MUKAVEMET 2 Ders notları

Eskişehir Osmangazi Üniversitesi Mühendislik Mimarlık Fakültesi

İnşaat Mühendisliği Bölümü

MUKAVEMET II 2012-2013 Bahar Dönemi

SUNU DERS NOTLARI Hakan EROL

Selim ŞENGEL

Yunus ÖZÇELİKÖRS

MUKAVEMET II BASİT EĞİLME EĞİK EĞİLME BİLEŞİK MUKAVEMET HALLERİ

KESMELİ EĞİLME EKSANTRİK NORMAL KUVVET

BURKULMA ELASTİK EĞRİ

ENERJİ YÖNTEMLERİ UYGULAMA SORULARI

http://www.oguinsaat.net

2

OSMANGAZİ ÜNİVERSİTESİ MÜHENDİSLİK MİMARLIK FAKULTESİ İNŞAAT MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ MUKAVEMET II, DERS PLANI DERS ADI DERS SAATİ KREDİSİ ÖĞRETİM ÜYESİ GÖRÜŞME SAATİ ÖĞRETİM ÜYESİ GÖRÜŞME SAATİ ÖĞRETİM ÜYESİ GÖRÜŞME SAATİ

: 1514x3239 Mukavemet II : N.Öğr. A-B II.Öğr. A-B : 3+0 (5) : Dr. Yunus ÖZÇELİKÖRS Oda No:311 Telefon: 3216 E-Mail: [email protected] : : Dr. Hasan Selim ŞENGEL Oda No:403 Telefon: 3232 E-Mail: [email protected] : : Dr. Hakan EROL Oda No:411 Telefon: 3228 E-Mail: [email protected] :

DERSİN AMACI : Kiriş, kolon, mil ve benzeri yapı elemanlarının dış yüklerin etkisi altında davranışlarının incelenmesi ve dış yüklerin elemanda oluşturduğu gerilme ve şekil değiştirmelerin hesaplanması. Bir başka deyişle yapı elemanlarının dış etkilere karşı dayanmalarının sağlanması için gerekli esas ve yöntemlerin hazırlanması. Bu yöntemleri kullanarak boyutları belli olan bir elemanın analizinin yapılması (Analiz), yada işlevi belli olan bir yapı elemanının bu işlevi yerine getirebilmesi için sahip olması gereken boyutların belirlenmesi (Design) için gerekli hesapların yapılması. KONU BAŞLIKLARI 1-Eğilme: Tanım, kabuller, düz eğilme, eğik eğilme. 2-Bileşik Mukavemet Halleri: Kesmeli eğilme, Normal kuvvet ve eğilme 3-Elastik Stabiliteye Giriş: Elastik kolonların genel teorisi, Euler halleri. 4-Elastik Eğri: İntegrasyon yöntemi. 5-Enerji Yöntemeri:

3

DEĞERLENDİRME I. Yarıyıl içi % Il. Yarıyıl içi % Ödev/Kısa sınav % (Sınavlar kapalı düzen olarak yapılacak, formül sayfası verilebilir)

Final % 30

TELAFİ SINAVI Sözlü olarak yapılacaktır. (Öğrencinin hangi sınava katılmadığına bakılmaksızın tüm konular kapsanacaktır.) DERS KİTABI Dr A.C, UĞURAL, Mechanics of Materials , Mc.Graw-HiIl 1991 Dr. Mustafa İNAN Cisimlerin Mukavemeti, İTÜ Vakfı Yayını,1990

YARDIMCI KAYNAKLAR 1- Dr. Mehmet H. OMURTAG, Mukavemet Cilt I ve Cilt II Birsen yayınevi, 2007 2- Dr. Mehmet H. OMURTAG, Mukavemet Çözümlü Problemleri, Birsen yayınevi, 2006 3- http://web.mst.edu/~mecmovie 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. ENGİN, Dr.M. BAKİOĞLU ,Mukavemet Problemleri CiltI, Cilt II, Beta Basım Yayım Dağıtım A.~.1989 7- Dr.Uğur ERSOY & Dr.Tanvir WASTl, Introductory Mechanics of Deformable Bodies. METU1984 8- Dr. HiImi DEMİRAY, Mukavemet,Çağlayan Kitabevi, 1997

4

EĞİLME Tanımlar

Şekilde düşey düzlem içinde ve tesir çizgileri daima en kesitin alan merkezinden geçecek tarzda etkiyen dış yüklere maruz bir kiriş parçası görülmektedir. Alan merkezine yapıştırılan eksen takımının x ekseni çubuk ekseni ile çakıştırılmıştır. En kesit düzleminde y ekseni yukarı z ekseni ise sola yönlü alınmıştır. Bu durumda kirişi zorlayan kuvvet çiftlerinin içinde bulunduğu xy düzlemi kuvvetler düzlemi olarak isimlendirilir. Kuvvetler düzlemi ile en kesitin arakesitine (y ekseni) kuvvetler çizgisi denir. Şekil değiştirmiş çubuk ekseninin içinde bulunduğu düzleme eğime düzlemi adı verilir. Bir eğilme probleminde kuvvetler düzlemi ile eğilme düzlemi aynı düzlemse bu eğilme BASİT EĞİLME ya da DÜZ EĞİLME, aksi halde EĞİK EĞİLME olarak isimlendirilir. Yada farklı bir ifadeyle kuvvetler çizgisinin en kesidin asal eksenlerinden biri ile çakışması durumunda, eğilme basit eğilme olacaktır.

Kuvvetler düzlemi ile en kesitin arakesiti: Kuvvetler çizgisi y

Kuvvetler Düzlemi

Tarafsız Düzlem Kuvvet çiftlerinin içinde olduğu düzlem: Kuvvetler Düzlemi

Elastik eğrinin içinde olduğu düzlem: Eğilme Düzlemi

Elastik Eğri x Tarafsız Eksen

z

5

University of Waterloo, Waterloo, Ontario, CANADA, tarafından CIV E 204 Mechanics of Solids dersi kapsamında hazırlanan 10 ayrı videoyu birkaç kez izleyerek anlamaya çalışınız.

http://www.youtube.com/watch?v=9C9GFs5AK4c

BASİT EĞİLME Günlük hayatta kesme kuvveti ve eğilme momenti hemen her zaman birlikte bulunur. Bu iki kesit zoru arasında var olan türev bağıntı, bir kiriş parçası için yazılan denge denklemleri yardımıyla daha önce çıkarılmıştı. Bu bölümde yalnızca eğilme momenti etkisindeki bir kirişte oluşacak gerilme ile şekil değişimini ifade eden bağıntıları çıkartmak istiyoruz. Yükleme durumu yanda gösterilen kirişin C ve D noktaları arasındaki tek kesit zoru eğilme momentidir. Eğilme momenti etkisinde düşey eksene göre simetrik bir en keside sahip olduğu düşünülen kirişten alınan küçük bir parçanın yapacağı şekil değişimi abartılarak kirişin alt tarafında gösterilmiştir. Kirişin alt tarafındaki lifler uzarken üst tarafındaki lifler kısalır. Eksendeki lifler ise aynı boyda kalır. O halde aşağıdaki lifler uzadığına göre bu lifler çekme gerilmesine yukarıdaki lifler de kısaldığına göre basma gerilmelerine maruz kalmaktadır. Başlangıçta doğru olan çubuk ekseni eğilmeden sonra bir eğri halini alır. Bu eğriye Elastik Eğri denir. Çubuk ekseninden geçen bir düzlem içindeki uzama ve kısalmaya katılmayan liflerin içinde bulunduğu xz düzlemine Tarafsız Düzlem, tarafsız düzlemle en kesit düzleminin ara kesitine (z ekseni) Tarafsız Eksen denir.

q

q A

B C

D

O

q r Mz

Mz b

a

Eğilmeden önce çubuk eksenine dik bir düzlem kesit içinde bulunan noktalar eğilmeden sonra gene çubuk eksenine (Elastik Eğri) dik bir düzlem içinde kalmak üzere en kesit düzlemi biraz döner. Yani eğilmeden önce paralel olan düzlemler eğilme sonucu aralarında açı yaparlar. (Bu açı, alınan kiriş parçasının sol ve sağ kenarından elastik eğriye çizilen teğetlerin arasında da oluşur. Birim uzunluktaki yayı gören açıya eğrilik adı verilir.) Eğilmede, şekil değişimiyle ilgili bu hipotezi Bernoulli bulmuş ve Navier de düzenlemiştir. Bernoulli-Navier hipotezi iki bilim adamının ismi ile anılmaktadır. Bu hipoteze göre: Çubuk eksenine dik düzlem kesitler eğilme neticesinde gene düzlem kalırlar. Çubuk eksenine dik kesitler şekil değiştirmeden sonra da şekil değiştirmiş eksene dik kalırlar. Dolayısıyla başlangıçta çubuk eksenine dik ve düzlem olan kesitlerin şekil değiştirmeden sonra dik ve düzlemliği korunmaktadır. O halde en kesit üzerinde kayma gerilmeleri sıfırdır. Denge denklemlerinin kayma gerilmeleri ile ilgili olanları otomatik olarak sağlanır.

y

dq

ρ

dq

eğrilik

1m Eğrilik = 1/ρ

y

DENGE DENKLEMLERİ xdA

dA

z

x

Mz

  dA  0  y  dA   M  z  dA  0 x

z

x

Eğilmeden önce kiriş ekseni doğru olup en kesit sabittir. Basit eğilmeye zorlanan bir çubukta Bernoulli hipotezini göz önüne alarak liflerin uzama ve kısalmasını hesaplayalım. Şekilde görüldüğü gibi yukarıdaki lifler kısalmış aşağıdaki lifler uzamış ve Tarafsız eksenden y uzaklığındaki bir lifin (ab lifinin) uzama oranı εx dir. r eğilmiş eksenin eğrilik yarıçapı olmak üzere birim boydaki uzama,

O

r

x 

q

x 

a

b y

Son Boy  İlk boy İlk boy

 r  y q  rq

x  

  dA  0   dA  0  ( y  z

y

xy

x

y

Mz

rq y

r

Görülüyor ki boylamasına liflerin uzama ve kısalması yani boy değişmesi tarafsız (eksenden) yüzeyden olan y uzaklığı ile doğru ve eğrilik yarıçapı ile ters orantılıdır.

dA

y

xz

xz

xy

)dA  0

xdA

z

x

Gerilmelerin hesabı için Hooke kanununu tatbik edersek,

 x  E  x



y   r

 x  E  

Pozitif Mz momenti z ekseninden y kadar yukarıda basma gerilmesi oluşturmaktadır. Bu nedenle σxdA kuvveti de basma kuvvetidir ve negatiftir. Gerilme için bulunan bu ifade denge denklemlerinde yazılırsa aşağıdaki denklemler elde edilir.

 y E E  dA   y dA  0    r r  y E 2  y E    r  dA   r  y dA   M z  y E z E   dA   yz dA  0     r r Kesit, düşey eksene göre simetrik olduğundan çarpım atalet momenti sıfırdır. Eksen takımı en kesidin alan merkezine yapıştırıldığından statik moment de sıfır olacaktır. Dolayısyla birinci ve üçüncü denge denklemleri sağlanır. 8

İkinci denge denkleminden

E

r

2  y dA  M z A

BOYUTLANDIRMA

E

r

Iz  M z 

1

r



Mz EI z

elde edilmiş olur. Bu formül, eğilme momenti ile eğrilik yarıçapı arasındaki bağıntıyı vermektedir. M büyüdükçe eğrilik büyümekte, (çubuğun eğriliği artmakta), EIz büyüdükçe eğrilik azalmaktadır. EIz şekil değişimine karşı gösterilen direnci temsil ettiğinden Eğilme Rijitliği olarak isimlendirilir. Son olarak en kesit üzerindeki normal gerilmenin değişimi Hooke yasasından belirlenir.

 x  E  x

 M  y  x  E     E   z  r  EI z

x  

 Mz y y I  z

Mz y Iz

Bu ifadeden anlaşılacağı gibi eğilmeden dolayı oluşan gerilme y değeri (tarafsız eksenden olan mesafe) arttıkça gerilmede lineer olarak artmaktadır. Buna göre y’nin en büyük olduğu en alt ve en üst noktalarda en büyük gerilmeler ortaya çıkmaktadır. İşaretler göz önüne alınmaksızın şöyle ifade edilir.

 eb 

Mz yeb Iz

Gerilmelere göre boyutlandırmada

 eb 

Mz yeb Iz

formülünün esas alınacağı açıktır. Pratikte

Iz

y

 W

Iz y

oranına Mukavemet momenti adı verilir. Çekme ve basma emniyet gerilmeleri eşit simetrik en kesite sahip kirişlerde

Wz 

Iz yeb

 ek M z M  yeb  z   em  eb Iz Wz

Eğer kullanılan çubuk malzemesinin, çekme ve basma emniyet gerilmelerinin birbirinden farklı olması ve/veya en kesitin z eksenine göre simetrik olmaması durumlarında çekme ve basma için iki ayrı mukavemet momenti kullanılmalıdır.

