Mukavemet - II (34 örnek)

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

1. Şekildeki kesit eğilme momenti etkisindedir. σ çem = 100 kg / cm 2 , σ bem = 80kg / cm 2 olduğuna göre; a) Kesitin taşıyabileceği eğilme momentini bulunuz. Me =? b) Bulunan eğilme momenti için gerilme diyagramını çiziniz. Çözüm :

σ=

My

Mx ⋅y− ⋅x Jx Jy

xG = 6cm

12

Me

4 M x = − Me 5 3 M y = − Me 5

x

12 ⋅ 2 ⋅ 8 + 2 ⋅12 ⋅1 yG = = 4,5cm 12 ⋅ 2 ⋅ 2

G

5

a) σ =

2 ⋅12 3 12 ⋅ 2 3 + 2 ⋅12 ⋅ (8 − 4,5) 2 + + 2 ⋅12 ⋅ (1 − 4,5) 2 = 884cm 4 12 12

3

y

2 2

(cm)

Jx =

4

Jy =

5 (Ölçek : ½)

12 ⋅ 2 3 2 ⋅12 3 + = 296cm 4 12 12

− 4 / 5Me − 3 / 5Me − 4Me − 3Me ⋅y− ⋅x = ⋅y− ⋅ x σ = 0  tarafsız eksenin denklemi y = 2,24 x 884 296 5 ⋅ 884 3 ⋅ 296

1 Grup 1 (Asım GÜRALP)

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

b) T.E.

σmax = 52,35 A (1; 9,5)

σmin = 80

Me

x

G

y B(-6; 4,5) (Ölçek : ½)

σA =

− 4 Me − 3Me ⋅ (−9,5) − ⋅ (1) ≤ 100(σ çem ) 5 ⋅ 884 3 ⋅ 296

σ A = 0,0106 Me ≤ 100

2 Grup 1 (Asım GÜRALP)

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

σB =

21.03.2012

− 4 Me − 3Me ⋅ (4,5) − ⋅ ( −6) ≤ 80( σ BEM ) 5 ⋅ 884 3 ⋅ 296

σ B = 0,0162 Me ≤ −80 σ A = 52,35kg / cm 2 σ B = −80kg / cm 2 MeB = 4938,27 kgcm Me A = 9433,96kgcm 2. Şekilde yüklemesi

(Ölçek = 6/200)

verilen konsol kirişte,

x

1 t/m

kesit dikdörtgen olup

z y

1t

b/h = 0,5’dir. Malzemede

σ em = 100 kg / cm

B

A

2

C 1t

2m

olduğuna göre; AB ve

2m

BC arasındaki kesitleri ayrı ayrı bulunuz. 2

2 Çözüm :

–

–

0

b

h = 2b

0

0 +

2

3 Grup 1 (Asım GÜRALP)

0

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

Mxmax = −2tm My max = 2tm Mxmax = −2tm My max = 0

21.03.2012

 BC arası

 AB arası

BC Arası için : b ⋅ ( 2b ) 8b 4 Jx = = 12 12 3

σ max =

Mx ⋅ y ≤ 100 Jx

σ max =

Mx My ⋅y− ⋅ x ≤ 100 Jx Jy

σ max

− 2 ⋅10 5 = 4 ⋅ ( ± b ) ≤ 100 8b / 12

b ≥ 14,42cm

AB Arası için : 2b ⋅ ( b ) 2b 4 = 12 12 3

Jy =

σ max =

− 2 ⋅10 5 − 2 ⋅10 5 ⋅ y − ⋅ x ≤ 100 8b 4 / 12 2b 4 / 12

Tarafsız eksen denklemi için σ = 0 yapılır. Ve maxx = b, maxy = b/2 değerleri yerlerine koyulursa; b ≥ 20,8cm olur. Sonuç olarak  b ≥ 20,8cm seçilir.

3. Şekilde görülen 30º eğimli bir çatı makası üzerine monte edilen

q

NPI 12 profilinin üzerine gelen düzgün yayılı yükü emniyetle taşıyıp taşıyamayacağını kontrol ediniz. q = 100 kg / m NPI 12 : Mx

J u = 328cm 4 ; J v = 21,5cm 4 ; h = 12cm ; b = 5,8cm .

u

v

Çözüm : 30º

Q yükü asal eksenler ile kesişmediği için eğik eğilme oluşur. M u = M x ⋅ cos 30°

M v = − M x ⋅ sin 30° q

4m

+ M max = Grup 1 (Asım GÜRALP)

(Ölçek : 1/50)

4

ql 2 = 200 kg / cm 2 8

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

σ=

21.03.2012

Mu M 200 ⋅ cos 30° − 200 ⋅ sin 30° ⋅v − v ⋅u = ⋅v − ⋅u Ju Jv 328 21,5

T.E. A (-2,9; -6) u A (2,9; 6) v

σA =

17321 − 10000 ⋅6 − ⋅ 2,9 = 1665,7kg / cm 2 328 21,5

σ A > σ em σB =

17321 − 10000 ⋅ (−6) − ⋅ (−2,9) = −1665,7kg / cm 2 328 21,5

σ B > σ em Değerler emniyet gerilmesi değerlerinden büyük olduğundan profil

(Ölçek : ½)

üzerine gelen yayılı yükü

taşıyamaz.

4. Şekildeki L kesit Mx eğilme momenti etkisindedir.

14 cm

( E = 2 ⋅10 6 kg / cm 2 ) a) Tarafsız eksenin denklemini bularak, kesit

Mx

x

G

üzerinde gösteriniz. y

5 Grup 1 (Asım GÜRALP)

2 cm 2cm

10cm

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

2 b) σ em = 1400 kg / cm için kesitin

taşıyabileceği maksimum Mx değerini

bulunuz. c) Gerilme diyagramını çiziniz d) Eğrilik yarıçapını hesaplayınız. Çözüm: Ağırlık merkezinin yeri :

xG =

16 ⋅ 2 ⋅1 + 8 ⋅ 2 ⋅ 6 = 2,67 cm 16 ⋅ 2 + 8 ⋅ 2

yG =

16 ⋅ 2 ⋅ 8 + 8 ⋅ 2 ⋅1 = 5,67cm 16 ⋅ 2 + 8 ⋅ 2

Atalet Momentleri : 2 ⋅14 3 10 ⋅ 2 3 2 2 Jx = + 2 ⋅14 ⋅ ( 9 − 5,67 ) + + 10 ⋅ 2 ⋅ (1 − 5,67 ) = 1210,67cm 4 12 12 14 ⋅ 2 3 2 ⋅10 3 2 2 Jy = + 2 ⋅14 ⋅ (1 − 2,67 ) + + 10 ⋅ 2 ⋅ ( 5 − 2,67 ) = 362,66cm 4 12 12 J xy = 2 ⋅14 ⋅ ( 9 − 5,67 ) ⋅ (1 − 2,67 ) + 10 ⋅ 2 ⋅ (1 − 5,67 ) ⋅ ( 5 − 2,67 ) = −373,33cm 4

a) Kesit simetrik olmadığından  Tarafsız Eksenin denklemi

σ=

M x ( J y ⋅ y − J xy ⋅ x ) J x ⋅ J y + J xy2

y = −1,03 x bulunur.

