BÖLÜM 3

Transkript

BÖLÜM 3

BÖLÜM 3
Mohr-Castigliano Metodu
BÖLÜM 3
3.1. MOHR METODU
Dış yükler altında eğilmeye maruz bir elemanda eğrilik (1/ρ
ρ) aşağıdaki şekilde elde edilmiştir.
dϕ =
ρ
dl
ρ
1 dϕ
=
ρ dl
ε=
∆dl u dϕ u
=
=
ρ
dl
dl
dϕ
ϕ
1 M
=
ρ EI
t.e
M
M
Kiriş
dilimi
u
dϕ
∆dlL
dL
M = ∫ (σ dA)u = ∫ E
u
E
EI EI dϕ
udA = ∫ u2 dA = =
dl
ρ
ρ
ρ
Mohr metodu ile bir noktadaki deplasman ve dönüş açılarının bulunması “dış yüklere maruz bir
elemanın eğilmeden dolayı oluşan eğriliğin yük olarak alınması sonucu oluşan kesme kuvveti o
noktadaki dönüş açısı, moment ise o noktadaki deplasman” ilkesine dayanmaktadır. Yani dış
yüklere maruz bir sistemin herhangi bir noktadaki deplasman aranıyor ise sistemin ilk önce dış
yüklerden oluşan moment alanı daha sonra eğriliğin yük kabul edilmesi sonucu oluşan moment
alanı çizilir ve o noktadaki son moment değeri deplasmanı verir. Ancak, başlangıçta momentin
ve kesme kuvvetinin sıfır olduğu çubuk ucunda, eğrilik yükü dönüş açısının ve deplasmanın sıfır
olduğu bir sisteme (eşdeğer sistem) yüklenmelidir.
P
Verilen sistem
a
Pa
Verilen sistemin M alanı
Eşdeğer sistem
a
M alanının eşdeğer sisteme yük
olarak yüklenmesi
a
b
b
Pa/EI
a
b
b
B noktasındaki dönüş açısı ve deplasmanın bulunması isteniyor ise bu noktadaki şekil
değiştirmeleri sıfır yapan bir mesnet seçilir. Bu şartlar ancak B noktasının ankastre bir mesnet
olmasıyla sağlanır. Eşdeğer sisteminde izostatik olması koşulu ile A noktası ise serbest uç olur.
Bu yönteme MOHR veya MOMENT ALANI metodu denir. Dış yüklerden dolayı eğilmeye
uğrayan elemanın boy değişimi küçük olasından dolayı eğriliğin yük olarak alınmasında da
sistemin ilk boyu yani şekil değiştirmemiş boyu kullanılır. Aşağıdaki sistemlerde mohr metoduyla
deplasman ve dönüş açılarının bulunması geniş olarak açıklanmaktadır.
Yayındır çoğaltılamaz
107
http://mizan.ogu.edu.tr.
Mohr- Castigliano Metodu
BÖLÜM 3
Momentin 2 defa int egrali elastik eğriyi verir y " =
Yükün (q) 2 defa int egrali momenti verir
d2 y
M
=−
EI
dx 2
d2M
= −q
dx 2
Kesme kuvvetinin 1 defa int egrali momenti verir
dy
= tan ϕküçük olduğundan ≡ ϕ
dx
dM
=V
dx
q
P
Verilen sistem
EI
1o
2
EI
2EI
Verilen yüklerden oluşan M
alanı
1o
M
Q
MP
MP/EI
o
M/EI
Verilen yüklerden oluşan M
alanının eşdeğer sisteme yük
olarak yüklenmesi YANİ
ELASTİK YÜK
1
o
MP/2EI
MQ
MQ/EI
Eşdeğer sistemin kesme alanı
[ϕ
ϕ]
Eşdeğer sistemin moment alanı
3o
[elastik eğri δ]
3o
4o
3o
3o
Bir izostatik sistemin mohr metoduyla çözümde izlenen yol;
1. Verilen dış yükler altında sistemin moment alanı çizilir.
2. Eşdeğer esas sistem belirlenir.
3. Dış yüklerden dolayı oluşan moment değerleri çubuk elemanların eğilme rijitliği olan EI ya
bölünerek eşdeğer esas sisteme yük olarak yüklenir.
4. Bu yükleme sonucu eşdeğer sistemin moment alanı elastik eğriyi
5. Kesme kuvvet diyagramı ise dönüş açılarını verir.
6. Eğer bir noktadaki deplasman isteniyor ise o noktaya göre (q=M/EI) moment alınır.
7. Eğer bir noktadaki dönüş açısı isteniyor ise o noktadaki kesme kuvveti (q=M/EI) dönüş
açısını verir.
Kenar Mesnet
Orta Mesnet
ESAS SİSTEM
EŞDEĞERSİSTEM
Örnek 3.1: Şekilde verilen kirişlerin eşdeğer sistemlerinin belirlenmesi
Esas sistem
Eşdeğer sistem
Esas sistem
2m
3m
2m
5m
5m
4m
4m
2m
3m
2m
5m
5m
4m
4m
Eşdeğer sistem
108
BÖLÜM 3
Örnek: Şekilde verilen basit kirişlerin mesnet dönmelerini ve orta noktalarının deplasmanlarının
bulunması
P
corta
A
corta
A
B
B
Çözüm;
1. Verilen kirişlerin dış yüklerden dolayı oluşan moment alanları çizilir,
2. Bu moment alanları basit kirişlere EI’ya bölünerek yük olarak yüklenir,
3. Bu moment yüklerinin KESME kuvvet diyagramı DÖNÜŞ eğrisini verir,
4. Bu moment yüklerinin MOMENT diyagramı ELASTİK EĞRİYİ verir,
Bu işlemler aşağıda sırayla yapılmıştır.
q
P
c
A
corta
A
B
qL2
8
MC = δC =
qL2
8EI
PL
4
qL L qL  2 L   3 L  5qL
−
=
24EI 2 8EI  3 2   8 2  384EI
3
2
B
4
PL
4EI
c
A y = ϕA =
qL3
24EI
ϕA
B y = ϕB =
δC
qL3
24EI
c
A y = ϕA =
MC = δC =
PL2 L PL  L  1  1 L  PL3
−
=
16EI 2 4EI  2  2  3 2  48EI
PL2
16EI
ϕA
B y = ϕB =
δC
Örnek 3.7: Şekildeki kirişte B ucundaki çökmenin belirlenmesi.(Mohr yöntemi EI=sabit)
4 kN
B
A
m
4m
2m
4 kN
A
m
δB
Elastik eğri
16
4 kN
B
A
m
4m
2m
Moment alanı
16/EI
A
m
B
4m
2m
Eşdeğer sistem ve yükleme
MB = δ B =
16 x 4 x 0.5 x (2 + 4 x2 / 3) 149.33 kN
=
EI
EI
109
PL2
16EI
BÖLÜM 3
Örnek 3.2: Şekilde verilen kirişde δa=? ϕa=?
10 kN
a
A
2
B
m
8
m
Çözüm: Sistemin önce verilen yük altında M alanı çizilir.
10 kN
8 kN
2
m
8
m
2 kN
10 kN
16 kNm
Moment alanı
Çizilen moment alan değeri EI eğilme rijitliğine bölünerek eşdeğer sisteme aşağıdaki şekilde
yük olarak yüklenir.
16/EI
48/EI 2/3
8/3
32/EI
Bu sistemde kesme kuvvet değerleri dönüş açılarını moment değerleri ise deplasmanı verdiği
için a noktasındaki kesme kuvveti ve moment değerleri bulunur.
∑ MA = 0
16 1 2 ⋅ 2 16 1  1⋅ 8
32