Wz  Wz

I

 ek 

Mz em   basma Wz

Iz

 eb 

Mz em   çekme Wz

z ' basma

y

'' yçekme

9

ÖRNEK 1

Dökme demirden yapılmış (E =175 GPa) dikdörtgen kesitli bir kiriş 5 kN/m’lik yayılı yük taşımaktadır. a) Açıklık ortasındaki en büyük çekme ve en büyük basma gerilmesini, b) A noktasındaki normal gerilme ile uzama oranını, c) B kesitindeki eğrilik yarıçapını hesaplayınız. y q = 5 kN/m D B

x

A

G yA

z A

40 mm

T.E

bh3 80 1203 I   12 12 h = 120 mm  11.52 106 mm 4 A

E

1m

I 11.52 106 W  h 60 2 W  0.192 106 mm3

2m 4m

80 mm 10 kN

10 kN

Q

10kN

+

min.

MA 7.5 106 A   yA    20   13 MPa I 11.52 106

10kN M

A 

+ 7.5kNm 1m

 max.

10 106   52.1 MPa 0.192 106

1m

10kNm

A E

A  



1

r

13  74.3 106 3 175 10

y

rA  

yA

A



20  269 m. 74.3 106 10

ÖRNEK 2

T kesitli çıkmalı bir kiriş şekilde gösterilen biçimde yüklenmiştir. Kirişte oluşacak en büyük çekme ve en büyük basma gerilmelerini hesaplayınız. y

3 kN q = 4 kN/m

20mm

x

A

B

z 3m

1m

5 kN

C

10 kN 7kN

Q

T.E

60 mm

50 mm

+ -

3 3 kNm

5kN

20

20

20

M

-

Ağırlık merkezinin bulunması, z 0

+

Kesit tabanına göre statik moment alalım.

3.125kNm

Açıklıkta oluşacak en büyük gerilmeler,

b  

(y ekseni simetri ekseni)

M 3.125 106 y  30   68.9 MPa I 1.36 106

M 3.125 106 ç   y    50  114.9 MPa I 1.36 106

60  20  70  60  20  30  50 mm. 2(60  20) 60  203 20  603 2 2 Iz   60  20   20    60  20   20   12 12 I z  136.104 mm4 y

Mesnette oluşacak en büyük gerilmeler,

M 3.00 106 b   y    50  110.39 MPa I 1.36 106

M 3.00 106 ç   y    30  66.2 MPa I 1.36 106

11

ÖRNEK 3

r 2  12  ( r  0.01)2 r  50 m

Genişliği 10, yüksekliği 30 mm ve uzunluğu 2 m olan alüminyum çubuğun ortası uçlarından etki eden M eğilme momenti sebebiyle 10 mm yer değiştirmiştir. Çubuğa etkiyen M momenti ile en büyük uzama oranını hesaplayınız E=70 GPa.

I  22500 mm 4 1 M   r EI 70000  22500 M  31500 Nmm 50000 y 15     3  104 r 50000   300

ρ-0.01 m

ρ

10 mm

M

1m

1m

M

Şekilde gösterilen kesite M=20 kNm lik eğilme momenti etkimektedir. Alt başlıkta taşınan toplam kuvveti hesaplayınız. Kesit tabanına göre statik moment alalım.

ÖRNEK 4

20 mm E y

y

120(40  20  20 100  20 170)  77.50 mm. 120(20  20  40)

I z  41.22*106 mm4 120 mm z

C

20 mm

D’ D

120 mm

40 mm

M 20 106 D   y    77.5  37.6 MPa I 41.22 106 M 20 106  D   y    37.5  18.2 MPa I 41.22 106  37.6  18.2  alt başlık kuvveti  120  40    133920 N 2  

Üst başlıkta taşınan kuvveti de siz hesaplayınız 12

Yükleme durumu ve boyutları verilen kirişin a) dikdörtgen kesitli olması durumunda oluşacak en büyük eğilme gerilmesinin yerini ve değerini, b) I kesitli olması durumunda kiriş ortasında, enkesit üzerindeki D ve E noktalarındaki eğilme gerilmelerini hesaplayınız.

20 mm B

C

A 3m

120 mm

6 kN/m

2m

5.4 +

x

x + 13.23

C

D’ 40 mm

M  13.23 kNm I  11.52 106

12.6 Mz [kNm]

z 20 mm

D 120 mm

80

Qy [kN]

E

y

120 mm

ÖRNEK 5

 maks

mm4

M 13.23 106  y  60   68.91 MPa I 11.52 106

M ( x  2.5m)  12.75 kNm

10.8

I  41.22 106

mm 4

M 12.75 106 E   y   82.5  25.52 MPa I 41.22 106 M 12.75 106 D   y    77.5  23.97 MPa I 41.22 106

13

EĞİK EĞİLME

y

y M

y Kuvvetler Çizgisi (K.Ç.)

e

M

e

y

My

(ITE/KÇ=0)

dA

My

K.Ç.

z

y

y z

C

z Mz

C

z Mz

C

Denge denklemleri;

  dA  0 x

Şekilde, herhangi bir simetri ekseni bulunmayan kiriş en kesitine etkiyen Me eğilme momenti gösterilmiştir. Bu moment, kuvvetler çizgisi doğrultusunda etkiyen dış yüklerden meydana gelmektedir. (z-y) eksen takımı en kesitin alan merkezi C’ye yapıştırılmıştır. Kuvvetler çizgisinin en kesidin asal eksenlerinden biri ile çakışmadığı düşünüldüğünde eğik eğilme hali söz konusu olacaktır. Diğer bir deyişle çubuğu eğilmeye zorlayan kuvvet çiftlerinin içinde bulunduğu kuvvetler düzlemi ile çubuğun elastik eğrisinin içinde bulunduğu eğilme düzlemi farklı düzlemlerdir.

 

xy

dA  0

 z dA  M

xz

dA  0

 y dA  M

x

x

y

z

En kesit üzerinde alınan bir alan elemanı, x ekseni doğrultusundaki σx gerilmesi etkisinde bulunsun. (τxy ve τxz kayma gerilmelerinin oldukça küçük olduklarını ve istenirse denge denklemlerinden bulunabileceklerini ayrıca belirtelim.) Bu durumda iç kuvvetlerden oluşacak zorlamaları dış kuvvetlere eşitleyen denge denklemleri aşağıdaki biçimde yazılabilir.

14

(ITE/KÇ=0)

y

y

My

My

Tarafsız Eksen. mi

T.E.

b

b

ysinbzcosb=0

C

m

-

z Mz

n

in

_

z Mz

C

Tarafsız Eksenin (T.E.) Denklemi;

tan b 

sin b z  cos b y

y sin b  z cos b  0

Şekil değiştirmeden önce çubuk eksenine dik ve düzlem olan kesitlerin şekil değiştirmeden sonra elastik eğriye dik ve düzlem kaldıkları “Bernoulli-Navier” hipotezi eğik eğilme durumunda da geçerlidir. Kesitin y ekseni ile β açısı yapan bir eksen etrafında dönerek şekil değiştirdiğini düşünelim. Basit eğilme konusundan da hatırlanacağı gibi uzama ve kısalmalar tarafsız eksenden olan mesafe ile artar. Tarafsız eksen üzerindeki liflerde uzama ya da kısalma söz konusu değildir. Tarafsız eksen, kesiti basma ve çekme olmak üzere iki bölgeye ayırır.

+

Kirişin yan  görünüşü maks

+

m

a ks

Basma ve çekme bölgelerinde tarafsız eksenden en uzak noktalar belirlenip, tarafsız eksene paraleller çizilir. Çizilen bu paralellere dik bir doğru yardımı ile normal birim şekil değiştirme ve bu şekil değiştirmelerin E katı ile gerilme diyagramları gösterilebilir.

15

y dA

(ITE/KÇ=0)

y’

dA

My z

T.E.

z’

mi

n

m

y’ y b

ysinbzcosb=0

in

y’

My mi

z’

T.E.

y’

ysinbzcosb=0

_

sin b  cos b 2

in

_ _

Mz

y sin b  z cos b 1

m

z

Mz

2

n

b

_

z

y 

y

C

+

 y sin b  z cos b

ma

+ ks

m

ax

Alan elemanının merkezinden tarafsız eksene olan y’ mesafesini belirlemek için doğru (T.E.) denkleminde noktanın koordinatları yerine yazılmalı ve doğru denkleminin katsayılarının kareleri toplamının kareköküne bölünmelidir.

+

Gerilmeyi yazarsak;

1 E  x  E x   E y    y sin b  z cos b  r r

ma

+ ks

m

ax

Basit eğilme halinde, tarafsız eksenden y kadar mesafede bulunan bir lifteki uzama oranı, eğrilik ile lifin bulunduğu o noktanın t.e.’e olan uzaklığının çarpımı olarak hesaplanabilmekteydi. Eğik eğilme halinde de aynı bağıntı geçerlidir.

16

Gerilme;

 x  E x   E

1

r

y  

E

x  

E

r r

 y sin b  z cos b  sin b y 

E

r

cos b z

a

 x  ay  bz

b

Buradaki a ve b katsayıları sabitlerdir. Meğer normal gerilme en kesit üzerindeki noktanın koordinatlarına bağlı olarak değişmekteymiş. Şimdi gerilme ifadesini denge denklemlerinde yerine yazıp her terimin fiziksel anlamından hareketle a ve b yi dış zorlamalar ve kesitin atalet momentleri cinsinden elde edebiliriz. İlk denklemdeki statik momentler, eksen takımı alan merkezine bağlandığından otomatik olarak sıfırdır.

  dA  0

  ay  bz dA  0

  x zdA  M y

  ay  bz  zdA  M y

  x ydA  M z

  ay  bz  ydA  M z

x

A

A

A

A

A

a  y dA  b  z dA  0 A

özdeş olarak sağlanır.

A

aI zy  bI y  M y aI z  bI zy   M z

a  I z I y  I zy2     M z I y  M y I zy 

b  I z I y  I zy2     M z I zy  M y I z 

A

 M I  M y I zy a   z y  I I  I2 z y zy 

  

 M I  M yIz b   z zy  I I  I2 z y zy 

  

 x  ay  bz x 

  M z I y  M y I zy  y   M z I zy  M y I z  z I z I y  I zy2

Son elde edilen bağıntı tekrar düzenlenirse eğik eğilme hali için gerilme formulü şöyle yazılabilir.

x 

M z  I zy z  I y y   M y  I z z  I zy y 

Gerilmenin genel denklemi

I z I y  I zy2

a ve b katsayılarının bölümünden tarafsız eksenin doğrultusunu diğer bir deyişle tarafsız eksenin y ekseni ile yaptığı açıyı, a ve b nin karelerinin toplamından da eğik eğilme hali için şekil değişimi hesabında kullanılacak bağıntıları elde ederiz.

E

sin b M I  M y I zy a r    tan b   z y E b M z I zy  M y I z cos b 

tan b 

M z I y  M y I zy M z I zy  M y I z

b : T.E.nin y ekseni ile yaptığı açıdır.

r

2

2

 E2  E E E2 2 2 2 2 2 2 a  b    sin b    cos b   2   sin b  cos b   2 r r r r  2

2

 M z I y  M y I zy   M z I zy  M y I z  a 2  b2     I I  I 2   I I  I 2  z y zy z y zy       M I  M I 2   M I  M I 2  2 E y zy z zy y z  z y   2 2 2   r  I z I y  I zy   

Eğik eğilme hali için şekil değiştirme denklemi

1

r



1 E

M I z

y  M y I zy    M z I zy  M y I z  2

I I

z y

 I zy2 

2

2

18

EĞİK EĞİLME: TEMEL DENKLEMLER VE ÜÇ ÖZEL DURUM (ÖZET)

x 

M z  I zy z  I y y   M y  I z z  I zy y  Iz I y  I

2 zy

tan b 

M z I y  M y I zy M z I zy  M y I z

M I

1

1  r E

z

y  M y I zy    M z I zy  M y I z  2

I I

z y

 I zy2 

2

Özel Durum 1: z, y asal eksenler (Izy = 0), My = 0 olsun.

x  

Mz y Iz

BASİT EĞİLME FORMÜLÜ ELDE EDİLDİ.

tan b   b  90

Iy Mz tan b  Iz M y

1

1  r E

2 M z2 M y  2 I z2 Iy

My Mz y z0 Iz Iy

tan b 

Iy Iz

tany

z

Iy Iz

tany y 

r



Mz EI z

 I zy z  I y y   I I  I 2   z y zy 

x  Mz 

T.E. Denklemi için x = 0 da kullanılabilir.

x  

1

Özel Durum 3: My = 0 olsun.

