Yapı statiği

YAPI STATİĞİ I ÇÖZÜMLÜ ÖRNEKLER

P1=20 kN

4,5 m

P2=30 kN

q =10 kN/m

4,5 m

9m

o f=4m oB

Ao 9m

9m L=18 m

ZİREDDİN MEMMEDOV

M. ARİF GÜREL

Harran Üniversitesi İnşaat Mühendisliği Bölümü

1 

YAPI STATİĞİ I ÇÖZÜMLÜ ÖRNEKLER

ZİREDDİN MEMMEDOV

M. ARİF GÜREL

Harran Üniversitesi Mühendislik Fakültesi İnşaat Mühendisliği Bölümü

Şanlıurfa 2007 2 

ÖNSÖZ Yapı Mühendisliğinin başlıca amacının; yapı elemanlarının ve sistemlerinin yeterli bir güvenlik ve rijitlikle, ekonomik ve kullanım amacına uygun şekilde boyutlandırılması olduğunun, İnşaat mühendisleri ve bu dalda eğitim alan genç mühendis adayları tarafından iyi bilindiği kanaatindeyiz. Yapıların belirtilen koşullara uygun olarak boyutlandırılabilmesi için ilk yapılması gereken, dış etkilerden dolayı yapıda oluşan kesit tesirlerinin belirlenmesidir, ki bu, Yapı Statiği dersinin kapsamına girer. Hazırlanmış olan Yapı Statiği I – Çözümlü Örnekler adlı bu kitapta İzostatik (statikçe belirli) sistemlerin dış yüklere göre hesabı ele alınmıştır. Bu amaçla, önce her bölümün başında gerekli bilgiler öz olarak verilmiş, ardından yeterli sayıda örnek açıklamalı olarak çözülmüştür. Örneklerin seçiminde farklı sistem ve yükleme durumları olmasına özen gösterilmiştir. İnşaat Mühendisliği yapılarının önemli bir bölümü bilindiği üzere Hiperstatik (statikçe belirsiz) sistemlerdir. Bu tür sistemlerin dış yüklere göre hesabı, Yazarlar tarafından hazırlanması planlanan Yapı Statiği II – Çözümlü Örnekler adlı kitapta verilecektir. İzostatik sistemlerin hesabını iyice öğrenmiş ve özümsemiş bir öğrencinin Hiperstatik sistemlerin hesabında zorlanmayacağı açıktır. Yazarlar, kitabın bilgisayar ortamında hazırlanması sırasındaki yardımlarından dolayı Arş. Gör. Makine Yüksek Mühendisi Mustafa Özen’ e teşekkür ederler. Kitabın, İnşaat Mühendisliği öğrencilerine ve uygulamada çalışan Mühendislere yararlı olması dileklerimizle. Şanlıurfa, 2007 Zireddin MEMMEDOV

3 

M. Arif GÜREL

İÇİNDEKİLER 1. GİRİŞ …………………………………………………………………………. 2. GERBER KİRİŞLERİ ……………………………………………………….. Gerber Kirişlerim Sabit Yüklere Göre Hesabı ve İç Kuvvetler Diyagramının Çizimi ……………………………………………………………. Örnek 2.1. ………………………………………………………………………... Örnek 2.2. ………………………………………………………………………... Örnek 2.3. ………………………………………………………………………... Örnek 2.4. ………………………………………………………………………... Örnek 2.5. ………………………………………………………………………... Örnek 2.6. ………………………………………………………………………... Örnek 2.7. ………………………………………………………………………... 3. GERBER KİRİŞLERDE TESİR ÇİZGİLERİ …………………………….. Genel Bilgiler ……………………………………………………………………. Örnek 3.1. ………………………………………………………………………... Örnek 3.2. ………………………………………………………………………... Örnek 3.3. ………………………………………………………………………... Örnek 3.4. ………………………………………………………………………... Örnek 3.5. ………………………………………………………………………... Örnek 3.6. ………………………………………………………………………... Örnek 3.7. ………………………………………………………………………... Örnek 3.8. ………………………………………………………………………... 4. İZOSTATİK ÇERÇEVELERİN HESABI …………………………………. Genel Bilgiler ……………………………………………………………………. Örnek 4.1. ………………………………………………………………………... Örnek 4.2. ………………………………………………………………………... Örnek 4.3. ………………………………………………………………………... Örnek 4.4. ………………………………………………………………………... Örnek 4.5. ………………………………………………………………………... Örnek 4.6. ………………………………………………………………………... Örnek 4.7. ………………………………………………………………………... 5. KAFES SİSTEMLERİNİN HESABI ……………………………………….. Genel Bilgiler ……………………………………………………………………. Örnek 5.1. ………………………………………………………………………... Örnek 5.2. ………………………………………………………………………... Örnek 5.3. ………………………………………………………………………... Örnek 5.4. ………………………………………………………………………... Örnek 5.5. ………………………………………………………………………... Örnek 5.6. ………………………………………………………………………... Örnek 5.7. ………………………………………………………………………... 6. KAFES SİSTEMLERDE TESİR ÇİZGİLERİ …………………………….. Genel Bilgiler ……………………………………………………………………. Örnek 6.1. ………………………………………………………………………... Örnek 6.2. ………………………………………………………………………... Örnek 6.3. ………………………………………………………………………... Örnek 6.4. ………………………………………………………………………... Örnek 6.5. ………………………………………………………………………... 4 

Sayfa No 1 5 5 5 10 14 17 20 26 31 36 36 36 40 42 43 45 47 48 50 52 52 52 56 60 64 70 76 81 89 89 90 93 96 99 102 106 108 113 113 113 118 122 126 130

Örnek 6.6. ………………………………………………………………………... 7. ÜÇ MAFSALLI SİSTEMLER ……………………………………………… Genel Bilgiler ……………………………………………………………………. Örnek 7.1. ………………………………………………………………………... Örnek 7.2. ………………………………………………………………………... Örnek 7.3. ………………………………………………………………………... Örnek 7.4. ………………………………………………………………………... Örnek 7.5. ………………………………………………………………………... Örnek 7.6. ………………………………………………………………………... 8. ÜÇ MAFSALLI SİSTEMLERDE TESİR ÇİZGİLERİ ............................... Genel Bilgiler ……………………………………………………………………. Örnek 8.1. ………………………………………………………………………... Örnek 8.2. ………………………………………………………………………... Örnek 8.3. ………………………………………………………………………... Örnek 8.4. ………………………………………………………………………... Örnek 8.5. ………………………………………………………………………... KAYNAKLAR …………………………………………………………………..

5 

133 138 138 142 147 153 159 165 171 177 177 177 182 184 187 190 193

1. GİRİŞ Taşıyıcı sistemler, üzerlerine gelen yükleri güvenlik sınırları içinde taşıyıp zemine ileten sistemlerdir. Bu sistemleri oluşturan elemanlara yapı elemanları denir. İnşaat mühendisliğinin bina, köprü, baraj gibi çeşitli mühendislik yapılarının tasarımı ile uğraşan dalı yapı mühendisliği olarak adlandırılır. Yapı mühendisliğinin temel amacı, mühendislik yapılarının yeterli bir güvenlik ve rijitlikle, ekonomik şekilde boyutlandırılmasıdır. Bu iş için yapı mühendislerine gerekli olan bilgilerin önemli bir bölümü Yapı Statiği derslerinde verilir. Bu derslerde yapı sistemlerinin sabit ve hareketli yüklere göre hesaplama yöntemleri ele alınır. Yapı sistemlerinin sınıflandırılması: Yapı sistemleri kendilerini oluşturan yapı elemanlarına bağlı olarak - bir boyutlu sistemler (çubuk sistemler: kirişler, kafes sistemler, çerçeveler ve kemerler) - iki boyutlu sistemler (yüzeysel taşıyıcı sistemler: plaklar, levhalar ve kabuklar) - üç boyutlu sistemler (uzaysal taşıyıcı sistemler: istinat duvarları, baraj gövdeleri, v.s.) şeklinde sınıflandırılır. Bu kitapta sadece çubuk sistemler incelenmiştir. Yükler Yapı sistemlerinde iç kuvvet (kesit tesiri, kesit zoru), şekildeğiştirme ve yerdeğiştirme oluşturan tüm etkilere yük adı verilir. Dış yükler (yapıların kendi ağırlıkları, ilave yükler, kar yükü, rüzgar yükleri, deprem yükleri), mesnet çökmeleri, sıcaklık değişimleri, büzülme (rötre) ve yapım hatalarından kaynaklanan yükler başlıca yükler olarak belirtilebilir. Yükler şekilleri bakımından - Tekil yükler ve - Yayılı yükler olarak sınıflandırılabilir. a) Yayılı yükler aşağıdaki gibi sınıflandırılır (Şekil 1.1): a) Düzgün (üniform) yayılı yük b) Üçgen yayılı yük

q

q

b)

c)

q2

q1

c) Trapez yayılı yük

qm d) d) Parabolik yayılı yük

e) Gelişigüzel yayılı yük

q(x)

e) Şekil 1.1. Yayılı yük çeşitleri

Yükler ayrıca 1 

- Sabit yükler (taşıyıcı sistemlere daima etkiyen yükler), - Hareketli yükler (taşıyıcı sistemler üzerinde yerleri değişebilen yükler), - Statik yükler (sıfırdan başlayarak son hesap değerlerini alan yükler), - Dinamik yükler (değerleri, yönleri veya yapı üzerindeki durumları hızla değişen yükler), - Toplam yükler olarak da sınıflandırılabilir. Yapı sistemlerinin dinamik yüklere göre hesabı Yapı Dinamiği dersinin konusudur. Mesnetler Yapı sistemlerinin dış ortamla (genellikle zemin ile) bağlandığı yerlere mesnet denir. Mesnetlerde hareketin kısıtlandığı doğrultularda tepkiler oluşur. Mesnetler aşağıdaki gibi sınıflandırılır. a) Kayıcı mesnet a) b) c) P

P

P

ooo

V

V

V

Şekil 1.2. a) Kayıcı mesnet, b) , c) Hesaplama şemaları. b) Sabit mesnet

b)

a) P

P

R

V

c) P

H H

H V

V

Şekil 1.3. a) Sabit mesnet, b) , c) Hesaplama şemaları. b)

c) Ankastre mesnet a) P H M

c)

P

e

H M V

M V

V

M=V.e

Şekil 1.4. a) Ankastre mesnet, b) , c) Hesaplama şemaları. d) Kayıcı ankastre mesnet 2 

P

V H

b)

a) P

c)

P

e M

M

M V

P

V

M=V.e

V

V

Şekil 1.5. a) Kayıcı ankastre mesnet, b) , c) Hesaplama şemaları. d) Elastik mesnetler

b)

a)

Şekil 1.6. Elastik mesnetler, a)Çökmeye karşı elastik mesnet, b) Dönmeye karşı elastik mesnet. Düğüm hoktaları Çubukların birbirleriyle birleştikleri noktalara düğüm noktaları denir. En yaygın düğüm noktaları şunlardır: - Rijit düğüm noktaları 1

3

θ1

2

θ3 θ2 θ1 = θ2 = θ3

Şekil 1.7. Bir rijit düğüm noktası. - Mafsallı düğüm noktaları 1

3

θ1

2

θ3 θ2 θ1 =/ θ2 =/ θ3

Şekil 1.8. Bir mafsallı düğüm noktası. Çubukların mafsalla birleştiği uçlarında eğilme momenti sıfırdır. Mafsallı düğüm noktaları basit ve karmaşık diye ikiye ayrılır. İki çubuğun birleştiği mafsallı düğüm basit (Şekil 1.9a), 3 

ikiden fazla çubuğun birleştiği mafsallı düğüm ise karmaşık düğüm (Şekil 1.9b) olarak adlandırılır. b)

a)

Şekil 1.9. a) Basit, b) Karmaşık mafsallı düğüm. Taşıyıcı Sistemlerin Genel Sınıflandırılması Yapı Statiğinde taşıyıcı sistemler iki ana gruba ayrılırlar. Bunlar; - İzostatik (statikçe belirli) sistemler ve - Hiperstatik (statikçe belirsiz) sistemlerdir. İzostatik sistemler, Statik’in üç temel denklemi olan ∑ X = 0 , ∑ Y = 0 ve

∑M = 0

ile

hesaplanabilen sistemlerdir. Hiperstatik sistemler ise hesaplanabilmeleri için yukarıdaki üç temel denklemin yeterli olmadığı, ilave denklemlerin gerektiği sistemlerdir. Bir taşıyıcı sistemin hesabı, gelen etkiler altında mesnet tepkilerinin, iç kuvvetlerin ve yerdeğiştirmelerin hesaplanması demektir. Bu kitapta yalnızca İzostatik sistemlerin hesabı ele alınmıştır. Bu bağlamda, kirişler, düzlem çerçeveler ve kafes sistemler, üç mafsallı çerçeveler ve kemerler incelenmiştir.

4 

2. GERBER KİRİŞLERİ Gerber Kirişlerin Sabit Yüklere Göre Hesabı ve İç Kuvvet Diyagramlarının Çizimi İnşaat pratiğinde, örneğin çok açıklıklı köprülerde ve çatı aşıklarında, basit, konsol ve çıkmalı kirişlerin kendi aralarında mafsalla bağlanması sonucu elde edilen çok açıklıklı izostatik kirişler kullanılır. Böyle kirişler Gerber kirişler diye adlandırılır. Gerber kirişlerde ısı değişimlerinden ve mesnet çökmelerinden dolayı iç kuvvetler meydana gelmez. Bu kirişlerin hesabı Statiğin denge denklemleri kullanılarak yapılır. Gerber kirişlerin hesabı için gereken açıklamalar Örnek 2.1’in çözümünde verilmektedir. Örnek 2.1 Boyutları ve yükleme durumu Şekil 2.1.1’de görülen Gerber kirişi için a) Kinematik analizin yapılması, b) Eğilme momenti ( M ) diyagramının çizimi, c) Kesme kuvveti ( T ) diyagramının çizimi, d) Çizilmiş diyagramların sağlamasının yapılması istenmektedir. P=10 kN q1=3 kN/m q = 2 kN/m M =8 kN.m Ao

om

o B o

2m 8m

o

K

1

2m

o

2m

6m

C

o

o D o

m2

2m 6m

Şekil 2.1.1 Çözüm : a) Yapılar kullanımları süresince geometrik biçimlerini korumalı, yani geometrik değişmez olmalıdırlar. Bunun için sistemin serbestlik derecesi kontrol edilir. Bir sistemin serbestlik derecesi, W, aşağıdaki ifade ile belirlenir: W = 3.P – 2.m - Cm Burada, P : Gerber kirişi oluşturan parçaların sayısı, m : parçaları birbirine bağlayan mafsal sayısı, Cm : mesnet bağlarının sayısıdır. W = 0 olması, sistemin geometrik değişmez olması için gerekli koşuldur, ancak tek başına yeterli değildir. Bununla birlikte sistemin yararlı bünyeye sahip olması (aşağıda açıklanmaktadır) şarttır. W > 0 ise sistem geometrik değişendir, diğer bir deyişle labil’dir. İnşaat mühendisliğinde labil sistemlerin yeri yoktur. W < 0 ise sistem geometrik değişmez olup, hiperstatik’dir. Ele alınmış olan sistem için W = 3.3 – 2.2 -5 = 0 değeri elde edilmektedir. Aynı zamanda bu sistem yararlı bünyeye sahiptir, yani, Şekil 2.1.1’den görüldüğü gibi AB kirişi temele birbirine paralel olmayan ve doğrultuları bir noktada kesişmeyen üç bağla bağlanmıştır. Sistemin bir parçası olan bu kiriş tek başına 5 

geometrik değişmez olup, esas veya taşıyıcı kiriş olarak adlandırılır. Diğer, yani taşınan parçalar ise esas kirişe bir mafsal ve doğrultusu bu mafsaldan geçmeyen mesnet bağıyla bağlanmıştır. Gerber sistemleri hesaplamak için taşıma şeması çizilmelidir. Bunun için kirişin parçalarını birbiriyle bağlayan mafsallar iki mesnet bağıyla değiştirilir (Şekil 2.1.2b). Hesaba en üstte bulunan parçadan (kirişten) başlanır. Sonraki kirişlerin hesabında üstte bulunan kirişin mesnet tepkileri onlar için zıt yönde, dış kuvvet gibi etki ettirilir. Böylece Gerber kirişin hesaplama şeması elde edilmiş olur. a)

q = 2 kN/m o

o oB

o A

m1

2m

b) oB o

2m

2m

m2 o oo

oC o

q1=3 kN/m

o

o

VB

o o

Vm2 C

VD

P

Vm1

oB o

oD o

m2o

o oA

oD o

6m

m1 o oo

m1 q =2 kN/m

q1=3 kN/m

m2

M =8 kN.m

c)

D

o

o C o

K 2m 6m

8m

o A

P=10 kN

M =8 kN.m

Vm2 VC

Vm1

VB Şekil 2.1.2. a) Gerber kirişi, b) Taşıma şeması, c) Hesaplama şeması.

m2D kirişinin (Şekil 2.1.3a) hesabı : Mesnet tepkilerinin hesaplanması: Düzgün yayılı yük için mesnet tepkileri birbirlerine eşit olur. ql 3 .4 V m2 = V D = 1 = = 6 kN 2 2 Eğilme momenti değerlerinin hesaplanması: Eğilme momentinin işareti aşağıdaki gibidir.

a)

q1=3 kN/m

m2o

oD o

x Vm2

l1= 4m

b)

6

c)

VD M(kN.m)

6 T(kN) 6

Şekil 2.1.3. a) m2D kirişi, b) M diyagramı, c) T diyagramı. 6 

M x = Vm 2 .x − q.

0≤ x ≤ 4 x = 0 ⇒ M x = 0. Eğilme momentinin maksimum değeri açıklığın ortasında olup

x2 , 2

ql12 3.4 2 = = 6 kN .m 8 8 olarak elde edilir. Eğilme momentinin maksimum olduğu kesitte kesme kuvvetinin değeri sıfır olur veya işaretini değiştirir. Kesme kuvveti değerlerinin hesaplanması: Kesme kuvvetinin işareti yandaki gibidir. Tx = Vm 2 − q.x ; x = 0 ⇒ Tx = Vm 2 = 6kN ; x = 2m ⇒ Tx = 6 − 3.2 = 0 ; x = 4m ⇒ Tx = 6 − 3.4 = −6kN Elde edilmiş olan değerlere göre M ve T diyagramları çizilmiştir (Şekil 2.1.3b,c). Eğilme momenti diyagramı dış yük etkisi altında uzamış lifler tarafında çizilmiştir. M max =

m1C kirişinin (Şekil 2.1.4a) hesabı : Mesnet tepkilerinin hesabı: ∑ M C = −Vm1 .4 + M + P.2 + Vm 2 .2 = 0 ⇒ 8 + 10.2 + 6.2 Vm1 = = 10 kN . 4 ∑ M m1 = P.6 + Vm 2 .6 − VC .4 + 8 = 0 ⇒

a)

m1

o

Vm1

m1

x2

x3

P=10 kN

VC 2m

2m

32

+ VC − P − Vm 2 = 0 ⇒

-10 + 26 -10 – 6 = 0.

x1

Co o

K

2m

10.6 + 6.6 + 8 VC = = 26 kN 4 Sağlama:

∑ Y = −V

Vm2= 6 kN

M =8 kN.m

20

12

b)

M (kN.m)

Her bir bölgede eğilme momenti değerlerinin hesaplanması (Şekil 2.1.4a):

16

16 T (kN)

c)

0≤ x1 ≤ 2 10 10 M x1 = −Vm1 .x1 ; x1 = 0 ⇒ M x1 = 0 , x1 = 2m ⇒ M x1 = −20 kN .m Şekil 2.1.4. 2 ≤ x2 ≤ 4 a) m1C kirişi, b) M diyagramı, M x 2 = Vm1 .x 2 + M ; x 2 = 2m ⇒ M x 2 = −12 kN .m, c) T diyagramı. x 2 = 4m ⇒ M x 2 = −32 kN .m. 0 ≤ x3 ≤ 2 M x 3 = − P.x3 − Vm 2 .x3 ; x3 = 0 ⇒ M x 3 = 0, x3 = 2 m ⇒ M x 3 = −10.2 − 6.2 = −32 kN .m. Kiriş bölgelerinde kesme kuvveti değerlerinin hesaplanması (Şekil 2.1.4a): 7 

0≤ x1 ≤ 2 T = −Vm1 = −10 kN . 2 ≤ x2 ≤ 4 T = −Vm1 = −10 kN . 0 ≤ x3 ≤ 2 T =P + Vm 2 = 10 + 6 = 16 kN . Hesaplanmış değerlere uygun olarak eğilme momenti diyagramı Şekil 2.1.4b’de ve kesme kuvveti diyagramı Şekil 2.1.4c’de çizilmiştir. AB kirişinin hesaplanması (Şekil 2.1.5a): Mesnet tepkilerinin hesabı: ∑ M b = V A .8 − q.8.4 + q.2.1 − Vm1 .2 = 0 ⇒ 2.8.4 − 2.2.1 + 10.2 = 10 kN ; 8 2.10.5 − 10.10 VB = 0. 8 Sağlama: VA =

A

A

= −VB .8 + q.10.5 − Vm1 .10 = 0 ⇒

+ V B + Vm1 − q.10 = 0 ⇒ 10 + 0 + 10 − 20 = 0.

M değerlerinin hesaplanması: 0 ≤ x1 ≤ 10 x ; 2 = 0 ; x1 = 10 m ⇒

M x1 = V A .x1 − q. x1 = 0 ⇒ M x1

2 1

10 2 = 0. 2 0 ≤ x1 ≤ 10 aralığında eğilme momentinin maksimum değerini bulmak için T = 0 kesitinin x0 uzaklığının hesabı: T0 = V A − q.x0 = 0 ⇒ 10 − 2.x0 = 0 ⇒ M x1 = 10.10 − 2.

x0 = 5 m. M max = 10.5 − 2.

a)

q =2kN/m

Ao

oB o

x1

VA

Vm1=10kN

∑Y = V

∑M

VB 8m

2m

M (kN.m)

b)

x0 = 5m

25

10 T (kN)

c)

52 = 25 kN .m. 2

6

10

Şekil 2.1.5 a) AB kirişi, b) M diyagramı, c) T diyagramı.

T kesme kuvveti değerlerinin hesaplanması: 0 ≤ x1 ≤ 10 Tx1 = V A − q.x1 x1 = 0 ⇒ Tx1 = 10 kN ; x1 = 10 m ⇒ Tx1 = 10 − 2.10 = −10 kN .

Elde edilmiş değerlere göre M (Şekil 2.1.5b) ve T (Şekil 2.1.5c) diyagramları çizilmiştir. 8 

Gerber kirişin M eğilme momenti ve T kesme kuvveti diyagramları, kirişi oluşturan parçaların M ve T diyagramları aynı eksen üzerinde sırasıyla birleştirilerek elde edilir (Şekil 2.1.6). P =10kN

a) o

q=2kN/m

q 1=3kN/m

M =8kN.m

o B o

A 8m

om 2m

2m

o m2

o C o

K

1

2m

oD o 4m

2m 32

20 12

M (kN.m)

b) 6 25

16

16

10

6

T (kN)

c) 6

6

10

10

Şekil 2.1.6. a) Gerber kiriş, b) M diyagramı, c) T diyagramı. Gerber kirişin T (Şekil 2.1.6c) diyagramına dayanarak, yeniden mesnet tepkileri bulunabilir (Şekil 2.1.7). Bundan sonra kirişin genel dengesinin sağlaması yapılabilir (Şekil 2.1.8). Ao

10

VA=10kN

10

o 6 B o

6

o C o

16

6

Do o

VC=26kN

VB=0

VC=6kN

Şekil 2.1.7 P =10 kN

Ao

om

oB o

VA=10 kN 8m

q 1=3 kN/m

M =8 kN.m

q=2 kN/m

VB=0

2m

oC o

K

1

2m

2m

o m2

VC=26 kN 2m

oD o VD=6 kN 4m

Şekil 2.1.8

∑Y = V

A

+ VB + VC + VD − q.10 − P − q1 .4 = 0 ⇒ 10 + 0 + 26 + 6 − 10.2 − 3.4 = 0

9 

∑M

m1

= V A .10 − q.10.5 + M − VC .4 + P.6 + q.4.8 − VD .10 = 0 ⇒

10.10 - 2.10.5 + 8 – 26.4 + 10.6 + 3.4.8 – 6.10 = 0. Örnek 2.2. Boyutları ve yükleme durumu Şekil 2.2.1’de verilmiş olan Gerber kirişin kinematik analizini yapıp, eğilme momenti ve kesme kuvveti diyagramlarını çiziniz. P1 = 8kN

P2 =12 kN

q = 4 kN/m

M = 8 kN.m o

oA o

oB

m1

1,5 m

6m

2m

q = 4 kN/m o oC

K 4m

3m

2m

Şekil 2.2.1 Çözüm : Sistemin serbestlik derecesi W = 3P – 2m – Cm = 3.2 -2.1 – 4 = 0 olup, sistem aynı zamanda yararlı bünyeye sahiptir. Kirişin taşıma ve hesaplama şemaları aşağıda çizildiği gibidir (Şekil 2.2.2a,b). P1 =8 kN

1,5 m

M =8 kN.m o

oA o

a)

P2 =12 kN

q=4 kN/m

6m

b)

c)

2m

om1 oo

oA o P1 =8 kN

oB

m1

1m

3m

oB

o o

q=4 kN/m o m1

oA o

Vm1

P2 =12 kN

Vm1

M =8 kN.m o B

1,5 m

oC o

K 4m

q=4 kN/m

6m

2m

oC o

K 4m

q=4 kN/m

3m

Şekil 2.2.2. a) Gerber kiriş, b) Taşıma şeması, c) Hesaplama şeması.

10 

1m

Am1 kirişinin (Şekil 2.2.3a) hesaplanması: Mesnet tepkileri: ∑ M m 1 = − P1 .(7,5) + V A .6 − q.6.3 = 0 ⇒

8.(7,5) + 4.6.3 VA = = 22 kN 6 ∑ M A = −Vm1 .6 + q.6.3 − P1 .(1,5) = 0 ⇒ Vm1 =

P1 =8 kN

a)

q = 4 kN/m o m1

oA o

x1 1,5 m

4.6.3 − 8.(1,5) = 10 kN 6

VA

x2 6m

Vm1

12 M(kN.m)

Sağlama : ∑ Y = − P1 + V A − q.6 + Vm1 = 0 ⇒ − 8 + 22 − 4.6 + 10 = 0.

b)

Her bölge için (Şekil 2.2.3a) M ve T değerlerinin hesaplanması:

c)

14 12,5 T(kN)

8

8

0 ≤ x1 ≤ 1,5 M x1 = − P1 .x1 ; T1 = − P1 = 8 kN .

10

Şekil 2.2.3. a) Am1 kirişi, b) M diyagramı, c) T diyagramı.

x1 = 0 ⇒ M x1 = 0 ; x1 = 1.5 m ⇒ M x1 = −12 kN .m. 0 ≤ x2 ≤ 6 x 22 M x 2 = Vm1 .x 2 − q. ; Tx 2 = −Vm1 + x 2 ; x 2 = 0 ⇒ M x 2 = 0 , Tx 2 = −10 kN ; 2 36 x 2 = 6 m ⇒ M x 2 = 10.6 − 4. = −12 kN .m , Tx 2 = −10 + 4.6 = −14 kN . 2 0 ≤ x 2 ≤ 6 aralığında eğilme momentinin maksimum değer aldığı kesitin x0 uzaklığı: 10 (2,5) 2 = 2,5m. M max = 10.(2,5) − 4. = 12.5 kN .m 4 2 Hesaplanmış değerlere göre M (Şekil 2.2.3b) ve T (Şekil 2.2.3c) diyagramları çizilmiştir. Tx 0 = −10 + q.x0 = 0 ⇒ x0 =

BC kirişinin (Şekil 2.2.4a) hesaplanması: Mesnet tepkileri: ∑ M C = −Vm1 .9 − q.2.8 + VB .7 − P.3 + M + q.1.(0,5) = 0 ⇒ 10.9 + 4.2.8 + 12.3 8 + 4.1.(0,5) − = 25,7143 kN . 7 7 ∑ M B = q.1.(7,5) − VC .7 + P.4 + M − Vm1 .2 − q.2.1 = 0 ⇒

VB =

VC =

4.1.(7,5) + 12.4 + 8 − 10.2 4.2.1 − = 8,2857 kN . 7 7

Sağlama: ∑ Y = −Vm1 − q.2 + VB − P + VC − q.1 = 0 ⇒ −10 − 4.2 + 25,7143 − 12 + 8,2857 − 4.1 = 0 11 

Vm=10 kN

a)

q =4 kN/m

M =8 kN.m oB

x1

VB

P2 =12 kN

q=4 kN/m

K

o C o

x4

x2

2m

4m

x3

VC 1m

3m

28

12

2

b)

0,5

M(kN.m)

2,85 10,85

c)

7,714

7,714

4 T(kN)

4,285

10

4,285

18

Şekil 2.2.4. a) BC kirişi, b) M diyagramı, c) T diyagramı.

Bölgeler (Şekil 2.2.4a) için M ve T değerlerinin hesaplanması. 0 ≤ x1 ≤ 2

x12 M x1 = −Vm1 .x1 − q. ; Tx1 = −Vm1 − q.x1. x1 = 0 ⇒ M x1 = 0 , Tx1 = −10 kN , 2 x1 = 1 m ⇒ M x1 = −12 kN .m, x1 = 2 m ⇒ M x1 2 ≤ x2 ≤ 6

22 = −10.2 − 4. = −28 kN .m ; Tx1 = −10 − 4.2 = −18 kN . 2

M x 2 = −Vm1 .x 2 − q.2.( x 2 − 1) + VB .( x 2 − 2) ; T = −Vm1 − q.2 + VB ⇒ − 10 − 4.2 + 25,7143 = 7,7143 kN . x 2 = 2 m ⇒ M x 2 = −10.2 − 4.2.1 = −28 kN .m, x 2 = 6 m ⇒ M x 2 = −10.6 − 4.2.5 + (25,7143).4 = 2,857 kN .m. 0 ≤ x3 ≤ 1 M x 3 = −q.

x32 ; Tx 3 = q.x3 . 2

x3 = 0 ⇒ M x 3 = 0 ;

M x 3 = −0,5 kN .m. x3 = 1 m ⇒ M x 3 = −4.

Tx 3 = 0. x3 = 0,5m ⇒

12 = −2 kN .m, Tx 3 = 4.1 = 4 kN . 2 12 

1 ≤ x4 ≤ 4 M x 4 = − q.1.( x 4 − 0,5) + VC .( x 4 − 1) ; T = q.1 − VC = 4.1 − 8,2857 = −4,2857 kN .

x 4 = 1 m ⇒ M x 4 = −2 kN .m, x 4 = 4 m ⇒ M x 4 = −4.1.(3,5) + (8.2857).3 = 10,8571 kN .m. Belirlenen değerlere göre M (Şekil 2.2.4b) ve T (Şekil 2.2.4c) diyagramları çizilmiştir. M diyagramından görüldüğü gibi kirişin tekil eğilme momenti uygulanmış olan kesitinde, diyagramda bu momentin değeri kadar ve yönünde bir atlama vardır. T diyagramında ise kirişin tekil yük uygulanmış olan kesitinde bu kuvvetin yönünde kendi değeri kadar atlama oluşmuştur. Gerber kirişi oluşturan basit kirişlerin M ve T diyagramları birleştirilip, kirişin M (Şekil 2.2.5a) ve T (Şekil 2.2.5b) diyagramları elde edilir. P1 = 8 kN

a)

P2 =12 kN

q =4 kN/m

M =8 kN.m o

oA o

oB

m1

6m

2m

q = 4 kN/m o oC

K 4m

1m

3m

28 M(kN.m)

1,5 m 12

12

2

0,5

b) 2,85 12,5

10,85

14

7,714

7,714

4

c)

T(kN)

8

8

4,285

4,285

10 18

Şekil 2.2.5. a) Gerber kiriş, b) M diyagramı, c) T diyagramı. Kirişin tümünün denge kontrolü (Şekil 2.2.6): P1 =8 kN

P2 =12 kN

q = 4 kN/m

M =8 kN.m o

oA o

oB

m1

VA=22 kN 1,5 m

Co o

K

VC=8,2857 kN

VA=25,714 kN 6m

2m

4m

Şekil 2.2.6

13 

q = 4 kN/m

3m

1m

∑ Y = V + V + V − P − q.8 − P − q.1 = 22 + 25,7143 + 8,2857 − 8 − 4.8 − 12 − 4.1 = 0 ∑ M = − P .(7,5) + V .6 − q.6.3 + q.2.1 − V .2 + P.6 + M − V .9 + q.1.(9,5) = 0 ⇒ A

m1

B

1

C

1

A

B

C

− 8.(7,5) + 22.6 − 4.6.3 + 4.2.1 − (25,7143).2 + 12.6 + 8 − (8,2857).9 + 4.1.(9,5) = 0

Örnek 2.3. Şekil 2.3.1’de görülen Gerber kirişin eğilme momenti ve kesme kuvveti diyagramlarının çizilmesi istenmektedir. P=14 kN

q =3 kN/m

M=10 kN.m

o

o A o

m1

6m

2m

K

B

2m

2m

Şekil 2.3.1. Çözüm : Sistemin serbestlik derecesi: W = 3.2 – 2.1 - 4 = 0’dır ve sistem yararlı bünyeye sahip olduğundan geometrik değinmezdir. Kirişin taşıma ve hesaplama şemaları Şekil 2.3.2’ de çizilmiştir.

P=14 kN

q =3 kN/m

M=10 kN.m

o

oA o

m1

6m

2m

K

a) B

2m

2m

o m1 oo

oA o

b)

q =3 kN/m

M=10 kN.m Ao o

o m1 Vm

VA

P=14 kN

q =3 kN/m

Vm

c) K

B

Şekil 2.3.2. a) Gerber kirişi, b) Taşıma şeması, c) Hesaplama şeması.

14 

Am1- kirişinin (Şekil 2.3.3a) hesaplanması :

q =3 kN/m

M=10 kN.m

Mesnet tepkilerinin bulunması: x1

∑ M m1 = − M + V A .6 − q.6.3 = 0 ⇒ 10 + 3.6.3 VA = = 10,6667 kN . 6 ∑ M A = −Vm1 .6 + q.6.3 − M = 0 ⇒

2m

Vm1

6m 10

10

M (kN.m)

3.6.3 − 10 = 7,3333 kN . 6 Sağlama: A

x2

VA

Vm1 =

∑Y = V

o m1

oA o

10,667

8,963 T (kN)

+ Vm1 − q.6 = 0 ⇒

10.6667 + 7.3333 − 3.6 = 0

7,333

Şekil 2.3.3. a) Am1 kirişi, b) M diyagramı, c) T diyagramı. Kirişin her bir bölgesi için (Şekil 2.3.3a) M ve T ’nin bağıntılarının yazılıp, değerlerinin hesaplanması. 0 ≤ x1 ≤ 2 M = −10 kN .m; T = 0. 0 ≤ x2 ≤ 6 62 = −10 kN , Tx 2 = −7,3333 + 3.6 = 10,6667 kN . 2 İkinci bölgede M ’nin maksimum değer aldığı kesitin uzaklığı, bu kesitte kesme kuvveti değerinin sıfır olma şartından belirlenir. 7,3333 Tx 2 = −Vm1 + qx 2 = 0 ⇒ x 2 = = 2,4444 m. 3 (2,444) 2 M max = 7.3333.(2,4444) − 3. = 8.963 kN .m 2 Belirlenmiş değerlere uygun olarak basit kirişin M ve T diyagramları çizilmiştir (Şekil 2.3.3b,c). x 2 = 6 m ⇒ M x 2 = (7,3333).6 − 3.

m1B kirişinin (Şekil 2.3.4a) hesaplanması: Konsol kirişlerin hesabına serbest uçtan başlanabilir. Her bir bölge için M ve T değerlerini belirlenmesi: 0 ≤ x1 ≤ 2

x12 M x1 = −Vm1 .x1 − q. ; Tx1 = −Vm1 − q.x1 . 2 x1 = 0 ⇒ M x1 = 0, Tx1 = −Vm1 = −7,333 kN . 22 = −20,666 kN .m 2 Tx1 = −7,3333 − 3.2 = −13,3333 kN . x1 = 2m ⇒ M x1 = −(7.333).2 − 3.

15 

2 ≤ x2 ≤ 4

a)

x 22 − P.( x 2 − 2) ; 2 Tx 2 = −Vm1 − q.x 2 − P. x 2 = 2 m ⇒ M x 2 = −20,6666 kN .m M x 2 = −Vm1 .x 2 − q.

P=14 kN

q =3 kN/m

Vm1

m1

K

x1

B

x2

Tx 2 = −7,3333 − 3.2 − 14 = −27,3333 kN .

2m

42 − 14.2 = 2 = −81,333 kN .m

x 2 = 4 m ⇒ M x 2 = −(7,333).4 − 3.

2m 81,33

Hesaplanmış değerlere göre kirişin M (Şekil 2.3.4b) ve T (Şekil 2.3.4c) diyagramları çizilmiştir. b) Basit kirişlerin M ve T diyagramlarının birleştirilmiş şekilde çizilmesiyle Gerber kirişin M (Şekil 2.3.5b) ve T (Şekil 2.3.5c) diyagramları c) elde edilmiş olur.

20,66 M(kN.m) T(kN)

7,33

13,33 27,33 33,33

Şekil 2.3.4. a) m1B kirişi, b) M diyagramı, c) T diyagramı.

a)

P=14 kN

q =3 kN/m

M=10 kN.m

o

o oA 6m

2m

K

m1 2m

B 2m 81,33

10

10

20,66

b)

M(kN.m) 10,66

8,963

c)

T(kN) 7,33 13,33 27,33

Şekil 2.3.5. a) Gerber kirişi, b) M diyagramı, c) T diyagramı.

33,33

16 

Kirişin tümünün denge kontrolü (Şekil 2.3.6): P=14 kN

q =3 kN/m

M=10 kN.m

MB=81,333 kN.m

o

o oA

m1

2m

6m

B

K

2m

2m

VB=33,333 kN

VA=10,666

Şekil 2.3.6

∑ Y = V _ q.10 − P − V = 0 ⇒ 10,6667 − 3.10 − 14 + 33,3333 = 0 ∑ M = − M + V .6 − q.6.3 + q.4.2 + P.2 − V .4 + M = 0 ⇒ A

B

m1

A

B

B

− 10 + 10.6667.6 + 3.4.2 + 14.2 − (33,3333).4 + 81,3333 = 0

Örnek 2.4. Yükleme durumu ve boyutları Şekil 2.4.1’de görülen Gerber kirişin eğilme momenti ve kesme kuvveti diyagramlarını çiziniz. P1=18 kN

P2=15 kN

M1=12 kN.m o

o

m1

A 1m

1,5 m

2m

M=16 kN.m

Bo K o

m2 2m

P3=20 kN

q =4 kN/m

2m

C 2m

5m

Şekil 2.4.1 P2=15 kN Çözüm : W = 3.3 – 2.2 – 5 = 0 a) olduğundan ve sistem yararlı bünyeye sahip olduğu m1o için geometrik değişmezdir. Önceki örneklerin çözümlerinde olduğu gibi Gerber kirişin taşıma ve Vm1 hesaplama şemaları Şekil 2.4.2’de çizilmiştir. 2m

m1 m2 kirişinin ( Şekil 2.4.3a) hesaplanması:

b)

o o

2m

o m2 o Vm2

M (kN.m)

Kirişe etkiyen yük bir tekil yük olup açıklığın ortasına uygulandığından mesnet tepkileri ve iç 15 kuvvetler aşağıdaki gibi olur. c) P 15 7,5 7,5 Vm1 = Vm 2 = 2 = = 7,5 kN . 2 2 T (kN) Eğilme momentinin maksimum değeri açıklığın ortasında olup 7,5 7,5 p.l 15.4 M max = = = 15 kN .m' dir. 4 4 Şekil 2.4.3. a) m1m2 kirişi, b) M diyagramı, c) T diyagramı. 17 

Kesme kuvveti değerleri : Tm1 = Vm1 = 7,5 kN ; Tm 2 = Vm 2 = −7,5 kN . Bu değerlere uygun olarak kirişin M (Şekil 2.4.3b) ve T (Şekil 2.4.3c) diyagramları çizilmiştir. P1=18 kN

a)

P2=15 kN

M1=12 kN.m o

o

m1

A 1m

1,5 m

2m

m1o

b)

P1=18 kN

c)

M1=12 kN.m

2m

5m

oB o

P2=15 kN

m1 o

o C o

2m om2 oo

oo

A

M=16 kN.m

Bo K o

m2

2m

P3=20 kN

q = 4 kN/m

Co o

o m2 o Vm1 Vm1

Vm2

P3=20 kN

q =4 kN/m

Vm2

M=16 kN.m o Co

o K

A

Şekil 2.4.2. a) Gerber kirişi, b) Taşıma şeması, c) Hesaplama şeması. Taşıma şemasından (Şekil 2.4.2b) Vm2=7,5 kN q =4 kN/m görüldüğü gibi esas kirişlerin her ikisi de (Am1 ve BC) aynı seviyede olduğundan, a) Bo K bu iki kirişin hesap sırası önemli değildir. x1 VB

BC kirişinin (Şekil 2.4.4a) hesaplanması: Mesnet tepkileri ∑ M C = −Vm 2 .9 − q.7.(5,5) + VB .7 − P3 .2 − M = 0

− 16 + 20.5 + 4.5.(2,5) − 4.2.1 − (7,5).2 7 VC = 15,85714 kN . VC =

x3 VC 2m

23

b)

M (kN.m) 24,143

= − M − VC .7 + P3 .5 + q.5.(2,5) − − q.2.1 − Vm 2 .2 = 0

Co o

5m

9,5

(7,5).9 + 4.7.(5,5) + 20.2 + 16 7 V B = 39,64285 kN . B

M=16 kN.m

x2

2m

VB =

∑M

P3=20 kN

17,28

16 47,24 4,143

c)

T (kN)

7,5 15,5

15,857

15,857

Şekil 2.4.4. a) BC kirişi, b) M diyagramı, c) T diyagramı. 18 

Sağlama :

∑ Y = −V

m2

− q.7 + VB − P3 + VC = 0 ⇒ −7,5 − 4.7 − 20 + 39,643 + 15,857 = 0.

Her bir bölge için (Şekil 2.4.4a) M ve T ’nin ifadelerinin yazılıp, değerlerinin hesaplanması. 0 ≤ x1 ≤ 2 M x1

x12 = −Vm 2 .x1 − q. ; Tx1 = −Vm 2 − q.x1 . 2

1 x1 = 0 ⇒ M x1 = 0 , Tx1 = −7,5 kN . x1 = 1 m ⇒ M x 2 = −(7,5).1 − 4. = −9,5 kN .m. 2 2 2 x1 = 2 m ⇒ M x1 = −(7,5).2 − 4. = −23 kN .m, Tx1 = −7,5 − 4.2 = −15,5 kN . 2 2 ≤ x2 ≤ 7 x 22 + VB ( x 2 − 2) ; Tx 2 = −Vm 2 − q.x 2 + V B . 2 = − − 23 kN .m, Tx 2 = −7,5 − 4.2 + 39,64285 = 24,143 kN .

M x 2 = −Vm 2 .x 2 − q.

x2 = 2 m ⇒ M x 2 0 ≤ x3 ≤ 2 M x 3 = M + VC .x3 ; T = −VC = −15,857 kN .

Hesaplanmış bu değerlere göre BC kirişinin M (Şekil 2.4.4b) a) ve T (Şekil 2.4.4c) diyagramları çizilmiştir. Am1 kirişi (Şekil 2.4.5a) için M ve T diyagramlarının çizimi:

P1=18 kN M1=12 kN A

K

m1

x1

x2

Kirişin bölgeleri için M ve T değerlerinin hesaplanması: 0 ≤ x1 ≤ 1,5 M x1 = −Vm1 .x1 ; T = Vm1 = 7,5 kN . x1 = 0 ⇒ M x1 = 0 , x1 = 1,5 m ⇒

Vm1=7,5kN

x3 = 0 ⇒ M x 3= M = 16 kN .m , x3 = 2 m ⇒ M x 3 = 16 + (15,857).2 = 47,714 kN .m.

1,5 m

1m 24,75 11,25

b)

M x1 = −(7,5).1,5 = −11,25 kN .m.

M (kN.m) 0,75

1,5 ≤ x 2 ≤ 2,5 M x 2 = −Vm1 .x 2 − P1 ( x 2 − 1,5) + M 1

25,5

25,5 7,5

T = Vm1 + P1 = 7,5 + 18 = 25,5 kN .

c)

x 2 = 1,5 m ⇒ M x 2 = −(7,5).1,5 + 12 = 0,75 kN .m

7,5 T (kN)

x 2 = 2,5 m ⇒ M x 2 = −7,5.(2,5) − 18.1 + 12 = −24,75 kN .m. Şekil 2.4.5. a) Am1 kirişi, b) M diyagramı, c) T diyagramı.

Bulunmuş değerlere göre kirişin M (Şekil 2.4.5b) ve T (Şekil 2.4.5c) diyagramları çizilmiştir. Basit kirişlerin M ve T diyagramlarını kullanarak Gerber kirişin M (Şekil 2.4.6b) ve T (Şekil 2.4.6c) diyagramları çizilmiştir.