= ϕB
2⋅
+
8⋅
+ 2  − 10By = 0 B y =
EI 2
3
EI 2  3
EI

∑ MB = 0
16 1 2 ⋅ 8 16 1  1⋅ 2
48

8⋅
2⋅
= ϕA
+
+ 8  − 10A y = 0 A y =
EI 2
3
EI 2  3
EI

a noktasındaki kesme kuvveti ϕa =
48 16
32
−
⋅ 2 ⋅ 1/ 2 =
EI EI
EI
a noktasındaki moment (soldan) δa =
48
16
85.33
⋅2 −
⋅ 2 ⋅ 1/ 2 ⋅ (2 / 3) =
rad.
EI Ay
EI
EI
a noktasındaki moment (sağdan) δa =
32
16
85.33
⋅8 −
⋅ 8 ⋅ 1/ 2 ⋅ (8 / 3) =
rad.
EI
EI
EIBy
VEYA
110
BÖLÜM 3
16/EI
2/3
ϕA
2
M
alanı
EI
8/3
[10+2]/3=4 toplamın
δa
ϕa
m
M
alanının M alanı
EI
2ϕA
δAa
ϕaA
δ AB
δAB
1
1
1
2
16 ⋅ 2 ⋅ ⋅ (8 + 2 ⋅ )
16 ⋅ 8 ⋅ ⋅ (8 ⋅ )
480
2
3
2
3
=
+
=
EIB noktasına göre moment EIB noktasına göre moment
EI
ϕA =
10
m
δ Aa
16
16
=
x 2 x 0.5 =
kNm2
EI
EI
ϕAa
ϕa = ϕA − ϕAa
48 16 32
=
−
=
EI EI EI
δAB 480 48
=
=
L
10EI EI
1
1
16 ⋅ 2 ⋅ ⋅ 2 ⋅
10.67
2
3
=
=
EI
EI
δa = ϕA ⋅ 2 − δ Aa =
48
10.67 85.33
⋅2 −
=
EI
EI
EI
Uygulama: Şekilde verilen konsol kirişte, ϕk=? Ve δk=?
y
y
q
q
k
i
a
k
M=qb[a+b/2]
x
δmax
i
b
a
L
b
x
θmaxx
L
y
q
k
i
a
b
L
qL2/2
-
qL3/6EI
q
y
i
2
qL /2EI
3L/4
-
k
a
L
y
b
q
k
i
a
b
L
qa /2
+
qa2/2EI
+
2
b+3a/4
qa3/6EI
111
BÖLÜM 3
k noktasındaki dönüş açısı ϕk =
qL3 qa3 qL3 q(l − b)3
−
=
−
6EI 6EI 6EI
6EI
k noktasındaki deplasman δk =
qL3 3L qa3 
3a  qL4 qa3 
3a 
−
b
+
=
−
b+
6EI 4 6EI 
4  8EI 6EI 
4 
Uygulama: ϕA=? δc=? ϕc=?
A
c
2m
3m
6m
B
Çözüm: Verilen sistemin moment alanı çizilir. Yanda çizilen moment alanı geometrik şekil
olarak tam bilinmeyen bir şekil olmasından dolayı süperpozisyon prensibini uygulanır.
10 kN/m
c
A
4m
6m
2m
35
B
A
25
35
10 kN/m
θA δc
δAc
4m
6m
2m
500/EI
Elastik eğri
θc
25
δAB
θAc
-
B
10 kN/m
70/EI
+ 80/EI
100/EI
Moment alanı
+
35
131.25/EI
420/EI
-500/EI+80/EI+420/EI=Üçünün toplamından
δAB deplasmanı, çizilen moment alanlarının B noktasına göre momentleri olup aşağıdaki şekilde hesaplanır.
δ AB =
1  500 ⋅ 10 10 80 ⋅ 4 4 420 ⋅ 12 12  6020
−
⋅
+
⋅ +
⋅ =
EI 
3
4
3
4
2
3
EI
θ Ac =
70 ⋅ 2 ⋅ 1/ 2 70
=
EI
EI
δ Ac =
70 ⋅ 2 ⋅ 1/ 2 ⋅ (2 / 3) 140
=
EI
3EI
θc = θ A − θ Ac =
θA =
6020
1505
=
12BOY EI
3EI
1505 70 1295
−
=
rad.
3EI
EI
3EI
δc = 2θ Aorantıdan − δ Ac = 2
1505 140 2870
−
=
3EI
3EI
3EI
Örnek 3.4: Şekilde verilen kirişin
a. A-B açıklığında deplasmanın maksimum olduğu yeri ve değerinin
b. C noktasındaki deplasmanı
c. C noktasındaki dönüş açısının bulunması (Mohr),
10 kN
30o
2EI
A
2
m
EI
4
4EI
m
C
B
2
m
4
m
Verilen yükleme altında sistemin şekil değiştirmesi, moment alanı ve eşdeğer sistemi aşağıdaki
gibidir.
112
BÖLÜM 3
5
δaçıklık
ϕB
Sistemin şekil değiştirmesi
20
15
8.66
5
δC
2EI
5
8.66
EI
4EI
Moment alanı
C
B
Eşdeğer sistem
Dış yüklerden dolayı oluşan moment değerleri çubuk elemanların eğilme rijitliği olan EI ya
bölünerek eşdeğer esas sisteme yük olarak yüklenir ve gerber sistem çözülür.
15/EI
5/EI
2.5/EI
3.75/EI
20/EI
15/EI
5/EI
2.5/EI
5/EI
By =
21.458
EI
Ay =
15/EI
X
5/EI
2.5/EI
2o
29.792
By =
EI
21.458
EI
3o
Ay =
Kesme alanı
+
66.69
EI
29.792
EI
2+X
21.458/EI 18.958/EI
Ay =
5/EI
3.75/EI
5/EI
3.75/EI
By =
21.458
EI
29.792
EI
Moment alanı
Q = 0 21.458 − 2.5 x 2 x 0.5 − 5 x X − 10 x X x X /(2L) = 0
X = 2.378 m
A mesnedinden hesaplanır ise,
2 + X de Q = 0 ise
1
max M = δmax = (2 + 2.378)x21.458 − 2.5x2x0.5x((2 / 3) + 2.378)
EI
5.945
5
− (2.378x10 / 4)x2.378x0.5x(2.378 / 3) − 2.378x5x2.378x0.5 =
66.59
EI
2.378
B mesnedinden hesaplanır ise,
2 + (4 − 2.378) = 2 + 1.622 de Q = 0
ise
1
max M = δmax = (2 + 1.622)x29.792 − 3.75x2x(1 + 1.622) − 1.25x2x0.5((2x2 / 3) + 1.622)
EI
66.59
− (10.945x1.622x1.622x0.5 − (10 − 5.945)x1.622x0.5x(2x1.622 / 3) =
EI
1. Kesme kuvvet diyagramı ise dönüş açılarını verir.
B noktasındaki dönüş açısı B mesnet tepkisine eşit olduğundan. ϕB = B y =
29.792
rad
EI
olarak hesaplanır. C noktasındaki deplasman ise C noktasındaki momente eşit olacağından,
2. Bölünerek eşdeğer esas sisteme yük olarak yüklenir ve gerber sistem çözülür.
15/EI
5/EI
2.5/EI
3.75/EI
20/EI
15/EI
5/EI
2.5/EI
29.792
EI
20/EI
3.75/EI
5/EI
Ay =
MC = δ C =
By =
5/EI
21.458
EI
By =
29.792
EI
29.792 x 4 20 x 4 x 0.5 x 4 x 3 359.168
+
=
EI
EI (2)
EI
113
10
1.622
BÖLÜM 3
Örnek 3.5: Şekildeki çıkmalı kirişin C ucundaki düşey deplasmanı [δ
δC] ve kirişin orta
-3
4
8
2
noktasındaki dönüş açısının [ϕ
ϕorta] hesaplanması [I=3.125.10 m E=2.10 kN/m ].[MOHR]
2 kN/m
A
B
10 kNm
5m
C 3 kNm
5m
2m
Çözüm: Kirişin dış yüklerden oluşan moment alanı aşağıdaki şekilde çizilir.
2 kN/m
C 3 kNm
10 kNm
7.80
18.2
12
-
3
+
14
24
12
3
Kirişin eşdeğer sistemi
+
14
47.49/EI
24
12/EI
12
47.49/EI
14/EI
59.17/EI
3
-
+
24/EI
∑ MB = 0
∑Y = 0
10A y + 5
By +
12 ⋅ 5 1
24 ⋅ 5 2
2 ⋅ 5 ⋅ 6.25 14 ⋅ 5  1 
2 ⋅ 5 ⋅ 6.25
−5
− 2⋅ 5
−
5 + 5  − 7.5
=0

