doc∫ ∫ ∫ ∫ ∫
download 
Şikayet Transkript
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
Virtüel İş Bölüm 2 BÖLÜM 2 2.1. VİRTÜEL İŞ Elastik eksenel yüklü çubuklarda dış kuvvetlerin yaptığı iş aşağıdaki şekilde açıklanmıştır. P Pδ Ad = yapılan iş taralı alana eşit 2 yüksüz δ δ δ P Sonra Q yükleniyor Eğilmeye çalışan elastik kirişte dış yüklerin yaptığı iş P ilk önce Deplasman δ1 (P)(L) Deplasman δ2 (Q)(L’) Elastik eğri L’ Pδ 1 A d = Pδ 2 + 2 İç kuvvetlerin yaptığı iş M moment ve dϕ ϕ momentten oluşan dönüş açısı Q kesme kuvveti ve du kesme kuvvetinden oluşan deplasman [dönüş] N eksenel kuvvet ve dL eksenel kuvvetten kuvvetten oluşan deplasman olmak üzere yapılan işler, 1 dA i = − (M dφ + Q du + N ∆dl) − M dφ − N ∆dl 2 −Ai = ∫ M2 Q2 N2 Mα t dl + ∫ dl + ∫ dl + ∫ N α t dl + ∫ dl 2EI 2GA 2EA d M P Virtüel iş dl Sistemin dengede olması için Fdış + Fiç = 0 Q dl δ gibi bir dış etki uygulanırsa Fdış δ = A dış dış kuvvetleri yaptığı iş (Fdış + Fiç )δ = 0 iç kuvvetleri yaptığı iş Fiç δ = A iç 66 N+ dN Denge olan bir elemandan alınan dilim N L Yayındır çoğaltılamaz M+ dM q Q+ dQ (Fdış + Fiç )δ = 0 A dış + A iç = 0 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 c ve ϕ mesnet çökmeleri ve dönmeleri kabul edilerek, C M birim yüklemelerden, diğerleri şekil değiştirmelerden olmak üzere dış ve iç kuvvetlerin yaptığı işler; 1 A dış =1δ + ∑ C.cmesnet çökmesi + ∑ M ϕmesnet dönmesi m m δm=? C (Kuvvetle deplasmanın ters olmasından dolayı eksi) − A iç = (M dϕ + Q du + Ndl + − A iç = momentten MM ∫ + 1δ = ∫ EI kesmeden QQ ∫ GA Mα t farklı ısı ∫ dl + dkalınlık − yükseklik MM dl + EI QQ dl − dl + eksenel NN ∫ EA mesnet çökmesi ∑ NN dl + C.c − ∫ GA dl + ∫ EA dl + ∫ N α t dl + ∫ eşit ısı ∫ C Birim yükleme Esas yükleme M α ∆t dl + N α t dl) d N α t dl mesnet dönmesi ∑ Mαt dl − d M.ϕ ∑ C.c − ∑ M.ϕ Eğer mesnet çökme, dönme, uzama ve normal kuvvet etkisi yok ise; 1δ = ∫ MM dl olur. EI GENEL DENKLEM δB = ∫ MM dl + EI ∫ EA dl + ∫ GA dl NN QQ Dış yüklerden M i xi L Qi = x Mi = xi L Ni = xi L i Li 6 k Qk = L xk L Mi = xk L Ni = xk L LM M i k 0 EI dx = dolayı oluşan moment alanı M ile çarpılarak her iki uç değerleri toplanır. k Birim yüklerden M Li .0 6 δ= ∫ Dış yüklerden dolayı oluşan M alanını yük kabul edip basit kirişte mesnet tepkileri bulunur. Birim yüklemeden Li 3 Li .k 3 + = Lik 3 LQ Q LN N 1 L xi xk L ik 1 L xi xk L ik 1 L xi xk L ik dx = δ = ∫ i k dx = dx = δ = ∫ i k dx = dx = ∫ . ∫ . ∫ . EI 0 L L 3EI GA 0 L L 3 GA EA 0 L L 3EA 0 GA 0 EA MOMENTTEN KESMEDEN EKSENELDEN Dış yüklerden M i Qi = i Ni = i Mi = i Li 2 x k Qk = L LM M i k δ= ∫ 0 EI dx = xk L Mi = xk L Ni = xk L i Li 2 k Birim yüklerden M Li Li .0 + .k 2 2 = Lik 2 LQ Q LN N 1 L xk L ik 1 L xk L ik 1 L xk L ik dx = dx = dx = δ = ∫ i k dx = δ = ∫ i k dx = ∫ i. ∫ i. ∫ i. EI 0 L 2EI GA 0 L 2 GA EA 0 L 2EA 0 GA 0 EA MOMENTTEN KESMEDEN EKSENELDEN Bu çarpımlar değişik şekillerde de hesaplanabilir. Virtüel İş Metodunda moment alanlarının çarpımı aşağıdaki şekilde yapılmaktadır. Yayındır çoğaltılamaz 67 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 ∫ dx A (k2 X)/L (k1 X’) / L B k X' k X Mk1X' Mk 2 X MM dx = ∫ M( 1 + 2 )dx = ∫ dx + ∫ dx = k1 A + k 2 B EI L L L L k2 k1 X X’ Esas yükleme M Esas yükleme M A ve B verilen dış yüklerin mesnet tepki kuvvetlerini göstermektedir. 2 trapezin alan çarpımı: Verilen trapezlerin çarpımında superpozisyon prensibi uygulanır. Yani trapez geometrisi bilinen üçgen ve dikdörtgene ayrılarak çarpım yapılır. İlk önce dikdörtgen kısımlar sonra üçgen kısımlar çarpılır. Birim yükleme sonucu oluşan M alanı i1 i2 Dış yüklerden M Mi = x( i2 − i1 ) L L x Mk = Dış yükler sonucu oluşan M alanı k2 k1 Birim yüklerden M LM M i k δ= ∫ 0 EI dx = δ = 1 L i1 k1 (i2 − i1)x (k 2 − k1)x i1 (k 2 − k1 )x k1(i2 − i1)x L + + + ∫ dx = 6EI [ 2i1k1 + 2i2k 2 + i1k 2 + i2k1] EI 0 1 1 L L L L Ters 2 trapezin alan çarpımı i1 i2 Dış yüklerden M Birim yükleme sonucu oluşan M alanı Mi = Mk = k1 Dış yükler sonucu oluşan M alanı LM M i k 0 EI dx = δ = x( i2 − i1 ) L L x δ= ∫ x (k 2 − k1 ) L k2 Birim yüklerden M (L − x)(k 2 − k1 ) L 1 L i1 k1 (i2 − i1)x [(L − x)(k 2 − k1)] i1 [(L − x)(k 2 − k1)] k 2 (i2 − i1 )x L + + ∫ dx = 6EI [ 2i1k1 + 2i2k 2 + i1k 2 + i2k1] + EI 0 1 L L L L VEYA i1 Dış yüklerden M Birim yüklerden M Dış yüklerden M Li1 L(i2 − i1 ) + 2 6 L i2 Li1 L(i2 − i1 ) + 2 3 Li Li Li Li L(i − i ) Li L(i − i ) Li k1 1 + 2 1 + k 2 1 + 2 1 = k1 1 + k1 2 + k 2 1 + k 2 2 6 3 6 6 3 2 2 3 = L [2i1k1 + 2i2k 2 + i1k2 + i2k1 ] 6 k1 k2 Yayındır çoğaltılamaz 68 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 Yayındır çoğaltılamaz 69 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 q A Dönüş ϕ Deplasman δ Elastik eğri L’ L Mdış qL2 8 + L MdışMbirim 0 EI δorta = ∫ 5 ⋅ (L / 2) ⋅ (qL2 / 8) ⋅ (L / 4) 5qL4 5Lik = 2 dL =2 = 12EI 12EI 384EI 1 Mbirim L 4 + - MdışMbirim 0 EI 5Lik 5Lik dL = − =0 12EI 12EI Mbirim + 0.5 L ϕorta = ∫ 0.5 1 LL Mdış dışMbirim birim 00 EI ϕAA = ∫ 1 Mbirim 22 33 Lik L ⋅ (qL / 8) ⋅ 1 qL dL = = = 3EI 3EI 24EI P A Deplasman δ Dönüş ϕ Elastik eğri L’ L P Mdış PL 4 + L MdışMbirim 0 EI δorta = ∫ 4 Lik (L / 2) ⋅ (PL / 4) ⋅ (L / 4) qL3 dL =2 = 2 = 3EI 3EI 48EI 1 Mbirim L 4 + Mbirim + 0.5 L MdışMbirim 0 EI ϕorta = ∫ 0.5 1 - 1 Mbirim LL Mdış Mbirim M dışM birim 00 EI EI ϕϕAA == ∫ Lik Lik dL = − =0 3EI 3EI Lik(3 // 2) 2) LL ⋅⋅(PL (PL // 4) 4)⋅⋅11⋅⋅(3 (3 // 2) 2) PL PL22 Lik(3 dL == dL == == 6EI 6EI 16EI 6EI 6EI 16EI P A Elastik eğri L’ Dönüş ϕ L PL Deplasman δ - Mdış L L MdışMbirim 0 EI δA = ∫ Lik dL = = 3EI L ⋅ PL ⋅ L PL 3EI = 3EI 3 1 Mbirim - 1 Mbirim 1 LL Mdış dışMbirim birim 00 EI ϕAA = ∫ 22 Lik L ⋅ PL ⋅ 1 PL = = dL = 2EI 2EI 2EI q A L qL2/2 - Mdış L LL Mdış M birim dış birim 00 EI δAA = ∫ 2 4 Lik L ⋅ (PL2 / 2) ⋅ L PL4 dL = = = 4EI 4EI 8EI 1 Mbirim 1 1 Yayındır çoğaltılamaz Mbirim L MdışMbirim 0 EI ϕA = ∫ 70 2 3 Lik L ⋅ (PL / 2) ⋅ 1 PL dL = = = 3EI 3EI 6EI http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 ÖRNEK 2.1: Şekilde verilen çıkmalı kirişin (EI oranında, Virtüel iş) a. A ucundaki düşey deplasmanı [δA=?] b. A noktasındaki dönüş açısının [ϕA=?] belirlenmesi A 6m m 3 Dış yüklerden oluşan Birim yüklemeden oluşan 1 6 kNm 3 kN/m 4 kN 6m 3m By=6.00 Ay=16.00 6 kNm 3 kN/m 4 kN 3 1 6 4 - - V + 12 12 M 6 + maxMaç = 122 − 12 = 12 2x3 Çarpım aşağıdaki şekilde moment alanlarının geometrisi bilinen şekillere dönüştürülerek bunların kendi aralarında çarpımlarıyla bulunur. Konsol için çarpım 12 12 - Mesnetler arası için çarpım - 12 6 + X 3 - + 6 12 + - 3 + 2 qL /8=13.5 δA = ∫ MM1 6 x12 x 3 6 x 6 x 3 6 x13.5 x 3 3 x12 x 3 9.00 dL = − − + = EI 3EI 6EI 3EI 3EI EI Konsol için çarpım 12 Veya -12 - Mesnetler arası için çarpım - 6 12 6 + + + 2 12 δA = ∫ X 3 - qL /8=13.5 - 3 MM1 6 x 3 x [6 + 2 x ( −12)] 6 x13.5 x 3 3 x12 x 3 9.00 dL = − + = EI 6EI 3EI 3EI EI ϕA nın hesabı için A noktasına birim moment uygulanarak moment alanı çizilir ve bu moment alanı aşağıdaki şekilde dış yüklerden dolayı oluşan moment alanı ile çarpılarak bulunur. 