Özel Durum 2: z, y asal eksenler (Izy = 0) olsun.

M M x   z y y z Iz Iy

Z EKSENİ T.E. OLUR.

z Iy  tany y Iz

tan b 

1

r



Iy I zy

Mz I y2  I zy2 2 E  I z I y  I zy 

19

2

Şekilde gösterilen dikdörtgen kesit 120 kNm’ lik eğilme momenti etkisindedir. Köşelerdeki gerilmeleri ve tarafsız eksenin doğrultusunu belirleyiniz.

ÖRNEK 1

I z  1066.67 106 mm4

y

20

0

m

D(-100;200) m

I y  266.67 106 mm4

M z  120  sin 2170  72.218 kNm

M y  120  cos 2170  95.836 kNm

Özel durum 2 z,y asal eksenler.

x  

(100;200)E 400

mm

217

z

Me = 120 kNm

My Mz y z Iz Iy

tan b 

M z I y  M y I zy M z I zy  M y I z



MzIy M yIz

 tany .

Iy Iz

T.E. Doğrultusu için;

C(-100;-200)

tan b  tan 217

Iy Iz

 tan 217

266.67  b  10.67 0 1066.67

72.218 106 95.836 106 x   y z  0.0677  y  0.3594  z 1066.67 106 266.67 106

B(100;-200)

 x  B    x 100; 200  0.0677   200  .3594  100  49.48 MPa

 x  E    x 100; 200  0.0677   200  0.3594  100  22.40 MPa  x  C    x  100; 200  0.0677   200  0.3594   100  22.40 MPa  x  D    x  100;200  0.0677   200  0.3594   100  49.48 MPa T.E. Denklemi için;

 x  0  0.0677  y  0.3594  z

z

1 y 5.308

20

ÖRNEK 2

Şekilde görülen kirişin eğilmeye göre en çok zorlanan kesitinin A köşe noktasındaki gerilme A=-100 MPa olarak ölçülmüştür. Buna göre; Kirişe etkiyen P kuvvetini, Hesaplanan P kuvveti için sol mesnetten 1m. mesafedeki kesitte gerilme diyagramını çiziniz. T.E. y K.Ç.

z

30

Ku v

P y

ve

tle r

Çi

zg

20

i si

39

Me Ç

9.2°

A

2m at ıD

2m

üz

le

m

P.L Me  4 0 M z  M e .sin150  0.5.P 106 Nmm.

i

150°

I y  10.61106 mm4 I zy  0

30°

z

I z  37.74 106 mm4

C

140

90

Me

20

M y  M e .cos150  0.866.P 10 Nmm. 0

6

30

M z  I y  M y  I zy

M I 0.5 10.61 tan b   z y  M z  I zy  M y  I z M y I z 0.866 37.74

b  9.2

0

x 

90

M z  I zy  z  I y  y   M y  I z  z  I zy  y  I z  I y  I zy2



M Mz y y z Iz Iy

0.5 106  P 0.866 106  P A    90    39  100 MPa.  P  22.854 kN . 37.74 106 10.61106 Sol mesnetten 1m mesafedeki kesitte gerilmeler

M x 1m. 

p 1  11.43 kNm. 2

 x  0.1514  y  0.9311 z

M z  5.714 106 Nmm.

M y  9.879 106 Nmm.

 min   A  0.1514   90  0.9311  39   50 MPa.  max   B  0.1514   90  0.9311  81  89 MPa.

x  

5.714 9.879 y z 37.74 10.61

21

L80x65x10 Korniyerin kuvvetler çizgisi y ekseni, ve eğilme momenti Mz=1500 Nm. olarak verilmektedir. En büyük basma ve çekme gerilmeleri ile eğrilik yarıçapını hesaplayınız.

ÖRNEK 3 y

Özel durum 3, Tarafsız eksenin doğrultusu ile x gerilmeleri

I z  82.2 104 mm4

I y  48.3 104 mm4

tan b 

I zy  36.8 104 mm4

Iy I zy



48.3  b  52.70 36.8

4  36.8  z  48.3  y   10   x  1500000   2.11 z  2.7695  y 2  8   48.3  82.2  36.8   10 

54.5

z Me = 1500 Nm

 x ( A1 )  2.11  8.1  2.7695  (54.5)  133.84 MPa.

 x ( A2 )  2.11  18.1  2.7695  (25.5)  108.81 MPa.

25.5

Eğrilik yarıçapını veren ifadede My = 0 alınarak 46.9

18.1

1

1  r E

y

5 .1; 8 ( A1

) 4.5

M

 I y    M z  I zy  2

z

 I z  I y  I zy2 

2

2

-

Mz 1  r E I z  I y  I zy2 1

1 1500 103 I I  48.32  36.82 104 3 8 210 10 2616 10 2 y

2 zy

+ 52,7°

z

37,3° 37,3°

A2 (-18.1;-25.5) T.E.

1

r

 16.579 106  r  60314 mm.  60.3 m.

22

KOMPOZİT KİRİŞLER

N TO E B

ÇELİK DONATI

dA

y

A1, E1

1

z

Uygulamada daha az malzeme kullanarak daha büyük eğilme direnci sağlamak amacıyla farklı elastisite modülüne sahip iki veya daha fazla malzemeden oluşan KOMPOZİT kirişler inşa edilir. Betonarme kirişlerle tabakalı kirişler yaygın olarak kullanılan kompozit kiriş örnekleridir. Homojen kirişlerin eğilmesinde düzlem kesitlerin eğilmeden sonra düzlem kaldığı kabulü kompozit kirişlerde de geçerlidir. Kompozit kirişlerin eğilme probleminin çözümünde malzemelerden birinin diğeri cinsinden ifade edildiği EŞDEĞER HOMOJEN KESİT METODU kullanılır. 1

ek _ 2

x

Mz

x _ _

ÇE

Ş AH

ÇE

LİK

AK

AP

Ş KU

AK

1

x 1

x

1

-

x

A1 2

x

nA2

A2, E2 2

LİK

Ş KU

+ eb

+

+ 2

E2 > E1 için gerilme diyagramı

 

1

r

2

x

y

 1  E1 x   E1

x

E1 > E2 için gerilme diyagramı

y

r

 2  E2 x   E2

y

r

23

Denge denklemleri:

F

x

M

  dA  0 

0 0

z



x

  E1 A1

y

r

A1



  x1  y  dA    x 2  y  dA  M z

  E1 A1

dA   nE1 A2

y2

r

dA    x 2 dA  0

A

x

 y  dA   M z 

y

r

dA   nE1 A2

dA  0

y2

r

1

y

r

dA

I z   y 2 dA olduğu hatırlanırsa A1

  E1 

Mz M y z y E1I t It

y

1

z

y y’

y

z’

2

E1

r

r

ifadesi yerine yazılırsa

 I1  n  I 2   M z 

1

r



It

Mz E1  I t

 x 2   E2 

y

r

  E2 

Mz M  y  n  z  y   n   x1 E1I t It

denkleminden T.E. yerini bulabilmek için eksen takımını kesitin alt yüzeyine taşıyalım.

 y’

y

2 nolu malzemede meydana gelen gerilme

y  y  y

Mz

E2 olur E2  n  E1 E1

İfadesinde E1,n, r sabit terimler gittiğinde kalan ifade S z1  n  S z 2  0

dA   M z

1

 1   E1

A2

1 nolu malzemede meydana gelen gerilme

 x   E1 

n

A2

A1

A

1

x1

E2  E1; Kabul edilirse,

E1

r



A1

y  dA 

S 1z  y  A1  n  S z2  n  y A2  0 nE1

r

 y  dA  0

A2

  y  y   dA  n   y  y   dA  0

A1

A2

S 1z  n  S z2 y A1  n  A2

24

50

Ahşap

50

83.57

110 mm

50x0.05 n

n 110 mm

z

E1 10   0.05 E2 200 n 1

110 mm

36.43 10 mm

10 mm

Eşdeğer Homojen (ÇELİK) Kesit

50x110 mm’lik enkesite sahip ahşap kirişin alt yüzeyine 25x10 mm’lik çelik plak emniyetli bir şekilde bağlanmıştır. Kompozit enkesit 3 kNm’lik eğilme momenti taşımaktadır. Malzemelerdeki en büyük y gerilmeleri hesaplayınız. Ea=10 GPa, Eç=200 GPa

Ahşap

ÖRNEK 1

10 mm

Çelik 25

25x20 n

25

50 110  65  20   25 10  5  382500 y   36.43mm 50 110  20  25 10 10500

y

0.05   50 110  65   25 10  5 19125   36.43mm 0.05  50 110  25 10 525

 25 103  50 1103 2 I  I1  n  I 2   50 110   65  36.43  20    25 10  31.432  12  12  t z

3 106   83.57  16.7 MPa 15.016 106 a x

I zt  15.016 106 mm4

3 106   20  36.43  145.56MPa 15.016 106 ç x

 50 1103  25 103  2 I  0.05    50 110   65  36.43     25 10  31.432   0.751106 mm4  12   12  t z

3 106    36.43  145.56MPa 0.751106 ç x

3 106   0.05  83.57   16.7 MPa 0.751106 a x

25

Genişliği 200 mm. Faydalı yüksekliği d=350 mm pas payı 50 mm olan bir betonarme kirişteki çelik donatı alanı 800 mm² dir. Eç/Eb=8, Eğilme momenti 50 kNm olduğuna göre malzemelerdeki gerilmeleri hesaplayınız. Not: Betonun çekme gerilmesi taşımadığı kabul edilecektir.

ÖRNEK 2

y x=121mm

TE göre homojenleştirilmiş kesidin statik momenti sıfır olmalıdır.

z d = 350 mm d-x=229 mm 50 200

800*8=6400

200 1213 IT   200  121 60.52  0  8  800  2292  453.7  106 12

b  

50 106 121  13.3 MPa 453.7 106

50 106  ç  8 (229)  201.9 MPa 453.7 106

x b.x  n. Aç (d  x)  0 2 2n 2n ( x) 2  Aç ( x)  Aç d  0 b b 16 16 ( x) 2  800( x)  800.350  0 200 200 x  121 mm

mm 4

ÖDEV1 Beton emniyet gerilmesi 20 MPa Çelik emniyet gerilmesi 140 MPa Çelik donatı alanı 1000 mm^2 Olduğuna göre kesitin taşıyabileceği eğilme momenti nedir.

ÖDEV2: Ödev1 de ki problemde beton ve çeliğin aynı anda emniyet gerilmesine ulaşabilmesi için gereken donatı miktarı ile taşınabilecek eğilme momentini bulunuz.

26

ÖRNEK 3

Uğural 7.83 : Şekilde, alüminyum ve çelik plakların kaynaklanması ile elde edilen kompozit bir kirişin kesiti gösterilmiştir. Kesiti boyutlandırıp taşınabilecek en büyük eğilme momentini hesaplayınız. Her iki malzemenin de aynı anda emniyet gerilmesine ulaşması durumunu düşününüz.