6 Grup 1 (Asım GÜRALP)

= M x ( 0,00121 y + 0,001246 x )

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

B

b)

σ = M x ( 0,00121 y + 0,001246 x ) ≤ 1400 T. E. B( 0,67;−10,33) A( 2,67;5,67 )

σ A = 0,01019 M x ≤ 1400

Mx

x

G

σ B = −0,01166 M x ≤ 1400 5,67 cm

( M x ) A ≤ 137389,6kg / cm (M x ) B

≤120068

,6kg / cm

2

A

2,67cm

c) σ B = −1400 kg / cm 2 1223,5 kg/cm2 Mξ 1 = formülünü kullanırsak ρ E ⋅ Jξ tan β = −1,03 

β = −45,85°

(x ekseni ile tarafsız eksen arasında kalan açı)

7 Grup 1 (Asım GÜRALP)

–

+

σ A = 1223,5kg / cm 2

d)

1400 kg/cm2

y

2

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

M ξ = M x ⋅ cos β = 120068,6 ⋅ cos( − 45,85) = 83632,5kgcm (Tarafsız eksene etkiyen eğilme momenti) J ξ = 1210,67 ⋅ cos 2 ( − 45,85) + 362,66 ⋅ sin 2 ( − 45,85) + 373,66 ⋅ sin ( − 2 ⋅ 45,85) = 400,92cm 4

1 83632,5 = ρ 2 ⋅10 6 ⋅ 400,92

ρ=9587



,66 cm

5. Şekilde verilen kesit ve kirişin en çok zorlanan

0,6t

0,6t

kesitinin B noktasında asal gerilmeleri bulunuz. Kesitte kayma gerilmesi dağılışını gösteriniz. 2m

B 6cm

G

y 2cm

2cm

2cm 2cm (Ölçek : 1/1)

Çözüm :

8 Grup 1 (Asım GÜRALP)

2m (Ölçek : 1/100)

2cm

x

2m

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

xG =

Şeklin Ağırlık Merkezi 

600kg

600 T

600

+

0

600kg

0 600

Me 0

–

600 0

+ 1200

1200

yG =

2 ⋅ 6 ⋅ 5 + 2 ⋅ 6 ⋅1 = 3cm 2⋅6 + 2⋅6

JX =

2 ⋅ 63 6 ⋅ 23 2 2 + 2 ⋅ 6 ⋅ ( 5 − 3) + + 6 ⋅ 2 ⋅ (1 − 3) = 136cm 4 12 12

TD = 600 kg

τ=

M D = 1200 kgm = 120000 kgcm

T ⋅ S x 600 S x = b⋅ Jx 136b

9 Grup 1 (Asım GÜRALP)

6 = 3cm 2

;

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

M 120000 ⋅y= y Jx 136

σ=

B noktasındaki normal ve kayma gerilmesi :

τB =

600 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 4 = 35,29kg / cm 2 136 ⋅ 2

σB =

120000 ( − 3) = −2647,05kg / cm 2 136

B noktasındaki asal gerilmeler :

( − 2647,05) ±  ( − 2647,05)  + ( 35,29 ) 2 σ σ  = ±   +τ 2 =   2 2 2 2   2

σ 1, 2

2

σ 1 = 0,47 kg / cm 2 σ 2 = −2647 ,52 kg / cm 2

Kayma Gerilmesi Dağılışı :

τG =

600 ⋅ 5 ⋅ 2 ⋅ 2,5 = 55,15kg / cm 2 2 ⋅136

τ Küst =

600 ⋅ 6 ⋅ 2 ⋅ 2 = 52,94kg / cm 2 2 ⋅136

τ Kalt =

600 ⋅ 6 ⋅ 2 ⋅ 2 = 17,65kg / cm 2 6 ⋅136

B

34,29

+

G

52,15 52,94

17,45

0

10 Grup 1 (Asım GÜRALP)

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

P

P

6. Şekilde kesiti verilen konsol kiriş P kuvvetleri etkisi 2 altındadır. σ em = 1400 kg / cm olduğuna göre;

1m

1m

a) Yalnız eğilme etkisini göz önüne alarak; P kuvvetinin (Ölçek = ½)

alabileceği en büyük değeri bulunuz. b) P kuvvetinin bu değeri için kirişin en çok zorlanan

3cm

3cm

8cm

kesitinde normal ve kayma gerilmesi diyagramlarını

3cm

çiziniz. c) Boyun noktasında maksimum kayma gerilmesi hipotezini kullanarak gerilme kontrolü yapınız.

x

G

Çözüm : a) J x =

15cm

y

14 ⋅ 213 8 ⋅15 2 − = 8554,5cm 4 12 12

3cm

M x = 3Pkgm = 300 Pkgcm

σ max =

(Ölçek = ¼)

Mx − 300 P y max = ⋅ (10,5) ≤ 1400 Jx 8554,5

P

P

Pmax =3802 kg

T ⋅ Sx b) τ = b⋅ Jx

τ Ealt = τG =

τ Eüst

2 ⋅ 3802 ⋅14 ⋅ 3 ⋅ 9 = = 24kg / cm 2 8554,5 ⋅14

2 ⋅ 3802 ⋅14 ⋅ 5 ⋅ 9 = 56kg / cm 2 8554,5 ⋅ 6

2P + (T) 3P

2 ⋅ 3802 ⋅ (14 ⋅ 3 ⋅ 9 + 2 ⋅ 3 ⋅ 7,5 2 / 2) = 81kg / cm 2 8554,5 ⋅ 6 σ

1400

– (M)

τ 24 56

+ + 11 + Grup 1 (Asım GÜRALP)

– -1400

P

24 56

81

P

P

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

c) Boyun noktasının maksimum gerilmesinin asal gerilmeler ile kontrolü,

σE =

− 3802 ⋅ 300 ⋅ ( − 7,5) = 1000 kg / cm 2 8554,5 2

σ 1, 2

2

σ 1000 σ   1000  2 2 = E ±  E  +τ E = ±   + 56 2 2 2 2     σ 1 = 3,13kg / cm 2 σ 2 = −1003,13kg / cm 2

Hipotez 

σ m = σ 1 − σ 2 ≤ σ em 3,13 + 1003,13 ≤ 1400 olduğundan kiriş güvenlidir.

12 Grup 1 (Asım GÜRALP)

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

7. Şekilde boyutları verilen kesitte y ekseni doğrultusunda T kesme 2 kuvveti etkimektedir. τ em = 6kg / cm olduğuna göre;

a) Kesme kuvvetinin alabileceği en büyük değeri bulunuz.

6

G

x

b) Bu değer için kayma gerilmesi diyagramını çiziniz. Çözüm :

y

T ⋅ Sx a) τ = b⋅ Jx yG =

9 ⋅6 ⋅9 + 6 ⋅3⋅3 = 7,5cm 9⋅6 + 6⋅3

3

3

6

3 (Ölçek : ½)

9 ⋅ 63 3 ⋅ 63 2 2 ( ) Jx = + 9 ⋅ 6 ⋅ 9 − 7,5 + + 3 ⋅ 6 ⋅ ( 3 − 7,5) = 702cm 4 12 12 4,5 2 = 0,01442T ≤ 6



T ≤ 416 kg

τ Kalt =

T ⋅ 6 ⋅ 3 ⋅ 4,5 = 0,03846T ≤ 6 702 ⋅ 3



T ≤156 kg

τ Küst =

T ⋅ 6 ⋅ 3 ⋅ 4,5 = 0,01282T ≤ 6 702 ⋅ 9



T ≤ 468kg

τG =

T ⋅ 9 ⋅ 4,5 ⋅ 702 ⋅ 9

13 Grup 1 (Asım GÜRALP)

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

b) Kayma gerilmesi diyagramı T = 156 kg için : τ

G

2,25 6

2

0 8.