2 3
2 3
3
2  3 
3
Ay =
59.17
EI
59.17 12x 5 24 x5 2x5 x6.25 14 x5 2x 5x6.25
59.17
+
−
−
−
−
= 0 By =
EI
2EI
2EI
3EI
2EI
3EI
EI
C noktasındaki deplasman C noktasındaki momente eşittir.
47.49/EI
δC =
12
3x 47.49 3 x3 x1.5 3x9 3 108.72
108.72
−
−
3 =
=
= 1.74.10−3 m = 0.174mm
8
−3
EI
EI
3EI 4
EI
2.10 + 3.125.10
-
3
Kirişin orta noktasındaki dönüş açısı orta noktadaki kesma kuvvetine eşittir.
59.17/EI
14/EI
ϕorta =
59.17 14 1 2 x 5 x 6.25 3.337
3.337
−
5 −
=
=
= 5.34.10−6
EI
EI 2
3EI
EI
2.108 + 3.125.10−3
Örnek 3.6: Şekilde verilen gerber kirişin
a. A noktasındaki deplasmanın
b. C noktasındaki dönüş açısının
c. A noktasındaki dönüş açısının
8 kN
C
G
4m
114
A
m
8
2m
BÖLÜM 3
d. G noktasındaki dönüş açısının
e. G noktasındaki deplasmanı
MOHR yöntemine göre belirlenmesi
16
1. Verilen sistemin moment alanı çizilir.
8 kN
-
G
A
2
C
10
8 +
ΣMB=0
8 x 2 – 8 Gy = 0
ΣMG=0
Gy = 2 t
8 x 10 - 8 By = 0
By = 10 t
2. Eşdeğer sistem seçilerek 1. maddede çizilen moment alanı (M/EI) yük olarak yüklenir.
16/EI
8/EI
8m
m
4
m
2
Eşdeğer sisteme yük olarak yüklenen (M/EI) moment alanın moment alanı elastik eğriyi
vereceğinden deplasman istenen noktadaki moment o noktadaki deplasmanı verir.
16/EI
8/EI
∑ MG = 0
16 x 8 x 0.5 x 8 x 2 8 x 4 x 0.5 x 4 x 2
+
− 8By = 0
3(EI)
3(EI)
By =
48
EI
48/EI
Gy=0
16 x 8 x 0.5 x 8 x 0.333 8 x 4 x 0.5 x [( 4x2 / 3) + 8]
−
− 8Gy = 0 Gy = 0
(EI)
(EI)
16 x 2 x 0.5 x 2 x 2 48 x 2 117.33
16/EI
+
=
∑ MA = δ A =
8/EI
3(EI)
(EI)
(EI)
A
∑ MB = 0
a. C noktasındaki dönüş açısının
8m
4m
2m
Eşdeğer sisteme yük olarak yüklenen (M/EI) moment alanın kesme diyagramı her noktadaki
dönüş açısını vereceğinden dönüş istenen noktadaki kesme kuvveti o noktadaki dönüş açısını
verir. Buna göre C noktasındaki kesme kuvveti sıfır olduğu görülür, yani C noktasındaki dönüş
açısı ankastre mesnet olmasından dolayı sıfırdır.
16 x 2 x 0.5 48
64
+
=
rad.
(EI)
(EI) (EI)
A noktasındaki dönüş açısı,
QA = ϕA =
G noktasındaki dönüş açısı,
QG = ϕG =
G noktasındaki deplasman,
∑ MG = δG =
8 x 4 x 0.5
16
rad.
=
(EI)
(EI)
8 x 4 x 0.5 x 4 x 2 42.67
=
3(EI)
(EI)
Örnek 3.8: Şekilde verilen konsol kirişin
a. A, B ve C noktalarındaki dönüş açılarının,
b. A, B ve C noktalarındaki deplasmanların MOHR yöntemine göre belirlenmesi.
8 kN
Elastik eğri
Moment alanı
2
EI2=10000 kNm2 EI1=5000 kNm
4m
δC
m
6
80 kNm
115
BÖLÜM 3
Moment alanın eşdeğer sisteme uygulanması
48
48
=
= 0.0096 m−1
EI1 5000
80
80
=
= 0.008 m −1
EI1 10000
48
48
=
= 0.0048 m−1
EI1 10000
Çözüm: a. Dönüş açılarının hesabı
ϕC=0.0096 x 6 x 0.5 + 0.0048 x 4 + (0.008-0.0048) x 4 x 0.5 = 0.0544 rad
ϕB=0.0048 x 4+ (0.008-0.0048) x 4 x 0.5 = 0.0256 rad
ϕA= 0 (ankastre mesnet)
Çözüm: b. Deplasmanların hesabı
δC=0.0096 x6x0.5x4 + 0.0048 x 4 x (2 + 6) + (0.008-0.0048)x4x0.5x (8/3 + 6 = 0.324 m
δB=0.0048 x 4 x (2 + 6) + (0.008-0.0048) x 4 x 0.5 x (8/3 + 6 = 0.209 m
δA=0 (ankastre mesnet)
3.2. MOHR METODUNUN BAZI ÖZELLİKLERİ
1.
d2 y
dx
2
=−
M
EI
momentten dolayı oluşan şekil değiştirmedir.
2. Bu yöntemle Eksenel kuvvet (N), Kesme kuvveti ve Eşit sıcaklık ektilerinden oluşan
şekil değiştirmeler hesaplanamaz.
α ∆t
M
dx
dϕ = dx
d
EI
olmasından dolayı oluşan şekil değiştirmeler hesaplanabilir.
M α ∆t
=
EI
d
3. Farklı sıcaklık değişmesi durumunda dϕ =
Örnek 3.9: Şekilde verilen konsol kirişin uç (A) noktasındaki [∆t= 60 , d=20 cm, α=10 ]
0
-5
a- Deplasmanı
α ∆t 10 −5 60
M
=
= 3.10 − 5 =
d
20
EI
M/EI= 3.10
A
b- Dönmeyi bulunuz.
a-
-5
2m
Eşdeğer sistem
fA = 3.10 − 5
olduğundan
200 2
= 0.60 cm
2
b- ϕA = 200 x 3.10 = 0.006 rad.
-5
4. Mohr yönteminde sadece çubuk eksenine dik deplasmanlar bulunur.
.
.
δ
δ
5. Hiperstatik sistemlerde Mohr metodunun uygulanabilmesi ise;
116
BÖLÜM 3
Mohr metoduna göre eşdeğer sistem iki ucu boş taşıyıcı olmayan bir çubuktan ibaret olur (A).
Bu durum bu kirişin çözümü olmadığı anlamına gelmez. Bu kirişin çözümü için yandaki şekilde
iki ayrı yüklemesi olan kiriş alınır ve süperpozisyon prensibinden yararlanılarak 1 ve 2 nin elastik
eğrileri toplanarak verilen kirişin elastik eğrisi 3 çizilir.
Mohr yöntemi ile çubukların yüklerine göre ankastrelik momentleri aşağıdaki şekilde hesaplanır.
L
X
-
qL2
8
Bu alanlar eşit
X
X olsun ki sistem
-
qL2
8
dengede olsun
− XL =
+
+
2
0
2L qL2
qL2 Ankastrelik
⇒X= −
3 8
12 Momenti
P
L
X
Bu alanlar eşit
X
-
PL
4
X olsun ki sistem
-
PL
4
dengede olsun
X
− XL =
+
L PL
PL Ankastrelik
⇒X= −
2 4
8 Momenti
+
q
ϕ Elastik eğri
2
ϕ
1
M=
qL2
12
M=
qL2
12
3
A
q
M=
ϕ
δ=
δorta
δ
qL4
384EI
önceden
bilinen
1
qL2
12
M=
ϕ Elastik eğri
2
M yük olunca e.eğri
qL2
12
q=M=
+
M yük olarak yüklenir
By =
δ1orta
5qL4
=
384EI
δ2orta =
qL2
12EI
qL2 L
qL3
=
12EI 2 24EI
qL3 L qL2 L L
qL4
⋅ −
⋅ ⋅ =
24EI 2 12EI 2 4 96EI
=
δ1orta + δ2orta =
P
P
ϕ
=
δ1orta =
ϕ Elastik eğri
2
M=
PL
8
q=M=
+
M yük olarak yüklenir
By =
3
PL
48EI
δ2orta =
δ1orta + δ2orta =
PL
8
M yük olunca e.eğri
önceden
bilinen
PL3
192EI
δorta
δ=
M=
1
δ
5qL4
qL4
qL4
−
=
384EI 96EI 384EI
117
PL
8EI
PL L PL2
=
8EI 2 16EI
PL2 L PL L L PL3
⋅ −
⋅ ⋅ =
16EI 2 8EI 2 4 64EI
PL3
PL3
PL3
−
=
48EI 64EI 192EI
BÖLÜM 3
6
2
Örnek 3.10: Hiperstatik kirişin orta noktasındaki (c) deplasmanı (Mohr) bulunuz. (EI= 2.10 tm )
δc=?
ϕ=?
P=4 kN
2 kN/m
c
4m
4m
Süperpozisyon uygulayarak tekil yük ve yayılı yük için ayrı ayrı şekil değiştirmeler hesaplanıp toplanmıştır.
TEKİL YÜK (P) için çözüm
YAYILI YÜK (q) için çözüm
P=4 kN
c
16 / EI
P=4 kN
m
c
4
Mc =
16 / EI
16 / EI
qL2
= 16
8
2 kN/m
1
42.688
[16 x 4 − 8 x 4 x 0.5 x 4 x [1/ 3]] =
EI
EI
4m
4m
PL/8=4
PL/8=4
c
4m
Mankastre=qL2/12=10.67
c
c
10.67/EI Ankastrelik M -
4/EI Ankastrelik M 16/EI
42.68/EI
c
16/EI
1
32.00
Mc = δcP = [−16x 4 + 4x 4x2] = −
EI
EI
Mankastre=4 P=4 kN
42.68/EI
2 kN/m
Mankastre=4
Mankastre=10.67
16
16
−
=0
EIP EIAnkastre
McP = δcP =
c
1
85.36
Mc = δcq = [−42.68x 4 + 10.67x 4 x2] = −
EI
EI
c
ϕ=
16 / EI
qL2
= 16
8
1
106.72
Mc = [42.68 x 4 − 16 x 4 x [2 / 3] x [3 x 4 / 8]] =
EI
EI
ϕ=
42.688 32.00 10.688
−
=
EI
EI
EI
c
42.68 42.68
−
=0
EIP
EIAnkre
Mc = δcq
106.72 85.36 21.36
−
=
EI
EI
EI
P=4 kN
10.688 21.36 32.048
δc = δcP + δcq =
+
=
EI
EI
EI
Mankastre=10.67
2 kN/m
δc
4m
4m
6. Eğik çubuklardaki momentler eşdeğer sisteme aşağıdaki şekildeki gibi uygulanır.
Örnek 3.11: Şekilde verilen kirişin (Mohr),
a) A noktasındaki dönüş açısını
b) C noktasındaki düşey deplasmanı
7
2
c) D noktasındaki düşey deplasmanı M=100 tm ve EI=10 kg/cm için bulunuz.
M
C
EI
2EI
B
3m
E
2EI
m
3
A
3m
3m
3m
2m
4m
ÇÖZÜM 1. Verilen dış yüklerden dolayı mesnet reaksiyonları bulunarak moment alanı çizilir.
∑ MA = 0
M − 13By = 0
By =
M
13
∑ MB = 0
M + 13Ay = 0
Ay = −
M
13
6M
13
7M
13
EŞDEĞER SİSTEM
ÇÖZÜM 2. Eşdeğer sistem seçilir.
118
A
M
13
M
13
BÖLÜM 3
ÇÖZÜM 3. Yukarıda 1. Adımda çizilen sistemin moment alanı aşağıdaki gibi eşdeğer sistem
0
0
(M/EI) yük olarak yüklenir. AC çubuğundaki açı 45 derecedir (cos 45 =0.707). Buna göre
moment değerleri;
ACçubuğunun ortasının solunda,
AC çubuğunun ortasının sağında,
C noktasının solunda
C noktasının sağında
CB çubuğunun kesitinin değiştiği noktanın solunda,
CB çubuğunun kesitinin değiştiği noktanın sağında,
3M/(13xcos45x2EI)=0.163M/EI
3M/(13xcos45xEI)=0.326M/EI
6M/(13xcos45xEI)=0.653M/EI
7M/(13xEI)=0.538M/EI
4M/(13xEI)=0.308M/EI
4M/(13x2EI)=0.154M/EI
0.653M/EI
0.538M/EI
0.653M/EI
0.538M/EI
0.326M/EI
0.308M/EI
0.154M/EI
0.163M/EI
0.326M/EI
0.163M/EI
0.308M/EI
0.154M/EI
0.364M
EI
0.534M
EI
M
 ( −0.163x3x0.5x11 − 0.326x3x8.5 − 0.326x3x0.5x8