1 m 3m 6 1 1 Konsol için çarpım 12 12 - Mesnetler arası için çarpım - + 6 + 6 12 X 1 - + - + 2 qL /8=13.5 ϕA = ∫ MM1 6 x12 x1 6 x 6 x1 6 x13.5 x1 3 x12 x1 9.00 dL = − − + = EI 3EI 6EI 3EI 2EI EI Yayındır çoğaltılamaz 71 http://mizan.ogu.edu.tr. 12 1 Virtüel İş Bölüm 2 3 kN/m ÖRNEK 2.23: Kirişte C ucundaki δC=? ϕC=? (EI=sabit) 6m m 2 Çözüm: Dış ve birim yüklemelerden oluşan M alanları çizilerek aşağıdaki şekilde çarpım yapılır. 3 kN/m 1 C 6m 2m m 1 m 6 6m 2 2 - + m 2 1 - 13.50 Deplasman δC = 6 x 2 x13.5 54 = 3EI EI Dönüş ϕC = 6 x1x13.5 27 = 3EI EI ÖRNEK 2.23: δC=? ϕC=? virtüele iş yöntemiyle hesaplanması (EI=sabit) 100 kNm 250 kNm 10 kN/m c 5m 5 m Çözüm: Verilen sistemin dış yüklerden ve birim yüklemelerden oluşan M alanları aşağıdaki şekilde çizilir. 100 kNm 250 kNm 10 kN/m c By=15 Ay=85 15 V 100 kNm momentinden oluşan M alanı 100 kNm 85 125 kNm 250 kNm momentinden oluşan M alanı 125 kNm 100 10 kN/m yayılı yükten oluşan M alanı 50 M + 11.25 200 maxMaç = 125 kNm 152 = 11.25 2 ⋅ 10 C noktasındaki deplasmanı bulmak için C noktasına birim yük uygulanır ve M alanı çizilir. 1 Birim yükleme 100 c 50 20.83 200 2.5 2.5 2.5 20.83 Lboy ∫ yc = Mbirim yüklemeden .Mdış yüklerden EI 0 1 1 1 1 − .5.2,5.(100 + 2.50) − 3 .5.50.2,5 + 3 .5.125.2,5 − 3 .5.125.2,5 1 6 = EI 5 5 + .5.125.2,5 + .5.125.2,5 12 12 Birim yükleme yc = 677,08 m EI 1 c 100 0.5 50 20.83 200 0.5 0.5 0.5 20.83 Lboy ϕc = ∫ 0 Mbirim .Mdış yüklerden EI Yayındır çoğaltılamaz 1 1 1 1 1 − .5.50.0,5 − 2 .5.50.0,5 + 3 .5.50.0,5 + 3 .5.125.0,5 + 3 .5.125.0,5 1 6 = EI 5 5 + .5.125.0,5 − .5.125.0,5 12 12 72 ϕc = http://mizan.ogu.edu.tr. 166,67 radyan EI Virtüel İş Bölüm 2 ÖRNEK 2.2: Şekilde yüklemesi ve özellikleri verilen sistemde; a. C noktasındaki deplasmanı b. C noktasındaki deplasmanın [δ δc=0] olması için C noktasına uygulanması gereken [Xc=?] kuvvetin bulunması [Bütün çubuklarda rijitlik 3EI] B 40 kN A m 4 4 m B Dış yükler altında sistemin şekil değiştirmesi m A C δC B 40 kN C 4 4 200 25 kN/m 25 kN/m m 4 4 m 160 40 kN m 240 kN Dış yükler altında sistemin moment alanı A 15 kN Sistemin verilen yükler altında ve deplasman istenen noktaya yapılan birim yüklemeden dolayı oluşan moment alanı aşağıdaki şekilde elde edilir. 4 4x160 x4 4x4x200 δ c= − + 6[3I]E 3[3I]E 160 + B 2 kN + A qL2 25x42 = = 50 8 8 4 x 4 x 200 391.11 = EI 4[3I]E C - 4 200 2 4x50[ql / 8]x4 − + 3[3I]E 1 kN Birim yük altında sistemin moment alanı 1 kN 4 - 200 B-C çubuğunda çarpım aşağıdaki şekillerden birisiyle yapılabilir. δ B −C =− 200 4x 200 x4 4x4x50 − = 266.67 3[3I]E 3[3I]E 4 4 - + 4x 200 x4 veya δ B − C = − = 266.67 4[3I]E 200 qL2 25x42 = = 50 8 8 C noktasındaki deplasmanın [δ δc=0] olması için C noktasına uygulanması gereken [Xc=?] kuvvet aşağıdaki şekilde verilmiştir. 4 4Xo 1 kN Xo Xo 2 kN 2Xo C noktasına yapılan yükleme A A C C C Xo C noktasına yapılan birim yükleme sonucu moment alanı C noktasına yapılan birim yükleme sonucu moment alanı A 1 kN 4 x 4 x 4X c 14.22X c C noktasında Xc yüklemesi sonucu oluşan deplasman δ Xc = 2 = EI 3[3I]E 568 .89 Dış yüklerden dolayı C noktasında oluşan deplasman δc = EI 25 kN/m δ c − δ Xc = 0 568.89 14.22 X c =0 − EI EI X c = 40.01kN B 40 kN 4 NOT: Bu durum Xc=40.01 kN Yandaki hiperstatik çözümüdür. 73 m A 4 Yayındır çoğaltılamaz C m 4 m http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 ÖRNEK 2.2: ϕC=? ve δCYATAY=? vitüel iş yöntemiyle belirlenmesi [EI=sabit]. 20 kN 35.2 2 kN/m C + Cy=13.6 4m 54.4 2 2x4 /8=4 Dış yüklerden oluşan M 4m 3m 3m Ay=6.4 1. İlk önce verilen sistemin 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 2. Dönüş açısı istenen noktaya birim moment uygulanarak bu momentten dolayı oluşan sistemde moment alanı çizilir [b]. 0.30 - 1.0 1 + Cy=0.10 2.8 M (birim momentten) [b] Ay=0.1 Cy=0.40 1 Ay=0.40 Birim M alanı [c] 3. Bu iki moment alanı çarpılarak istenen C noktasındaki dönüş açısı bulunur. ϕc = 5x35.2x0.3 5x4x0.3 3x(2x0.3x35.2 + 2x0.6x54.4 + 54.4x0.3 + 35.2x0.6) 4x54.4x(2x0.6 + 1) 161.308 + + + = 3EI 3EI 6EI 6EI EI 4. C noktasına birim kuvvet uygulanır ve moment alanı çizilir. δ c= 4x1.6x54.4 5x2.8x35.2 5x2.8x4 3x(2x1.6x54.4 + 2x35.2x2.8 + 54.4x2.8 + 35.2x1.6) 588.91 + + + = 3EI 3EI 3EI 6EI EI Yayındır çoğaltılamaz 74 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 2.2. BETTİ TEOREMİ P2 P1 δ1 δ2 δ2 P2 δ11 δ21 M1 Q1 N1 M1 Q1 N1 δ1 P1 P kuvvetlerin yatığı iş ∑ P δ 12 = ∫ M1 M 1 Q Q N N dl + ∫ 1 1 dl + ∫ 1 1 dl EI GA EA P kuvvetlerin yatığı iş ∑ P δ 12 = ∫ M1 M1 Q Q N N dl + ∫ 1 1 dl + ∫ 1 1 dl EI GA EA bu çarpımların incelenmesinden görüldüğü gibi P lerin yaptığı iş, P kuvvetlerinin yaptığı işe eşittir. Bu duruma ” P kuvvetlerinin, P kuvvetlerinden dolayı meydana gelen deplasmanlarından dolayı yaptıkları iş ( P xδ), P kuvvetlerinin P kuvetlerinden dolayı meydana gelen deplasmanlarından dolayı yaptıkları ( P x δ ) işe eşittir”. ∑ P δ 12 = ∑ P δ 12 Bu teoriye BETTİ teoremi denir. Sistemlerin çözümünde çok kullanılan ve çözümü kolaylaştıran bir teoremdir. 0.75 2m n 8 kN n 80 8 kN 1 n n + 0.25 20 80 10m Birim Moment Dış yük M alanı Birim M1 alanı A 8 8m 10 0.125 10 0.125 2.3. MAXWELL PRENSİBİ Betti teoreminin özel bir hali olan bu prensip, “Bir sistemde bir i noktasına 1 birimlik bir kuvvet (moment) uygulanırsa, k noktasında meydana gelen deplasman (dönüş), birim yüklemenin k noktasına yapılması halinde i noktasında meydana gelen deplasmana (dönüşe) eşittir. Bu prensip aşağıda şekiller üzerinde geniş olarak açıklanmıştır. 1-Deplasman için i i k δik L Yayındır çoğaltılamaz 75 1 1 k i k δki http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 δ ik = δ ki δki = ∫ Mi Mk dl EI δik = ∫ Mk Mi dl EI i 1 1 i L k i k k Mk Mi Bu prensip, bir noktaya (i) yapılan bir yüklemeden dolayı diğer bir noktada (k) oluşan deplasman değeri, aynı yüklemenin diğer (k) noktaya yapılması durumunda da oluşan deplasmanın birinci noktadaki (i) deplasmana eşit olmasına dayanmaktadır. ÖRNEK 2.4: m noktasındaki deplasmanın Maxwell prensibine göre belirlenmesi. 7 kN 7 kN m m 2m 3m m 2m m 2 m 3 2 7 kN 7 kN m m 5 2 2 10 10 m 0.28 5 1 1 m 1.42 0.72 0.72 0.28 1.44 Moment alanlarının alanların çarpımı aynı sonucu verecektir. 