19 

P1=18 kN

a)

P2=15 kN

M1=12 kN.m o

o

m1

A

m2

1,5 m

1m

2m

P3=20 kN

q =4 kN/m B

2m

M=16 kN.m o Co

o K o

2m

2m

5m

24,75

23 11,25

9,5

b)

M (kN.m)

0,75 15 25,5

17,28

24,143

25,5 7,5

7,5

7,5

16 47,24 4,143

c)

T (kN) 7,5

7,5 15,5

15,87

15,87

Şekil 2.4.6. a) Gerber kirişi, b) M diyagramı, c) T diyagramı. Verilmiş Gerber kirişin tümünün dengede olmasının kontrolü (Şekil 2.4.7): MA=24,75 kN.m

P1=12 kN

P2=15 kN

q =4 kN/m

M1=10 kN.m o

o

m1

A 1m

1,5 m

2m

M=16 kN.m

o Bo K

m2

2m

P3=20 kN

2m

VA=25,5 kN

C 5m

VB=39,643 kN

o o

2m VC=15,857 kN

Şekil 2.4.7

∑Y = V

A

− P1 − P2 − q.7 + VB − P3 + VC = 0 ⇒

25,5 − 18 − 15 − 4.7 + 39,643 − 20 + 15,857 = 0

∑M

m2

= − M A − M 1 − P1 .(5,5) − P2 .2 + q.7.(3,5) − VB .2 + P3 .7 − VC .9 − M + V A .7 = 0 ⇒

− 37,5 + (22,5).7 − 12 − 18.(5,5) − 15.2 + 4.7.(3,5) − (39,643).2 + 20.7 − (15,857).9 − 16 = 0 Örnek 2.5. Yükleme durumu ve ölçüleri Şekil 2.5.1’de verilmiş olan Gerber kirişin eğilme momenti ve kesme kuvveti diyagramlarının çizilmesi istenmektedir. 20 

M1=10 kN.m

P1=12 kN

q =3 kN/m o A 2m

P2=14 kN

q = 3 kN/m

M1=10 kN.m o

Bo o 6m

Co o

m1

2m 2m

3m

o

2m

D o o

o

m2

m3 2m

2m

2m

Eo o 4m

4m

Şekil 2.5.1 Çözüm : Serbestlik derecesi W = 3.P – 2.m – Cm= 3.4 -2.3 – 6 = 0’dır ve Şekil 2.5.1’den görüldüğü gibi kirişin yararlı bünyeye sahip olma şartları sağlanmıştır. Böylece kiriş geometrik değişmezdir. Sistemin taşıma (Şekil 2.5.2b) ve hesaplama (Şekil 2.5.2c) şemaları çizildikten sonra her bir kirişin hesabı yapılır. P1=12 kN

M1=10 kN.m q =3 kN/m

2m

M1=10 kN.m

o Bo K m1 o

o A 6m

2m 2m

3m

o

o

o Co

m3

m2

2m

2m

2m

m2o

m1o oA

P2=14 kN

Co o

oo Bo o

oo

3m

b) o Eo

oD o

o m3 o Vm2

Vm3 Vm3

m1o

o Bo K

5m

M1=10 kN.m

P1=12 kN

M1=10 kN.m q =3 kN/m

a) Eo o

o oD

2m

o m3 oo

m2o

o A

q =3 kN/m

Co o

Vm2

P2=14 kN

q =3 kN/m oD o

Vm1 Vm1

Şekil 2.5.2. a) Gerber kirişi, b) Taşıma şeması, c) Hesaplama şeması. 21 

c) Eo o

Hesaplamaya en üstteki kiriş olan m2 m3 kirişinden (Şekil 2.5.3a) başlanır. Bu tür yükleme durumunda, yani kiriş üzerinde sadece bir tekil moment olduğunda mesnet tepkileri ters işaretle birbirine eşittirler. M1=10 kN.m M 10 Vm 2 = Vm 3 = = = 2,5 kN . a) o 4 4 o m3 o Kirişin bölgeleri için (Şekil 2.5.3a) M ve T x1 x 2 değerleri şöyle hesaplanır: Vm2 Vm3 2m

2m

0 ≤ x1 ≤ 2 M x1 = −Vm 2 .x1 ; T = −Vm 2 = −2,5 kN .

x1 = 0 ⇒ M x1 = 0 , x1 = 2 m ⇒ M x1 = −(2,5).2 = −5 kN .m 0 ≤ x2 ≤ 2

b)

M x 2 = Vm 3 .x 2 ; T = −Vm3 = −2,5 kN .

c)

5 M(kN.m) 5 T(kN)

x 2 = 0 ⇒ M x 2 = 0 , x 2 = 2 m ⇒ M x 2 = (2,5).2 = 5 kN .m

2,5

2,5

Bu değerlere göre kirişin M (Şekil 1.5.3b) ve T (Şekil 1.5.3c) diyagramları çizilmiştir.

Şekil 1.5.3 a) m2 m3 kirişi ,b) M diyagramı, c) T diyagramı.

DE kirişinin (Şekil 1.5.4a) hesabı: Mesnet tepkileri

∑ M E = −Vm3 .10 + VD .8 − q.8.4 − P2 .3 = 0 ⇒

Vm3=2,5kN

(2,5).10 + 3.8.4 + 14.3 = 20,375 kN . 8 ∑ M D = −VE .8 + q.8.4 + P2 .5 = 0 ⇒

q =3 kN/m

VD =

VE =

a) o Eo

o D

x1 x2

3.8.4 + 14.5 − (2,5).2 = 20,125 kN . 8

x3

VD

2m

Sağlama :

∑Y = − V

P2=14 kN

5m

3m

5 m3

+ V D − q.8 − P2 + VE = 0 ⇒

Bölgelere göre (Şekil 1.5.4a) M ve T değerlerinin bulunması : 0 ≤ x1 ≤ 2 M x1 = −Vm3 .x1 ; T = −Vm3 = −2,5 kN .

M(kN.m)

b)

− 2,5 + 20,375 − 3.8 − 14 + 20,125 = 0.

VE

17,875 46,875

c) 2,5

x1 = 0 ⇒ M x1 = 0 , x1 = 2 m ⇒ M x1 = −5 kN .m

2,875 2,5

T(kN)

11,125 20,125

Şekil 2.5.4. a) DE kirişi, b) M diyagramı, 22 

c) T diyagramı. 2 ≤ x2 ≤ 7

( x 2 − 2) 2 M x 2 = −Vm 3 .x 2 + VD .( x 2 − 2) − q. , Tx 2 = −Vm 3 + VD − q.( x 2 − 2) . 2 x 2 = 2 m ⇒ M x 2 = −5 kN .m , Tx 2 = −2,5 + 20,375 = 17,875 kN . (4 − 2) 2 = 24,75 kN .m 2 (7 − 2) 2 x 2 = 7 m ⇒ M x 2 = −(2,5).7 + (20,375).5 − 3. = 46,875 kN .m 2 Tx 2 = −2,5 + 20,375 − 3.5 = 2,875 kN . x 2 = 4 m ⇒ M x 2 = −(2,5).4 + (20,375).2 − 3.

0 ≤ x3 ≤ 3 M x 3 = VE .x3 − q.

x32 ; Tx 3 = −VE + q.x3 . ⇒ x3 = 0 ⇒ M x 3 = 0 , Tx 3 = −VE = −20,125 kN . 2

32 = 46,875 kN .m , Tx 3 = −20,125 + 3.3 = −11,125 kN . 2 Bulunan değerlere uygun olarak M (Şekil 2.5.4b) ve T (Şekil2 .5.4c) diyagramları çizilmiştir. x3 = 3 m ⇒ M x 3 = (20,125).3 − 3.

m1 C kirişinin (Şekil 2.5.5a) hesaplanması : a)

Mesnet tepkileri ∑ M C = Vm1 .5 − P1 .3 − Vm 2 .2 = 0 ⇒ 12.3 + ('2,5).2 Vm1 = = 8,2 kN 5 ∑ M m1 = −Vm 2 − VC .5 + P1 .2 = 0 ⇒

m1o Vm1

x1

x2

2m

− (2,5).7 + 12.2 = 1,3 kN . 5 Sağlama : ∑ Y = Vm1 − P1 + VC + Vm1 = 0 ⇒ 8,2 − 12 + 1,3 + 2,5 = 0

x3

VC 3m

2m

b)

VC =

M (kN.m) 5 16,4

8,2

8,2

c)

Her bir bölgede (Şekil 1.5.5a) M ve T değerleri. 0 ≤ x1 ≤ 2

o Co

Vm2= 2,5kN

P1=12 kN

3,8

3,8

T (kN) 2,5

Şekil 2.5.5. a) m1C kirişi, b) M diyagramı, c) T diyagramı.

M x1 = Vm1 .x1 ; T = Vm1 = 8,2 kN . x1 = 0 ⇒ M x1 = 0 , x1 = 2 m ⇒ M x1 = 16,4 kN .m . 2 ≤ x2 ≤ 5 M x 2 = Vm1 .x 2 − P1 .( x 2 − 2) , T = Vm1 − P1 = 8,2 − P1 = −3,8 kN .

x 2 = 2 m ⇒ M x 2 = 16,4 kN .m , x 2 = 5 m ⇒ M x 2 = (8,2).5 − 12.3 = 5 kN .m . 23 

0 ≤ x3 ≤ 2 M x 3 = Vm 2 .x3 ; T = −2,5 kN . x3 = 0 ⇒ M x 3 = 0 , x3 = 2 m ⇒ M x 3 = 5 kN .m . Bu değerlere göre M (Şekil 2.5.5b) ve T (Şekil 2.5.5c) diyagramları çizilmiştir. AB kirişinin (Şekil 1.5.6a) hesabı:

∑ M B = M + V A .6 − q.6.3 +

a)

oA

x3

+ Vm 2 .2 + q.2.1 = 0 ⇒ − 12 + 3.6.3 − (8,2).2 − 3.2.1 VA = = 3,2667 kN 6 ∑ M A = Vm1 .8 + q.8.4 − VB .6 + M = 0 ⇒ VB =

Bo o x1 VB

VA

2m

x2 6m

(8,2).8 + 3.8.4 + 12 = 28,9333 kN . 6

Sağlama :

∑Y = V

A

Vm1=8,2kN

M1=10 kN.m q =3 kN/m

Mesnet tepkileri

2m 22,4

9,7

b) − q.8 + V B − Vm1 = 0 ⇒

12

3,2667 − 3.8 + 28,9333 − 8,2 = 0

Bölgelere göre (Şekil 1.5.6a) M ve T değerlerinin bulunması:

13,77 14,2

c)

M(kN.m)

8,2

3,27

T(kN)

0 ≤ x1 ≤ 2

x12 ; Tx1 = Vm1 + q.x1 ⇒ 2 = 0 , Tx1 = 8,2 kN ,

M x1 = −Vm1 .x1 − q. x1 = 0 ⇒ M x1

14,73

Şekil 2.5.6. a) AB kirişi, b) Mdiyagramı, c) T diyagramı.

1 x1 = 1 m ⇒ M x1 = −(8,2).1 − 3. = −9,7 kN .m 2 22 x1 = 2 m ⇒ M x1 = −(8,2).2 − 3. = −22,4 kN .m, 2 Tx1 = 8,2 + 3.2 = 14,2 kN . 2 ≤ x2 ≤ 8

x 22 + VB .( x 2 − 2) ; Tx 2 = Vm1 + q.x 2 − V B . 2 = −22,4 kN .m, Tx 2 = 8,2 + 3.2 − 28,9333 = −14,7333 kN .

M x 2 = −Vm1 .x 2 − q. x2 = 2 m ⇒ M x 2

Bu bölgede eğilme momentinin maksimum değer alacağı kesitin yeri:

24 

Tx 2 = 0 ⇒ 8,2 + 3.x 0 − 28,9333 = 0 ⇒ x0 = 6,9111 m. x0 = 6,9111 m ⇒ M max = −(8,2).(6,9111) − 3.

(6,9111) 2 + (28,9333).(4,9111) = 13,778 kN .m 2

82 + (28,9333).6 = 12 kN .m, 2 = 8,2 + 3.8 − 28,9333 = 3,2667 kN .

x 2 = 8m ⇒ M x 2 = −(8,2).8 − 3. Tx 2

0 ≤ x3 ≤ 2 M = 12 kN .m ;

T = 0.

Hesaplanmış değerlere göre kirişin M (Şekil 2.5.6b) ve T (Şekil 2.5.6c) diyagramları çizilmiştir. Gerber kirişi oluşturan kirişlerin M ve T diyagramları kullanılarak, tüm sistemin eğilme momenti (Şekil 2.5.7c) ve kesme kuvveti (Şekil 2.5.7c) diyagramları çizilmiştir. P1=12 kN

M1=10 kN.m q =3 kN/m

2m

M1=10 kN.m

o Bo K m1 o

o A 6m

P2=14 kN

o

Co o

2m 2m

3m

2m

o

2m

2m

Eo o

oD o

m3

m2

a)

q =3 kN/m

2m

5m

3m

22,4

9,7

b)

5 12

13,77

M(kN.m)

5

5 5

16,4 46,875

14,2 17,875 8,2

8,2

2,875

c) 3,27

T(kN) 3,8

3,8

2,5

2,5

2,5

11,125

14,73

20,125

Şekil 2.5.7. a) Gerber kiriş, b) M diyagramı, c) T diyagramı.

25 

Kirişin tümüne ait denge kontrolü: P1=12 kN

P2=14 kN

M1=10 kN.m q =3 kN/m

M1=10 kN.m

o o B K m1 o

o A 2m

6m

VA=3,2667 kN

q =3 kN/m

o

o Co

2m 2m

3m

om

m2

2m

2m

2m

VC=1,3 kN

VB=28,9333 kN

o Eo

o oD

3

2m

5m

VD=20,375 kN

3m VE=20,125 kN

Şekil 2.5.8

∑Y = V

− q.8 + VB − P1 + VC − q.8 + VD − P2 + VE = 0 ⇒

A

3,2667 − 3.8 + 28,9333 − 12 + 1,3 − 3.8 + 20,375 − 14 + 20,125 = 0

∑M

m2

= M + V A .15 − q.8.11 + V B .9 − P1 .5 + VC .2 + M 1 + q.8.10 − VD .6 − VE .14 = 0 ⇒ 12 + (3,2667).15 − 3.8.11 + (28,9333).9 − 12.5 + (1,3).2 + 10 + 3.8.10 + 14.11 − − (20,375).6 − (20,125).14 = 0

Örnek 2.6. Boyutları ve yükleme durumu Şekil 2.6.1’de verilmiş Gerber kirişin eğilme momenti ve kesme kuvveti diyagramlarını çizip, genel denge şartlarını kontrol ediniz. P1=15 kN

M=12 kN.m o

oA o 2m

P3=20 kN

P2=18 kN

q=4 kN/m o B

m1 6m

2m

oC o

K 3m

4m

3m

2m

Şekil 2.6.1 Çözüm: Serbestlik derecesi W = 3.P – 2.m – Cm= 3.2 -2.1 – 4 = 0’dır ve Şekil 2.6.1’den görüldüğü gibi sistem yararlı bünyeye sahiptir. Böylece kiriş geometrik değişmezdir. Gerber kirişin taşıma ve hesaplama şemaları sırasıyla Şekil 2.6.2b ve Şekil 2.6.2c’de çizilmiştir.

26 

P1=15 kN

P2=18 kN

P3=20 kN

q=4 kN/m

M=12 kN.m o

oA o

o B

m1 6m

2m

3m

a)

o C o

K 4m

3m

2m

2m o oo

oA o

b) oC o

o B

q=4 kN/m o m1

o o

c)

Vm1 P1=15 kN Vm1

P2=18 kN

P3=20 kN

oB

M=12 kN.m oC o

K

Şekil 2.6.2. a) Gerber kirişi, b) Taşıma şeması, c) Hesaplama şeması. Am1 kirişinin (Şekil 2.6.3a) hesaplanması: Mesnet tepkileri ∑ M m1 = −q.2.7 + V A .6 = 0 ⇒

q=4 kN/m

a) x1

4.2.7 = 9,333 kN . 6 ∑ M A = Vm1 .6 − q.2.1 = 0 ⇒

2m

4.2.1 = 1,333 kN . 6

∑ Y = −q.2 + V

A

− Vm1 = 0 ⇒

− 4.2 + 9,333 − 1,333 = 0

Bölgelerde (Şekil 2.6.3a) M ve T ’nin değerlerinin hesaplanması:

c)

Vm1 6m

8

b)

Sağlama :

x2

VA

VA =

Vm1 =

o m1

o oA

VA

2 M(kN.m)

1,33

1,33 T(kN)

8

Şekil 2.6.3. a) Am1 kirişi, b) M diyagramı, c) T diyagramı. 27 

0 ≤ x1 ≤ 2

x12 M x1 = − q ; Tx1 = − q.x1 ⇒ x1 = 0 ⇒ M x1 = 0, Tx1 = 0. 2 12 22 x1 = 1 m ⇒ M x1 = −4. = −2 kN .m ; x1 = 2 m ⇒ M x1 = −4. = −8 kN .m, 2 2 Tx1 = −4.2 = −8 kN . 0 ≤ x2 ≤ 6 M x 2 = −Vm .x 2 ; T = Vm = 1,333 kN . x 2 = 0 ⇒ M x 2 = 0 , x 2 = 6 m ⇒ M x 2 = −8 kN .m

Bu değerlere göre Am1 kirişinin M (Şekil 2.6.3b) ve T (Şekil2.6.3c) diyagramları çizilmiştir. BC esas (taşıyıcı) kirişinin (Şekil 2.6.4a) hesaplanması: Mesnet tepkileri

∑M

C

= − P1 .12 + Vm .12 + V A .10 − P2 .7 − P3 .3 − M = 0 ⇒

15.12 − (1,3333).12 + 18.7 + 20.3 + 12 = 36,2 kN 10 ∑ M B = −M − VC .10 + P3 .7 + P2 .3 + Vm .2 − P1 .2 = 0 ⇒

VB =

VC =

− 12 + 20.7 + 18.3 + (1,333).2 − 15.2 = 15,4666 kN . 10

Sağlama :

∑ Y = −P

1

+ Vm + V A − P2 − P3 + VC = 0 ⇒

− 15 + 1,333 + 36,2 − 18 − 20 + 15,4666 = 0

BC kirişinde olduğu gibi sadece tekil yüklerle yüklü kirişlerde tekil yüklerin uygulama noktaları arasındaki bölgelerde kesme kuvveti sabit kalır, eğilme momenti ise bir doğru şeklinde değişir. Buna göre de M ve T diyagramlarının çizilmesi için iç kuvvetlerin değerlerinin kritik kesitlerde hesaplanması yeterli olur. Eğilme momenti için : M m1 = 0 ; M B = − P1 .2 + Vm .2 = (−15 + 1,333).2 = −27,333 kN .m M E = − P1 .5 + Vm .5 + VB .3 = (−15 + 1,333). + (36,2).3 = 40,2666 kN .m M F = − P1 .9 + Vm .9 + VB. 7 − P2 .4 = (−15 + 1,333).9 + (36,2).7 − 18.4 = 58,4 kN .m Sağ uçtan bakılarsa M D = M = 12 kN .m ; M C = M = 12 kN .m ; M F = M + VC .3 = 12 + (15,466).3 = 58,4 kN .m

28 

P2=18 kN

P1=15 kN

a)

m

Vm1=1,333k

P3=20 kN M=12kN.m

o B

oC o

F

E

VA

VB 3m

2m

D

4m

3m

2m

27,33

b)

M(kN.m) 12

40,66

22,533

58,4

22,533 4,533

c)

12

4,533 T(kN)

13,66

13,66

15,466

15,466

Şekil 2.6.4. a) BC kirişi, b) M diyagramı, c) T diyagramı. Kesme kuvveti için (Sol uçtan bakıldığında) Tm1 = − P1 + Vm1 = −15 + 1,3333 = −13,6667 kN = T Asol Tasağ − P1 + Vm1 + VB = −15 + 1,3333 + 36,2 = 22,5333 kN = TEsol TEsağ = (− P1 + Vm1 + VB ) − P2 = TEsol − 18 = 22,5333 − 18 = 4,5333 kN = TFsol TFsağ = (− P1 + Vm1 + VB − P2 ) − P3 = TFsol − P3 = 4,5333 − 20 = −15,4666 kN Sağ uçtan bakıldığında

TD = 0 = TCsağ ;

TCsol = −VC = −15,4666 kN .

Bu değerlere göre kirişin M (Şekil 2.6.4b) ve T (Şekil 2.6.4c) diyagramları çizilmiştir. Am1 ve BC kirişlerinin M (Şekil 2.6.3b, Şekil 1.6.4b) ve T (Şekil 2.6.3c, Şekil 2.6.4c) diyagramları birlikte çizilerek Gerber kirişin M (Şekil 2.6.5b) ve T (Şekil 2.6.5c) diyagramları elde edilir.

29 

a)

P1=15 kN

P2=18 kN

P3=20 kN

q=4 kN/m

M=12 kN.m o

oA o 6m

2m

o B

m1

2m

o C o

K 3m

4m

3m

2m

27,33 8

b)

M(kN.m)

2 12

12

40,66

22,533

c)

1,33

22,533

13,66

T(kN)

4,533

4,533

1,33

8

58,4

13,66

15,466

15,466

Şekil 2.6.5. a) Hesaplanan kiriş, b) M diyagramı, c) T diyagramı. Gerber kirişin genel denge şartlarının kontrolü: P1=15 kN

P2=18 kN

q=4 kN/m

M=12 kN.m o

oA o 2m

P3=20 kN

o B

m1 6m

VA=9,333 kN

2m

o C o

K 3m

4m

3m

VB=36,2 kN

Şekil 2.6.6

∑ Y = −q.2 + V

A

− P1 + V B − P2 − P3 + VC = 0 ⇒

− 4.2 + 9,3333 − 15 + 36,2 − 18 − 20 + 15,4666 = 0

∑M

B

= −q.2.9 + VV .8 − P1 .2 + P2 .3 + P3 .7 − VC .10 − 12 = 0 ⇒ − 4.2.9 + (9,3333).8 − 15.2 + 18.3 + 20.7 − (15,4666).10 − 12 = 0

30 

2m VC=15,4666 kN

M=15 kN.m

Örnek 2.7. Boyutları ve yükleme durumu Şekil 2.7.1’deki Gerber kirişin eğilme momenti ve kesme kuvveti diyagramlarını çiziniz. P1=18 kN P2=20 kN q0=12 kN/m P3=15 kN q1=4 kN/m o

o

oB o

A 8m

oC o

m

3m

3m

4m

2m

Şekil 2.7.1 Çözüm: Serbestlik derecesi W = 3.D – 2.m – Cm = 3.2 -2.1 – 4 = 0’dır ve Şekil 2.7.1’den görüldüğü gibi kiriş yararlı bünyeye sahiptir. Böylece sistem geometrik değişmezdir. Sistemin taşıma ve hesaplama şemaları sırasıyla Şekil 2.7.2b ve Şekil 2.7.2c’de gösterilmiştir.

M=15 kN.m

a) q0=12 kN/m o

P1=18 kN

o

o B o

A 8m

oB o

A

P3=15 kN

oC o

m

3m

b) o

P2=20 kN

q1=4 kN/m

3m

4m

o oo

2m

o C o P2=20 kN

mo

M=15 kN.m

c)

P3=15 kN

oC o

Vm q0=12 kN/m o

A

q1=4 kN/m oB o

P1=18 kN

Vm

Şekil 2.7.2. a) Gerber kirişi, b) Taşıma şeması, c) Hesaplama şeması.

31 

mC kirişinin (Şekil 1.7.3a) hesaplanması: Mesnet tepkileri

∑M

C

= Vm .7 − P2 .4 + P3 .2 = 0 ⇒

m

20.4 − 15.2 = 7,143 kN . 7 = P3 .9 − VC .7 + P2 .3 = 0 ⇒

P2=20 kN

a) )) m o

Vm =

∑M

VC =

m

3m

4m

15.9 + 20.3 = 27,857 kN . 7

− P2 + VC − P3 = 0 ⇒

VC

2m

30

Sağlama :

∑Y = V

oC o

D

Vm

P3=15 kN

M(kN.m)

b)

7,143 − 20 + 27,857 − 15 = 0 21,429

M ve T ’nin kritik kesitlerdeki değerleri (Sol uçtan bakıldığında) M m = 0 ; Tm = Vm = 7,143 kN . M D = Vm .3 = (7,143).3 = 21,429 kN .m. T

sol D

15 7,143

7,143

15 T(kN)

c)

= Vm = 7,143kN

TDsağ = Vm − P2 = 7,143 − 20 = −12,857 kN .

12,857

M C = Vm .7 − P2 .4 = (7,143).7 − 20.4 = = −30kN .m TCsol = Vm − P2 = 7,143 − 20 = −12,857 kN .

12,857

Şekil 2.7.3. a) mC kirişi, b) M diyagramı, c) T diyagramı.

C kesiti için sağ uçtan M C = − P3 .2 = −15.2 = −30 kN .m TC = P3 = 15 kN . Elde edilmiş değerlere göre kirişin M (Şekil 2.7.3b) ve T (Şekil 2.7.3c) diyagramları çizilmiştir. AB kirişinin (Şekil 2.7.4a) hesaplanması: Mesnet tepkileri

∑M VA =

B

= V A .8 − M −

12 +

q 0 .8 2 . .8 + q.3.(1,5) + Vm .3 + P1 .3 = 0 ⇒ 2 3

12.8 2 . .8 − 4.3.(1,5) + (7,143).3 − 18.3 2 3 = 21,8214 kN . 8 32 

M=12kN.m

a)

q0=12 kN/m o

A

qx

q1=4 kN/m

q (x)

oB o

R qx

x1

x2

VA 8m

VB

P1=18 kN

Vm=7,143 kN

3m

93,429

42,214

b)

12

4,714 M (kN.m) 9,68 37,143

21,82 25,143

c) T (kN) 14,178

26,17

Şekil 2.7.4. a) AB kirişi, b) M diyagramı, c) T diyagramı. q0 .8 8 . −M =0 ⇒ 2 3 12.8.8 (7,143).11 + 18.11 + 4.3.(9,5) + − 12 2 . 3 VB = = 63,3216 kN . 8

∑M

A

= Vm .11 + P1 .11 + q.3.(9,5) − VB .8 +

Sağlama : q 0 .8 12.8 + VB − q.3 − Vm − P1 = 0 ⇒ 21,8214 − + 63,3216 − 4.3 − 7,143 − 18 = 0. 2 2 AB kirişinin bölgelerinde (Şekil 2.7.4a) M ve T ’nin değerlerinin hesaplanması:

∑Y = V

A

−

0 ≤ x1 ≤ 3

M x1 = − P1 .x1 − Vm .x1 − q.

x12 ; 2

Tx1 = P1 + Vm + q.x1 ;

33 

x1 = 0 ⇒ M x1 = 0 ; Tx1 = 18 + 7,143 = 25,143 kN , x1 = 1,5 m ⇒ M x1 = −18.(1,5) − (7,143).(1,5) − 4. x1 = 3 m ⇒ M x1 = −18.3 − (7,143).3 − 4.

(1,5) 2 = −42,2145 kN .m 2

32 = −93,429 kN .m. 2

Tx1 = 18 + 7,143 + 4.3 = 37,143 kN . 3 ≤ x 2 ≤ 11 qx =

M x2 M x2

12.( x 2 − 3) ( x − 3) = 1,5.( x 2 − 3) ⇒ Rq x = q x . 2 = 0,75( x 2 − 3) 2 8 2 ( x − 3) ⇒ = − P1 .x 2 − Vm .x 2 − q.3.( x 2 − 1,5) + VB .( x 2 − 3) − Rq x . 2 3 = −18.x 2 − (7,143).x3 − 4.3( x 2 − 1,5) + (63,3216).( x 2 − 3) − 0,75.( x 2 − 3) 2 .( 2 −3) ,

Tx 2 = P1 + Vm + q.3 − VB + Rq x

⇒ Tx 2 = 18 + 7,143 − 63,3216 + 0,75( x 2 − 3) .

x 2 = 3 m ⇒ M x 2 = −18.3 − (7,143).3 − 3.4.(1,5) = −93,429 kN .m , Tx 2 = 18 + 7,143 + 12 − 63,3216 = −26,1786 kN . x 2 = 7 m ⇒ M x 2 = −18.7 − (7,143).7 − 4.3.(5,5) + (63,3216).4 −

(0,75).4 3 = −4,7146 kN .m , 3

Tx 2 = 18 + 7,143 + 4.3 − 63,3216 + (0,75).4 2 = −14,1786 kN . 8 x 2 = 11 m ⇒ M x 2 = −18.11 − (7,143).11 − 4.3.(9,5) + (63,3216).8 − (0,75).8 2. = −12 kN .m 3 2 Tx 2 = 18 + 7,143 + 12 − 63,3216 + (0,75).8 = 21,8214 kN . Eğilme momentinin maksimum değer aldığı kesitin uzaklığı:

Tx 2 = P1 + Vm + q.3 − VB + 0,75.( x 2 − 3) 2 = 0 ⇒ 18 + 7,143 + 12 − 63,3216 + 0,75.( x 2 − 3) 2 = 0 0,75.( x 2 − 3) 2 = 26,1786 ⇒ ( x 2 − 3) 2 = 34,9048 ⇒ x 2 − 3 = 5,908 ⇒ x 2 = 8,908m M max = −18.(8,908) − 7,143.(8,9089 − 3.4.(8,908 − 1,5) + 63,3216.(8,908) − 0,75.

(8,908 − 3) 3 = 9,68kN .m 3

Belirlenmiş değerlere göre kirişin M (Şekil 2.7.4b) ve T (Şekil 2.7.4c) diyagramları çizilmiştir. Her bir kiriş için çizilmiş M, T diyagramları bir doğru üzerinde çizilip, tüm kirişin M (Şekil 2.7.5b) ve T (Şekil 2.7.5c) diyagramları elde edilir.

34 

M=15 kN.m

a) q0=12 kN/m o

P1=18 kN

P2=20 kN

P3=15 kN

q1=4 kN/m o

oB o

A 8m

o C o

m

3m

4m

3m

2m

93,429

M (kN.m)

30

42,214

b) 12

4,714 9,68 21,429 37,143

21,82

T(kN)

15

25,143

15

7,143

c) 14,178

12,857

12,857

26,178

Şekil 2.7.5. a) Gerber kirişi, b) M diyagramı, c) T diyagramı.

M=15 kN.m

Sistemin genel denge şartlarının kontrolü: q0=12 kN/m o

P1=18 kN

o

oB o

A 8m

VA=21,8214 kN

P3=15 kN

P2=20 kN

q1=4 kN/m o oC

m

3m

3m

VB=63,3216 kN

4m

2m VC=27,857 kN

Şekil 2.7.6 12.8 + 63,3216 − 4.3 − 18 − 20 + 27,857 − 15 = 0 2 12.8 2.8 .( = (21,8214).11 − 15 − + 3) + (63,3216).3 − 4.3.(1,5) + 20.3 − 3 2 (27,857).7 + 15.9 = 0.

∑ Y = 21,8214 − ∑M

m

35 

3. GERBER KİRİŞLERDE TESİR ÇİZGİLERİ Genel Bilgiler

Taşıyıcı sistemlerin hareketli yüklere göre hesabı tesir çizgileri yardımıyla yapılır. Tesir çizgileri (T.Ç.), yönü değişmeyen hareketli birim yük etkisi altında çizilir. Bunlar, P = 1 birim yükünün sistem üzerindeki durumuna bağlı olarak kesit tesirlerinin, mesnet tepkilerinin ve yer değiştirmelerin değişimini gösterirler. Tesir çizgileri izostatik sistemlerde doğru parçalarından oluşurlar, hiperstatik sistemlerde ise eğriseldirler. Gerber kirişlerde tesir çizgilerini çizmek için basit kirişlerden bilinen kurallar kullanılır. Önce kirişin taşıma şeması çizilir. Tesir çizgisi çizilecek olan büyüklük (R : mesnet tepkisi, M : eğilme momenti, T : kesme kuvveti gibi) bu kirişin hangi parçasına ait ise hareketli birim yükün adı geçen parça üzerinde hareket etmesi göz önüne alınarak, söz konusu büyüklüğün bu durum için tesir çizgisi çizilir. Sonra, hareketli birim yük diğer parçaların üzerinde de dikkate alınır. Eğer bu parçalardan söz konusu büyüklüğün ait olduğu parçaya etki varsa ilk çizilen tesir çizgisi bu parçalar boyunca mafsallarda kırıklık yapacak ve mesnetlerin altında sıfırdan geçecek şekilde devam ettirilir. Çizilmiş tesir çizgileri yardımı ile bunların ait oldukları büyüklüklerin (S) değerleri aşağıdaki formülle hesaplanır. n

n

n

i =1

i =1

i =1

S = ∑ Pi . y i + ∑ qi . Ai + ∑ M i .tgα i

(3.1)

Burada : Pi : kirişe uygulanmış olan tekil yükler, y i : Pi tekil yükü altındaki T.Ç ’si ordinatıdır ve Pi . y i çarpımının işareti y i ’nin işaretine bağlıdır, qi : kirişe uygulanmış olan düzgün (üniform) yayılı yüklerin şiddetleri (En sık karşılaşılan yayılı yükler bunlardır. Eğer sistem üzerinde düzgün yayılı yükten farklı yayılı yükler varsa bunlar için integral işlemi yapılır), Ai : düzgün yayılı yükün etkidiği bölgenin altındaki tesir çizgisi alanıdır. qi . Ai çarpımının işareti Ai ’nin işaretine bağlıdır, M i : kirişe etkiyen tekil momentlerdir, α i : momentlerin uygulanmış olduğu kesitler altında tesir çizgisinin yatayla yaptığı açılardır. (T.Ç.’si eğrisel olduğunda bu eğriye çizilmiş teğetin yatayla yaptığı açılardır). Momentin yönü açıyı büyütürse M i .tgα i çarpımının işareti negatif, aksi halde pozitiftir. Mesnet tepkileri ve kesme kuvvetlerinin tesir çizgilerinin ordinatları birimsizdir, eğilme momentlerininki ise uzunluk birimindedir. İzostatik sistemlerin tesir çizgilerinin herhangi bir ordinatının değeri üçgenlerin benzerliğinden elde edilebilir. Örnek 3.1. Boyutları Şekil 3.1.1a’da verilen çıkmalı kirişin mesnet tepkilerinin ve K kesitinde MK ve TK’nın tesir çizgilerinin çizilmesi istenmektedir.

Mesnet tepkilerinin tesir çizgileri : 36 

− c ≤ x ≤ (L + d ) P.( L − x) L P.x ∑ M A = −VB .L + P.x = 0 ⇒ VB = L Görüldüğü gibi VA ve VB’nin tesir çizgilerinin denklemleri birer doğruyu ifade ederler. x’in değişme aralığında alabileceği değerler sırasıyla VA ve VB’ nin tesir çizgisi denklemlerinde yerine konularak elde edilen değerlere göre VA (Şekil 3.1.1b) ve VB’nin (Şekil 3.1.1c) T. Ç.’leri çizilmiştir. P=1 x a)

∑M

B

= V A .L − P.( L − x) = 0 ⇒ V A =

o A VA

c

o oB

K

a

VB

b

d

L

b) 1+ c/L

1 VA T.Ç.

1+ d/L

d/L 1

c) c/L

VB T.Ç.

a

b

a.b L

d)

MK T.Ç.

b.c/L

c/L e)

b.c/L 1

b/L TK T.Ç.

d/L

a/L

1

Şekil 3.1.1. a) AB kirişi, b) VA’nın T.Ç., c) VB’nin T.Ç., d) MK’nın T.Ç., e) TK’ nın T.Ç. K kesitinde eğilme momenti ve kesme kuvvetinin tesir çizgileri şöyle çizilir: Bu büyüklüklerin tesir çizgileri sağ ve sol çizgi olarak iki parçadan oluşur. Hareketli birim yükün

37 

K kesitinin sağ tarafında hareket ettiği göz önüne alındığında, birim yükün olmadığı sol taraf dikkate alınarak T.Ç.’nin sağ parçasının ifadesi aşağıdaki gibi elde edilir. M Ksol = V A .a Görüldüğü gibi MK’nın T.Ç.’nin sağ parçası VA’nın T.Ç.’nin ordinatlarının a ile çarpılmasıyla elde edilir. Hareketli birim yükün K kesitinin sol tarafında hareket ettiği göz önüne alındığında, bu defa da birim yükün olmadığı sağ taraf dikkate alınarak, T.Ç.’nin sol parçası için ifade şöyle elde edilir: M Ksağ = VB .b MK’nın T.Ç.’nin sol parçasının, VB’nın T.Ç.’nin ordinatlarının b ile çarpılmasıyla elde edildiği görülmektedir. Bu tesir çizgisi parçalarının çizimi ölçekli olarak yapıldığında K kesitinin altında kesiştikleri görülür. Kesme kuvvetinin tesir çizgisi de sağ ve sol olmak üzere iki parçadan oluşur. Bu parçaların ifadeleri eğilme momentinin tesir çizgisine benzer şekilde elde edilir: TKsol = V A olup, tesir çizgisinin sağ parçası VA’nın T.Ç.’nin aynısıdır. TKsol = −VB olup, tesir çizgisinin sol parçası VB’nin T.Ç.’nin ters işaretlisidir. Bu sonuçlara uygun olarak kirişin açıklığı içerisinde (mesnetleri arasında) olan K kesitinde eğilme momentinin ve kesme kuvvetinin T. Ç.’leri sırasıyla Şekil 3.1.1d ve Şekil 3.1.1e’de çizilmiştir. Kirişin açıklığı içindeki kesitlerde (K kesiti gibi) eğilme momentinin ve kesme kuvvetinin T.Ç.’lerinin çizimi aşağıda tarif edildiği gibi pratik şekilde de yapılabilir. Eğilme momentinin T.Ç. : Sağ veya sol mesnetten kesite kadar olan mesafe mesnet hizasında artı işaretle bir ordinat olarak işaretlenir. Sonra bu ordinattan diğer mesnetin altında sıfırdan geçecek şekilde bir doğru çizilir. İlgili kesitin bu doğru üzerine izdüşümü alınır. Bu izdüşüm noktasından başta dikkate alınan mesnette sıfırdan geçen bir doğru çizilerek eğilme momentinin T.Ç. tamamlanmış olur (Şekil 3.1.2b). Kesme kuvvetinin T.Ç. : Önce VA’nın ve zıt işaretle VB’nin T.Ç.’leri çizilir. Sonra K kesitinin bu çizgiler üzerine izdüşümleri alınır. VA’nın T.Ç.’nin izdüşümün sağında , VB’nin T.Ç.’nin ise izdüşümün solunda kalan kısımları alınarak TK’nın T.Ç.’si (Şekil 3.1.2c) elde edilir. Açıklığın dışındaki, yani çıkmalar üzerindeki kesitlerin iç kuvvetlerinin tesir çizgilerinde sağ (çıkma sol tarafta ise) veya sol (çıkma sağ tarafta ise) çizginin ordinatları sıfırdır.

38 

x

P=1

a) o A VA

oB o

K

a

VB

c

d

L

a K1

b)

MK T.Ç.

1

c)

K11 TK T.Ç. K11

1

Şekil 3.1.2. a) AB kirişi, b) MK tesir çizgisi, c) TK tesir çizgisi. Örnek olarak Şekil 3.1.3 a)’daki kirişin K ve K1 kesitlerinde iç kuvvetlerin T.Ç.’lerini çizelim. P=1

x

a)

K

o A

oB o

VA

K1

x1

P=1

c

VB

a

b

L

b)

MK T.Ç.

a c)

TK T.Ç.

1

d)

1

MK1 T.Ç.

1

e)

c

1

TK1 T.Ç.

Şekil 3.1.3. a) AB kirişi, b) MK’nın T.Ç., c) TK’ nın T.Ç., d) MK1’in T.Ç., e) TK1’in T.Ç. 39 

K kesiti için iç kuvvetlerin tesir çizgilerinin sağ parçaları sıfırdır (çıkma sol tarafta olduğu için). 0≤ x≤a M K = − P.x ;

TK = − P = −1 ;

x ' in değişme aralığı göz önüne alınarak MK ve TK’nın tesir çizgileri sırasıyla Şekil 3.1.3b ve Şekil 3.1.3c’de çizilmiştir. K1 kesiti için iç kuvvetlerin T.Ç.’lerinin sol parçaları sıfırdır (çıkma sağ tarafta olduğu için). 0 ≤ x1 ≤ c M K 1 = − P.x1 ; TK 1 = P = 1 . x1 ' in değişme aralığı göz önüne alınarak MK1 ve TK1’in tesir çizgileri sırasıyla Şekil 3.1.3d ve Şekil 3.1.3e’de çizilmiştir.

Açıklanmış olan bu kurallar Gerber kirişlerde tesir çizgilerinin çiziminde de geçerlidir. Örnek 3.2. Yükleme durumu ve boyutları Örnek 2.1’de (Şekil 3.2.1a) verilmiş kiriş için a) A mesnetinin VA ve işaretli K kesitinin MK, TK tesir çizgilerini çiziniz, b) Tesir çizgileri yardımıyla VA, MK ve TK’nın değerlerini hesaplayınız, c) VA, MK ve TK’nın Örnek 2.1’de analitik olarak belirlenmiş değerlerini tesir çizgileri yardımıyla hesaplanan değerleri ile karşılaştırınız.

Çözüm : a) VA, MK ve TK tesir çizgileri sırasıyla Şekil 3.2.1c-e’de çizilmiştir. b) Bu tesir çizgileri yardımıyla mesnet tepkisi ve iç kuvvetler (3.1) ifadesiyle hesaplanır. Bunun için gereken ordinatlar tesir çizgilerinde üçgenlerin benzerliğinden belirlenmiştir. VA’ nın tesir çizgisinden V A = q1 .( A1 − A1' ) + M .tgα + P.0,125 + q 2 . A2 = 2.(

8.1 (0,25).2 0,25 ) + 8. − + 10.(0,125) + 2 2 4

(0,125).4 = 8 − 0,5 + 0,5 + 0,75 + 1,25 = 10 kN . 2 MK’ nın tesir çizgisinden 2 1.4 M KSol = − M .tgα 1 − P.1 − q 2 . A2 M = −8. − 10.1 − 3. = −4 − 10 − 6 = −20 kN .m 4 2 2 1.4 M KSağ = M .tgα 2 − P.1 − q 2 . A2 M = 8. − 10.1 − 3. = −12 kN .m 4 2 ve TK’nın tesir çizgisinden 1 (0,5).4 TK = M .tgα 3 − P.0,5 − q 2 . A3 = −8. − 10.(0,5) − 3. = −10 kN . 4 2 3.

olarak elde edilir. 40 

P=10 kN

a)

q =2 kN/m

oA

o

oB o

m1

2m

o

oC o

K 2m

8m

2m

oA

oB o

oD o

m2

2m

6m

P=1

b)

q 1=3 kN/m

M =8 kN.m

6m

m1 o oo

m2 o o o

oC o

oD o

VA 1

A1

A1'

c)

α

0,125

A2

VA T.Ç.

0,25 2

α2

d)

A2 M

α1

MK T.Ç. 1 1

A3

α3

e)

TK T.Ç. 1

Şekil 3.2.1. a) Gerber kirişi, b) Taşıma şeması, c) VA’nın T.Ç., d) MK’nın T.Ç., e) TK’nın T.Ç. c) VA, MK ve TK için analitik ve tesir çizgileri yardımıyla belirlenmiş değerlerin karşılaştırma tablosu: Büyüklük VA(kN)

Analitik T. Ç.’leri yöntemle yardımıyla 10

10

Fark 0

MKSol(kN.m)

- 20

- 20

0

MKSağ(kN.m)

- 12

- 12

0

TK (kN)

- 10

- 10

0

Örnek 3.3. Yükleme durumu ve boyutları Örnek 2.2’de (Şekil 3.3.1a) verilmiş olan Gerber kiriş için a) VB, MK ve TK tesir çizgilerini çiziniz, 41 

b) Tesir çizgileri yardımıyla bu büyüklüklerin değerlerini hesaplayınız, c) Bu büyükler için analitik yöntemle ve tesir çizgileri yardımıyla hesaplanmış değerleri karşılaştırınız. Çözüm: a) VB, MK ve TK’nın T.Ç.’leri sırasıyla Şekil 3.3.1b, c ve d’de çizilmiştir. b) Tesir çizgileri yardımıyla mesnet tepkisinin ve iç kuvvetlerin değerlerini yine (3.1) ifadesiyle hesaplanır. VB’nin tesir çizgisinden V B = − P1 .0,321428 + q. A1 + q. A1' + P2 .0,42857 − M .tgα 1 − q. A2 = −8.(0,321429) + (1,2857).6 (1,2857 + 1).2 1 1.(0,14286) + 4. + 12.(0,42857) − 8. − 4. = 25,7143 kN . 2 2 7 2 MK’nın tesir çizgisinden (0,857).8 M KSol = P1 .0,214286 − q. A3 − M .tgα 2 + P2 .1,71428 − q. A4 = 8.(0,214286) + 4. − 2 1.(0,571428) = 2,857 kN .m 8.(0,571428) + 12.(1,71428) − 4. 2 (0,857).8 M KSağ = P1 .0,214286 − q. A3 + M .tgα 3 + P2 .1,71428 − q. A4 = 8.(0,214286) + 4. + 2 1.(0,571429) 1,7143 + 12.(1,71428) − 4. = 10,857 kN .m 10. 2 4 4.

P1 =8 kN

1,5 m

M =8 kN.m o

oA o

a)

P2 =12 kN

q=4 kN/m oB

m1

6m

A1

1,285

4m

A1'

o oC

K

2m

q=4 kN/m

3m

1m

α1

A2

1 0,428

b) 4

0,143

0,3214

0,2143

α3

A3

1,7148

c) A3T

0,857143

α2

A4 0,57143

1

0,2857

α4

d)

0,42857

α4

A4T

0,07143

0,143 0,57143

1

Şekil 3.3.1. a) Gerber kirişi, b) VB’nin T. Ç., c) MK’nın T.Ç. d) T K’nın T. Ç. TK’nın tesir çizgisinden

42 

TKSol = − P1 .0,07143 + q. A3T + M .tgα 4 + P2 .0,42857 − q. A4T = −8(0,07143) + 4.

(0,2857).8 − 2

1 1.(0,14286) − 8. + 12.(0,42857) − 4. = 7,7143 kN 7 2 TKSağ = − P1 .0,07143 + q. A3T + M .tgα 4 − P2 .0,57143 − q. A4T = −8.(0,07143) + 4.

(0,2857).8 − 2

1 1.(0,2857) − 10. − 12.(0,57143) − 4. = −4,2857 kN 7 2

olarak elde edilir. c) VB, MK, ve TK için analitik ve tesir çizgileri yardımıyla hesaplanmış değerlerin karşılaştırma tablosu: Büyüklük VB(kN)

Analitik T. Ç.’leri Fark yöntemle yardımıyla 25,7143 25,7143

MKSol(kN.m)

2,857

MKSağ(kN.m)

0

2,857

0

10,857

10,857

0

TKSol (kN)

7,7143

7,7143

0

TKSağ(kN)

- 4,2857

-4,2857

0

Örnek 3.4. Yükleme durumu ve boyutları Örnek 2.3’de (Şekil 3.4.1a) verilmiş Gerber kirişi için a) VB, MK ve TK tesir çizgilerini çiziniz, b) Tesir çizgileri yardımıyla VB, MK ve TK’yı belirleyiniz, c) Bu büyükler için analitik yöntemle ve tesir çizgileri yardımıyla hesaplanmış değerleri karşılaştırınız.