 + 0.308x3x5.5 + 0.23x3x0.5x6 + 0.154x4x0.5x(0.333x 4) − 13A y = 0 


∑ MB = 0}  EI
0.534M
EI
Ay =
0.653M/EI
0.326M/EI
0.534 M
A noktasındaki dönüş açısı Ay mesnet tepkisine eşittir. A y =
EI
C noktasındaki deplasman C noktasındaki momentte eşit olacağından,
a.
b.
0.163M/EI
0.534M
EI
M
0.27M
δC = (0.534x6 − 0.163x3x0.5x4 − 0.326x3x1.5 − 0.326x3x0.5x1) =
EI
EI
0.364M
EI
c. D noktasındaki deplasman, D noktasındaki momentte eşit olacağından,
200x0.364M 200x0.364 x 106
=
= 7.28cm
EI
107
δD =
D
2t
2
ÖRNEK 3.10: Şekilde verilen çerçevede (EI=3360 t/m Mohr),
a. A noktasındaki dönüş açısını
b. B noktasındaki dönüş açısını
c. D noktasındaki düşey deplasmanı
D
C
1.8 m
Bütün elemanlarda EI sabit
A
B
Çözüm 1. Adım, verilen sistemin mesnet kuvvetlerinin bulunarak
moment alanının çizimi.
∑M
A
=0
2 x 5 − 8B y = 0
B y = 1.25 t
5m
3m
2kN
t
A y = 0.75 t
3.75
EI
cosα=0.86
A
0.75 kN
1.8m
B
1.25 kN
3.75
EI
3.75
4.36
=
0.86EI
EI
M
7.83
EI
119
10.92
EI
BÖLÜM 3
Çözümde 2. Adım, Çizilen moment alanı moment değerinin EI eğilme rijitliğine bölünerek
eşdeğer sisteme yük olarak yüklenmesi aşağıdaki gibi yapılmıştır. Bu çerçevede eşdeğer sistem
her iki mesnedinde sabit mesnet olmasından dolayı aynı kalmaktadır.
DC çubuğunun D ucunda,
3.75/(EI)=3.75/EI
DB çubuğunun D ucunda,
3.75/(0.86xEI)=4.36/EI
1 
2
5  8.70
6.25 x 3 x 0.5 x 3 x + 4.36 x 5 x 0.5 x (3 + ) =
= 2.5910 −3 rad

8EI 
3
3 
EI
1 
3
2  11.57
∑ MA = 0 ϕB = B Y = 8EI 6.25 x 3 x 0.5 x (5 + 3 ) + 4.36 x 5 x 0.5 x (5 3 ) = EI = 3.4410−3 rad