9 cm 4cm

x

G

18cm

y

4cm

Şekildeki 3 parçalı kesit kesme kuvveti etkisindedir. Parçalar birbirine tutkal yardımıyla yapıştırılmıştır. Tutkalın kayma gerilmesi 15 kg/cm2, malzemenin kayma emniyet gerilmesi 20 kg/cm2, olduğuna göre; a) Kesitin emniyetle taşıyabileceği emniyet gerilmesini, b) Bu kuvvet için kayma gerilmesi diyagramını çiziniz. Çözüm : a) τ =

T ⋅ Sx b⋅ Jx

yG =

4 ⋅18 ⋅ 2 + 4 ⋅18 ⋅13 + 4 ⋅ 9 ⋅ 24 = 10,8cm 4 ⋅18 + 4 ⋅18 + 4 ⋅ 9

14 Grup 1 (Asım GÜRALP)

7 cm

4cm

7 cm

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

Jx =

21.03.2012

18 ⋅ 4 3 4 ⋅18 3 9 ⋅ 43 2 2 2 + 18 ⋅ 4 ⋅ (10,8 − 2) + + 4 ⋅18 ⋅ (13 − 10,8) + + 9 ⋅ 4 ⋅ ( 24 − 10,8) = 14284,8cm 4 12 12 12

τ1 =

T ⋅ 9 ⋅ 4 ⋅13,2 = 0,008316T ≤ 15  4 ⋅14284,8

τ2 =

T ⋅ 4 ⋅18 ⋅ 8,8 = 0,01109T ≤ 15 4 ⋅14284,8

τG =

T ⋅ ( 4 ⋅18 ⋅ 8,8 + 6,8 ⋅ 4 ⋅ 3,4 ) = 0,01271T ≤ 20 4 ⋅14284,8



T ≤ 1803,75kg T ≤1352

,57 kg

T ≤ 1573,56kg



b) Kayma gerilmesi diyagramı T = 1352,57 kg için :

9. Şekildeki kesit 2 parçanın çivilerle bağlanmasıyla oluşmuştur. 2 a) Malzemede τ em = 20kg / cm olduğuna göre, kesitin taşıyabileceği kesme kuvvetini bulunuz.

b) Bir çivinin taşıyabileceği kesme kuvveti 200 kg ve çivi tertibi şekildeki gibi yapıldığına göre e çivi aralığını bulunuz. Çözüm : a) τ =

Ty ⋅ S x b⋅ Jx

yG =

12 ⋅ 4 ⋅ 2 + 4 ⋅12 ⋅10 = 6cm 12 ⋅ 4 + 12 ⋅ 4 (Ölçek : ½) 12cm

x

G

4cm

y 4cm

15 Grup 1 (Asım GÜRALP)

4cm

4cm

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

Jx =

21.03.2012

12 ⋅ 4 3 4 ⋅12 3 2 2 + 12 ⋅ 4 ⋅ ( 6 − 2 ) + + 4 ⋅12 ⋅ (10 − 6 ) = 2176cm 4 12 12

τG = τA =

b) τ A =

Ty ⋅ 4 ⋅10 ⋅ 5 4 ⋅ 2176 Ty ⋅12 ⋅ 4 ⋅ 4 4 ⋅ 2176

≤ 20

T y =870 ,4kg

Ty = 906,67 kg

≤ 20

870,4 ⋅12 ⋅ 4 ⋅ 4 = 19,2kg / cm 2 4 ⋅ 2176

4 ⋅ e ⋅τ A ≤ 2 ⋅ 200



4cm

e = 5,21cm

e e

τ 1

5

2

11,25

G

20

30 cm 10. Şekilde kesiti verilen perçinli kirişte Mxmax = 40tm ve 3,33 3 Ty = 30t ’dur. Baş ve boyun perçinlerinin çapları 0 2 2 20mm’dir. σ em = 1400 kg / cm , τ em = 800 kg / cm ,

2cm

15

120.80.10

σ ez = 2400 kg / cm 2 olarak verildiğine göre. Gerekli 2cm

perçin aralığını hesaplayınız. x

G

Korniyer :

50 cm

ex = 3,92 cm ey = 1,95 cm

y

2

A = 19,1 cm

16 Grup 1 (Asım GÜRALP)

2cm

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

Jx = 98,1 cm4 Jy = 98,1 cm4

Çözüm :  2 ⋅ 23  2 ⋅ 50 3 30 ⋅13 2 2 Jx = + 2⋅ + 2 ⋅ 30 ⋅1 ⋅ 25,5 + 4⋅,98,1 + 4 ⋅19,1 ⋅ ( 25 − 1,95 ) − 4 ⋅  + 2 ⋅ 2 ⋅ 25 2  = 90831,9cm 4 12 12  12  Normal gerilme tahkiki :

σ=

Mx 4000000 ⋅y= ⋅ 26 = 1145kg / cm 2 < σ em Jx 90831,9

Kayma gerilmesi tahkiki (Maksimum merkezde oluşacağından merkezdeki) : SxG = 1⋅ 30 ⋅ 25,5 + 2 ⋅19,1 ⋅ (25 − 1,95) + 2 ⋅ 25 ⋅12,5 − 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 25 = 2070,5cm 3

τG =

Ty ⋅ S x J x ⋅b

=

30000 ⋅ 2070,5 = 341,9kg / cm 2 < τ em 90831,9 ⋅ 2

Birim genişliğe gelen kuvvetler : Z2 =

Z1 =

T ⋅ S x 30000 ⋅ (1⋅ 30 ⋅ 25,5 − 2 ⋅ 2 ⋅1 ⋅ 25,5) = = 219 kg jx 90831,9

T ⋅ S x 30000 ⋅ (1 ⋅ 30 ⋅ 25,5 + 2 ⋅19,1 ⋅ ( 25 − 1,95 ) − 2 ⋅ 2 ⋅ ( 25 − 4,5) ) = = 516,4kg jx 90831,9

Perçin aralıkları Kesmeye göre Z1 ⋅ a ≤ 2 ⋅

π ⋅d 2 ⋅τ em a ≤ 23cm 4

Z1 ⋅ a ≤ t min ⋅ d ⋅ σ ez

Ezilmeye göre

Z2 ⋅ a ≤ 2⋅

a ≤ 44cm

π ⋅d 2 ⋅τ em 4

a ≤9,74 cm

Z 2 ⋅ a ≤ t min ⋅ d ⋅ σ ez

a ≤ 18,6cm

11. Şekildeki kesit 4 tane 6× 6 ‘lık kare parçanın, 3× 30 cm2’lik

6 × 6cm2

levhaya tutkal ile yapıştırılması ile elde edilmiştir. 2 2 Malzemede σ em = 105kg / cm , τ em = 8kg / cm ; tutkalda

τ em = 4kg / cm 2 olduğuna göre kesitin güvenlikle 3 × 30cm 2

taşıyabileceği eğilme momenti ve kesme kuvvetini bulunuz. x

G

Çözüm : Malzeme için;

σ max =

Mxmax ⋅ y max Jx

τ max =

Tmax ⋅ S x J x ⋅b 17

Grup 1 (Asım GÜRALP)

y

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

 6 ⋅ 63  3 ⋅ 30 3 J x = 4 ⋅  + 36 ⋅12 2  + = 27918cm 4 12  12  105 ≥

Mxmax ⋅15 27918

Mxmax ≤ 195426 kgcm



Kesitin merkezinde oluşacak maksimum kayma gerilmesi dikkate alınarak;