2-Dönüşler arasındaki ilişki ϕki = ϕik 1 1 δi ϕki 1 δ k ϕik i k k k δ ϕik i 1 δ (1)ϕ = (1)δ (boyutları eşit) 3-Deplasman-dönüş için L/2 L/2 1 i k ϕ =0 i δ =0 k ÖRNEK 2.5: n noktasındaki dönüş açısını virtüel iş yöntemine göre bulunması. [EI=sabit] 2m 80 n 8 kN 8 kN 0.75 n n 20 0.25 80 10m Mn1 alanı Dış yük M alanı 8m 10 10 10 0.125 0.125 n noktasındaki deplasman önce sistemin dış yüklere göre moment alanı çizilir daha sonra n noktasına birim moment uygulanır (n noktasındaki deplasman istenmiş olsaydı birim kuvvet uygulanır) ve moment alanı çizilir ve bu iki moment alanı çarpılaraktan dönüş açısı bulunur. Yayındır çoğaltılamaz 76 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 ϕn = − 6 x 0.75 x (2 x 20 + 80) 2 x 0.25 x 20 86.67 =− + 6EI 3EI EI 2m 8 kN n 80 n 8 kN n 1 1 20 80 10m Mn1 alanı Dış yük M alanı 1 10 8m 10 10 Burada iki noktanın birbirine göre dönüşü söz konusu olduğu için her iki noktaya da birim moment uygulanarak elde edilen moment alanı dış yüklerden oluşan moment alanı ile aşağıdaki şekilde çarpılarak söz konusu iki noktanın birbirine göre dönüş açısı bulunur. n kesitinin A noktasına göre dönüş açısı ϕ n− A = − 10 x 1x 80 6 x 1x 80 640 − = 2EI 2EI EI r boyundaki değişimin bulunması için r boyunca olan m ve z noktalarına eşit ve zıt yönde birim 0 kuvvetler uygulanır. Bu kuvvetlerden oluşan moment alanı, r doğrusu yatay ile 32 derecelik açı -1 0 yapmaktadır (tan (5/8)=32 ). Buna göre z=8 x sin (90-32)=6.784 ve m=3 x sin (90-32)=2.544 olarak bulunur. Moment alanları çarpılarak r boyundaki değişim hesaplanır. 2.544 80 m m 7 6.784 z r m 3 8 kN 1 n 20 80 m 7m z 2m 1 Dış yük M alanı 10 8m 10 10 Alanların çarpımı yatay çubukta trapez ile üçgen, düşey çubukta yine trapez ile üçgen çarpımı bulunmaktadır. ∆r = 8 x 80 x (2 x 6.784 + 2.544 ) 8 x 6.784 x (2 x 64 + 80) 3600 .04 + = 6EI 6EI EI ÖRNEK: Şekilde verilen aydınlatma direğinin uç noktasındaki yatay [δ δx] düşey [δ δy] ve C noktasına dik yöndeki deplasmanın hesaplanması [EI Eğilme rijitliğine bağlı olarak] 4 kN δx 4m 2kN/m 10 x δy C δ=? y m 8m Çözüm: İlk önce sistemin dış yükler altında moment alanı çizilir. Daha sonra deplasman istenen yönlerde sisteme birim yüklemeler yapılarak moment alanları çizilir ve dış yükler altında çizilen moment alanı ile çarpılarak istenen yöndeki deplasmanlar bulunmuş olur. Yayındır çoğaltılamaz 77 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 EI δ yatay = EI δ düş = 8.94 x 48 x 4 10 [ 2 x 4 x 48 + 2 x 14 x 228 + 4 x 228 + 14 x 48 ] + = 13882 .45 4 6 8.94 x 48 x 8 10 [ 48 + 228 ] x 8 + = 11898 .24 [a]x[c] 4 2 δy 1 1 48 8 Düşey birim Yükleme sonucu oluşan M alanı + - 40.60o 4 Yatay birim Yükleme sonucu oluşan M alanı Dış yüklerden oluşan M alanı [a]x[b] - 49.40o 14 228 [b] [c] [a] Bileşke deplasman δ = δ 2y + δ 2d = 13882 .45 2 + 11898 .24 2 = 18283 .61 13882 .45 o α = cos − 1 = 40.60 18283 .61 0.45 0.89 11898 .24 o β = cos −1 = 49.40 18283 .61 8.92 48 δ=? Birim M alanı Dış yüklerden oluşan M alanı 228 13.42 [a] EI δ C − dik = 8.94 x 8.92 x 48 10 [ 2 x 8.92 x 48 + 2 x 13.42 x 228 + 8.92 x 228 + 13.42 x 48 ] + 4 6 EI δ C − dik = 3827 .75 + 9653 .76 = 13481 .51 ÖRNEK 2.7: Şekilde verilen çerçevede B mesnedinin yatay deplasmanının hesabı. q=4 kN/m IA-C IC-D ID-B 5 kN 4m I 777600 360000 93750 2 E EI(tm ) 155520 72000 18750 7 2.10 B 5 m Sistemin dış verilen yükler ve deplasman yönünde yapılan birim yüklemeden dolayı oluşan moment ve eksenel kuvvet alanları aşağıdaki şekilde çizilir. 4 4 1 5 kN 12.5 Dış yüklerden M alanı 5 kN 6 kN 14 kN Yayındır çoğaltılamaz Birim M alanı 1 Düşey yükten N alanı 1 14 Birim yüklerden N alanı 14 78 http://mizan.ogu.edu.tr. δd Virtüel İş Bölüm 2 δ A −C = 4 x 20 x 4 = 0.00069 3 x155520 δNkuvveti = ∫ NN dl = 0 EA δ C −D = δB(yatay) = ∫ 5 x20 x 4 2 x 12.5 x5 x 4 + = 0.00509 2 x 72000 3 x 72000 MM NN dl + ∫ dl = δ A −B + δC −D + δN = 0.00069 + 0.00509 + 0 = 0.00578 EI EA NOT: C-D çubuğunun çarpımını δ C − D = 2 x5 x20 x 4 = 0.0037 3 x 72000 4 20 Alınması doğru değildir. Bu tür çarpımların doğru olması için kiriş boyunca maksimum moment kenar moment olmalıdır, yani burada 20 kNm olmalıdır. Başka bir deyişle başlangıç noktasından [20 kNm] çizilen doğruya teğet olmalıdır. Burada teğet değildir. 4 20 Çünkü oluşan moment alanı sadece yayılı yükten değil yatay kuvvetinde etkisi olmasıdır. Bu durum bu tür şekillerin çarpımı için verilen çarpım tablosunda da görülmektedir. Bunun için bu tür sistemlerde önce kesme kuvvet alanı çizilerek bunun kontrolü yapılmalıdır. 14 62 + 20 = 24.5kNm 2x4 Bunun kesme kuvvet alanı çizilmesinden de görülebileceği gibi maksimum açıklık momenti max Maç = 6 20’den büyük olduğu görülmektedir. Süperpozisyon yöntemi kullanılarak yatay [5 kN] ve yayılı yük [4kN/m] için ayrı ayrı hesaplanarak toplanır. Bu işlemler aşağıda yapılmıştır. q=4 kN/m 1 5 kN Yatay yüklerden N alanı 20 Yatay yüklerden M alanı 5 kN 4 kN 4 kN Birim yüklerden N alanı 12.5 4 4 Düşey yükten M alanı 10kN 10kN NN dl = 0 EA δB(yatay) = ∫ 4 Düşey yükten N alanı Birim M alanı 1 1 10 4 x 20 x 4 5 x 20 x 4 YÜK Tekil δ A −C = + = 0.00346 3 x155520 2 x 72000 δNkuvveti = ∫ 4 Yayılı δC −D = 10 2 x 5 x12.5 x 4 = 0.0023 3 x 72000 MM NN dl + ∫ dl = δ A −B + δC −D + δN = 0.00346 + 0.00230 = 0.00576 EI EA ÖRNEK 2.8: Şekilde verilen kirişte δE=? ve ϕE=? [Virtüel iş yöntemi]. q=3 kN/m 15 kN A B m 1.5 C 1.0m D 0.5m E 1.0m Çözüm: Sistemin mesnet tepki kuvvetleri ve M alanı aşağıdaki şekilde elde edilir. Yayındır çoğaltılamaz 79 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 A 1.5 q=3 kN/m 15 kN B C 7.125 7.125 2.825 13.375 13.375 10.69 E noktasına birim yükleme yapılarak moment alanı [M] elde edilir. 1.0 p 0.50 1 0.833 E 0.333 1.333 Dış yüklerden oluşan moment alanı ile birim yükleme sonucu oluşan moment alanı aşağıdaki şekilde çarpılarak E noktasındaki deplasman [δ δE ] hesaplanır. δE = − 1.5 x10.69 x0.5 1x (2x10.69 x0.5 + 2x0.833x2.825 + 10.69x0.833 + 0.5x2.825) 0.5x2.825x(2x0.833 + 1) − − + 3EI 6EI 6EI 0.5x1.5x(2x1 + 0.833) 0.5x0.094x(0.833 + 1) 1x1x1.5 6.888 − + = − 6EI 3EI 4EI EI E noktasındaki dönüş açısı için E noktasına birim moment uygulanarak moment alanı çizilir. 1.0 p 0.833 0.50 0.333 φE = − + E 1 1.333 1.5 x10.69 x0.5 1x (2x10.69 x0.5 + 2x0.833x2.825 + 10.69x0.833 + 0.5x2.825) 0.5x2.825x(2x0.833 + 1) − − 3EI 6EI 6EI 0.5x1.5x(2x1 + 0.833) 0.5x0.094x(0.833 + 1) 1x1x1.5 6.755 + + = − 6EI 3EI 3EI EI ÖRNEK 2.12: C noktasındaki düşey deplasmanı (δC=?) ve A’daki dönmeyi bulunuz [EI=2.104 tm2]. C 9 kNm A 3m 3m 3m Çözüm: Önce verilen sistemin dış yüklerden ve deplasman istenen noktaya yapılan birim yüklemeden dolayı oluşan M alanı çizilir. 