Çözüm: a) VB, MK ve TK’nın tesir çizgileri sırasıyla Şekil 3.4.1c, d ve e’de çizilmiştir. b) Çizilmiş tesir çizgileri yardımıyla mesnet tepkisi ve iç kuvvetlerin değerleri şöyle hesaplanır: VB’nin tesir çizgisinden V B = P.1 + q.( A + A1 ) − M .tgα = 14.1 + 3.(1.4 +

1 1.6 ) − 10. = 33,333 kN 6 2

43 

a)

P=14 kN

q =3 kN/m

M=10 kN.m

o

oA o 6m

2m

x

b)

K

B

2m

2m

P=1 om1 oo

oA o

A

B K

A1

1

1

α

VB’ T.Ç.

0,333

c)

m1

0,666

d)

α1

A2 MK’ T.Ç.

2

0,333

e)

α2

A3

A4 TK’ T.Ç. 1

1

Şekil 3.4.1. a) Gerber kirişi, b) Taşıma şeması, c) VB’nin tesir çizgisi, d) MK’ nın tesir çizgisi, e) TK’nın tesir çizgisi. MK’nın tesir çizgisinden M K = −q. A2 + M .tgα 1 = −3.

2 2.8 + 10. = −20,6666 kN .m 6 2

ve TK’nın tesir çizgisinden 1 1.6 ) + 10. = −13,333 kN 6 2 1.6 = − q.( A3 + A4 ) + M .tgα 2 − P.1 = −3.(1.2 + ) − 14.1 = −27,333 kN . 2

TKSol = −q.( A3 + A4 ) + M .tgα 2 = −3.(1.2 + TKSağ

olarak hesaplanmaktadır. c) VB , MK, ve TK için analitik ve T. Ç.’leri yardımıyla bulunmuş değerlerin karşılaştırma tablosu: 44 

Büyüklük

Analitik T. Ç.’leri Fark yöntemle yardımıyla

VB(kN)

33,3333 33,3333

0

MK(kN.m)

-20,666

-20,666

0

TKSol (kN)

-13,333

-13,333

0

TKSağ(kN)

-27,3333 -27,3333

0

Örnek 3.5. Yükleme durumu ve boyutları Örnek 2.4’de (Şekil 3.5.1a) verilmiş Gerber kirişi için a) VC, MK ve TK tesir çizgilerini çiziniz, b) T.Ç.’leri yardımıyla VC, MK ve TK’yı belirleyiniz, c) Bu büyükler için analitik yöntemle ve T.Ç.’leri yardımıyla belirlenmiş değerleri karşılaştırınız.

Çözüm: a) VC, MK ve TK’nın tesir çizgileri sırasıyla Şekil 3.5.1c, d ve e’de çizilmiştir. b) Bu tesir çizgileri yardımıyla mesnet tepkisi ve iç kuvvetlerin hesabı: VC’nin tesir çizgisinden VC = − P2 .0,14286 − q. A'+ P3 .0,7143 − M .tgα = 15.(0,14286) − 4.

(0,2857).2 + 2

1 + 20.(0,7143) − 16. = 15,857 kN . 7 MK’nın tesir çizgisinden 2.2 M K = − P2 .1 − q. A1 = −15.1 − 4. = −23 kN .m . 2 TK’nın tesir çizgisinden TK = P2 .0,14286 + q. A2 + q. A3 + P3 .0,2857) + M .tgα 1 = 15.(0,14286) + + 4.

(0,2857).2 (1 + 0,2857).5 1 + 4. + 20.(0,2857) + 16. = 24,143 kN . 2 2 7

olarak belirlenir.

45 

P2=15 kN

P1=18 kN

a)

q =4 kN/m

M1=12 kN.m o

o

m1

A 1m

1,5 m

m2 2m

2m

d)

MK T.Ç

Co o

α

A

1

α

0,2857

0,14286

VC T.Ç

2m

oB o

A'

c)

o Co 5m

o m2 oo

oo

A

M=16 kN.m

o K o

2m

m1o

b)

B

P3=20 kN

A1 1

TK T.Ç

A3

1

A2

0,2857

0,14286

e)

0,2857

2

α1

1

Şekil 3.5.1. a) Gerber kiriş, b) Taşıma şeması, c) VC’nin tesir çizgisi, d) MK’nın tesir çizgisi, e) TK’ nın tesir çizgisi. c) VB, MK, ve TK için analitik yöntemle ve tesir çizgileri yardımıyla hesaplanmış değerlerin karşılaştırma tablosu: Büyüklük VC(kN) MK(kN.m) TK (kN)

Analitik T. Ç.’leri Fark yöntemle yardımıyla 15,857

15,857

0

-23

-23

0

24,143

24,143

46 

0

Örnek 3.6. Yükleme durumu ve boyutları Örnek 2.5’de (Şekil 3.6.1a) verilmiş olan Gerber kirişi için a) VB, MK ve TK tesir çizgilerini çiziniz, b) Tesir çizgileri yardımıyla VB, MK ve TK büyüklüklerini belirleyiniz, c) Bu büyüklükler için analitik yöntemle ve T.Ç.’leri yardımıyla hesaplanmış olan değerleri karşılaştırınız.

Çözüm: a) VB, MK ve TK tesir çizgileri sırasıyla Şekil 3.6.1c, d ve e’de çizilmiştir. b) Bu tesir çizgileri yardımıyla mesnet tepkisi ve iç kuvvetleri (3.1) formülü ile hesaplanır. Gereken ordinatlar yine tesir çizgilerinde üçgenlerin benzerliğinden belirlenir. 0,5333 (1,333).8 1 V B = M .tgα + q. A + P1 . y1 + M 1 .tgα 1 = 12. + 3. + 12.(0,8) + 10. = 28,9333 kN 4 2 6 0,8 2.2 M K = −q. A1 − P1 .1,2 − M 1 .tgα 2 = −3. − 10. = −22,4 kN .m 4 2 1 TK = q. A2 + P1 .0,6 + M 1 .tgα 3 = 3.1.2 + 12.(0,6) + 10. = 14,2 kN 10 c) Analitik yöntemle ve tesir çizgileri yardımıyla hesaplanmış değerlerin karşılaştırma tablosu: Büyüklük

Analitik T. Ç.’leri Fark yöntemle yardımıyla

VB(kN)

28,9333

28,9333

0

MK(kN.m)

-22,4

-22,4

0

TK (kN)

14,2

14,2

0

47 

P1=12 kN

P2=14 kN

M1=10 kN.m q =3 kN/m

6m

P=1

3m

o o o o B o

A

1

2m

3

2m

2m

m2o

m1

o A

om

m2

Co o

2m

o m3 oo

oo

o Eo

o oD 5m

oD o

3m

o Eo

b)

0,8

x

o

o Co

2m 2m

1,333

2m

M1=10 kN.m

o B o K m1 o

o A

a)

q =3 kN/m

α1

VB ‘nin T.Ç.

c)

α2

MK ‘nın T.Ç.

d)

0,8

0,533

α

2 1

A2

1

0,6

1,2

A1

TK ‘nın T.Ç.

e)

0,4

α3

Şekil 3.6.1. a) Gerber kirişi, b) Taşıma şeması, c) VB’nin T.Ç., d) MK’nın T.Ç., e) TK’nın T.Ç. Örnek 3.7. Yükleme durumu ve boyutları Örnek 2.6’da (Şekil 3.7.1a) verilen Gerber kirişi için a) VC, MK ve TK tesir çizgilerini çiziniz, b) Tesir çizgileri yardımıyla VC, MK ve TK’yı belirleyiniz, c) Bu büyüklükler için analitik yöntemle ve tesir çizgileri yardımıyla hesaplanmış değerleri karşılaştırınız.

Çözüm: a) İlgili büyüklüklerin tesir çizgileri Şekil 3.7.1c-e’de çizilmiştir. b) Çizilen tesir çizgileri yardımıyla mesnet tepkisi ve iç kuvvetlerin hesabı:

48 

P1 = 15 kN

q = 4 kN/m

o

o B

m 6m

oA o

a)

P3 = 20 kN

M = 12 kN.m

oA o 2m

P2 = 18 kN

2m

o oo

oC o

K

3m

4m

3m

2m

P=1 oC o

o B

b) c)

0,0666

1

α

0,7 0,3 VC-T.Ç.

A

3

0,2 2,1

d)

α1

0,9 0,2

MK-T.Ç.

A1 0,6

1

A2 0,0666

0,3

0,2

e)

α2

TK-T.Ç. 0,3 0,7

1

Şekil 3.7.1. a) Gerber kirişi, b) Taşıma şeması, c) VC’nin T.Ç., d)MK’nın T.Ç., e) TK’nın T.Ç.

49 

VC = q. A − P1 .0,2 + P2 .0,3 + P3 .0,7 − M .tgα = 4. + 20.(0,7) − 12.

(0.0666).2 − 15.(0,2) + 18.(0,3) + 2

1 = 15,4666 kN 10

M K = q. A1 − P1 .0,6 + P2 .0,9 + P3 .2,1 − M .tgα 1 = 4. + 20.(2,1) + 12.

(0,2).2 − 15.(0,6) + 18.(0,9) + 2

2,1 = 58,4 kN .m 3

TKsağ = − q. A2 + P1 .0,2 − P2 .0,3 + P3 .0,7 + M .tgα 2 = −4.

(0,0666).2 + 15.(0,2) − 2

0,3 = −15,4666 kN 3 = − qA2 + P1 .0,2 − P2 .0,3 + P3 .0,3 + M .tgα 2 = −0,2666 + 3 − 5,4 + 1,2 = 4,5333 kN − 18.(0,3) − 20.(0,7) + 12.

TKsol

c) VC, MK, ve TK için analitik yöntemle ve tesir çizgileri yardımıyla belirlenmiş değerlerin karşılaştırma tablosu: Büyüklük

Analitik T. Ç.’leri Fark yöntemle yardımıyla

VC(kN)

15,4666

15,4666

0

MK(kN.m)

58,4

58,4

0

4,5333

4,5333

0

-15,4666 -15,4666

0

TKSol (kN) TKSol (kN)

Örnek 3.8. Yükleme durumu ve boyutları Örnek 2.7’de (Şekil 3.8.1a)verilmiş olan Gerber kirişi için a) VA, MK ve TK’nın tesir çizgilerini çiziniz, b) Tesir çizgileri yardımıyla VA, MK ve TK’yı belirleyiniz, c) Bu büyüklükler için analitik yöntemle ve tesir çizgileri yardımıyla hesaplanan değerleri karşılaştırınız.

Çözüm: a) VA, MK ve TK tesir çizgileri sırasıyla Şekil 3.8.1c, d ve e’de çizilmiştir. b) Çizilen tesir çizgileri yardımı ile mesnet tepkisi ve iç kuvvetlerin hesabı (3.1) ile yapılmıştır.

50 

8

x 3 3 3 1,5 8 3 3.3 3 V A = ∫ (1,5).x. dx − q. A − P1 . − P2 . + P3 . + Mtgα = . − 4. − 18. − 8 14 14 8 3 8.2 8 8 0 3 3 1 + 15. + 12. = 21,8214 kN 14 28 8 12 12 3 .3 12 12 M K = −q. A1 − P1 .3 − P2 . + P3 . = −4. − 18.3 − 20. + 15. = −93,4285 kN .m 7 14 2 7 14 4 2 4 2 TK = q. A2 + P1 .1 + P2 . − P3 . = 4.1.3 + 18.1 + 20. − 15. = 37,1428 kN 7 7 7 7 − 20.

c) VA, MK ve TK için analitik yöntemle ve tesir çizgileri ile belirlenmiş değerlerin karşılaştırma tablosu:

Büyüklük

Analitik T. Ç.’leri Fark yöntemle yardımıyla

VA(kN)

21,8214

21,8214

0

MK(kN.m)

-93,4285 -93,4285

0

TK (kN)

37,1428

0

37,1428

51 

M=15 kN.m

q0=12 kN/m o

A

P1=18 kN

q x dx q x

1

o

oB o

dx 8m

o

3m

P3=15 kN

a)

oC o

m 4m

3m o oo

oB o

A

yx =

P2=20 kN

q1=4 kN/m

2m

b)

o C o

1.x 8

α

A

3/28

c) 3/14 3/8

12/14

A1

d) 12/7

A2 1

3 1 4/7

e) 2/7

Şekil 3.8.1. a) Gerber kirişi, b) Taşıma şeması, c) VA’nın T.Ç., d) MK’nın T.Ç., e) TK’nın T.Ç. Not: Örneklerden görüldüğü gibi herhangi bir büyüklük için çizilen tesir çizgisinin ordinatları, hareketli birim yük her bir ordinat hizasında iken, söz konusu büyüklüğün aldığı değeri göstermektedir.

52 

4. İZOSTATİK ÇERÇEVELERİN HESABI Genel Bilgiler

Elemanları düğüm noktalarında rijit veya mafsallı olarak birleşen, geometrik değişmez çubuk sistemlere çerçeve denir. Çerçeveler bir açıklıklı, çok açıklıklı, bir katlı veya çok katlı olabilir. Çerçevelerin yatay elemanları kiriş, düşey elemanları ise kolon diye adlandırılır. Çerçevelerin kirişleri doğru, kırık veya eğri eksenli olabilir. b)

a)

o

o

o

o

o

d) c)

o

o

o

o

Şekil 4.1. a) Bir açıklıklı çerçeve (düğümler rijit), b) Çok açıklıklı çerçeve (bazı düğümleri mafsallı), c) Çok açıklıklı çerçeve (kiriş eğik / eğrisel), d) Bir açıklıklı, çok katlı çerçeve. Çerçeve elemanlarındaki iç kuvvetlerin hesabı kirişlerde kullanılan yöntemlerin uygulanması ile yapılır. Eğilme momenti ve kesme kuvveti için işaretler kirişlerde olduğu gibidir. Normal kuvvet için bakılan kesitte çekme oluşturan kuvvet pozitif, basınç oluşturan ise negatif kabulü yapılmıştır. Örnek 4.1. Boyutları ve yükleme durumu Şekil 4.1.1’de verilen çerçeve için

a) Sabit yük etkisinden eğilme momenti, kesme kuvveti ve normal kuvvet diyagramlarını çiziniz, b) Sistemin genel dengesini kontrol ediniz.

53 

P1=20 kN

1

q2=8 kN/m 2 3m

q1=15 kN/m

4m

P2=15kN 3m

3

oB

oA 4m

4m

3m

Şekil 4.1.1 Çözüm: Çoğu yapı sistemlerinde olduğu gibi hesaplamaya mesnet tepkilerinin belirlenmesi ile başlanır (Şekil 4.1.2). P1=20 kN q2=8 kN/m

x3

8m 3m

q1=15 kN/m

x2

x5 x4

3m

P2=15 kN

x1 A

o

HA

Bo

VA

VB 4m

4m

3m

Şekil 4.1.2

∑ X = 0 ⇒ q1.6 − H A − P2 = 0 ⇒ H A = 15.6 − 15 = 75 kN ∑ M B = −V A .8 + q1.6.3 − P1.4 + q2 .3.(1,5) − P2 .3 = 0 ⇒ 15.6.3 − 20.4 + 8.3.(1,5) − 15.3 = 22,625 kN 8 ∑ M A = q2 .3.(9,5) − P2 .3 − VB .8 + P1 .4 + q1 .6.3 = 0

VA =

8.3.(9,5) − 15.3 + 20.4 + 15.6.3 = 66,625 kN 8 Sağlama: ∑ Y = −V A − P1 − q 2 .3 + VB = 0 ⇒ − 22,625 − 20 − 8.3 + 66,625 = 0 VB =

Her bir bölge için (Şekil 4.1.2) eğilme momenti, kesme kuvveti ve normal kuvvetin ifadelerinin yazılıp, değerlerinin belirlenmesi: 54 

0 ≤ x1 ≤ 6 x1 ; Tx1 = H A − q1 .x1 ; N = V A = 22,625 kN 2 = 0 , Tx1 = H A = 75 kN .

M x1 = H A .x1 − q1 .x1 . x1 = 0 ⇒ M x1

Eğilme momentinin maksimum değer aldığı kesitin yeri: Tx1 = H A − q1 .x1 = 0 ⇒ 75 − 15.x1 = 0 ⇒ x1 = 5 m . M xmax = 75.5 − 15. 1 x1 = 6 m ⇒ M x1 = 75.6 − 15. 0 ≤ x2 ≤ 4

62 = 180 kN .m , 2

52 = 187,5 kN .m 2

Tx1 = 75 − 15.6 = −15 kN .

62 62 − V A .x 2 = 75.6 − 15. − (22,625).x 2 = 180 − (22,625).x 2 2 2 T = −V A = −22,625 kN ; N = −q1 .6 + H A = −15.6 + 75 = −15 kN . M x 2 = H A .6 − q1 .

x 2 = 0 ⇒ M x 2 = 180 kN .m , x 2 = 4 m ⇒ M x 2 = 180 − (22,625).4 = 89,5 kN .m 4 ≤ x3 ≤ 8 M x 3 = 180 − V A .x3 − P1 .( x3 − 4) ; T = −V A − P1 = −22,625 − 20 = −42,625 kN ; N = −15 kN . x3 = 4m ⇒ M x 3 = 89,5 kN .m , x3 = 8 m ⇒ M x 3 = 180 − (22,625).8 − 20.4 = −81 kN .m. B-3 bölgesinde, Şekil 4.1.1’den görüldüğü gibi M = 0 ; T = 0 ; N = −V B = −66,625 kN ’ dur. 0 ≤ x4 ≤ 3 M x 4 = − P2 .x 4 ; T = P2 = 15 kN ; N = −VB = −66,625 kN

x 4 = 0 ⇒ M x 4 = 0 , x 4 = 3 m ⇒ M x 4 = −15.3 = −45 kN .m 0 ≤ x5 ≤ 3 M x 5 = − q 2 .x 5 .

x5 x2 = − q 2 . 5 ; Tx 5 = q 2 .x5 ; N = 0 2 2

x5 = 0 ⇒ M x 5 = 0 ; Tx 5 = 0 ; x5 = 1,5 m ⇒ M x 5 = −8. x5 = 3 m ⇒ M x 5

(1,5) 2 = −9 kN .m 2

(3) 2 = −8. = −36 kN .m ; Tx 5 = 8.3 = 24 kN 2

Her bir bölge için elde edilmiş değerlere göre çerçevenin M (Şekil 4.1.3b), T (Şekil 4.1.3c) ve N (Şekil 4.1.3d) diyagramları çizilmiştir. Eğilme momenti diyagramı uzamış lifler tarafında çizilmiştir.

55 

a)

P1=20 kN q2=8 kN/m

q1=15 kN/m

4m

180

2

3m

3

89,5 187,5

180

P2=15 kN

oA

Bo

3m

15

15

45

3

oA

c)

d)

9

M (kN.m)

Bo 8m

36

2

1 3m

1

81

b)

24 15

66,625

15

22,625

22,625 15

22,625 22,625

N (kN) o

o

66,625

T (kN) 42,625

o

75

o

42,625

Şekil 3.1.3 a) Ele alınan çerçeve; b) M diyagramı; c) T diyagramı; d) N diyagramı.

Çerçevenin genel denge kontrolü : 1

M diyagramından

∑M ∑M

1

2

= 180 − 180 = 0

= 36 + 45 − 81 = 0

180

180 81

2

36

45

T ve N diyagramlarında işaretlenmiş olan mesnet tepkilerinin (Şekil 4.1.4) değerleri de dikkate alındığında

∑ X = 15.6 − 75 − 15 = 0 ; ∑ Y = −22,625 + 66,625 − 20 − 8.3 = 0 olarak dengenin sağlanmış olduğu görülmektedir.

56 

P1=20 kN q2=8 kN/m

q1=15 kN/m

4m

2 3m

1

P2=15 kN 3m

3

75 kN 66,625 kN 22,625 kN 8m

3m

Şekil 4.1.4 Örnek 4.2. Boyutları ve yükleme durumu Şekil 4.2.1’ de verilen çerçevenin M, T, N diyagramlarının çizimi ve genel denge kontrolünün yapılması istenmektedir.

6m P2=20 kN

2m 6m

α

q1=16 kN/m

q2=9 kN/m

4m

M=12kN.m

P1=30 kN

4m

o

o 3m

12 m

Şekil 4.2.1 Çözüm: Hesaplamaya yine mesnet tepkilerinin belirlenmesiyle başlanır (Şekil 4.2.2).

∑X = H ∑M VA =

∑M VB =

B

A

+ P2 − q1 .6 = 0 ⇒ H A = 16.6 − 20 = 76 kN

= V A .12 + M − q 2 .3.(13,5) − H B .4 − P1 .6 − q1 .6.3 = 0 ⇒

− 12 + 9.3.(13,5) + 76.4 + 30.6 + 16.6.3 = 93,70833 kN . 12 A

= M − q 2 .3.(1,5) + P2 .4 + P1 .6 − q1 .6.7 + VB .12 = 0 ⇒

− 12 + 9.3.(1,5) − 20.4 − 30.6 + 16.6.7 = 36,70833 kN 12 57 

C

4m

P2=20 kN

A

3m

x5 x1

F

o

x3

2m

x6

K

6m

E x 4

α

D q1=16 kN/m

q2=9 kN/m

4m

M=12kN.m

P1=30 kN

B

x2 o

VB

HA VA 6 m

6m

Şekil 4.2.2 Sağlama : ∑ Y = −q 2 .3 + V A − P1 − VB = −9.3 + 93,70833 − 30 − 36,70833 = 0 Her bir bölge için M, T ve N’nin değerlerinin hesabı: 1. bölge (BD kolonu) 0 ≤ x1 ≤ 6 x1 x2 = −q1 . 1 ; T = q1 .x1 ; N = VB = 36,70833 kN 2 2 32 x1 = 0 ⇒ M x1 = 0 , Tx1 = 0 ; x1 = 3 m ⇒ M x1 = −16. = −72 kN .m 2 2 6 x1 = 6 m ⇒ M x1 = −16. = −288 kN .m ; Tx1 = 16.6 = 96 kN . 2

M x1 = − q1 .x1 .

2.bölge (AC kolonunun AF parçası) 0 ≤ x 2 ≤ 4 M x 2 = − H A .x 2 ; T = − H A = −76 kN ; N = −V A = −93,70833 kN x 2 = 0 ⇒ M x 2 = 0 ; x 2 = 4 m ⇒ M x 2 = −76.4 = −304 kN .m 3.bölge (AC kolonunun FC parçası) 4 ≤ x3 ≤ 8 M x 3 = − H A .x3 − P2 .( x3 − 4) ; T = − H A − P2 = −76 − 20 = −96 kN ; N = −V A = −93,70833 kN x3 = 4 m ⇒ M x 3 = −304 kN .m , x3 = 8 m ⇒ M x 3 = −76.8 − 20.4 = −688 kN .m 4.bölge (EC konsolu) 0 ≤ x 4 ≤ 3

58 

x 42 x 42 M x 4 = M − q2 , = 12 − 9. ; Tx 4 = − q 2 .x 4 = −9.x 4 ; N = 0 2 2 (1,5) 2 x 4 = 0 ⇒ M x 4 = 0 ; Tx 4 = 0 ; x 4 = 1,5 m ⇒ M x 4 = 12 − 9. = 1,875 kN .m 2 32 x 4 = 3 m ⇒ M x 4 = 12 − 9. = −28,5 kN .m ; Tx 4 = −9.3 = −27 kN 2

5.bölge (CD kirişinin CK parçası) 3 ≤ x5 ≤ 9 x 42 x 42 M x 4 = M − q2 , = 12 − 9. ; Tx 4 = − q 2 .x 4 = −9.x 4 ; N = 0 2 2 (1,5) 2 x 4 = 0 ⇒ M x 4 = 0 ; Tx 4 = 0 ; x 4 = 1,5 m ⇒ M x 4 = 12 − 9. = 1,875 kN .m 2 32 x 4 = 3 m ⇒ M x 4 = 12 − 9. = −28,5 kN .m ; Tx 4 = −9.3 = −27 kN 2

Bu bölgede cos α =

12 12 2 + 2 2

= 0,9864 ; sin α =

2 12 2 + 2 2

= 0,1664 NC

C kesitinde (Şekil 4.2.3)

α

C

TC

q1.3 (H+P2) VA

Şekil 4.2.3 M C = M − q 2 .3.(1,5) − P2 .4 − H A .8 = 12 − 0.3.(1,5) − 20.4 − −76.8 = −716,5 kN .m TC = V A . cos α − q 2 . cos α − ( H A + P2 ). sin α = (93,70833).(0,9864) − − 9.3.(0,9864) − (76 + 20).(0,1664) = 49,8267 kN N C = −((V A − q 2 .3). sin α + ( H A + P2 ). cos α ) = − ((93,70833 − 9.3).(0.1664) + (76 + 20).(0,9864)) = −105,7946 kN K kesitinde (Şekil 4.2.3) M K = M − q 2 .3.(7,5) − P2 .5 − H A .9 + V A .6 = 12 − 27.(7,5) − 100 − (93,70833).6 = −412,25 kN .m TKSol = TC = 49,8267 kN ; TKSağ = TC − P1 . cos α = 49,8267 − 30.(0,9864) = 20,2347 kN N KSol = N C = −105,7946 kN ; N KSağ = −( N C − P1 . sin α ) = −105,7946 + 30.(0,1664) = −100,806 kN

6.bölge (DC kirişinin DK parçası) 0 ≤ x6 ≤ 6

59 

62 M x 6 = − q 2 . − V B .x6 ; x6 = 0 ⇒ M x 6 = −16.18 = −288 kN .m ; x6 = 6 m ⇒ M x 6 = −412,25 kN .m 2 T = V B . cos α + q 2 .6. sin α = (36,70833).(0,9864) − 16.6.(0,1664) = 20,234 kN N = −(V B . sin α + q 2 .6. cos α ) = −(36,70833.(0,1664) + 16.6.(0,9864)) = −100,80266 kN Elde edilmiş değerlere göre çerçevenin M (Şekil 4.2.4b), T (Şekil 4.2.4c) ve N (Şekil 4.2.4d) diyagramları çizilmiştir.

a)

α 6m

P2=20 kN

6m

C

2m

D q1=16kN/m

q2=9 kN/m

4m

M=12 kN.m

P1=30 kN

4m

o

o 3m

12 m

b)

716,5

412,25

288 288

28,5 1,875 688 72

12

M

304

o

o

c)

60 

49,8267

49,8267 20,2347

d)

20,2347 96

100,826 105,79 100,826 36,7083

105,79 96

76

o

96,7083

T

27 96

o

N

36,7083o

76 o

96,7083

Şekil 4.2.4. a) Verilen çerçeve, b) M diyagramı, c) T diyagramı, d) N diyagramı.

Çerçevenin genel denge kontrolü:

∑M

C

= 716,5 − 688 − 28,5 = 0

716,5 C

28,5

D 288 288

∑M

688 D

= 288 − 288 = 0

Şekil 4.2.5

q2=9 kN/m C

36,7083 kN

93,7083 kN

P2=20 kN

76 kN

Şekil 4.2.6

∑ X = 76 + 20 − 16.6 = 0 ∑ Y = −9.3 + 93,7083 − 30 − 36,7083 = 0

61 

6m

D q1=16 kN/m

M=12 kN.m

P1=30 kN

Örnek 4.3. Boyutları ve yükleme durumu Şekil 4.3.1’de verilmiş çerçeve için

4m

a) Eğilme momenti, kesme kuvveti ve normal kuvvet diyagramlarını çiziniz, b) Çerçevenin genel denge kontrolünü yapınız.

o

q0=8 kN/m

2m

q =10 kN/m

P =20 kN

o 3m

3m

M=10 kN.m

Şekil 4.3.1 Çözüm:

qx =

x1

q 0 .x 4

q=10 kN/m Ao

q0=8 kN/m

VA

x3

P=20 kN

HA

B o

x4

x2

3m

HB 2m

4m

Mesnet tepkilerinin belirlenmesi (Şekil 4.3.2):

M=10 kN.m

3m

Şekil 4.3.2

∑ Y = 0 ⇒ V − P − q.6 = 0 ⇒ V = 20 + 10.6 = 80 kN q .4 1 ∑ M = 0 ⇒ − H .2 + M + q.6.3 + P.3 + 2 . 3 .4 = 0 A

A

9

A

HB =

B

10 + 10.6.3 + 20.3 + 2

8.4 1 . .4 2 3 = 135,6667 kN

q 0 .4 2 .4 − 2) + V A .6 − q.6.3 − P.3 + M − H A .2 = 0 .( 3 2 8.4 − .(0,66667) + 80.6 − 10.6.3 − 20.3 + 10 2 = 119,6667 kN HA = 2

∑M

B

=−

62 

Sağlama : q .4 8 .4 ∑ X = 02 + H A − H B = 0 ⇒ 2 + 119,6667 − 135,6667 = 0 Çerçevenin bölgeleri için M, T ve N’nin değerlerinin hesaplanması (Şekil 4.3.2):

4m

q x1 =

q 0 .x1 = 2 x1 2

x1

Rq x1 =

q x1 .x 2

=

2 x1 .x1 = x12 2

x1 3

Şekil 4.3.3 0 ≤ x1 ≤ 4

x1 x x3 = − x12 . 1 = − 1 ; Tx1 = R q x1 = x12 ; N = 0 . 3 3 3 23 x1 = 0 ⇒ M x1 = 0 ; Tx1 = 0 ; x1 = 2 m ⇒ M x1 = − = −2,666 kN .m ; Tx1 = 4 kN . 2 43 x1 = 4 m ⇒ M x1 = − = −21,333 kN .m Tx1 = 16 kN . 3

M x1 = − R q x1 .

0 ≤ x3 ≤ 2 M x 3 = H B .x3 ; T = − H B = −135.6667 kN ; N = 0 . x x 3 = 0 ⇒ M x 3 = 0 ; x3 = 2 m ⇒ M x 3 = (135,6667).2 = 271,3333 kN .m 0 ≤ x4 ≤ 3

x 42 x2 = 271,333 − 10 − 10. 4 = 261,333 − 5.x 42 ; 2 2 N = − H B = −135,666 kN . x 4 = 0 ⇒ M x 4 = 261,333 kN .m ; Tx 4 = 0 ;

M x 4 = H b .2 − M − q. T = q.x 4 ;

x 4 = 1,5 m ⇒ M x 4 = 261,3333 − 5.(1,5) 2 = 250,08333 kN .m ; x 4 = 3 m ⇒ M x 4 = 261,333 − 5.(3) 2 = 216,333 kN .m ; Tx 4 = 10.3 = 30 kN . Bölgeler için belirlenmiş değerlere göre M (Şekil 4.3.4b), T (Şekil 4.3.4c) ve N (Şekil 4.3.4d) diyagramları çizilmiştir.

63 

4m

a)

o

q0=8 kN/m

2m

q=10 kN/m

P=20 kN

o M=10 kN.m 3m

3m

b) 2,666

o

M (kN.m) 21,333

o

A

C 271,333

21,333

c) 80 4

50

o

o

135,666

261,33

135,666

30

130.083

16

T (kN)

216,33

d) N (kN) o

135,666 o 135,666

Şekil 4.3.4. a) Verilen çerçeve, b) M diyagramı, c) T diyagramı, d) N diyagramı. Çerçevenin genel denge kontrolü (Şekil 4.3.5): 21,333 kN.m

A

∑M

A

271,333 kN.m

21,333 kN.m

= 21,333 − 21,333 = 0

∑M

261,333 kN.m

C

C

= 261,333 + 10 − 271,333 = 0

64 

M=10 kN.m

4m

HB=135,666 kN

q=10 kN/m q0=8 kN/m

P=20 kN

HA=119,666 kN

M=10 kN.m

VA=80 kN

Şekil 4.3.5 q 0 .4

8 .4

∑ X = H + 2 − H = 119,666 + 2 ∑ Y = V − q.6 − P = 80 − 10.6 − 20 = 0 A

B

− 135,666 = 0

A

Örnek 4.4. Boyutları ve yükleme durumu Şekil 4.4.1’de görülen çerçeve için eğilme momenti, kesme kuvveti, normal kuvvet diyagramlarını çiziniz ve genel denge kontrolünü yapınız.

q1=14 kN/m

4m

4m

4m

4m

P2=20 kN

P1=15 kN

q2=10 kN/m

P3=12 kN 4m

o

o

o 12 m

o 8m

Şekil 4.4.1 Çözüm : Sistemin kinematik analizi : W = 3.2 – 2.1 – 4 = 0 ve yararlı bünyeye sahiptir. Çerçevenin hesaplama şeması Şekil 4.4.2’de çizilmiştir.

65 

P1=15 kN

a)

E

K

F

b) q2=10 kN/m

q1=14 kN/m

D

HD VD

o

P3=12 kN L

D

x1

x2

VD Co

Mo

A o HA VA

HD

4m

8m

B

P2=20 kN

4m

4m

4m

8m

VM

VC

Şekil 4.4.2. a) Esas (taşıyıcı) çerçeve, b) Yardımcı çerçeve. Bu tür sistemlerde önce yardımcı çerçeve (Şekil 4.4.2 b) hesaplanır. Hesaplamaya mesnet tepkilerinin belirlenmesi ile başlanılır: q .8 10.8 ∑ X = H D − P3 = 0 ⇒ H D = P3 = 12 kN ; VD = VC = 22 = 2 = 40 kN . Bölgeler için iç kuvvetlerin (M, T ve N) değerlerinin hesabı:. DL bölgesi 0 ≤ x1 ≤ 8 x12 M x1 = VD .x1 − q 2 . ; Tx1 = V A − q 2 .x1 ; N = − H D = −12 kN . 2 x1 = 0 ⇒ M x1 = 0 ; Tx1 = VD = 40 kN q 2 .8 2 10.64 = = 80 kN .m ; Tx1 = 0 . 2 2 82 = 40.8 − 10. = 0 ; Tx1 = 40 − 10.8 = −40 kN . 2

x1 = 4 m ⇒ M xmax = 1 x1 = 8 m ⇒ M x1

CL bölgesinde M = 0 ; T = 0 ; N = −VC = −40 kN . Elde edilmiş değerlere göre M, T ve N diyagramları çizilmiştir (Şekil 3.4.3 b-d). a)

b)

P3=12 kN

oD

o

L 4m

HD

q2=10 kN/m

VD

80

M (kN.m)

Co 8m

VC

66 

o

d)

40

c)

12 o

o

40

N (kN)

40

T (kN)

12

40 o

o

Şekil 4.4.3. a) Yardımcı çerçeve, b) M diyagramı, c) T diyagramı, d) N diyagramı. Taşıyıcı çerçevenin (Şekil 4.4.2a) hesaplanması . Mesnet tepkileri ∑ X = q1 .8 − H A − H D = 0 ⇒ H A = 14.8 − 12 = 100 kN

∑M

D

= V A .12 + q1. .8.4 − P1 .8 − P2 .4 − H D .4 = 0 ⇒

− 14.8.4 + 15.8 + 20.4 + 12.4 = −16,6667 kN 12 ∑ M A = −VM .12 − H D .4 + P1 .4 + P2 .8 + q1 .8.4 + VD .12 = 0 ⇒

VA =

− 12.4 + 15.4 + 20.8 + 14.8.4 + 40.12 = 91,6667 kN . 12 Sağlama : ∑ Y = V A − P1 − P2 − VD + VM = −16,6667 − 15 − 20 − 40 + 91,6667 = 0 VM =

Taşıyıcı çerçevenin bölgeleri için M, T ve N’nin değerlerinin hesabı . AB bölgesi 0 ≤ x 2 ≤ 8 x 22 M x 2 = H A .x 2 − q1 . ; Tx1 = H A − q1 .x 2 ; N = −V A = −(−16,666) = 16,6667 kN 2 x 2 = 0 ⇒ M x 2 = 0 ; Tx 2 = H A = 100 kN . 42 = 288 kN .m 2 82 = 100.8 − 14. = 352 kN .m ; Tx 2 = 100 − 14.8 = −12 kN . 2

x 2 = 4 m ⇒ M x 2 = 100.4 − 14. x2 = 8 m ⇒

M x2

Eğilme momentinin maksimum değer aldığı kesitin yeri Tx 2 = 100 − 14.x0 = 0 ⇒

x0 = 7,142857 m

M max = 100.(7,142857) − 14.

(7,142857) 2 = 357,142857 kN .m 2

BK bölgesi Bu bölgede iç kuvvetlerin karakteristik kesitlerde belirlenmesi diyagramların çizimi için yeterlidir.

67 

Çerçeve kirişinin B kesitinde 82 64 M B = H A .8 − q1 . = 100.8 − 14. = 352 kN .m 2 2 sol TB = V A = −16,6667 kN = TE N = H A − q1 .8 = 100 − 14.8 = −12 kN

E kesitinde 82 64 + V A .4 = 100.8 − 14. − (16,6667).4 = 285,333 kN .m 2 2 = V A − P1 = −16,6667 − 15 = 31,6667 kN = TFsol

M E = H A .8 − q1 . TEsağ

F kesitinde 82 64 + V A .8 − P1 .4 = 100.8 − 14. − (16,666).8 − 15.4 = 158,666 kN .m 2 2 = V A − P1 − P2 = −16,6667 − 15 − 20 = −51,6667 kN = TK

M F = H A .8 − q1 . TFsağ

K kesitinde 82 M K = H A .8 − q1 . + V A .12 − P1. .8 − P2 .4 = 100.8 − 14.32 − (16,6667).12 − 2 15.8 − 20.4 = −48 kN .m MK kolonu için : MD bölgesinde M = 0 ; T = 0 ; N = −VM = −91,6667 kN

DK bölgesinde M K = − H B .4 = −12.4 = −48 kN ; TDK = H D = 12 kN ; N DK = −VM + VD = −91,6667 + 40 = −51,6667 kN Elde edilmiş değerlere göre taşıyıcı çerçevenin M, T ve N diyagramları Şekil 4.4.4b-d’de çizilmiştir. P1=15kN

a)

E

F

K

q1=14kN/m

8m

B

P2=20kN

D

HD VD

x2 Mo

A o HA VA

4m

4m

68 

4m

VM

b) 357,143

48 352

48 158,66

285,33 288

352

M (kN.m)

o

o

16,66

c)

12

12 16,66 31,66

31,66

51,66

51,66 12 T (kN) 100

o

o

d) 16,66

12

12

51,66

51,66

91,66 N (kN)

o

o 16,66

91,66

Şekil 4.4.4. a) Taşıyıcı çerçeve, b) M diyagramı, c) T diyagramı, d) N diyagramı. Esas ve yardımcı çerçeveler için çizilen M, T ve N diyagramları aynı ölçekle birleştirilip, tüm çerçevenin M, T ve N diyagramları elde edilir (Şekil 4.4.5b-d).

69 

q1=14kN/m

4m

4m

4m

4m

P2=20kN

P1=15kN

a)

q2=10kN/m

P3=12kN 4m

o

o

o

o

12m

8m 48

357,143

352

48

b)

158,66 352

285,33 288

o

M (kN.m) 80 o

o

12

12 16,66

o

16,66 31,66

51,66

c)

40

31,66 51,66 12

o

T (kN) 100

16,66

40

o

o

12

12

o

51,66

d) 51,66 91,66

12

o 12

N (kN)

40 o

o 16,66

91,66

40 o

Şekil 4.4.5. a) Verilmiş çerçeve, b) M diyagramı, c) T diyagramı, d) N diyagramı. 70 

Çerçevenin genel denge kontrolünün yapılması (Şekil 4.4.6) : B

∑ M B = 352 − 352 = 0 K

48

K

= 48 − 48 = 0 352 P1=15 kN

q1=14 kN/m

4m

48

P2=20 kN

4m

4m

4m

∑M

352

q2=10 kN/m

P3=12 kN 4m

o

HA=100 kN VM=91,666 kN

VA=16,666 kN 12 m

VC=40 kN

8m

Şekil 4.4.6 X = q . 8 − H − P = 14 . 8 − 100 − 12 = 0 ∑ 1 A 3

∑ Y = −V

A

− P1 − P2 + VM − q 2 .8 + VC = 16,666 − 15 − 20 + 91,666 − 10.8 + 40 = 0

Örnek 4. 5. Boyutları ve yükleme durumu Şekil 4.5.1 ‘de verilmiş çerçeve için a) Eğilme momenti, kesme kuvveti ve normal kuvveti diyagramlarının çizilmesi, b) Çizilmiş diyagramlara dayanarak çerçevenin genel denge kontrolünün yapılması istenmektedir:

300

q2=20 kN/m

P3=20 kN 600

4m

q3=18 kN/m

q1=15kN/m

P1=25 kN o

o

4m

o

o 8m

8m

Şekil 4.5.1

71 

4m

M=20 kN/m

P2=30 kN

Çözüm : Kinematik analiz yapıldığında W = 3.2 – 2.1 -4 = 0 olduğu görülmekte ve şekilden sistemin yararlı bünyeye sahip olduğu anlaşılmaktadır. Hesaplama şeması Şekil 4.5.2’ de çizilmiştir.

K

4m

E

F

q1=15 kN/m

P1=25kN 4m

P3=20 kN

mo

oC

Bo

Vm

600 4m

300

q2=20 kN/m

q3=18 kN/m

M=20 kN/m

P2=30 kN

8m

Vm oA 8m

8m

Şekil 4.5.2 mC basit kirişinin M ve T diyagramları daha önce çözülmüş problemlere benzer şekilde çizilmiştir (Şekil 4.5.3b,c). Vm = VC =

q1 .8 15.8 = = 60 kN 2 2

Maksimum eğilme momenti açıklığın ortasında oluşur. M max

q1 .8 2 15.64 = = = 120 kN .m ; Tm = Vm = 60 kN ; TC = −VC = −60 kN . 8 8 a)

q1=15 kN/m oC

mo Vm

8m VC

b)

M,kN.m

120 60

c)

T,kN 60

Şekil 4.5.3. a) mC kirişi, b) M diyagramı, c) T diyagramı. 72 

Taşıyıcı çerçevenin (Şekil 4.5.4) hesaplanması: P3Y q2=20 kN/m

K

x2

4m

E

4m

F

o

Vm

P3X

600

x1

P1=25 kN

Ao

P3=30 kN

4m

300 P2X

M=20 kN/m

q3=18 kN/m

P2=60 kN

P2Y

B VB

HA 8m

8m

VA

Şekil 4.5.4 Mesnet tepkileri:

∑X = P

2X

+ P1 + H A − P3 X − q3 .4 = 0 ⇒ H A = −60. cos 30 0 −

25 + 30. cos 60 0 + 18.4 = 10.04 kN

∑M

B

= V A .16 − H A .4 − Vm .16 − P2Y .16 + P2 X .4 + M − q 2 .8.4 − P3 X .4 − q3 .4.2 = 0 ⇒

(10,04).4 + 60.16 + (60. sin 30 0 ).16 − (60. cos 30 0 ).4 − 20 + 30.8.4 + (30. cos 60 0 ).4 + 18.4.2 16 V A = 151,02 kN VA =

∑M

A

= −V B .16 − q3 .4.6 − P3 X .8 + P3Y .16 + q 2 .8.12 + M + P2 X .8 + P1 .4 = 0

− 18.4.6 − (30. cos 60 0 ).8 + (30. sin 60 0 ).16 + 30.8.12 + 20 + (60. cos 30 0 ).8 + 25.4 ⇒ 16 V B = 204,96 kN VB =

Sağlama : ∑ Y = V A − Vm − P2Y − P3Y + VB − q 2 .8 = 0

151.02 − 60 − 60.(0,5) − 30.(0,8666) + 204,96 − 30.8 = 0 Taşıyıcı çerçevenin (Şekil 4.5.4) karakteristik kesitlerinde M ve T ’nin değerleri:

73 

AE kolonunun karakteristik kesitlerinde: M A = 0 ; T A = − H A = −10,04 kN = Tmsol ; N A = −V A = −151,02 kN = N msol M m = − H A .4 = −(10,04).4 = −40,16 kN .m ; Tmsağ = − H A − P1 = −10,04 − 25 = −35,04 kN = TE N msağ = −V A + Vm = −151,02 + 60 = −91,02 kN = N E M E = − H A .8 − P1 .4 = (−10,04).8 − 25.4 = −180,32 kN .m EK bölgesi için M E = −180,32 kN .m TE = V A − Vm − P2Y = 151,02 − 60 − 60. sin 30 0 = 61.02 kN = TK N E = − H A − P1 − P2 X = −10,04 − 25 − 60. cos 30 0 = −87,036 kN (kiriş boyu sabit ) M Ksol = V A .8 − H A .8 − P1 .4 − Vm .8 − P2Y .8 = (151,02).8 − (10,04).8 − 25.4 − 60.8 − (60. sin 30 0 ).8 = 307,84 kN .m BF bölgesi için 0 ≤ x1 ≤ 4 x12 ; Tx1 = q3 .x1 ; N = −VB = −204,96 kN . 2 x1 = 0 ⇒ M x1 = 0 ; Tx1 = 0 .

M x1 = − q3 .

22 = −36 kN .m 2 42 = −18. = −144 kN .m ; Tx1 = 18.4 = 72 kN . 2

x1 = 2 m ⇒ M x1 = −18. x1 = 4 m ⇒ M x1

FK bölgesi için 0 ≤ x 2 ≤ 8 x 22 x2 = 204,96.x 2 − 18.4.2 − 30.(sin 60 0 ).x 2 − 30. 2 2 2 0 = −VB + P3Y + q 2 .x 2 = −204,96 + 30. sin 60 + 30.x 2 = −178,86 + 30.x 2

M x 2 = VB .x 2 − q3 .4.2 − P3Y .x 2 − q 2 . Tx 2

N = − q3 .4 − P3 X = −18.4 − 30. cos 60 0 = −87,036 kN x 2 = 0 ⇒ M x 2 = −144 kN .m ; Tx 2 = −178,96 kN . x 2 = 8 m ⇒ M x 2 = (204,96).8 − 144 − (25,98).8 − 30.

82 = 327,84 kN .m 2

Tx 2 = −178,96 + 30.8 = 61,02 kN . Bu bölgede eğilme momentinin maksimum değer aldığı kesitin x0 mesafesi: Tx 0 = −178,96 + 30.x0 = 0 ⇒ x0 = 5,9653 m (5,9653) 2 = 389,9 kN .m . 2 Hesaplanmış değerlere göre taşıyıcı çerçevenin M, T ve N diyagramları (Şekil 4.5.5b-d) çizilmiştir. M max = (204,96).(5,9653) − 144 − (25,98).(5,9653) − 30.