τG =

Ty ⋅ S x J x ⋅b

=

Ty ⋅ ( 3 ⋅15 ⋅ 7,5 + 2 ⋅ 6 ⋅ 6 ⋅12 ) 27918 ⋅ 3

= 5000cm 3

a) Kama – Kiriş ezilme tahkiki 

z ≥ t ⋅ b ⋅ σ bem = 2,2 ⋅ 20 ⋅12 = 3740 kg

b) Kamada kayma tahkiki

z ≥ c ⋅ b ⋅τ em '



19 Grup 1 (Asım GÜRALP)

3740 ≥ c ⋅ 20 ⋅12

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

c ≥ 15,58 = 16cm c) Kirişte kayma tahkiki

z ≤ b ⋅ ( a − c ) ⋅τ em



3740 ≤ 20 ⋅ ( a − 16 ) ⋅12 a = 34,7cm

13. Şekildeki kesitin kayma merkezini belirleyiniz. Kesitte kayma gerilmesi dağılışını çiziniz. (Kesitin Jx eylemsizlik momenti verilmektedir.)

b A

B Ty u

e Çözüm : T1 ⋅ h / 2 + T2 ⋅ 0 + T3 ⋅ h / 2 = Ty ⋅ e

τ1 =

Ty ⋅ S x J x ⋅ t1

=

Ty ⋅ u1 ⋅ t1 ⋅ h / 2

b

T1 = ∫ τ 1 ⋅ t1 ⋅ du =

J x ⋅ t1

=

t2

Ty ⋅ u1 ⋅ h 2J x

Ty ⋅ hb ⋅ t1

0

T1 ⋅ h = Ty ⋅ e

4J x

b

T1 = T3

0

Ty ⋅ h ⋅ t1 ⋅ b 2 4J x

− h = Ty ⋅ e



e=

h 2 ⋅ b 2 ⋅ t1 4J x

20 Grup 1 (Asım GÜRALP)

G h/2

y

t1

2

T2 = ∫ τ 2 ⋅ t 2 ⋅ du = Ty

x

S

h/2

C

D

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

τzx + B

A T1

τzy T2 x

–

G y T3

C

D –

14. Şekildeki kesitin kayma merkezini

B

belirleyiniz. Kesitte kayma gerilmesi dağılışını çiziniz. (Kesitin Jx eylemsizlik momenti verilmektedir.)

τ2 =

Ty ⋅ S x J x ⋅ t1

=

Ty ⋅ u1 ⋅ t ⋅ h / 2 J x ⋅t

Ty ⋅ u 2 ⋅ t ⋅ h / 2 J x ⋅t

=

u3

Ty

2t

e

t

u2 h/2

Ty ⋅ u1 ⋅ h

h/2

2J x E b/2

21 Grup 1 (Asım GÜRALP)

C

u1

S

Çözüm :

τ1 =

τzx

D

F b

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

  b  h − t − u3   Ty ⋅ u3 ⋅ 2t ⋅   +  b +  ⋅ t ⋅ h / 2 2 2      τ3 = 2t ⋅ J x

–

Diyagramda görüldüğü gibi : T1 = T4 ; T2 = T5

T2

T1

+

T1 ⋅ h / 2 − T2 ⋅ h / 2 + T4 ⋅ h / 2 − T5 ⋅ h / 2 = −Ty ⋅ e e=

( T1 − T2 ) ⋅ h

b/2

T1 =

∫ 0

b/2

T2 =

∫ 0

Ty ⋅ h / 2 ⋅ u1 Jx Ty ⋅ h / 2 ⋅ u 2 Jx

T3

–

− Ty

⋅ t ⋅ du = ⋅ t ⋅ du =

Ty ⋅ h ⋅ b 2 ⋅ t

T4

8J x Ty ⋅ h ⋅ b 2 ⋅ t

– T5

+

4J x

 h ⋅ b2 ⋅ t h ⋅ b2 ⋅ t   Ty ⋅  − 8 J 4 J ( T1 − T2 ) ⋅ h x x  = e= = − Ty Ty

−

b2 ⋅ h2 ⋅ t 8J x

15. Bir çekme çubuğunu kesiti şekilde verilmiştir.

6cm

Çekme kuvveti A noktasına uygulandığına göre. Bu 1cm

P kuvvetinin alabileceği değeri hesaplayın, gerilme 2 dağılışını çizin. σ em = 2000 kg / cm

2cm

A x

Çözüm : M x = − P ⋅ (5 − e)

1cm

G

M y = P ⋅1 e y 22

Grup 1 (Asım GÜRALP)

2cm

4cm

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

My N Mx + ⋅y− ⋅x A Jx Jy

σ= e=

21.03.2012

(Ölçek : 1/1)

4⋅ 2⋅ 2 + 6⋅ 2⋅5 = 3,8cm 4⋅2 + 6⋅2

Jx =

2 ⋅ 43 6 ⋅ 23 + 2 ⋅ 4 ⋅ (3,8 − 2) 2 + + 6 ⋅ 2 ⋅ (3,8 − 5) 2 = 57,87cm 4 12 12

σ=

P 1,2 P P + ⋅y− ⋅x 20 57,87 38,67



2000

G

+

y (1; 3,8) 631

23 Grup 1 (Asım GÜRALP)

2 ⋅ 63 4 ⋅ 23 + = 38,67cm 4 12 12

Tarafsız eksenin denklemi y = 2,41 − 1,25 x

(-3; -2,2)

x

Jy =

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

σD =

P 1,2 P P + ⋅y− ⋅ x ≤ 2000 kg / cm 2 20 57,87 38,67

P =11547

σC =

21.03.2012

kg

11547 1,2 ⋅11547 11547 + ⋅ 3,8 − ⋅1 20 57,87 38,67

σ = −631kg / cm 2

1cm

16. Şekilde boyutları verilen kesitte A noktasında P basınç kuvveti etkimektedir.

σ çem = 600 kg / cm 2 , σ bem = 1200 kg / cm 2 olduğuna göre kesitin taşıyabileceği P kuvvetini bulunuz. Bulunan P değeri için

(Ölçek : ½) 15cm

kesitte gerilme dağılışını çiziniz.

x

Çözüm :

G

y 1cm

3cm 3cm

24 Grup 1 (Asım GÜRALP)

9cm

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

σ=

21.03.2012

M x ⋅ J xy + M y ⋅ J x N M x ⋅ J y + M x ⋅ J xy + ⋅y− ⋅x 2 2 A J x ⋅ J y + J xy J x ⋅ J y + J xy xG =

3 ⋅18 ⋅1,5 + 9 ⋅ 3 ⋅ 7,5 = 3,5cm 3 ⋅18 + 9 ⋅ 3

yG =

3 ⋅18 ⋅ 9 + 3 ⋅ 9 ⋅1,5 = 6,5cm 3 ⋅18 + 9 ⋅ 3

Jx =

3 ⋅18 3 9 ⋅ 33 + 3 ⋅18 ⋅ (9 − 6,5) 2 + + 9 ⋅ 3 ⋅ (1,5 − 6,5) 2 = 2490,75cm 4 12 12

Jy =

18 ⋅ 33 3 ⋅ 93 + 3 ⋅18 ⋅ (1,5 − 3,5) 2 + + 9 ⋅ 3 ⋅ (7,5 − 3,5) 2 = 870,75cm 4 12 12

J xy = 3 ⋅18 ⋅ (9 − 6,5) ⋅ (1,5 − 3,5) + 9 ⋅ 3 ⋅ (1,5 − 6,5) ⋅ (7,5 − 3,5) = −810cm 4

M x = 9⋅ P

M y = 2⋅ P

A = 81cm 2

N = −P

 1   1 σ = P  −  + ⋅ ( ( 9 ⋅ 870,75 − 2 ⋅ 810 ) y − ( − 9 ⋅ 810 + 2 ⋅ 2490,75) x )  2  81  870,75 ⋅ 2490,75 − 810  y =3 −0,37 x

25 Grup 1 (Asım GÜRALP)

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

C(0,5; -11,5)

1200

–

x

G

y

D(3,5; 6,5) +

401,6

y =3 −0,37 x

σ C = −0,05884 P ≤ 1200 kg / cm 2



P ≤ 20379 kg 26

Grup 1 (Asım GÜRALP)

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

σ D = 0,019708 P ≤ 600 kg / cm 2

Bu durumda

P ≤20379

kg



21.03.2012

P ≤ 30444 kg

seçilir. Ayrıca σ D = 0,019708 ⋅ 20379 = 401,6kg / cm 2 bulunur.