6 Düşey yüklerden oluşan M alanı 1.0 3 1.0 1 0.33 1 C noktasına yapılan birim yüklemeden oluşan M alanı 0.67 + 2 Yukarıdaki moment alanları çarpılarak C noktasındaki deplasman aşağıdaki şekilde bulunur. Yayındır çoğaltılamaz 80 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 Alanların çarpımı ∫ MdüşeyMbirim / EI 3 - Mdış 3 6 3 yükten 1 Mbirim + yükten 2 2 Topla − 3 ⋅ 3 ⋅ 2 = − 6 m 3EI EI 1 3(2 ⋅ 2 ⋅ 3 + 2 ⋅ 6 + 1 ⋅ 3 + 2 ⋅ 1 ⋅ 6) 19.5 =− + − 6EI EI 4 + 3 ⋅ 3 ⋅1 3 = 3EI EI = − 22.5 = 0.001125 m 2.104 2 A noktasındaki dönmenin bulunması (EI=2.10 tm ) için A noktasına birim moment uygulanarak moment alanı çizilir. Bu birim moment alanı ile dış yüklerden oluşan moment alanı çarpılarak A noktasının dönüş açısı aşağıdaki şekilde hesaplanır. 1 1/9 1/9 1.δ = ∫ 6 - MM 1 6 ⋅ 6(1 + 2 / 3) 3 ⋅ 3 ⋅ (1/ 3) 9 dx = − = 2.10 4 = 0.00045 m EI 2.10 4 6 3 + 1.0 3 1.0 ÖRNEK 2.9: Şekilde verilen sistemde yüklemeden sonraki şekil değiştirme halinde α ve β açılarındaki değişim miktarı dα α ve dβ β nın bulunması. 2EI n 4m 3EI m 5 kN EI 2EI 3m 6m 3m ÇÖZÜM: Önce sistemin verilen yükler altında mesnet kuvvetleri ve moment alanı elde edilir. α m n 50 2EI n 4m 50 4m 35 β 5 kN 5 kN EI 2EI Dış yüklerden oluşan M0 alanı 6m 6m 5 kN 3m 3m 5 kN 3m 3m 5 kN α açısındaki değişim olması için m ve n noktaları arasında bir değişim olması gerektiğinden bu noktalara birim ve ters yönde moment uygulanır. Yayındır çoğaltılamaz 81 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 1 - - 1 n n 4m - 4m - α β m m α için birim yükleme M1 alanı 3m 1 β için birim yükleme M1 alanı 6m 3m 3m 6m 3m Sonuç birim moment alanı ile dış yüklerden oluşan moment alanları çarpılarak bulunur. dφ = ∫ MM1 4 ⋅1⋅ (30 + 50) 3 ⋅1⋅ (50 + 35) 223.75 dl = − − =− rad EI 2(EI) 2(2EI) EI dβ = ∫ MM1 4 ⋅1⋅ (30 + 50) 3 ⋅1⋅ (50 + 35) 5 ⋅1⋅ 35 252.92 dl = − − − =− rad EI 2(EI) 2(2EI) 2(3EI) EI ÖRNEK 2.13: Şekilde verilen gerber kirişin, a. A noktasındaki deplasmanın b. C noktasındaki dönüş açısının c. A noktasındaki dönüş açısının d. G noktasındaki dönüş açısının e. G noktasındaki deplasmanı Virtüel iş yöntemine göre belirlenmesi. 8 G C A B 2m 8m m 4m 1. Verilen sistemin dış yüklerden dolayı oluşan moment alanı çizilir. 16 + 8 G C m 4m ΣMB=0 8 x 2 – 8 Gy = 0 Gy=2 2m Gy = 2 t By=10 Birim yükleme moment alanı A B 8m A 8 + ΣMG=0 8 x 10 - 8 By = 0 By = 10 t 2. Deplasman istenen noktaya birim yükleme yapılır ve moment alanı çizilir. 2 1 Bu birim moment alanı ile dış yüklerden dolayı oluşan moment alanları çarpılarak istenilen noktadaki deplasman bulunur. 2 x 16 x 2 8 x 16 x 2 4 x 8 x 1 117.33 δA = + + + = 3EI 3EI (EI) 3EI A noktasındaki dönüş açısının bulunması için A noktasına birim bir moment uygulanır ve moment alanı çizilir. Yayındır çoğaltılamaz 82 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 1 A 0.50 Gy=0.125 + Birim yükleme moment alanı 1 C m 4 G m m 8 B m m A 2 By=0.125 16 m 8 ΣMB=0 1 – 8 Gy = 0 ΣMG=0 Gy = 0.125 t 1 - 8 By = 0 By = 0.125 t Birim momentten dolayı oluşan moment alanı ile dış yüklerden dolayı oluşan moment alanları çarpılarak istenilen noktadaki dönüş açısı bulunur. 64 4 x 8 x 0.5 8 x 16 x 1 2 x 16 x 1 ϕA = + + = 3EI 3EI 2EI (EI) G noktasındaki dönüş açısının bulunması için G noktasına uygulanır ve moment alanı çizilir. 1 C + m 4m ΣMB=0 ΣMG=0 8m birim bir moment + G 0.5 A By=0.125 A B G 1 Birim yükleme moment alanı 2m 1 – 8 Gy = 0 Gy = 0.125 t 1 - 8 By = 0 By = 0.125 t 16 8 Dış yüklerden oluşan moment alanı Birim momentten dolayı oluşan moment alanı ile dış yüklerden dolayı oluşan moment alanları çarpılarak istenilen noktadaki dönüş açısı bulunur. 4 x 8 x 0.5 1x 8 x 16 16 ϕG = − = 3EI 6EI (EI) G noktasındaki deplasmanı bulmak için birim momenti G mafsalının soluna yapılması halinde sonucun değişmediği aşağıdaki gibi görülebilir. 1 C m 4m + G A B 8m C 2m 1 B 8m Birim yükleme moment alanı m 4m G A 2m 16 4 x 8 x 1 16 ϕG = = 2EI (EI) 8 olarak aynısı bulunur. Yayındır çoğaltılamaz 83 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 G noktasındaki deplasmanın bumak için G noktasına birim yük uygulanır ve moment alanı çizilir. 4 1 G C A B 8m m 4m 1 G C A B 8m m 4m 2m 2m 16 8 G noktasındaki deplasman, δ G = 8 x 4 x 0.5 x 4 x 2 42.67 = 3(EI) (EI) olarak bulunur. ÖRNEK 2.14: Şekilde verilen kirişin C noktasının B 4 kN/m a. Yatay deplasmanın b. Dönüş açısının C 4 m A 8m Virtüel iş yöntemine göre belirlenmesi. a. Deplasman (deplasmanı istenilen noktaya birim bir kuvvet uygulanır.) ΣFx=0 ΣMA=0 Ax = 4 x 4 = 16 t 32 4 x 4 x 2 – 8 Cy = 0 Birim yükleme durumu için ΣMC=0 4 x 4 x 2 – 8 Ay – 4 Ax = 0 ΣFx=0 Ax = 1 ΣMC=0 ΣMA=0 4 Cy = 4 t 16 Ay = -4 t 4 4 1 x 4 – 8 Cy = 0 Cy = 0.5 1 Cy=0.5 AX=1 1 x 4 + 8 Ay = 0 Ay = -0.5 δCYATAY = Dış yüklerden oluşan moment alanı Birim yüklemeden oluşan moment alanı Ay=0.5 32 x 4 x 8 5 x 4 x 32 x 4 554.67 + = 3EI 12EI EI b. Dönüş açısı (dönüş açısı istenilen noktaya birim bir moment uygulanır.) 1 ΣFx=0 0.125 Birim momentten oluşan moment alanı 0 0.125 ΣMC=0 1 + 8 Ay =0 Ax = 0 Ay = -0.125 Birim yükleme durumu için ΣMA=0 1 – 8 Cy = 0 Cy = 0.125 ϕ CDÖNÜŞ = 32 x 1x 8 42.67 rad. = 6EI EI ÖRNEK 2.15: Şekilde verilen sistemde a. C noktasındaki yatay, düşey deplasmanı ve dönüş açısını MOHR yöntemiyle bulunması (EI=1000 tm2), 2 b. D noktasındaki düşey deplasmanı MOHR yöntemiyle bulunması [EI=1000 tm ], 5kN 20 B 20/EI C 6m - 4 Eşdeğer sistem - m Yayındır çoğaltılamaz 84 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 a. C noktasının düşey deplasman MC = δC = 20 2 x 4 20 4 x 0.5 + x 6 x 3 = 0.467m 1000 3 1000 C noktasının yatay deplasmanı ise B noktasının yatay deplasmanına eşittir. 20 MB = δByatay = δCyatay = x 6 x 3 = 0.360m 1000 ϕc C noktasındaki kesme kuvveti olacağından, ϕCdönüş = 20 20 4 x 0.5 + x 6 = 0.16 rad 1000 1000 D noktasındaki düşey deplasman çubukların boyca uzama kısalmaları ihmal edildiğinden C noktasının deplasmanına eşittir. 20 2 x 4 20 MC = δC = 4 x 0.5 + x 6 x 3 = 0.467m 1000 3 1000 2 5kN ÖRNEK 2.16: Şekilde verilen sistemin [EI=1000 tm ], B 1. B noktasındaki yatay ve düşey deplasmanı ve dönüş açısını a. Mohr b. Virtüel iş 2. C noktasındaki yatay ve düşey deplasmanı ve dönüş açısını a. Mohr b. Virtüel iş 6 C m 4m 1. a. Mohr metoduyla B noktasındaki yatay deplasmanın bulunması 20 MC = 2x4 20 20 4 x 0.5 + x 6 x 4 = 0.587 tm 1000 3 1000 - 20/EI M Dış yükten B’nin solundan hesaplanır ise δ B = 4 20 4 x 0.5 + 0.587 − 0.16 x 4 = 0.36 m 1000 3 B’nin sağından hesaplanır ise δ B = 20 6 x3 = 0.36 m 1000 - Eşdeğer 1. b. Virtüel iş metoduyla B noktasındaki yatay deplasmanın bulunması 5kN B 6 5 C 1 m N Dış yükten - 4 Mbirim δByatay = m 6 Lik 6 x 20 x 6 = = 0.36m 2EI 2 x1000 ÖRNEK 2.17: C noktasının A-C doğrultusu üzerindeki düşey deplasmanın hesabı. 