Eçelik  210 GPa

160 mm

 çem  240 MPa Ealüm  70 GPa

 alem  80 MPa alüminyum

TE 180-x

Çelik

20 mm

x

çe=240/210000

a

Tan(a ) 

80 70000

240 210000

 180  x x x  90 mm TE üst yüze uzaklığı

20 mm

al=80/70000

b

TE göre basma bölgesinin statik momenti, eşdeğer homojen kesitin çekme bölgesinin aynı eksene göre statik momentine eşit olmalıdır.

b 90  20  45  70  20  35   20  80 3 b  60 mm

20 mm 90 mm

60 mm

180 mm

20

TE 70 mm 20 mm b/3 Eşdeğer homojen çelik kesit

Gerçek eşdeğer homojen çelik kesit

Gerçek eşdeğer homojen alüminyum kesit

20 1803 I  9.72 106 mm 4 12 M ç   90  240 MPa M  25.92 KNm 9.72 106 1 M  al   (90)  80 MPa M  25.92 KNm 3 9.72 106

27

BİLEŞİK MUKAVEMET HALLERİ Bundan önceki bölümlerde basit mukavemet halleri (eksenel kuvvet, kesme kuvveti, burulma momenti ve eğilme momenti) ayrı ayrı incelenerek gerilme ve şekil değiştirme bağıntıları elde edildi. Yapı ve makine elemanları çoğunlukla birden fazla yükleme etkisi altındadır. Örneğin burulma momenti aktaran bir şaft aynı zamanda kendi ağırlığından doğan eğilme momentleri etkisine maruzdur. Bu bölümde bileşik yükleme halleri incelenecektir. Bileşik yükleme etkisinde gerilmelerin hesabında her bir yükten oluşan gerilmelerin ayrı ayrı hesaplanarak süperpozisyonu yapılır. Bu tarz bir hesaplamada her bir yükten oluşan gerilme ve şekil değiştirmelerin diğer yüklerden oluşan gerilme ve şekil değiştirmelere etkisinin olmadığı kabul edilir. Ayrıca süperpozisyon ilkesinin ancak malzemenin lineer elastik ve şekil değiştirmelerin küçük olması durumunda geçerli olduğunu hatırlatmakta fayda vardır. Basit mukavemet hallerinde gerilme ve şekil değiştirme bağıntıları;

Qy

y

x z

N Qz

Bileşik Mukavemet Halleri için süperpozisyon denklemleri

x

T

x 

N A

x 

N EA

Kesme Kuvveti

 xy 

Qy

 xy 

Qy

Burulma Momenti

 xy   xy Q   xy T y

z

Mz

 xz   xz Q   xz T z

ŞEKİL DEĞİŞTİRME

GERİLME

Eksenel Kuvvet

Eğilme Momenti

My

y

YÜK TİPİ

Kuvvet Şekil Değiştirme  Rijitlik

Kuvvet Gerilme  Kesit Modülü

G A T  GJ Mz 1   r E  Iz

A

T r J M x  z Wz



 x   x  N   x M   x M z

y

28

KESMELİ EĞİLME y

Kesme kuvveti ve eğilme momenti çoğunlukla birbirinden ayrılmayan iki kesit tesirini oluşturur. Bu iki kesit tesiri arasında türev bağıntısı da vardır.

q x

dM z  Qy dx

Qy +

Qy  x 

-

x  

Mz y Iz

 x    x, y  M z  x

+

Mz

y

Qy    xy dA

xy

A

dA

xz z

Kesme kuvveti hali incelenirken y eksenine göre simetrik bir enkesit almış ve denge denklemlerini yazmıştık. Ancak bu denklemlerde kayma gerilmelerinin yayılışı hakkında herhangi bir bilgi alınmamış yalnızca toplamlarının dış kesit tesirlerine eşit olması gereği anlaşılmıştı. Kayma gerilmelerinin yayılışının bulunabilmesi için şekil değiştirmenin yakından incelenerek bazı kabuller yapılması gerekir. Şimdi  xy kayma gerilmesinin yalnızca y’nin fonksiyonu olduğunu kabul edelim.

A

Qz    xz dA  0 A

 xy   xy  y  Bir kiriş en kesiti üzerindeki kayma gerilmesi yayılışıyla o kesitte etkiyen kesme kuvveti arasındaki bağıntının çıkarılmasında kiriş boyunca oluşan kayma gerilmelerinin incelenmesi gerekir.

29

Üç ayrı düzgün yüzeyli ahşap parçasının yapıştırılmadan bir araya getirilmesi ile oluşan kirişe P kuvvetinin uygulanması ile ahşap parçalar birbirine göre relatif bir kayma hareketi yaparlar ve kiriş şekilde gösterilen biçimde şekil değiştirir.

P

Ahşap parçaların yapıştırılması durumunda, oluşacak boyuna doğrultudaki kayma gerilmeleri parçalar arasındaki relatif kaymaya engel olur ve sonuç olarak kiriş yekpare bir davranış gösterir.

P

Şimdi y eksenine göre simetrik bir kesite sahip kirişten dx kalınlıklı bir parça çıkartıp eğilme momentinden oluşacak gerilmeleri şekil üzerinde gösterelim.

30

y

y

x(x+dx)

x(x)

q n

m

x z

dx

y

Mz

h1 Mz

Mz+dMz

C

Qy +

x

Qy

h2

m

m,n

n H(x+dx)

H(x)

-

K

K,L b(y)

L dx

Mz

+

H(x)

) b(y

H(x+dx)

yx *b(y)*dx

yx *b(y)*dx

H(x)

H(x+dx)

L

K dx

dx kalınlıklı parçanın sağ yüzüne etkiyen momentin sol yüze etkiyen momente göre dMz kadar arttığını varsayalım. Tarafsız eksenden y kadar yukarıda bulunan ve şekil üzerinde sarı olarak gösterilen kiriş parçasına etkiyen kuvvetler toplamının sıfır olabilmesi için m-n düzlemindeki ζyx kayma gerilmelerinin de gözönüne alınması gerekir. Şekil üzerindeki kuvvetler, etkidikleri gerçek yönde gösterildiğinden gerilmelerin işaretlerine dikkat edilmemiştir. Burada,

 H  x    yx  b  y  dx  H  x  dx   0 1 M M  dM z   z y  dA   yx  b  y  dx   z y  dA  0 I I z z y y

h1

h

h

1 1  dM z  yx   xy   b  y  y  dx

Qy S z 1 y  dA   b y  Iz  Iz

xy : Enkesit üzerinde T.E. Den y kadar aşağıda etkiyen kayma gerilmesi

 xy 

Qy S z

Qy : Enkesite etkiyen kesme kuvveti

b y  Iz

Sz : Kayma gerilmesinin bulunmak istenen noktanın altında/üstünde kalan alanın T.E. Göre statik momenti Iz : T.E. Göre atalet momenti b(y) : Kayma gerilmesi bulunmak istenen noktadaki kiriş genişliğidir.

y

y

BAŞLIK

=0

Qy

Qy z

z

h

başlık

GÖVDE

r BAŞLIK

gövde

=0

m

ak

s

b

 maks 



Qy  b  h

h4   Q

2 b  h3 b 12 3 2

 maks   ort

3    bh  2  ort

 maks

  r 2  4r Qy    2  3  Q  4      r4  A3 2r   ort 4

4 3

I kesitteki kayma gerilmelerinin y ekseni boyunca değişimi üstte diyagram şeklinde gösterilmiştir. Diyagramda başlıkla gövdenin birleştiği boyun noktasındaki ani zıplamaya dikkat ediniz.

 maks   ort 32

Şekilde boyutları yükleme durumu ve en kesiti verilen kirişin yapıldığı malzemenin normal emniyet gerilmesi 10 MPa, kayma emniyet gerilmesi 0.6 MPa olarak bilinmektedir. h kiriş yüksekliğini hesaplayınız. ( b=150 mm )

ÖRNEK 1

6 kN/m

M enbüyük  13.23 kNm

3m

h

B

C

A

2m 150 mm

Qy [kN]

5.4 +

M 13.23 106  maks    10 MPa ( em ) 150  h 2 W 6 h  230 mm

x

-

 maks

12.6 Mz [kNm]

Qenbüyük  12.60 kN

x

 h2  12600  150*  8     0.6 MPa ( em )  h3  150  150*  12  

h  210 mm

+ 13.23

10.8

h=230 mm 33

ÖRNEK 2

Geniş başlıklı I kesite ait boyutlar şekil üzerinde gösterilmiştir. Kesite etkiyen kesme kuvveti Q = 80 kN ise, a) Enkesit üzerinde kayma gerilmesinin yayılışını gösteriniz. b) Gövdenin taşıdığı kesme kuvvetini hesaplayınız. 80 103  300  20 110 

B 

y

20

1.13MPa 22.62 MPa

B B’

B B’

 B

Iz = 155.5x106 mm4 z

C Q = 80 kN

200

 1.13MPa

80 103  300  20 110    22.62MPa 155.6 106 15

25.19 MPa

80 103  300  20 110  100 15  50  C   25.19MPa 155.6 106 15

20

15

155.6 106  300

300

b) Alt başlıkta taşınan kesme kuvvetini hesaplayalım. (120-y)

y

 120  y   S z  120  y   300    y 2  

80 103  216 104  150  y 2   6 155.6 10  300

T.E. Qbaşlık 

120

120

100

100

  3.7018  2.5707 104  y 2

   300  dy  300  3.7018  2.5707 10 Qgövde  80000  2  3496  73007 N

S z  216 104  150  y 2

4

 y 2  dy  3496 N

34

Kayma Gerilmesi Formülünün Kullanılmasındaki Sınırlamalar τxy kayma gerilmesinin en kesit üzerindeki gerçek yayılışı Yandaki şekilde gösterilmiştir. Kesitin kenarlarındaki kayma gerilmesi, formülle hesaplanana göre biraz daha büyük olurken kesitin orta bölgesindeki kayma gerilmesi ise formülün verdiği değerden biraz daha küçük olmaktadır. Kesit yassılaştıkça en büyük kayma gerilmesindeki hata da artmaktadır. En büyük kayma gerilmesinin her zaman alan merkezinde olmadığını ayrıca belirtelim.

b  0.5 h b 2 h

y



 maks  1.03 xy



 maks  1.40 xy

h z

y

Kesit yassılaştıkça, maks daki hata da büyür.

 xy  b

Qy  S z Iz b

y y

y

h/3 z z

h

maks

z

h/6

maks

2h/3

3 2

 maks   ort

b

35

I Kesitlerde Kayma Gerilmelerinin Yayılışı

P

y

Daha önce ζxy kayma gerilmelerinin en kesit üzerindeki yayılışını ifade eden bağıntı çıkarılmıştı. Şimdi ζxz kayma gerilmelerinin en kesit üzerindeki yayılışını ifade eden bağıntıyı çıkartmak istiyoruz. Bu amaçla orta noktasında P tekil kuvveti ile yüklü I profilden oluşturulmuş yanda gösterilen basit kirişi göz önüne alalım. Bu kirişin sağ yarısından alınan dx kalınlıklı küçük bir parçanın sağ yüzüne etkiyen eğilme momenti sol yüze etkiyen eğilme momentinden daha küçük olacaktır. Şekil üzerinde “+” yüze etkiyen kesme kuvveti ve eğilme momenti vektörlerle gösterilmiştir. Momentten oluşacak normal gerilmelerin bileşkesi olan kuvvetler, üst ve alt başlıktan ayrılan her bir küçük parça üzerinde dx vektörleriyle temsil edilmişlerdir. Başlıklardan ayrılan küçük kiriş parçalarına etkiyen kuvvetler toplamının sıfır olabilmesi için kesim düzlemindeki ζzx kayma gerilmelerinin oluşturacağı kuvvetin de gözönüne alınması gerekir. Kiriş ekseni doğrultusunda yazılacak kuvvet denge denkleminden aranan kayma gerilmesi ifadesi elde edilir. Şekil üzerindeki kuvvetler, etkidikleri gerçek yönde gösterildiğinden gerilmelerin işaretlerine dikkat edilmemiştir.

