 θ + ε y sin 2 θ + γ xy sin θ cos θ elde edilir. Bu ifade çift açı cinsinden;

ε x' =

εx +εy 2

+

εx −εy 2

cos 2θ +

γ xy 2

sin 2θ

Olur. y’ doğrultusundaki uzama oranı için θ yerine θ+π/2 yazarsak;

ε y' =

εx +εy 2

−

εx −ε y 2

cos 2θ −

γ xy 2

sin 2θ

Bulunur. Kayma açısı γx’y’ nün bulunması için ilk olarak x’ doğrultusundaki dönme α’nın hesaplanması gerekir. Yeniden şekle dönerek; tan α = CE , CE = dv ⋅ cos θ − du ⋅ sin θ − EC '⋅ sin α yazılabilir. Açı ve birim şekil değiştirme ds küçük olduğundan EC '⋅ sin α = ε x ' ⋅ ds ⋅ sin α = ε x ' ⋅ ds ⋅ α = 0 olur. α=

CE  ∂v ∂v  cos θ  ∂u ∂u  sin θ =  dx + dy  −  dx + dy  ds  ∂x ∂y  ds ∂y  ds  ∂x

α = ε y ⋅ sin θ ⋅ cos θ − ε x ⋅ sin θ ⋅ cos θ + α = −(ε x − ε y )⋅ sin θ ⋅ cos θ +

∂v ∂u ⋅ cos 2 θ − ⋅ sin 2 θ ∂x ∂y

∂v ∂u ⋅ cos 2 θ − ⋅ sin 2 θ ∂x ∂y

Elde edilr. y’ doğrultusunun dönmesi için θ yerine θ+π/2 yazılarak;

α γ x ' y ' kayma açısı

αθ

ve

α

θ+

π 2

θ+

π

= (ε x − ε y )⋅ sin θ ⋅ cos θ +

2

∂v ∂u ⋅ sin 2 θ − ⋅ cos 2 θ ∂x ∂y

dönmeleri arasındaki farka eşittir.

γ x ' y ' = −2(ε x − ε y )⋅ sin θ ⋅ cos θ + γ xy (cos 2 θ − sin 2 θ ) Çift açı cınsinden;

γ x ' y ' = −(ε x − ε y )⋅ sin 2θ + γ xy ⋅ cos 2θ

Haline dönüşür. Yukarıda çerçeve içerisinde verilen bağıntılar birim şekil değiştirme bileşenlerinin dönüşüm denklemleridir. ASAL ŞEKĐL DEĞĐŞTĐRMELER: MAKSĐMUM KAYMA BĐRĐM ŞEKĐL DEĞĐŞĐMĐ

1 (σ x + σ y ) + 1 (σ x − σ y )cos 2θ + τ xy sin 2θ 2 2

σy =

1 (σ x + σ y ) − 1 (σ x − σ y )cos 2θ − τ xy sin 2θ 2 2

τ x′y′ = −

1 (σ x − σ y )sin 2θ + τ xy cos 2θ 2

Şekil değiştirme denklmeleri

σ x′ =

Gerilme denklmeleri

Gerilme dönüşüm denklemleri ile birim şekil değiştirme bileşenlerinin dönüşüm denklemleri kıyaslandığında büyük bir benzerlik görülmektedir. Eğer gerilme dönüşüm denklemlerinde σ yerine ε, τxy yerine de γxy/2 yazılırsa şekil değiştirme dönüşüm denklemleri bulunmaktadır.

ε x' = ε y' =

εx +εy 2

εx +εy 2

+ −

εx −εy 2

εx −ε y 2

cos 2θ + cos 2θ −

γ xy 2

γ xy 2

sin 2θ sin 2θ

1 1 1 γ x ' y ' = − (ε x − ε y )⋅ sin 2θ + γ xy ⋅ cos 2θ 2 2 2

Asal birim şekil değiştirmeler veya uzama oranları ile doğrultuları;

ε1, 2 =

εx +εy 2

2

 ε − ε y   γ xy   +   ±  x 2 2    

2

tan 2θ p =

γ xy εx −ε y

Asal düzlemlerde kayma açıları yok olur. Maksimum kayma şekil değişimi olan düzlemler, asal düzlemlerle 45o’lik açı yapar ve şu ifadeyle verilir: 2