∑ MB
= 0 ϕA = A Y =
fD = ϕA x 5 −
3.75
5
x 5 x 0.5 x = 6.99mm
EI
3
Veya fD = ϕB x 3 −
6.25
3
x 3 x 0.5 x = 6.96 mm
EI
3
Örnek 3.12: Şekilde yükleme durumu verilen kirişin c noktasındaki düşey deplasmanı Mohr
5
2
yöntemiyle bulunuz (EI= 2.10 tm cosα = 0.89).
5 kN
3EI
2m
2EI
2m
EI
C
4m
4 kN
4m
6m
Çözüm: Verilen sistemin dış yükler altında moment alanı aşağıdaki gibi çizilir ve bu moment
alanı eşdeğer sisteme yük olarak yüklenir.
24
Moment
Alanı
20
20
Düşey çubuktaki
moment alanı
20x2=40
95.834/EI
20/EI
24/3EI= 8
20/(2xEIx0.89) =11.23
24/(2xEIx0.89) =13.48
Moment alanının eşdeğer sisteme (M/EI) yük olarak
NOT: Düşey çubukta cosα=0 olduğundan bölüm ∞ olur. Bundan dolayı bu tür çubukların
alanları tekil yük olarak alınır (P= Alan/EI).
B mesnedinde moment alınarak A noktasındaki kesme kuvvetini (dönüş açısını) bulabiliriz.
ϕA = [(8 ⋅ 6 ⋅ 0.5 ⋅ 4 + 11.23 ⋅ 4 ⋅ 8 + (13.48 − 11.23 ) ⋅ 4 ⋅ 0.5 ⋅ ( 4 / 3 + 6 ) + 40 ⋅ 10 + 20 ⋅ 4 ⋅ 0.5 ⋅
( 4 / 3 + 10 )]
/
(14 x 2.10 ) = ( 96 + 359.36 + 32.99 + 400 + 453.33 ) / 28.10
5
5
= 4.79 10 −4 rad.
δc= ϕAx 4 – (20x4x0.50x(4/3))/2.10 = 0.00165 m =1.65 mm
5
120
BÖLÜM 3
Örnek 3.13: C noktasındaki dönüş açısını ve yatay deplasmanın Mohr yöntemiyle bulun [EI=sabit].
20 kN
2 kN/m
C
4m
4m
3m
3m
1. İlk önce verilen sistemin mesnet tepki kuvvetleri hesaplanarak dış kuvvetlerden oluşan
moment alanı çizilir [a].
ΣFx=0 Ax = 8 kN
ΣMA=0 2 x 4 x 2 + 20 x 6 –10 Cy = 0
Cy =13.60 kN
ΣMC=0 2 x 4 x 2 + 20 x 4 –8 x 4 - 10 Ay = 0
Ay =6.40 kN
35.2
+
Cy=13.6
54.4
2x42/8=4
Ay=6.4
35.2/0.6=58.67
54.4
4/0.6=6.67
35.2
2. Yukarıda çizilen moment alanı eğilme rijitliğine (EI) bölünerek eş değer sisteme yük
olarak yüklenir. [b].
3. Bu yük etkisi altında istenen noktadaki kesme kuvveti bulunarak
EIϕC = C y = [6.67 x3 x(2 / 3)x1.5 + 58.67 x 3x0.5 x2 + 35.2x 3x 4.5
+ (54.4 − 35.2)x 3x1.5 x(3 + 2) + 54.4 x 4 x0.5 x(6 + 4 / 3)] / 10 = 161 .308
Bazı geometrik şekillerin alan ve ağırlık merkezi değerleri
x
h1
h2
b
x=
2o
x
x=
b[h2 + h1]
2
A=
xn
x
b
b[2h2 + h1]
3[h2 + h1]
A=
h
h 2o
b
3b
8
2bh
3
x=
b
b[n + 1]
2[n + 2]
A=
x
x =b/2
2bh
A=
3
nbh
[n + 1]
121
h
x
o
2
b
b
4
bh
A=
3
x=
h
x
xn
b
b
n+2
bh
A=
n +1
x=
h
BÖLÜM 3
4. KISALTMA TEOREMİ (HİPERSTATİK SİSTEMLERDEKİ ŞEKİLDEĞİŞTİRME HESABI)
Daha önce izostatik sistemlerin şekil değiştirmelerinin çeşitli yöntemlerle [vitüel iş, mohr vb]
hesabı açıklanmıştı. Kısaltma teoremi ile ise hiperstatik sistemlerin şekil değiştirmeleri
hesaplanır. Verilen hiperstatik kirişin m noktasındaki düşey deplasmanın bulunması istenirse
sistemin önce şekil değiştirmesi belirlenir. Sistemin şekil değiştirmesi yaklaşık olarak kesik
çizgilerle gösterildiği gibi oluşur.
q
P
n
A
B
q
P
n
A
Verilen sistem ve yüklemesi
C
B
Verilen sistemin elastik eğrisi
C
δn=?
MA
MB
n
B
C
By
C
A
Verilen sistemin moment aklanı
1
A
n
Verilen sistemin eşdeğer izostatik sistemi
Bu durumda dış kuvvetlerin işi yazılırsa,
δn + By . δB
Ad = MA . ϕA + 1.δ
Elde edilir. Bu denklemde mesnet şartları gereği ϕA =0 ve δB = 0 olduğundan Ad = 1.δ
δn olduğu
görülür. Buna göre hiperstatik sistemlerde birim yükleme istenilen herhangi bir izostatik sisteme
yapılabilir sonucu ortaya çıkmaktadır. Bu teoreme kısaltma teoremi denir.
Örnek 3.30: Şekilde verilen hiperstatik kirişin düşey deplasmanı Kısaltma teoremini kullanarak
bulunuz.
P m
a.) m noktasındaki
m
Şekil değiştirme hali
δm=?
1
P m
1
Moment alanı
1
b.) orta noktasındaki deplasmanı
q=2 kN/m
X1
q=2 kN/m
q=2 kN/m
X1= 1
+
6m
6m
qL2
=9
8
6m
1
q=2 kN/m
1
Veya
Veya
1
6m
1
Veya
1
Veya
1
Sistemin dış yükler olan P ve q yüklerine göre çizilen moment alanıyla, şekil değiştirmesi aranan
noktaya yapılan birim yüklemeden elde edilen moment alanları çarpımı sonucu elde edilir. Birim
yükleme ve dış yükler izostatik ve hiperstatik sistemlerden herhangi birine yapılabilir. Yani birim
yükleme hiperstatik sisteme yüklenmiş ise dış yükler izostatik sisteme yapılabilir veya terside
olabilir. Bununla ilgili örnekler 5. ve 6. bölümlerde mevcuttur.
122
BÖLÜM 3
Örnek 3.31: n noktasındaki deplasmanın ve dönüş açısının bulunması
10 kNm
2
m
n
A
6
m
4
m
Sistem 1. dereceden hiperstatik olduğu için B mesnet tepkisi bilinmeyen olarak seçilir
10 kNm
2
m
n
A
6
m
4m
10
10 kNm
Ay=1
10Ay
δ10 = −
Dış yüklemeden M
Ay den birim M
103
500
=−
2EI
EI
δ11A y + δ10 = 0
500
= 1.5 kN
10 ⋅ 10 ⋅ 10 333.333 A y = −
δ11 =
=
333.33
3EI
EI
10
5
Sonuç M
δn =
- 4
1
δn =
n
4 ⋅ 4 ⋅1 4 ⋅ 5 ⋅ 4
24
−
=−
6EI
3EI
EI
4 ⋅ 5 ⋅ 2.4 6 ⋅ 2.4 (2 ⋅ 1 + 10) 4 ⋅ 1⋅ 2.4 24
−
−
=
6EI
6EI
3EI
EI
Mn= 2.4
1
φn =
4 ⋅ 1⋅ 1 4 ⋅ 5 ⋅ 1
8
−
=−
2EI
2EI
EI
Örnek 3.32: Şekilde yükleme durumuyla verilen hiperstatik sistemin B mesnedinin 4 cm
8
2
çökmesi durumda orta noktasındaki (m) deplasmanı hesaplayınız. (EI= 2.10 kgcm )
q=1.2 kN/m
A
m
2
B
m
2
0.60=ql /8
M
m
0.375=Pl/4
0.6
a
+
1
+
b
M
m
0.375
c
+
0.60=ql2/8
+
d
0.50=Pl/4
Bu alanların çarpımından, [a x c + a x d + b x c + b x d]
1.δ =
2 x 0.6 x 0.375 1x 0.5 x(2 x 0.6 + 0.3) 1x 0.3 x 0.5 2 x 0.60 x0.375 2 x(5x1x0.60x 0.5)
−
−
−
+
3EI
6EI
3EI
3EI
12EI
1.δ
δm +
C c = 0.10 / (EI)
1.δ
δm= (0.10 / 2.10 ) – (- 0.31 x 4)= 1.24 cm
8
123
BÖLÜM 3
Örnek 3.33: Şekilde verilen birinci dereceden hiperstatik kirişin mesnet çökmelerinden dolayı C
4
2
noktasındaki düşey deplasmanı hesaplayınız. (EI=10 tm )
1. İlk önce verilen mesnet çökmelerine göre sistem çözülerek moment alanı çizilir (a).
1
4
I
2I
5mm A
3
1
4I
C
m
7
(b)
(a)
B 10mm
m
2.1
9.6
5mm
m
0.7
4mm
10mm
0.23
0.7
0.3
0.23 4mm
0.3
2. Kısaltma teoremine göre herhangi bir izostatik sistemde deplasmanı istenen noktaya birim
yükleme yapılarak moment alanı çizilir (b).
1.δc + ∑ Cc = ∫
9.6
MM
dx
EI
x
2.1
5
∫
bağıntısı kullanılarak
9.6
+
x
2.1
7
7
5
MM
2.1x 9.6 x 5 2.1 x 9.6 x 7 34.44
dx =
+
=
EI
3 x (2EI)
2 x (4EI)
EI
Birim yükleme sonucu mesnet çökmelerinden sadece B mesnedinin düşey mesnet tepkisinden
dolayı mesnet çökmesi (0.004 m) iş yapmaktadır. Buna göre C noktasının deplasmanı,
1.δ c + 0.30 (−0.004 ) =
34.44
10 4
δc = 0.00464 m
dan
olarak bulunur.
Veya birim yükleme hiperstatik sisteme yapılarak mesnet çökmelerinin yaptığı işten dolayı da
aşağıdaki şekilde bulunabilir.
1.δ c + ∑ ( C ) c = 0
δc + (-0.23 x 0.005 – 0.23 x 0.01 – 0.3 x 0.004) =0
δc = 0.00465 m
Örnek 3.34: Şekilde hiperstatik kirişin δC-yatay =?
q=2 kN/ m
13.29
4I
C
2I
I
1
m
m
7
2.8
7.70
M
B
A
3
4
M
m
0.4
0.4
Çözüm: Önce dış yüklerden ve C noktasına yapılan birim yükleme moment alanları yukarıdaki gibi çizilir.
7.7
8
+
+
X
L=5 m
2.8
+
7.7
8
L=7 m
13.29
-
2 32/8=2.25
X
2.8
+
L=7 m
L=5 m
2
2 7 /8=12.25
Moment değerleri işaretlerine göre çarpılarak C noktasındaki yatay deplasman hesaplanır.
1.δc =
5 x 7.7 x 2.8 5 x 2.25 x 2.8 7 x 7.7 x 2.8 7 x13.29 x 2.8 7 x12.25x 2.8 133.362
+
+
−
+
=
3EI
3EI
3EI
6EI
3EI
EI
EI= 10 tm alınır ise δc = 0.0133 m olarak bulunur.
4
2
124
BÖLÜM 3
3.2. CASTIGLIANO TEOREMI (1879)
Dış kuvvetlerin yaptığı iş
1. Sadece P kuvveti için
p
P
Yapılan iş taralı alana eşittir.
Pδ
Ad =
2
p
δ
2. P ve Q birlikte etkiyor ise
P
Q
Ri
dδ
δp
Ad =
dδ
δQ
i
δ
δ
P δp
2
+
Q δQ
2
3. P ve Q birlikte etkiyor daha sonra R etkiyor
P
Q
Ri
δp
δQ
i
dδ
δp1
A di = P d δ P + Q d δ Q +
dδ
δQ1
dδi
P δ
∑ A d = A d + A di =  P +
 2
R i dδ i
2
Q δQ  
R dδ 
+ P d δ p + Q d δ Q + i i 

2  
2 
3. P, Q ve Ri birlikte etkiyor ise
P
Ri
δp
δp1
Q
δQ
i
δi
A dB =
P (δ P + d δ P ) Q ( δ Q + d δ Q ) R i d δ i
+
+
2
2
2
δQ1
Süperpozisyon prensibinin, iç işin dış işe eşit olmasından ve lineer elastik malzeme kabulünden
dolayı ∑ A d = A dB yazmak mümkündür. Bu eşitlik yazılır ve gerekli sadeleştirme yapılacak
olursa,
δi = −
dAi dA d
=
dRi
dRi
125
BÖLÜM 3
olmaktadır. Eğer i noktasındaki dönüş açısı aranıyor ise i noktasına moment yüklemesi
yapılarak aynı işlemler yapılır ve,
ϕi = −
dAi dAd
=
dMi dMi
bağıntısı elde edilir. Teorem kabul olarak virtüel iş teoreminin aynısı olup sadece şekil
değiştirmesi istenen noktada oluşan momentin o noktaya sonuçta kuvvet varsa kuvvete değilse
sıfıra eşitlenmek üzere yüklenen kuvvete göre kısmi türevini almaktadır. Dış yüklerin yaptığı iş iç
kuvvetlerin yaptığı işe eşit olmasında,
Ai = ∫
dA i dA d
M2
dl bu ifade yukarıdaki δ i = −
ifadede yerine yazılır ise,
=
2EI
dR i
dR i
δi = −
dAi
=
dRi
∫
dAi
M2
M
dl
dR i
2EI =
∫
dR i
EI
bağıntısı elde edilir.
Bu teoremde şekil değiştirme aranan noktada yük bulunmuyor ise bu noktaya uygun bir yük
uygulanır ve Castigliano teoremi uygulanır ve daha sonra bu yük sıfıra eşitlenir. Sistemde
birbirine eşit yüklemeler bulunuyor ise bu yükler değişik numaralar verilerek teorem uygulanır ve
işlemler sonunda yüklerin gerçek değerleri yerlerine yazılır. Aksi halde karışık işlemlerle hata
yapma olasılığı artar.
Örnek 3.14: Şekilde verilen kirişin orta noktasındaki deplasmanın ve dönüş açısının
Castigliano teoremine göre belirlenmesi
P
P
B
A
A
B
L
L
M x = Px
L
[ ]
δ = ∫ Px
0
dM x
=x
dP
Bu moment değerinin kısmı türevi alınır.
2
P
A
L
1
1  Px 3 
PL3
=