+

Qy

-

Mz +

dx Kesim yüzeyi

A* dx

y

A* İle gösterilen alana etkiyen kuvvet, kesim yüzeyindeki kuvvete eşit olmalıdır.

dM z  xz  t  dx   ydA Iz A*

S z*

Qy dx

 zx   xz 

Qy  S

* z

t  Iz

Kayma gerilmesi bulunmak istenen noktanın dışında kalan başlık alanın tarafsız eksene göre statik momenti

x

dx

. T. E

Mz

dx

z

x

Yandaki şekilde Pozitif Kesme kuvvetinden oluşan kayma gerilmelerinin bir I kesitteki yayılışı gösterilmiştir. Alt başlık uçlarında sıfır olan ζxz kayma gerilmelerinin şiddeti doğrusal olarak artar. Bu gerilmeler, alt başlık uçlarından gövdeye doğru yönelirler. Kiriş gövdesinde y ekseni doğrultusundaki ζxy kayma gerilmeleri mevcut olup üst başlığa doğru yönelmişlerdir. Üst başlıktaki ζxz kayma gerilmeleri ise gövdeden başlık uçlarına doğru şiddetlerini kaybederek sıfırlanırlar.

dx

dx

A*

. T.E

dx

-

dx

xz

+

t

xy

+

xz

 xy 

Qy S z

zx

xz

b y  Iz

 xz 

Qy S z* t  Iz

37

Yandaki şekilde gösterilen y eksenine göre simetrik bir kiriş en kesitinde herhangi bir noktadaki z ekseni doğrultusundaki kayma gerilmesini belirlemek istiyoruz. Tarafsız eksenden y kadar uzakta bir çizgi üzerinde 1, A, 2, 3 gibi noktalar işaretlensin. En kesit sınırlarında bulunan 1 ve 3 noktalarındaki kayma gerilmelerinin sınırlara teğet doğrultuda olması gerekir. (Sınır şartı) Bu iki noktadan sınırlarda çizilecek teğetler y ekseni üzerinde bulunan sabit bir Oy noktasında kesişir. Yatay çizgi üzerinde bulunan diğer noktalardaki kayma gerilmelerinin de bu sabit noktaya doğru yöneldiği kabul edilir. O halde kayma gerilmesinin düşey bileşenini ve q açısını bildiğimize göre en kesit üzerinde herhangi bir A noktasındaki kayma gerilmesi geometri yardımı ile hesaplanabilir. Aşağıda, tarafsız eksenden y uzaklıkta alınan çizgi üzerinde z ekseni doğrultusundaki kayma gerilmelerinin hem yönü hem de şiddetindeki değişim sembolik olarak gösterilmiştir.

+ xz xz

Oy



q

xy q

 3 z

1

2 A C

y

xz A

y

z

+ xz

xz -

 xz  tan q  xy   xy  tan q 

C

 xz  xy

   xz2   xy2

Qy  S z Iz b

10

70 10  45  60 10  5  20 15 17,5 39750   24.84mm 700  600  300 1600

a

a 80

25

y

30

Şekilde gösterilen 10 mm sabit kalınlıklı kesite 20 kN luk kesme kuvveti etkimektedir. a) İşaretlenen kesitlerdeki kayma gerilmelerini, b) En büyük kayma gerilmesini hesaplayınız.

ÖRNEK 3

b

c

b

c

30

30

 50  703  60  803 2 Iz   60  80 15,16    50  70  20.162  12  12 

b 

c 

20000   7.34*150   2.64MPa 83.33 104 10 20000  19.84*250  7.34*150   14.54MPa 83.33 104 10

 max 

20000  10  55.16  27.58   36.51MPa 83.33 104 10

a

y

a 80

20000   40.16*300   28.92MPa 83.33 104 10

10

55.16

a 

mm 4

z 24.84

20 153   20 15  7,342  83.33 *104 12

b

b 30

c c

30

39

Şekilde gösterilen kutu kesitli kirişin ağırlık merkezinden geçen z eksenine (T.E.) göre atalet momenti 10.5x106 mm4’tür. a) E noktasındaki eğilme ve kayma gerilmelerini hesaplayıp düzlem bir eleman üzerinde gösteriniz. b) En büyük eğilme ve kayma gerilmesini hesaplayınız.

ÖRNEK 4

y 10kN

4kN

1.5m

40

E

A

M 4.5 106 E   y   16.7   7.16MPa I 10.5 106

C

B

56.7 E

D

z 2m

2m

2m

Q

C 60 63.3

4kN

3kN

3*103   40  80  36.7  E   0.839MPa 10.5 106  40

0.839

-

-

E

20

7.16

[MPa]

+

20

40

20

7kN

0.839

8kNm

M

-

b) En büyük kayma gerilmesi B-C arasında, ağırlık merkezi üzerindedir.

+ 4.5

6kNm

 maks 

7 103  56.7 2  80  0.5  16.72  0.5  40  10.5 106  40

 2.05MPa

En büyük eğilme gerilmesi B mesnedi yakınında, ağırlık merkezinden en uzak noktada meydana gelir.

 maks

8*106   63.3  48.23MPa 10.5 106

40

KAYMA AKISI Mühendislik uygulamalarında bazen elemanların yük taşıma kapasitelerini arttırmak için çeşitli parçalardan oluşan yapma elemanlar kullanılır. Dış yüklerin etkisiyle eleman eğilmeye çalıştığında, birleşim araçlarından (çivi, cıvata, tutkal, kaynak vs) birleştirdiği parçalar arasındaki relatif kaymaya engel olması ve yapı elemanının yekpare davranışını sağlaması beklenir. Birleşim araçları hesabında, eleman boyunca taşınması gereken kesme kuvvetinin bilinmesi gerekir. Elemanın birim uzunluğuna etki eden kesme kuvvetine Kayma Akısı adını veriyoruz. [N/m]

F+dF A’

dM z dF   Iz Mz+dMz Mz

dx

dF

 y  dA

A

F

Birim boydaki kesme kuvveti (kayma akısı)

dM z S z dF  dx dx I z

q

q

dF dx

Qy S z Iz

Burada q : Kirişin birim boyuna etkiyen kesme kuvveti

Sz : Birleşen parça enkesit alanının T.E. Göre statik momenti Iz : Yapma kirişin enkesitinin tümünün T.E. Göre atalet momenti Boyları ve çivi aralıkları aynı olan iki kesitten hangisi daha büyük kesme kuvveti taşır?

41

ÖRNEK 7

Şekilde gösterilen T kesit, dört ayrı ahşap parçasının çivilerle birleştirilmesinden oluşmaktadır. Kesite etkiyen kesme kuvveti 4 kN, bir çivinin taşıyabileceği kesme kuvveti ise 1600 N’dur. a) Üst parçada gerekli çivi aralığı s1’i b) Alt parçalarda gerekli çivi aralığı s2’yi c) Eğer birleşim çivili değil de tutkallı yapılsa a-a ve b-b yüzeylerindeki kayma gerilmelerini hesaplayınız. Iz = 9.1x106 mm4 y

y

s1

100

s1

20 a

a 32.9

z

x

80 b 20 15

30

b 15

Üst parça için

q1 

Qy S z

Alt parça için

q2 

Qy S z

Iz

 xya a 

Iz

s2

s2



4000  100  20  42.9   37.7 N / mm 9.1106

1600  37.7  s1  42.4mm s1



4000  15  20  57.1  7.52 N / mm 9.1106

1600  7.52  s2  212.8mm s2

Qy  S z Iz b



4000  100  20  42.9   1.26MPa 9.1106  30

 xzbb 

Qy  S z Iz t



4000  15  20  57.1  0.38MPa 9.1106  20 42

Şekilde gösterilen kiriş kesiti iki adet 20X100 mm lik ve iki adet 25X100 mm lik dört ahşap parçanın çivilenmesi yoluyla elde edilmiştir. Kiriş 3 kN luk düşey kesme kuvveti taşımaktadır. Çivi aralığı 100 mm olarak bilindiğine göre, a) Her bir çivinin taşıyacağı kesme kuvvetini b) Kesitin üst yüzünden 40 mm aşağıda kayma gerilmesini hesaplayınız.

ÖRNEK 8

y

Birim boydaki bu kesme kuvveti 100 mm aralıklı iki çivi tarafından taşınacaktır. 25

2* Qçivi  26.47*100 50

z

Qçivi  1324 N  1.324 kN

C 25

20

100

20

Iz b



3000  100  25  37.5  40  40  30  10.625 106  40

 xy  1 MPa y

mm

4

Qy S z ÖDEV Verilen kesit için benzer hesapları siz yapınız

z

100

Iz

C

20 25

50

25

3000   25.100*37.5  10.625 106 q  26.47 N / mm q  26.47 kN / m

q

Qy  S z

20

140 1003 100  503 Iz    10.625 *106 12 12 q

 xy 

43

ÖRNEK 9

Şekilde, iki parçanın kaynaklanması ile imal edilen bir kirişin en kesiti gösterilmiştir. Kaynakların her birinin bir metre boyda 200 kN luk kesme kuvveti taşıdığı bilindiğine göre Kirişin taşıyabileceği en büyük Qy kesme kuvveti nedir.

y

y 81.25

25 mm

100 mm C Kaynak dikişi

43.75

z

25 mm 100 mm

25 100  (75  12.5)  43.75mm 2*25*100

25 1003 Iz   25 100  31, 252 12 100  253    100  25  31.252   7.096 *106  12 

q

Qy S z Iz

2* 200 

mm4

kN N    200  200  m mm   Qy   25.100*31.25 

7.096 106 Qy  36322 N

44

Şekildeki ahşap kirişin S düzlemindeki kesitte n-n yatayındaki normal gerilmenin mutlak değeri 10 MPa; m-m yatayındaki kayma gerilmesinin mutlak değeri 0,4 MPa olduğuna L açıklığı ve P kuvvetinin değeri nedir? 80

P

S x L

ÖRNEK 11

PL P 60  10 ,   32  0.4 3 80 120 80 120 12 P  2560 N L  750 mm.



m

m

n

n

120 mm

ÖRNEK 10

Şekildeki bileşik kesit iki dikdörtgen parçanın 100 mm aralıklarla çivilenmesi yoluyla imal edilmiştir. Bir çivi 600 N’luk kuvvet taşımaktadır. Ahşabın em = 10MPa; em = 2MPa olduğuna göre bu kesitin emniyetle taşıyabileceği Mz eğilme momenti ve Qy kesme kuvvetini hesaplayınız, hesaplanan değerler için kesitin kayma ve normal gerilme diyagramlarını çiziniz.

y

y

y  60 mm

120 mm

Qçivi  600 N

mm 4  Qy  680 N

maks  ahşap  2 MPa  Qy  8704 N maks  ahşap 

10 6

MPa MPa

z

C D

 M z  2.176 kNm

120 mm

120 mm

D

I z  21.76 106

156.2 kPa 40

C

10

E

20 mm

z

40

40 mm

120 mm

E

6

45

Şekilde gösterilen dikdörtgen kesitli kiriş 12 kN’luk tekil kuvvet etkisindedir. Kiriş üzerinde gösterilen A, B, C, D ve E noktalarındaki kayma ve eğilme gerilmelerini hesaplayıp bu noktalardaki asal gerilmeleri ve doğrultularını birer eleman üzerinde gösteriniz.

ÖRNEK 12

12 kN A 30

B 30

120

C

Mz(0.5) = 3 kNm Qy(0.5) = -6 kN

120

M 3 106 A   y    60   50MPa I 3.6 106 A  0 A

30

D 30

50

[MPa]

E

25

0.5m

0.2

B  

M 3 106 y  30   25MPa I 3.6 106

tan 2q p 

2 zy

 x  y

 q pI  5.1o 25.2

2.25

B  

6000   25  30  45  2.25MPa 3.6 106  25

25

B

25.2 5.1o [M Pa ]

25

0.2

[MPa]

3

3

2.25

45°

]

C

Pa

[MPa]

3

6000   25  60  30   3MPa 3.6 106  25

[M

C  

3

3 106 C    0  0 3.6 106

3

3

46

0.2

M 3 106 D   y    30   25MPa I 3.6 106

2.25 25

25.2

D

25

[MPa]

6000   25  30  45 D    2.25MPa 3.6 106  25

tan 2q p  2.25

M 3 106 E   y    60  50MPa I 3.6 106

E

2 zy

 x  y

[MPa]

 q pI  5.1o

5.1 o

25.2

0.2

50

[MPa]

Çeşitli noktalardaki asal gerilmeler hesaplanıp çizilirse birbiri ile dik olarak kesişen iki grup eğri elde edilir. Bu eğriler asal (çekme/basınç) gerilme yörüngelerini gösterir. Şimdi kesmeli eğilmeye maruz kesitte değişik noktalardaki asal gerilmeleri ve doğrultularını şematik olarak çizelim. Şu ana kadar kiriş en kesiti üzerindeki herhangi bir noktada kesme kuvveti ile eğilme momentinden oluşan normal, ve kayma gerilmelerinin hesaplanmasını gördük. Aşağıdaki şekilde Moment ve kesme kuvvetinden oluşan gerilmelerin yayılışı şematik olarak gösterilmiştir. Normal gerilmenin en büyük olduğu noktada kayma gerilmeleri sıfırdır. Yine kayma gerilmesinin en büyük olduğu noktada normal gerilme sıfır olmaktadır. O halde en büyük gerilmeler süperpoze edilerek daha da büyük gerilmeler oluşturmamaktadır. Bu durumda kesmeli eğilme halinde ayrı ayrı hesaplanan en büyük normal ve kayma gerilmeleri emniyet gerilmelerini aşmıyorsa kirişe güvenlidir diyebilir miyiz?

y min Qy

 maks  

Mz

maks

x

min

Mz Wz

 maks   em maks

 

xy maks

;

3   ort 2

 maks   em 47

M. İNAN sayfa 286 daki problem : Şekilde gösterilen kesitin kesmeli eğilme etkisinde güvenli olup olmadığını araştırınız.