74 

a)

300 P2X

K

P3=30 kN

F

P1=25 kN

o

4m

Vm

B VB

HA

Ao

P3X

600

4m

E

P3Y

4m

P2=60 kN

M=20 kN/m q2=20 kN/m

q3=18 kN/m

P2Y

8m

8m

VA

b) 180,32 144 180,32

144 36 307,84

40,16

o

327,84 389,9

M (kN.m)

o

61,02

c)

61,02 72

35,04

178,96

10,04

o

T (kN)

o

75 

d) 87

87

91,02

204,96

151,02

o

204,96

N (kN) o

Şekil 4.5.5. a) Taşıyıcı çerçeve, b) M diyagramı, c) T diyagramı, d) N diyagramı. Taşıyıcı çerçevenin M, T ve N diyagramlarına mC kirişinin M, T, N diyagramları eklenerek tüm çerçevenin eğilme momenti, kesme ve normal kuvvet diyagramları elde edilir (Şekil 4.5.6a-c). 180,32

a) 144

180,32

40,16

144 36

307,84 327,84

o

o 120

M (kN.m)

o

61,02

o

389,9

61,02

b) 72

35,04 60 178,96 35,04 10,04

o

o

o 60

T (kN)

o

76 

c) 87

87

91,02

204,96

o 151,02

o

o

204,96

N (kN) o

Şekil 4.5.6. a) M diyagramı, b) T diyagramı, c) N diyagramı. Verilmiş sistemin genel denge kontrolü (Şekil 4.5.7a-d): M diyagramından

a) 180,32

E

M E = 180,32 − 180,32 = 0 180,32

M F = 144 − 144 = 0

144

b) F 144

40,16

M m = 40,16 − 40,16 = 0

c) o

m

sağlandığı görülmektedir.

40,16

300 P2X

K

4m

E

F

q1=15 kN/m P1=25 kN

o

m VC=60 kN

VA=151,02 kN

4m

P3Y M=20 kN/m q2=20 kN/m

P2Y

P3=30 kN P3X

600 4m

P2=60 kN

q3=18 kN/m

d)

VB=204,96 kN

HA=10,04 kN 8m

8m

Şekil 4.5.7. a) E düğümü, b) F düğümü, c) m düğümü, d) Tüm çerçeve. 77 

∑ X = H + P + P . cos 30 − q .4 − P . cos 60 = 10,04 + 25 + 60.(0,8666) − 18.4 − 30.(0,5) = 0 ∑ Y = V + V + V − q .8 − q .8 − P . sin 30 − P . sin 60 = 151,02 + 60 + 204,96 − 15.8 − 30.8 − 0

A

1

0

2

3

3

0

A

C

B

1

2

2

0

3

60.(0,5) − 30.(0,866) = 0

Örnek 4.6. Boyutları ve yükleme durumu Şekil 4.6.1’de verilmiş olan sistem için a) Eğilme momenti, kesme ve normal kuvvet diyagramlarını çiziniz, b) Diyagramlara dayanarak sistemin genel denge kontrolünü yapınız. P2=30 kN

q2=15 kN/m

M=10 kN.m

4m

450

o

4m

q1=10 kN/m

P3=15 kN

5m

10 m

P1=20 kN

o

o

o 6m

8m

2m

Şekil 4.6.1 Çözüm: Önce her zaman olduğu gibi mesnet tepkileri hesaplanır (Şekil 4.6.2).

P2=30 kN

q2=15 kN/m B

o C

x2

M=10 kN.m

450

M

x4

q1=10 kN/m

K

x3

P3=15 kN

4m

x1 Ao VA

10 m

P1=20 kN

5m

D

L

Eo

HA 6m

Fo

VE

8m

Şekil 4.6.2 78 

VF

2m

∑ X = q .10 − H 1

∑M

Sağ C

A

− P1 − P2 . cos 45 0 = 0 ⇒

H A = 10.10 − 20 − 30.(0,7071) = 58,787 kN

= −V F .8 − P3 .10 + M + q 2 .8.4 + P2 .(cos 45 0 ).4 = 0 ⇒

− 15.10 + 10 + 15.8.4 + 30.(0,7071).4 = 53,1065 kN 8 ∑ M CSol = V A .6 − q1 .10.5 + H A .10 − q2 .6.3 + P1 .5 = 0 ⇒

VF =

10.10.5 − (58,787).10 + 15.6.3 − 20.5 = 13,68833 kN 6 ∑ M F = V A .14 + q1 .10.5 − P1 .5 − P2 .(cos 450 ).10 − q2 .14.7 + VE .8 − P2 .(sin 45 0 ).4 −

VA =

P3 .2 + M = 0 ⇒ − (13,6883).14 − 10.10.5 + 20.5 + 30.(0,7071).10 + 15.14.7 + 30.(0,7071).4 + 15.2 − 10 = 8 149,418117 kN Sağlama: VE =

∑Y = V

A

+ VE + VF − q 2 .14 + P3 − P2 . sin 45 0 = 0 ⇒

13,68833 + 149,418117 + 53,1065 − 5.14 + 15 − 30.(0,7071) = 0 Çerçevenin bölgeleri için M, T ve N ’nin ifadelerinin yazılıp, değerlerinin hesaplanması:

AB bölgesi 0 ≤ x1 ≤ 10 x12 ; Tx1 = H A − q1 .x1 ; N = −V A = −13,68833 kN . 2 = 0 ; Tx1 = H A = 58,787 kN .

M x1 = H A .x1 − q1 . x1 = 0 ⇒ M x1

x1 = 10 m ⇒ M x1 = (58,787).10 − 10.

10 2 = 87,87 kN ; Tx1 = 58,787 − 10.10 = −41,213 kN . 2

Kesme kuvvetinin sıfır olduğu kesitin yeri: Tx 0 = 58,787 − 10.x0 = 0 ⇒ x0 = 5,8787 m. Bu kesitte eğilme momenti maksimum değer alacaktır. (5,8787) 2 M max = 58,787.(5,8787) − 10. = 172,7956 kN .m 2 BC bölgesi (Sol taraftan bakılmıştır) 0 ≤ x 2 ≤ 6 x2 x2 10 2 − q 2 . 2 = (13,6883).x 2 + (58,787).10 − 15. 2 , 2 2 2 = V A − q 2 .x 2 = 13,6883 − 15.x 2 , N = − q1 .10 + H A = −10.10 + 58,787 = −41,213 kN .

M x 2 = V A .x 2 + H A .10 − q1 . Tx 2

x 2 = 0 ⇒ M x 2 = 87,87 kN .m , Tx 2 = 13,6883 kN . x 2 = 6 m ⇒ M x 2 = 82,1298 + 87,87 − 270 = −100 kN .m , Tx 2 = 13,6883 − 90 = −76,3117 kN . 79 

Kesme kuvvetinin sıfır olduğu kesitin uzaklığı Tx 0 = 13,6883 − 15.x0 = 0 ⇒ x0 = 0,912553 m , M max = (13,6883).(0,912553) + 87,87 − 15.

(0,912553) 2 = 94,1157 kN .m 2

FK bölgesi için M = 0 , T = 0 , N = −V F = −53,1065 kN .

LK bölgesinde sağ uçtan bakılmıştır ve değerler karakteristik kesitlerde belirlenmiştir. M L = − M = −10 kN .m , M K = − M + P3 .2 = −10 + 15.2 = 20 kN .m , T = − P3 = −15 kN (bö lg e için sabittir ) , N = 0 . KM bölgesinde 0 ≤ x3 ≤ 4

x32 x32 M x 3 = P3 .( x3 + 2) − M + VF .x3 − q 2 . = 15.( x3 + 2) − 10 + (53,1065).x3 − 15. , 2 2 Tx 3 = − P3 − VF + q 2 .x3 = −15 − 53,1065 + 15.x3 = −68,1065 + 15.x3 , N = 0 . x3 = 0 ⇒ M x 3 = 20 kN .m , Tx 3 = −68,1065 kN . x3 = 4 m ⇒ M x 3 = 15.6 − 10 + 212,426 − 15.8 = 172,426 kN .m Tx 3 = −68,1065 + 15.4 = −8,1065 kN .

MC bölgesi için 4 ≤ x 4 ≤ 8 M x 4 = P3 .( x 4 + 2) − M + V F .x 4 − q 2 .

Tx 4

x 42 − P2 .(sin 45 0 ).( x 4 − 4) = 15.( x 4 + 2) − 10 + 2

x 42 (53,1065).x 4 − 15. − 30.(0,7071).( x 4 − 4) 2 = − P3 − VF + q 2 .x 4 + P2 . sin 45 0 = −15 − 53,1065 + 15.x 4 + 30.(0,7071) = 46,8935 + 15.x 4

N = − P2 . sin 45 0 = −30.(0,7071) = −21,213 kN . 42 x 4 = 4 m ⇒ M x 4 = 15.6 − 10 + (53,1065).4 − 15. = 172,426 kN .m , 2 T = −46,8935 + 60 = 13,1065 kN . . x4

82 x 4 = 8 m ⇒ M x 4 = 15.10 − 10 + (53.1065).8 − 15. − 30.(0,7071).4 = 0 , 2 Tx 4 = −46,8935 + 15.8 = 73,1065 kN . ED bölgesi için M = 0 , T = 0 , N = −V E = −149,4181 kN . DC bölgesi için M C = − P1 .5 = −20.5 = −100 kN .m , T = P1 = 20 kN , N = −149,4181 kN .

80 

Bu değerlere göre çerçevenin M, T ve N diyagramları (Şekil 4.6.3 b-d) çizilmiştir.

q2=15 kN/m

M=10 kN.m

450

o C

B

a)

P2=30 kN

M

K

L

4m

D

Ao

P1=20 kN

10 m

q1=10 kN/m

P3=15 kN

Eo

Fo

6m

2m

8m

b)

100

87,87 87,87

10

100

o

20 172,79

172,43

94,115

M (kN.m)

o

o

o

73,1065

c)

13,6883 o 41,213

20

13,1065 8,1065

15 68,1065

20

76,312

T (kN) o

58,787 o

o o

o

81 

o

15

41,213

d)

21,213

53,1065

149,418

13,6883

o

N (kN) o

o

o

Şekil 4.6.3. a) Hesaplanan sistem, b) M diyagramı, c) T diyagramı, d) N diyagramı. Sistemin tümünün genel denge kontrolü (Şekil 4.6.4a-c): M diyagramına bakıldığında

∑M

B

∑M

C

= 100 − 100 = 0

∑M

K

= 20 − 20 = 0

a)

= 87,87 − 87,87 = 0

b) 87,87

B

o C

100

100

87,87

c) 20

20

K

koşulları sağlanmaktadır. Şekil 4.6.4. a) B düğümü, b) C düğümü, c) K düğümü. P2=30 kN

q2=15 kN/m o C

B

M=10 kN.m

450

M

K

L

4m

D

P1=20 kN

10 m

q1=10 kN/m

P3=15 kN

HA=58,787 kN VA=58,787 kN 6m

VE=149,418117 kN 8m

Şekil 4.6.5 82 

VF=53,1065 kN kN 2m

T ve N diyagramlarından (Şekil 4.6.5)

∑ X = q .10 − P − H − P . cos 45 ∑ Y = −q .14 − P . sin 45 + P + V 1

1

0

2

A

0

2

2

3

A

= 10.10 − 20 − 58,787 − 30.(0,7071) = 0 + VE + V F = −15.14 − 30.(0,7071) + 15 + 13,68833 +

149,418117 + 53,1065 = 0

Örnek 4.7. Boyutları ve yükleme durumu Şekil 4.7.1’de verilmiş olan çerçeve için a) Eğilme momenti, kesme ve normal kuvvet diyagramlarını çiziniz, b) Çizilen diyagramlara dayanarak sistemin tümünün dengesini kontrol ediniz. P1=20 kN

3m

q1=20 kN/m

P2=25 kN

6m

M=12 kN.m

q2=15 kN/m

4m

o

4m

P3=30 kN

4m

6m

P2=25 kN

o 3m

o 8m

8m

Şekil 4.7.1 Çözüm : Sistemin kinematik analizi yapıldığında W = 3.2 – 2.1 -4 = 0 değeri elde edilmekte ve şekilden sistemin yararlı bünyeye sahip olduğu açıkça görülmektedir. Hesaba yine mesnet tepkilerinin belirlenmesi ile başlanır (Şekil 4.7.2).

∑M VA =

∑M VB =

B

= V A .16 − M − P1 .19 + P2 .8 + P2 .4 − q1 .8.12 − q 2 .3.(13,5) − P3 .6 = 0 ⇒

12 + 20.19 − 25.8 − 25.4 + 20.8.12 + 15.3.(13,5) + 30.6 = 174,96875 kN 16 A

= −V B .16 − P3 .6 − q 2 .3.(13,5) + q1 .8.4 − P1 .3 − M + P2 .8 + P2 .4 = 0 ⇒

− 30.6 − 15.3.(13,5) + 20.8.4 − 20.3 − 12 + 25.8 + 25.4 = 5,03125 kN 16 83 

Sağlama:

∑ Y = − P − q .8 + V 1

1

A

+ VB = −20 − 20.8 + 174,96875 + 5,03125 = 0

Yatay tepkiler

∑M

Sol C

= − M − P1 .11 − P2 .4 − P2 .8 + V A .8 − q1 .8.4 − H A .12 = 0 ⇒ − 12 − 20.11 − 25.4 − 25.8 + (174,96875).8 − 20.8.4 = 18,97816 kN 12

HA =

x3

P1=20 kN M=12 kN.m

q1=20 kN/m

1 x1

o

K

C

L 6m

4m

x2 E

4m

P2=25 kN

P3=30 kN

F P2=25 kN

3m

q2=15 kN/m

M

4m

6m

D

A 3m

o

HA

VA

HB

8m

8m

o

B VB

Şekil 4.7.2

∑M

Sağ C

= −VB .8 + P3 .6 − q 2 .3.(1,5) − H B .12 = 0 ⇒

HB =

− (5,03125).8 + 30.6 − 15.3.(1,5) = 6,02083 kN 12

Sağlama:

∑ X = 2P

2

+ H A + H B − P3 − q 2 .3 = 2.25 + 18.97816 + 6,02083 − 30 − 15.3 = 0

Çerçevenin her bir bölgesi için (Şekil 4.7.2) M, T ve N ’nin değerlerinin hesaplanması: AK kolonunda iç kuvvetlerin karakteristik kesitlerde hesaplanması yeterlidir. A kesitinde 84 

M A = 0 , T A = − H A = −18,96875 kN = TDSol , N = −V A = −174,96875 kN . D kesitinde M D = − H A .4 = −(18,97816).4 = −75,912 kN .m , TDSağ = − H A − P2 = −18,97816 − 25 = − 43,97816 kN = TESol

E kesitinde M E = − H A .8 − P2 .4 = −(18,97816).8 − 25.4 = −251,825 kN , TESağ = − H A − P2 − P2 = − 18,97816 − 25 − 25 = −68,97816 kN = TK . K kesitinde M K = − H A .12 − P2 .8 − P2 .4 = −(18,97816).12 − 25.8 − 25.4 = −527,74 kN .m Çerçeve kirişinin 1K parçası için 0 ≤ x1 ≤ 3 M x1 = − M − P1 .x1 , T = − P1 = −20 kN , N = 0 . x1 = 0 ⇒ M x1 = − M = −12 kN .m . x1 = 3 m ⇒ M x1 = −12 − 20.3 = −72 kN .m KC parçası için 3 ≤ x 2 ≤ 11 ( x 2 − 3) 2 M x 2 = − M − P1 .x 2 − H A .12 − P2 .8 − P2 .4 + V A .( x 2 − 3) − q1 . = 2 ( x − 3) 2 − 539,74 − 20.x 2 − 20. 2 + (174,96875) ( x 2 − 3) , 2 Tx 2 = − P1 + V A − q1 .( x 2 − 3) = −20 + 174,96875 − 20.( x 2 − 3) , N = − H A − P2 − P2 = −18,97816 − 25 − 25 = −68,97816 kN . x 2 = 3 m ⇒ M x 2 = −539,74 − 20.3 = −599,74 kN .m , Tx 2 = 154,96875 kN . x 2 = 11 m ⇒ M x 2 = −539,74 − 20.11 − 10.8 2 + (174,96875).8 = 0 , Tx 2 = −5,03125 kN .

Kesme kuvvetinin sıfır olduğu kesitin uzaklığı 154,96875 + 3 = 10,748 m 20 = −539,74 − 20.(10,748 − 3) − 10.(10,748 − 3) 2 + (174,96875).(7,748) = 6 kN .m

Tx 0 = 154,96875 − 20.( x 0 − 3) = 0 ⇒ x 0 = M x0

BL kolonu için B kesitinde M B = 0 , TB = − H B = −6,02 kN = TFSağ , N = −VB = −5,03125 kN (kolon boyunca sabittir ) F kesitinde

85 

M F = H B .6 = (6,020833).6 = 36,125 kN .m , TFSol = − H B + P3 = −6.02 + 30 = 23,98 kN = TLSağ L kesitinde M L = H B .12 − P3 .6 = (6.020833).12 − 30.6 = −107,75 kN .m ML bölgesi (çıkma) için 0 ≤ x3 ≤ 3 M x 3 = −q 2 .

x32 , Tx 3 = − q 2 .x 3 , N = 0 . 2

x3 = 0 ⇒ M x 3 = 0 , Tx 3 = 0 ; x3 = 1,5 m ⇒ M x 3 = −16,875 kN .m x3 = 3 m ⇒ M x 3 = −67,5 kN .m , Tx 3 = −15.3 = −45 kN . Çerçeve kirişinin LC bölgesi için L kesitinde 32 9 M L = H B .12 − P3 .6 − q 2 . = (6,020833).12 − 30.6 − 15. = −40,25 kN .m , 2 2 TL = −VB = −5,03125 kN , N = H B − P3 − q 2 .3 = 6,020833 − 30 − 15.3 = −68,9794 kN . (Kesme kuvveti ve normal kuvvetin değerleri bölge boyunca sabittir). C kesitinde (mafsalında) M C = −40.25 + VB .8 = −40,25 + (5,03125).8 = 0

1 M=12 kN.m

o C

K

L

E

4m

P2=25 kN

F

Ao 3m

P3=30 kN

6m

D

4m

P2=25 kN

3m

q1=20 kN/m

6m

4m

P1=20 kN

q2=15 kN/m

Hesaplanmış değerlere göre çerçevenin M, T ve N diyagramları sırasıyla Şekil 4.7.3b-d’de çizilmiştir. M a)

Bo 8m

8m

86 

599,74

b) 40,25 16,875

72

12 527,74

67,5

o

107,75

6

251,825 36,25 75,912

M (kN.m)

o

c)

o

154,968

68,978 20

20

45

o 5,031

68,978 43,978 43,978 18,978

o

5,031 23,98

23,98

6,02

T (kN)

18,978

o

87 

6,02

d)

68,978

68,978 174,9687

5,03125

o

N (kN)

o

5,03125 o

174,9687

Şekil 4.7.3. a) Verilen sistem, b) M diyagramı, c) T diyagramı, d) N diyagramı. Eğilme momenti diyagramından K

= 599,74 − 72 − 527,74 = 0

∑M

L

= 107,75 − 40,25 − 67,5 = 0

72

527,74 67,5 40,25

olduğu görülmektedir. T ve N diyagramlarından (Şekil 4.7.4)

q1=20 kN/m o C

K

L

E

4m

P2=25 kN

107,75

6m

4m

1 M=12 kN.m

L

q2=15 kN/m

P1=20 kN

a)

599,74

K

F

6m

D

P3=30 kN

4m

P2=25 kN

3m

∑M

HA=18,97816 kN

HB=6,02083 kN VB=5,03125 kN

VA=174,96875 kN 3m

8m

8m

Şekil 4.7.4

88 

∑ X = H + H + P + P − P − q .3 = 18,97816 + 6,02083 + 25 + 25 − 30 − 15.3 = 0 ∑ Y = V + V − P − q .8 = 174,96875 + 5,03125 − 20 − 20.8 = 0 A

A

B

B

1

1

2

3

2

1

Not: İncelenmiş olan sistemler için çizilen kesit tesiri diyagramlarında aşağıdaki hususlara dikkat edilmelidir:

► Düşey tekil kuvvet, uygulandığı kesitte eğilme momenti diyagramında eğim değişimine, kesme kuvveti diyagramında ise kendi yönünde ve büyüklüğünde bir atlamaya neden olmaktadır. Tekil kuvvet eksene göre eğik durumda olduğunda, kesme kuvveti diyagramındaki bu atlama kuvvetin düşey bileşeni yönünde ve bu bileşenin büyüklüğü kadardır. Eğik tekil kuvvet normal kuvvet diyagramında ise yatay bileşeninin değerine eşit bir atlama meydana getirir. ► Tekil eğilme momenti, uygulandığı kesitte eğilme momenti diyagramında etkime yönüne bağlı ve kendi büyüklüğünde bir atlamaya neden olur, kesme kuvveti ve normal kuvvet diyagramlarında ise bir değişikliğe yol açmaz. ► dT/dx = -q ve dM/dx = T bağıntılarının mevcut olmasından dolayı, kesme kuvveti diyagramı yayılı yük fonksiyonundan bir derece daha büyük bir fonksiyon, eğilme momenti diyagramı ise kesme kuvveti fonksiyonundan bir derece daha büyük bir fonksiyon durumundadır. Buna bağlı olarak, örneğin yayılı yükün sıfır olduğu bir bölgede kesme kuvveti diyagramı sabit, eğilme momenti diyagramı ise birinci dereceden (doğrusal) bir fonksiyon olmaktadır.

89 

5. KAFES SİSTEMLERİN HESABI Genel Bilgiler

Kafes sistemlerin çubukları çekme veya basınç etkisindedir, yani sistemin çubuklarında yalnızca normal kuvvetler oluşur. Çubuklarda eğilme momenti ve kesme kuvveti oluşmaması için aşağıdaki koşullar sağlanmalıdır: 1. Çubuklar doğru eksenli olmalı ve eksenleri kafes düğümlerinin merkezinde kesişmelidir. 2. Çubukların eksenleri ve dış yükler aynı düzlemde bulunmalıdır. 3. Hesapta düğüm noktaları mafsallı kabul edilip, dış kuvvetler düğüm noktalarına uygulanmalıdır. Çatı kafes sistemlerinde çatıdan gelen yüklerin düğüm noktalarına aktarılması Şekil 5.1 ‘de gösterilmiştir. P

a)

P/2

α o

o

o

o

o

o

o

o

o

o

o

o

o

o

d L=6d

d/2

b)

d/2

d/2

l 2 l 2

l

l

Şekil 5.1. a) Çatı kafes sistemi, b) Kafes sistemlerin üstten görünüşü. P = q.l.(

d ) cos α

(5.1)

Burada: d : kafes sistemin düğümleri arasındaki yatay mesafe, l : kafes sistemler (çatı makasları) arasındaki mesafe, q : çatıdan gelen üniform düşey yükün şiddeti, ve α : çatının eğim açısıdır. 90 

Kafes sistemlerin kullanım yerlerine bağlı olarak yükler üst başlıkta (çatı kafes sistemlerinde), alt başlıkta (bir çok köprü kafes sistemlerinde) veya her iki başlıkta uygulanmış olabilir. Kafes sistemlerde dış yükler etkisi ile çubuklarda oluşan iç kuvvetler başlıca aşağıdaki yöntemlerle hesaplanır. 1. Düğüm kesme yöntemi (Düğüm noktalarının dengesi yöntemi): Bu yöntemin çoğu zaman özel halleri kullanılır. 2. Kesim (Ritter) yöntemi (Moment noktaları yöntemi). 3. İzdüşüm alma yöntemi. 4. Bileşke (birden fazla) kesimler yöntemi. Bunların dışında grafik bir yöntem olan Cremona – Maxwell diyagramı da kullanılır. Karmaşık kafes sistemler de dahil bütün kafes sistemlerin hesabı için Sonlu Elemanlar Yöntemine dayanan bilgisayar programlarının kullanımı kafes sistemlerin hesabını büyük ölçüde kolaylaştırır. Bir kafes sistemin kinematik analizi hesaplamaya başlamadan önce yapılmalıdır. Sistemin izostatik ve geometrik değişmez olması için aşağıdaki şart sağlanmalıdır. n = 2.d − c m (5.2) Burada n : kafes sistemin çubuklarının sayısı, d : sistemin düğümlerinin sayısı, ve c m : mesnet bağlarının sayısıdır. Bu şartın sağlanması sistemin geometrik değişmez olması için gereklidir, fakat yeterli değildir. Bu şartla birlikte sistem taşıyıcı bünyeye de sahip olmalıdır. Örnek 5.1. Boyutları ve yükleme durumu Şekil 5.1.1’de verilmiş olan kafes sistemin işaretlenmiş çubuklarındaki iç kuvvetleri hesaplayınız.

o

o

o

2o

∗

4o

∗

∗

∗

o

∗

3

1

P o6

P

P/2

o o

2m

o

P

2m

P/2

P=30 kN

P

o

o

5

o

o

d=3m L=6d

Şekil 5.1.1 Çözüm: Kafes sistemin çubuklarındaki iç kuvvetlerin hesaplanmasına diğer sistemlerde olduğu gibi kinematik analiz ve mesnet tepkilerinin belirlenmesi ile başlanır. Bundan sonra iç kuvvetleri hesaplamak için yöntemlerden uygun olan biri kullanılır. Burada, tüm örneklerin çözümünde Kesim Yöntemi kullanılmıştır. Bu yöntemle hesaplama aşağıdaki sırayla yapılır: Sistem hayalen kesilerek iki parçaya ayrılır. Kesimde dikkat edilmesi gereken, kesilmiş çubuk sayısının üçten fazla olmaması ve doğrultularının bir noktada kesişmemesidir. Ayrılan 91 

parçalardan biri dikkate alınarak, dış kuvvetlerin ve bilinmeyen iç kuvvetlerin etkisi altında bu parçanın dengesi incelenir. Kesim yöntemiyle, dikkate alınan parçanın denge denklemi, kesilmiş üç çubuk içinde, iç kuvveti belirlenmek istenen çubuk dışındaki iki çubuğun veya onların doğrultularının kesişme noktasına, yani moment noktasına göre yazılır. Bu denklemden istenen iç kuvvet belirlenir. Kesilmiş üç çubuktan ikisi paralel ise (paralel başlıklı kafes sistemlerde veya üst ve alt başlık çubukları paralel olan kafes sistem panellerinde) dikme ve köşegen çubukların iç kuvvetlerinin hesabında izdüşüm alma yöntemi kullanılır. Kinematik analiz: n = 2.14 – 3 = 25. Ayrıca Şekil 5.1.1 ‘den görüldüğü gibi sistemin çubuk sayısı 25 olup, taşıyıcı özelliğe sahiptir. Mesnet tepkilerinin belirlenmesi (Şekil 5.1.2).

P/2

1′ o

o

III

P=30 kN

I

4o

2o

P

III

P

o6

P/2 2m

P II

P

o

2m

o

Ao

o

o

o

1

I VA

II

o

3

o

o

5

B

d=3m VB

L= 6d =18 m

Şekil 5.1.2 Sistem ve yüklemesinin simetrik olduğu bu tür durumlarda mesnet tepkileri birbirine eşittir: ∑ Pi = 6 P = 3.30 = 90 kN V A = VB = 2 2 Bundan sonra iç kuvvetlerin hesaplanmasına geçilebilir. İç kuvvetler çubuk numarasına uygun olarak N ile (N2-4, N1-2, N2-3 vb.) işaretlenmiştir. Bununla beraber iç kuvvetler aşağıdaki gibi de işaretlenebilir. Örneğin üst başlık çubuğundaki O2-4, alt başlık çubuğundaki U1-3, diyagonal çubuğundaki D2-3, ve dikme çubuğundaki ise V1-2 gibi. Şekil 5.1.2’de görüldüğü gibi N1-2, N2-4, N2-3 ve N1-3 kuvvetleri, 1-1 kesiminin solunda kalan parçasında (Şekil 5.1.3) moment noktalarına göre yazılacak denklemlerden hesaplanır. F ..

r2−3

O

·

α

Ao

α

2o

o

α

N2-3 o

o

3m LOA

r2− 4

VA= 90 kN

Şekil 5.1.3 92 

β

1

N2-4 3

4m

o

P=30 kN N2-4

P

P/2=15 kN

N2-4 – için moment noktası “2-3” ve “1-3” çubuklarının kesişme noktası olan “3” düğümüdür. P ∑ M 3 = V A .9 − 2 .9 − P.6 − P.3 + N 2−4 .r2−4 = 0 . Moment noktasının iç kuvvetin doğrultusuna dik uzaklığı r ile gösterilmiştir. cos α =

9 2 +9 2

2

=

2 9 = 0,97618 , sin α = = 0,21693 9,219544 9,219544

− 90.9 + 15.9 + 30.6 + 30.3 = −103,721 kN 3,9047 N1-3 için moment noktası “2-4” ve “2-3” çubuklarının kesişme noktası olan “2” düğümüdür. P 2 ∑ M 2 = V A .6 − 2 .6 − P.3 − N1−3 .r1−3 = 0 , r1−3 = l1−2 = 2 + 2. 3 = 3,333 m 90.6 − 90 − 90 N 1−3 = = 108 kN 3,333 N2-3 için ise moment noktası “O” noktasıdır. (“2-4” ve “1-3” çubuklarının doğrultularının kesişme noktası). P ∑ M O = −V A .LOA + 2 .LOA + P.( LOA + 3) + P.( LOA + 6) + N 2−3 .r2−3 = 0 2 2 2 , tgα = = 0,2222 ⇒ LOA = = 9m LOA = 9 0,2222 tgα Δ Δ l 3,333 3FO − dan r2−3 = ( LOA + 9). sin β , 312− den sin β = 1− 2 = = 0,743294 2 2 l 2 −3 (3,333) + 3 r2− 4 = 4. cos α = 4.(0,97618 = 3,9047 m , N 2− 4 =

r2−3 = 18.(0,743294) = 13,3793 m , N 2−3 =

90.9 − 15.9 − 30,12 − 30.15 = −10,0902 kN . 13,3793

“1-2” çubuğunda oluşan N1-2 iç kuvveti II-II kesiminden belirlenir (Şekil 5.1.2). P=30 kN

P/2

1′ o

o

O

·

o

LOA=9 m

A

N1-2

o

o

3m

1

N1-3

VA= 90 kN

Şekil 5.1.4 N1-2 için moment noktası “O” (“ 1′ − 2 ” ve “1-3” çubuk doğrultularının kesişme noktası) noktası olacaktır (Şekil 5.1.4). − 90.9 + 135 + 360 = −21 kN ∑ M O = −V A .9 + 15.9 + 30.12 − N1−2 .15 = 0 ⇒ N1−2 = 15 Yukarıda verilmiş olan açıklamaya göre, “4-3” çubuğunun dahil olacağı bir kesimde kesilecek çubukların sayısı üçten fazla olduğu için bu çubukta oluşan iç kuvvet düğüm kesme yöntemiyle hesaplanır (III – III kesimi). 93 

P=30 kN

α 4

N 4-2

α

o

N 4-6 N4-3

Şekil 5.1.5

∑ X = N . cos α − N ∑ Y = − P − N − 2.N 4 −6

4− 2

4−3

. cos α = 0 ⇒ N 4−6 = N 4− 2 .

4− 2

. sin α = 0 ⇒ N 4−3 = −30 − 2.(−103,721).(021693) = 15 kN

Böylece belirlenen iç kuvvetler aşağıdaki tabloda toplu halde verilmiştir. İç Değerleri Kuvvetler (kN) N2-4 N1-3 N2-3 N1-2 N4-3

- 103,721 Basınç 108 Çekme - 10,0902 Basınç -21 Basınç 15 Çekme

Örnek 5.2. Boyutları ve yükleme durumu Şekil 5.2.1’de görülen üçgen kafes sistemin işaretlenmiş çubuklarında oluşan iç kuvvetleri hesaplayınız. P3 = 10 kN

P1 = 20 kN 2o Ao

o

1

∗

∗

4o

o

∗ 3

o

P4 = 18 kN

6

o8

∗

∗ o

o

5

7

o9

∗

o 10

o

d=2m P2 = 15 kN L=5d

P5 = 12 kN

d=2m

Şekil 5.2.1 Çözüm: Kafes sistemin kinematik analizi: n = 2.12 – 3 = 21. Şekil 5.2.1’den görüldüğü gibi sistem 21 adet çubuktan oluşmuş ve taşıyıcı bünyeye sahiptir. Mesnet tepkileri aşağıdaki gibi belirlenir (Şekil 5.2.2).

94 

P3 = 10 kN II

o

P1 = 20 kN 4o I

α Ao

P4 = 18 kN

6

o8

III o9

2o o

o

1

I

β

VA

θ

o

3

o

5

II

7

III

o10

o

d=2m

P5 = 12 kN

P2 = 15 kN

VB

L=5d = 10 m

d=2m

Şekil 5.2.2

∑ M B = V A .10 − P1.8 − P2 .6 − P3 .4 − P4 .2 + P5 .2 = 0 ⇒ 20.8 + 15.6 + 10.4 + 18.2 − 12.2 = 30,2 kN 10 ∑ M A = P5 .12 − VB .10 + P4 .8 + P3 .6 + P2 .4 + P1.2 = 0 ⇒ VA =

VB =

Sağlama :

12.12 + 18.8 + 10.6 + 15.4 + 20.2 = 44,8 kN 10

∑ Y = V A − P1 − P2 − P3 − P4 + VB − P5 = 0 ⇒ 30,2 − 20 − 15 − 10 − 18 + 44,8 − 12 = 0

Verilmiş kafes sistemin dikme çubuklarında iç kuvvetler düğüm kesme yönteminin özel hallerine uygun olarak belirlene bilir.

“5” düğümünden (Şekil 5.2.3 b) N 5-3 = N 5-7 , N 5-6 = 0

N 1-A

“4” düğümünden (Şekil 4.2.3 d) N4–2 = N 4– 6 , N 4–3 = 0.

N 1-3

o

N B-7

N 5-3

5

d)

c)

o

VB

N 5-7

o

1

N B-9

“B” düğümünden (Şekil 5.2.3 c) NB-10 = NB-7 , NB–9= -VB= - 44,8 kN

b)

N 5-6

N 1-2

“1” düğümünden (Şekil 5.2.3 a) N 1-A= N 1-3 , N 1-2 = 0

N B-10 B

4o N 4-2 N 4-3

Şekil 5.2.3 N 8-6

“8” düğümünden (Şekil 5.2.4)

P4 = 18 kN o8

N8- 6 = N 8–9 , N8–7 = - P4 = -18 kN.

N 8-9

Şekil 5.2.4. 95 

N 8-7

N 4-6

Şekil 5.2.2’de görüldüğü gibi işaretlenmiş çubuklardaki iç kuvvetler (N2–3, N4 - 6, N3 - 6, N3 -5, N7 -5) moment noktalarına göre yazılacak denklemlerden belirlenir. I-I kesiminin solunda kalan parçanın (Şekil 5.2.5a) denge a) P1 = 20 kN şartından N 2-4 . 2 ∑ M A = P1.2 + N 2−3 .r2−3 = 0 r o

r2−3

Ao

∑ M 3 = VA.4 − P1.2 + N 4−6 .r4−6 = 0 r4 − 6 = l3− 4 . cos α , cosα =

6 2

3 + 62

N 4-6

P1 = 20 kN

6

r4−6 4o

Ao

(30,2).6 − 20.4 − 15.2 = 23,733 kN 3

1 N 1-3

b)

VA= 30,25 kN

N 3−5 =

N 2-3

·3

o

2m

VA

II-II kesiminin solunda kalan parçanın (Şekil 5.2.5b) denge şartlarından aşağıdaki iç kuvvetler hesaplanır.

∑ M 6 = V A .6 − P1.4 − P2 .2 − N 3−5 .l5−6 = 0 ⇒

α

α

2o

α

o

2m

θ

3

r3−6

.

= 0,8944

3m

r2−3

β

2 −3

l 1 = 4. sin β , sin β = 1− 2 = = 0,4472 l2 −3 12 + 2 2 20.2 = 4.(0,4472) = 1,7889 m , N 2−3 = = −22,36 kN 1,7889

N 3-6

θ

o

N 3-5 5

P2 = 15 kN

Şekil 5.2.5

− (30,2).4 + 20.2 = − 45,1699 kN . 1,7888 3 ∑ M A = P2 .4 + P1 .2 − N 3−6 .r3−6 = 0 , r3−6 = 4.sin θ , sin θ = 2 2 = 0,832 3 +2 15.4 + 20.2 r3−6 = 4.(0,832) = 3,3282 m , N 3−6 = = 30,046 kN 3,3282 r4 − 6 = 2.(0,8944) = 1,7888 m , N 4 − 6 =

“7-B” çubuğunda oluşan iç kuvvet, sistemin III-III kesiminin (Şekil 5.2.2) sağ tarafında kalan parçasının (Şekil 5.2.6) denge şartından belirlenir. N 9-8

M 9 = P5 .2 + N B −7 .l B −9 = 0 N B −7

N 7-9

12.2 =− = −24 kN 1

o

N B-7 B 2m VB = 44,8 kN

Böylece belirlenen çubuk kuvvetleri aşağıdaki tablodadır. İç Değerleri Kuvvetler (kN) N2-3 - 22,36 N3-5 23,733 N4-6 - 45,1699 NB-7 -24 N3-6 30,046

o9

Basınç Çekme Basınç Basınç Çekme 96 

Şekil 5.2.6

o 10

P5 = 12 kN

Örnek 5.3. Boyutları ve yükleme durumu Şekil 5.3.1’de verilmiş olan kafes sistemin sıfır kuvvet çubuklarını belirleyiniz ve işaretlenmiş çubuklardaki iç kuvvetleri hesaplayınız. P2 = 15 kN o5

3

o

1o Ao

o

2

o

3m

6

4

o9

∗

o

o

∗

∗

∗

o

∗

o 11

12

o

∗ o

8

P3 = 20 kN

o

10

2 m 1m

P4 = 25 kN

P1 = 12 kN

B

P5 = 10 kN

L =18 m

Şekil 5.3.1

P2 = 15 kN P1 = 12 kN o5

3 1o Ao

o

o

2

o

3m

4

o

6

o

I

II

α I

III II P4 = 25 kN θ o9 o 11

o

o

8

P3 = 20 kN

10

12

o

o

III P5 = 10 kN

L =18 m

Şekil 5.3.2

∑M

B

= V A .18 − P1 .18 − P2 .12 − P3 .9 − P4 .3 − P5 .3 = 0 ⇒

12.18 + 15.12 + 20.9 + 25.3 + 10.3 = 37,8333 kN , 18 ∑ M A = −VB .18 + ( P4 + P5 ).15 + P3 .9 + P2 .6 = 0 ⇒ VA =

(25 + 10).15 + 20.9 + 15.6 = 44,1666 kN . 18 Sağlama: ∑ Y = V A − P1 − P2 − P3 − P4 − P5 + VB = 0 ⇒ VB =

37,8333 − 12 − 15 − 20 − 25 − 10 + 44,1666 = 0

Sıfır kuvvet çubukları düğüm kesme yönteminin özel hallerinden belirlenir. 97 

2 m 1m

Çözüm: Hesaplamaya sistemin kinematik analiziyle başlanır. n = 2.14 – 3 = 25. Şekil 5.3.1’den de görülmektedir ki sistem 25 adet çubuktan oluşmaktadır ve taşıyıcı bünyeye sahiptir. Mesnet tepkileri statiğin denge denklemleriyle belirlenir (Şekil 5.3.2).

B

“1” düğümünden (Şekil 5.3.3a)

P1 = 12 kN

a)

N 1−3 = 0 , N 1− A = − P1 = −12 kN

b) N 2-3

1o

N 1-3 o

“2” düğümünden (Şekil 5.3.3b)

N 2-A

N 1-A

N 2 − A = N 2 − 4 , N 2 −3 = 0 .

N 12 -11

12

“12” düğümünden (Şekil 5.3.3c)

2

N 2-4

c)

o

N 12−11 = 0 , N 12− B = 0 .

N 12 -B

Şekil 5.3.3 İşaretlenmiş çubuklardaki iç kuvvetlerin hesabı moment noktaları ve izdüşüm denge denklemleri ile yapılır. Bu iç kuvvetler kafes sistemin I-I kesiminin (Şekil 5.3.2) sağ tarafında kalan parçasının (Şekil 5.3.4) denge şartlarından belirlenir.

7o

o9

o 11

N 8 -7 o

6

α N 8 -6

o

8

o

3m

12

o

o

10

2 m 1m

P4 = 25 kN N 9 -7

B VB = 44,1666 kN

P5 = 10 kN

Şekil 5.3.4 N7–9 için moment noktası “8-6” ve “8-7” çubuklarının kesişme noktası olan “8” düğümüdür.

∑ M 8 = −VB .6 + ( P4 + P5 ).3 − N 7−9 .r7−9 = 0 ,

r7 −9 = l8−9 = 3 m

− (44,1666).6 + (10 + 25).3 = −53,333 kN 3 için moment noktası “7” düğümüdür.

N 7 −9 = N8– 6

∑ M 7 = −VB = .9 + ( P4 + P5 ).6 + N 8−6 .r8−6 = 0 , N 8− 6 =

r8−6 = l8−6 = 3 m

− (44,1666).9 − (25 + 10) = 62,5 kN . 3

I-I kesimiyle kesilmiş üst ve alt başlık çubukları birbirine paralel oldukları için kesişme noktası sonsuzdadır. Buna göre de N8-7’nin hesabı izdüşüm denkleminden yapılır.

∑ Y = VB − P4 − P5 + N 8−7 .sin α = 0 , N 8− 7 =

sin α =

3 2

3 + 32

− 44,1666 + 25 + 10 = −12,9636 kN 0,7071 98 

= 0,7071

N 9−8 ’in hesabı “9” düğümünün denge şartından yapılır (Şekil 5.3.5). Şekil 5.3.2’den görüldüğü gibi cos θ =

6

= 0,9264 , sin θ =

θ

1

N 9 -7

9 o

= 0,1644 12 + 6 2 N 9 -11 N 9−7 N 9 -8 ∑ X = − N 9−7 + N 9−11. cosθ = 0 , N 9−11 = cosθ Şekil 5.3.5 − 53,333 N 9−11 = = −54,068 kN . 0,9864 ∑ Y = − N 9−8 − N 9−11. sin θ = 0 ⇒ N 9−8 = − N 9−11. sin θ = 54,068.(0,1644) = 8,88 kN . 12 + 6 2

11-8 çubuğundaki iç kuvveti sistemin III-III kesiminin (Şekil 5.3.2) sağ tarafında kalan parçasının (Şekil 5.3.6) moment noktasına göre denge şartından hesaplanır. N 11−8 için moment noktası 11-9 ve 10-8 çubuk doğrultularının kesişme noktası olan “O” noktasıdır.

.

N11 - 9 N11 - 8

β

N 8 -10

o 11

12

o

1m

θ

r11−8

P4 = 25 kN

θ o

o

10

P5 = 10 kN 3m

B

·O

L OB

VB

Şekil 5.3.6 l B −12 sin θ 0,1644 2 , tgθ = = = 0,1666 , LOB = = 12 m , tgθ cos θ 0,9864 0,1666 l 2,5 = lO8 . sin β , sin β = 10−11 = = 0,64 , r11−8 = (12 + 6).0,64 = 11,52 m l8−11 (2,5) 2 + 3 2

LOB = r11−8

∑ M O = VB .12 − ( P4 + P5 ).15 − N11−8 .r11−8 = 0 ,

N11−8 =

(44,1666).12 − 35.15 = 0,434 kN . 11,52

Kafes sistemin işaretlenmiş çubuklarındaki iç kuvvetlerin değerleri ve sıfır kuvvet çubukları aşağıdaki tablodadır.

99 

İç Değerleri Kuvvetler (kN) N1-3 N2-3 N12-11 N12-B N7-9 N8-6 N8-7 N9-8 N9-11 N11-8

0 0 0 0 -53,333 62,5 -12,9636 8,88 -54,068 0,434

Basınç Çekme Basınç Çekme Basınç Çekme

Örnek 5.4. Boyutları ve yükleme durumu Şekil 5.4.1’de verilmiş olan yarım diyagonal çubuklu (K tipi) kafes sistemin işaretlenmiş çubuklarındaki iç kuvvetlerin belirlenmesi istenmektedir.

o

o

o

o

o

o

Ao

o

o

P2 = 10 kN

o

o

o

o

o

P

∗ o ∗ ∗ o

∗ ∗ ∗ o

P/2 o

P2 = 10 kN 2m

P1 = 20 kN

P

P

o

2m

P = 30 kN P

P/2

o

B

3m L=18 m

Şekil 5.4.1 Çözüm: Kafes sistemin kinematik analizi önceki kafes sistemlerde yapıldığı gibidir. Sistem n = 2.20-3 = 37 adet çubuktan oluşmuştur ve Şekil 5.4.1’den görüldüğü gibi taşıyıcı yapıya sahiptir. Mesnet tepkilerinin hesabı (Şekil 5.4.2).

∑X = P +P 1

2

− P2 − H A = 0 ⇒ H A = 20 + 10 − 10 = 20 kN

P .18 − P.(15 + 12 + 9 + 6 + 3) + P1 .4 + P2 .2 − P2 .4 = 0 ⇒ 2 15.18 * 30.45 − 20.4 − 10.2 + 10.4 VA = = 86,667 kN 18 P ∑ M A = −VB .18 − P2 .4 + 2 .18 + P.(15 + 12 + 9 + 6 + 3) + P1 .4 + P2 .2 = 0 ⇒ − 10.4 + 15.8 + 30.45 + 20.4 + 10.2 VB = = 93,333 kN 18

∑M

B

= V A .18 −

100 

o

o

o

o

o

o

Ao

o

o

P2 = 10 kN

HA

5o

o

α o

o

4

o

1

3m

VA

P

I II o

6

o

3

o

I

P/2 7 o P2 = 10 kN 2m

P1 = 20 kN

P

P

o8

2m

P = 30 kN P

P/2

oB

2

II VB

L=18 m

Şekil 5.4.2

∑X =0⇒ P +P 1

2

− H A = 0 ⇒ H A = 20 + 10 = 30 kN .

Sağlama: P

∑ Y = V A − 2. 2 − 5.P + VB = 0 ,

86,667 − 2.15 − 5.30 + 93,333 = 0 .