1xcos33.7=0.832 20 B 6 20/EI C m 33.70 - 4 1xsin33.7=0.555 M Dış yükten m MB=1x cos 33.7 x 4 = 3.328 tm δCyatay = 1 0.832x4=3.328 5kN 3.328-0.555x6=0.002 MA= 0.555 x 6 – 0.832 x 4 = 0.002 tm Lik L ik L ik 3.328 x 20 x 4 6 x 20 x 3.328 6 x 20 x 0.002 + − = + − = 0.288m 3EI 2EI 2EI 3 x1000 2 x1000 2 x1000 Yayındır çoğaltılamaz 85 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 Uygulama: Şekilde verilen sistemin uç noktasındaki deplasman ve dönüş değerlerini bularak üzerinde gösterilmesi. 5kN 5kN 20 6 m A a 1 1 d c e 180 6 6 ⋅ 180 ⋅ 4 6 ⋅ 20 ⋅ 4 4 ⋅ 20 ⋅ 4 2026.67 + + = 3EI EI 3EI EI 1980/EI 6 ⋅ 180 ⋅ 1 6 ⋅ 20 ⋅ 1 4 ⋅ 20 ⋅ 1 520 ϕC = + + = 3EI EI 2EI EI δCdüşey = 1 1 - m δCdüşey = b - 1980/EI 4 1 4 C 10 kN/m 10 kN/m B 2026.67/EI 520/EI 6 ⋅ 180 ⋅ 6 6 ⋅ 20 ⋅ 6 1980 + = 4EI 2EI EI Örnek: Şekildeki çıkmalı kirişin C ucundaki düşey deplasmanı [δ δC] ve kirişin orta noktasındaki -3 4 8 2 dönüş açısının [ϕ ϕorta] hesaplanması [I=3.125.10 m E=2.10 kN/m ]. 2 kN/m A B 10 kNm 5m C 3 kNm 5m 3m Çözüm: Kirişin dış yüklerden oluşan moment alanı ve birim moment alanı çizilir. 2 kN/m 1.5 3 1 C 3 kNm 10 kNm 7.80 C 0.30 18.2 1.3 12 - 3 + 14 24 Çizilen dış yük moment alanı ile C noktasına yapılan birim yükleme sonucu oluşan moment alanın çarpımı aşağıdaki şekilde geometrisi bilinen şekillere ayrılarak yapılır. δ=− 14 1.5 5 x14 x1.5 5 x 6.25 x1.5 50.625 − =− 3EI 3EI EI - + 2 qL / 8 = 50 - δ=− 1.5 + 24 12 + 3 + 9 5 x12 x[1.5 + 2 x3] 5 x 24 x [2 x1.5 + 2] + + 6EI 6EI 5 x 6.25[1.5 + 3] 71.875 = 3EI EI qL2 / 8 = 6.25 3 - 3 Yayındır çoğaltılamaz - δ= 86 3 x 3 x 3 3 x 9 x 3 33.75 + = 2EI 4EI EI http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 −50.625 + 71.875 + 33.75 = 8.810−3 m 2.108 x3.125.10−3 δcTOPLAM = Orta noktadaki dönüş açısı 2 kN/m 1 0.10 0.10 C 3 kNm 10 kNm 7.80 18.2 0.50 1 12 0.50 3 + 14 24 Çizilen dış yük moment alanı ile kirişin orta noktasına yapılan birim moment sonucu oluşan moment alanın çarpımı aşağıdaki şekilde geometrisi bilinen şekillere ayrılarak yapılır. 14 + 0.5 ϕ=− - + 5 x14 x 0.5 5 x 6.25 x 0.5 16.875 − =− 3EI 3EI EI qL2 / 8 = 50 - 12 0.5 + 24 ϕ= - 5 x12 x 0.5 5 x 24 x 0.5 5 x 6.25 x 0.5 20.208 − − =− 6EI 3EI 3EI EI + qL / 8 = 6.25 2 ϕORTA = −20.208 − 16.875 = 5.93.10−5 2.108 x 3.125.10 −3 ÖRNEK 2.22: Şekilde verilen sistemde δC=? [a] Virtüel [b] Mohr 10 kN B C 2m A 4 kN 4m 5m Çözüm [a] Virtüel; Sistemin mesnet tepki kuvvetleri bulunarak moment alanı elde edilir. 18.67 10 kN B C 5.33 18.67 + 4.67 4 kN A 4.00 + Mesnet tepki kuvvetleri 26.67 Dış yükler M alanı Deplasman istenen C noktasına birim yükleme yapılarak moment alanı elde edilir. 1 2.22 2.22 2.22 2.22 + + Birim M alanı 2.22 Yayındır çoğaltılamaz Birim M alanı 2.22 1 87 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş δC = Bölüm 2 2.22 x 5x 26.676 2 x 2.22 x (26.67 + 18.67) 2.22 x 4x 18.67 254.826 + + = 3EI 2EI 3EI EI Çözüm [b] Mohr Sistemin mesnet tepki kuvvetleri bulunarak moment alanı elde edilir. 18.67 10 kN B C 2m A 18.67 4 kN 4m 5m + + 26.67 Dış yükler M alanı Elde edilen moment alanı eğilme rijitliğine (EI) bölünerek sisteme yük olarak yüklenir. 18.67 18.67 [45.34]/EI 18.67 + MC = δC = [26.67]/EI + + [45.34]/EI Alan [26.67]/EI 26.67 [18.67]/EI [18.67]/EI 26.67 Dış yükler M alanı C [73.20]/EI 73.20 x 5 5 x 26.67 1 5 254.826 − . = EI EI 2 3 EI ÖRNEK 2.22: Şekilde verilen sistemde MI momenti ve δI düşey deplasmanın ve kuvvetin uygulandığı noktadaki dönüş açısının [ϕ ϕ] bulunması. ÇÖZÜM: ∑ Fx = 0 Bx = 10 kN ∑ MB = 0 10 x 2 − 16 x A y = 0 sol I M ∑ MA = 0 10 x 2 + 16 x B y = 0 B y = −1.25 kN A y = 1.25 kN = 1.25 x 2 + 10 x 2 = 22.5kNm MIsağ = − 1.25 x14 + 10 x 4 = 22.5 kNm Deplasman istenen noktaya [I] birim yükleme yapılarak moment alanı çizilir. Sistemin dış yüklerden dolayı moment alanı çizilir. Yayındır çoğaltılamaz 88 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 1.75 x4.47 x (20 + 2 x 22.5) 6.32 x (1.75 (2 x 22.5 + 50) + 1(22.5 + 2 x 50)) + 6EI 6EI 6.32 x (1(2 x 37.5 + 50) + 0.25 (37.5 + 2 x 50)) 4.47 x 37.5 x 0.25 570.74 + + = 6EI 3EI EI δI = Kuvvetin uygulandığı noktadaki dönüş açısını bulmak için bu noktaya birim moment nuygulanarak moment alanı çizilir. Bundan sonra bu moment alanı ile dış yükten dolayı elde edilen yukarıdaki moment alanı çarpılarak söz konusu noktadaki dönüş açısı hesaplanır. Bu iki moment alanı çarpılarak dönüş açısı bulunur. 2.4. KAFES SİSTEMLERDE DEPLASMAN HESABI [VİRTÜEL İŞ YÖNTEMİ] Kafes sistemlerde deplasman hesabı, eğilmeye maruz sistemlerde olduğu gibi, 1. Deplasman istenen nokta ve yönde kafes sisteme birim eksenel kuvvet uygulanarak çubuk kuvvetleri bulunur [N1 ] . 2. Kafes sisteme uygulanan dış yüklerden dolayı çubuk kuvvetleri hesaplanır [N]. 3. Yukarıda bulunan birim ve dış yüklemelerden bulunan değerler ile çubuk boyları çarpılır [ LNN1 ] 4. 3. maddede bulunan değer çubuk eksenel rijitliğine bölünerek istenen nokta ve yöndeki [ L N N1 ] deplasman hesaplanır fi = EA ÖRNEK 2.18: Şekilde verilen kafes kirişin orta noktasındaki (C) düşey deplasmanı virtüel iş metoduyla bulunuz. (EA=240000 kN) 40 kN 20 kN 4 1 A 4 7 3 m 2.4 5 6 2 C 3.6m A 3.6m 7 3 2.4m 5 6 2 B Dış yükleme durumu (N) Yayındır çoğaltılamaz 1 1 m B m 3.6 3.6 Birim yükleme durumu (Ň) 89 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 Çözüm: İlk önce dış yüklerden dolayı oluşan çubuk kuvvetleri [N] hesaplanır. Daha sonra deplasman istenen noktaya birim yükleme yapılarak çubuk kuvvetleri [N1] hesaplanır. Çubuk N N1 L (m) N1 NL 1 2 3 4 5 6 7 -43.75 26.25 -6.25 -22.50 6.25 18.75 -31.25 -0.625 0.375 0.625 -0.750 0.625 0.375 -0.625 3.0 3.6 3.0 3.6 3.0 3.6 3.0 82.03 35.44 -11.72 60.75 11.72 25.31 58.59 Toplam fC = 1 7 ∑ NNL EA İ=1 fC = 262.12 kN.m 240000 kN fC = 0.001092 m = 1.092mm 262.12 o ÖRNEK 2.19: :Şekilde verilen kafes kirişin 1,4 ve 7 nolu çubukları 30 C ısıtıldığında, orta noktasındaki (C) düşey deplasmanı virtüel iş metoduyla bulunuz. 