17. Şekilde boyutları verilen barajda tabanda

2m D

çekme gerilmesi meydana gememesi için

E

su yüksekliği ne kadar olmalıdır. Baraj malzemesinde birim hacim ağırlık

γ = 2,4t / m 2 Çözüm 20m w2

w1

h F

A

G

C

B

A

h·γ

N = −( w1 + w2 )

10m

27 Grup 1 (Asım GÜRALP)

C

B (Ölçek : 1/200)

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

1 N = −(2 ⋅ 20 ⋅1 ⋅ 2,4 + 8 ⋅ 20 ⋅ ⋅1 ⋅ 2,4 = −288t 2 h h h3  16  M x = − w2 ⋅  − 5  − w1 ⋅ 4 + 1 ⋅ h ⋅ ⋅1⋅ = −448 + 2 3 3 3  Jx =

1 ⋅10 3 250 4 = m ; F = 10m 2 12 3

σ =−

288 − 448 + h 3 / 6 + ⋅y 10 250 / 3

σB = −

288 − 448 + h 3 / 6 + ⋅ ( − 5) = 0 10 250 / 3

σA =−

288 − 448 + 17,72 3 / 6 + ⋅ y = −57,56t / m 2 10 250 / 3

h =17 ,72 m

18. Boyutları verilen kesitin çekirdeğini belirleyiniz.

6cm

A

6cm B

3cm Çözüm :

D

C

12 ⋅ 3 ⋅ 22,5 + 3 ⋅18 ⋅1,5 + 8 ⋅ 3 ⋅1,5 e= = 13,1cm 12 ⋅ 3 + 3 ⋅18 + 8 ⋅ 3

1,5 1,5

x

G

18cm y e

3cm 28 Grup 1 (Asım GÜRALP)

M

4cm

4cm

N

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

12 ⋅ 33 3 ⋅183 + 12 ⋅ 3 ⋅ (22,5 − 13,1) 2 + + 3 ⋅18 ⋅ (12 − 13,1) 2 12 12 3 8⋅3 + + 8 ⋅ 3 ⋅ (1,5 − 13,1) 2 = 7978,74cm 4 12 Jx =

3 ⋅12 3 18 ⋅ 33 3 ⋅ 83 Jy = + + = 600,5cm 4 ; A = 144cm 2 12 12 12

σ=

My N Mx + ⋅y− ⋅x A Jx Jy

1) Kuvvet S1’de T.E. AB doğrusu P ⋅ yS1 P N=P + ⋅y=0 114 7978,74 M x = P ⋅ y S1 } y = −10,9 1 y + ⋅ yS1 = 0 My =0 114 7978,74 (Ölçek : ½) 2) Kuvvet S2’de T.E. BD doğrusu N=P Mx =0 M y = − P ⋅ xS 2 T .E. → x = −6

− P ⋅ xS 2 1 + ⋅x =0 } 114 600,5 xS 2 = 0,88

3) Kuvvet S3’de T.E. ND doğrusu − P ⋅ xS 3 P − P ⋅ yS 3 + ⋅y− ⋅x 114 7978,74 600,5 1 − 13,1 4 } + ⋅ yS 3 − ⋅ xS 3 = 0 114 7978,74 600,5 1 7,9 6 + ⋅ yS 3 − ⋅ xS 3 = 0 114 7978,74 600,5 0=

N=P M x = −P ⋅ yS 3 M y = − P ⋅ xS 3

4) Kuvvet S4’de T.E. MN doğrusu N=P P − P ⋅ yS 4 + ⋅y=0 M x = P ⋅ y S 4 } 114 7978,74 y S 4 = −5,34 My =0

y = 13,9

29 Grup 1 (Asım GÜRALP)

xS 3 = 1 y S 3 = −1,27

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

(Kalan S5 ve S6 noktaları sırasıyla S3 ve

S2 değerlerinin y ekseninin negatif

değerleridir.) Çekirdek :

S4 S3

S5

S2

S6

x

S1 y

19. 1 ve 2 kesitleri aynı malzemeden olup kesitleri dairedir. Taşıyıcı sistemin C ucuna etkiyen yükü emniyetle taşıyabilmesi için kesit çapı ne olmalıdır.

30 Grup 1 (Asım GÜRALP)

A z

3m

B

x y

1t

2cm C

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

Çözüm : 1t

1t

B

A

C

B

3

2

–

Me

–

Me

Mb 0

+

2

Mb

2

τ=

J0 =

πD 4 32

J0 =

πr 4 2

Jx = Jy =

πD 4 32

Jx = Jy =

Mb ⋅r J0

πr 4 4

A kesitinde M σe = e ⋅ y Jx

σ emaks.

3 ⋅10 5 D 96 ⋅10 5 = ⋅ = πD 4 2 πD 3 32 2

2

σ 1, 2

 96 ⋅10 5   32 ⋅10 5  σ 96 ⋅10 5 σ  2   +   = E ±  E  +τ E = ± 3  3  2 2πD 3  2   2πD   2πD 

Maksimum kayma hipotezine göre

31 Grup τ 1 (Asım GÜRALP) max

τ bmaks.

M τb = b ⋅r J0

2

2 ⋅10 5 D 32 ⋅10 5 = ⋅ = πD 4 2 πD 3 32 105,69 ⋅10 5 σ1 = kg / cm 2 3 πD 9,69 ⋅10 5 σ2 = − kg / cm 2 πD 3

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

105,69 − ( − 9,69 ) ⋅10 5 115,38 5 σ m = σ1 −σ 2 = = ⋅10 ≤ σ em πD 3 πD 3

σ em = 1000 kg / cm 2

D ≥15 ,43 cm

20. Şekilde boyutları kesiti ve yükleme durumu

A

verilen çubukta en çok zorlanan kesitte K, C, D, E noktalarındaki asal gerilmeleri

B z

hesaplayın. M b = 3tm ; P1 = 4t ; P2 = 8t

1,5m

8

P2

P1

(Ölçek : 1/20)

Çözüm :

Mb

C

8 + N

D x

E K y

4

+

4

20cm T

6 –

3

Me

+

Mb 3

32 Grup 1 (Asım GÜRALP)

(Ölçek : 1/5)

15cm

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

Jx =

21.03.2012

π ⋅ (10 4 − 7,5 4 ) = 5369cm 4 4

J 0 = 10738cm 4

A = 137cm 2

σC =

8000 6 ⋅10 5 − ⋅ ( − 10 ) = 1176 kg / cm 2 137 5369

σD =

8000 = 58kg / cm 2 137

σk =

8000 6 ⋅10 5 − ⋅ ( − 10 ) = 1176 kg / cm 2 137 5369

σE =

8000 = 58kg / cm 2 137

Kesme Kuvveti (τ zy )