γ maks min

 ε x − ε y   γ xy   +   = ±2  2 2    

2

Maksimum kayma birim şekil değişiminin oluştuğu düzlemlerdeki uzama oranları ε ' =

1 (ε x + ε y ) = 1 (ε1 + ε 2 ) dir. 2 2

Üç boyutlu analizdeki gerçek maksimum kayma şekil değişimi, ε1 ve ε3 cebrik olarak en büyük ve en küçük asal şekil değiştirme olmak kaydıyla;

(γ maks )gerçek = ε1 − ε 3

bağıntısından hesaplanır. Eğer x, y ve z asal gerilme doğrultuları olursa τ xy = τ xz = τ yz = 0 olup ayrıca γ xy = γ xz = γ yz = 0 olur. Bu durumda x, y ve z eksenleri ayrıca asal şekil değiştirme eksenleridir. Dolayısıyla izotrop malzemelerde asal gerilme ve asal şekil değiştirme eksenleri çakışırlar. Bu durumun uygulamadaki anlamı, verilen bir gerilme durumuna ait asal eksenleri bulmada ister gerilme; ister şekil değiştirme bağıntılarının kullanılabileceği olmasıdır. DÜZLEM ŞEKĐL DEĞĐŞTĐRME HALĐ ĐÇĐN MOHR DAĐRESĐ Düzlem şekil değiştirme halindeki Mohr dairesi, düzlem gerilme halinde çizilen Mohr dairesine benzer olarak çizilir. Yatay eksende uzama oranları (ε), düşey eksende kayma açılarının yarısı (γ/2) alınmalıdır. Eksenlerin pozitif yönleri sağa ve yukarıya doğrudur. Kayma birim şekil değişimindeki işaret kabulleri daha önce kayma gerilmesi için yapılan işaret kabulüne uygun olmalıdır. Kayma birim şekil değişimi pozitif ise x eksenini gösteren A noktası ε ekseninin γ/2 kadar altına, y eksenini gösteren B noktası ise ε ekseninin (γ/2) kadar üstünde işaretlenmelidir. A’, A1, B1, D ve E noktalarıyla ilgili büyüklükler Mohr dairesi kullanılarak kolayca hesaplanabilir.

γ 2

γ xy

 ε y;  

  2 

 ε x + ε y γ maks    ; 2   2

ε γ    ε x ' ;− x ' y ' 2   

γ    ε x ;− xy 2   

ε1

Örnek 5

Bir noktadaki şekil değiştirme bileşenleri εx = 900µ, εy = -100µ ve γxy = 600µ olarak biliniyor. Mohr dairesini kullanarak asal şekil değiştirmeleri ve maksimum kayma şekil değişimini belirleyip yönlenmiş elemanlar üzerinde gösteriniz. γ

2 Dairenin Merkezi =

εx +εy 2

= 400 µ

 900 − (− 100 )   600   +  = 583µ Dairenin Yarıçapı = r =  2    2  2

2

OA1 = ε 1 = OC + CA = 400 + 583 = 983µ OB1 = ε 2 = OC − CA = 400 − 583 = −183µ   600  = 31o 2θ pI = tan −1  900 − ( − 100 )  

ε

θ pI = 15.5o , ε 1 = 983µ θ pII = 105.5o , ε 2 = −183µ  900 − (− 100 )   600  = ±2   +  = ±1166µ 2    2  2

γ maks

2

veya ε 1 − ε 2 = 983 − (− 183) = ±1166 µ Mohr dairesinden maksimum kayma birim şekil değişiminin asal eksenlerle 45o lik açı yaptığı görülmektedir. γmaks’ın olduğu düzlemdeki uzama oranları, OC = ε’ = 400x10-6dır. Mohr dairesinde maksimum negatif kayma açısı ε ekseninin üst tarafında D noktası ile temsil edilmektedir. Dolayısıyla –γmaks, θ sII = θ pI + 45o = 15.5 + 45 = 60.5o açısı ile dönmüş elemanda oluşacaktır. Şekil değiştirme sonrası durumu sürekli ve kesikli çizgilerle gösterilmiştir.