1 7 3 2.4m 5 6 2 A α Çubuk 4 1 B N1 L (m) N1 L -1.875 1 11.7 10-6 -0.625 3.0 4 11.7 10-6 -0.750 3.6 7 11.7 10-6 -0.625 3.0 3.6m 3.6m Birim yükleme durumu (Ň) 7 fC = ∑ NLα t İ =1 −6 -2.700 fC = − 6.45 x11.710 x 30 f = −2.26mm -1.875 C Toplam -6.450 Deplasman yukarı doğru (-) ÖRNEK 2.20: Şekilde verilen kafes kirişin (C) noktasındaki 4 3m a. Düşey deplasmanı virtüel iş metoduyla bulunuz. (EA=2.10 t ) 4 b. 1 çubuğu doğrultusundaki deplasmanı virtüel iş metoduyla bulunuz. (EA=2.10 t ) 4 2 3m 5 6 A 7 4 1 3 C 2 5 60 kN 6 8 200 kN 7 60 kN B 6m C 60 kN 8 200 kN B 9 446 kN 9 3m 1 3 Mesnet tepki kuvvetleri 660 kN Önce mesnet reaksiyonları bulunur. ΣFx = 0 dan Ax = 60 kN ∑ MB = 0 dan ∑ M A = 0 dan 3 B y − 60 x 3 − 200 x 9 = 0 3 A y − 60 x 3 − 200 x 6 = 0 B y = 660 kN A y = 460 kN Deplasman istenen yönde birim yükleme yapılarak çubuk kuvvetleri hesaplanır. Yayındır çoğaltılamaz 90 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş 3m Bölüm 2 4 5 3m 4 1 3 2 6 C 8 7 1 3 5 1 6 2 C 8 7 1 Birim yükleme Mesnet tepki kuvvetleri B B A 9 2 kN 9 6m 3m 3 kN Birim yükleme hali için mesnet reaksiyonları bulunur ve çubuk kuvvetleri hesaplanır. ∑ MA = 0 ∑ MB = 0 dan 3B y −1x 9 = 0 dan 3 A y − 1x 6 = 0 B y = 3 kN ΣFx = 0 dan Ax = 0 A y = 2 kN Çubuk N N1 L (m) N1 N L 1 2 3 4 5 6 7 8 9 447.210 -340.000 -600.000 565.766 -400.000 400.000 84.866 -660.000 0 2.236 -2.000 3.625 2.829 -2.000 2.000 0.000 -3.000 -1.000 6.708 6.000 3.000 4.240 3.000 3.000 4.240 3.000 3.000 6707.74 -4080.00 -6525.00 6786.34 2400.00 2400.00 508.31 5940.00 0 1 7 ∑ NN1 L EA İ=1 13629.08 kNm fC = 240000 kN fC = fC = 0.0568m = 56.80mm Toplam 13629.08 4 2 5 6 1 3 7 0.894kN B 9 1.789 kN Birim yükleme sonucu Mesnet tepki kuvvetleri 2.236 kN Birim yükleme durumu için önce mesnet reaksiyonları bulunur. ∑ M A = 0 dan ∑ MB = 0 dan 3 B y − 1x cos 26.6 x 3 − 1x sin 26.6 x 9 = 0 B y = 2.236 kN 3 A y − 1x cos 26.6 x 3 − 1x sin 26.6 x 6 = 0 A y = 1.789 kN ΣFx = 0 dan Ax = 1 x cos 26.6= 0.894 kN Çubuk 1 2 3 4 5 6 7 8 9 N 447.210 -340.000 -600.000 565.766 -400.000 400.000 84.866 -660.000 0 N1 1.000 0.000 -1.342 1.265 -0.894 0.894 1.266 -2.236 0 1 7 ∑ NNL EA İ=1 2999.88 0 E = 200.106 kN / m A = 1.210−3 m2 N N1 L L (m) 6.708 6.000 3.000 4.240 3.000 3.000 4.240 3.000 3.000 2414.82 3034.54 1073.23 -1073.23 455.52 4427.28 0 Toplam 13332.04 Yayındır çoğaltılamaz 91 C 8 fC = 13332.04kN2 .m 200.106 kN / m1.210−3 m2 fC = 0.0556m = 55.60mm fC = N1 :birim yükleme normal kuvvetleri http://mizan.ogu.edu.tr. 1 kN Virtüel İş Bölüm 2 ÖRNEK: Kafesin C noktasının yatay [δ δx] ve düşey [δ δy] deplasmanın bulunması [EA=80000 kN/m2]. E D 10 kN m 6 C B A 6m m 6 Çözüm: Kafes sistemin dış yüklerden oluşan çubuk kuvvetleri hesaplanır. 10 kN E E E D D D A B A 10 kN C noktasına ↑1 yükleme C noktasına →1 yükleme No Dış Yüklemesi 10 kN C B A B 1 C C B A 1 1 10 kN Çubuk L (m) N [A] N1C Y [C] Nx N1C Y L[AxCxL] N1C X [B] Nx N1C X L[AxBxL] AB BC AD DB DE EB EC 6 6 6 8.485 6 6 8.485 10 0 10 -14.14 0 0 0 Σ 0 1 -1 1.414 -1 1 -1.414 0 0 -60 -169.65 0 0 0 -229.65 1 1 0 0 0 0 0 60 0 0 0 0 0 0 60 −229.65 EA −229.65 = 80000 = −0.00287m 60 EA 60 = 80000 = 0.00075m δCY = δCx = δCY δCx δ CY δ Cx C noktasına yatay ve düşey yönde yapılan birim yüklemeler yapılarak çubuk kuvvetleri aşağıda şekiller üzerine yazılmıştır. Dış yüklerden oluşan çubuk kuvvetleri de benzer şekilde bulunmuştur. Bulunan çubuk kuvvetleri birbirleriyle çarpılarak aranan deplasmanlar yukarıdaki tabloda bulunmuştur. ÖRNEK: Verilen kafes sistemde tepe noktasının yatay [δ δx] ve düşey [δ δy] deplasmanın bulunması [EA=50000 kN]. 10 kN 30o 30o 2m Yayındır çoğaltılamaz 2m 92 C http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 Çözüm: Verilen yatay yükten dolayı çubuk kuvvetleri hesaplanır. Çubuk L [m] S1 S2 S3 S4 S5 2.31 4.00 2.31 4.00 2.31 N [kN] N1X Nx N1X L 8.66 5.00 8.66 -15 8.66 0.866 0.500 0.866 -1.500 0.866 17,324 10,000 17,324 90,000 17,324 Σ 10 kN 1 S3 S2 S4 o 30 151.972 S5 30 151.972 δx = 50000 2m 8.66 kN δ x = 0.00304 m S1 S2 S3 S4 S5 2.31 4.00 2.31 4.00 2.31 N [kN] N1X Nx N1X L 8.66 5.00 8.66 -15 8.66 0.500 -0.866 0.500 -0.866 0.500 10,002 -17,320 10,002 51,960 10,002 Σ Düşey deplasman S5 2m 8.66 kN 2m 0.866 kN 2m 0.866 kN Yatay birim yükleme 1 10 kN S3 S2 S3 S2 S4 30o 64.646 δx = S1 30o Verilen dış yükleme Çubuk L [m] S4 30o S1 o Yatay deplasman S3 S2 64.646 50000 30o 30o S1 S5 Verilen 2m dış yükleme 2m 8.66 kN 8.66 kN δ x = 0.0013 m S4 S1 30o 2m 0.866 kN S5 2m 0.866 kN Düşey birim yükleme A- HİPERSTATİK SİSTEMLERİN VİRTÜEL İŞ YÖNTEMİ İLE KESİT TESİRLERİ a. Mütemadi hiperstatik sistemlerde şekil değiştirme hesabı Çözüme esas olan hiperstatik sistemin mesnetleri kaldırılarak izostatik hale getirilir. Bu izostatik sistem çok değişik şekilde elde edilebilir. Bu izostatik sistemin dış yükler altında moment alanı elde edilir. Sistemden kaldırılan mesnet tepki kuvvetleri yerine birim yüklemeler yapılarak moment alanları elde edilir. Bu moment alanları ile dış yüklerden oluşan moment alanları çarpılarak kaldırılan mesnet noktalarındaki deplasmanlar [δ δ] hesaplanır. ÖRNEK 2.11: Şekilde yüklemesi verilen birinci dereceden hiperstatik mütemadi kirişin (M) moment alanını çiziniz [virtüel iş yöntemi ile]. q=4 kN/m A 5 m C B 5 m B mesnedi kaldırılınca tek açıklıklı kiriş olur. Bunun ortasındaki deplasman önceden biliniyor (δ). B mesnedinden dolayı oluşan deplasman hesaplanarak toplamı sıfıra eşitlenerek By bulunur. Yayındır çoğaltılamaz 93 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 By mesnet tepkisinden oluşan deplasman Yayılı yükten oluşan deplasman q=4 kN/m δB By δ δ= 1 1 δ δ 5 qL4 5 4 x10 4 520.83 = = 384 EI 384 EI EI δ' = 20.83By 1 qL3 1 1x103 = =− 48 EI 48 EI EI δ+δ δ’=0 bağıntısından; 520.83 = By 20.83 By= 25 kN olarak bulunur ve buna göre V ve M alanları aşağıdaki gibi elde edilir.. 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 2.11: Şekilde verilen birinci dereceden hiperstatik sistemin (M) moment alanını, aa. MA değerini bularak, q A bb. By değerini bularak B L çiziniz [virtüel iş yöntemi ile]. Çözüm aa: A mesnet momenti kaldırılınca sistem basit kiriş olur. MA mesnet momentinden dolayı dönüş oluştuğu için A mesnedinde dış yüklerden MA mesnet momentinden dolayı oluşan 2 dönüş hesaplanır. Bu dönüşlerin toplamının sıfır edeceği ankastre mesnedin bir özelliğidir MA mesnet momentinden oluşan dönüş Yayılı yükten oluşan dönüş =0 q A ϕA + MA ϕA L q A 0lmalı yani A mesnedinde dış yüklerden oluşan dönüş ile MA mesnet momentinden oluşan dönüş toplamı sıfır olmalı MA qL2/8 1 1 L ⋅ (qL2 / 8) ⋅ 1 qL3 Lik ϕA = = − = − + 3EI 3EI 24EI Yayındır çoğaltılamaz Lik L ⋅ MA ⋅ 1 MA L ϕA = = = 3EI 3EI 3EI 94 =0 2 dan M = qL bulunur A 8 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 q A q qL2 8 B L B A L 3qL 8 5qL 8 qL2 8 9qL2 128 ∑ MA = 0 q ⋅ L ⋅ L qL2 − − L ⋅ By = 0 2 8 ∑ MB = 0 − By = q ⋅ L ⋅ L qL2 − + L ⋅ Ay = 0 2 8 3qL 8 Ay = 5qL 8 Çözüm bb: By mesnet tepkisi sistemden kaldırılırsa sistem konsol kiriş olur. By mesnet tepkisinden dolayı B noktasındaki deplasman ile dış yüklerden B noktasında oluşan deplasmanın mesnet şartından dolayı sıfır olur. Buna göre 2 deplasman hesaplanır. By mesnet tepkisinden oluşan deplasman Yayılı yükten oluşan deplasman q δB B + L qL2/2 L BYL - - 1 0lmalı yani A mesnedinde dış yüklerden oluşan dönüş ile MA mesnet momentinden oluşan dönüş toplamı sıfır olmalı Mdış