τk =τc = 0

Sx = 0

 π ⋅ 20 2 4 ⋅10 π ⋅15 2 4 ⋅ 7,5  4000 ⋅  ⋅ − ⋅ 8 3π 8 3π   τE = = 57 kg / cm 2 5 ⋅ 5369

τ D = τ E = 57 kg / cm 2

Burulma momentinden dolayı

τ C zx =

Mb 300000 ⋅r = ⋅10 = 279 kg / cm 2 J0 1078

τ Dzx = 279 kg / cm 2

τ Ezx = τ k zx = −279 kg / cm 2

K noktası : 2

σ 1, 2

− 1059  − 1059  2 = ±   + ( − 279 ) 2  2 

σ 1 = 69kg / cm 2 σ 2 = −1128kg / cm

2

τ maks. =

σ1 −σ 2 = 599 kg / cm 2 2

τ maks. =

1239 − 63 = 651kg / cm 2 2

τ maks. =

253 + 195σ 2 = 244 kg / cm 2 2

C noktası : 2

σ 1, 2

1176  1176  2 = ±   + ( 279 ) 2  2 

σ 1 = 1239 kg / cm 2 σ 2 = 63kg / cm

2

E noktası : 2

σ 1, 2

58  58  2 = ±   + ( − 279 + 58) 2  2

σ 1 = 253kg / cm 2 σ 2 = −195kg / cm 2

D noktası : 2

σ 1, 2

58  58  2 = ±   + ( − 336 ) 2  2

σ 1 = 336 kg / cm 2 σ 2 = 308kg / cm

2

τ maks. = 337 kg / cm 2

21. Şekilde verilen taşıyıcı sistemi ve yüklemesi verilen kirişin elastik eğrisini ve maksimum çökmenin yerini ve değerini bulunuz.

M1 33 Grup 1 (Asım GÜRALP)

M1 L

L

M1 L

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

Çözüm : ΕΙ v ′′( z ) = −

M1 ⋅z L

ΕΙ v ′( z ) = −

M1 2 ⋅ z + c1 2L

ΕΙ v( z ) = −

M1 3 ⋅ z + c1 z + c2 6L

Sınır Şartları z=0 

v=0 

c2 = 0

z=L 

v=0 

0=−

Elastik eğri

ΕΙ v( z ) = −

M1 3 ⋅ L + c1 L 6L



c1 =

M 1L 6

M 1 3 M 1L ⋅z + z 6L 6

Maksimum çökme, dönmenin 0 olduğu yerdedir. ΕΙ v′( z ) = −

M 1 2 M 1L ⋅z + =0 2L 6



z=

L 3

 L  vmaks. = v =  3

22. Şekilde verilen taşıyıcı sistemi ve yüklemesi verilen kirişin

M L2 9 3Ε Ι

q

elastik eğrisini ve maksimum çökmenin yerini ve değerini bulunuz.

L Çözüm : Mesnet tepkileri

a

qa2 2

qa 1.Bölge ( 0 ≤ z ≤ a ) z qa 2 M 1 + q ⋅ z ⋅ − qa ⋅ z + =0 2 2 qz 2 qa M1 ( z) = − − qaz − =0 2 2 2.Bölge ( a ≤ z ≤ L )

34 Grup 1 (Asım GÜRALP)

b

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

qz 2 qa 2 ″ ΕΙ v1 ( z ) = − qaz + 2 2

″ ΕΙ v2 ( z ) = 0

qz 3 qaz 2 qa 2 ′ ΕΙ v1 ( z ) = − + z + c1 6 2 2 ΕΙ v1 ( z ) =

′ ΕΙ v2 ( z ) = D1

qz 4 qaz 3 qa 2 2 − + z + c1 z + c2 24 6 4

ΕΙ v2 ( z ) = D1 z + D2

Sınır Şartları : z = 0 , v = 0 , v′ = 0



′ v1 (a) = 0  c1 = 0

v1 ( a) = 0  c2 = 0

Süreklilik Şartları : z=a

′ ′ v1 (a) = v2 (a )

v1 ( a) = v2 (a )

qa 4 qa 4 qa 4 − + = D1a + D2 24 6 4

v1 ( a) = v2 (a )  ′

qa 3 qa 3 qa 4 − + = D1 6 2 4

′

v1 (a) = v2 (a ) 

v1 ( z ) =

(

q z 4 − 4az 3 + 6a 2 z 2 24 Ε Ι

)



D2 =

qa 4 24



D1 =

qa 3 6

v2 ( z ) =

qa 3 ( 4z − a) 24 ΕΙ

23. Şekilde verilen taşıyıcı sistemi ve yüklemesi verilen

q

kirişin elastik eğrisini ve maksimum çökmenin yerini ve değerini bulunuz. L Çözüm : ΕΙ v IV ( z ) = q ΕΙ v ′′( z ) =

ΕΙ v ′( z ) =

ΕΙ v′′′( z ) = qz + c1

qz 2 + c1 z + c2 2

qz 3 c1 z 2 + + c 2 z + c3 6 2 ΕΙ v′( z ) =

qz 4 c1 z 3 c2 z 2 + + + c3 z + c 4 24 6 2 35

Grup 1 (Asım GÜRALP)

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

Sınır Şartları : z = 0  v = 0 , v′ = 0

z = L  v=0, M =0

ve

v(0) = 0



c4 = 0

v′(0) = 0



c3 = 0

v( L) = 0



qL4 c1 L3 c2 L2 + + =0 24 6 2

v′′( L) = 0



qL2 + c1 L + c2 = 0 2



c1 = −

5qL 8

c2 =

qL2 8

q

L

ΕΙ v ′( z ) =

4

qL 48

 z z z 2  − 5  + 3  L L   L 4

3

2

   

5   ΕΙ v ′′′( z ) = q z − L  = −T ( z ) 8   ΕΙ v ′′( z ) =

(

)

q 4 z 2 − 5 Lz + L2 = − M ( z ) 8

5 qL 8

−

qL2 8 -

z1 = 0



z 2 = 1,297 L



z 3 =0,578 L

3 − qL 8

0 +

dönme v ′( z ) = 0 

+

9 M max = qL2 8

24. Şekilde verilen taşıyıcı sistemi ve yüklemesi verilen kirişin elastik eğrisini ve maksimum çökmenin yerini ve değerini başlangıç değerleri metodunu kullanarak bulunuz. Çözüm : L

36 Grup 1 (Asım GÜRALP)

a

b

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

v ( z ) = v0 + θ 0 z − v1 ( z ) = −

21.03.2012

M 0 2 T0 3 z − z 2ΕΙ 6ΕΙ

M 0 2 T0 3 z − z 2ΕΙ 6ΕΙ

v2 ( z ) = −

M 0 z 2 T0 z 3 P ( z − a ) 3 − + 2ΕΙ 6ΕΙ 6ΕΙ

Sınır Şartları : z = 0  v = 0 , v′ = θ 0

z = L  v=0, θ =0

ve

M 0 2 T0 3 P ( L − a ) 3 L − L + =0 2ΕΙ 6ΕΙ 6ΕΙ M T P( L − a ) 2 ′ v2 ( L) = − 0 L − 0 L2 + =0 ΕΙ 2ΕΙ 2ΕΙ v2 ( L) = −

M0 = −  T0 =

Pb 2 a L2

Pb 2 ( L + 2a ) L3

Elastik Eğri Denklemleri : ΕΙ v1 ( z ) =

Pb 2 a z 2 Pb 2 z3 ⋅ − 3 ⋅ ( L − 2a ) ⋅ 2 2 6 L L

Ε Ι v2 ( z ) =

Pb 2 a z 2 Pb 2 z3 P ⋅ − ⋅ ( L −2a ) ⋅ + ( z −a ) 3 L 2 3 6 6

C

25. Şekildeki kirişte orta noktadaki çökmeyi mohr metoduyla bulunuz. Çözüm :