Bu türlü kafes sistemlerin çubuklarında oluşan iç kuvvetler birden fazla kesimin uygulanmasıyla hesaplanır (Şekil 5.4.2). N6-5 ve N2–1 kafes sistemin I-I kesiminin sağ tarafında kalan parçasının (Şekil 5.4.3), bu iç kuvvetlerin moment noktalarına göre denge şartlarından belirlenir. N6-5 için moment noktası 1-2 çubuğuyla her ikisi aynı doğru üzerinde olan 6-3 ve 23 çubuklarının kesişme noktası olan “2” düğümüdür. P=30 kN P/2

= −VB .3 − P2 .4 +

N 6 -5

o

7 o P2 = 10 kN

6

N 6 -3 N 2 -3 N 2 -1

o8 oB

o

2

3m

2m

2

2m

P .3 − N 6−5 .4 = 0 2 − (93,333).3 − 10.4 + 15.3 N 6 −5 = = −68,75 kN 4 N2-1 için moment noktası “6-5” çubuğuyla her ikisi aynı doğru üzerinde olan “6-3” ve “2-3” çubuklarının kesişme noktası olan “6” düğümüdür.

∑M

VB=93,333 kN

Şekil 5.4.3 P

∑ M 6 = −VB .3 + 2 .3 + N 2−1.4 = 0 ⇒ N 2−1 =

(93,333).3 − 15.3 = 58,75 kN . 4

İşaretlenmiş diğer çubuklardaki iç kuvvetlerin hesaplanması için “3” düğümünü kesip (Şekil 5.4.4) denge şartından ∑ X = − N 3−5 . cos α − N 3−1. cos α = 0 ⇒ N 3−5 = − N 3−1 (1) olduğu elde edilir.

N 3 -5

α α N 3 -1

N 3 -6 o3

N 3 -2

Şekil 5.4.4 Bundan sonra II-II kesimi ile (Şekil 5.4.2) dört adet çubuk kesilmesine rağmen, N 3−5 = − N 3−1 olduğu için izdüşüm denklemleri kullanılabilir (Şekil 5.4.5). 101 

P = 30 kN 6

o

3

o

N 2 -1

7 o P2 = 10 kN o8 oB

2

3m

2m

α

4 α N 3 -1

o

2m

N 6 -5 5 N 3 -5

P/2

VB=93,333 kN

Şekil 5.4.5 P ∑ Y = VB − 2 − P + N 3−5 . sin α − N 3−1. sin α = 0 (2) , (1) , (2) ' de yerine konursa

∑ Y = VB − 1,5P − 2.N 3−1. sin α = 0 , Δ

345 ' den sin α =

N 3−1

N 3−1 =

VB − 1,5P , 2. sin α

2

= 0,5547 , 32 + 2 2 3 cos α = = 0,832 13 93,333 − 45 = = 43,567 kN , N 3−5 = −43,567 kN 2.(0,5547)

“8” düğümü kesildiğinde (Şekil 5.4.6) “3” düğümüne benzer şekilde düğüm denge denkleminden

N 8 -6

∑ X = −N

N 8 -2

8− 6

α α

. cos α − N 8− 2 . cos α = 0 ⇒

N 8 -7 o8

N 8 -B

N 8− 6 = − N 8− 2

Şekil 5.4.6 olduğu belirlenir. Kafes sistemin işaretlenmiş “6-3” ve “3-2” çubuklarındaki iç kuvvetler sırasıyla kesilmiş “6” (Şekil 5.4.7a) ve “2” (Şekil 5.4.7c) düğümlerinin denge şartlarından belirlenebilir.

a)

b)

P=30 kN

N 6 -5

o

6

N 6 -7

α

P=30 kN

N 7-6 7

o

P2=10 kN

N 6 -8

N 6 -3

N 7-8

102 

c)

d)

N 2 -3 N 2-8

N 2 -1

o

2

α

N B-8

N B-2

o

N 2-B

B VB=93,333 kN

Şekil 5.4.7 “6” düğümünün denge şartından (Şekil 5.4.7a) ∑ X = − N 6−5 + N 6−8 . cos α + N 6−7 = 0 yazılır ve “7” düğümünden (Şekil 5.4.7b) düğüm kesme yönteminin özel durumu ile N 6-7 = 10 kN elde edilir. Buna göre N − N 6−7 − 68,75 + 10 N 6 −8 = 6 − 5 = = −70,613 kN , N 2−8 = − N 6−8 = 70,613 kN cos α 0,832

∑Y = −P − N

− N 6−8 . sin α = 0 , N 6−3 = −30 − (−70,613).(0,5547) = 9,169 kN değerleri elde edilir. N2 -3 “2” düğümünün (Şekil 5.4.7c) denge şartlarından belirlenir. “B” düğümünden (Şekil 5.4.7d) N B-2 = 0 değeri bulunur. Dolayısıyla 58,75 ∑ X = − N 2−1 + N 2−8 . cos α = 0 ⇒ N 2−8 = 0,832 = 70,613 kN ,

∑Y = N

6−3

+ N 2−8 . sin α = 0 ⇒ N 2−3 = −(70,613).(0,5547) = −39,169 kN olarak N2-8 ve N2-3 de belirlenmiş olur. 2 −3

∗

o

o

o

o

P = 20 kN P

o

∗

∗

P/ 2

o

∗

o

P

∗

o

∗ o

P

P/ 2

3m

o o

2 m 1m

Örnek 5.5. Boyutları ve yükleme durumu Şekil 5.5.1’de verilmiş olan kafes sistemin işaretlenmiş çubuklarındaki iç kuvvetleri hesaplayınız.

o

P

d=4m L = 24 m

Şekil 5.5.1 Çözüm: Sistemin kinematik analizi bilinen formülle yapılır: n = 2.12 – 3 = 21. Şekil 5.5.1’den görüldüğü gibi kafes sistem 21 adet çubuktan oluşmaktadır ve taşıyıcı bünyeye sahiptir. Kafes sistemin ve etkiyen yüklerin simetrisinden mesnet tepkileri aşağıdaki gibi belirlenir: 103 

V A = VB =

∑ P = 6 P = 3.20 = 60 kN . 2

2

İç kuvvetlerin hesaplanması için gereken kesimler Şekil 5.5.2’de yapılmıştır. I

2 m 1m

3

II

o

o

o5

o

P/ 2

P/ 2 A

o

o

o

P = 20 kN P VA

o

o

1 II

d=4m

I

P

o

4 P III

o

6

3m

3

III

2o

'

B

P VB

L = 24 m

Şekil 5.5.2 İşaretlenmiş “1-3”, “2-3” ve “1-4” çubuklarındaki iç kuvvetler, kafes sistemin I-I kesiminin sağ tarafında kalan parçasının (Şekil 5.5.3) denge şartlarından, moment noktaları yöntemi ile belirlenir. N 3− 2 için moment noktası “1-3” ve “1-4” çubuklarının kesişme noktası olan “1” düğümüdür (Şekil 5.5.3). K.

. r3−1

5m

6m

N 2 -3

α α

o

3

o

o

P/ 2

N 3 -1

β

1 N 4 -1 4m

3m

2

e

o

4 P=20 kN

o

o

VB=60 kN

P

Şekil 5.5.3

104 

α

B L OB

.O

P

∑ M 1 = −VB .12 + 2 .12 + P.8 + P.4 − N 3−2 .r3−2 = 0 , 4

cos α = N 3− 2

r3−2 = l1−2 . cos α ,

1

= 0,9701 , sin α =

= 0,24253 , r3−2 = 6.(0,9701) = 5,8208 m 12 + 4 2 12 + 4 2 − 60.12 + 10.12 + 20.8 + 20.4 = = −61,847 kN . 5,8208

N3–1 için moment noktası “3-1” ve “4-1” çubuk doğrultularının kesişme noktası olan “O” noktasıdır (Şekil.5.5.3). P .12 − P.16 − P.20 − N 3−1 .r3−1 = 0 2 Δ Δ l 1 5 3 e 2 ' den tgα = = 0,25 , O 4 3 ' den ( LO B + 8) = 4−3 , LO B + 8 = = 20 m 4 tgα 0,25 Δ Δ 5 LO B = 12 m . 1 4 3 ' den sin β = = 0,78086 , O K 1 ' den r3−1 = ( L O B + 12). sin β , 52 + 42 60.12 − 10.12 − 20.16 − 20.20 r3−1 = 24.(0,78086) = 18,74 m N 3−1 = = − 6,4 kN . 18,74

∑M

O

= VB .LoB −

“2” düğümünü kesip (Şekil 5.5.4) düğüm kesme yöntemi kullanılarak “2-1” çubuğunda oluşan iç kuvvet aşağıdaki gibi hesaplanmıştır.

∑ X = N 2−3 . cos α − N 2−3′ . cos α = 0 ⇒

α

N 2−3 = N 2−3′ = −61,847 kN ,

α

2

o

N 2 -3

N 2 -3'

∑ Y = − N 2−1 − 2.N 2−3 . sin α = 0 ⇒

N 2 -1

N 2−1 = −2.(−61,947).(0,24253) = 30 kN Şekil 5.5.4 “3-4” çubuğundaki iç kuvvet kafes sistemin II-II kesiminin sağ tarafında kalan parçasının (Şekil 5.5.2) denge şartlarından, yine moment noktaları esasına göre hesaplanır. Bu iç kuvvet, N4-3 , için moment noktası “3-5” ve “4-1” çubuk doğrultularının kesişme noktası olan C noktasıdır (Şekil 5.5.5). N 5 -3 o

N 4 -3

P/ 2 o

N 4 -1 4m

5

o

4 P=20 kN

6 P

Şekil 5.5.5 105 

o

θ

B L BC

3m

θ

m

VB=60 kN

5m

3o

.

C

P

∑ M C = VB .LB C − 2 .LB C − P.( LB C + 4) − P.( LB C + 8) + N 3−4 .( LB C + 8) = 0 Δ

5 m 3 ' den tgθ =

Δ

2 22 + 42

= 0,4472 , C 6 5 ' den ( LB C + 4) =

l 5− 6 3 = = 6,7084 m , tgθ 0,4472

LB C = 2,7084 m . N 4 −3 =

− 60.(2,7084) + 10.(2,7084) + 20.(6,7084) + 20.(10,7084) = 19,883 kN . 10,7084

“4-5” çubuğunda oluşan iç kuvvet, kafes sistemin III-III kesiminin (Şekil 5.5.2) sağ tarafında kalan parçasının (Şekil 5.5.6) denge şartından belirlenir. L

.

N 5-3 o

P/ 2 r5− 4

4

γ

o

N 6 -4 4m

6 P

o

VB=60 kN

N 5-4

B

3m

5

.

C

L BC

Şekil 5.5.6 N5–4 için de moment noktası yine C noktasıdır (“4-5” ve “6-4” çubuk doğrultularının kesişme noktası). P ∑ M C = VB .LB C − 2 .LB C − P.( LB C + 4) − N 5−4 .r5−4 = 0 . Δ

Δ

C L 4 ' den r5−4 = ( LB C + 8). sin γ , 4 6 5 ' den sin γ = r5−4 = (8 + 2,7084) = 6,425 m, N 5−4

3

= 0,6 . 32 + 4 2 60.(2,7084) − 10.(2,7084) − 20.(6,7084) = = 0,1948 kN 6,425

“B-5” ve “B-6” çubuklarındaki iç kuvvetler düğüm kesme yöntemi ile belirlenir. Bunun için “B” düğümü (Şekil 5.5.2) kesilip, denge şartları yazılır (Şekil 5.5.7).

Δ

B 6 5 ' den cos ω =

4 2

4 +3

2

N B −6 = − N B −5 . cos ω ,

= 0,8 , sin ω =

3 = 0,6 . 5

N B −6 = −0,8 N B −5 . Y =− N B −6

P − 60 + 10 + VB + N B −5 . sin ω = 0 ⇒ N B −5 = = −83,333 kN 2 0,6 = −(−83,333).(0,8) = 66,666 kN .

106 

5 3m

∑ X = − N B−6 − N B−5 . cos ω = 0 ⇒

N B - 5 P/ 2

ω 6 N B-6 4m

oB

VB=60 kN

Şekil 5.5.7

Örnek 5.6. Boyutları ve yükleme durumu Şekil 5.6.1’de verilmiş olan konsol kafes sistemin işaretlenmiş çubuklarındaki iç kuvvetleri hesaplayınız. A

o

∗

3o 1o

2 P=10 kN

∗

∗

∗

∗

o

4

o

o

P

P=10 kN

2m

5o

B

1m

Şekil 5 .6.1 Çözüm: Konsol kafes sistemlerin kinematik analizi de (5.2) bağıntısıyla yapılır. Sistemde n = 2.7-3 = 11 çubuk olmalıdır. Şekil 5.6.1’e bakıldığında sistemin 11 çubuktan oluştuğu görülmektedir. Ayrıca, taşıyıcı özelliğe sahip, yani geometrik değişmez ve izostatik olduğu da açıktır. Konsol kafes sistemlerin çubuklarındaki iç kuvvetler bilinen yöntemlerle, kafes sistemin yapılan kesimlerle, işlemlerin kolaylığı için serbest, diğer bir deyişle mesnet olmayan tarafta kalan parçasının denge şartlarından hesaplanır. A

o

III 5o

I

2m

II 3o 1o

α 2 P=10 kN

o

o

o

4 III

I P=10 kN

P

B

II 1m

Şekil 5.6.2 İşaretlenmiş “3-5” ve “2-4” çubuklarındaki iç kuvvetler kafes sistemin I-I kesiminin (Şekil 5.6.2) sol tarafında kalan parçasının (Şekil 5.6.3) denge şartlarından, moment denklemleri ile hesaplanır.

r3−5

3o 1o

α 2

P=10 kN

o

1,333 m

5o

N 3-5

α

N 3-4 N 2-4 1m

P=10 kN

Şekil 5.6.3 107 

o

4

N 2− 4 için moment noktası “3-5” ve “3-4” çubuklarının kesişme noktası olan “3” düğümüdür (Şekil 5.6.3). − 10.1 2 ∑ M 3 = − P.1 − N 2−4 .l2−3 = 0 , l 2−3 = 3 = 0,666 m , N 2−4 = 0,666 = −15 kN . N 3−5 için moment noktası “3-4” ve “2-4” çubuklarının kesişme noktası olan “4” düğümüdür (Şekil 5.6.3).

∑ M 4 = − P.2 − P.1 + N 3−5 .r3−5 = 0 , Δ

1 2 3 ' den

cos α =

1 12 + (0,666) 2

r3−5 = l 4−5 . cos α ,

= 0,832

10.2 + 10.1 = 27,05 kN . 1,109 N 2−3 , “2” düğümü kesilerek, düğüm kesme yönteminin özel durumundan belirlenir (Şekil 5.6.4). r3−5 = (1,3333).(0,832) = 1,109 m , N 3−5 =

N 2-3

N 1− 2 = N 2− 4 , N 2−3 = P = 10 kN .

N 2-1 2

o

N 2-4 P=10 kN

Şekil 5.6.4 N 4−5 ve N 4− B kafes sistemin II-II kesiminin (Şekil 5.6.2) sol tarafında kalan parçasının (Şekil 5.6.5) denge şartlarından, moment noktası yöntemi ile hesaplanır. N 3-5

5o

3o 1o P

α 2 P

N 4-5

o

4 1m

o

N 4-B P=10 kN

Şekil 5.6.5 N4-5 için moment noktası “1” düğümüdür (“3-5” ve “4-B” çubuk doğrultularının kesişme noktası) (Şekil 5.6.5). 10.1 + 10.2 ∑ M 1 = P.1 + P.2 − N 4−5 .2 = 0 ⇒ N 4−5 = 2 = 15 kN . N4-B için moment noktası “5” düğümüdür (“3-5” ve “4-5” çubuklarının kesişme noktası) (Şekil 5.6.5). − 10.2 − 10.1 ∑ M 1 = − P.2 − P.1 − N 4− B .l 4−5 = 0 ⇒ N 4− B = 1,333 = −22,5 kN . Kafes sistemde (Şekil 5.6.2) III-III kesiminin sol tarafında kalan parçanın denge şartından, N5–B de moment denklemi yazılarak belirlenebilir. N5–B için moment noktası üst ve alt başlık doğrultularının kesişme noktası olan “1” düğümüdür (Şekil 5.6.6). 108 

o

N 5-A

.

o

r5− B o

1o

2

2m

N 5-B

3

o

4

β

o

N 4-B P

P=10 kN

P=10 kN

5

o

B

1m

Şekil 5.6.6 Δ

∑ M 1 = P.1 + P.2 + N 5− B .r5− B = 0 , B 41' den r5− B = 3. sin β , sin β =

l 5− 4 = l 5− B

N 5− B =

− 10.1 − 10.2 = −12,5 kN . 2,4

1,333

= 0,8 ⇒

(1,333) 2 + 12

r5− B = 3.(0,8) = 2,4 m ,

Örnek 5.7. Boyutları ve yükleme durumu Şekil 5.7.1’de verilmiş olan karmaşık kafes sistemin soldan 2.panel (kafes sistemin üst ve alt başlıkları üzerinde iki komşu düğüm arasında kalan parçası) çubuklarındaki iç kuvvetleri hesaplayınız.

P A

o

o

2o

1 P

o

o

o

P

4 P

5

o

7o o

6 P=10 kN

o

o

o

P

P o

o

o

P

o

2m

o

o

8o

2m

3o

o

B

P

2m L=16 m

Şekil 5.7.1 Çözüm: Kafes sistemlerin daha fazla yük taşıması amacıyla, yüklenmiş üst veya alt başlık çubuklarına küçük kafes sistemler eklenmesiyle karmaşık kafes sistemler elde edilir. Karmaşık kafes sistemlerin çubukları Şekil 5.7.2’de görüldüğü gibi aşağıdaki türlere ayrılır: 1. Yalnız esas kafes sisteme ait olan çubuklar: “3-8”, “2-3”, “3-5”, “8-7”(Şekil 5.7.2‘de sürekli çizgiyle gösterilmişlerdir). 109 

8o

3o

o

2m

o

A

o

o

2o o

o

o

1 P

o

P

7o

5 o

4

o

o

6 P=10 kN

P

o

o

o

o

o

B

P

P

P

P

2m

o

P

2m L=16 m

Şekil 5.7.2 2. Yalnız ilave kafes sistemlere ait olan çubuklar: “2-5, “2-4”, “4-5” (Şekil 5.7.2’de kesik çizgiyle gösterilmişlerdir). 3. Esas ve ilave kafes sistemlere ait olan çubuklar: “1-2”, “1-4”, “4-6”,”6-5”, “6-7” (Şekil 5.7.2’de birbirine paralel olan kesik ve sürekli çizgilerle gösterilmişlerdir). Karmaşık kafes sistem, hesabı kolaylaştırmak amacıyla esas (Şekil 5.7.3a) ve ilave (Şekil 5.7.3b) kafes sistem olmak üzere ikiye ayrılır. Her iki kafes sistemin çubuklarındaki iç kuvvetler bilinen yöntemlerle hesaplanır. a)

I

3

8

o

o

o

o

1,5 P

1,5 P o

o

1

o

II I 2 P=20 kN

o

o

6

III

2P

VA

2m

VB

L=16 m 2o

o

5

b) 1o V1

o

4

P=10 kN

o6

V6

4m

Şekil 5.7.3. a) Esas kafes sistem, b) İlave kafes sistem. 110 

B

2P

2m

A

4m

III

II

Esas kafes sistem için mesnet tepkileri kafes sistemin ve yüklemenin simetrisinden 9P (Şekil .5.7.3a) birbirine eşit olup, şu değerdedir: VA = VB = = 4,5 P = 45 kN . I-I kesimi ile 2 kesilmiş çubuklardaki iç kuvvetler ( N 3e−8 , N 3e−6 ve N 1e−6 ) esas kafes sistemin kesimin sol tarafında kalan parçasının denge şartlarından belirlenebilir (Şekil 5.7.4). N 3e−8 için moment noktası “3-6” ve “1-6” çubuklarının kesişme noktası olan “6” düğümüdür.

∑ M 6 = V A .8 − 1,5P.8 − 2P.4 + N 3e−8 .4 = 0 ⇒

N 3e−8 =

− 45.8 + (1,5).10.8 + 2.10.4 = −40 kN . 4

N 1e−6 için moment noktası “3” düğümüdür (“3-8” ve “3-6” çubuklarının kesişme noktası) (Şekil 5.7.4). 45.6 − (1,5).10.6 − 2.10.2 = 35 kN . ∑ M 3 = V A .6 − 1,5P.6 − 2 P.2 − N1e−6 .4 = 0 ⇒ N1e−6 = 2 o

α

o

N 1−e 6

o

o

K

1 VA= 45 kN

e N 3− 6

4m

1,5 P=15 kN

o

A

e N 3− 8

3

6

2 P=20 kN 4m

Şekil 5.7.4 Köşegen (diyagonal) çubuklardaki iç kuvvetler üst ve alt başlık çubukları birbirine paralel oldukları için izdüşüm denklemleri ile hesaplanır. l 4 ∑ Y = V A − 1,5P − 2 P − N 3e−6 . cos α = 0 , cos α = l3− K = 2 2 = 0,8944 2 +4 3−1 45 − 15 − 20 N 3e−6 = = 11,18 kN 0.8944 Esas kafes sistemin II-II kesiminin (Şekil 5.7.3) solunda kalan parçasının (Şekil 5.7.5) denge e e şartından N 3− 4 ‘ın belirlenmesine benzer şekilde N 1− 3 hesaplanır. N me −3 mo o

e N1− 3

α o

e N1− 6

o

1 VA= 45 kN

4m

1,5 P=15 kN

3

2 P=20 kN

Şekil 5.7.5 111 

∑ Y = V A − 1,5P − 2P + N1e−3 . cos α = 0 ⇒

N1e−3 =

− 45 + 15 + 20 = −11,18 kN . 0,8944

e Esas kafes sistemin “6-8” çubuğunda oluşan N 6− 8 iç kuvveti, kafes sistemin III-III kesiminin (Şekil 5 .7.3a) sağ tarafında kalan parçasının (Şekil 5.7.6) denge şartından belirlenir.

∑ Y = VB − 1,5P − 2P − N 8e−6 . cos α = 0 ⇒ e N 8− 3

N 8e−6 =

45 − 15 − 20 = 11,18 kN . 0,8944

8

o

o

1,5 P

e N 8− 6

6o

o

N ne−6

o

n

B VB=45 kN

2 P=45 kN

4m

4m

α

Şekil 5.7.6

V1=V6 = 5 kN ,

1o

N 1i− 2 = N 6i −5 , N 2i − 4 = N 4i −5 , N 1i− 4 = N 4i −6 .

∑M

= V1 .2 + N 2i −5 .2 = 0 ⇒ N 2i −5 =

2

= V1 .1 − N

i 1− 4

.2 = 0 ⇒ N

i 1− 4

o

ve N

112 

i 1− 4

o6

4

P=10 kN 1m 1m

1o

5.1 = = 2,5 kN = N 4i −6 . 2

“1”düğümü kesilip denge denklemlerinden N bilir (Şekil 5.7.7b).

α

V6

b)

N 1−i 2

− 5.2 = −5 kN 2

i 1− 2

5

4m

Kafes sistemin I-I kesiminin solunda kalan parçasının denge şartlarından çubuklardaki iç kuvvetler hesaplanır (Şekil 5.7.7).

4

o

I V1

yazılabileceği açıktır.

∑M

β

a)

I

2m

İlave kafes sistemin çubuklarındaki iç kuvvetlerin hesabı (Şekil 5.7.7a): İlave ve esas kafes sistemler aynı şekle sahip oldukları için çubuklarındaki iç kuvvetlerin belirlenmesi de aynı yöntemlerle, benzer şekilde yapılır. 2o Ele alınan kafes sistem simetrik olduğundan

belirlene-

β

N 1−i 4

V1=5 kN

Şekil 5.7.7

∑ Y = V1 − N 2i −4 . cos α = 0 ⇒

N 2i −4 =

V1 5 = = 5,59 kN = N 4i −5 , cos α 0,8944

∑ X = N1i−2 . cos β + N1i−4 = 0 ⇒ N1i−2 = − N1i−2 = −

N1i−4 1 , cos β = = 0,4472 , cos β 12 + 2 2

2,5 = −5,59 kN = N 5i −6 . 0,4472

Esas ve ilave kafes sistemlerin çubuklarında iç kuvvetler yukarıdaki gibi belirlendikten sonra karmaşık kafes sistemin çubuklarındaki iç kuvvetler aşağıdaki gibi hesaplanır: N 1− 2 = N 1e−3 + N 1i− 2 = −11,18 − 5,59 = −16,77 kN ,

N 2 −3 = N 1e−3 = −11,18 kN ,

N 3−8 = N 3e−8 = −40 kN , N 3−5 = N 3e−6 = 11,18 kN ,

N 2 −5 = N 2i −5 = −5 kN ,

N 5−6 = N 3e−6 + N 5i −6 + 11,18 − 5,59 = 5,59 kN , N 7 −8 = N 6i −8 = 11,18 kN , N 1− 4 = N 4−6 = N 1e−6 + N 1i− 4 = 35 + 2,5 = 37,5 kN , N 2− 4 = N 4−5 = N 2i − 4 = 5,59 kN , N 6−7 = N 6e−8 + N 6i −7 = 11,18 − 5,59 = 5,59 kN .

113 

6. KAFES SİSTEMLERDE TESİR ÇİZGİLERİ Genel Bilgiler

Kafes sistemlerin de hareketli yüklere göre hesabı tesir çizgileri (T. Ç.) ile yapılır. Kafes sistem çubuklarındaki kuvvetlerin T. Ç.’leri, üst veya alt başlıkta hareket eden, yönü değişmeyen P = 1 birim yükünün durumuna bağlı olarak bu kuvvetlerin değerlerinin değişimini gösteren grafiklerdir. Hareketli birim yükün de sabit yüklerdeki gibi düğümlerde uygulanacağı göz önünde bulundurulmalıdır. Çubuk kuvvetlerinin T. Ç.’leri, kirişlerde eğilme momenti ve kesme kuvvetinin T. Ç.’lerinde olduğu gibi doğru parçalarından oluşur. Tesir çizgilerini çiziminde, sabit yükler için analitik yöntemle, çubuk kuvvetlerinin hesabında yapılmış işlemler ve uygulanmış olan yöntemler aynen tekrarlanır. Kafes sistemde bir çubuk kuvvetinin tesir çizgisinin sağ doğrusunun ifadesi, hareketli birim yükü, yapılmış kesimin sağ tarafında göz önüne alarak, sol tarafın denge şartları ile sol mesnet tepkisine bağlı olarak elde edilir. Sol doğrusunun ifadesi ise hareketli birim yükü, yapılmış kesimin sol tarafında göz önüne alarak, sağ tarafın denge şartlarından sağ mesnet tepkisine bağlı olarak belirlenir. Konsol kafes sistemlerde bir çubuk kuvvetinin T. Ç.’nin her iki doğrusunun ifadesi de, kafes sistemin serbest, yani mesnet olmayan tarafının denge denklemlerinden elde edilir. Böyle kafes sistemlerde T. Ç.’leri doğrularından biri, hareketli birim yük mesnetlenmiş tarafta göz önüne alındığı için sıfır olur. Elde edilen ifadelere bağlı olarak çubuk kuvvetlerinin T. Ç.’lerinin sol ve sağ doğruları çizilir. Bundan sonra, yapılmış kesimin sol ve sağ tarafında kalan ilk düğümlerden (hareketli birim yükün hangi başlık üzerinde hareket ettiğine bağlı olarak) sol ve sağ doğrular üzerine izdüşümler alınır. Sağ doğrunun izdüşümünün sağında, sol doğrunun ise izdüşümünün solunda kalan kısımları ele alınır. Daha sonra düğümlerin bu iz düşümleri bir doğruyla birleştirilerek, ki bu doğru geçit çizgisi olarak adlandırılır, dikkate alınmış olan çubuktaki iç kuvvetin tesir çizgisi elde edilmiş olur. Alt ve üst başlık üzerinde kesimin sol ve sağ tarafındaki ilk düğümler aynı bir düşey doğru üzerinde iseler, P = 1 birim yükünün hangi başlık üzerinde hareket ettiğine bağlı olmaksızın, çubuk kuvvetlerinin tesir çizgileri aynı olur. Ancak, söz konusu düğümler farklı düşey doğrular üzerinde iseler, tesir çizgileri doğal olarak birbirinden farklı olur. Bu bölümde ele alınan kafes sistemler düzlem kafes sistemlerdir, yani kafes sistemin çubuklarının eksenleri ve düğümlere uygulanmış tekil yükler aynı bir düzlem üzerindedirler. Böyle kafes sistemlerin mesnet tepkilerinin T. Ç.’leri kirişlerdeki gibidir. Çizilmiş tesir çizgileri yardımıyla iç kuvvetlerin hesaplanması aşağıdaki bağıntıyla yapılır. N = ∑ Pi .y1 (6.1) Burada Pi : kafes sistemin üst ve alt başlık düğümlerine uygulanmış tekil yükler, yi : çizilmiş tesir çizgisinde her bir Pi tekil yükünün altındaki ordinattır. Kafes sistemin üst başlık düğümlerinde uygulanmış Pi tekil yükleri, P = 1 yükünün üst başlıkta hareket etmesine uygun çizilmiş T. Ç.’nin ordinatları ile, alt başlık düğümlerinde uygulanmış Pi tekil yükleri ise P = 1 yükünün alt başlıkta hareket etmesine uygun olarak çizilmiş T. Ç.’nin ordinatları ile çarpılır. Pi .yi çarpımının işareti yi ordinatının işaretine bağlıdır. Örnek 6.1. Boyutları ve sabit yükle yükleme durumu Örnek 5.1’de verilmiş olan kafes sistemin (Şekil 6.1.1a) işaretli çubukları için çubuk kuvvetlerinin tesir çizgilerini çizerek, bunlar yardımıyla çubuk kuvvetlerini hesaplayınız. Bu kuvvetleri önceki bölümde analitik yöntemle belirlenmiş değerlerle karşılaştırınız. 114 

o

o

o

∗

∗

∗ ∗

o

1

4o

P

o III

P/2 2m

o

2o

P

o

∗

o

2m

P/2

P

P

a)

P=30 kN

o

o

3

o

5

o

d=3m L=6d

F

.

b)

r2−3

1′ o

O

.

4o

2o

P=1

III o6

r2− 4

o o

2m

o

I

III

2m

II

Ao

o

o

o

1

I VA

II

o

3

5

o

o

B

d=3m

L= 6d =18 m

VB

Şekil 6.1.1 Çözüm: Kafes sistemin işaretlenmiş çubuklarındaki (Şekil 6.1.1a) kuvvetlerin tesir çizgilerinin çiziminde de Örnek 5.1’de yapılmış işlemler (Şekil 6.1.1b) ve kullanılmış yöntemler olduğu gibi kalacaktır. ● “2-4” çubuğundaki kuvvetin ( N 2 − 4 ) T. Ç.’nin çizimi: Bunun için önce T.Ç.’nin her iki doğrusunun ifadelerinin yazılması gerekir. N2-4’ ün T. Ç.’nin sağ doğrusunun ifadesi, P = 1 hareketli yükü I-I kesiminin (Şekil 6.1.1b) sağ tarafında göz önüne alınarak, sistemin bu kesimin sol tarafında kalan parçasının denge şartından elde edilir. ∑ M 3Sol = V A .9 + N 2−4 .r2−4 = 0 . Örnek 5.1’in çözümünden r2−4 = 3,9047 m olduğu bilinmektedir. 9 N 2− 4 = − .V A = −(2,305).V A (Sağ doğru VA’nın T. Ç.’nin ordinatları -2,305 ile 3,9047 çarpılarak elde edilir). N2-4’ün tesir çizgisinin sol doğrusunun ifadesi, P = 1 hareketli yükü I-I kesiminin (Şekil 6.1.1b) sol tarafında dikkate alınarak, kafes sistemin, kesimin sağ tarafında kalan parçasının denge şartından elde edilir. 115 

∑ M 3Sağ = −VB .9 − N 2−4 .r2−4 = 0 ⇒

N 2− 4 = −

9 .VB = −2,305.V B nin T .Ç. 3,9047

Görüldüğü gibi sol doğru VB’nin T. Ç.’nin ordinatları -2,305 ile çarpılarak elde edilir. Bu ifadelere göre N2-4’ün tesir çizgisi Şekil 6.1.2e’de çizilmiştir. Çizilmiş T. Ç. yardımıyla kafes sisteme etkiyen sabit yüklerden N2-4 (6.1) formülü ile hesaplanabilir. “2'-4'“ çizgisi sol doğru üzerindedir. Tesir çizgisinde kafes sistemin düğümlerine uygulanmış Pi tekil yüklerinin altındaki yi ordinatları üçgenlerin benzerliğinden bulunur. N 2−4 = − P.((0,384166 + 0,76833).2 + 1,1525) = −30.(3,4575) = −103,725 kN .

Kafes sistemin işaretlenmiş (Şekil 6.1.1a) diğer çubuklarındaki kuvvetlerin tesir çizgilerinin çizimi “2-4” çubuğundakine benzer şekilde yapılır. ● N1−3 ’ün tesir çizgisinin çizimi (Şekil 6.1.1.b): N1−3 ’ün tesir çizgisinin sağ doğrusunun ifadesi, P = 1 hareketli yükü I-I kesiminin (Şekil 6.1.1b) sağ tarafında göz önüne alınarak, sistemin bu kesimin sol tarafında kalan parçasının denge şartından elde edilir.

∑M

Sol 2

N 1−3 =

= V A .6 − N 1−3 .r1−3 = 0 , Örnek 5.1 ' den r1−3 = 3,333 m ' dir.

6 .V A = 1,8.V A Sağ doğru VA’nın T. Ç. ordinatları 1,8 ile çarpılarak elde edilir. 3,3333

N1−3 ' ün tesir çizgisinin sol doğrusunun ifadesi, P = 1’i kesimin solunda dikkate alarak, kafes sistemin, kesimin sağ tarafında kalan parçasının denge denkleminden elde edilir.

∑ M 2Sağ = −VB .12 + N1−3 .r1−3 = 0 ⇒

N1−3 =

12 .VB = 3,6V B ' nin T .Ç. Sol doğru, 3,333

VB’nin tesir çizgisi ordinatları 1,8 ile çarpılarak elde edilir. “2'-4'“ geçit çizgisi sağ doğru üzerindedir. Elde edilmiş bu ifadelere göre “1-3” çubuğundaki kuvvetin tesir çizgisi Şekil 6.1.2f’de çizilmiştir. (6.1) ifadesini kullanarak, çizilmiş tesir çizgisi yardımıyla, verilmiş yükleme durumu için N1-3 aşağıdaki gibi belirlenebilir. N1−3 = P.(0,6 + 1,2 + 0,9 + 0,6 + 0,3) = 30.(3,6) = 108 kN . ● N2-3’ün tesir çizgisinin sağ doğrusu için ifadeyi, kafes sistemin I-I kesiminin (Şekil 6 .1.1a) sağ tarafında kalan parçasının, P = 1 yükünü kesimin sağ tarafında dikkate alarak, uygun olan denge denkleminden aşağıdaki gibi elde edilir.

∑M

Sol O

= −V A . lO A + N 2−3 . r2−3 = 0 , Örnek 5.1 ' in çözümünde L O A = 9 m ve r2−3 = 13.3793 m old

uğu belirlenmiştir.

116 

9 V A = 0,67268 .V A Yani, sağ doğru VA’nın T. Ç.’si ordinatları 0,67268 ile 13,3793 çarpılarak elde edilir. Diğer tesir çizgileri için de bu açıklama geçerlidir. N 2 −3 =

Sol doğrunun ifadesi P = 1 yükü kesimin sol tarafında alınarak sistemin, kesimin sağında kalan parçasının denge şartından şöyle elde edilir.

∑M

Sağ O

= −V B .(l O A + 18) − N 3− 2 . r 3− 2 = 0 ⇒ N 2−3 = −

27 V B = −2,018VB 13,3793

Elde edilmiş olan bu ifadelere göre N2-3’ün T. Ç.’si Şekil 6.1.2g’de çizilmiştir. (6.1) formülü kullanılarak, çizilmiş T. Ç.’si yardımıyla sabit yükleme durumu için N2-3 belirlenir. N 2−3 = − P.(0,33633 + 0,672666) + P (0,336333 + 0,224226 + 0,1121133) = − 30.(1,009) + 30.(0,672673) = −10,089 kN . ● “4-3” çubuğundaki kuvvetin tesir çizgisi, analitik yöntemle hesaplamada olduğu gibi düğüm kesme yöntemi (III-III kesimi) kullanılarak çizilir (Şekil 6.1.1b). Örnek 5.1 ‘in çözümünde olduğu gibi N 4−3 = − P − 2 N 4− 2 . sin α ' dır, sin α = 0,21693. P = 1 hareketli yükü “4” düğümü dışında olduğu sürece N 4−3 = −2(sin α ).N 4− 2 ’dir. Buna uygun olarak N4-3’ün T. Ç.’si Şekil 6.1.2h’da çizilmiştir. Bu tesir çizgisi yardımıyla N4-3 aşağıda hesaplanmıştır. 1 2 2 1 N 4−3 = P.( + + + ) − P.0,5 = 30.1 − 30.(0,5) = 15 kN . 6 6 6 6 ● “1-2” çubuğundaki kuvvetin (N1-2) tesir çizgisinin sağ doğrusunun ifadesi, kafes sistemin IIII kesiminden (Şekil 6.1.1b) solda kalan parçasının denge şartından elde edilir.

∑M

Sol O

= −V A . lOA − N 1− 2 .(lOA + 6) = 0 ⇒ N 1− 2 = −

9 .V A = −0,6.V A 15

N1-2 ’nin T. Ç.’nin sağ doğrusu için ifade, kafes sistemin II-II kesiminin (Şekil 6.1.1b) solunda kalan parçasının denge şartından aşağıdaki gibi elde edilir.

∑M

Sağ O

= −VB .(l OA + 18) + N 2−1 .(l OA + 6) = 0 ⇒ N 1− 2 =

117 

27 .VB = 1,8.VB 15

o

o

2o

∗

∗

∗

∗

o

∗

3

1 II

b) o

o

o

P=1

III

4o

o

o

5

I

III

P/2

6 o

o

2o

1o'

o

P 2m

o

o

4o

2m

P/2

P

P=30 kN

P

P

o6

o

2m

o

2m

a)

o

A

o

o

o

1 I VA

II

o

3

5

o

o

B

d=3m VB

L= 6d =18 m

1

c) VA’nın T. Ç. 1

d)

VB’nın T. Ç.

0,3 0,1121

1

.6'

N4-3’ün T. Ç. 1,8

0,1

0,2

N1-2’ün T. Ç. P=1 üst baş. 1,8

2'

0,3

4'

0,1

.

2'

0,2

0,4

0,6

0,3

. 4'

Şekil . 6.1.2 0,6

N2-3’ün T. Ç.

'

.

0,6

0,7683

0,6726

1

N1-3’ün T. Ç.

2,018

0,3

0,3

.

4'

0,6

.

0,3363

4'

2,305 3,6

0,9

1,2

1,1525

0,7683

0,38416

.

'

2.'

h)

i)

2'

.2

1

ı)

N2-4’ün T. Ç.

4'

.

0,3363

g)

.

0,673

f)

1,8

0,6

2,305

. 2'

0,2242

e)

N1-2’ün T. Ç. P=1 alt baş.

Elde edilmiş ifadelere göre N1-2’nin tesir çizgisi Şekil 6.1.2ı ve i’de çizilmiştir. Bu T.Ç.‘leri yardımıyla kafes sistemin üzerindeki yükleme altında oluşan N1-2 kuvveti aşağıda 118 

hesaplanmıştır. Sabit yükler üst başlıkta uygulandığı için Şekil 6.1.2ı’da çizilmiş tesir çizgisi kullanılır. N1−2 = P.0,3 − P.(0,4 + 0,2 + 0,2 + 0,1) = 30.(0,3) − 30.1 = 21 kN .

Kafes sistemin ilgili çubuklarında analitik yöntem ve tesir çizgileri yardımıyla belirlenmiş değerlerin karşılaştırma tablosu aşağıdadır. İç Analitik T. Ç. kuvvetler yöntemle yardımıyla (kN) (kN) N2-4 N1-3 N2-3 N1-2

-103,721 108,00 -10,09 -21,00

-103,725 108,00 -10,09 -21,00

Fark 0,004 0 0 0

Çizilmiş tesir çizgilerinin analizinden aşağıdaki sonuçlara varılmaktadır: ► Moment noktası yöntemi ile çizilmiş tesir çizgilerinin sağ ve sol doğru olarak adlandırılan parçaları moment noktasının altında kesişirler. Bu sonuca dayanılarak moment noktası yöntemiyle çizilecek tesir çizgilerinin bir doğrusu (sağ veya sol) çizildikten sonra ikinci doğru, moment noktasının çizilmiş doğru üzerine alınmış izdüşümünden başlayıp mesnetin (moment noktasının izdüşümü tesir çizgisinin sağ doğrusu üzerinde ise sol, sol doğrusu üzerinde ise sağ mesnetin) altında sıfırlanarak, çıkma varsa çıkmanın sonuna kadar devam ettirilerek elde edilir. Moment noktası kafes sistemin açıklığı içindeki düğümlerinden biri ise (sınırındaki düğümler hariç), yapılmış kesimden solda ve sağda kalan ilk düğümlerin iz düşümlerini birleştiren çizgi tesir çizgisi doğrularından birinin üzerinde olur. Moment noktası kafes sistemin açıklık sınırlarında veya dışında ise bu düğümlerin izdüşümlerini birleştiren çizgi, tesir çizgisi çizilmiş çubuk eksenine çapraz olur. ► Ayrıca, bu problemde kullanılmamış olsa da, izdüşüm alma yöntemiyle çizilen tesir çizgilerinde sağ ve sol doğrular birbirine paralel olur ve düğümlerin izdüşümlerini birleştiren çizgi yine tesir çizgisi çizilen çubuk eksenine çapraz olur. Bu sonuçlara dayanarak kafes sistemin çubuklarındaki iç kuvvetlerin tesir çizgilerinin bir doğrusu hesaplama ile çizildikten sonra ikincisi hesaplamasız çizilebilir. Örnek 6.2. Boyutları ve sabit yükle yükleme durumu Örnek 5.2’de verilmiş olan üçgen şekilli kafes sistemin (Şekil 6.2.1a) işaretlenmiş çubukları için a) İç kuvvetlerin tesir çizgilerini çiziniz, b) Tesir çizgileri yardımıyla sabit yükleme durumundan oluşan çubuk kuvvetlerini hesaplayınız. c) Kuvvetlerin analitik yöntem ve tesir çizgileri yardımıyla belirlenmiş olan değerlerini karşılaştırınız.

119 

P3 = 10 kN

a) P1 = 20 kN

∗

o

o

1

o8

∗

∗

2o Ao

∗

4o

P4 = 18 kN

6

o

o9

∗

3

o

∗

o

5

7

o

o 10

B

d=2m

P5 = 12 kN

P2 = 15 kN L=5d

II

b) I

α Ao

d =2m

P= 1

o6

4

o

8

o

III

2o

o9

o

o

1

I

β

VA

θ

o

3

o

5

II

7

III

o

B

o 10

d=2m

L=5d = 10 m

VB

d=2m

Şekil 6.2.1 Çözüm: a) Örnek 6.1’in çözümündeki açıklamalara dayanarak çubuklardaki kuvvetlerin tesir çizgilerinin çizimi aşağıdaki gibi yapılır. ● “4-6” çubuğundaki kuvvetin (N4-6) tesir çizgisinin çizimi (II-II kesiminden, Şekil 6.2.1b): Tesir çizgisinin sağ doğrusunun ifadesi aşağıdaki denge şartından (Şekil6 .2.1b, II-II kesiminden) elde edilir.

∑M

Sol 3

= V A .4 + N 4−6 .r4−6 = 0, Örnek 5.2 ' nin çözümünden r4−6 = 1,7888 m ’dir.

N 4−6 = −

4 V A = −2,23613.V A 1,7888

Tesir çizgisinin sol doğrusu, Örnek 6.1 ‘deki açıklamaya uygun olarak sağ doğru üzerinde moment noktası olan “3” düğümünün izdüşümünden başlayıp A mesnetinin altında sıfırlanarak elde edilen doğru olur. “4'-6'”çizgisi sağ doğru üzerindedir. Böylece N4-6’nın tesir çizgisi çizilmiş olur (Şekil 6.2.2d). ● “3-5”çubuğundaki (Şekil 6.2.1b, II-II kesimi) kuvvetin tesir çizgisi benzer şekilde çizilir. Tesir çizgisinin sağ doğrusunun ifadesi 6 ∑ M 6Sol = V A .6 − N 3−5 .3 = 0 ⇒ N 3−5 = 3 V A = 2.V A ’dır. Tesir çizgisinin. sol doğrusu ise moment noktası olan “6” düğümünün sağ doğru üzerindeki izdüşümünü “A” mesneti altında sıfırlamakla elde edilir. “4'-6' “ çizgisi sol doğru üzerindedir (Şekil 6.2.2e). Yapılanlara uygun tesir çizgisi Şekil 6.2.2e’de görüldüğü gibi çizilmiştir. 120 

● “3-6” çubuğundaki kuvvetin tesir çizgisinin çizimi (II-II kesimi, Şekil 6.2.1b): T.Ç.’nin sağ doğrusunun ifadesi aşağıdaki denge denkleminden elde edilir (Şekil 6.2.2b).

∑M

Sol A

= V A .0 − N 3−6 .r3−6 = 0 , yani bu doğrunun tüm ordinatları sıfırdır.

Tesir çizgisinin sol doğrusunun ifadesi aşağıdaki denge şartından elde edilir (Şekil 6.2.2b).

∑M

Sağ A

N 3− 6 =

= −VB .10 + N 3−6 .r3−6 = 0 , r3−6 = 3,3282 m (Örnek 5.2 ' nin çözümünden)

10 .VB = 3,004VB . 3,3282

Elde edilmiş ifadeler uygun olarak N3-6‘nın tesir çizgisi çizilmiştir (Şekil 6.2.2f). Görüldüğü gibi “4'-6' “ çizgisi “3-6” çubuğunun eksenine çaprazdır. ● Kafes sistemin “4-3” dikme çubuğundaki N4-3 kuvvetinin T. Ç.’si IV-IV kesiminden, (Şekil 6.2.1b) düğüm kesme yönteminin özel durumuna dayanarak çizilir. Hareketli P = 1 yükü alt başlıkta hareket ettiğinde, birim yükün “4” düğümünde uygulanması söz konusu olmayacağından N4-3 = 0’dır. Yani kuvvetin T. Ç.’si sıfır doğrusudur (Şekil 6.2.2g). Birim yük üst başlıkta hareket ettiğinde “4” düğümü üzerinde olma hali için N4-3 = -1, kalan durumları için ise N4-3 = 0’dır. Bunlara uygun olarak iç kuvvetin tesir çizgisi çizilmiştir (Şekil 6.2.2h). ● Sistemin “2-3” çubuğundaki kuvvetin (N2-3) tesir çizgisinin çizimi: Moment noktası A mesnetinin üzerinde olduğu için N2-3’ün tesir çizgisinin sağ doğrusu sıfır doğrusudur. Sol doğrusu için ifade, sistemin II-II kesiminin sağ tarafında kalan parçasının denge şartından elde edilir.