Mdış L =0 BY B L 1 Mbirim Mbirim 2 4 Lik L ⋅ (PL / 2) ⋅ L PL δB = = = 4EI 4EI 8EI 3 Lik L ⋅ BYL ⋅ L BYL δB = = = 3EI 3EI 3EI + =0 dan B = 3qL bulunur Y 8 Yukarıda bulunan B mesnet tepkisinin aynısının bulunduğu görülmektedir. ÖRNEK 2.11: Şekilde yüklemesi verilen hiperstatik sistemin moment alanını, A noktasındaki, cc. ϕA=ϕϕA (q yükünden)+ϕϕA MA(mesnet momentinden)+ϕϕA MB(mesnet momentinden) bularak çiziniz. q A B L Çözüm cc: Sistem eksenel yük olmadığı için 2. dereceden hiperstatiktir olduğu için 2 adet bilinmeyen bulmamız gerekir. Sistem simetrik olduğu için mesnet momentleri (MA= MB) eşittir. Bilinmeyenler bu momentler seçilerek aşağıdaki tabloda bulunmuş ve moment alanı çizilmiştir. MA mesnet momentinden oluşan dönüş Yayılı yükten oluşan dönüş ϕA (q yükünden) ϕA MA(mesnet momentinden) q A ϕA MA mesnet momentinden oluşan dönüş MA + ϕA ϕA MB(mesnet momentinden) ϕB + L L A masnedindeki dönüşϕ ϕ=ϕ ϕq yükü+ϕ ϕA mesnet momentinden+ϕ ϕB mesnet momentinden=0 olmalı Yayındır çoğaltılamaz 95 http://mizan.ogu.edu.tr. MB Virtüel İş Bölüm 2 q A MA MB 2 qL /8 1 1 1 L ⋅ (qL2 / 8) ⋅ 1 qL3 Lik ϕA = = − = − 3EI 3EI 24EI + Lik L ⋅ MA ⋅ 1 MA L ϕA = = = 3EI 3EI 3EI qL3 MAL MB = MA olduğundan ϕA = − + 24EI 3EI A qL2 12 q mesnet M'den (M = MA )L + B 6EI B mesnet M'den A B L L ∑ MA = 0 maxMaç = qL2 = 0 ise MA = MB = 12 q qL2 B 12 A Lik L ⋅ MB ⋅ 1 MBL ϕA = = = 6EI 6EI 6EI + qL 2 q ⋅ L ⋅ L qL2 qL2 − + − L ⋅ By = 0 2 12 12 By = qL 2 Ay = qL 2 qL 2 qL2 12 qL2 qL L 1 qL2 − = 12 2 2 2 24 qL2 24 ÖRNEK 2.11: Şekilde yüklemesi verilen birinci dereceden hiperstatik mütemadi kirişin (M) moment alanını çiziniz [virtüel iş yöntemi ile]. q=20 kN/m A C B 6m 6m Çözüm: Sistemin önce hangi mesnedinin kaldırılarak izostatik hale getirilmesine karar verilir. Bu sistem için C mesnedi kaldırılmıştır. q=20 kN/m A 6 B m 6 m Cy=1 q=20 kN/m A B + 2 qL /8=90 δdış yüklerden C de oluşan 6 A δC mesnet tepkisinden C de oluşan A 1 B B + Cy 6Cy Dış yük olan momentten dolayı C’de oluşan deplasman δ = − Yayındır çoğaltılamaz 96 6 x 90 x 6 1080 =− 3EI EI http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 144C y 6Cy x 6 x 6 Cy mesnet tepkisinden dolayı C’de oluşan deplasman δC = −2 =− 3EI EI C mesnedindeki deplasmanın sıfır olması şartından δ + δC = 0 − 1080 144Cy − =0 EI EI Cy = −7.5kN [C y 'nin yönü ters alınmış] q=20 kN/m A C B 67.5 7.5 52.5 7.5 45=7.5x6 + 68.9=52.52/(2x20) Yayındır çoğaltılamaz 97 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 ÖRNEK 2.3: Hiperstatik kirişin By mesnet tepkisini virtüel iş yöntemiyle bularak moment alanını çiziniz. 10 kNm A B 6m 2m Çözüm 1: Sistem önce izostatik hale getirilerek sistemden kaldırılan etkiler izostatik sisteme yüklenerek şekil değiştirmelerin sınır şartları yazılır. Burada B mesnedi kaldırılmış ve bu mesnetteki deplasmanın sıfır olma şartı kullanılarak çözüm yapılmıştır. Esas sistem Mdış yük 10 kNm Mbirim yük 6 - - 1 10 kNm 6m δB = Dış yük olan momentten dolayı B’de oluşan deplasman 6 x10 x 6 180 = 2EI EI 6 BY BY 6BY By mesnet tepkisinden dolayı B’de oluşan deplasman B mesnedindeki deplasmanın sıfır olması şartından: δB + δBy δBy = − - 1 6By x 6 x 6 3EI =− 72By EI 180 72B y 180 =0 − = 0 By = = 2.5kN EI EI 72 10 + 5 Ay=2.5 By=2.5 Çözüm 2: Burada A mesnedindeki dönüş açısının sıfır olma şartı kullanılarak çözüm yapılmıştır. 10 kNm A 10 kNm 10 kNm B 6m 2m 6m 6m 10 kNm 1 - 10 kNm 6m 6m 6m ϕA = Dış yük olan momentten dolayı A de oluşan dönüş açısı MA 1 MA - 6m - 6m 6m MA mesnet tepkisinden dolayı A da oluşan dönüş açısı A mesnedindeki dönüş açısının sıfır olması şartından ϕ A = ϕ A = 6 x 10 x 1 10 = 6EI EI 10 2MA = EI EI ϕA = MA x 6 x 1 2MA = 3EI EI MA = 5 kNm - 10 + 5 Yayındır çoğaltılamaz 98 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 Uygulama: Hiperstatik kirişin çözümü. P A B C D HİPERSTATİK SİSTEM P P D A A B İzostatik esas sistem P P δCC δB A D A Dış yüklerden dolayı izostatik esas sistemde B ve C mesnetlerinde oluşan deplasman δBB A B δCC D A B CY δCC A D CY δDC A C mesnet tepkisinden dolayı izostatik esas sistemde B ve C mesnetlerinde oluşan deplasman B DY bu mesnet tepki kuvvetinden dolayı oluşan deplasman [δ δBB, δCC] hesaplanır. Ayrıca bu mesnet tepki kuvvetlerinden dolayı diğer mesnetlerde oluşan deplasmanlarda [δ δBC, δCB] hesaplanır. Yani mesnet tepki kuvvetlerinin birbirinde oluşturduğu deplasmanlar. Sonuç olarak kaldırılan mesnet etkisine göre bir denge yazılır. Burada mesnet tepki kuvvetleri yazıldığı için mesnetlerde oluşan deplasmanların toplamının, δB + δBC + δBB = 0 δC + δCB + δCC = 0 olduğu elde edilir. Bu denklem sisteminin çözümünden mesnet tepki kuvvetleri hesaplanır. Mesnet tepki kuvvetleri hesaplandıktan sonra sistemin kesme ÖRNEK: Şekilde verilen hiperstatik mütemadi çıkmalı kirişin B ve C mesnet tepki kuvvetlerini bilinmeyen seçerek moment alanının elde edilmesi. P q B 2m 2m D C 4m 4m 1.5m Çözüm: Sistemde B ve C mesnetleri kaldırılarak aşağıdaki izostatik basit kiriş elde edilir. P q D Yayındır çoğaltılamaz 99 δDD D mesnet tepkisinden dolayı izostatik esas sistemde C ve D mesnetlerinde oluşan deplasman Daha sonra kaldırılan mesnet tepki kuvvetleri başta kabul edilen izostatik sisteme uygulanarak A δCD C mesnet tepkisinden dolayı izostatik esas sistemde C ve D mesnetlerinde oluşan deplasman B mesnet tepkisinden dolayı izostatik esas sistemde B ve C mesnetlerinde oluşan deplasman δBC δD Dış yüklerden dolayı izostatik esas sistemde C ve D mesnetlerinde oluşan deplasman δCB BY δC Bu izostatik kirişin mesnet tepki kuvvetleri http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 bulunarak dış yüklerden oluşan moment bulunur. P q D 5P + 4q 6 P + 20q 6 Dış yük Mo alanı 5P + 4q 3 4P + 8q 3 qL2 = 2q 8 2P + 16q 3 Sistemin geneli dikkate alındığında B ve C mesnetlerinde düşey deplasmanlar [δB=0 δC=0] sıfır olur. Bu mesnetlerin bulunduğu noktalarda dış yüklerden dolayı oluşan deplasmanlar aşağıdaki şekilde hesaplanır. Önce B mesnet noktasındaki deplasman [δB] hesaplanır. 2.68 1.34 1.34 Dış yük Mo alanı D A 1 0.67 5P + 4q 3 0.33 4P + 8q 3 2P + 16q 3 2 1.34 2 x 2.68 5P + 4q 2.68 + [ 5P + 4q ] + [ 4P + 8q ] + [ 4P + 8q ] − 2 x 1.3 4 3 3 3 3 6 1 4 1.34 4P + 8q 2.68 2P + 16q δB = − 2 x 2.68 + 3 [ 2P + 16q ] + 3 [ 4P + 8q ] + 2 x 1 .34 EI 6 3 3 − 4 x 1.34 2P + 16q − 4 x 2q x 1. 34 − 2 x 1.34 5P + 4q 3 3 3 3 3 qL2 = 2q 8 1 50.92P + 160.80q δB = − [ − 16.9 7P − 53.60q ] = 3EI EI C mesnedindeki deplasman ise aşağıdaki şekilde hesaplanır. 