ÖRNEK 13

123kN

123kN

y B B’

B

A 0.4

0.4

2m

123 Qy

kN

13.1 NPI 240

Q = 123 kN Mz =49.2 kNm z

I z  42.5*106 mm 4

C

213.8

S z  207 *103 mm3

+

 em  140 MPa  em  70 MPa

8.7 -

13.1

123 Mz

106

+ 49.2

 min max

Wz  0.354*106 mm3

M   W

 maks 

kNm

49.2 106  138.9MPa   em 0.354 106

123000*207000  68.9 MPa   em 42.5*106 *8.7

Boyun noktasındaki asal gerilme

M 49.2 106  B   y   106.9  123.75MPa I 42.5 106  B 

123000*113.45*106*13.1  52.4 MPa 42.5*106 *8.7

 boyun  boyun

123.752  123.75    52.42  143 MPa  2 2 2    143 MPa   em 48

KAYMA MERKEZİ Herhangi bir enkesit için kayma gerilmelerinin bileşkesinin geçmesi gereken tek bir nokta belirlenebilir ki o noktaya kayma merkezi adı verilir. Eğer dış kuvvet kayma merkezinden geçecek tarzda etkirse sadece eğilme oluşur. Aksi taktirde eğilmeye ek olarak burulma da meydana gelir. Enkesitin yalnızca bir simetri ekseni varsa K.M. Bu eksen üzerindedir. İki simetri ekseni olan kesitlerde K.M. Bu eksenlerin kesim noktası olur. Genel kural olarak dolu ve içi boş kapalı kesitlerde K.M. Ağırlık merkezine yakındır.

Et kalınlığı ince kesitlerin Kayma Merkezinin bulunması y

 xy 

Qy

s

C

M

C

Iz b

M x  Qy  e

0

C

e

e

S

Mx Qy

S

z

Qy  S z

49

ÖRNEK 13

Şekilde gösterilen başlık genişliği b, yüksekliği h ve et kalınlığı t olarak verilen [ kesitte kayma gerilmelerinin yayılışını çiziniz, kayma merkezinin yerini bulunuz.

Üst başlıkta E noktasından s kadar uzakta τxz kayma gerilmesini hesaplayalım.

Qy  S z*

 xz 

t  Iz



Qy  s  t  h / 2 Iz t

y

t

 Qy  h    s 2  I  z 

b

D

Gövde üzerindeki herhangi bir noktadaki τxy kayma gerilmesi ise benzer şekilde yazılırsa,

 xy 

Qy  S z b  Iz



y D

Qy

D

h h 1 h  (b  t   (  y )  t  ( (  y )  y )) t  Iz 2 2 2 2

E h y 2

Qy

h h 1 h  (b   (  y )  (  y )) Iz 2 2 2 2

C

τxy kayma gerilmesinin D noktasındaki değeri, y yerine h/2 yazılarak bulunur. Bulunan bu değer, başlıkta z ekseni yönündeki kayma gerilmesine eşittir. Bu ifadelerden faydalanılarak en kesit üzerindeki kayma gerilmelerinin yayılışı gösterilmiştir. D

D

 Qy  h  b  2  Iz 

Simetriden dolayı

 xz 

A

  xz 

S

y

S

z

h2  xy   (b  h  2  y 2 ) 2  Iz 2 Qy

 xz maks   xy   

h

t

Burada, parantez içine alınan terimler sabit olduğundan τ’nun şiddeti s ile artar. noktasında s yerine b yazıldığında en büyük kayma gerilmesi değerine ulaşılır.

 xy 

C

z

B A

A

D

50

τxy kayma gerilmesinin en büyük değeri y yerine sıfır yazıldığında aşağıdaki biçimde elde edilir. (C alan merkezi düzeyinde)

h2  xy   (b  h  2  y 2 ) 2  Iz 2 Qy

 xy C 

Qy  h

h  (b  ) 2  Iz 4

Başlıkların uçlarında kayma gerilmeleri sıfırdan başlayıp gövdede en büyük değerine ulaşacak şekilde (doğrusal olarak) artmaktadır. Ortalama gerilme ile başlık alanı çarpılarak başlıklarda taşınan kesme kuvvetleri hesaplanabilir. Yaklaşık olarak gövdenin de y ekseni doğrultusundaki bütün zorlamayı taşımakta olduğu hatırlanırsa S kayma merkezine göre yazılacak moment denge denkleminden kayma merkezinin yerini gösteren e değeri hesaplanır.

FDE  FAB

M

s

Qy  b  h b  t Q y  b 2  h  t   zx ort  b  t    2  Iz 2 4  Iz

0

Qy  b 2  h 2  t 4  Iz

FDE FDA

e S

C

FBA

FAB  h  Qy  e

 Qy  e

b2  h2  t e 4  Iz

51

Bina kolonlarına üst katlardan gelen eksenel kuvvet yanında kolona bağlanan kirişlerden aktarılan eğilme momentleri de olur. Eksenel kuvvet artı iki eksene göre eğilme momenti şeklindeki zorlamaya eksantrik (kolon ekseni dışında etkiyen) normal kuvvet hali adı verilir.

y

y

y

e

My

My

y

y

z

z N

(ITE/KÇ=0) K.Ç.

M

Kuvvetler Çizgisi (K.Ç.)

e

M

EKSANTRİK NORMAL KUVVET HALİ

Mz

C

N

C

z Mz

N

C

Şekilde, herhangi bir simetri ekseni bulunmayan çubuk en kesitine etkiyen Me eğilme momenti ile N eksenel normal kuvveti gösterilmiştir. Me eğilme momentini z ve y eksenleri doğrultusundaki bileşenleri cinsinden gösterebiliriz. y

y

My

My

y

N C

C

z

z C

e1

Mz

e1

z

N

e2

Mz = N e1

Mz = N e1 My = N e2

Eksenel normal kuvveti, z ekseninden e1=Mz/N kadar aşağı kaydırmakla Mz momentinin yapacağı etki normal kuvvetin üzerine aktarılabilir. Benzer şekilde N normal kuvvetini y ekseninden e2=My/N kadar sola kaydırmakla da My momentinin yapacağı etkiyi içermesi sağlanabilir. Dolayısıyla başlangıçta verilen eksenel kuvvet artı iki eksene göre eğilme momenti yerine eksantrik normal kuvvet hali elde edilmiş olur. Eksantrik normal kuvvet, alan merkezine taşınırsa eksenel kuvvet + iki eksene göre eğilme momentleri elde edilebilir. Burada e1 ve e2 değerlerine eksantrisite (dış merkezlik) denir. 52

y y

Tarafsız eksen sonsuzdadır

My ysinbzcosb=0

T.E.

mi b

n

m

-

ma in

_

z

ks

z

Mz

N

m

a ks

C

+ +

Kirişin yan görünüşü

+ ma

ks

+ m

Süperpozisyon kuralını kullanarak eksantrik normal kuvvet halini, biri iki eksene göre eğilme momentlerinin bulunduğu eğik eğilme hali ile diğeri eksenel kuvvet hali olmak üzere ikiye ayırabiliriz. Eğik eğilme halindeki şekil değişimi ve gerilme diyagramı şekil üzerinde hatırlatılmıştır.

x 

M z  I zy z  I y y   M y  I z z  I zy y  I z I y  I zy2

tan b 

Kirişin yan görünüşü

a ks

Eksenel kuvvet halinde çubuk eksenine dik ve düzlem olan kesitlerin çubuk ekseni doğrultusunda ötelendiğini ve normal gerilmenin en kesit üzerinde düzgün yayılı olduğunu anımsayınız.



N A

M z I y  M y I zy M z I zy  M y I z

53

EKSANTRİK NORMALKUVVET HALİ : ÖZET

x 

My

e

M

y

T.E.

x 

K.Ç.

T.E.( Me )

Mz  Izy  z  I y  y  My Iz  z  Izy  y Iz  I y  Izy2

b

ysinbzcosb=0

N A

m

in

y _-

z Mz

m

_

N

in

+

+ = =

++

Süperpozisyon denklemi

 x    N x

x 

Me x

N M z  I zy  z  I y  y   M y  I z  z  I zy  y   A I z  I y  I zy2

m

+ a ks

+ m

a ks

54

ÖRNEK 1

Şekilde gösterilen dikdörtgen blok köşesinden etkiyen 40 kN’luk kuvveti taşımaktadır. A, B, C, D noktasındaki normal gerilmeleri hesaplayınız. x 40kN

40 y

I z  1.7067 106 mm4

iz2  533.33mm2

I y  0.4267 10 mm

i  133.33mm

6

80 z

G

x  C D

4

2 y

z ve y asal eksenlerdir.

2

My N Mz  y z A Iz Iy

y 40

C

D

40000 1.6 106 0.8 106 x    y z 80  40 1.7067 106 0.4267 106

 x  12.5  0.9375 y  1.875z A

M y  0.8 106 Nmm

M z  1.6 106 Nmm

N  40000 N

6.67

z

80

B

13.33

87 .5

 x  A  12.5  0.9375  40   1.875  20   62.5MPa

-

B

A

 x  B   12.5  0.9375  40  1.875  20  12.5MPa

y = 0  z = 6.67

T.E.

+ .5

y  13.33  2 z

z = 0  y = -13.33 62

T.E. Denklemi için x = 0 yazarsak;

.5

 x  D   12.5  0.9375  40  1.875  20   12.5MPa

12

 x  C   12.5  0.9375  40   1.875  20   87.5MPa

55

Şekilde boyutları verilen kesite A noktasından P basma kuvveti etkimektedir. Malzemede güvenlik gerilmesi em

ÖRNEK 2

= 60 ve em =-120 MPa olduğuna göre kesitin taşıyabileceği P kuvvetini hesaplayınız. y

y

30 25

A

180  30 15   90  30  75  35mm 180  30    90  30 

303 180 903  30 2 Iy    30 180   20    90  30  402  8.708 106 mm4 12 12

35 mm

z 65 mm

I zy   30 180  25  20   90  30  50    40   8.1106 mm4

30 120 mm

x 



y  0.372 z  30

 D  P 123.4  1.53  35  4.11 65 106  P 197.3 106 

P 197.3 106  60



C A

T.E . z

1 20

 x  P  123.4  1.53z  4.11y  106

 C  P 123.4  1.53  5  4.11115 106   P  588.4 106  P  588.4 106  120

y

N M z  I zy  z  I y  y   M y  I z  z  I zy  y   A I z  I y  I zy2

6 6 6 6  P 90 P 8.110  z  8.708 10  y   20 P  24.9110  z  8.110  y  x   2 8100 24.91106  8.708 106  8.1106 

x  0

z

30 1803 90  303 2 Iz    30 180   25    90  30  502  24.91106 mm4 12 12

15

180

180  30  90   90  30 15  65mm 180  30    90  30 

P  204.08kN    Pem  204kN P  304.1kN  

D

40. 25

+

56

Özel Durum: z,y; asal eksenler olsun. (Izy = 0) y

P

ez

Eksantrik normal kuvvet halindeki genel gerilme ifadesi, asal eksen takımı kullanıldığında basitleşir. Yan tarafta, pozitif bölgesinde eksantrik çekme kuvveti etkiyen dikdörtgen bir kesit görülmektedir. Eksantrik normal kuvvetin etkidiği noktanın z ve y koordinatları şekilde ez ve ey (eksantrisite) ile verilmişdir. Şimdi tarafsız ekseni belirleyip kesit üzerinde çizelim.

ey

z

x 

My N Mz  y z A Iz Iy

Pe P Pey  y z z 0 A Iz Iy

x 

T.E. Denklemini belirleyebilmek için x = 0 yazalım.



m

ak

s

  ez  P  ey 1  I y  I z   0 A z y   A A 

y +

ey

1

y  0  sz  

iy2 ez

ey iz2

y

ez z0 iy2

Tarafsız Eksen Denklemi

iz2 z  0  sy   ey

A1

(z 1

;y

1)

e 1  2 y  2z z  0 iz iy

Parantez içi sıfır olmalı

My

Meğer T.E. Normal kuvvetin şiddetinden bağımsızmış, Yalnızca eksantrik kuvvetin etki ettiği noktanın koordinatlarına bağlıymış.

sz

z

Mz N

-

;y 2 (z 2 A2

T. E.

)



m

in

sy

Eksantrik normal kuvvet halindeki en büyük çekme ve basma gerilmeleri, tarafsız eksenden en uzak noktaların koordinatları yardımıyla kolayca hesaplanabilir.

 xmaks 

Pez P Pe y  y1  z1 A Iz Iy

 xmin 

Pez P Pe y  y2  z2 A Iz Iy

57

Şekilde gösterilen kesit P çekme kuvvetinin etkisi altındadır. T.E.’nin A ve B noktalarından geçebilmesi için P kuvvetinin uygulandığı E noktasının koordinatını hesaplayınız. em = 140 MPa olduğuna göre P’nin alabileceği en büyük değer ne olmalıdır.