 =
EI EI  3 
3EI
0
M x = Px + M
x
B
M
L
x
dM x
=1
dM
L

1
1  Px 2
PL2
+ Mx  =
ϕ = ∫ [Px + M] =

EI EI  2
2EI
 0
0
L
M=0 alınarak uç noktadaki dönüş açısı bulunmuştur.
126
BÖLÜM 3
P
A
M
L
x
L
M x = Px + M moment değerinin kısmı türevi alınır.
L
δ = ∫ [Px + M]
0
M
A
B
B
x
dMx
=x
dP
L
x
1  Px 3 Mx 2 
ML2
= 
+
 =
EI EI  3
2  0 2EI
L
Mx = M
L
dMx
1
1
ML
= 1 φ = ∫ [M] = [Mx ] =
dM
EI
EI
EI
0
0
moment değerinin kısmı türevi alınır.
A
M
B
L
x
SONUÇ: Eğer deplasman aranan noktada düşey yük, dönüş açısı aranan noktada moment
veya her ikisi var ise deplasman aranır iken fiktif yük (P), dönüş aranır iken fiktif (M) moment
yüklemeye gerek yoktur.
q t/m
B
A
L
A-B
 qLx Px qx 2 
Mx = 
+
−
 Bu moment
2
2 
 2
değerinin kısmı türevi alınır.
P
B
A
qL p
+
2
2
dMx  x 
= 
dP
2
q t/m
qL p
+
2
2
L
x
İki eşit parça olarak alınır ve gerekli kısaltmalar yapılır ise (P=0)
 L / 2  qLx P qx 2 
δ = 2 ∫ 
+ −

 0  2
2
2 


3
Px 2 qx 4  1  5 qL4
 x  1    qLx
= 
=
+
−
 

4
16  EI  384EI
 2  EI    12
q t/m
M
olarak bulunur.
Orta noktasındaki dönüş açısı,
A-B
qL M
−
2
L
B
A
L
x
 qLx Mx qx 2 
Mx = 
−
−

L
2 
 2
127
qL M
+
2
L
BÖLÜM 3
dMx  x 
= − 
dM
 L
İki eşit parça olarak alınır ve gerekli kısaltmalar yapılır ise (P=0)
L / 2  qLx
qx 2   x  1 L / 2  qLx qx 2   x  1
ϕ= ∫ 
−
−
  + ∫ 
  −  + =0
2   L  EI 0  2
2   L  EI
 2
0 
Bilindiği gibi simetrik yüklü bir kirişin orta noktasındaki dönüş açısı sıfırdır.
Örnek 3.17: Şekilde yükleme durumu verilen kirişin A noktasındaki deplasmanın ve dönüş
2
açısının belirlenmesi. (EI=1008 t/m )
q a2
+ P(a + b)
2
q
B
C
a
m
b
P
q
C
B
A
qa +P
a
b
A
x
Önce sistemin B noktasındaki kesit tesirleri dış yüklerden ve deplasmanı istenen noktada fiktif
olarak kabul edilen kuvvetten dolayı oluşan kesit tesirleri bulunur. Bu kesit tesirlerinin x
mesafesinde oluşturdukları moment değeri bulunur ve denklemde yerine yazılarak istenilen
noktaya kadar entegre edilir. Bu işlemler aşağıda sırasıyla yapılmıştır.
 q x 2   q a2

Mx = [(q a + P)x ] − 
+ PL 
−
 2   2

B-C
Mx
C-A
δA =
 
= [(q a + P)x ] − qa  x −


dM
= x −L
dP

a    q a2
+ PL 
−

2    2

dM
= Lx − L
dP
 q x 2   qa2


 
1 a
1 b
a    qa2
+ PL   (x − L) = ∫ [(qa + P)x ] − qa  x −   − 
+ PL  (Lx − L)
∫ [(qa + P)x ] − 
−
EI 0 
EI a 
2   2
 
 2   2
 
 
δA =
1 a 
qa2 x qx 3
qa2L qx 2L  
1  qa 4 qba3 
2
− qaxL +
+
+
−
 + 0 =
−

∫  (q ax −
EI 0  
2
2
2
2  
EI  24
6 
Örnek 3.18: Şekilde yükleme durumu verilen basit kirişin
a. C noktasındaki düşey deplasmanın
b. A noktasındaki dönüş açısının Castigliano teoremiyle bulunması.
C
10 kN
A
10 kN
D
B
2m
8m
8+0.8C kN
128
2+0.2C kN
BÖLÜM 3
dM
= (8 + 0.8C )x = 0.8x
dC
dM
= 0.2(10 − x )
dC
A-B arasındaki M = (8 + 0.8) x
B-C arasındaki M = (2 + 0.2C) (10 − x )
M2
dA
δi = − i =
dCi
∫ 2EI dl
dCi
M
=∫
dA i
dCi
EI
δC =
2
10
0
2
∫ [8x + 0.8Cx ] (0.8x) + ∫ [2 + 0.2C] [(10 − x)] (0.2) =
85.33
EI
Örnek 3.19: Şekilde yükleme durumu verilen basit kirişin
c. C noktasındaki düşey deplasmanın
d. A noktasındaki dönüş açısının Castigliano teoremiyle bulunması.
10 kN
A
10 kN
C
D
B
2m
C
3m
5m
8+0.5C kN
2+0.5C kN
dM
= (8 + 0.5C) x = 0.5 x
dC
A-B arasındaki M = (8 + 0.5C) x
B-C arasındaki M = (8 + 0.5C) x − 10(x − 2)
dM
= (8 + 0.5C) x = 0.5 x
dC
C-D arasındaki M = (2 + 0.5C) (10 − x )
dM
= 5 − 0.5 x
dC
dA i
M2
M
dl
dA i
dCi
δi = −
= 2EI = ∫
dCi
dCi
EI
∫
2
3
10
0
2
5
δ C = ∫ [8x + 0.5Cx ](0.5 x ) + ∫ [[8x + 0.5Cx ] − [10(x − 2)]](0.5 x ) + ∫ [[2x + 0.5Cx ][10 − x ]][5 − 5 x ]
C=0 çünkü C üzerinde yük yok olsaydı değeriyle beraber kalırdı.
δC =
3
5
10
1 2
 1  2  4x  5
2
2
2
∫  4x  + ∫  − x + 10x  + ∫  x − 20x + 100   =  ∫ 
+∫

EI  0
2
5
 EI  0  3  2
10  x 3
 x3
  256
2
2
 − + 5x  + ∫  − 10x + 100x   =
3
3
5



  3EI
MA
A noktasındaki dönüş açısı,
10 kN
C
8+0.1MA
2-0.1MA
dM A
= 0.1x − 1
dM
dM A
= 1 − 0.1x
dM
A-B arasındaki M = (8 + 0.1M A ) x − M A
B-D arasındaki M = (2 − 0.1M A )(10 − x )
MA=0
2
10
0
2
ϕ A = ∫ [8x ] (0.1x − 1) + ∫ [2x (1 − 0.1x )]
2
ϕA
8
 x3 
1 2 x3 4 x2 
380