EI

2EI

EI

L/3

L/3

L/3

C EI

2EI

EI

P T

+ P PL 3ΕΙ

M + PL 3

PL 3

PL 3ΕΙ

PL 6ΕΙ

Mohr metodunda Moment Diyagramı EI değerlerine orantılı olarak kirişe yüklenir. PL 3ΕΙ

PL 6ΕΙ Mc

VA 37 Grup 1 (Asım GÜRALP)

L/3

L/6

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

PL2 PL2 PL2 3PL2 PL2 V A = VB = + = = 12ΕΙ 9 ⋅ 2 36 36 12 PL L L 1 PL L  L L  PL2  L L  MC + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ +  − ⋅ +  = 0 6ΕΙ 2 12 2 3ΕΙ 3  6 6  12ΕΙ  3 6 

M C = vC =

26. B noktasındaki çökmeyi ve dönmeyi mohr metoduyla

31 PL 2 ⋅ 1296 ΕΙ

P

bulunuz.

A

P

EI

B

a

Çözüm : P A

P

EI

B

+

+

T

3Pa ΕΙ

3Pa –

a

Pa ΕΙ

Pa

M

B

A

Yüklenmiş Eşlenik Sistem

vB = M B 38 Grup 1 (Asım GÜRALP)

θ B = TB

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

1  3Pa Pa  1 Pa 5 Pa 2 θ B = TB =  + ⋅a = ⋅ ⋅a + ⋅ 2  ΕΙ ΕΙ  2 ΕΙ 2 ΕΙ 1 Pa 2 Pa a  1 2 Pa 2  7 Pa 3   vB = M B = ⋅ ⋅a⋅ a + ⋅ a ⋅a +  + ⋅ ⋅ a ⋅a + a = ⋅ 2 ΕΙ 3 ΕΙ 2  2 ΕΙ 3  2 ΕΙ  

q

27. Şekildeki kirişte A ve B mesnetlerindeki dönmelerle C ve D noktalarındaki çökmeleri mohr metoduyla hesaplayınız.

q B

A

D

C L/2

Çözüm :

39 Grup 1 (Asım GÜRALP)

2qL

L/3

L/2

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

q

2qL

21.03.2012

q B

A

D

C

− M

2

qL 8 –

q ( L / 2) 2 8

+ qL2 8

∑M

A

= qL ⋅

19qL2 16

L qL  L + 2qL2 − VB ⋅ 2 L + ⋅  2L +  2 2  4 VB =

∑P

y

= −qL − 2qL − VA =

2VB L =

27qL 16 qL + 7qL + V A 2 29qL 16 40

Grup 1 (Asım GÜRALP)

qL2 9qL2 + 2qL2 + 2 8

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

19qL2 16 B

A

D

x qL2 8

19qL2 16

B

A

2

qL 8

D

B By

M2

qL2 8

2 1 19qL2 L  1 19qL2 2 L 1 qL2 L L  2 qL  TA = 2 L − ⋅ ⋅ L ⋅ + L − ⋅ ⋅ L ⋅ L +  − ⋅ ⋅L⋅ + ⋅ ⋅L⋅ = 0 2 16ΕΙ 2  2 16ΕΙ 3 2 8ΕΙ 3 3  3 8ΕΙ 

∑M ∑M

31 qL3 ⋅ 48 ΕΙ

TA =

θA =

A

=0



By =

D

=0



2 q( L / 2) L L 1 qL2 L 2 L 9qL2 L MD + ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ =0 3 8ΕΙ 2 4 2 8ΕΙ 2 3 2 16ΕΙ 2

9qL3 16ΕΙ

θB =

9qL3 16ΕΙ

2

41 Grup 1 (Asım GÜRALP)

MD =

vD =

− 35 qL4 ⋅ 128 ΕΙ

By

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

∑M

C

=0

21.03.2012



1 19qL2 L 2 qL2 L 31 qL2 MC + ⋅ ⋅L⋅ − ⋅ ⋅L⋅ − ⋅ ⋅L =0 2 16ΕΙ 2 3 8ΕΙ 2 48 ΕΙ

MC =

vC =

13 qL4 ⋅ 32 ΕΙ

28. Şekildeki değişken kesitli basit kirişte orta

q

noktadaki çökme ve dönmeyi, konsol kiriş yöntemi ile bulunuz.

A L/2

Çözüm : q A

B 2EI

A

EI

B

δ1

δ2 A’ B’

42 Grup 1 (Asım GÜRALP)

2EI

EI L/2

B

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları 3

4

3

4

 qL   L  L   ⋅   q  2 3 2 δ1 =     +   6ΕΙ 16ΕΙ

 qL   L   L   ⋅   q  2 2 2 δ2 =     +   6ΕΙ 16ΕΙ

tan θ C ≅ θ C =

δ 2 − δ1 L

δ1 =

21.03.2012

δ C = δ1 +

5 qL4 ⋅ 768 ΕΙ

L L ⋅ sin θ C = δ 1 + θ C 2 2

δ2 =

5 qL4 ⋅ 384 ΕΙ

29. şekildeki çubukta n = 2 güvenliği ile taşınabilecek P yükünü bulunuz.

P

E = 2,1 ⋅10 6 kg / cm 2 , λk = 105 , σ k = 3100 − 11,4λ . 2cm Çözüm : Jx =

 10 ⋅ 2 3  2 ⋅14 3 + 2 ⋅  + 10 ⋅ 2 ⋅ 8 2  = 3031cm 4 12  12 

14cm

 2 ⋅10 3  14 ⋅ 2 3  = 343cm 4 Jy = + 2 ⋅  12  12 

2cm

A = 2 ⋅ 2 ⋅10 + 2 ⋅14 = 68cm 2

4cm

J min = J y = 343cm 4 imin =

J min 343 = = 2,25cm A 68

lb = 0,7l = 0,7 ⋅ 650 = 455cm lb imin

=

455 = 202,2 > λk olduğundan 2,25

burkulma elastik bölgededir. Euler formülü kullanılırsa ; 43 Grup 1 (Asım GÜRALP)

2cm

4cm

(Ölçek: ¼)

Sistemden dolayı ;

λ=

6,5m

(Ölçek: 1/100)

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

Pkr =

21.03.2012

π 2 ⋅ E ⋅ J min π 2 ⋅ 2,1 ⋅10 6 ⋅ 343 = = 34339,22kg 2 455 2 lb

Pem =

Pkr = n

17169 kg

30. Şekildeki iki ucu ankastre çubuğun n = 2 güvenliği ile taşıyabileceği P yükünü bulunuz. E = 2 ⋅10 6 kg / cm 2

P

λk = 105 2cm

12cm

σ k = 3100 − 11,4λ . 3m Çözüm : xG = Jx =

2 ⋅12 ⋅1 + 2 ⋅12 ⋅ ( 2 + 6 ) = 4,5cm 12 ⋅ 2 + 2 ⋅12 2 ⋅12 3 12 ⋅ 2 3 + = 296cm 4 12 12

2cm (Ölçek: 1/100)

44 Grup 1 (Asım GÜRALP)

12cm (Ölçek: ¼)

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

12 ⋅ 2 3 2 ⋅12 3 2 2 Jy = + 12 ⋅ 2 ⋅ ( 4,5 − 1) + + 2 ⋅12 ⋅ ( 8 − 4,5) = 884cm 4 12 12 A = 12 ⋅ 2 + 2 ⋅12 = 48cm 2 J min = J x = 884cm 4 J min 884 = = 2,48cm A 48

imin =

Sistemden dolayı ;