ÖRNEK 3 y 140 40

z, y asal eksenlerdir.

I z  78.933 106 mm4

B

I y  18.933 106 mm4

x 

40

iz2  4933.3mm2

z 120

Tarafsız Eksen Denklemi

iy2  1183mm2 P E

A

A  16000mm

 e M e P Mz P  y  y z  1  2y y  2z A Iz Iy A iy  iz

2

1

ey 2 z

i

y

  z  

ez z0 iy2

A ve B noktasının koordinatları T.E. denkleminde yazılır ise

40 D

 x   A  0  1  x   B  0  1

 maks   D 

yp 4933.3 yp 4933.3

 60    60  

zp 1183 zp

1183

 70   0 2

 20   0

P  45.68 26.28  1   100   70       140 16000  4933.3 1183

zp 1183

z  26.28mm

 90   0  yp  45.68mm p

P  643497 N

58

Tarafsız eksenin kesitin AB kenarı ile çakışması için eksantrik normal kuvvetin etkimesi gereken noktayı belirlemek istersek A ve B noktasının koordinatlarını T.E. Denkleminde yerine yazmak yeterlidir..

ÇEKİRDEK BÖLGESİ

ey

e 1  2 y  2z z  0 iz iy

y Tarafsız Eksen Denklemi

Iz bh3 h 2 i    A 12bh 12 2 z

D

A(b/2 ;h/2)

ez   b

b3 h b 2 i    A 12bh 12 2 y

Iy

6 h/2

z

12  ey  h  12  ez  b    2    0 h2  2  b 2 12  e  h  12  e  b   x  B   0  1  2 y     2 z    0 h  2 b 2

 x  A  0  1 

12  ez b 2  0  ez   ; b 6

ey  h

6 h/2

B(b/2 ;-h/2)

ey  0

Benzer şekilde tarafsız eksenin kesitin BC, CD ve DA kenarları ile çakışık olması hallerinde Eksantrik kuvvetin etki etmesi gereken noktalar belirlenerek birleştirilirse dikdörtgen kesitin ÇEKİRDEK bölgesi elde edilir. Normal kuvvet bu bölge içerisinde etkirse kesit tek işaretli gerilme etkisinde kalır. Aksi halde TE, kesitin içerisine girerek kesiti basma ve çekme olmak üzere iki farklı bölgeye ayırır. Bu husus özellikle tekil temellerin hesabında uygulama alanı bulur. Zemin, çekme gerilmeleri taşıyamadığından temel altında tamamen basma gerilmeleri elde edebilmek için gerektiğinde temel papucu bir doğrultuda uzatılarak eksantrik hale getirilir.

ÇEKİRDEK BÖLGESİ

C b/2

b/2

140 E

ÖDEV: Yanda gösterilen kesitin çekirdeğini belirleyip en kesit üzerinde gösteriniz.

D y

40 40 z 120

C

40 A

B

59

Simetrik olmayan Tekil Sömeller

yazılabilir. Demek ki e=M’/N ile e belirtilir ve A1 uzunluğu, A2 uzunluğundan 2e kadar fazla tutularak uniform gerilme yayılışı sağlanır.

N

N M*

H h*

e O*

O

N

A

O

A1

M '  M *  h* H momenti elde edilir. Buna göre kuvvetin O*O =e= M’/N olmak üzere O noktasına tek başına etkidiği düşünülebilir. Gerilme yayılışının üniform olması için O noktasının sömel tabanının ağırlık merkezinde olması gerekir. Buna göre dikdörtgen tabanlı sömeller için,

M'

H

B

Sömel üst seviyesinde tesir eden kuvvetler kolon ekseninin sömel tabanını kestiği O* noktasına icra edilirse aynı değerde N kuvveti ve

A2

A1

A

A

Bazen sömel altında üniform gerilme yayılışı temin edebilmek için sömel eksantrisitenin bulunduğu tarafa daha uzun yapılır. Bu yolla kolon eksenine göre simetrik olmayan bir sömel elde edilir. Aşağıda bu problem incelenmiştir.

(Temeller, ders notları Prof.Dr Halit DEMİR)

e

O

*

A2

N e

A1  A2  e A2  A2  e A1  A2  2e A1  A2  2e

H

O

A1

O*

A2 60

Simetrik Sömel hesabı

 z  0.25 MPa verildiğine göre M '  M  h H  150  1 75  225 kNm M ' 225 e   0.25 m N 900 *

*

Zeminin emniyet gerilmesi 0.25 MPa olduğuna göre sömel ve üzerindeki toprak için 0.025 MPa azaltma yaparsak (Sömel tabanının 1.25 m derinde olduğu kabul edilerek, ortalama birim hacim ağırlığı 20 kN/m3 alınarak 1.25*20=25 kN/m2 =0.025 MPa

 znet  0.25  0.025  0.225 MPa olur. Ön boyutlandırma için düzgün yayılı gerilme kabulu yapılabilir. N 900000 Alan  net   4000000 mm 2 z 0.225 A  B  4  106  2000 mm

2  2 m lik simetrik bir sömel seçilirse e  25cm  200 : 6  33cm sömelde çekme gerilmesi oluşmaz.

 eb hesaplanırsa,  eb

900000 225 106   1000  20003 2000  2000 200012

 eb  0.39375 MPa   znet

sömel alanı büyütülmelidir.

3  2 m lik simetrik bir sömel seçilirse e  25cm  300 : 6  50cm sömelde çekme gerilmesi oluşmaz.

 eb hesaplanırsa,  eb

900000 225 106   1500  30003 3000  2000 200012

 eb  0.225 MPa   znet  ek  0.075 MPa

sömel alanı yeterlidir. N

M*

H h*

O 3.00 m

2.00 m

N  900 kN M *  150 kNm H  75 kN

1m

ÖRNEK 4.1

N  900 kN M *  150 kNm H  75 kN

Eksantrik Sömel hesabı

1m

ÖRNEK 4.2

A  B  2 m alınırsa A1  A2  e  1  0.25  1.25 m A2  A2  e  1  0.25  0.75 m bulunur. Sonra kritik kesitlerdeki kesit tesirleri hesap edilerek kesit hesabı ve tahkikleri yapılır.

N

M '  M *  h* H  150  1 75  225 kNm M ' 225 e   0.25 m N 900 Buna göre sömelin bir tarafa olan çıkması diğer tarafa olan çıkmadan 2e=0.50 m fazla olacaktır. Zeminin emniyet gerilmesi 0.25 MPa olduğuna göre sömel ve üzerindeki toprak için 0.025 MPa azaltma yaparsak (Sömel tabanının 1.25 m derinde olduğu kabul edilerek, ortalama birim hacim ağırlığı 20 kN/m3 alınarak 1.25*20=25 kN/m2 =0.025 MPa

 znet  0.25  0.025  0.225 MPa olur.

H h*

0.25

O 1.25

O* 0.75

2.00 m

2m

 z  0.25 MPa verildiğine göre

M*

Gerilme uniform olacağına göre sömelin taban alanı A B

N

 znet

900 103   4 106 mm 2  4 m 2 0.0225

62

Şekilde gösterilen sömelde oluşacak en büyük basma gerilmesini hesaplayınız. gerilmesi taşımadığı kabul edilecektir.

ÖRNEK 5

y P=100 kN

x m

x

0. 67

P=100 kN M= 100 kNm

Zeminin çekme

y

z

z

A

G

B 0.5

2m

0.5

0.5

3m

e=1 m A

B TE

σ

ez 

s

My N



100  1 m 100

h 300   50 cm 6 6 Eksantrik normal kuvvet, çekirdek bölgesi dışındadır. O halde TE kesitin içine girmiştir.

Gerilmelerden oluşan kuvvet ve bu kuvvetin tarafsız eksene göre momenti, dış kuvvet ve dış kuvvetin T.E. göre momentine eşit olmalıdır.

2.(3  s )

B

2.(3  s )

B 2

2

 100 kN

. (3  s)  100(2.5  s ) 2 3

s  1.5 m,  B  66.7 KPa (kN m2 ) s  1500 mm  B  0.0667 MPa 63

KOLONLARIN BURKULMASI

64

KOLONLARIN BURKULMASI P

N=-P M= Py

Yapı elemanlarının gerilme ve şekil değiştirme kriterlerine göre incelenerek boyutlandırılması bundan önceki bölümlerde ele alındı. Bu bölümde yapı elemanlarının aldığı biçimi yük etkisi altında koruyup koruyamayacağı konusu araştırılacaktır. Stabilite, yapının ani biçim değişimi yapmadan verilen bir yükü taşıma kabiliyeti olarak tanımlanabilir. Aşağıdaki şekilde, üç farklı yüzey ve üzerindeki küre gösterilmiştir. Kürelere denge konumlarından küçük sapmalar verilip serbest bırakıldıklarında nasıl davranacakları hususunu, üç ayrı denge konumunu açıklamakta kullanabiliriz. w

w y

I w

F

M II

w

N

N

Kararlı Denge

I

w

II

F

I

N

w

N

Eğer küre denge konumu I`den uzaklaştırılırsa, küreyi orijinal denge konumuna döndürmeye zorlayan yeni bir F kuvveti oluşur. Bu denge durumu KARARLI DENGE olarak adlandırılır.

II N

Kararsız Denge

Küre denge konumu I`den hareket ettirilirse oluşan kuvvet küreyi denge konumundan daha da uzaklaştıracaktır. Bu denge durumuna KARARSIZ DENGE denir. Gerçek yapılardaki göçme olayına benzetilebilir.

N

N

Farksız Denge

Küre, denge konumu I`den hareket ettirildiğinde orada kalır ve denge konumu hiçbir zaman bozulmaz. Bu şekil kararlı ve kararsız denge arasında bir durumu gösterir ve FARKSIZ DENGE diye adlandırılır.

İki ucundan mafsallı eksenel basma kuvveti taşıyan bir çubuk düşünelim. Eksenel kuvvetin yavaş yavaş artması durumunda çubuk doğru eksenli başlangıç durumunu koruma eğilimindedir. O halde çubuğun doğru eksenli denge konumu, kararlı denge konumudur diyebiliriz. Eksenel kuvvetin belirli bir değerine ulaşıldığında çubuk, doğru eksenli denge konumunu bırakıp aniden eğri eksenli başka bir denge konumuna geçer. Bu olaya burkulma adını veriyoruz. Çubuk burkulduktan sonra yüklemedeki küçük değişmelerle kendisine yine eğri eksenli başka başka denge konumları bulur. Çubuğun eğri eksenli denge konumunu kolayca değiştirme eğiliminde olması sebebiyle bu denge konumuna kararsız denge konumu adı verilir. Burkulma, eksenel basma kuvveti taşıyan narin çubuklarda meydana gelir. En kesit alanı küçük, boyu büyük olan narin çubukların eksenel yük taşıma kapasiteleri burkulma olayı nedeniyle azalır.

65

P

EKSENEL YÜKLÜ KOLONLAR

P

Bu bölümde kolonların elastik burkulması ele alınacaktır. Burkulma probleminde amaç, doğru eksenli denge konumuna sahip bir kolonun eksenel basma yükü altında, eğri eksenli başka bir denge konumu olup olmadığını belirlemek ve varsa kolonu bu denge konumuna geçiren P yükünü hesaplamaktır.

N

İki ucu mafsallı bir kolon ele alalım ve aşağıdaki şartları sağladığını kabul edelim: a) Kolon başlangıçta doğru eksenlidir. b) Eğilme rijitliği EI, uzunluk boyunca sabittir. c) Malzeme lineer elastik, homojen ve izotroptur. d) Yük tam olarak ekseneldir. e) Yerel burkulma meydana gelmez.