Bu örnekteki elemanın düzlem gerilme etkisi altında olduğu düşünülür ise ν = 0.3 için üçüncü doğrultudaki asal uzama oranı

ε z = ε3 = −

ν

(ε 1 −ν

x

+εy ) = −

0.3 ( 900 − 100 ) = −343µ 1 − 0.3

olarak hesaplanabilir. Gerçek maksimum kayma açısı;

(γ maks )gerçek = ε1 − ε 3 = 983 − (− 343) = 1326µ

Bu durumda düzlem içi maksimum kayma açısının her zaman en büyük kayma açısını göstermediğini söyleyebiliriz. Önceki örnekte verilen şekil değiştirme halinde; a) Asal gerilmelerle doğrultularını b) Maksimum kayma gerilmesi ve doğrultularını hesaplayınız. E = 200 GPa, ν = 0.3

Örnek 6

Önceki örnekten ε1 = 983µ, ε2 = -183µ, γmaks = 1166µ

σ1 =

E 200 × 103 200 ×103 ( ) ( ( ) ) (− 183 + 0.3 × 983) = 24.6MPa ε + νε = 983 + 0 . 3 − 183 = 204 MPa σ = 1 2 2 1 −ν 2 1 − 0.32 1 − 0.32

τ maks

E 200 ×103 = γ maks = 1166 × 10 −6 = 89.7 MPa 2(1 + ν ) 2(1 + 0.3)

τ maks =

σ1 − σ 2 2

=

204 − 24.6 = 89.7 MPa 2 Asal Gerilmeler ve doğrultuları

σ '=

σ1 + σ 2 2

=

204 + 24.6 = 114.3MPa 2

Maksimum kayma gerilmeleri ve doğrultuları

BĐRĐM ŞEKĐL DEĞĐŞĐMĐNĐN ÖLÇÜLMESĐ Düzlem şekil değiştirme yapan bir elemanın serbest yüzeyindeki uzama oranının ölçülmesi amacıyla optik, elektriksel ve mekanik sistemler geliştirilmiştir. Yaygın olarak kullanılan ve doğru sonuç veren yöntemde elektriksel esaslı “strain gage” ölçerler kullanılır. Bu kısımda serbest yüzeye yapıştırılan strain gage’ler ve özel düzenlenmiş şekilleri üzerinde durulacaktır. Yüzeyin dış normalini z doğrultusu olarak alırsak σz = τxz = τyz = 0 olur. Söz konusu gerilme durumunda düzlem dışı elastik deformasyonları önleyecek her hangi bir kısıt olmadığından düzlem içi εx, εy, γxy şekil değiştirme bileşenlerine ilaveten düzleme dik doğrultuda normal birim şekil değiştirme de oluşur. Genelleştirilmiş Hooke yasalarında γxy = γyz = 0 olduğu için εz aynı zamanda asal şekil değiştirmedir. Düzlem dışı asal uzama oranı, gerçek maksimum kayma birim şekil değişiminin belirlenmesi açısından önemlidir. Düzlem şekil değiştirme hali için çıkarılan bağıntılarda εz asal şekil değişimi εx ve εy cinsinden bulunmakta idi. Dolayısıyla bir önceki kısımda yapılan türetmeler burada da geçerlidir. Strain gage’ler iki tabaka kağıt ya da plastik arasına yerleştirilen yaprak biçimli çok ince kalınlıklı levha/küçük çaplı telden oluşur. Genellikle 0.03 mm çaplı tel yada 0.003 mm kalınlıklı yaprak levha kullanılır. Ölçer pullar dış yüzeyden ölçüm yapılacak yüzeye yapıştırılırlar. Yük etkisi altında söz konusu yüzeyde şekil değişimi olduğunda tel ızgara yüzeyle birlikte uzar yada kısalır. Bu boy değişimi ölçerin elektriksel direncinde değişime yol açar. Ölçerin uçlarına bağlanan bir akım köprüsü elektrik direncindeki değişimi uzunluk değişimine dönüştürür. Bu amaçla kullanılan akım köprüsüne Wheatstone köprüsü adı verilir.