∑M

= −VB .10 − N 2−3 .r2−3 = 0 , Örnek 5.2 ' nin çözümünden r2−3 = 1,7898 m ’dir.

Sağ A

N 2 −3 = −

10 .V B = −(5,59).VB ' nin T . Ç . 1,7898

Bu ifadelere uygun olarak N2-3’ün tesir çizgisi Şekil 6.2.2ı’da çizilmiştir. ● “7-B” çubuğundaki kuvvetin tesir çizgisi kafes sistemde yapılmış III-III kesiminin (Şekil 6.2.1b) solunda (T. Ç.’nin sağ doğrusu) ve sağında (T. Ç.’nin sol doğrusu) kalan parçaların denge şartlarından elde edilen ifadelere göre çizilir. Sol doğrunun ifadesi

∑M

Sol 9

= V A .10 − N 7 − B .1 = 0 ⇒ N 7 − B = 10.V A

Sağ doğrunun ifadesi

∑ M 9Sağ = VB .0 + N B−7 .1 = 0 ⇒

N B −7 = 0 .

Elde edilmiş ifadelere göre N7-B ‘nin T. Ç.’si Şekil 6.2.2i ‘de çizilmiştir.

121 

P3 = 10 kN

P1 = 20 kN

a)

∗

2o Ao

∗

o

∗ ∗

4o

o

1

∗

3

o

P4 = 18 kN

6

o8 o9 o

o

5

7

∗

o

o 10

B

d=2m

P5 = 12 kN

P2 = 15 kN L=5d

II

b) I

α Ao

d =2m P= 1

o6

4o

o8

III o9

2o o

o

1

I

3

β

VA

θ

o

II

o

5

7

d=2m

III

o

VB

L=5d = 10 m

o 10

B

d=2m

1

0,44723

0,4

0,89445

.

4'

.

.6

'

2'.

10

i)

2

'

.

'

1

.'

N2 -3 ‘ün T. Ç.

4

5,59

1,118

ı)

.6

N3 -6 ‘in T. Ç. N4 -3 ‘ün T. Ç. P=1 üst başlık üzere N4 -3 ‘ün T. Ç. P=1 alt başlık üzere

g) h)

N3 -5 ‘in T. Ç.

Şekil 6.2.2 8

.

'

.9'

N7 -B ‘in T. Ç. 2

f)

.

6

3,0046

0,60092

e)

0,4

0,2666

2

0,5333

4

N4 -6 ‘nın T. Ç.

.' 0,8

.'

VA ‘nın T. Ç. 0,44723

1,2018

d)

2,23613

0,6708

1,34169

c)

b) Çizilmiş tesir çizgileri yardımıyla kafes sistemin sabit yükleme durumu için işaretli çubuklarında oluşan kuvvetlerin hesaplanması: 122 

N 4−6 = − P1 .(0,67045) − P2 .(1,3416) − P3 .(0,89443) − P4 .(0,4472) + P5 .0,4472 = − 20.(0,67045) − 15.(1,3416) − 10.(0,89443) − 18.(0,4472) + 12.(0,4472) = −45,16975 kN . N 3−5 = P1 .(0,26667) + P2 .(0,5333) + P3 .(0,8) + P4 .(0,4) − P5 .(0,4) = 20.(0,26667) + N 3− 6

+ 15.(0,5333) + 10.(0,8) + 18.(0,4) − 12.(0,4) = 23,733 kN . = P1 .(0,60092) + P2 .(1,20184) = 20.(0,60092) + 15.(1,20184) = 30,046 kN .

N 4−3 = 0 , N 2−3 = − P1 .(1,118) = −20.(1,118) = −22,36 kN , N 7 − B = − P5 .2 = −12.2 = −24 kN . c) Kafes sistemin işaretlenmiş (Şekil 6.2.1a) çubuklarında verilmiş olan sabit yükleme durumundan analitik yöntem ve tesir çizgileri yardımıyla belirlenmiş değerlerin karşılaştırma tablosu aşağıda verilmiştir. İç Analitik T. Ç. kuvvetler yöntemle yardımıyla (kN) (kN) N4-6 N3-5 N3-6 N4-3 N2-3 N7-B

Fark

- 45,1699 - 45,16975 0,00015 23,733 23,733 0 30,046 30,046 0 0 0 0 - 22,36 - 22,36 0 - 24 -24 0

Örnek 6.3 Boyutları ve yükleme durumu Örnek 5.3’de verilmiş, başlıklarının bir kısmı paralel olan kafes sistemin işaretlenmiş çubukları (Şekil 6.3.1a) için a) Çubuk kuvvetlerinin tesir çizgilerini çiziniz, b) Tesir çizgileri yardımıyla sabit yükleme durumu için kuvvetleri hesaplayınız, c) Kuvvetlerin analitik yöntem ve tesir çizgileri yardımıyla belirlenmiş değerlerini karşılaştırınız. P2 = 15 kN

P4 = 25 kN

P1 = 12 kN 1o

∗

3o

o

5

o

7

∗ Ao

o

2

o

3m

4

o

6

∗ ∗

∗

∗

o

P3 = 20 kN L =18 m

123 

o9

8

∗

o 11

12 o

∗ o

10

P5 = 10 kN

o

2 m 1m

a)

B

1o Ao

P4 = 25 kN

I

o

2

7

o5

3o

o

3m

4

o9

o

6

α

o

I

o 11

12

o

1m

P1 = 12 kN

2m

b)

P2 = 15 kN

o

8

P3 = 20 kN

o

10

o

B

P5 = 10 kN

L =18 m

Şekil 6.3.1 Çözüm: a) Çubuk kuvvetlerinin tesir çizgilerinin çizimi: ● “7-9” çubuğundaki kuvvetin (N7-9) T. Ç.’si I-I kesiminin solunda ve sağında (Şekil 6.3.1b) kalan parçaların denge şartlarından elde edilen ifadelerle çizilir. Tesir çizgisinin sağ doğrusunun ifadesi 12 ∑ M 8Sol = V A .12 + N 7−9 .3 = 0 ⇒ N 7−9 = − 3 .V A = −4.V A Sol doğrusu için ifade 6 ∑ M 8Sağ = −VB .6 − N 7−9 .3 = 0 ⇒ N 7−9 = − 3 .VB = −2.VB ’dir. Bu ifadelere göre N7-9’un tesir çizgisi Şekil 6.3.2e’de çizilmiştir. Üst ve alt başlık üzerinde I-I kesiminin solunda ve sağında kalan ilk düğümler aynı bir düşey doğru üzerinde olduğu için hareketli birim yükün hangi başlık üzerinde hareket ederse etsin tesir çizgisi aynı olur. Düğümler farklı düşey doğrular üzerinde iseler hareketli yükün üst veya alt başlık üzerinde hareketine uygun olan tesir çizgileri birbirinden, düğümlerin sol ve sağ doğru üzerindeki izdüşümlerini birleştiren geçit doğrusu ile farklanırlar. Bunun tüm çubuklar için geçerli olduğu yukarıda belirtilmişti. ● N6-8’in tesir çizgisinin sağ ve sol doğruları için ifadeler benzer şekilde elde edilir. Sağ doğrusu için ∑ M 7Sol = V A .9 − N 6−8 .3 = 0 ⇒ N 6−8 = 3.V A ' nın T.Ç. Sol doğrusu için ∑ M 7Sağ = −VB .9 + N 6−8 .3 = 0 ⇒ N 6−8 = 3.VB ' nin T .Ç. Bunlara uygun olarak N6-8’in tesir çizgisi Şekil 6.3.2f ’de çizilmiştir. ● İşaretlenmiş çubuklardan “7-8” çubuğundaki kuvvetin (N7-8) tesir çizgisinin çizimi izdüşüm denklemleri ile yapılır. Sağ doğrusunun ifadesi 1 ∑ Y Sol = V A − N 7−8 . cos α = 0 ⇒ N 7−8 = 0,7071 .V A = 1,41423.V A Sol doğrusunun ifadesi 1 ∑ Y Sağ = VB + N 7−8 . cos α = 0 ⇒ N 7−8 = − 0,7071 .VB = −1,41423.VB ’dir. Bu ifadelere göre N7-8’in tesir çizgisi Şekil 6.3.2g’de çizilmiştir. ● “6-7”çubuğundaki kuvvetin tesir çizgisi düğüm kesme yönteminin özel durumlarına dayanarak çizilebilir. Hareketli P = 1 yükü üst başlık üzerinde hareket ettiğinde, yükün durumuna bağlı olmadan N6-7 = 0’dır, yani tesir çizgisi sıfır doğrusudur (Şekil 6.3.2h). P = 1 yükü alt başlık üzerinde hareket ettiğinde “6” düğümünde olması dışındaki tüm durumlar için N6-7 = 0’dır. Birim yük “6” düğümünde olduğunda N6-7 = 1 olur. Buna uygun tesir çizgisi Şekil 6.3.2ı’da çizilmiştir. 124 

● “1-3” ve “1-A” çubuklarındaki kuvvetlerin (N1-3 ve N1-A) tesir çizgileri de düğüm kesme yönteminin özel durumundan çizilir. P = 1 yükünün üst veya alt başlık üzerindeki hareketinin her bir durumu için N1-3 = 0’dır (Şekil 6.3.2i). P = 1 yükü üst başlık üzerinde iken “1” düğümü üzerinde olması durumu için N1-A = -1, kalan durumlar için ise N1-A = 0’ dır. Buna uygun tesir çizgisi Şekil 6.3.2j’de çizilmiştir. P = 1 yükünün alt başlık üzerindeki her durumu için N1-A = 0’ dır. Buna uygun tesir çizgisi sıfır doğrusu olacaktır (Şekil 6.3.2k). b) Tesir çizgileri yardımıyla verilmiş olan sabit yükleme durumu için işaretlenmiş çubuklardaki iç kuvvetlerin hesaplanması: N 7 −9 = −( P2 .0,6667 + P3 .1 + ( P4 + P5 ).0,6667) = −(15.(0,6667) + 20.1 + N 6 −8

(25 + 10).(0,6667)) = −53,333 kN . = P2 .1 + P3 .(1,5) + ( P4 + P5 ).(0,5) = 15,1 + 20.(1,5) + (25 + 10).(0,5) = 62,5 kN .

N 7 −8 = − P2 .(0,4714) − P3 .(0,7071) + ( P4 + P5 ).(0,2357) = −15.(0,4714) − 20.(0,7071) + (25 + 10).(0,235) = −12,9635 kN . N 1−3 = 0 . N 1− A = − P1 .1 = −12.1 = −12 kN . N 6−7 = P3 .1 = 20.1 = 20 kN (P3 kafes sistemin alt başlık düğümünde uygulandığı için tesir çizgisi yardımıyla hesaplama P = 1 birim hareketli yükünün alt başlık üzerinde hareketine uygun olarak çizilmiş tesir çizgisi kullanılarak yapılmıştır.) c) Çubuklarda sabit yüklerden oluşan iç kuvvetlerin analitik yöntem ve tesir çizgileri yardımıyla hesaplanmış değerlerinin karşılaştırılması. İç Analitik T. Ç. kuvvetler yöntemle yardımıyla (kN) (kN) N7-9 N6-8 N7-8 N6-7 N1-3 N1-A

- 53,3333 - 53,3333 62,5 62,5 - 12,9636 - 12,9636 20 20 0 0 - 12 - 12

125 

Fark 0 0 0 0 0 0

P2 = 15 kN

∗

Ao

∗

o5

3o

o

2

o

3m

4

o

6

7

o

∗

o

∗

∗

∗

o

9

8

P3 = 20 kN

∗

o 11

∗ o

o5

3

1o Ao

o

o

2

o

3m

4

o

o

7

6

B

P= 1 o9

α

o

P5 = 10 kN

I

b)

10

12 o

2 m 1m

1o

P4 = 25 kN

o

8

I

o 11

12

o

o

10

o

2 m 1m

a) P1 = 12 kN

B

L =18 m 1

c)

VA ’nın T. Ç. 1

d) e)

VB ’nin T. Ç. 0,666

1,333

1

1,5

2 3

0,5

f)

1

0,5

4

1

0,666

0,333

N7-9 ’un T. Ç.

N7-8 ’in T. Ç. 1,4142

0,7071

h)

0,4714

0,2357

g)

0,2357

1,4142

0,4714

N6-8 ’in T. Ç.

N6-7 ’nin T. Ç. P=1 üst baş. üzere

1

N6-7 ’nin T. Ç. P=1 alt baş. üzere

ı) i)

N1-3 ’ün T. Ç. N1-A ’nın T. Ç. P=1 üst baş. üzere

j) 1

N1-A ’nın T. Ç. P=1 alt baş. üzere

k)

Şekil 6.3.2 Örnek 6.4. Boyutları ve sabit yükleri Örnek 5.5’de verilmiş olan kafes sistemin soldan 4. panel çubuklarındaki (Şekil 6.4.1a) kuvvetlerin a) Tesir çizgilerini çiziniz, 126 

∗

o

o

∗ ∗

∗

o

P/ 2 o

o

o

∗

o

o

o

P = 20 kN P

P

P

o

P

d=4m III

3o'

b)

P/ 2

I 2o

III 3

o

2 m 1m

a)

3m

o o

2 m 1m

b) Tesir çizgileri yardımı ile sabit yüklerden oluşan değerlerini hesaplayınız, c) Analitik yöntem ve tesir çizgileri yardımıyla belirlenmiş değerleri karşılaştırınız.

II o5

3m

o

A

o

o

o

o

4

o

6

o

B

I

P=1 VA

o

1 II

L = 24 m

VB

Şekil 6.4.1 Çözüm: a) Çubuk kuvvetlerinin tesir çizgilerinin çizimi: N2-3 , N1-4 ve N1-3’ün tesir çizgilerinin çizilmesi I-I kesiminden (Şekil 6.4.1b) moment noktası yöntemi ile yapılır. Bunun için tesir çizgisini oluşturan doğrulardan biri çizilir ve moment noktasının izdüşümü bu doğru üzerine alınır. Alınmış izdüşümü diğer mesnetin altında sıfırlayarak ikinci doğru elde edilir. Sonra, kesimin solunda ve sağında kalan ilk düğümlerin izdüşümleri uygun şekilde bu doğrular üzerine alınıp bir doğruyla birleştirilerek tesir çizgisinin geçit çizgisi elde edilir. Böylelikle kuvvetin tesir çizgisi tamamlanmış olur. ● N2-3’ün T. Ç.’sinin sol doğrusunun ifadesi (P = 1 I-I kesiminin sol tarafında)

∑M

Sağ 1

= −VB .12 − N 2−3 .r2−3 = 0 , r 2−3 = 5,8208 (Örnek 5.5 ' in çözümünden)

12 .VB = −2,06157.VB 5,8208 Sol doğrunun ifadesine ve yukarıdaki açıklamalara dayanarak N2-3’ün tesir çizgisi Şekil 6.4.2d’de çizilmiştir. ● N1-4’ün tesir çizgisinin sol doğrusunun ifadesi (P = 1 I-I kesiminin sol tarafında) ∑ M 3Sağ = −VB .8 + N1−4 .r1−4 = 0 , r1−4 = l4−3 = 5 m , N 1−4 = (1,6).VB N 2 −3 =

Benzer şekilde N1-4’ün tesir çizgisi çizilmiştir (Şekil 6.4.2e). 127 

● N1-3’ün tesir çizgisinin sol doğrusunun ifadesi (P = 1 I-I kesiminin solunda. Moment noktası ve yapılacak işlemler Örnek 5.5’in çözümünde verilmiştir (Şekil 5.5.3)).

∑M

Sağ O

= VB .LO B − N 1−3 .r1−3 = 0 , LO B = 12 m , r1−3 = 18,74 m , N 1−3=

12 .VB = (0,64034).VB 18,74

Sol doğrunun ifadesine ve yukarıdaki işlemlere benzer şekilde N1-3’ün tesir çizgisi Şekil 6.4.2f ‘de çizilmiştir. ● N4-3’ün tesir çizgisi kafes sistemde yapılmış II-II kesiminden moment noktası yöntemiyle çizilir. Moment noktasının yeri, uzaklığı ve N4-3’ün moment noktasından olan dik uzaklığının belirlenmesi Örnek 5.5’in çözümünde verilmiştir (Şekil 5.5.5). Şekil 6.4.1a’da görüldüğü gibi üst ve alt başlık üzerinde II-II kesiminin solunda ve sağında kalan ilk düğümler (sırasıyla “1”, “3” ve “5”, “4” düğümleri) bir düşey doğru üzerinde olmadığından tesir çizgisi 3'-5' veya 1'-4' geçit doğrularıyla birbirinden farklı olacaktır. Buna dayanarak, aynı bir tesir çizgisi üzerinde, P = 1 hareketli yükünün üst veya alt başlık üzerinde hareketine uygun her iki geçit doğruları gösterilerek kuvvetin istenen tesir çizgisi elde edilmiş olur (Şekil 6.4.2g). N4-3’ün tesir çizgisinin sol doğrusunun ifadesi (P = 1 II-II kesiminin solunda) aşağıdaki denge şartından elde edilir. ∑ M CSağ = VB . LB C + N 4−3 .( LB C + 8) = 0 , LB C = 2,7084 m , 2,7084 .VB = −(0,25292) . VB 10,7084 Sol doğrusunun ifadesine ve önceki iç kuvvetlerin tesir çizgilerinin çizimine dayanarak Şekil 5.4.2g’de N4-3’ün tesir çizgisi çizilmiştir. ● N2-1’nin tesir çizgisi Örnek 5.5’in çözümünde elde edilmiş ifadelerle çizilir. Bu ifadelerden görüldüğü gibi N2-1, N2-3’e bağlı olarak belirlenmiştir. Tesir çizgisinin çiziminde de bu bağıntı kullanılır. Her zaman göz önünde bulundurulmalıdır ki, sabit yükler hangi başlıkta uygulanmışlarsa P = 1 yükünün hareketi de o başlık üzerinde kabul edilir. Ele alınan örneklerde, açıklama amacıyla, hareketli yükün her iki başlık üzerindeki durumu da göz önüne alınmıştır. III-III kesiminden (Şekil 6.4.1b), düğüm kesme yöntemi kullanılarak, P = 1 hareketli yükünün alt başlık üzerindeki hareketinde α α 2 o ∑ X = 0 ⇒ N 2−3 = N 2−3′ ' N 4−3 = −

∑Y = 0 ⇒

N 2 -3

N 2 -3

N 2−1 = −2 N 2−3 . sin α ’dır.

N 2 -1

Yani N2-1’in T. Ç.’si, N2-3’ün T. Ç.’sinin ordinatlarının P=1 (-2sin α) ile çarpılması ile elde edilir . α 2 α P = 1 hareketli yükünün üst başlık üzerindeki hareketinde, o “2” düğümünde uygulanması halinde N 2 -3 N 2 -3' N 2−1 = − N 2−3 .2 sin α − 1 , yani yukarıdaki ifadeye N 2 -1 uygun olarak çizilmiş T. Ç.’sinin “2” düğümü altındaki ordinatından 1 çıkarılır. Bunlara uygun olarak N2-1’in T. Ç.’si Şekil 6.4.2h ‘da çizilmiştir. b) Tesir çizgileri yardımıyla verilen sabit yükleme durumu için işaretlenmiş çubuklardaki iç kuvvetlerin hesaplanması:

128 

Sabit yükler alt başlık düğümlerinde uygulandıkları için N4-3 ve N2-1’in hesaplanmasında birim yükün alt başlık üzerindeki hareketi için çizilmiş tesir çizgileri kullanılır. Diğer çubuklardaki iç kuvvetlerin tesir çizgileri, P = 1 yükü hangi başlık üzerinde olursa olsun aynıdır. N 2−3 = − P(0,346 + 0,6872 + 1,03+,6872 + 0,346) = −20.(3,0916) = −61,832 kN N1−4 = P.(0,2666 + 0,5333 + 0,8 + 1,0666 + 0,5333) = 20.(3,2) = 64 kN N1−3 = P(0,10672 + 0,21344+,32017 − 0,64034 − 0,32017) = −20.(0,32) = 6,4 kN N 4−3 = P.(−0,04215 − 0,0843 − 0,12646 + 0,83138 + 0,41569) = 20.(0,99416) = 19,8832 kN N1−2 = P.(0,1666 + 0,3333 + 0,5 + 0,3333 + 0,1666) = 20.(1,5) = 30 kN . c) Sistemin incelenen çubuklarında oluşan kuvvetlerin analitik yöntem ve tesir çizgileri yardımı ile belirlenmiş değerleri aşağıdaki tabloda karşılaştırılmıştır. İç Analitik T. Ç. kuvvetler yöntemle yardımıyla (kN) (kN) N2-3 N1-4 N1-3 N4-3 N1-2

- 61,847 - 61,832 64 64 - 6,4 - 6,4 30 30 19,883 19,883

129 

Fark 0,015 0,0 0,0 0,0 0,0

∗

o o

∗

P/ 2 o

o

o

∗

o

P = 20 kN P

∗

o

o

o

P

III 3o'

b)

o

P

.

o

P

d=4m

I

2o

C

P/ 2

III 3

2 m 1m

o

a)

II

o

o5

3m

o

A

o

o

o

o

o

1 II

o

4

6

o

B

I

P=1

VB

VA

1

VB’nin T. Ç

c) d)

0,266

0,6872

0,6872

1,03

0,533

N1- 4’ün T. Ç

e) 0,2134

0,3201

0,6403

0,1067

N2-3’ün T. Ç

1,6

1,066

0,8

0,533

0,3436

2,0615

0,3436

f)

2,4941

1,921

0,6403

N1- 3’ün T. Ç

0,3201

P=1alt başlık üzere

0,8314 0,4157

0,04215

h)

0,1666

0,0843 0,3333

0,1264 0,5

P=1üst başlık üzere 0,1666

0,2529

N3- 4’ün T. Ç

g)

0,1666

N1- 2’nin T. Ç P=1 alt başlıkta

0,5

P=1 üst başlıkta

Şekil 6.4.2 130 

O

Örnek 6.5 Boyutları ve sabit yükleri Örnek 5.6’da verilmiş olan konsol kafes sistem için a) İşaretlenmiş çubuklardaki (Şekil 6.5.1a) kuvvetlerin tesir çizgilerini çiziniz, b) Tesir çizgileri yardımı ile sabit yükleme durumundan işaretlenen çubuklarda oluşan kuvvetleri hesaplayınız, c) Kuvvetlerin analitik yöntemle ve tesir çizgileri yardımıyla belirlenmiş değerlerini karşılaştırınız. A

o

a)

∗

3o

2

∗

o

4

o

o

P

P=10 kN

P=10 kN

∗

∗

∗

1o

2m

5o

1m

A

o

III I

b)

1o

5o 2m

II

B

3o

α 2

o

I P=1

4

o

III

II

oB

1m

Şekil 6.5.1 Çözüm: a)İşaretlenmiş çubuklardaki kuvvetlerin tesir çizgilerinin çizimi: Konsol kafes sistemlerde iç kuvvetlerin tesir çizgilerinin sağ veya sol doğrularından biri sıfır doğrusu olur. Sistem, ele alınan sistem gibi sola doğru ise tesir çizgilerinin sağ doğrusu, sistem sağ tarafa doğru ise sol doğrusu sıfır doğrusudur. Tesir çizgileri doğrularının ifadeleri elde edilirken hesap kolaylığı için mesnetlenmemiş tarafın denge şartlarının kullanılması daha uygundur. ● N3-5 ve N2-4’ün tesir çizgileri I-I kesiminin (Şekil 6.5.1b) sol tarafında kalan parçanın denge şartlarından yararlanılarak moment noktası yöntemi ile çizilir. Sistem sola doğru olan bir konsol sistem olduğundan, tüm çubuklardaki kuvvetlerin tesir çizgilerinin sağ doğruları sıfır doğrusu olur. N3-5’in T. Ç.’nin sol doğrusunun ifadesi (Şekil 6.5.2b): 1 ≤ x1 ≤ 2 I-I kesiminin sol tarafında kalan parçanın denge şartı kullanılacağı için P = 1 yükünün hareketi “2” düğümünden itibaren göz önüne alınır. 131 

∑M

Sol 4

= − P.x1 + N 3−5 .r3−5 = 0 , r3−5 = 1,109 m (Örnek 5.6 ' ın çözümünden ).

1.x1 ; x1 = 1 m ⇒ N 3−5 = 0,9017 , x1 = 2 m ⇒ N 3−5 = 1,8034 . 1,109 Bu değerlere göre N3-5’in tesir çizgisi Şekil 6.5.2c ‘de çizilmiştir. N 3− 5 =

N2-4’ün tesir çizgisinin sol doğrusunun ifadesi (Şekil 6.5.2b): 0 ≤ x 2 ≤ 1 Moment noktası I-I kesiminin solunda kalan ilk düğümdür. 2 ∑ M 3Sol = − P.x2 − N 2−4 .r2−4 = 0 ; r2−4 = l 2−3 = 3 = 0,6666 m , 1.x N 2−4 = − 2 ; x 2 = 0 ⇒ N 2−4 = 0 ; x 2 = 1 m ⇒ N 2−4 = −1.5 . r2−4 Bu değerlere göre N2-4’ün tesir çizgisi Şekil 6.5.2d ‘de çizilmiştir. ● N4-5’in tesir çizgisi II-II kesimi (Şekil 6.5.1b) yardımıyla çizilir. Tesir çizgisinin sağ doğrusunun sıfır doğrusu olduğu yukarıda açıklanmıştır. P = 1 yükü üst başlık üzerinde hareket ettiğinde 0 ≤ x3 ≤ 1, alt başlık üzerinde hareket ettiğinde ise 0 ≤ x3 ≤ 2 aralığında değişir (Şekil 6.5.2b). Sol doğrusu için ifade aşağıdaki denge şartından elde edilir. 1.x ∑ M 1Sol = P.x3 − N 4−5 .2 = 0 ⇒ N 4−5 = 2 3 ; x3 = 0 ⇒ N 4−5 = 0 , 1 x3 = 2 m ⇒ N 4 −5 = 1 . x 3 = 1 m ⇒ N 4 −5 = 2 Bu değerlere göre N4-5’ün tesir çizgisi Şekil 6.5.2e’de çizilmiştir. ● N5-B’nin tesir çizgisinin sol doğrusunun ifadesi kafes sistemin III-III kesiminin (Şekil 6.5.1b) sol tarafında kalan parçasının denge şartından elde edilir, sağ doğrusu ise sıfır doğrusudur. 0 ≤ x4 ≤ 2

∑ M 1Sol = P.x4 + N 5− B .r5− B = 0 ; N 5− B = −

r5− B = 2,4 m (Pr oblem 4.6 ' ın çözümünden) ,

1. x 4 , x 4 = 0 ⇒ N 5− B = 0 , x 4 = 2 m ⇒ N 2,4

5− B =

−0,8333 .

Elde edilmiş değerlere göre N5-B’nin tesir çizgisi Şekil 6.5.2f’de çizilmiştir. ● N2-3’ün tesir çizgisi düğüm kesme yönteminin özel durumuna uygun olarak P=1 yükünün her iki başlık üzerinde hareketi göz önüne alınarak çizilmiştir (Şekil 6.5.2g ve Şekil 6.5.2h). b) Tesir çizgileri yardımıyla sabit yükleme durumu için işaretlenmiş çubuklardaki kuvvetlerin hesaplanması (Sabit yükler alt başlık düğümlerine uygulanmıştır). N 3−5 = P.(1,8034 + 0,9017) = 10.(2,7051) = 27,051 kN . N 2−4 = − P.(1,5) = −10.(1,5) = −15 kN . N 4−5 = P.(0,5 + 1) = 10.(1,5) = 15 kN . N 5− B = − P.(0,41666 + 0,83333) = −10.(1,25) = −12,5 kN . N 2−3 = P.1 = 10.1 = 10 kN .

132 

A

o

a)

2

∗

o

4

o

o

A

o

III

x4

I x 2 II

5o 2m

P=1

3o

b) 1o

o

x3

x1 2

I

4

o

III

P=1

o

B

'

0,901

·2

II

1m

1,8034

'

0,5

·4' ·4 4' · 1 ·5'

0,4166

0,833

·2 1,5

B

P

P=10 kN

P=10 kN

∗

∗

∗

α

1o

∗

3o

2m

5o

'

3'

·

4'

·

N3-5’in T. Ç.

B' N

(Geçit doğrusu aralıklı

· 2- 4’ün T. Ç. P=1üst baş.üzere) · N5- B’nin T. Ç. B' N2- 3’ün T. Ç. (P=1 üst baş.üzere)

1

N2- 3’ün T. Ç. (P=1 alt baş.üzere)

Şekil 6.5.2 c) Analitik yöntem ve tesir çizgileri yardımıyla belirlenmiş değerlerin karşılaştırılması: İç Analitik T. Ç. kuvvetler yöntemle yardımıyla Fark (kN) (kN) 27,05 27,051 0,001 N3-5 -15 -15 0,0 N2-4 15 15 0,0 N4-5 12,5 -12,5 0,0 N5-B 10 10 0,0 N1-2

133 

Örnek 6. 6. Boyutları ve sabit yükle yükleme durumu Örnek 5.7’de verilmiş olan karmaşık kafes sistemin işaretlenmiş çubuklarındaki (Şekil 6.6.1) kuvvetlerin a) Tesir çizgilerini çiziniz, b) Tesir çizgileri yardımı ile verilen sabit yükleme durumu için kuvvetlerin değerlerini belirleyiniz, c) Her iki yöntemle belirlenmiş değerleri karşılaştırınız.

P A

2

∗

o

o

o

1 P

7o

o

∗

∗ ∗

P

o

4

∗

5

o

∗

o

P

o

o

2m

∗ o

o

8o

∗

o

P

∗ o

o

6 P=10 kN

o

P

o

P

o

2m

3o

o

B

P

2m L=16 m

Şekil 6.6.1 Çözüm: Karmaşık kafes sistemin çubuklarındaki iç kuvvetlerin tesir çizgilerinin çizimi esas kafes sistemde (Şekil 6.6.2) olduğu gibi yapılır. Fakat tesir çizgilerine ait geçit çizgilerinin elde edilmesi için kesimlerin sol ve sağ tarafında kalan ilk düğümlerin iz düşümleri alınırken ilave olunmuş kafes sistemin düğümleri de göz önünde bulundurulur. III

II

I 8

3

o

o

o

2m

o

o

2o

o

7o

5

o

o

o

2m

o

A

o

VA

o

P=1

o

o

1

II

o

4

6

I

o

III

o

2m

o

o

B VB

Şekil 6.6.2 Bu karmaşık kafes sistemde ilave olunmuş kafes sistem alt başlığa ilave edildiği (sabit yükler alt başlık düğümlerinde uygulanmıştır, Şekil 6.6.1) için P = 1 yükünün alt başlık üzerinde hareket etmesi durumu göz önüne alınmıştır (Şekil 6.6.2). a)İç kuvvetlerin tesir çizgilerinin çizimi: ● N3-8’in tesir çizgisi I-I kesiminden (Şekil 6.6.2.) çizilir. Sağ doğrusu (P = 1 I-I kesiminin sağ tarafında) için ifade kafes sistemin I-I kesiminin solunda kalan parçasının denge şartından elde edilir. 134 

∑ M 6Sol = VV .8 + N 3−8 .4 = 0 ⇒

N 3−8 = −2.V A T . Ç.

Sol doğrusu (P = 1 I-I kesiminin solunda) için ifade kafes sistemin I-I kesiminin sağ tarafında kalan parçasının denge şartından elde edilir.

∑M

Sağ 6

= −VB .8 − N 3−8 .4 = 0 ⇒ N 3−8 = −2.VB

Elde edilmiş ifadeler uygun olarak N3-8’in tesir çizgisi Şekil 6.6.3e’de çizilmiştir. ● N4-6’nın tesir çizgisi de I-I kesiminden çizilir (N1-4’ün tesir çizgisi N4-6’nın tesir çizgisinin aynısıdır). Tesir çizgisinin sağ doğrusunun ifadesi

∑M

= V A .6 − N 4−6 .4 = 0 ⇒ N 4−6 = 1,5.V A ’dır.

Sol 3

Tesir çizgisinin sol doğrusunun ifadesi ise

∑M

Sağ 3

= −VB .10 + N 4−6 .4 = 0 ⇒ N 4−6 = 2,5.VB ’dir.

Bu ifadelere uygun olarak N4-6 ve N1-4’ün tesir çizgileri Şekil 6.6.3f ’de çizilmiştir. ● N 3e−5 ve N 5−6 ’nın tesir çizgileri kafes sistemin I-I kesiminin sol tarafında kalan parçasının denge şartından yararlanılarak çizilir. Sağ dorusu için ifade

∑Y

Sol

= V A − N 5−6 . cos α = 0 , cos α = 0,8944 (Örnek 5.7 ' nin çözümünden)

N 5− 6 =

1 .V A = (1,118068).V A ve 0,8944

Sol doğrusu için ise

∑Y

Sağ

= VB + N 5−6 = 0 ⇒ N 5−6 = − (1,118068). VB olarak elde edilir.

Bu ifadelere göre N 3e−5 ve N 5−6 ’nın tesir çizgileri Şekil 6.6.3g’de çizilmiştir. Bu iç kuvvetlerin e ( N 3e−5 ve N 5−6 ) tesir çizgileri birbirinden geçit çizgileri ile farklanır. N 3− 5 ’in tesir çizgisinin

geçit çizgisi kesikli çizgi ile, N 5−6 ’nın tesir çizgisinin geçit çizgisi ise sürekli çizgi ile gösterilmiştir. ● N1−2 ve N 2e−3 ’ün tesir çizgileri N 3e−5 ve N 5−6 ’nın tesir çizgilerinin çizimine benzer şekilde IIII kesiminden yapılır. Sağ dorusu için ifade

∑Y

Sol

= V A + N 1− 2 . cos α = 0 ⇒ N 1− 2 = − (1,118068).V A ,

Sol dorusu için ise

∑Y

Sağ

= VB − N 1− 2 . cos α = 0 ⇒ N 1− 2 = (1,118068).VB olarak elde edilir.

135 

Bu ifadelere göre N1−2 ve N 2e−3 ’ın tesir çizgileri Şekil 6.6.3h’da çizilmiştir. N 3e−5 ve N 5−6 ’nın tesir çizgilerinde olduğu gibi bu çubuk kuvvetlerinin tesir çizgileri de birbirinden geçit e çizgisiyle farklanır. Şekil 6.6.3h’da N 2− 3 ’ın geçit çizgisi sürekli çizgiyle, N1-2’ninki ise aralıklı çizgiyle gösterilmiştir. ● N 6−7 ve N 7e−8 ’in tesir çizgileri de, bunlardan önceki kuvvetlerin tesir çizgilerinin çizimine benzer şekilde III-III kesiminden yararlanılarak yapılır ve birbirinden geçit çizgileriyle farklanır. Sağ dorusu için ifade

∑Y

Sol

= V A + N 6−7 . cos α = 0 ⇒ N 6−7 = −(1,118068).V A ,

Sol doğrusu için ise

∑Y

Sağ

= VB − N 6−7 . cos α = 0 ⇒ N 6−7 = (1,118068).VB olarak elde edilir.

Bu ifadelere ve yapılmış açıklamalara uygun olarak N 6−7 ve N 7e−8 ’in tesir çizgileri Şekil 6.6.3ı’da çizilmiştir. Çizilmiş tesir çizgilerinden (Şekil 6.6.3f, g, h ve i) görüldüğü gibi geçit çizgilerinin oluşturduğu üçgenler ilave kafes sistemin çubuklarındaki kuvvetlerin tesir çizgileridir. b) Çizilmiş tesir çizgileri yardımıyla sabit yükleme durumu için çubuk kuvvetlerinin hesaplanması: N 3−8 = N 3e−8 = − P.(0,25 + 0,5 + 0,75 + 1 + 0,75 + 0,5 + 0,25) = −10.4 = −40 kN . N1−4 = N 4−6 = 10.(0,3125 + 0,625 + 0,9375 + 0,75 + 0,5625 + 0,375 + 0,1875) = 37,5 kN . N1e−6 = 10.(0,3125 + 0,625 + 0,6875 + 0,75 + 0,5625 + 0,375 + 0,1875) = 35 kN . N1i−4 = N 4i −6 = P.(0,25) = 10.(0,25) = 2,5 kN . N 3−5 = N 3e−6 = 10.(−0,13976 − 0,2795 + 13976 + 0,55543 + 0,4192 + 0,2735 + 0,13976) = 11,24 kN . N 5−6 = 10.(−0,13976 − 0,2795 − 0,4192 + 0,55543 + 0,4192 + 0,2795 + 0,13976) = 5,5543 kN . N 5i −6 = − P.(0,55896) = −10.(0,55896) = −5,5896 kN . N1−2 = 10.(0,13976 + 0,2795 − 0,69878 − 0,55543 − 0,4192 − 0,2795 − 0,19976) = −16,7341 kN . N 2−3 = N1e−3 = 10.(0,13976 + 0,2795 − 0,13976 − 0,55543 − 0,4192 − 0,2795 − 0,13976) = − 11,1259 kN . N1i−2 = P.(−0,69878 + 0,13976) = 10.(−0,5608) = −5,608 kN . N 7 −8 = N 8e−6 = 10.(0,13976 + 0,2795 + 0,4192 + 0,55543 + 0,13796 − 0,2795 − 0,13976) = 10.(1,11259) = 11,1259 kN . N 6−7 = 10.(0,13976 + 0,2795 + 0,4192 + 0,55543 − 0,4192 − 0,2795 − 0,13976) = 5,5543 kN . N 6i −7 = − P.(0,4192 + 0,13976) = −10.(0,55716) = −5,5716 kN .

136 

P

∗

∗

o

5

o

∗

o

1 P

7o

∗

∗

o

A

2

o

4

∗

o

P

o

∗

o

o

2m

o

o

8o

∗

o

P

∗ o

o

6

P

o

P=10 kN

P

o

o

P

2m

2m

3o

o

a)

B

P

L=16 m II

I 8

3

o

o

o

2m

o

b)

o

2o

o

7o

5

o

10

o

o

2m

o

A

o

o

1

o

o

II

P=1

VA

o

4

o

6

9

I

o

2m

11

o

o

B VB

1

c)

VA’nın T. Ç 1

VB’nin T. Ç

d)

0,75

2 1,5 0,3125

g)

1

·

0,13976

1,118

· ·1

· 0,4192 4

·6 ·6

0,5625

'

'

0,4192

0,375

0,2795

0,13976

0,55543

'

0,13976

·0,4192

0,2795

0,4192

0,55543

· 6

0,4192

'

6'

·

0,13976

0,2795

'

Şekil 6.6.3 137 

0,13976

0,2795

· ·9 0,4192 11

0,55543

N1-4ve N4-6’nın T. Ç

0,1875

'

4'

0,13976

i)

1'

0,2795

1,118

h)

·

0,75

0,13976 0,13976

0,5

2

0,25 0,6875

1,118

f)

0,625 '

0,75

1

N3-8’in T. Ç

0,25

1,118

0,5

1,118

0,25

1,118

e)

'

0,13976

N3-5ve N5 -6’nın T. Ç

N1-2ve N2 -3’ün T. Ç

N6-7ve N7 -8’in T. Ç

c) Kafes sistemin işaretlenmiş (Şekil 6.6.1) çubuklarında verilmiş olan sabit yükleme durumu için analitik yöntem ve tesir çizgileri yardımıyla belirlenmiş değerlerinin karşılaştırılma tablosu aşağıdadır. İç kuvvetler N3-8 N1-4 =N4-6 e N1− 6 N1i−4 = N 4i −6 N 3−5 =

N 3e−6

i N 5− 6

N1- 2 N 2−3 = N1e−3

Analitik T. Ç. yöntemle yardımıyla (kN) (kN) - 40 - 40 37,5 37,5 35 35

Fark 0 0 0

2,5

2,5

0

11,18

11,24

0, 06

5,59 5,5543 0,035 -16,7341 -16,7341 0 -11,1259 -11,1259

i N1− 2

-5,608

-5,59

N 7 −8 = N 8e−6 N6- 7 N 6i −7

11,12 5,59 -5,59

11,1259 0,005 5,5543 0,035 -5,5716 0,018

138 

0,018

7. ÜÇ MAFSALLI SİSTEMLER Genel Bilgiler

Üç mafsallı sistemler kendi aralarında ve temel ile bir doğru üzerinde olmayan üç mafsalla birleşmiş iki parçadan oluşan sistemlerdir. Bu sistemlerin özelliği düşey yükler etkisinde mesnetlerinde düşey tepkilerle beraber yatay tepkilerin de oluşmasıdır. Yatay tepkiler itki kuvvetleri, böyle sistemler ise itkili sistemler olarak adlandırılır. Bu sistemleri oluşturan parçalar kırık eksenli olduğunda üç mafsallı çerçeve, eğri eksenli (daire, 20 den parabol ve elips gibi) olduğunda ise üç mafsallı kemer diye adlandırılır. Üç mafsallı kemerlere örnekler aşağıda gösterilmiştir (Şekil 7.1). a)

b)

o

o

o

o

o

c)

o

d)

o

o o

o o

o

Şekil 7.1. a) Basit üç mafsallı kemer, b) Kolonlu üç mafsallı kemer, c) Ankastre kolonlara oturan üç mafsallı kemer, d) Ankastre eğri eksenli çubuklara bağlanmış üç mafsallı kemer. Üç mafsallı sistemleri oluşturan parçalar, yukarıda belirtildiği gibi doğru veya kırık eksenli de olabilir. Böyle sistemlere bir kaç örnek aşağıda verilmiştir (Şekil 7.2). a)

o

b)

c) o o

o

o

o

o

o

o

Şekil 7.2 .a) ,b) Kırık eksenli üç mafsallı çerçeve, c) doğru eksenli üç mafsallı çerçeve. Bunların yanında üç mafsallı sistemlerin bir parçası doğru, diğer parçası eğri eksenli de olabilir (Şekil 7.3). 139 

o

o

o

Şekil 7.3. Bir parçası doğru, diğer parçası eğri eksenli olan üç mafsallı sistem. İtkili sistemlerde mesnetlerde oluşan itki kuvvetlerini karşılayabilecek özel temellerin oluşturulmuş olması gerekir. Gerektiğinde itki kuvvetlerini güvenle taşıyabilecek gergiler de kullanılır. Böyle sistemler gergili sistemler diye adlandırılır. Gergili sistemlerde itki kuvvetleri gergi tarafından karşılandığından, sistemin mesnetlerinden biri kayıcı mafsallı mesnet olur. Gergi mesnetler seviyesinde veya yukarıda yerleştirilebilir. Gergili üç mafsallı sistemlere çeşitli örnekler aşağıda verilmiştir (Şekil 7.4). o

a)

o

b)

o

o o

o

o

o

o

c) o

o

o

o

Şekil 7.4. Gergili üç mafsallı sistemler; a), b) Gergisi sırasıyla mesnetler seviyesinde ve mesnetlerin yukarısında olan üç mafsallı kemerler, c) Gergili üç mafsallı çerçeve. Üç mafsallı kemerlerin sabit yüklere göre hesabı

Üç mafsallı bir kemerin (Şekil 7.5a) hesaplanmasına mesnet tepkilerinin belirlenmesi ile başlanır. Düşey tepkiler kemere uygun, yani kemerle aynı açıklığa ve yükleme durumuna sahip basit kirişte (Şekil 7.5b) olduğu gibi belirlenir. V A = V A0 =

∑ ( P + R .)b i

L

i

; V B = VB0 =

∑ ( P + R ).a 1

i

L

i

.

Burada V A ve VB kemerin, V A0 , V B0 ise basit kirişin mesnet tepkileri, Pi , R i sırasıyla kemere etkiyen tekil yükler ve yayılı yüklerin bileşkeleri, 140 

ai ve bi bu yüklerin sırasıyla sol ve sağ mesnetten olan uzaklıklarıdır.

ai a1 q1

a)

b1 P1

qi

P2

R1

ϕx

o

Pi Ri

C

f

yx

x Ao

bi

HA

HB

o

B

L/2

VA

q1

b)

P1

qi

P2

Ao R1

V A0

VB

L

o

C

Ri

L/2

a1

Pi

VB0

b1

ai

B

bi L

Şekil 7.5. a) Üç mafsallı kemer, b) Bu kemere uygun basit kiriş. İtki kuvvetleri sistemin C mafsalının sol ve sağ tarafında kalan kuvvetlerin bu mafsala göre momentleri toplamının sıfıra eşit olma şartına dayanarak belirlenir.

HA

∑M =

Sol C

∑M =

Sağ C

; HB . (7.1) f f Ele alınan üç mafsallı sistem yalnız düşey yükler etkisi altında olduğunda (Şekil 7.5) M0 HA = HB = C = H (7.2) f olur. Burada M C0 uygun basit kirişin C kesitindeki eğilme momenti, f kemerin yüksekliğidir (sehimi, oku) (C mafsalının A ve B mesnetlerini birleştiren özengi hattına olan dik uzaklığı) (Şekil 7.5a). Kemerlerde M, T ve N diyagramlarının kemerin gerçek şekil değiştirme durumunu gösterebilmeleri için bu büyüklüklerin değerlerinin belirlendiği kesit sayısının yeterince çok olması önemlidir. Düşey yükler etkisi altında olan kemerler için adı geçen kesit tesirleri aşağıdaki formüllerle hesaplanır.

141 

M x = M x0 − H . y x Tx = Tx0 . cos ϕ x − H . sin ϕ x

(7.3)

N x = −(Tx0 . sin ϕ x − H . cos ϕ x ) Burada M x : kemerin sol mesnetten x mesafesinde olan kesitindeki eğilme momenti (Şekil 7.5a), M x0 : uygun basit kirişin (Şekil 7.5b) sol mesnetten x mesafesinde olan kesitindeki eğilme momenti, H : itki kuvveti (kemerin tüm kesitleri için sabittir), y x : kemer kesitlerinin ordinatıdır (Şekil 7.5a). Kemerin kesitlerinin ordinatları eksen eğrisi türüne bağlı olarak aşağıdaki gibi belirlenir: 20 den parabol için 4. f .x ( L − x) , L Daire eksenli kemerler için yx =

(7.4)

L y x = R 2 − ( − x) 2 − R + f 2 2 f L olup, dairenin yarıçapıdır. R= + 2 8f Tx : kemerin sol mesnetinden x mesafede olan kesitindeki kesme kuvveti,

(7.5)

Tx0 : uygun basit kirişin sol mesnetinden x mesafede olan kesitindeki kesme kuvveti, ϕ x : kemerin kesitlerinde eksene çizilmiş teğetle yatay doğru arasında kalan açıdır. cos ϕ x ve sin ϕ x kemer ekseni türüne uygun olarak aşağıdaki formüllerle belirlenebilir. 2.dereceden parabol için tgϕ x = ( y x )′ = cos ϕ x =

4. f .( L − 2 x) , L2

1 1 + tg 2ϕ x

(7.6)

,

sin ϕ x = cos ϕ x .tgϕ x .