λ=

lb imin

=

lb = 0,5l = 0,5 ⋅100 = 150cm

150 = 60,48 < λk olduğundan burkulma elastik bölge dışındadır. 2,48

Tetmajer formülü kullanılırsa ;

σ k = 3100 − 11,4λ = 3100 − 11,4 ⋅ 60,48 = 2410,53kg / cm 2 σ=

P  A

Pem =

Pkr = σ ⋅ A = 2410,53 ⋅ 48 = 115705,44kg

Pkr 115705,44 = = n 2

57852

,72 kg

31. Şekildeki ahşap kolonda n = 3 için P yükünü bulunuz. E = 10 5 kg / cm 2 , λk = 100

P

Çözüm : A = 12 ⋅ 3 + 3 ⋅15 = 81cm 2

9cm 1m

Ağırlık Merkezleri xG = 6,5cm , yG = 3,5cm

3cm 3cm

Atalet momentleri

(Ölçek: 1/25)

45 Grup 1 (Asım GÜRALP)

15cm (Ölçek: 1/25)

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

3 ⋅12 3 15 ⋅ 33 2 2 Jx = + 3 ⋅12 ⋅ ( 6 − 3,5) + + 15 ⋅ 3 ⋅ (1,5 − 3,5) = 870,75cm 4 12 12 12 ⋅ 33 3 ⋅153 2 2 Jy = + 12 ⋅ 3 ⋅ (1,5 − 6,5) + + 3 ⋅15 ⋅ (10,5 − 6,5) = 2490,75cm 4 12 12 J xy = 12 ⋅ 3 ⋅ ( 6 − 3,5) ⋅ (1,5 − 6,5) + 3 ⋅15 ⋅ (1,5 − 3,5) ⋅ (10,5 − 6,5) = −810cm 4

J 1, 2 =

Jx ⋅ Jy 2

 Jx − Jy ±   2

2

  + J xy 2  2

J min =

870,75 ⋅ 2490,75  870,75 − 2490,75  2 4 −   + ( − 810 ) = 535,25cm 2 2   J min 535,25 = = 2,57cm A 81

imin =

lb = 2l = 2 ⋅100 = 200cm

Sistemden dolayı ;

λ=

lb imin

=

200 = 77,82 < λk olduğundan burkulma elastik bölge dışındadır. 2,57

Tetmajer formülü kullanılırsa ; (ahşapta tetmajer σ k = 293 − 1,94λ )

σ k = 293 − 1,94λ = 293 − 1,94 ⋅ 77,82 = 142 kg / cm 2 σ=

P  A

Pem =

Pkr = σ k ⋅ A = 142 ⋅ 81 = 11502 kg

Pkr 11502 = = n 3

3834 kg

32. Şekildeki sitemde n = 2 güvenliği ile taşınabilecek P yükünü bulunuz.

σ em = 1400 kg / cm 2

σ k = 3100 − 11,4λ

α

12cm

α

3cm

(Ölçek: ¼)

P 46

Grup 1 (Asım GÜRALP)

4cm

8cm

E = 2 ⋅10 6 kg / cm 2 λk = 105

(Ölçek: 1/100)

3cm P

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

Çözüm : S3 α

∑F ∑F

S1

P

S3 =

x

=0

S1 + S 2 ⋅ cos α = 0

y

=0

S 2 ⋅ sin α − P = 0

P = 1,25 P sin α

sin α =

S1 = −

4 = 0,8 , 5

cos α =

3 = 0,6 5

P = −0,75 P = N tan α

S1 çubuğu için ; J min =

λ=

lb imin

=

12 ⋅ 83 = 512cm 4 12

J min 512 = = 2,31cm A 12 ⋅ 8

imin =

600 = 259,7 > λk olduğundan burkulma elastik bölgededir. 2,25

Euler formülü kullanılırsa ; Pkr =

π 2 ⋅ E ⋅ J min 2 lb

Pem =

P 37431,39 = = 18715,70kg n 3

π 2 ⋅ 2 ⋅10 6 ⋅ 512 0,75 P = 600 2

P = 37,431,39kg

S1 çubuğu için ;

σ=

P  A

1400 =

0,75 P 8 ⋅12

P = 107520 kg Sonuç olarak

18715

,70 kg

seçilir.

Not: S1’de sadece basınç olduğundan stabilite oluşur bu nedenle üstteki gibi alınır. S2 ve S3 çubuklarında ise çekme vardır, bu nedenle σ = P / A kullanılır. Fakat basınçta ise stabilite geçerlidir.

33. Şekildeki sistemde güvenlikle taşınabilecek q yükünü

Q

bulunuz. λk = 100, Q = 49L, E = 105kg/cm2

q B

A 10cm 10cm

3,5m

5cm (Ölçek: ¼) Kiriş Kesiti Grup 1 (Asım GÜRALP)

(Ölçek: ¼) Kolon Kesiti

C 47

3m

3m (Ölçek: 1/100)

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

Çözüm : Q

q

Q x

x

q

A

B 2L

x

Q A

B θd

δ b2 = δ d + θ d ⋅ L

δ b2

δ b1 =

q ⋅ ( 2L) x ⋅ ( 2L) + 8ΕΙ 3ΕΙ 4

3

Q ⋅ ( L) Q ⋅ ( L) ⋅ L = + 3ΕΙ 2ΕΙ 3

2

δ b = δ b1 + δ b 2  J min =

δb = 0 

π ⋅ 54 = 490,625cm 4 4 λ=

lb imin

=

x =6009

imin =

490,625 = 2,5cm π ⋅ 52

350 = 140 > λk olduğundan burkulma elastik bölgededir. 2,5 48

Grup 1 (Asım GÜRALP)

Y.T.Ü. İnşaat Mühendisliği Bölümü 2003 – 2004 Mukavemet II Dersi Uygulamaları

21.03.2012

Euler formülü kullanılırsa ;

π 2 ⋅ E ⋅ J min Pkr = 2 lb

600 q =

π 2 ⋅10 5 ⋅ 625 350 2

q =6,59 kg / cm

34. Şekildeki çubuk 4t’luk eksenel basınç etkisi altındadır. Güvenlik katsayısı 2,5 olduğuna göre kesiti boyutlandırınız. E = 10 kg / cm , λk = 100 , 5

P

2

σ k = 293 − 1,94λ 2b

Çözüm : Boyutlandırma soruları, burkulmanın elastik bölgede olduğu

b

kabulü yapılarak çözümlenir. (Euler Denklemi kullanılır.) Pem =

π ⋅ E ⋅ J min 2 n ⋅ lb 2

J min =



Pem ⋅ n ⋅ lb π 2 ⋅E

2

(Ölçek: 1/100) lb = 0,7l

4000 ⋅ 2,5 ⋅ ( 0,7 ⋅ 300 ) = = 446,83cm 4 2 5 π ⋅10 2

J min

b ⋅ ( 2b ) 2 Jx = = b4 12 3

2b ⋅ b 3 1 4 Jy = = b 12 6

3



1 J min = J y = b 4 6 1 4 b = 446,83 6

b =7,20 cm

Kontrol Yapılırsa; imin =

λ=

lb imin

J min 446,83 = = 2,07cm A 2 ⋅ 7,20 2 =

0,7 ⋅ 300 = 101,45 > λk olduğundan burkulma elastik bölgededir. 2,07

Yapılan Kabul Doğrudur.

49 Grup 1 (Asım GÜRALP)

3m