Strain Gage

Metal Yaprak

Rozet

ROZETLER: Referans ekseni x ile θa, θb, θc açısı yapan üç uzama ölçer bir önceki sayfadaki şekilde gösterilmiştir. a, b, c doğrultularındaki uzama oranları;

ε a = ε x cos 2 θ a + ε y sin 2 θ a + γ xy sin θ a cos θ a

ε b = ε x cos 2 θ b + ε y sin 2 θ b + γ xy sin θ b cos θ b

ε c = ε x cos 2 θ c + ε y sin 2 θ c + γ xy sin θ c cos θ c Yazılabilir. Burada θa, θb, θc doğrultularındaki εa, εb ve εc uzama oranları bilinmekte εx, εy, γxy aranmaktadır. Uzama ölçerlerin bu tarda düzenlenmiş haline ROZET adı verilir. Rozetler çoğunlukla 45o ve 60o lik açılarla düzenlenen üç uzama ölçerden oluşur. 45olik rozetle yapılan ölçüm sununda eleman üzerindeki bir noktada θa = 0o, θb = 45o ve θc = 90o için εa = 900µ, εb = 700µ, εc = -100µ değerleri okunmuştur. εx, εy ve γxy değerlerini hesaplayınız.

Örnek 7

εa = ε x,

εc = ε y,

εb =

εx +εy

+

εx −εy

cos 90 +

γ xy

sin 90 2 2 1 1 700 = (ε x + ε y + γ xy ) = (900 − 100 + γ xy ) ⇒ γ xy = 600µ hesaplanabilir. 2 2 Bir yapının serbest yüzeyin üzerine bir noktada 60olik rozetle yapılan ölçüm sunun θa = 0o, θb = 60o ve θc = 120o için εa = 70µ, εb = 850µ, εc = 250µ değerleri okunmuştur. a) Düzlem içi asal uzama oranları ile maksimum kayma açısını b) Poisson oranı ν = 0.3 alarak gerçek maksimum kayma açısını c) a şıkkındaki sonuçları yönlenmiş birer eleman üzerinde gösteriniz.

Örnek 8

εb =

εa = εx

εb − εc = ε '=

γ xy 2

εx +εy 2

2

εx +εy 2

−

ε x − ε y  1  γ xy  3     +

( 3 ) = 600µ ⇒ =

70 + 710 = 390µ 2

2

2

γ xy = 693µ ε y = 710µ

2  2 

εc =

εx +εy 2

−

ε x − ε y  1  γ xy  3  −   + 2

2

ε 1, 2 =

2 

2

70 + 710  70 − 710   693  ±   +  2 2    2 

2

2 

2 2  ε = 862 µ  70 − 710   693  1 γ = ± 2 + = ±943µ     maks  2 2 ε = − 83 µ     2 

I o  693 θ p = −23.6 → ε 2 Asal Düzlemler 2θ p = tan   II o  70 − 710  θ p = 66.4 → ε 1

−1

ε x = ε a = 70µ

Maksimum kayma açısının oluştuğu düzlemler I o  70 − 710   θ s = 21.36 → +γ maks 2θ s = tan −1  −   693  θ sII = 111.4o → −γ maks 

Asal şekil değiştirmeler ve doğrultuları

γ 2

b) Düzlem dışı asal uzama oranı; ε z = ε3 = −

0 .3 (70 + 710) = −334µ 1 − 0 .3

Gerçek Maksimum kayma açısı; (γ maks )gerçek = ε1 − ε 3 = 862 − (− 334) = 1196µ

ε

GENELLEŞTĐRĐLMĐŞ HOOKE YASALARI

εx =

[

]

1 σ x −ν (σ y + σ z ) E γ xy =

εy =

τ xy

[

]

1 σ y −ν (σ x + σ z ) E γ yz =

G

εz =

τ yz

[

]

1 σ z −ν (σ x + σ y ) E γ xz =

G

τ xz G

Bu ifadeleri gerilmeler cinsinden yazılırsa;

σx =

Eν (ε + ε + ε ) + 2Gε x (1 +ν )(1 − 2ν ) x y z

σy =

Eν (ε + ε + ε ) + 2Gε y (1 +ν )(1 − 2ν ) x y z

τ xy = Gγ xy

ĐKĐ BOYUTLU HALDE GENELLEŞTĐRĐLMĐŞ HOOKE YASALARI

τ yz = Gγ yz

σz =

Eν (ε + ε + ε ) + 2Gε z (1 +ν )(1 − 2ν ) x y z

τ xz = Gγ xz

τ xy

εx =

1 σ x −νσ y  E

εy =

1 σ y −νσ x  E

γ xy =

σx =

E (ε x +νε y ) 1 −ν 2

σy =

E (νε x + ε y ) 1 −ν 2

τ xy = Gγ xy

G

E, ν ve G Arasındaki Bağıntı Elastisite modülü E, kayma modülü G ve Poisson oranı ν arasındaki bağıntıyı çıkartmak için tam kayma etkisindeki bir elemana ait mohr dairesini düşünelim. Bu durumda σ1 = τmaks, σ2 = -τmaks olup Asal düzlemlerle kayma düzlemleri arasındaki 45olik açı bulunmaktadır.