Daire eksenli kemerler için y+R− f , R L − 2x sin ϕ x = 2R cos ϕ x =

(7.7)

142 

Örnek 7.1. Boyutları ve yükleme durumu Şekil 7.1.1’de verilen ve ekseni 2. dereceden parabol şeklinde olan üç mafsallı kemer için a) Kemerin kinematik analizi yapınız, b) Kemerin yeterli sayıda kesitinde eğilme momenti (M), kesme kuvveti (T) ve normal kuvvet (N) değerlerini hesaplayınız, c) İç kuvvetlerin hesaplanmış değerlerine göre M, T ve N diyagramlarını çiziniz. P1=20 kN

4,5 m

P2=30 kN

q =10 kN/m

4,5 m

9m o

f=4m A

o

o

9m

B

9m

Şekil 7.1.1 Çözüm: a) Üç mafsallı kemerlerin kinematik analizi Gerber kirişlerde olduğu gibi yapılır. W = 3.2 – 2.1 – 4 = 0 ve kemerin parçaları kendi aralarında ve temelle bir doğru üzerinde olmayan üç mafsalla bağlandığı için (ki bu geometrik değişmez sistemlerin oluşturulma şartlarından biridir) taşıyıcı bünyeye sahiptir, yani sistem geometrik değişmezdir. b) Üç mafsallı kemerin kesit tesirlerinin hesaplanmasına mesnet tepkilerinin belirlenmesi ile başlanır. Bu işlemler üç mafsallı kemerlerin hesaplanmasında verilmiş açıklamalara dayanılarak yapılır. Kemerin hesaplama şeması ve uygun basit kiriş Şekil 7.1.2 a ve b’de verilmiştir. Mesnet tepkilerinin düşey bileşenleri (Şekil 7.1.2a,b):

∑M

B

= VA .18 − P1.(13,5) − P2 .9 − q.9.(4,5) = 0 ,

VA = VA0 =

∑M

A

20.(13,5) + 30.9 + 10.9.(4,5) = 52,5 kN . 18

= −VB .18 + q.9.(13,5) + P2 .9 + P1 .(4,5) = 0

VB = VB0 =

10.9.(13,5) + 30.9 + 20.(4,5) = 87,5 kN . 18

Sağlama :

∑Y = V

A

− P1 − P2 − q.9 + VB = 0 ⇒ 52,5 − 20 − 30 − 10.9 + 87,5 = 0

Mesnet tepkilerinin yatay bileşenleri, yani itki kuvvetleri üç mafsallı kemerlerin hesaplanmasında verilmiş olan açıklamaya dayanarak kendi aralarında birbirine eşit olup aşağıdaki gibi belirlenir. 143 

P1=20 kN

4,5 m

P2=30 kN

q =10 kN/m

4,5 m

a) x o

A

yx

9m o

ϕx

C

f=4m

H

H

9m

VA

P2=30 kN

q =10 kN/m

Ao

V A0

o

x1

x3

x2

4,5 m

B

VB

9m

P1=20 kN

b)

o

4,5 m

B

VB0

9m

2,25 m

c)

52,5

d)

52,5 32,5

171,562

292,5

382,5

362,81

309,375

236,25

118,125

M x0 (kN.m)

32,5 2,5

Tx0 (kN) 20 42,5 65

87,5

Şekil 7.1.2. a) Üç mafsallı kemer, b) Uygun kiriş, c) M0 diyagramı, d) T0 diyagramı.

HA = HB = H =

H=

M C0 ; M C0 = V A .9 − P1 .(4,5) = (52,5).9 − 20.(4,5) = 382,5 kN .m f

382,5 = 95,625 kN 4

144 

M, T ve N diyagramlarının kemerin gerçek şekil değiştirme durumunu tasvir etmeleri için bu örnekte kemer 8 parçaya ayrılıp, buna uygun kesitlerde kesit tesirlerinin değerleri hesaplanmıştır. (7.3) bağıntılarından görüldüğü gibi kesitler için önce M0 ve T0‘ın değerlerinin hesaplanması gerekir. Bu amaçla, uygun kirişin her bir bölgesi (Şekil 7.1.2b) için M0 ve T0’ın ifadeleri yazılıp, ele alınan kesitlerdeki değerleri aşağıda hesaplanmıştır. I-bölge 0 ≤ x1 ≤ 4,5 M x01 = V A0 .x1 = (52,5).x1 , T0 = V A0 = 52,5 kN . x1 = 0 ⇒ M x01 = 0 , x1 = 2,25 m ⇒ M x01 = 118,125 kN .m , x1 = 4,5 m ⇒ M x01 = 236,25 kN .m

II-bölge 4,5 ≤ x 2 ≤ 9 M x02 = V A0 .x 2 − P1 .( x 2 − 4,5) = (52,5).x 2 − 20.( x 2 − 4,5) , T0 = V A0 − P1 = 52,5 − 20 = 32,5 kN . x 2 = 4,5 m ⇒ M x02 = 236,25 kN .m , x 2 = 6,75 m ⇒ M x02 = 309,375 kN .m , x 2 = 9 m ⇒ M x02 = 382,5 kN .m. III-bölge (sağdan alınmıştır) 0 ≤ x3 ≤ 9 x32 x32 M = V .x3 − q. = (87,5).x3 − 10. , Tx03 = −VB0 + q.x3 = −87,5 + 10.x3 . 2 2 0 0 x3 = 0 ⇒ M x 3 = 0 , Tx 3 = −87,5 kN . x3 = 2,25 m ⇒ M x03 = 171,5625 kN .m , Tx03 = −65 kN . 0 x3

0 B

x3 = 4,5 m ⇒ M x03 = 292,5 kN .m , x3 = 6,75 m ⇒ M x03 = 362,8125 kN .m , Tx03 = −20 kN . x3 = 9 m ⇒ M x03 = 382,5 kN .m , Tx03 = 2,5 kN .

Elde edilmiş değerlere göre uygun kirişin M x0 ve Tx0 diyagramları Şekil 7.1.2 c ve d’de çizilmiştir. Kemerin M, T ve N diyagramlarının çizilmesi için gereken işlemlerin kalan kısmı aşağıdaki formüller yardımıyla Tablo 7.1.1’de yapılmıştır. M x = M x0 − H . y x Tx = Tx0 . cos ϕ x − H . sin ϕ x

(7.1.1)

N x = −(Tx0 . sin ϕ x − H . cos ϕ x ) 4. f .x ( L − x) L 4. f tgϕ x = 2 .( L − 2 x) L 1 cos ϕ x = 1 + tg 2ϕ x yx =

(7.1.2)

sin ϕ x = cos ϕ x .tgϕ x .

145 

146 

yx (m)

0

1,75

3

3,75

4

3,75

3

1,75

0

x (m)

0

2,25

4,5

6,75

9

11,25

13,5

15,75

18

-0,888

-0,666

-0,444

-0,222

0

0,222

0,444

0,666

0,888

tgφx

0,747

0,832

0,914

0,976

1

0,976

0,914

0,832

0,747

cosφx

Mx0 (kN.m) 0 118,1 236,2 309,4 382,5 362,8 292,5 171,6 0

.sinφx

0,644

0,554

0,406

0,216

0

-0,216

-0,406

-0,554

-0,664 95,62

95,62

95,62

95,62

95,62

95,62

95,62

95,62

95,62

H (kN)

0

167,34

286,87

358,59

382,5

358,59

286,87

167,34

0

H.yx (kN.m)

0

4,22

5,625

4,22

0

-49,22

-50,625

-49,22

0

Mx (kN.m)

Tablo 7.1.1

-87,5

-65

-42,5

-65,4

-54,08

-38,8

-19,52

2,5

2,5 -20

32,5

32,5

29,698

32,5 31,73

47,97

52,5

32,5

43,68

39,24

Tx0.cosφx (kN)

52,5

52,5

Tx0 (kN)

-63,5

-53,04

-38,84

-20,74

0

20,74

38,84

53,04

63,53

H .sinφx (kN)

-1,86

-1,04

0

1,22

2,5

32,5

10,98

-9,13

-9,14

-9,36

-24,3

Tx (kN)

58,13

36,055

17,26

4,34

0

0

7,05

13,2

21,37

29,12

34,878

Tx0..sinφx (kN)

71,47

79,56

87,38

93,35

95,62

93,35

87,38

79,56

71,47

H cosφx (kN)

-129,6

-115,6

-104,6

-97,7

-95,62

-100,4

-100,6

-108,7

-108,7

-106,4

Nx (kN)

Kesit tesirlerinin (M, T ve N) yukarıdaki tabloda hesaplanmış değerlerine göre diyagramları Şekil 7.1.3b,c ve d’de çizilmiştir. P1=20 kN

4,5 m

P2=30 kN

4,5 m

a)

q =10 kN/m 9m

o

f=4m A

o

o

2,25 m

50,62

49,22

49,22

o

b)

4,22 5,625

4,22

M (kN.m)

o

o

32,5 10,98 9,14

c)

2,5 1,22 o

9,13 9,36

1,04

T(kN)

o

24,3

108,7

d) 108,7

100,4 95,625 97,7 100,6

0

o

1,86

o

104,6 115,6

106,4

129,6 o

N(kN)

o

Şekil 7.1.3. a) Üç mafsallı kemer, b) M diyagramı, c) T diyagramı, d) N diyagramı (Eksenel kuvvet diyagramı olduğu için N diyagramda ordinatlar eksenin her iki tarafında alınmıştır). 147 

Hem Mx ve Tx’in (7.1.1)’deki ifadelerinden, hem de uygun kirişin M x0 , Tx0 diyagramlarının kemerin M ve T diyagramlarıyla karşılaştırılmasından aşağıdaki sonuca varılmaktadır: Üç mafsallı kemerin kesitlerinde oluşan eğilme momenti ve kesme kuvveti değerleri, uygun kirişin kesitlerinde meydana gelen bu büyüklüklerin değerlerinden oldukça küçüktür. Örnek7.2. Boyutları ve yükleme durumu Şekil 7.2.1’de verilmiş olan daire eksenli gergili kemer için aşağıdakiler istenmektedir: a) Kinematik analiz, b) Mesnet tepkilerinin ve gergide oluşan kuvvetin belirlenmesi, c) Kemerin yeterli sayıda kesitinde M, T ve N değerlerinin hesaplanması, d) Hesaplanmış değerlere göre M, T ve N diyagramlarının çizimi.

q1=20 kN/m

q2=15 kN/m

15 m

15 m

o

3m

f=6 m

o

o

3m o

o

L=30 m

Şekil 7.2.1 Çözüm: a) Sistemin kinematik analizi: Serbestlik derecesi W = 3.3 – 2.3 – 3 = 0’dır ve ayrıca Şekil 7.2.1’den görüldüğü gibi sistem taşıyıcı yapıya sahiptir. b) Mesnet tepkileri statiğin denge denklemlerinden yararlanarak kirişlerde olduğu gibi belirlenir (Şekil 7.2.2 a ve b).

∑M

B

= V A .30 − q1 .15.(22,5) − q 2 .15.(7,5) = 0 ⇒

V A = V A0 =

∑M

A

20.15.(22,5) + 15.15.(7,5) = 281,25 kN . 30

= −VB .30 + q 2 .15.(22,5) + q1 .15.(7,5) = 0 ⇒

V B = VB0 =

15.15.(22,5) + 20.15.(7.5) = 243,75 30

Sağlama:

∑Y = V

A

− q1 .15 − q 2 .15 + V B = 0 ⇒ 281,25 − 20.15 − 15.15 + 243,75 = 0

C mafsalından geçerek gergiyi kesen I-I kesiminin (Şekil 7.2.2 a) sol veya sağ tarafında kalan kemer parçasının denge şartından gergide oluşan iç kuvvet belirlenebilir. 148 

q1=20 kN/m

q2=20 kN/m

I

15 m

15 m o

o

H

yx

x

H

C

f=6 m

ϕx

o

y1

A o

oB

I L=30 m

VA

VB

3m

q1=20 kN/m

q2=20 kN/m oB

A o

x1

V A0

VB0

x2 15 m

15 m

221,25 161,25 101,25 41,25 18,75

663,7

1192,2

1568,2

1845

1935

1721,2

1968,7

281,25

1327,5

753,7

M x0 (kN.m)

108,75 153,75

T x0 (kN)

63,75 198,75

243,75

Şekil 7.2.2. a) Üç mafsallı gergili kemer, b) Uygun kiriş, c) M0 diyagramı, d) T0 diyagramı. H=

M C0 , f′

∑M

Sol C

= V A0 .15 − q1 .15.(7,5) = (281,25).15 − 20.15.(7,5) = 1968,75 kN .m.

veya

∑M

Sağ C

= VB0 .15 − q 2 .15.(7,5) = (243,75).15 − 15.15.(7,5) = 1968,75 kN .m .

149 

f ′ = f − y1 , Kemerin ekseni daire şeklinde olduğu için

L f L2 6 30 2 y1 = R 2 − ( − x1 ) 2 − R + f ; R = + = + = 21,75 m. 2 2 8 f 2 8.6 y1 = (21,75) 2 − ( H=

30 − 3) 2 − 21,75 + 6 = 2,39 m . 2

f ′ = 6 − 2,39 = 3,61 m ,

1968,75 = 545,36 kN olarak elde edilmektedir. 3,61

c) Kemerin kesitlerinde iç kuvvetlerin değerleri Örnek 7.1’de olduğu gibi belirlenir. Bu örnekte ise uygun kirişin 10 kesitinde Mx0 ve Tx0’ın değerleri hesaplanmıştır (Şekil 7.2.2b). I-bölge 0 ≤ x1 ≤ 15 x12 x12 M = V .x1 − q1 . = (281,25).x1 − 20. , Tx01 = V A0 − q1 .x1 = 281,25 − 20.x1 . 2 2 0 0 x1 = 0 ⇒ M x1 = 0 , Tx1 = 281,25 kN . x1 = 3 m ⇒ M x01 = 753,75 kN .m , Tx01 = 221,25 kN . 0 x1

0 A

x1 = 6 m ⇒ M x01 = 1327,5 kN .m , Tx01 = 161,25 kN . x1 = 9 m ⇒ M x01 = 1721,25 kN .m, Tx01 = 101,25 kN . x1 = 12 m ⇒ M x01 = 1935 kN .m ,

Tx01 = 41,25 kN .

x1 = 15 m ⇒ M x01 = 1968,75 kN .m , Tx01 = −18,75 kN . II-bölge 15 ≤ x 2 ≤ 30 ( x 2 − 15) 2 ( x − 15) 2 = (281,25).x 2 − 300.( x 2 − 7,5) − 15. 2 , 2 2 = V A0 − q1 .15 − q 2 .( x 2 − 15) = 281,25 − 20.15 − 15.( x 2 − 15) = −18,75 − 15.( x 2 − 15) .

M x02 = V A0 .x 2 − q1 .15.( x 2 − 7,5) − q 2 . Tx02

x 2 = 15 m ⇒ M x02 = 1968,75 kN .m , Tx02 = −18,75 kN . x 2 = 18 m ⇒ M x02 = 1845 kN .m ,

Tx02 = −63,75 kN .

x 2 = 21 m ⇒ M x02 = 1586,25 kN .m , Tx02 = −108,75 kN . x 2 = 24 m ⇒ M x02 = 1192,5 kN .m ,

Tx02 = −153,75 kN .

x 2 = 27 m ⇒ M x02 = 633,75 kN .m ,

Tx02 = −198,75 kN .

x 2 = 30 m ⇒ M x02 = 0 , Tx02 = −243,75 kN . Elde edilmiş değerlere göre uygun kirişin M0 ve T0 diyagramları Şekil 7.2.2 c ve d’de çizilmiştir. Bundan sonra kemerin kesitlerindeki kesit tesirleri olan M, T ve N değerlerinin hesaplanması aşağıda verilmiş formüllerle Tablo 7.2.1’de yapılmıştır. Gergi bağlanmış kesitlerden aşağıda kalan kesitler için: M x = M x0 Tx = Tx0 . cos ϕ x

(7.2.1)

N x = −T . sin ϕ x 0 x

Gergi bağlanan ve gergiden yukarıda kalan kesitler için: 150 

M x = M x0 − H .( y x − y1 ) Tx = Tx0 . cos ϕ x − H . sin ϕ x

(7.2.2)

N x = −(Tx0 . sin ϕ x + H . cos ϕ x ) . Bu ifadelerdeki y x , cos ϕ x ve sin ϕ x kemerin eksen eğrisine uygun olarak aşağıdaki formüllerle belirlenmiştir. L y x = R 2 − ( − x) 2 − R + f 2 2 f L R= + , 2 8f y+R−F cos ϕ x = R L − 2x sin ϕ x = 2R

(7.2.3)

151 

152 

yx (m)

0

2,39

4,05

5,156

5,792

6

5,792

5,156

4,05

2,39

0

x (m)

0

3

6

9

12

15

18

21

24

27

30

0,724

0,834

0,910

0,961

0,99

1

0,99

0,961

0,910

0,834

0,724

cosφx

-0,689

-0,552

-0,414

-0,275

-0,138

0

0,138

0,275

0,414

0,552

0,689

sinφx

0

663,75

1192,5

1586,2

1968,7 5 1845

1935

1721,2

1327,5

753,75

0

Mx0 (kN.m)

0

545,36

−

−

−

0

545,36

−

905,297

1508,467

1855,314

1968,75

1855,314

1508,467

545,36

545,36

545,36

545,36

545,36

545,36

905,297

−

−

545,36

−

(kN.m)

H.(yx-2,39)

−

H (kN)

0

663,75

287,20

77,784

-10,32

0

79,685

212,78

422,2

753,75

0

(kN.m)

Mx

40,854 -18,75 -63,138 -104,53 -139,95

41,25 -18,75 -63,75 -108,75 -153,75

-243,75

-176,499

-165,76

97,321

101,25

-198,75

146,786

161,25

184,527

203,653

281,25

221,25

Tx0cosφx (kN)

Tx0 (kN)

Tablo 7.2.1

−

-176,49

-165,76

135,113

-300,87 −

85,711

45,912

12,067

-18,75

-34,35

-53,121

-78,88

-225,67

150,44

-75,205

0

75,205

150,44

225,67

-116,35

184,53

− 300,87

203,65

Tx (kN)

−

H.sinφx (kN)

168,09

109,65

63,621

30

8,791

0

5,688

27,93

66,725

122,06

193,95

Tx0sinφx (kN)

−

−

454,84

496,44

524,2

540,12

545,36

540,12

524,2

496,44

454,84

−

−

H.cosφx (kN)

-168,09

-109,65

-564,49

-560,06

-554,2

-548,91

-545,36

-545,81

-552,13

-563,16

-576,9

-122,06

-193,95

Nx (kN)

q1=20 kN/m

q2=20 kN/m

15 m

15 m o

C

f=6 m

a) o

o

o

o

L=30 m 3m

o

b)

10,3

79,7 212,8

o

77,8

o

287,2 422,2

o

753,7

M (kN.m)

o

184,5

53,1 78,9

o

203,6

12,06 45,9 85,7

d)

o

165,7

576,9 122,06

o

o

T (kN)

563,2

193,9

135,1

34,35 18,7

116,3 o

o

663,75

176,5

552,13 545,8 545,36 548,9 554,2 o

560,06 564,45 o

o

545,36

545,36

109,65

o

168,09

N (kN) Şekil 7.2.3. a) Verilmiş sistem, b) M diyagramı, c) T diyagramı, d) N diyagramı. 153 

Çizilmiş diyagramlardan görüldüğü gibi H’ın uygulandığı kesitlerde T diyagramında H.sinφx, N diyagramında ise H.cosφx kadar atlama vardır. Bunlar, diyagramların sağlama şartlarındandır. Örnek 7.3. Boyutları ve yükleme durumu Şekil 7.3.1’de verilen, ekseni 2. dereceden parabol şeklinde olan kolonlu üç mafsallı kemerin a) Kinematik analizini yapınız, b) Kesitlerinde eğilme momenti, kesme kuvveti ve normal kuvvet değerlerini hesaplayınız, c) Hesaplanmış değerlere göre M, T ve N diyagramlarını çiziniz. P1= 20 kN

P2= 15 kN

q = 12 kN/m 7m

7m

7m

7m

h= 6 m

f= 6 m

o

o

o

L=28 m

Şekil 7.3.1 Çözüm: a) Sistemin kinematik tahlili: W = 3.2 - 2.1 - 4 = 0’dır ve Örnek 7.1’de yapılmış açıklamaya dayanarak sistemin yararlı bünyeye sahip olduğu açıktır. b) Sistemin kesitlerinde iç kuvvetlerin değerlerinin hesaplanmasına yine mesnet tepkilerinin belirlenmesiyle başlanır (Şekil 7.3.2 a,b).

∑M

B

= V A .28 − P1.21 − q.14 .14 − P2 .7 = 0 ⇒

V A = V A0 =

∑M

A

20 .21 + 12 .14 .14 + 15 .7 = 102 ,75 kN . 28

= −VB .28 + P2 .21 + q.14 .14 + P1.7 = 0 ⇒

VB = VB0 =

15 .21 + 12 .14 .14 + 20 .7 = 100 ,25 kN . 28

154 

P1= 20 kN

P2= 15 kN

q = 12 kN/m 7m

7m

7m o

ϕx

C

f= 6 m

x

a)

7m

yx N

h= 6 m

K

H

H

Ao

14 m

oB

14 m VB

VA P1= 20 kN

P2= 15 kN

q = 12 kN/m b)

Ao

x1 VA

oB

C

0

x3

x2

VB0 7m

7m

7m

M 0(kN.m)

7m

3,5 m

c) 359,6

350,87 719,25

102,75

d)

935,4

1004,5 926,6

701,7

102,75 82,75 40,75

T 0(kN)

1,25 43,25 85,25 100,25

155 

100,25

Şekil 7.3.2. a) Verilen sistem, b) Uygun kiriş, c) M0 diyagramı, d) T0 diyagramı. Sağlama: ∑ Y = V A + VB − P1 − P2 − q.14 = 0 ⇒ 102,75 + 100,25 − 20 − 15 − 12.14 = 0 . İtki kuvvetleri M C0 H= , M C0 = V A0 .14 − P1 .7 − q.7.(3,5) = (102,75).14 − 20.7 − 12.7.(3,5) = 1004,5 kN .m f +h Veri 1004,5 H= = 83,70833 kN . 6+6 lmiş üç mafsallı sistemin kemer kısmının kesitlerinde kesit tesirlerinin değerleri aşağıdaki ifadelerle hesaplanacaktır. M x = M x0 − H .( y x + h) Tx = Tx0 . cos ϕ x − H . sin ϕ x

(7.3.1)

N x = −(T sin ϕ x + H . cos ϕ x ) 0 x

(7.3.1) ifadelerinde yer alan yx, cosφx ve sinφx büyüklükleri kemerin eksen eğrisi 20 ’den parabol olduğu için aşağıdaki formüllerle hesaplanır 4. f . x 4 .6 . x ( L − x) = (28 − x) 2 L 28 2 4f 4 .6 tgϕ x = y ′ = 2 ( L − 2 x) = 2 (28 − 2 x) L 28 1 cos ϕ x = 1 + tg 2ϕ x yx =

(7.3.2)

sin ϕ x = cos ϕ x .tgϕ x

(7.3.1) ifadelerinden görüldüğü gibi uygun kirişin kesitlerinde kesit tesirleri olan Mx0 ve Tx0’ın belirlenmesi ön şarttır. Uygun kirişin kesitlerindeki tesirlerin hesabı aşağıda verilmektedir. I-bölgede 0 ≤ x1 ≤ 7 M x01 = V A0 .x1 = (102,75).x1 , T0 = V A0 = 102,75 kN . x1 = 0 ⇒ M x01 = 0. x1 = 3,5 m ⇒ M x01 = 359,625 kN .m. x1 = 7 m ⇒ M x01 = 719,25 kN .m. II-bölgede 7 ≤ x 2 ≤ 21

156 

( x 2 − 7) 2 ( x − 7) 2 = (102,75).x 2 − 20.( x 2 − 7) − 12. 2 , 2 2 = V A0 − P1 − q.( x 2 − 7) = 102,75 − 20 − 12( x 2 − 7) = 82,75 − 12.( x 2 − 7).

M x02 = V A0 .x 2 − P1 .( x 2 − 7) − q. Tx02

x 2 = 7 m ⇒ M x02 = 719,25 kN .m , Tx02 = 82,75 kN . x 2 = 10,5 m ⇒ M x02 = 935,375 kN .m , Tx02 = 40,75 kN . x 2 = 14 m ⇒ M x02 = 1004,5 kN .m , Tx02 = −1,25 kN . x 2 = 17,5 m ⇒ M x02 = 926,625 kN .m , Tx02 = −43,25 kN . x 2 = 21 m ⇒ M x02 = 701,75 kN .m , Tx02 = 85,25 kN .

III-bölgede 0 ≤ x3 ≤ 7 M x03 = VB0 .x3 = (100,25).x3 , T0 = −VB0 = −100,25 kN . x3 = 0 ⇒ M x03 = 0 . x3 = 3,5 m ⇒ M x03 = 350,875 kN .m . x3 = 7 m ⇒ M x03 = 701,75 kN .m

Elde edilmiş değerlere göre uygun kirişin M0 ve T0 diyagramları sırasıyla Şekil 7.3.2 c ve d’de çizilmiştir. Üç mafsallı sistemin kemer kısmı için M, T ve N diyagramlarının çizilmesi için gereken hesaplama işlemleri (7.3.2) ve (7.3.1) ifadelerinden yararlanarak Tablo 7.3.1’de yapılmıştır. Kolon kısımları için ise hesaplamalar çerçevelerdeki gibi yapılır. AK kolonu için: MA = 0, T = -H = - 83,70833 kN (kolon boyu sabit), N = -VA = -102,75 kN (kolon boyu sabit), MK = -H . h = - (83,70833) . 6 = - 502,25 kN.m . BN kolonu için MB = 0, T = H = 83,70833 kN (kolon boyu sabit), N = -VB = -100,25 kN (sabittir), MN = -H . h = - (83,70833) .6 = -502,25 kN.m .

157 

158 

yx+6 (m)

6

8,625

10,5

11,62

12

11,62

10,5

8,625

6

x (m)

0

3,5

7

10,5

14

17,5

21

24,5

28

-0,857

-0,643

-0,428

-0,214

0

0,214

0,428

0,643

0,857

tgφx

0,759

0,841

0,9919

0,978

1

0,978

0,919

0,841

0,759

cosφx

0,54 1 0,65 1

0,39 4

0,20 9-

0,20 9 0

305, 87 0

701, 7

935, 4 100 4,5 926, 6

719,2 83,708

83,708

83,708

83,708

83,708

83,708

83,708

83,708

0,39 4

83,708

H (kN)

0 359, 6

Mx (kN.

0

0,65 1 0,54 1

x

sinφ

Tablo 7.3.1

502,25

721,98

878,94

973,11

1004,4

973,11

878,94

721,98

502,25

H.( yx+6) (kN.m)

-502,25

-416,11

-177,22

-46,484

0

-37,73

-159,68

-259,68

-502,25

Mx (kN.m)

76,058

82,75

-92,143

-100,25 -100,25

-76,115

-84,328

-78,356

-85,25 -100,25

-42,289

-1,25

-43,25

-1,25

39,845

94,44

102,75 40,75

86,431

78,013

(kN)

Tx0cosφx

102,75

102,75

T x0 (kN)

-54,476

-45,265

-32,974

-17,539

0

17,534

32,974

45,265

54,476

H.sinφx (kN)

39,49

-59,169 -21,64

65,242

54,21

33,582

-45,38 -39,063

9,062

0

8,538

32,596

40,475

55,562

66,868

(kN)

Tx0.sinφx

-24,75

-1,25

22,3

43,08

61,476

41,165

23,536

Tx (kN)

63,555

70,413

76,939

81,85

83,708

81,85

76,939

70,413

63,555

H.cosφx (kN)

-128,79

-124,62

-116,43

-110,52

-90,912

-83,708

-90,39

-109,54

-117,41

-125,97

-130,42

Nx (kN)

M, T ve N’nin tabloda hesaplanmış değerlerine göre diyagramları Şekil 7.3.3’de çizilmiştir. a)

259,64

159,68

46,48

37,73

177,22

416,11

o

502,25

502,25

502,25

502,25

M (kN.m)

o

o

61,46

22,3

43,08

41,16

o

1,25

b)

24,7 23,53

83,7

45,3 59,1 39,06 83,7 21,63

T (kN)

o

c)

125,97

83,7

83,7

90,38 117,41 109,53

83,7

116,43 110,5

o

o

124,62

130,42

128,79

102,75

100,25

N (kN)

o

o

102,75

100,25

Şekil 7.3.3. a) M diyagramı, b) T diyagramı, c) N diyagramı. 159 

Örnek 7.4. Boyutları ve yükleme durumu Şekil 7.4.1’de görülen, temele ankastre bağlı kolonlar üzerine oturan daire eksenli üç mafsallı kemer için a) Sistemin kinematik analizini yapınız, b) Kemerin ve kolonların kesitlerinde kesit tesirlerinin değerlerini hesaplayınız, c) Hesaplanmış değerlere göre sistemin M, T ve N diyagramlarını çiziniz.

q1 = 15 kN/m

P = 25 kN

16 m

8m

q2 = 20 kN/m 8m

f= 8 m

o

o

h= 8 m

o

L=32 m

Şekil 7.4.1 Çözüm: a) Sistemin kinematik analizi: W = 3.P – 2.m – Cm = 3.4 – 2.3 – 6 = 0 şartı sağlanmakta ve Şekil 7.4.1’den sistem taşıyıcı özelliğe sahip olduğu görülmektedir. b) Sistemin kesitlerinde eğilme momenti, kesme kuvveti ve normal kuvvetin değerlerini belirlemek için, Gerber kirişlerdeki açıklamalara dayanarak önce Şekil 7.4.2b’de sistemin hesaplama şeması çizilmiştir Daha sonra önceki örneklerde olduğu gibi hesaplamaya mesnet tepkilerinin belirlenmesiyle başlanmıştır. Mesnet tepkileri (Şekil 7.4.2b,c):

∑m

2

= Vm1 .32 − q1 .16.24 − P.16 − q 2 .8.4 = 0 ⇒

Vm1 = Vm01 =

∑m

1

15.16.24 + 25.16 + 20.8.4 = 212,5 kN 32

= −Vm 2 .32 + q 2 .8.28 + P.16 + q1 .16.8 = 0 ⇒

Vm 2 = Vm02 =

20.8.28 + 25.16 + 15.16.8 = 212,5 kN . 32

M C0 İtki kuvvetleri H = , f

160 

q1 = 15 kN/m

P = 25 kN

16 m

8m

q2 = 20 kN/m 8m

o

f= 8 m

C

a) m2o

h= 8 m

om1

A

B L=32 m

q1 = 15 kN/m

P = 25 kN

16 m

8m

q2 = 20 kN/m 8m

o

f= 8 m

C

H

m1 o

H

o

m2

b) Vm 2

Vm1 Vm1

H

H

m2 h= 8 m

m1

Vm 2

A

B

161 

q1 = 15 kN/m c)

m1 o

P = 25 kN

q2 = 20 kN/m o m2

C

x1

x2

Vm1

x3

16 m

8m

8m

Vm 2

4m

d)

M 0 (kN.m) 730

690 1220

212,5

e)

1470 1480

1270

1060

152,5 92,5 32,5 27,5 52,5

T 0 (kN) 52,5 132,5 212,5

Şekil 7.4.2. a) Üç mafsallı sistem, b) Hesaplama şeması, c) Uygun kiriş, d) M0 diyagramı, e) T0 diyagramı. Sol taraftan bakıldığında (Şekil 7.4.2c) M C0 = Vm01 .16 − q1 .16.8 = (212,5) − 15.16.8 = 1480 kN .m , H =

1480 = 185 kN .m . 8

Kemerin kesitlerinde kesit tesirlerinin M x = M x0 − H . y x Tx = Tx0 . cos ϕ x − H . sin ϕ x

(7.4.1)

N x = −(T . sin ϕ x + H . cos ϕ x ) 0 x

ifadeleriyle hesaplandığı önceki örneklerin çözümlerinden bellidir. (7.4.1) ifadelerindeki yx, cosφx ve sinφx kemerin eksen eğrisinin türüne (daire) bağlı olarak f L2 8 32 2 L y x = R 2 − ( − x) 2 − R + f , R = + = + = 20 m , 2 2 8 f 2 8 .8 y+R− f L − 2x cos ϕ x = , sin ϕ x = . 2R R ifadeleriyle hesaplanır.

162 

(7.4.2)

Şimdi uygun kirişin kesitlerinde M x0 ve Tx0 değerleri belirlenmelidir. Bunun için kirişin her bir bölgesinde (Şekil 7.4.2c) kesit tesirlerinin ifadeleri yazılıp, değerleri hesaplanır. I-bölge 0 ≤ x1 ≤ 16 x12 x2 = (212,5).x1 − 15. 1 , Tx01 = Vm01 − q1 .x1 = 212,5 − 15.x1 . 2 2 0 = 0 , Tx1 = 212,5 kN .

M x01 = Vm01 .x1 − q1 . x1 = 0 ⇒ M x01

x1 = 4 m ⇒ M x01 = 730 kN .m , T 0x1 = 152,5 kN . x1 = 8 m ⇒ M x01 = 1220 kN .m , T 0x1 = 92,5 kN . x1 = 12 m ⇒ M x01 = 1470 kN .m , T 0x1 = 32,5 kN . x1 = 16 m ⇒ M x01 = 1480 kN .m , T 0x1 = −27,5 kN . II-bölge 16 ≤ x 2 ≤ 24 M x02 = Vm01 .x 2 − q1 .16.( x 2 − 8) − P.( x 2 − 16) = (212,5).x 2 − 15.16.( x 2 − 8) − 25.( x 2 − 16) , Tx02 = Vm01 − q1 .16 − P = 212,5 − 15.16 − 25 = −52,5 kN . x 2 = 16 m ⇒ M x02 = 1480 kN .m , x 2 = 20 m ⇒ M x02 = 1270 kN .m . x 2 = 24 m ⇒ M x02 = 1060 kN .m . III-bölge 0 ≤ x3 ≤ 8 x32 x2 = (212,5).x3 − 20. 3 , Tx03 = −Vm02 + q 2 .x3 = −212,5 + 20.x3 2 2 0 = 0 , Tx 3 = −212,5 kN .

M x03 = Vm02 .x3 − q 2 . x3 = 0 ⇒ M x03

x3 = 4 m ⇒ M x03 = 690 kN .m , Tx03 = −132,5 kN . x3 = 8 m ⇒ M x03 = 1060 kN .m , Tx03 = −52,5 kN .

Sistemin kolonları (Şekil 7.4.2b) için kesit tesirlerinin belirlenmesi: Am1 kolonu: Mm1= 0, T = -H = -185 kN (kolon boyunca sabit), N = -Vm10 = - 212,5 kN, MA = H .8 = 185 . 8 = 1480 kN.m . Bm2 kolonu: Mm2 = 0, T = H = 185 kN (kolon boyunca sabit), N = -Vm20 = - 212,5 kN, MB = H .8 = 185 . 8 = 1480 kN.m . Sistemin kemer kısmının kesitlerinde M, T ve N değerlerinin hesaplanması (7.4.2) ve (7.4.1) formüllerinden yararlanarak Tablo 7.4.1’de yapılmıştır.

163 

164 

7,596

6,33

4

0

20

24

28

32

7,596

12

8

6,33

8

16

4

0

y (m)

4

0

x (m)

0,6

0,8

0,916

0,979

1

0,979

0,916

0,8

0,6

cosφx

-0,8

-0,6

-0,4

-0,2

0

0,2

0,4

0,6

0,8

sinφx

0

690

1060

1270

1480

1470

1220

730

0

Mx0 (kN.m)

185

185

185

185

185

185

185

185

185

H (kN)

0

740

1171,1

1405,2

1480

1405,2

1171,1

740

0

H.yx (kN.m)

0

-50

-111,1

-135,2

0

64,76

48,89

-10

0

(kN.m)

Mx

-212,5

-132,5

-52,5

-52,5

-127,5

-106

-48,116

-51,44

-52,5

-27,5

-27,5 -52,5

31,84

84,77

122

127,5

Tx0cosφx (kN)

32,5

92,5

152,5

212,5

Tx0 (kN)

Tablo 7.4.1

-148

-111

-74

-37

0

37

74

111

148

H sinφx (kN)

20,5

5

25,88

-14,44

-52,5

-27,5

-5,16

10,77

11

-20,5

Tx (kN)

170

79,5

21

10,5

0

6,5

37

91,5

170

Tx0sinφx (kN)

111

148

169,55

181,2

185

181,26

169,55

148

111

H cosφx (kN)

-281

-227,5

-190,55

-191,76

-185

-187,76

-206,55

-239,5

-281

Nx (kN)

135,2 111,1

50

o

C

10

a) 48,89

64,76

m2 o

o m1

M (kN.m) A

1480

B

1480

4m 25,88

10,77 11

o

5,16

b)

5

11,44

27,5 52,5

185

o

185

o

20,5

20,5

T (kN) 185

206,55

c)

239,5

187,76

185

185 o

191,76

190,55 227,5

C 281

281 212,5

o

o

212,5

N (kN) 212,5

212,5

Şekil 7.4.3. a) M diyagramı, b) T diyagramı, c) N diyagramı. 165 

Örnek 7.5. Boyutları ve yükleme durumu Şekil 7.5.1’de verilmiş, mafsaldan sol tarafta kalan parçası kırık eksenli, sağ tarafta kalan parçası ise 20 ‘den parabol eğrisi olan üç mafsallı sistemin a) Kinematik tahlilini yapınız, b) Kesitlerinde kesit tesirlerinin değerlerini hesaplayınız, c) Hesaplanmış değerlere göre M, T ve N diyagramlarını çiziniz.

q1= 8 kN/m

P1= 20 kN

6m

q2= 10 kN/m

P2= 14 kN

6m

6m

6m

f=6m

o

o

o

12 m

12 m L = 24 m

Şekil 7.5.1 Çözüm: a) Sistemin kinematik tahlili: W = 3.2 – 2.1 – 4 = 0 ve sistemin parçaları kendi aralarında ve temelle bir doğru üzerinde olmayan 3 adet mafsalla bağlandığı için (Şekil 7.5.1) taşıyıcı bünyeye sahip olup geometrik değişmezdir. b) Verilmiş olan üç mafsallı sistemin kesitlerinde iç kuvvetlerin değerlerini hesaplamak için (7.3) ifadelerine dayanarak, önce sisteme uygun kirişin kesitlerinde M0 ve T0 ‘ın değerleri hesaplanır (Şekil 7.5.2b). Mesnet tepkilerinin hesabı (Şekil 7.5.2a,b):

∑M

B

= V A .24 − q1 .6.21 − P1 .18 − q 2 .12.6 − P2 .6 = 0 ⇒

V A = V A0 =

∑M

A

8.6.21 + 20.18 + 10.12.6 + 14.6 = 90,5 kN . 24

= −VB .24 + q 2 .12.18 + P2 .18 + P1 .6 + q1 .6.3 = 0 ⇒

V B = VB0 = Sağlama:

∑Y = V

0 A

10.12.18 + 14.18 + 20.6 + 8.6.3 = 111,5 kN . 24 − q1 .6 − P1 − q 2 .12 − P2 + VB0 = 0 90,5 − 8.6 − 20 − 10.12 − 14 + 111,5 = 0.

İtki kuvveti (yatay tepki):

166 

M C0 H= ; f M C0 = Va0 .12 − q1 .6.9 − P1 .6 = (90,5).12 − 8.6.9 − 20.6 = 534 kN .m , M C0 534 = = 89 kN . f 6

P1= 20 kN

q1= 8 kN/m 6m

q2= 10 kN/m

a)

C

x 45

Ao

0

P2= 14 kN

6m

6m o

6m

ϕx

f=6m

H=

yx H

H

12 m

12 m

VA

VB

q1= 8 kN/m b)

P1= 20 kN

q2= 10 kN/m

P2= 14 kN

Ao

V

0 A

oB

oB

x1

x4

x2 6m

6m

6m

x3

VB0

6m

3m

M0(kN.m)

c) 235,5 399

289,5 466,5

534

556,5 489

90,5 66,5

d)

42,5 22,5

22,5

T0(kN)

7,5 37,5 51,5 81,5

111,5

Şekil 7.5.2. a) Verilmiş sistem, b) Uygun kiriş, c) M0 diyagramı, d) T0 diyagramı.

167 

Uygun kirişin (Şekil 7.5.2 b) her bir bölgesi için M0 ve T0 ‘ın ifadeleri yazılıp, gereken kesitlerde değerleri hesaplanmıştır.

0 ≤ x1 ≤ 6

x12 x2 = (90,5).x1 − 8. 1 ; Tx01 = V A0 − q1 .x1 = 90,5 − 8.x1 . 2 2 0 = 0 , Tx1 = 90,5 kN . x1 = 3 m ⇒ M x01 = 235,5 kN . m , Tx01 = 66,5 kN .

M x01 = VB0 .x1 − q1 . x1 = 0 ⇒ M x01

x1 = 6 m ⇒ M x01 = 399 kN . m, Tx01 = 42,5 kN . 6 ≤ x 2 ≤ 12

M x02 = V A0 .x 2 − q1 .6.( x 2 − 3) − P1 .( x 2 − 6) = (90,5).x 2 − 48.( x 2 − 3) − 20.( x 2 − 6), T0 = V A0 − q1 .6 − P1 = 90,5 − 8.6 − 20 = 22,5 kN . x 2 = 6 m ⇒ M x02 = 399 kN . m. x 2 = 9 m ⇒ M x02 = 466,5 kN . m . x 2 = 12 m ⇒ M x02 = 534 kN . m . 0 ≤ x3 ≤ 6 x32 x2 = (111,5).x3 − 10. 3 , Tx03 = −V B0 + q 2 .x3 = 111,5 − 10.x3 . 2 2 0 = 0, Tx 3 = −111,5 kN .

M x03 = VB0 .x3 − q 2 . x3 = 0 ⇒ M x03

x3 = 3 m ⇒ M x03 = 289,5 kN . m , Tx03 = −81,5 kN . x3 = 6 m ⇒ M x03 = 489 kN . m , Tx03 = −51,5 kN . 6 ≤ x 4 ≤ 12

x 42 x 42 M = V .x 4 − q 2 . − P2 .( x 4 − 6) = (111,5).x 4 − 10. − 14.( x 2 − 6), 2 2 0 0 Tx 4 = −VB + q 2 .x 4 + P2 = −111,5 + 10.x 4 + 14 = −97,5 + 10.x 4 . 0 x4

0 B

x 4 = 6 m ⇒ M x04 = 489 kN . m , Tx04 = −37,5 kN . x 4 = 9 m ⇒ M x04 = 556,5 kN . m , Tx04 = −7,5 kN . x 4 = 12 m ⇒ M x04 = 534 kN . m , Tx04 = 22,5 kN . Elde edilmiş değerlere göre uygun kirişin M0 ve T0 diyagramları Şekil 7.5.2c ve d’de çizilmiştir. Üç mafsallı sistemin kesitlerinde kesit tesirlerinin (M, T ve N) değerlerinin hesaplanması:

168 

M x = M x0 − H . y x Tx = Tx0 . cos ϕ x − H . sin ϕ x

(7.5.1)

N x = −(Tx0 . sin ϕ x + H . cos ϕ x ) ifadeleri yardımıyla Tablo 7.5.1’de yapılmıştır. (7.5.1) formüllerindeki, sistemin eğri eksenli parçasının kesitlerinde yx, cosφx ve sinφx aşağıda verilmiş olan ifadelerle belirlenir. 4. f .x .( L − x) L2 4. f tgϕ x = ( y x )′ = 2 .( L − 2 x) L 1 cos ϕ x = 1 + tg 2ϕ x yx =

(7.5.2)

sin ϕ x = cos ϕ x . tgϕ x Sistemin sol parçası kırık eksenlidir ve kesit koordinatları bundan dolayı bellidir.

169 

170 

4,5

2,625

0

18

21

24

6

9

5,625

6

6

15

3

3

6

0

0

12

yx (m)

x (m)

1

0

-1

-0,75

-0,5

-0,25

0

0,7071

0,8

0,8944

0,9701

1

1

0,7071

1

0

0,7071

0,7071

cosφx

1

1

tgφx

235,5

0,7071 0,707

556,5 489 289,5

-0,242 -0,447 -0,6 -0,707

534

466,5

0

0

0

399

0

.sinφx

0,7071

Mx0 (kN.m)

89

89

89

89

89

89

89

89

89

H (kN)

0

233,625

400,5

500,625

534

534

534

267

0

H.yx (kN.m)

0

55,87

88,5

55,87

0

-67,5

-135

-31,5

0

Mx (kN.m)

-111,5

-78,84

65,2

-33,54 -46,06

-37,5 -51,5 -81,5

-7,276

22,5

22,5

22,5

30,05

47,02

63,99

Tx0csφx (kN)

-7,5

22,5

22,5

22,5

42,5

66,5

90,5

Tx0 (kN)

Tablo 7.5.1

-62,93

-53,4

-39,8

-21,58

0

0

0

62,93

62,93

62,93

H .sinφx (kN)

-15,9

-11,8

6,26 -6,26

14,3

22,5

22,5

22,5

-32,9

-15,9

1,606

Tx (kN)

78,84

48,9

16,77 23,03

1,81

0

0

0

30,05

47,02

63,99

Tx0sinφx (kN)

62,93

71,2

79,60

86,34

89

89

89

62,93

62,93

62,93

H cosφx (kN)

-141,77

-120,1

-96,37 -102,2

-88,166

-89

-89

-89

-92,98

-109,95

-126,92

Nx (kN)

M, T ve N ‘nin hesaplanmış değerlerine göre diyagramları Şekil 7.5.3b,c,d’de çizilmiştir.

q1= 8 kN/m

P1= 20 kN

6m

a)

q2= 10 kN/m

P2= 14 kN

6m

6m

6m

f=6m

o

o

o

3m 135 135

67,5

b)

o

55,87

31,5

M (kN.m)

o

22,5

22,5

c)

o

14,3

o

1,6

6,26 6,26

32,88

11,8

15,91 o

109,95

o

T (kN)

92,98

d)

88,5 55,87

89

89 o

15,9

88,16

102,2 96,37

120,1

141,77 126,92

o

N (kN)

o

Şekil 7.5.3. a) Verilmiş sistem, b) M diyagramı, c) T diyagramı, d) N diyagramı. 171 

Örnek 7.6. Boyutları ve yükleme durumu Şekil 7.6.1’de verilmiş olan, mafsaldan sol tarafta kalan parçası ikinci dereceden parabol eksenli, sağ tarafta kalan parçası ise eğik bir doğru olan üç mafsallı sistem için aşağıdakiler istenmektedir: a) Sistemin kinematik tahlilinin yapılması, b) Sistemin kesitlerinde kesit tesirlerinin belirlenmesi, c) İç kuvvetlerin belirlenmiş değerlerine göre sistemin M, T ve N diyagramlarının çizilmesi.

q2 = 20 kN/m P1 = 30 kN P2 = 20 kN 7m

7m

P3 = 40 kN

7m

7m

6m

q3= 20 kN/m

q1 = 15 kN/m

f

4m

o

o

o

14 m

14 m

Şekil 7.6.1 Çözüm: a) Sistemin kinematik analizi önceki problemlerde olduğu gibi yapılır. W = 3.2 – 2.1 – 4 = 0 şartı sağlanmış ve Şekil 7.6.1’den görüldüğü gibi sistem taşıyıcı özelliğe sahip olup geometrik değişmezdir. b) Sistemin kesitlerinde iç kuvvetlerin değerlerinin belirlenmesine yine mesnet tepkilerinin hesabı ile başlanır (Şekil 7.6.2).