 +
 =
=
−
EI  5
1 
 15  0 15EI
0
129
BÖLÜM 3
Örnek 3.20: Şekilde verilen aydınlatma direğinin uç noktasındaki yatay [δ
δx] ve düşey [δ
δy]
deplasmanın hesaplanması [EI Eğilme rijitliğine bağlı olarak]
x ve y yönü
deplasmanlar
Cy için yapılan
yüklemeler
Cx
5 kN
x
C
δy
δx y
6m
α
6m
6m
Çözüm: Önce moment değeri yazılır. Sonra deplasman istenen yönlerde yüklemeler yapılarak
başta yazılan momentler deplasman istenen yönlere göre türevleri alınarak momentlerle çarpılır
ve integralleri hesaplanarak deplasmanları bulunur.
L
δx = ∫ M
0
L
δ = ∫M
0
dM
dC x
dM
dC
L
δy = ∫ M
[
M = − 5x + C x y + C y x
]
0
dM
dC y
x = 6 sin α
y = 6 [1 − cos α ]
[
]
M = − 5 [6 sin α ] + C x [6 [1 − cos α ]] + C y [6 sin α ]
dM
= −6 [1 − cos α ]
dC x
dM
= −6 sin α
dC y
ds = 6 dα
x yönündeki deplasman
(1 − cos α) 2
EIδ x = ∫ [ − (5)(6 sin α)[ −6(1 − cos α)](6dα) = 1080 ∫ (1 − cos α) sin αdα = 1080
2
0
0
π/2
δx =
π/2
1040
EI
y yönündeki deplasman
π/2
 α sin 2α 
EIδ x = ∫ [ − (5)(6 sin α)[ −6 sin α ](6dα) = 1080 ∫ sin αdα = 1080  −
4  0
0
0
2
π/2
δx =
π/2
2
848 .23
EI
130
π/2
0
BÖLÜM 3
Örnek 3.21: Şekilde verilen aydınlatma direğinin uç noktasındaki yatay [δ
δx] ve düşey [δ
δy]
deplasmanın hesaplanması [EI Eğilme rijitliğine bağlı olarak]
4 kN
δy
C
δx
4m
x
Cx
y
Cy
2kN/m
x ve y yönü
deplasmanlar
için yapılan
yüklemeler
10m
8m
Çözüm: Önce moment değeri yazılır. Sonra deplasman istenen yönlerde yüklemeler yapılarak
başta yazılan momentler deplasman istenen yönlere göre türevleri alınarak momentlerle çarpılır
ve integralleri hesaplanarak deplasmanları bulunur.
L
δx = ∫ M
0
dM
dC x
L
dM
δ = ∫M
dC
0
L
δy = ∫ M
0
[
dM
dC y
M = − 4x + y 2 + C x y + C y x
4 ≤ y ≤ 14
x=8⇒
]
dM
= −y
dC x
ds = 1.12 dx
dM
= −x
dC y
0≤ x ≤8
[
] [
M = − 4.8 + y 2 + C x y + C y 8 = − 32 + y 2 + C x y + 8C y
dM
= −y
dC x
dM
= −8
dC y
]
ds = dy
Bulunacak deplasmanlar yönünde yüklenen Cx ve Cy değerleri sıfır olur. Yani C değerleri
sadece türevlerdeki değerleri bulmak için kullanılır. Buna göre diğer terimlerden dolayı oluşan
deplasmanlar.
Çubuğun eğik (açılı) olmasından dolayı düşey yöndeki y değeri ile yatay yöndeki x değeri
arasında y = 0.5 x gibi bir ilişki vardır.
8
14
0
4
EI δ y = ∫ [ −4.474 x ][ −0.5 x ][ −1.12 dx ] + ∫ − [32 + y 2 ][ − y ] dy
8
14
8
EI δ y = ∫ − 2.506 x 2 dx + ∫ [32 y + y 3 ] dy = − 0.835 x 3 + 16 y 2
0
0
4
14
4
+ 0.25 y 4
14
4
EI δ y = −427 .69 + 2880 + 9540 = 11392 .31
131
BÖLÜM 3
Örnek 3.22: Şekilde verilen çıkmalı kirişin C noktasındaki dönüş açısının Castigliano
teoremine göre belirlenmesi
4t
3 t/m
B
A
C
6m
3m
4t
3 t/m
B
A
M
C
6m
3m
M
M
7−
15 +
x
6
6
Dönüş istenen noktaya işlem sonunda sıfıra eşitlenmek üzere moment uygulanır ve daha sonra
sistemim bu haline göre mesnet tepki kuvvetleri bulunur. Kirişin yük ve sınır şartları değişen
noktalara göre momentleri hesaplanır ve bu momentlerin fiktif olarak yüklenen momente göre
kısmi türevleri alınır. İlk başta hesaplanan momentler ile kısmı türevlerin çarpımının sınırları
boyunca integrali alınır ve fiktif momentler sıfıra eşitlenerek istenilen dönüş açısı bulunur. Bu
işlemler aşağıda sırasıyla yapılmıştır.
A-B
B-C
dM x  x 
3 x2
M

M x = 7 −  x −
= − 
6
2
dM


 6
dM x  x x
3*6
M
M



M x = 7 −  x −
(x − 3) + 15 +  (x − 6) + M
=  − + + 1
6
1
6
dM

 6 6


6
3 x 2  x  1
ϕ C = ∫ 7 x −
 −  +
2   6  EI

0
6
9
 7x 2 3x 3 
 26 x 2 36 x 
477
=
−
−
 +
 =
EI  2
6 
2
1
EI

 6
0
9
1
∫ [26x − 36]
6
Örnek 3.23: Şekilde verilen kafes kirişte 3 noktasındaki düşey deplasmanın Castigliano
teoremiyle bulunması (E=2.1 106 kN/m2)
10 kN
➃
➁
3
➂
➀
m
➄
5 kN
4.8m
ΣM➀=0 dan ➃ mesnedinin düşey tepkisi,
ΣM➃=0 dan ➀ mesnedinin düşey tepkisi,
Çubuk L (m)
➀-➁
➀-➂
➁-➂
➁-➃
➃-➂
➂-➄
➃-➄
5
8
5
8
5
8
5
A
-4
(10 m2)
10
5
10
5
10
5
10
4.8m
4.8m
4.8m
10 x 4 + 5 x 8 – 16 Y➄ = 0
5 x 8 + 10 x 12 -16 Y➀ = 0
Y➃= 5 kN
Y➀= 10 kN
N
dN
dx
NL
AE
-16.66-0.83x
13.27+0.66x
0+0.83x
-13.27-1.32x
8.31+0.83x
6.63+0.66x
-8.31-0.83x
-0.83
0.66
0.83
-1.32
0.83
0.66
-0.83
-0.0395
0.1011
0.0000
-0.1011
0.0198
0.0505
-0.0198
0.0328
0.0667
0.0000
0.1335
0.0164
0.0333
0.0164
Toplam
0.2992
132
δ3=
NL dN
AE dx
BÖLÜM 3
8.2. CASTIGLIANO II TEOREMİ
Bu teoremin prensibi 1. Teoremin aynısının hiperstatik sistemlerde uygulanmasıdır. Burada
hiperstatik bilinmeyenlerde kuvvet olarak kabul edilip ona göre moment ve kısmı türevleri
yazılarak elde edilir.
Örnek 3.24: Verilen kirişin 2.Castigliano teoremini kullanarak moment alanın belirlenmesi
A
B
qL MA
+
2
L
qL MA
−
2
L
x
 qLx M A x qx

+
−
− MA 
 2

L
2


L
2
x 
dM
1  qLx MA x qx
M=M
= ∫
+
−
− MA   − 1
dMA EI 0  2
L
2
 L 
2
A-B arasındaki M = 
M=
dM
1
= −1
dM A L
L

1  qx 2 MA x 2 qx 3 MA x qLx MA x qx 2
+ 2 −
−
−
−
+
+ MA 

∫
EI 0  2
2L
L
2
L
2
L

L

1  qx 3 MA x 3 qx 4 MA x 2 qLx 2 MA x 2 qx 3
= 
+
−
−
−
−
+
+ MA x 
2
EI  6
8L
2L
4
2L
6
3L
0
=

1  qL3 MA L qL3 MA L qL3 MA L qL3
+
−
−
−
−
+
+ MA L  = 0

EI  6
3
8
2
4
2
6

qL  qL2
+
2  8L
 5qL
=

8

qL  qL2
By =
−
2  8L
 3qL
=

8

Ay =
MA =
qL2
8
3qL
8
5qL
8
qL2
8
2o
3qL  3qL  9qL2
max Maç =
=
8q  8 
128
q
A
qL − B Y
BY
x
VEYA B mesnet tepki kuvveti bilinmeyen seçilir ise,

qx 2 

A-B arasındaki M =  B y x −

2 

dM
=x
dB y
L
L
3
3
 2 qx 3   By x qx 4   By L qL4 
1 L
qx 2 
 =
=0
M = ∫  By x −
−
−
 (x) =  By x −
 =
EI 0 
2 
2 0  3
8   3
8 

0
By =
3qL
8
olarak bulunur.
133
BÖLÜM 3
Örnek 3.25: Şekilde yüklemesi verilen birinci dereceden hiperstatik mütemadi kirişin (M)
moment alanının çizimi [2.Castigliano].
q=4 kN/m
A
5
C
B
m
5
m
Çözüm: B mesnedinin düşey tepkisi By olarak alınarak sistem izostatik hale getirilir ve diğer
mesnet tepkileri buna bağlı olarak bulunur.
q=4 kN/m
A

B y x qx 2 

A-B arasındaki M =  20 x −
−


2
2


C
20-0.5By
B
By
20-0.5By
dM
x
=−
dB y
2

B y x qx 2 B y (x − 5) 

B-C arasındaki M =  20 x −
+
−


2
2
1


dM
x
x
= − + ( x − 5) = − 5
dB y
2
2
M=
By x qx 2   x  10 
By x qx 2 By (x − 5)   x  
1 5 
−
−
+
 ∫  20x −
  −  + ∫  20x −
  − 5 
EI  0 
2
2  2 5 
2
2
1
  2  
M=
2
2
2

5By x 5qx 2
1 5  20x 2 By x qx 3  10  20x 2 By x qx 3 By x 5By x
+
+
−
−
+
−
− 100x +
+
− 5By x + 25By 
+ ∫ 
∫−