τ maks

Genelleştirilmiş Hooke yasalarından birinci bağıntı ε 1 =

1 [σ 1 −νσ 2 ] = τ maks (1 +ν ) E E

τ maks γ Đfadesini verir. Ayrıca tam kayma halindeki Mohr dairesinden ε 1 = maks , Hooke yasasından da γ maks = olduğu G 2 düşünülürse

τ maks E

(1 +ν ) = τ maks 2G

yazılabilir. Buradan

G=

Ε 2(1 + ν )

bulunur. x, y eksen takımının başka keyfi doğrultularda seçilmesi halinde de çerçeve içerisindeki bağıntının geçerli olduğunu söyleyebiliriz. Dolayısıyla elastik izotrop malzemelerde iki ve üç boyutlu gerilme-birim şekil değiştirme bağıntılarının iki bağımsız malzeme sabitiyle yazılması mümkündür.

60X80 mm boyutlarındaki dikdörtgen çelik plak şekilde gösterilen gerilmelerin etkisindedir. E=210 GPa, =0.33 olduğuna göre; a) AC ve BD diyagonalindeki boy değişimlerini hesaplayınız.

Örnek 9

y

150 MPa

B

60 mm

A

300 MPa

80 mm

D

1 300 − 0.33 ( −150 )  = 1664.10−6 3  210*10 1 εy =  −150 − 0.33 ( 300 )  = −1186.10−6 3  210*10 100 100 γ xy = = = 1267.10−6 3 3 210*10 78.95.10 2(1 + 0.33)

εx =

100 MPa C

x

 60  DAC = tan −1   = 37°  80 

ε AC =

1664 + (−1186) 1664 + 1186 1267 µ+ µ cos(2*37°) + µ sin(2*37°) = 1241µ 2 2 2

δ AC = ε AC . AC = 100*1241µ = 0.124 mm. uzama ε BD = ε143° = 23.31*10−6 , δ BD = 100* 23.31*10−6 = 2.33*10−3 mm.

Çelik bir elemanın düzlem gerilme etkisindeki serbest yüzeyi üzerinde 60° lik rozetle ölçülen uzama oranları εa =400µ , εb =500µ , εc =-700µ dur. E=200 GPa, =0.30 olarak bilindiğine göre; a) Asal uzama oranları ile doğrultularını b) asal gerilmeler, en büyük kayma gerilmeleri ile ilgili normal gerilmeler ve doğrultularını belirleyip yönlenmiş birer eleman üzerinde gösteriniz.

Örnek 10

500 =

400 + ε y

−700 =

2 400 + ε y 2

400 − ε y

+

+

(−0.5) +

2 400 − ε y 2

γ xy

(−0.5) +

2

(0.866)

γ xy 2

(−0.866)

2

ε =ε x =400µ  ε a =-266.67µ y

γ

xy

=1386µ

2

ε1,2

tan 2θ P =

2

γ   400 + 266.67   1386    maks = ±   +  = ±769 µ 2  2  min    2  tan 2θ S = −

400 + 266.67 1386

θ S′ = −12.85° θ S′′ = 77.15°

γ maks = 1538µ γ min = −1538µ

200*103 σ1 = 836 + 0.3 ( −702 )  µ = 137.45 MPa θ P′ = 32.15° 1 − 0.32  200*103 σ2 = [ −702 + 0.3*836] µ = −99.20 MPa θ P′′ = 122.15° 1 − 0.32 θ ′ = −12.85° 210*103 1538.10−6 = ±118.3 MPa S τ maks = G.γ maks = θ S′′ = 77.15° 2(1 + 0.30) min min

σ′ =

σ1 + σ 2 2

=

137.45 − 99.2 = 19.1 MPa 2

400 − 266.67  400 + 266.67   1386  = ±   +  2 2    2  1386 400 − 266.67

θ P′ = 32.15° θ P′′ = 122.15°

2

ε1 = 836µ ε 2 = −702µ