(N + M)

x P

P

P

DÜZ

P N=-PCosq M =-Py

y

q Q=PSinq

BURKULMUŞ

q  tan q  y cos q  1 sin q  q

N   P  cos q Q  P  sin q M  P  y

L

N  P Q  P  y M  P  y

x y P

P

1

r



v

1  v3/ 2 

d2y M  dx 2 EI

1/ 2

66

2 

P EI

olarak tanımlanırsa diferansiyel denklem aşağıdaki gibi yazılır.

y   2 y  0

Bu diferansiyel denkleminin çözümü;

y  x   A sin   x   B cos   x 

x0



Burkulmaya yol açan en küçük yüke kritik yük denir. Kritik yüke ulaşıldıktan sonra ikinci mertebe momentler sebebiyle çubuktaki deformasyon hızla artarak çubuğun tahrip olmasına yol açar.

d2y P  y0 dx 2 EI

d2y M Py   2 dx EI EI

y  L  0

L2

İki ucu mafsallı kolonlar için EULER denklemi

0  A sin  0   B cos  0  0

xL 

 2 EI

Şeklindedir. Burada A ve B sabitleri sınır koşullarından bulunabilir.

y  0  0 B0

Pkritik 

1

y  x   A sin   x 

y  L   A sin   L   0 0

 L  n P   EI 2



n L

n2 2 P   2  L EI 2

n  1, 2,3,...

n 2 2 EI Pn  L2

67

Deformasyon bağıntısı

P1

 n y  x   A sin   L

 x 

P2

n = yarım sinüs eğrisi sayısı Basında bazen beton dökümü sırasında kalıp çökmesi nedeniyle meydana gelen yaralanma haberlerine rastlarız. Betonarme bir binanın kalıbının yapımında kiriş ve döşeme altlarına 50-75 cm aralıklarla yerleştirilen dikmeler kullanılır. Bir dikmenin burkulma açısından taşıyabileceği eksenel kuvvet küçüktür. Dikmeler, kuşak adı verilen ahşap elemanlar yardımı ile ortalarından hareket edemeyecek tarzda her iki yönde birbirlerine bağlanırsa burkulma yükü önceki yükün 4 katı olur. Eğer dikmeler uzunluklarının üçte bir noktalarından kuşaklarla bağlanmak suretiyle hareket edemez hale getirilirse burkulma yükü başlangıçtaki yükün 9 katına çıkar. Dolayısıyla kalıp tamamlandıktan sonra kuşakların dikkatlice kontrol edilmesi kalıp çökmelerini büyük ölçüde engellermiş.

P3

L/3 L/2 L/3 L/2 L/3

P1 n=1

  y  x   A sin  x  L 

P1 

 2 EI L2

P2

P3

n=2

 2 y  x   A sin   L

n=3

 x 

4 2 EI P2   4 P1 L2

 3 y  x   A sin   L

 x 

9 2 EI P3   9 P1 L2

68

Elastik eğrinin büküm noktaları arasındaki uzaklık, (Lb) burkulma boyu olarak tanımlanırsa, Euler kritik burkulma yükü formulünü farklı mesnet koşullarına sahip çubukların burkulma yüklerinin hesaplanmasında kullanmak mümkündür.

Pkritik 

P

P

P

P

L

Lb=0.707L

 2 EI min

L

L/2

L

L

2 b

L

Burkulma olayı, en kesitin en küçük atalet momentini veren eksene dik doğrultudaki yer değiştiresi ile meydana gelir. Bu sebeple İnce dikdörtgen ve L kesitler yerine her eksene göre atalet momentleri aynı olan Daire, halka, tüp yada geniş başlıklı I profil kesitlerin kullanılmaları daha uygun olur.

Lb=2L P

P

P

Lb  0.5L

Lb  L Pkritik 

Lb= 0.5L

 2 EI min 2

L

Pkritik  4

 2 EI min 2

L

P1

Lb 

Lb= 0.707L

Lb  2 L

L  0.707 L 2

Pkritik  2.05

 2 EI min L2

Pkritik

1  2 EI min  4 L2

69

KRİTİK GERİLME – NARİNLİK İLİŞKİSİ Bir kolonda burkulmaya yol açan en küçül normal gerilme σkritik (σkr), Euler burkulma yükü bağıntısının alana bölünmesiyle elde edilebilir. İki ucu mafsallı bir kolonda,

Pkritik 

 EI min 2

L2b

Pkr  2 EI min  2 E  2 E   2  2 Lb A Lb 2 A  2 imin

 2E  kr  2 

şeklinde ifade edilebilir. Burada λ, narinlik olarak tanımlanır. Narinlik EI (eğilme rijitliği) veya P (yükleme) ile ilişkili değildir.



kr

Lb i

Burkulma gerilmesi düşey eksende, narinlik değerleri de yatay eksende gösterilerek σkr – λ eğrisi çizilecek olursa, λ nın büyük değerlerinde eğrinin yatay eksene hızla yaklaştığı, küçük değerlerinde ise eğrini hızla büyüyerek düşey eksene asimptot olduğu görülür. Oysa normal gerilmenin büyümesiyle malzemede akma adını verdiğimiz kalıcı şekil değiştirmelerin ortaya çıkıp ezilme ve göçme olması gerekirdi. Dolayısıyla narinliğin küçük değerlerinde Euler hiperbolünün kullanılması doğru olmaz. Orantılılık sınırına karşı gelen narinlik değeri bir kriter olarak alınabilir.

 2E p  2 p

 2 210 103 190   p2

Yapı çeliği için kritik narinlik değeri 105 dir

300

Tetmajer doğrusu

200

Euler hiperbolü

p



p 105 Elastik olmayan Burkulma bölgesi

Elastik Burkulma bölgesi

 p  105 70

Narinliğin 105 den küçük olması durumunda burkulma gerilmesi orantılılık sınırını aşmakta dolayısıyla malzemede kalıcı şekil değiştirmelerin olması beklenmektedir. O zaman bu bölgeye Elastik Olmayan yada Plastik Burkulma Bölgesi adının verilmesi yanlış olmayacaktır. Narinliğin 105 den büyük olması durumunda ise burkulma gerilmesi oldukça küçük değerler alacağından, bu bölgedeki burkulmaya Elastik Burkulma Bölgesi denebilir. Plastik Bölgedeki burkulma yükünün belirlenmesinde ise Tetmajer’in deneysel çalışmaları sonucunda önerdiği doğru denklemleri kullanılabilir.

NARİNLİK – KRİTİK GERİLME İLİŞKİSİ : ÖZET

kr 300

Tetmajer doğrusu

200

  p

   p 

Tetmajer eğrisi geçerli burkulma elastik değil.

  p

   p 

Euler hiperbolü geçerli burkulma elastik bölgede.

Euler hiperbolü

p

Tetmajer doğru denklemleri



p 105 Elastik olmayan Burkulma bölgesi

  p    p 

 çelik için   kritik  29.3  0.194  ahşap için   kritik  310  1.14

Elastik Burkulma bölgesi

71

ÖRNEK 1

KOLONLARIN TASARIMI 1) Analiz (kontrol) : Lb, A, P bilinen büyüklükler. y z



z

Lb  (hesapla) imin

Şekilde boyutları verilen iki ucu mafsallı ahşaptan imal edilmiş kolonun taşıyabileceği P basma kuvvetini, kolon boyunun 4 ve 2 metre olması halinde ayrı ayrı hesaplayınız. (E = 10 GPa,)

  p  100

y

   p   Tetmajer formülünü kullan   kritik  a  b Pkritik  fs güvenlik katsayısı  fs

Burkulmanın elastik bölgede olduğu kabul edilir ( > p). P yükünü elastik burkulma bölgesinde taşıyabilecek en küçük atalet momenti hesaplanır (Imin) Bulunan bu atalet momentini sağlayacak uygun bir kesit seçilir (I, U, T veya dikdörtgen).

Pkr  fs  P  fs  1

 fs P  L I  2E

 hesaplanarak p değeri ile karşılaştırılır. Eğer ( > p) ise kabul doğrudur.

 kr 

 E 2 2

Pkr   kr  A



Pkr 

2 b

Ptoplam 

Pkr fs

Eğer ( < p) ise kabul yanlıştır ve kesit büyütülerek işlemler tekrarlanır.

100

120

 kr  29.3  0.194  

lb  l  4000mm

2) Boyutlandırma : E, P, Lb bilinen büyüklükler.

z

 120 1003 Iz   1107 mm 4  12 7 4  I min  110 mm 3 100 120 Iy   14.4 106 mm 4   12

 2E    p   Euler formülünü kullan   kr  2 ; Pkr   kr  A  Pemniyet 

y

lb imin

imin 

1107  28.9mm 12000

4000  138.41   p  100 28.9



 2  E  I  2 1104 1107   61622 N , lb2 40002

lb  l  2000mm imin  28.9mm

4

 kr 

Burkulma elastik bölgede Euler formülü geçerlidir.

61622  5.14MPa 100 120

Olsaydı;

2000   69   p  100 28.9

Burkulma plastik bölgede Tetmajer formülü geçerlidir.

Pkr  A   kr Pkr  100 120   29.3  0.194  69   190968 N 15.91MPa

72

Burkulma boyu Lb = 3m olan bir kolon P = 400 kN’luk bir eksenel kuvvet etkisi altındadır. Kolon E = 210 GPa olan dairesel kesitli D dış çapına sahip ve D/12 et kalınlığı olan içi boş bir borudan yapılmıştır. fs = 3 alınarak D dış çapını hesaplayınız.

ÖRNEK 2

fs  P  lb2 3  400 103  30002 I 2   5.21106 mm4 2 3  E   210 10

D-D/6

I  0.51775

A

D

i

D   D  4 D 6 I   64 64

 4

 D4 64

1202  1002   3454mm2

I 5267381   39.05mm A 3454

 kr  310  1.14

 5.21106 mm4



D  119.65mm  120mm

I  0.51775

 1204 64

t

4

120  10mm 12

 5267381mm4

3000  76.82   p  105 39.05

 kr  310  1.14  76.82  222.4MPa

Pmax 

222.4  3454  256056 N  400kN 3

Kesit bu yükü taşıyamaz. Kesit büyütülür.

D  140mm t  14mm I  11.13 106 mm4 A  5540mm2 i  44.8mm



3000  67  105 44.8

 kr  310  1.14  67  233.6MPa

Pmax 

5540  233.6  431381N  400kN 3

Süleyman Aksoy tarafından yapılan kesit seçimi 21 Mayıs 2009

D  165mm t  9.95mm I  14.62 106 mm4 A  4847mm2 i  54.93mm 3000 4847  247.74  kr  310  1.14  54.61  247.74MPa   54.61  105 Pmax   400240 N  400kN 3 54.93

73

Şekildeki L kesitli ahşap kolonun fs = 3 güvenlik katsayısı ile taşıyabileceği P yükünü bulunuz. E = 10 GPa

ÖRNEK 3

kç P

90 mm

  77.803  kr  14.21 MPa

30

kç

a)

Boşluğun kapanmasına, b) Çubukların elastik burkulmasına yol açan sıcaklık artışını hesaplayınız.

d = 25 mm

d = 25 mm

1.2mm

Pem  38357 N

150 mm

30

Aralarında 1.2 mm boşluk olan 25 mm çaplı silindirik çubukların uzunlukları 1’er metredir. Isıl genleşme katsayısı a = 12x10-6 1/oC olduğuna göre,

I min  5.3524  106 mm 4

L=1 m

C

tabana ve sol kenara göre statik moment alınırsa; y  35 mm z  65 mm

ÖRNEK 5

1m

1m

L  a  L  T ÖRNEK 4

Şekilde görülen BC çubuğu 90x180mm dikdörtgen kesitli ahşaptan yapılmıştır. Çubuğun fs=3 güvenlik ile taşıyabileceği q yükünü; L=3 m olması halinde, hesaplayınız. E = 10 GPa, p = 100

q

I min  10.935  106 mm 4

A B

  115.47 3m

C 3m

1m

6

0.0012  12 10  2  T

I  r4 r2 r    A 4 r 2 4 2

T  50 C Boşluk kapandıktan sonra sıcaklık artmaya devam ederse iç kuvvet oluşur.

 L t   L e

Pem  39.972 kN kN q  15 m

i

E a T   kritik 

a T L   2E 2

NL AE T 

  E a T 2  8.03 C a 2 74

ÖRNEK 6 Çelik AB çubuğu kare kesitli olup iki ucu mafsallıdır. 2 güvenlik katsayısı ile sisteme uygulanabilecek P kuvvetinin şiddetini hesaplayınız. λkr= 105, 