EI 0 
2
4
4 
4
4
2
2
2
2
5
 2

5
10
 20x 3 By x 3 qx 4   10x 3 By x 3 qx 4 By x 3 5By x 2 100x 2 5By x 2 5qx 3 5By x 2

M =−
+
+
−
−
+
−
−
+
+
−
+ 25By x 
 +

  3

6
12
16
12
16
6
4
2
4
6
2

0 
5
B y = 25 t olarak bulunur. B’nin bulunmasıyla sistem izostatik olmuştur. Sistemin moment alanı
aşağıdaki şekilde çizilir.
q=4 kN/m
A
C
B
12.5
7.5
7.5
12.5
12.5=7.5x5-4x5x2.5
+
7.03
7.03=7.5x(7.5/4)x0.5
Örnek 3.26: Şekilde verilen 1. Dereceden hiperstatik sistemin B mesnet tepki kuvvetinin
Castigliano II teoremine göre belirlenmesi.
8 kN/m
8 kN/m
A
C
A
m
2
By
6
 x3 

A-B arasındaki M =  −
 6 



x 3 
B-C arasındaki M =  B y (x − 2) −

6 

2m
m
B
C
6m
dM
=0
dB y
dM
= ( x − 2)
dB y
134
BÖLÜM 3
M=
2
6


1   x3 
x3 
 ∫   [0 ] + ∫  B y (x − 2) −  [ x − 2]
EI  0  6 
6

2

8
3
8
3B y x 2 2By x x 4 x5 
1 
x3 x 4  1  By x
2
− = 
−
+
+
−
 =0
 By x − 3B y x + 2B y +
EI ∫2 
3
6  EI  3
2
1
12 30 
2
8
3
3By x 2 2By x x 4 x 5 
1  By x
−
+
+
−

 =0
EI  3
2
1
12 30 
By=8.35 t
2
Mesnet tepki kuvvetinin diğer bir yöntem ile hesabı
8 kN/m
A
C
B
2m
6m
Sistem 1. dereceden hiperstatik olduğu için B mesnet tepki kuvveti bilinmeyen olarak seçilir ve
B mesnedindeki deplasmanın sıfır olması şartı kullanılarak bu tepki kuvveti virtüel iş yöntemine
göre aşağıdaki şekilde hesaplanır.
8 kN/m
A
C
B
2m
6m
85.333
A
2
A
m
6
C
B
2m
Dış yük M alanı
C
B
m
Birim yükleme
6m
1
A
B
+
1
2m
δ11 =
6 x 6 x 6 72
=
3EI
EI
δ11B y + δ10 = 0
72B y
EI
δ10 = −
−
C
Birim yükleme M alanı
6
6m
6 x 6 x [85.333 − 1.333] 6 x 6 x [1.333]
628.8
−
=−
5EI
2EI
EI
628.8
=0
EI
By=8.73 t
Örnek 3.27: B düşey mesnet tepkisinin castigliano 2. teoremi ile bulunması.
8 kN
A
4
m
4 kN
B
2
m
2
m
C
2
m
Sistemde aranan mesnet tepkisi kaldırılarak sistem izostatik hale getirilir ve diğer mesnet
tepkileri buna bağlı olarak bulunur.
8 kN
Ay=5.6-0.6By
∑ MA = 0
8 x 4 − 6B y + 4 x 8 − 10C y = 0
C y = 6.4 − 0.6B y
∑ MB = 0
2 x 4 − 4B y + 6 x 8 − 10 A y = 0
A y = 5.6 − 0.4B y
135
4 kN
B
By
C
Cy=6.4-0.4By
BÖLÜM 3
Nokta
M
dM
dBy
A-1
5.6x-0.6Byx
-0.6x
 dM  dx
 =0
 dB  EI
∫M 
4

∫ − 3.36x
0
2
1-B
22.4-2.4By+5.6x-0.6 Byx

∫ − 53.76 − 26.88x − 3.36x
-2.4 - 0.6x
0
2 + 5.76B + 2.88B x + 0.36B x2  dx
y
y
y 
2
C-2
6.4x-0.4Byx

∫ − 2.56x
-0.4x
0
2
2-B
12.8+6.4x-0.8By-0.4Byx

∫ − 10.24 − 10.24x − 2.56x
-0.8-0.4x
0
By =
2 + 0.36B x2  dx
y 

2 + 0.16B x2  dx
y 

2 + 0.64B + 0.64B x + 0.16B x2  dx
y
y
y 

296.5337
= 10.11kN
29.3337
Örnek 3.28: Şekilde verilen hiperstatik kafes sistemin çubuk kuvvetlerini By düğümünün
hiperstatik bilinmeyen seçerek bulunuz.
➁
36 kN
63 kN
➁
➃
➂
36 kN
63 kN
➃
➂
3.6m
3.6m
Dış yükleme
durumu No
A
➀
➇
m
4.8
B ➆
m
4.8
➀
➄ C
➅
Ay
4.8m
m
4.8
➇
4.8m
B ➆
4.8m
➄
➅
4.8m
4.8m
Cy
1.adım: İzostatik esas sistem aşağıdaki şekilde seçilir. İzostatik esas sistemi daha değişik
olarak da seçmek mümkündür.
ΣMA=0 dan C mesnedinin düşey tepkisi, 36 x 4.8 + 63 x 9.6 – 4 x 4.8 Cy =0
Cy= 40.50 kN
36 x 3 x 4.8 + 63 x 9.6 – 4 x 4.8 Ay =0 Ay= 58.50 kN
Bulunan bu mesnet tepkilerine göre izostatik esas sistemde verilen dış yüklerden ve By
yüklemesinden dolayı çubuklarda oluşan eksenel kuvvetler aşağıdaki tabloda verilmiştir.
➁
36 kN
63 kN
➂
➃
3.6m
➀
Ay
➇
m
4.8
B ➆
m
4.8
By
4.8m
4.8
136
By=1 yüklemesi
➄
➅
m
Bilinmeyen
Cy
BÖLÜM 3
Çubuk
L (m)
A
➀-➇
➀-➁
➁-➇
➁-➆
➁-➂
➂-➃
➃-➆
➃-➅
➃-➄
➄-➅
➆-➅
➂-➆
➆-➇
4.8
6.0
3.6
6.0
4.8
4.8
6.0
3.6
6.0
4.8
4.8
3.6
4.8
2.0
2.5
1.3
2.5
2.6
2.6
2.5
1.3
2.5
2.0
2.0
1.3
2.0
P=L/A
2.400
2.400
2.770
2.400
1.846
1.846
2.400
2.769
2.400
2.400
2.400
2.769
2.400
dN
dB y
N0
By
78.00
-97.52
0.00
37.52
-108.00
-108.00
67.50
0.00
-67.50
54.00
54.00
-63.00
78.03
-0.67By
0.83 By
0.00
-0.83 By
1.33 By
1.33 By
-0.83 By
0.00
0.83 By
-0.67 By
-0.67 By
0.00
-0.67 By
dN
N0P
dB y
-0.67
0.83
0.00
-0.83
1.33
1.33
-0.83
0.00
0.83
-0.67
-0.67
0.00
-0.67
Toplam
dN
ByP
dB y
1.077 By
1.653 By
0.000 By
1.653 By
3.266 By
3.280 By
1.653 By
0.000 By
1.653 By
1.077 By
1.077 By
0.000 By
1.077 By
-125.47
-194.260
0.00
-74.740
-265.181
-265.181
-134.460
0.00
-134.460
-86.832
-86.832
0
-125.470
Σ-1492.890
By =
Kontrol
N By P
Σ17.454 By
-33.30
-52.80
0
66.70
14.10
14.10
7.00
0
7.00
5.30
5.30
0
33.30
Σ0.000
1492.89
= 85.53 kN
17.454
Örnek 3.29: Verilen sistemde çubuk kuvvetlerinin bulunması [Kesit alanları eşit A=0.02 m2]
1.25m
0.8m
A
B
2.10T
0.83T
2.173T
15o
1.70m
1.70m
D
C
1.129T
0.98T
0.56T
0.56T
0.56T
0.744T
30o
T
E
20-4.396T
0.49T
3m
0.56T
34o
49o
F
20 kN
Çözüm: İşlemlerin daha açık olması için çözüm aşağıdaki tabloda yapılmıştır.
ÇUBUK
L (m)
AF
BF
CF
DF
EF
3.63
3.10
3.00
3.45
4.53
A
P=L/A
F
dF
dT
 dF  L
F 
 dT  AE
0.02
181.50
155.00
150.00
172.50
226.50
T
2.173 T
20-4.396 T
1.128 T
0.744 T
1
2.173
-4.396
1.128
0.744
181.5 T
729.88 T
2898.72 T -13188
219.49 T
125.38 T
Σ
137
T
SONUÇ F
FY
3.174
3.174
6.897
6.047
3.583
2.361
2.621
6.665
6.047
3.110
1.55
Σ 20 kN
4154.97T-13188=0

BÖLÜM 3

Transkript

Benzer belgeler

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

17 - 24 Ekim 2008 Jeanne d`Arc Lisesi Gezi Programı

gamzeler romana

Fan Coil Cihazları Tesisat Bağlantıları

côte d`azur `da modern sanat ve kültür turu

B Serisi Katalog

TREBUCHET oyun: kurallar