∑M VA =

∑M VB =

B

= V A .28 + q1 .6.3 − q 2 .7.(24,5) − P1 .21 − P2 .14 − P3 .7 − q3 .6.3 = 0 ⇒

− 15.6.3 + 20.7.(24,5) + 30.21 + 20.14 + 40.7 + 20.6.3 = 168,2143 kN . 28 A

= −VB .28 − q3 .6.3 + P3 .21 + P2 .14 + P1 .7 + q 2 .7.(3,5) + q1 .6.3 = 0 ⇒

− 20.6.3 + 40.21 + 20.14 + 30.7 + 20.7.(3,5) + 15.6.3 = 61,7857 kN . 28

Sağlama: ∑ Y = V A − q 2 .7 − P1 − P2 − P3 + VB = 0 ⇒ 168,2143 − 20.7 − 30 − 20 − 40 + 61,7857 = 0

172 

İtki kuvvetleri

∑M

Sol C

HA =

∑M

= V A .14 − q1 .6.7 − q 2 .7.(10,5) − P1 .7 − H A .10 = 0 ⇒

(168,2143). − 15.6.7 − 20.7.(10,5) − 30.7 = 4,5 kN . 10

Sağ C

= −VB .14 + q3 .6.7 + P3 .7 − H B .10 = 0 ⇒

(61,7857).14 + 20.6.7 + 40.7 = 25,5 kN . 10 Sağlama: HB =

+ H B − q3 .6 = 0 ⇒ 15.6 + 4,5 + 25,5 − 20.6 = 0 .

q2 = 20 kN/m P1 = 30 kN P2 = 20 kN

C 4m

φx2

7m

yx4

f

φx1

7m o

yx 1

x2 x1

7m

yx2

7m

P3 = 40 kN

q1 = 15 kN/m

K

A

VA

o

x3

E

x6

x5

x4

α

HB

HA 14 m

o

6m

A

q3= 20 kN/m

1

yx3

∑ X = q .6 + H

B

14 m

VB

Şekil 7.6.2 Üç mafsallı sistemin her bir bölgesi (Şekil 7.6.2) için M, T ve N’nin ifadeleri yazılıp, istenen sayıda kesitteki değerleri hesaplanır. 0 ≤ x1 ≤ 7 M x1 = V A .x1 − q1 .6.(3 + y x1 ) − H A .(6 + y x1 ) − q 2 .

x12 = 2

(168,2143).x1 − 15.6.(3 + y x1 ) − 4,5.(6 + y x1 ) − 20. Tx1 = ((V A − q 2 .x1 ). cos ϕ x1 − ( H A + q1 .6). sin ϕ x1 ) = ((168,2143 − 20.x1 ). cos ϕ x1 − (4,5 + 15.6). sin ϕ x1 ).

173 

x12 , 2

N x1 = −((V A − q 2 .x1 ). sin ϕ x1 + ( H A + q1 .6). cos ϕ x1 = − ((168,2143 − 20.x1 ). sin ϕ x1 + (4,5 + 15.6). cos ϕ x1 ). Mx1, Tx1 ve Nx1’in ifadelerinde yer alan y x1 , cos ϕ x1 ve sin ϕ x1 , eksen eğrisi 20 den parabol olduğu için aşağıdaki bağıntılarla belirlenir. 4. f .x1 4.4 4.4 .( L − x1 ) = 2 .(28 − x1 ), tgϕ x1 = ( y x1 )′ = 2 .(28 − 2.x1 ), 2 L 28 28 1 , sin ϕ x1 = cos ϕ x1 .tgϕ x1 . cos ϕ x1 = 1 + tg 2ϕ x1

y x1 =

x1 = 0 ⇒

y x1 = 0, tgϕ x1 = 0,57143, cos

M x1 = −297 kN .m , Tx1 = 99,165 kN , N x1 = −165,5065 kN . y x1 = 1,75 m , tgϕ x1 = 0,4286 , cos ϕ x1 = 0,9191, sin ϕ x1 = 0,3939.

x1 = 3,5 m ⇒

M x1 = 3,875 kN .m , Tx1 = 53,047 kN , N x1 = −125,547 kN . x1 = 7 m ⇒

y x1 = 3 m , tgϕ x1 = 0,2857 , cos ϕ x1 = 0,9615 , sin ϕ x1 = 0,2747.

M x1 = 107 kN .m , Tx1 = 1,1675 kN , N x1 = −98,6146 kN . 7 ≤ x 2 ≤ 14 M x 2 = V A .x 2 − q 2 .7.( x 2 − 3,5) − P1 .( x 2 − 7) − H A .(6 + y x 2 ) − q1 .6.(3 + y x 2 ) = (168,2143).x 2 − 20.7.( x 2 − 3,5) − 30.( x 2 − 7) − 4,5.(6 + y x 2 ) − 15.6.(3 + y x 2 ) , Tx 2 = (V A − q 2 .7 − P1 ). cos ϕ x 2 − (q1 .6 + H A ). sin ϕ x 2 = (168,2143 − 20.7 − 30). cos ϕ x 2 − (4,5 + 15.6). sin x 2 = (−1,7857). cos ϕ x 2 − (94,5). sin ϕ x 2 , N x 2 = −((V A − q 2 .7 − P1 ). sin ϕ x 2 + ( H A + q1 .6). cos ϕ x 2 = −((−1,7857). sin ϕ x 2 + 94,5. cos ϕ x 2 ). x 2 = 7 m ⇒ M x 2 = 107 kN .m , Tx 2 = −27,676 kN , N x 2 = −90,373 kN . x 2 = 10,5 m ⇒

y x 2 = 3,75 m , tgϕ x 2 = 0,1428 , cos ϕ x 2 = 0,9899 , sin ϕ x 2 = 0,14142.

M x 2 = 29,875 kN .m , Tx 2 = −15,131 kN , N x 2 = −93,29 kN . x 2 = 14 m ⇒

y x 2 = 4 m , tgϕ x 2 = 0 , cos ϕ x 2 = 1, sin ϕ x 2 = 0.

M x 2 = 0 , Tx 2 = −1,7857 kN , N x 2 = −94,5 kN . 0 ≤ x3 ≤ 7 M x 3 = VB .x3 + H B .(6 + y x 3 ) − q3 .6.(3 + y x 3 ) = (61,7857).x3 + 25,5.(6 + y x 3 ) − 20.6.(3 + y x 3 ) ,

Tx 3 = −VB . cos α + (q3 .6 − H B ). sin α = −(61,7857). cos α + (20.6 − 25,5). sin α , N x 3 = −VB . sin α + H B . cos α − q3 .6. cos α = −61,7857.(0,2747) + 25,5.(0,9615) − 20.6.(0,9615). 174 

Sistemin sağ parçasının tüm kesitleri için α açısı sabittir. Sağ tarafın ölçülerini (Şekil 7.6.2) kullanarak 4 14 sin α = = 0,2747, cos α = = 0,9615 olduğu belirlenir. 14,56022 14 2 + 4 2 Bu bölgede Tx 3 = −61,7857.(0,9615) + 94,5.(0,2747) = −33,4478 kN , N x 3 = (−61,7857).(0,2747) − 94,5.(0,9615)) = −107,834 kN olup sabittirler. x3 = 0 ⇒ y x 3 = 0 , M x 3 = (25,5).6 − 20.6.3 = −207 kN .m. 0,2747 = 2 m, 0,9615 = (61,7857).7 + 25,5.(6 + 2) − 20.6.(3 + 2) = 36,5 kN .m .

x3 = 7 m ⇒ M x3

y x 3 = 7. tgα = 7.

7 ≤ x 4 ≤ 14

M x 4 = VB .x 4 + H B .(6 + y x 4 ) − q3 .6.(3 + y x 4 ) − P3 .( x 4 − 7) = (61,7857).x 4 + (25,5).(6 + y x 4 ) − 20.6.(3 + y x 4 ) − 40.( x 4 − 7), Tx 4 = (−VB + P3 ). cos α + (q3 .6 − H B ). sin α = (−61,7857 + 40).0,9615 + (20.6 − 25,5).0,2747 = 5,012 kN , N x 4 = −VB . sin α + P3 . sin α + H B . cos α − q3 .6. cos α = (−61,7857 + 40).(0,2747) + 25,5.(0,9615) − 20.6.(0,9615) = −96,846 kN . x 4 = 14 m ⇒ y x 4 = 4 m , M x 4 = 0. Sistemin kolon kısımlarında iç kuvvetlerin belirlenmesi: AK kolonu için 0 ≤ x5 ≤ 6 x52 x2 = −4,5.x5 − 15. 5 , Tx 5 = − H A − q1 .x5 = −4,5 − 15.x5 , 2 2 N = −V A = −168,2143 kN .

M x 5 = − H A .x5 − q1 .

x5 = 0 ⇒ M x 5 = 0 , Tx 5 = −4,5 kN . x5 = 3 m ⇒ M x 5 = −81 kN .m , Tx 5 = −49,5 kN . x5 = 6 m ⇒ M x 5 = −297 kN .m , Tx 5 = −94,5 kN . BE kolonu için 0 ≤ x6 ≤ 6 M

x6

= H B .x 6 − q 3 .

N = −V B

x 62

x 62

= 25,5.x 6 − 20. , T x 6 = − H B + q 3 .x 6 = −25,5 kN , 2 2 = −61,7857 kN .

175 

x6 = 0 ⇒ M x 6 = 0 , Tx 6 = −25,5 kN , x6 = 3 m ⇒ M x 6 = −13,5 kN .m , Tx 6 = −34,5 kN . x6 = 6 m ⇒ M x 6 = −207 kN .m , Tx 6 = 25,5 − 120 = −94,5 kN . Kesme kuvvetinin sıfır olduğu kesitin yeri ve maksimum moment değeri: Tx 6 = 25,5 − 20.x6 = 0 ⇒ x6 = 1,275 m , M x 6 = 16,25625 kN .m . Hesaplanmış değerlere göre üç mafsallı sistemin M, T ve N diyagramları Şekil 7.6.3b,c ve d’ de çizilmiştir. q2 = 20 kN/m P1 = 30 kN P2 = 20 kN 7m

7m

P3 = 40 kN

7m

7m

o

6m

q3= 20 kN/m

q1 = 15kN/m

f

a)

4m

o

o

14 m

14 m

3,5 m

b) o

297

207

29,8 3,87

297

81

36,5

107

M (kN.m)

207

16,2

o

o

176 

c)

53,047

5,012

o

1,167 15,13

1,785

5,012

27,675

99,16

94,5

33,44

33,44

94,5

T (kN) o 4,5

d)

125,54

o

98,6

93,29 90,37

25,5

94,5 96,84 o

107,83

165,5

107,83

168,21

61,78

N(kN) 168,21

o

o

61,78

Şekil 7.6.3. a) Verilmiş olan sistem, b) M diyagramı, c) T diyagramı, d) N diyagramı.

177 

8. ÜÇ MAFSALLI SİSTEMLERDE TESİR ÇİZGİLERİ Genel Bilgiler

Tesir çizgileri hakkında önceki bölümlerde verilen bilgiler üç mafsallı sistemler için de geçerlidir. 7. Bölüm’deki örneklerde incelenmiş olan sistemlerin mesnet tepkilerinin ve seçilmiş olan bir kesitlerindeki kesit tesirlerinin tesir çizgilerinin (T.Ç.) çizimi, analitik yöntemle bu büyüklüklerin hesaplanmasında kullanılan ifadeler yardımıyla yapılmıştır. Tesir çizgileri yardımıyla, verilmiş olan yükleme durumu için tesir çizgileri çizilmiş olan büyüklüklerin hesaplanması 2. Bölüm’de de verilmiş olan S = ∑ Pi . y i + ∑ q i . Ai + ∑ M i .tgα i

(8.1)

ifadesi ile yapılır. Sistemin mesnet tepkilerinin düşey bileşenlerinin tesir çizgileri, uygun kirişin mesnet tepkilerinin tesir çizgileriyle aynıdır. Bundan dolayı, çözülecek örneklerde onların tesir çizgilerinin çizimi verilmemiştir. Örnek 8.1. Boyutları ve yükleme durumu Örnek 7.1’de (Şekil 8.1.1a) verilmiş olan üç mafsallı kemer için a) İtki kuvvetinin tesir çizgisini çiziniz, b) K kesitinin (Şekil 8.1.1a) kesit tesirlerinin (MK, TK ve NK) ve itki kuvveti H’ın tesir çizgilerini çiziniz, c) Çizilmiş tesir çizgileri yardımıyla H, MK, TK ve NK’nın değerlerini hesaplayınız ve sonuçları analitik yöntemle belirlenmiş değerlerle karşılaştırınız. P1=20 kN

P2=30 kN

q =10 kN/m

a) 4,5 m

9m

4,5 m o

aK

K

C

f=4m

Ao

o

9m

B

9m L=18 m

P1=20 kN

b)

Ao

K 4,5 m

P2=30 kN

q =10 kN/m oB

C 4,5 m

9m

Şekil 8.1.1. a) Verilmiş olan sistem, b) Uygun kiriş. 178 

Çözüm: M C0 ifadesine dayanarak çizilir. Yani H ’ın T. Ç.’si M C0 ’ın f T.Ç.’nin (Şekil 8.1.2c) (uygun kirişin C kesitinde eğilme momentinin T. Ç.’si olup, çizimi 3. Bölümde açıklanmıştır) tüm ordinatlarının f ‘ye bölünmesiyle elde edilir (Şekil 8.1.2d).

a) İtki kuvvetinin tesir çizgisi H =

b) Kesit tesirlerinin tesir çizgilerinin çizimi: ● MK’nın tesir çizgisi M K = M K0 − H . y K bağıntısından yararlanarak çizilir. Bunun için önce M K0 ’ın T.Ç.’si ( M C0 ‘ın T. Ç.’nin çizimine benzer şekilde) çizilir (Şekil 8.1.2e). Sonra H ’ın tesir çizgisinin ordinatları y K ile çarpılmış şekilde çizilir (Şekil 8.1.2f). Çizilmiş tesir çizgileri birbirinden grafik olarak çıkarılarak MK ’nın tesir çizgisi elde edilir (Şekil 8.1.2g). ● TK’nın tesir çizgisi TK = Tk0 . cos ϕ K − H . sin ϕ K formülüne dayanarak çizilir. Bunun için önce TK0 ‘ın tesir çizgisi (çizimi 3. Bölümde açıklanmıştır) ordinatları cosφK ile çarpılmış şekilde çizilir (Şekil 8.1.2h). Sonra H ’ın tesir çizgisi ordinatları sinφK ile çarpılmış şekilde çizilir (Şekil 8.1.2ı). Çizilmiş bu grafikler birbirinden çıkarılarak TK ’nın tesir çizgisi elde edilmiş olur (Şekil 8.1.2i). ● NK’nın tesir çizgisi N K = −(TK0 . sin ϕ K + H . cos ϕ K ) ifadesi yardımıyla çizilir. Bunun için ordinatları sinφK ile çarpılmış TK0 ’ın tesir çizgisi (Şekil 8.1.2j), ordinatları cosφK ile çarpılmış H ’ın tesir çizgisi (Şekil 8.1.2k) ile grafik olarak toplanır (Şekil 8.1.2l). Kesit tesirlerinin tesir çizgilerinden görüldüğü gibi bu tesir çizgileri üç doğrudan oluşmaktadır. Tesir çizgilerinin kenar parçaları sıfır (yatay) doğrusuyla mesnetler hizasında kesişerek sıfır noktaları oluşturur. Tesir çizgilerinin orta parçasının kendisi veya doğrultusu yatay doğruyla kesişerek üçüncü sıfır noktasını oluşturur. Böylece kesit tesirlerinin tesir çizgilerinde üç noktada ordinatların sıfır olduğu görülmektedir. Yani hareketli P = 1 birim yükü bu noktalarla aynı bir düşey doğru üzerinde olduğunda tesir çizgisi çizilmiş büyüklüğün değeri sıfır olur. Bu açıklamaya dayanarak, üçüncü sıfır noktasının (ikisi mesnetlerin altında) yeri belirlendiğinde, tesir çizgileri kolay bir şekilde çizilebilir. Üç mafsallı sistemlerde tesir çizgilerinin bu yolla çizimi “sıfır noktaları yöntemiyle çizim” olarak adlandırılır. Örnek olarak bu örnekte ele alınan üç mafsallı kemerin K kesitinde iç kuvvetlerin (MK, TK ve NK) analitik yöntemle çizilmiş tesir çizgilerini sıfır noktaları yöntemiyle yeniden çizelim. ● MK’nın tesir çizgisinin çizimi: Hareketli P = 1 birim yükünün C mafsalı ile K kesiti arasında olduğu kabul edilsin (Şekil 8.1.3a). Bu durumda B mesnet tepkisinin (RB: yatay ve düşey bileşenlerinin bileşkesi) doğrultusu C’den geçer (mafsalda momentin sıfır olma şartının sağlanması için). K kesitinde eğilme momentinin sıfır olması istendiğinden A mesnet tepkisinin (RA) doğrultusunu K kesitinden geçirilir (Şekil 8.1.3a). Bu doğrultular bir OM noktasında kesişirler. Hareketli birim yük bu kesişme noktasıyla aynı bir düşey doğru üzerinde olduğunda MK = 0 olacağı açıktır (bir doğru üzerinde olmayan üç kuvvet etkisi altında olan cismin dengede olma şartından). OM noktasının sol mesnetten (kesit sol parça üzerinde verildiği için) olan mesafesi aşağıdaki ifadeyle belirlenir (Şekil 8.1.3a’da MK = 0 şartından).

179 

P=1

a)

a K = 4,5 m Ao

H

ϕK yK=3 m

K

o

C

f=4m H

9m

b)

B

9m

VA Ao

o

VB K

oB

C

9 4,5

c)

M C0 ’ın T. Ç 1,125

H ‘ın T. Ç

d) 4,5

3,375

e) 1,6875

f)

2,25 3,375

M K0 ’ın T. Ç yK . H ‘ın T. Ç

4,5 1,6875

g) 0,9138

h)

MK ‘ın T. Ç 0,6853

1,125 0,4569

cosφK. TK0 ’ın T. Ç 0,2285 0,2285

j)

0,4061

i)

0,9138

ı)

0,4569

sinφK. H ‘ın T. Ç

0,4569

TK ‘ın T. Ç 0,4569 0,3046

0,20305

sinφK. TK0 ’ın T. Ç 0,1015

k) l)

0,514

1,028

0,4061

cosφK. H ‘ın T. Ç NK ‘ın T. Ç

0,4124 0,4061 0,8185

1,231

Şekil 8.1.2 uM

0,9138

aK f L = yK l2 + f aK

180 

Burada: uM : OM sıfır noktasının, kesitin sistemin hangi parçası üzerinde olduğuna bağlı olarak sol veya sağ mesnetten olan mesafesi (Şekil 8.1.3a), a K : K kesitinin mesnetten (sol veya sağ) olan uzaklığı, f : üç mafsallı sistemin yüksekliği, y K : K kesitinin ordinatı, ve l2 : sistem açıklığının K kesitinin olmadığı parçasının uzunluğudur (çoğunlukla l 2 = L / 2 ’dir). Şimdi MK’nın tesir çizgisi için üçüncü sıfır noktasının yerini belirleyelim (kesit koordinatları Tablo 7.1’den). (4,5).4.18 uM = = 7,2 m. 3.9 + 4.(4,5) Sıfır noktasının yeri belirlendikten sonra eğilme momentinin tesir çizgisi pratik olarak aşağıdaki gibi çizilir: Mesnetten kesite kadar olan mesafe ( a K ) artı işaretle mesnetin altında işaretlenip, MK’nın sıfıra eşit olduğu noktadan (OM’nin izdüşümünden) geçilerek C mafsalından indirilmiş düşey doğruyla kesişene dek bir doğru çizilir (kesit sol parçada verilmiş ise tesir çizgisinin sağ doğrusu). Kesişme noktası bir doğruyla diğer mesnetin altında sıfırlanır (T. Ç.’sinin sol doğrusu). Bundan sonra kesitin (K’nın) MK = 0 noktasından geçen doğru üzerine izdüşümü alınır ve mesnetin altında ( a K ’nın işaretlendiği mesnet) sıfırla birleştirilerek eğilme momentinin tesir çizgisi elde edilmiş olur (Şekil 8.1.3c). ● TK’nın tesir çizgisinin çizimi: P = 1 hareketli birim yükü C mafsalı ile K kesiti arasında olduğu için RB’nin doğrultusu C’den geçer (açıklaması MK’nın T. Ç.’nin çiziminde verilmiştir). K kesitinde kesme kuvvetinin sıfır olması istendiği için A mesnet tepkisinin (RA) doğrultusu K kesitinde kemer eksenine çizilmiş teğete paralel olarak çizilir. Bu doğrultuların kesişme noktası OT üçüncü sıfır noktasının yeridir. Sıfır noktasının mesnetten olan mesafesi Şekil 8.1.3a‘dan TK = 0 olma şartından elde edilmiş aşağıdaki ifadeyle belirlenir. Lf uT = f + l2 tgϕ K İncelenen sistem için 18.4 = 9 m. uT = 4 + 9.(0,4444) değeri elde edilmektedir. Üçüncü sıfır noktasının yeri belli olduktan sonra kesme kuvvetin tesir çizgisi şöyle çizilir: Sol mesnetin altında artı işaretle cosφK (kesit sağ parçada verilmişse aksi işaretle sağ mesnetin altında) işaretlenip, kesme kuvvetinin sıfır olduğu noktadan (OT’nin izdüşümünden) geçirilerek C’den indirilmiş düşey doğruyla kesişene dek bir doğru çizilir. Kesişme noktası bir doğruyla sağ mesnetin (kesit sağ parçada alındığında sol mesnetin) altında sıfırlanır. Sonra K kesitinin birinci çizilmiş doğrunun üzerine iz düşümü alınır. Bu iz düşümden cosφK ‘ya eşit bir ordinat indirilip sol mesnetin (kesit sağda verildiğinde bu ordinat yukarıya doğru çizilip sağ mesnetin) altında sıfırlanarak TK ‘nın tesir çizgisi elde edilmiş olur (Şekil 8.1.3d). ● NK’nın tesir çizgisinin çizimi: RB’nin doğrultusu yukarıda verilen açıklamalara dayanarak C mafsalından geçer, RA’ nınki ise çizilmiş teğete dik şekilde olur (kesitte NK = 0 olması için). Bu doğrultuların kesişme noktası aranan sıfır noktasıdır. Bu noktanın yeri (Şekil 8.1.3a’dan NK = 0 olma şartından) aşağıdaki formülle belirlenir. 181 

ON φK

P=1 OM

·

OT o

a)

yK=3 m

K RA φK

RA Ao

C

f=4m

RB o

B

aK= 4,5 m 9m P1=20 kN

b)

Ao

9m P2=30 kN

q =10 kN/m

4,5 m

oB

C

K 4,5 m

9m

7,2 m 4,5 1,6875

c)

MK ‘ın T. Ç 1,125

0,9138 0,4569

d)

TK ‘ın T. Ç 0,4569

4,4306 m

9m

e)

NK ‘ın T. Ç 0,4124 0,4061

0,8185

1,231

Şekil 8.1.3. a) Verilmiş sistem, b)Uygun kiriş, c) MK’nın T. Ç., d) TK’nın T. Ç., e) NK’nın T. Ç. uN =

f L tgϕ K 4.18.(0,4444) = = 4,4306 m . l 2 − f tgϕ K 9 − 4.(0,4444)

Üçüncü sıfır noktasının yeri belirlendikten sonra sol mesnetin (kesit sağ parçaya ait olduğunda sağ mesnetin) altında aksi işaretle sinφK ordinatı işaretlenip sıfır noktasının (ON’nin) izdüşümü ile birleştirilir ve C’den indirilmiş düşey doğruyla kesişene dek bu doğru devam ettirilir. Kesişme noktası sağ mesnetin (kesit sağ parçaya ait olduğunda sol mesnetin) altında sıfırlanır. Sonra K’nın izdüşümü birinci çizilmiş doğrunun üzerine alınır ve izdüşümünden sinφK’ya eşit bir ordinat yukarıya doğru çizilerek sol mesnetin (kesit sağ parçaya ait olduğunda sağ mesnetin) altında sıfırlanarak NK’nın tesir çizgisi elde edilmiş olur (Şekil 8.1.3e). 182 

c) Kesit tesirlerinin, çizilmiş tesir çizgileri yardımıyla hesabında gereken ordinatlar üçgenlerin benzerliğinden belirlenmiştir. M K = P1 .(1,6857) − P2 .(1,125) − q.

9.(1,125) 9.(1,125) = 20.(1,6857) − 30.(1,125) − 10. = 2 2

= −50,66 kN .m .

TKSol = P1 .(0,4569) = 20.(0,4569) = 9,138 kN . TKSağ = P1 .(−0,4569) = −9,138 kN . N KSol = −( P1 .(0,81856) + P2 .(1,231) + q. + 10.

9.(1,231) = −(20.(0,81856) + 30.(1,231) + 2

9.(1,231) = −108,696 kN , 2

N KSağ = −(20.(0,4125) + 30.(1,231) + 10.

9.(1,231) ) = −100,575 kN . 2

Kesit tesirlerinin analitik yöntemle ve tesir çizgileri yardımıyla hesaplanmış değerlerinin karşılaştırma tablosu. Analitik T. Ç.’leri Kesit tesirleri Fark yöntemle yardımıyla M K (kN.m) -50,625 -50,66 0,035 Sol TK (kN) 9,138 9,138 0 TKSağ (kN) N N

Sol K Sağ K

-9,138

-9,138

0

(kN)

-108,704

-108,696

0,008

(kN)

-100,581

-100,575

0,006

Örnek 8.2. Boyutları ve yükleme durumu Örnek 7.2’de verilmiş olan daire eksenli gergili kemer (Şekil 8.2.1) için a) Verilmiş K kesitinde iç kuvvetlerin (MK, TK ve NK) tesir çizgilerini sıfır noktaları yöntemiyle çiziniz, b) Bu büyüklüklerin değerlerini T. Ç.’leri yardımıyla hesaplayınız, c) Bu büyüklüklerin analitik yöntemle ve tesir çizgileri yardımıyla belirlenmiş değerlerini karşılaştırınız. Çözüm: Örnek 8.1’de verilmiş olan açıklamalara dayanarak, iç kuvvetlerin T. Ç.’lerinin çizimi için önemli olan üçüncü sıfır noktasının yerinin belirlenmesi Şekil 8.2.2a’da gösterilmiştir. RA ve RB bileşkelerinin uygulama yeri, yukarıdaki örnekden farklı olarak, düşey ve yatay bileşenlerinin doğrultularının kesişme noktasıdır (Şekil 8.2.2a). Sıfır noktalarının mesnetten olan mesafesi, hareketli P =1 birim yükünün bu noktalarla aynı bir düşey doğru üzerinde olma halinde uygun iç kuvvetin sıfıra eşit olma şartından ve Şekil 8.2.2a’dan, Örnek 8.1’e benzer şekilde belirlenmiştir.

183 

q1=20 kN/m

q2=15 kN/m

15 m

15 m o

K

yK =4,05 m

f=6 m

o

3m

6m

φK

o

o

3m o

L=30 m

Şekil 8.2.1 OM o

·

C

Ao

·

6m

φK

K

RB o

yK

o

f=6 m

·

y1=2,39 m

RA

a)

ON

P =1 OT RB

··

φK

oB

6 3,4206

b)

MK ‘nın T. Ç. 0,4488

0,40455

c)

uM =13,956 m 0,52594 0,38436

uT =10,3848 m d)

TK ‘nın T. Ç. 0,9103

uN =3,6852 m

NK ‘nın T. Ç. 0,6737 1,0875

0,4138

2,098

Şekil 8.2.2. a) Üç mafsallı gergili kemer, b) MK’nın T. Ç.’si, c) TK’nın T. Ç.’si, d) NK’nın T. Ç.’si. İç kuvvetlerin sıfır olduğu noktaların mesnetten olan mesafesi belirlenirken, K kesiti gergiden yukarıda olduğu için yK , f büyüklüklerinin yerine (yK – y1) ve (f - y1) alınır.

184 

uM =

6.(6 − 2,39).30 = 13,956 m , (4,05 − 2,39).15 + (6 − 2,39)

uT =

30.(6 − 2,39) = 10,38487 m , (6 − 2,39) + 15.(0,454575)

uN =

30.(6 − 2,39).(0,454575) = 3,6852 m . 15 − (6 − 2,39).(0,454575)

b) Tesir çizgileri yardımıyla iç kuvvetlerin belirlenmesi Örnek 8.1’de olduğu gibi yapılır. Gereken ordinatlar tesir çizgilerinde üçgenlerin benzerliğinden hesaplanmıştır. (0,44884).()1,044 (3,42046).(13,956) 15.(0,44884) − q2 . + q2 . = 2 2 2 15.(0,44884) (0,44884).(1,044) (3,42046).(13,956) − 20. − 15. + 15. = 287,18 kN .m . 2 2 2

M K = −q1 .

(0,40455).15 (0,40455).(4,6152) (0,38436).(4,3848) 6.(0,52594) + q2 . − q2 . + q2 . = 2 2 2 2 (0,40455).(4,6152) (0,38436).(4,3848) 6.(0,52594) (0,40455).15 20. + 15. − 15. + 15. = 2 2 2 2 = 85,709 kN .

TK = q1 .

15.(2,098) 2,098 + 1,086 (0,674).6 + q2 . .9 + q 2 . )= 2 2 2 15.(2,098) 2,098 + 1,086 (0,674).6 − (20. + 15. .9 + 15. ) = −559,95 kN . 2 2 2

N K = −(q1 .

c) İç kuvvetlerin analitik yöntemle ve tesir çizgileri yardımıyla belirlenmiş değerlerinin karşılaştırma tablosu aşağıdadır. İç kuvvetler MK (kN.m) TK (kN) NK (kN)

Analitik yöntemle 287,2 85,71 -560,06

T. Ç.’leri Fark yardımıyla 287,18 0,02 85,709 0,001 -559,95 0,11

Örnek 8.3. Boyutları ve yükleme durumu Örnek 7.3’de verilmiş olan, ekseni 20 den parabol şeklinde olan üç mafsallı sistem (Şekil 8.3.1) için

a) Sol mesnetten 7 m mesafede verilmiş (Şekil 8.3.1) K kesitinde iç kuvvetlerin (MK , TK ve NK) T. Ç.’lerinin çizilmesi, b) T. Ç.’leri yardımıyla, sabit yüklerden oluşan iç kuvvetlerin belirlenmesi, 185 

c) İç kuvvetlerin analitik yöntemle ve T. Ç.’leri yardımıyla hesaplanmış değerlerinin karşılaştırılması istenmektedir. P1= 20 kN

P2= 15 kN

q = 12 kN/m 7m

φK

o

7m

C

h= 6 m

yK= 4,5 m

K

7m

f= 6 m

7m

Ao

o

B

L=28 m

Şekil 8.3.1 Çözüm: a) İç kuvvetlerin T. Ç.’lerinin çizimi sıfır noktaları yardımıyla bundan önceki örneklere benzer şekilde yapılmıştır (Şekil 8.3.2c,d ve e). MK , TK ve NK değerlerinin sıfır olduğu noktaların mesnetten olan mesafeleri uM , uT ve uN için yukarıdaki örneklerde verilen formüller ile belirlenir. Önceki örneklerden farklı olarak formüllerde yK ve f yerine, Şekil 8.3.1’den görüldüğü gibi sırasıyla (yK + 6) ve (f + 6) kullanılması gerektiğine dikkat edilmelidir. uM =

aK f L 7.(6 + 6).28 = = 10,181 m , y k .l 2 + f .a K (4,5 + 6).14 + (6 + 6).7

uT =

fL (6 + 6).28 = = 18,6666 m , f + l 2 tgϕ K (6 + 6) + 14.(0,42857)

uK =

f Ltgϕ K (6 + 6).28.(0,42857) = = 16,25803 m . l 2 − f tgϕ K 14 − (6 + 6).(0,42857)

c) İç kuvvetlerin tesir çizgileri yardımıyla belirlenebilmesi için gereken ordinatlar hesaplanıp Şekil 8.3.2’de gösterilmiştir.

186 

·

P =1 o

φK

C

yK= 4,5 m

K

f= 6 m

OM

ON

OT

·

RA

RA

A o·

RB

RA

φK

o

h= 6 m

a)

B

L=28 m

P1= 20 kN

P2= 15 kN

q = 12 kN/m b) 7m

7m

7m

7m

7 2,1871

c)

MK ‘nın T. Ç.

d)

0,9191

uM =10,181 m

2,6257

1,3128

0,5744 0,22977

0,11488

TK ‘nın T. Ç.

0,3447

e)

uT =18,6667 m

0,3939

uN =16,258 m

NK ‘nın T. Ç. 0,1696 0,3665 0,5635

0,733

Şekil 8.3.2. a) Verilmiş üç mafsallı sistem, b) Sabit yükleme durumu, c) MK’nın T. Ç.’si, d) TK’nın T. Ç.’si, e) NK’nın T. Ç.’si.

187 

2,1871.(3,181) 2,6257.(3,819) 2,6257 + 1,3128 .7 − P2 .(1,3128) − q. − q. 2 2 2 2,1871.(3,181) 2,6257.(3,819) 2,6257 + 1,3128 = 20.(2,1871) + 12. − 12. − 12. .7 − 2 2 2 − 15.(1,3128) = −159,789 kN .m .

M K = P1 .(2,1871) + q.

0,5744 + 0,22977 0,22977 + 0,11488 .7 + q. .7 + P2 .(0,11488) = 2 2 0,5744 + 0,22977 0,22977 + 0,11488 20.(0,5744) + 12. .7 + 12. .7 + 15.(0,11488) = 2 2 61,462 kN .

TKSol = P1 .(0,5744) + q.

TKSağ = 20.(−0,3447) + 33,7751 + 14,4753 + 1,7232 = 43,08 kN . 0,5635 + 0,733 0,733 + 0,3665 .7 + q. .7 + P2 .(0,3665) = 2 2 0,5635 + 0,733 0,733 + 0,3665 − (20.(0,5635) + 12. .7 + 12. .7 + 15.(0,3665) = −117,4 kN . 2 2 N KSağ = −(20.(0,1696) + 54,453 + 46,179 + 5,4975) = −109,5215 kN .

N kSol = −( P1 .(0,5635) + q.

İç

kuvvetlerin analitik yöntemle ve T. Ç.’leri yardımıyla belirlenmiş değerlerinin karşılaştırma tablosu İç kuvvetler MK (kN.m) TKSol (kN)

Analitik T. Ç. ‘leri Fark yöntemle yardımıyla -159,688 -159,789 0,1 61,467 61,462 0,005

TKSağ (kN)

43,08

43,08

0

N KSol (kN)

-117,415

-117,4

0,015

-109,53

-109,5215

0,008

N

Sağ K

(kN)

Örnek 8.4. Boyutları ve yüklemesi Örnek 7.4’de (Şekil 8.4.1) verilen, eksen eğrisi dairesel olup, kolonlar üzerine oturan üç mafsallı kemer için a) Kemerin sağ parçasında verilmiş K kesitinde (Şekil 8.4.1) iç kuvvetlerin tesir çizgilerini çiziniz, b) T. Ç.’leri yardımı ile iç kuvvetlerin değerlerini hesaplayınız, c) Verilmiş yükleme durumu için iç kuvvetlerin analitik yöntemle ve tesir çizgileri yardımı ile belirlenmiş değerlerini karşılaştırınız.

Çözüm: a) K kesiti kemere ait olduğu için, kesit tesirlerinin tesir çizgilerinin çizimi için gereken işlemler sistemin kemer kısmında (Şekil 8.4.2b) yapılır (Şekil 8.4.2a). Böylece, kesit tesirlerinin çizilmiş tesir çizgileri Şekil 8.4.2c,d ve e’de gösterilmiştir.

188 

P = 25 kN

8m o

8m

φK yK= 6,3303m

K

o

h= 8 m

o

f= 8 m

16 m

q2 = 20 kN/m

o

q1 = 15 kN/m

L=32 m

Şekil 8.4.1 b) Tesir çizgileri yardımıyla verilmiş olan yükleme durumundan (Şekil 8.4.2b) kesit tesirlerinin değerlerini hesaplamak için üçüncü sıfır noktalarının yeri Şekil 8.4.2a’dan ve bu noktalarda iç kuvvetlerin sıfır olma şartından elde edilmiş olan formüllerle belirlenir. uM =

aK f L 8.8.32 = = 12,3907 m , y K l 2 + f a K (6,3303).16 + 8.8

uT =

fL 8.32 = = 17,0859 m , f + l 2 tgϕ K 8 + 16.(0,436443)

uN =

f L tgϕ K 8.32.(0,436443) = = 8,93231 m . l 2 − f tgϕ k 16 − 8.(0,436443)

Bundan sonra tesir çizgileri yardımı ile verilmiş yükleme durumu için iç kuvvetlerin (MK, TK ve NK) değerleri hesaplanır. 16.(2,3303) 8.(2,8348) − P.(2,3303) + q 2 . = −15.8.(2,3303) − 25.(2,3303) 2 2 + 20.4.(2,8348) = −111,1095 kN .m ,

M K = −q1 .

16.(0,05825) 8.(0,4291) − P.(0,05825) + q 2 . = −15.8.(0,05825) − 25.(0,05825) 2 2 + 20.4.(0,4291) = 25,872 kN ,

TK = − q1 .

N K = −(15.

16.(1,1165) 8.(0,35825) + 25.(1,1165) + 20. ) = −190,5525 kN . 2 2

189 

ON

P= 1

· OM

m1o

C

φK

R m1

q1 = 15 kN/m

K

P = 25 kN

aK = 8 m R m2

R m2

φK

o

f= 8 m

a)

o

yK= 6,3303m

· OT

m2

q2 = 20 kN/m

b) 8m

16 m

8m

uM =12,466 m

8

2,8348

c)

MK’nın T. Ç. 2,3303 u =17,0859 m T 0,4291

d)

TK’nın T. Ç. 0,05825 0,48737

0,9165

uN =8,9323 m e)

NK’nın T. Ç. 0,35825 1,1165

0,75825

0,4

Şekil 8.4.2. a) Üç mafsallı kemer, b) Sabit yükleme durumu, c) MK’nın T. Ç.’si, d) TK’nın T. Ç.’si, e) NK’nın T. Ç.’si.

190 

c) İç kuvvetlerin analitik yöntemle ve tesir çizgileri yardımıyla belirlenmiş değerlerinin karşılaştırma tablosu aşağıdadır. İç kuvvetler MK (kN.m) TK (kN) NK (kN)

Analitik yöntemle -111,105 25,883 -190,5525

T. Ç. yardımıyla -111,109 25,872 -190,5525

Fark 0,004 0,011 0

Örnek 8.5. Boyutları ve yükleme durumu Örnek 7.5’de (Şekil 8.5.1) verilmiş olan üç mafsallı sistemin K kesiti (Şekil 8.5.1) için a) İç kuvvetlerin tesir çizgilerini çiziniz, b) Tesir çizgileri yardımı ile verilmiş yükleme durumundan bu iç kuvvetlerin değerlerini hesaplayınız, c) İç kuvvetlerin verilmiş yükleme durumundan analitik yöntemle ve tesir çizgileri yardımıyla hesaplanmış değerlerini karşılaştırınız.

q1= 8 kN/m

P1= 20 kN

6m

q2= 10 kN/m 6m

6m K

6m

oC

f=6m

aK = 9 m

P2= 14 kN

Ao

oB

12 m

12 m L = 24 m

Şekil 8.5.1 Çözüm: a) K kesiti sistemin yatay doğru eksenli parçasında verildiğinden, kesitte TK ve NK’nın tesir çizgilerinin ifadeleri analitik yöntemden bilinen bağıntılarla elde edilir. TK = TK0 . cos ϕ K − H . sin ϕ K = TK0 . cos 0 0 − H . sin 0 0 = TK0 , N K = −(TK0 . sin ϕ K + H . cos ϕ K ) = −(TK0 . sin 0 0 + H . cos 0 0 ) = − H .

K kesitinde eğilme momentinin tesir çizgisi bundan önceki örneklerde olduğu gibi sıfır noktaları yöntemiyle çizilir. Bağıntılardan alınan sonuçlara ve MK’nın T.Ç.’sinin çizimi için olan açıklamaya dayanarak iç kuvvetlerin T. Ç.’leri Şekil 8.5.2c,d ve f’de çizilmiştir. Sıfır noktasının mesnetten olan mesafesi (uM) bilinen formülle belirlenir.

191 

aK f L 9.6.24 = = 10,2857 m . y K l 2 + a K f 6.12 + 9.6

P=1

K

a)

oC

aK = 9 m

f=6m

uM =

Ao

oB

12 m

12 m L = 24 m

q1= 8 kN/m

P1= 20 kN

q2= 10 kN/m

P2= 14 kN

b) 6m

6m

6m

6m

9

0,75

c)

1,125

uM= 10,2857 m 1

1,5

0,625 0,5

d)

0,75

MK ‘nın T. Ç.

0,25 TK ‘nın T. Ç.

12

0,25

0,375 1

6

e)

MC0 ‘ın T. Ç.

f)

NK ‘nın T. Ç. 0,5 2

1

0,5

Şekil 8.5.2. a) Üç mafsallı sistem, b) Yükleme durumu, c) MK’nın T. Ç.’si, d) TK’nın T. Ç.’si, e) MC0 ‘ın T. Ç.’si, f) NK’nın T. Ç.’si.

192 

b) İç kuvvetlerin, verilmiş yükleme durumu için tesir çizgileri yardımı ile hesaplanması: (0,75).6 (1,5).12 + P1 .(0,75) − q 2 . − P2 .(0,75) = 2 2 (0,75).6 (1,5).12 8. + 20.(0,75) − 10. − 14.(0,75) = −67,5 kN .m , 2 2

M K = q1 .

6.(0,25) 12.(0,5) − P1 .(0,25) + q 2 . + P2 .(0,25) = 2 2 6.(0,25) 12.(0,5) − 8. − 20.(0,25) + 10. + 14.(0,25) = 22,5 kN , 2 2

TK = −q1 .

6.(0,5) 12.1 − P1 .(0,5) − q 2 . − P2 .(0,5) = 2 2 − 8.(1,5) − 20.(0,5) − 10.6 − 14.(0,5) = −89 kN .

N K = −q1 .

c) Analitik yöntemle ve tesir çizgileri yardımıyla belirlenmiş değerler aşağıdaki tabloda karşılaştırılmıştır. İç kuvvetler MK (kN.m) TK (kN) NK (kN)

Analitik yöntemle -67,5 22,5 -89

T. Ç. yardımıyla -67,5 22,5 -89

193 

Fark 0 0 0

KAYNAKLAR

1. Çakıroğlu , A. , Çetmeli, E . Yapı Statiği – Cilt I , Beta , İstanbul , 1988 – 301 syf. 2. Darkov ,A. V. , Şapoşnikov , N. N. Stroitelnaya Mexanika , Moskova , Vısşaya şkola , 1986 , - 607 syf. 3. Ekiz , İ. Yapı Statiği I – İzostatik sistemler , İstanbul , 1995 – 525 syf. 4. Fuat Erbatur Structural Analysis , Part I and Part II , Ankara , 1994 – 116 syf. 5. Hanali , S. A. Yapı Statiği , Teknik Yayınevi , Ankara , 2003 – 344 syf. 6. Hanali , S. A. , Memmedov , Z. A. İnşaat Mexanikası , Bakü , 1988 – 77 syf. 7. Harry H. West , Louis F. Geschwindner Wiley Fundamentals of Structural Analysis , 2002 – 600 syf. 8. İsayev , E. M. , Memmedsadıgov , H. H. İnşaat Mexanikası , Çaşıoğlu , Bakü , 2003 – 362 syf. 9. Kleyn , G. K. , Rekaç , B. G. , Rozenblat , G. İ. Rukovodstvo k praktiçeskim zanyatiyam po kursu Stroitelnoy Mexanike , M. Vısşaya şkola ,1972 – 320 syf. 10. Kasımzade , A. A. Yapı Statiği , Birsen Yayınevi , İstanbul , 2004 – 351 syf. 11. Müfit Yorulmaz , Kaya Özgen. Yapı Statiği , İstanbul , 1992 – 156 syf. 12. Mustafa İnan. Cisimlerin Mukavemeti , İ. T. Ü. Yayınları , Yayın No: 25 , İstanbul 1988 – 560 syf. 13. Memmedov , Z. A. , Hanali , S. A. , Eliyeva , G. M. Uygulamalı Mukavemet , Bakü , 1994 – 48 syf. 14. Sinitko , N. K. Stroitelnaya Mexanika , M. Vısşaya şkola , 1980 – 431 syf. 15. Wang , C. K. Intermediate Structural Analysis , McGraw – Hill Book Company , 1983 – 790 syf.

194