2.68 0.67 1.34 A 0.33 1 D 0.67 Dış yük Mo alanı 5P + 4q 3 Yayındır çoğaltılamaz 4P + 8q 3 2P + 16q 3 qL2 = 2q 8 100 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 − 2 x 0.67 3 1 δC = EI 4 x 2.68 − 3 2.68 5P + 4q 0.67 2 x 0.67 x 3 [ 2P + 16q] + 3 [5P + 4q] 6 5P + 4q 6 6 − 6 +2 x 2.68 x 2P + 16q 3 2P + 16q 4 x 2.68 x 2q − 3 3 1 = [−13.85P − 64.32q] EI B mesnet tepki kuvveti By olarak uygulandığında B mesnet noktasında oluşan deplasman [δBB] aşağıdaki şekilde hesaplanır. 2.68 2.68By A D By 0.67By δ BB = 3EI = 28.73B y δ CC = 2.68 D Cy 2.68 x 2.68C y x [ 4 + 8 ] 3EI 0.33 Benzer şekilde C mesnedi için [δCC] hesap yapılır. 2.68Cy A 0.33Cy D 1 0.67 0.33By 2.68 x 2.68B y x [ 4 + 8 ] A 0.67Cy A 0.33 1 D 0.67 = 28.73 C y B mesnet tepki kuvvetinden dolayı C mesnedinde oluşan deplasman [δBC] aşağıdaki gibi hesaplanır. 2.68By A 2.68 D By 0.67By 0.33By A 0.33 1 D 0.67 1.34 x 0.67x 4 2[2 x1.34 x 0.67 + 2 x 2.68 x1.34 + 1.34 X1.34 + 2.68 X 0.67] + + 25.14 3EI 6EI δ BC = δ CB = = EI 4[2 x1.34 x 2.68 + 2 x 2.68 x1.34 + 1.34 X1.34 + 2.68 x 2.68] + 1.34 x 2.68x 4 6EI 3EI 2.68 A 2.68 Cy D 1 0.67By 0.33By Betti teoremi gereği δBC=25.14By A 0.33 δCB=25.14C δBB + δBC = δB 28.73By + 25.14C y = 16.97P + 53.60q SONUÇ δBC + δ CC = δ C 25.14By + 28.73C y = 13.85P + 64.32q Yayındır çoğaltılamaz Cy 101 By = 0.720P − 0.399q Cy = −0.148P + 0.588q http://mizan.ogu.edu.tr. D 0.67 Virtüel İş Bölüm 2 Mütemadi kirişin mesnet tepki kuvvetleri aşağıdaki şekilde bulunur. P q A B 2m 0.403P 0.720P 0.070q −0.399q D C 4m 2m 4m −0.148P 2.588q 1.5m 0.025P 1.741q P ve q’ya değerler verilerek moment ve kesme kuvvet diyagramları elde edilir. b. Hiperstatik çerçeve sistemlerde şekil değiştirme hesabı ÖRNEK: Şekilde verilen hiperstatik çerçevenin a. Kirişin orta [C-D] noktasındaki deplasmanın b. C noktasının dönüş açısının hesaplanması. 6 10 kN C 4I 10 kN D B mesnedi kaldırıldığında dış yüklerden oluşan M 6 2I m 3I A 4 B By m 40 1 By 6 B mesnedinde dış yükten oluşan deplasman δB = − 6By 40 x 6 x 4 240 =− 2[2EI] EI 6 6By 16.02 6 B mesnet tepkisi By olarak alınır M alanı By 23.98 1 2.67 2.67 δBy = B mesnedinde By tepkisinden dolayı oluşan deplasman 6B y x 6 x 6 3[4EI] + 6By x 6 x 4 [2EI] = 90B y EI B mesnedinin özelliği gereği düşey deplasman sıfır olmalı. 90By δB + δBy = 0 EI VEYA MA − 240 =0 EI By = 2.67kN MA 1 MA 1 MA/6 MA/6 A mesnedinde MA tepkisinden dolayı oluşan dönüş Yayındır çoğaltılamaz 102 1/6 ϕ MA = 1/6 M A x 1x 4 M A x 1x 6 5M A + = [2EI] 3[ 4EI] 2EI http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 40 10 kN 40 1 1 6.67 1/6 6.67 1/6 40 x 1x 4 40 x 1x 6 60 + = 2[2EI] 3[4EI] EI A mesnedinin özelliği gereği DÖNÜŞ sıfır olmalı. A mesnedinde dış yükten oluşan dönüş φ A = 5MA 60 + =0 2EI EI φ A + φMA = 0 MA = −24kNm NOT: Başlangıçta bilinmeyen hangi kesit tesiri seçilirse sonuçta o kesit tesirinin kendisi bulunur. Birinci çözümde bulunan A mesnedi momenti ile aynı sonuç bulunmuştur. Sonucun eksi olması dönüş yönünün ters olduğunu gösterir. NOT-NOT-NOT: Sonuç moment alanı ile hiperstatik bilinmeyen seçilen birim moment alanı ile çarpımı sıfırdır. M sonuç Mbirim EI M sonuç Mbirim EI = Msonuç Mbirim =0 = EI 23.98 x 6 x 4 6 x16.02 x 6 16.02 x 6 x 4 − − =0 2[2EI] 3[4EI] 2[2EI] 23.98 x 6 x 2.4 6 x 16.02 x 6 16.02 x 6 x 1.6 − =0 − 2[2EI] 3[ 4EI] 2[2EI] 6 16.02 M alanı 23.98 M alanı 2.67 1 2.67 Msonuç Mbirim VEYA δORTA = 1 16.02 6 EI = 23.98 1 2.67 1/6 1/6 2.67 23.98 x1x 4 1x16.02 x 6 16.02 x1x 4 − − =0 2[2EI] 3[4EI] 2[2EI] 23.98 x 3 x 4 3 x16.02 x 4 3 x 3 x [8.01 + 2 x16.02] 8.86 − − = 2[2EI] 2[2EI] 6[4EI] EI 1 1 3 16.02 16.02 1.50 M alanı M alanı 23.98 23.98 2.67 2.67 δ ORTA = 3 2.67 2.67 1.00 0.50 0.50 1.5 x 8.01 x 3 3 x 1.5 x [2 x 8.01 + 16.02 ] 9.01 + = 3[ 4EI] 6[ 4EI] EI Yayındır çoğaltılamaz 103 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 SONUÇ: Hiperstatik bir sistemde şekil değiştirmeleri bulmak için sistemin önce moment alanı çizilir [Msonuç] ve sonra şekil değiştirmesi istenen noktaya birim yükleme [deplasman [δ δ=?] için P=1 ve dönüş açısı [ϕ ϕ=?] için M=1 yüklemeleri yapılır] yapılarak moment alanı [Mbirim] çizilerek iki moment alanı çarpılarak δ ϕ =[Msonuç][Mbirim] istenilen şekil değiştirme bulunur. c. C noktasının dönüş açısının hesabı Mc 1 1 1 10 kN B mesnedi kaldırıldığında dış yüklerden oluşan M C noktasına yapılan birim moment C noktasına yapılan birim moment C noktasına yapılan M moment 40 C noktasında dış yükten oluşan dönüş açısı ϕ C = − C noktasında oluşan dönüş açısı ϕ C = Toplam dönüş açısı 5M C 40 = 2EI EI 40 x 1x 4 40 =− 2[2EI] EI M C x 1x 4 M C x 1x 6 5M C + = [2EI] 3[ 4EI] 2EI M c = 16 AÇI metodu ile çözüm aşağıdaki şekilde yapılır. 10 kN C 4I 2I 3I A 2[1 + 1.333]ϕC + 1.333ϕD − D k=1.125 A B 4m B m 6 6 4.666ϕC + 1.333ϕD − 0.75δ = 0 2 x1.125 δ=0 4 k=1.33 k=1 4m m 3 x1 δ=0 4 2[1.125 + 1.333]ϕD + 1.333ϕC − 10 kN C D 4.916ϕD + 1.333ϕC − 0.563δ = 0 6 x1 2 x1.125 [ −3ϕC / 4] + [−2x1.125ϕD / 4] + δ + = 0 − 0.750ϕC − 0.563ϕD + 0.516δ = 10 42 42 ϕ C = 3.76 ϕ D = 2.09 δ = 27.13 o o Örnek: Şekilde verilen sistem içeride 5 C ve dışarıda 35 C bir ısıya maruzdur. Bu sıcaklık değişiminden dolayı oluşan moment alanının elde edilmesi.[∆t=30oC α=10-5 kesit 30x60 cm E=2.106 t/m2] 5 2m 3 3 3m A B 3m Yayındır çoğaltılamaz 1 3m 104 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 Çözüm: Sistem birinci dereceden hiperstatiktir. Bx yatay mesnet tepkisi hiperstatik bilinmeyen seçilmiştir. Farklı sıcaklık değişiminden dolayı oluşan moment değeri, 1δ = ∫ Mαt dl d ∫ M α ∆t 10 −5 30 dL = d 0.60 δ 1t = bağıntısıyla hesaplanır. [Buradaki M değeri birim moment değeridir] ∫ M dL = 0.005 2∫ 3 x 3 3.61 x [3 + 5 ] + = 0.24 2 2 Bx yatay mesnet tepkisinden dolayı oluşan deplasmanın sıfır olduğu bilindiğine birim yükleme moment değerleri ile Bx moment değerleri çarpılarak B mesnedindeki olması gereken deplasman aşağıdaki şekilde hesaplanır. 2 δ 1B = B x EI ∫ 3 x 3 x3 3.61 x [2 x 3 x 3 + 2 x 5 x 5 + 5 x 3 + 3 x 5 ] 135 .92B x + = 3 6 EI 95.35 5 Bx 3 Bx 3Bx 57.21 Bx δ1t + δ1B = 0 0.24 + 57.21 19.07 19.07 135.92B x =0 EI 0.24 + 135.92Bx =0 2.106 [0.3x0.63 / 12] B x = −19.07 c. Hiperstatik kafes sistemlerde şekil değiştirme hesabı ÖRNEK: Verilen kafes sistemde çubuk kuvvetlerinin virtüel iş yöntemiyle bulunması. E D E D 10 kN AE m 6 C B A 6m C B A Cy m 6 Çözüm: Kafes sistem hem içten hem de dıştan olmak üzere 2. dereceden hiperstatik olduğu için sistem önce izostatik hale getirilir. Sistem C mesnedin düşey tepkisi ve AE çubuk kuvveti kaldırılarak izostatik hale getirilir. No Dış Yüklemesi 10 kN E D B A 10 kN 10 kN C 10 kN Şimdi izostatik sistemde AE çubuk kuvveti ve birim yüklemesi ve Cy mesnet tepkisi ve birim yüklemeleri yapılarak çubuk kuvvetleri aşağıdaki tabloda bulunmuştur. Yayındır çoğaltılamaz 105 http://mizan.ogu.edu.tr. Virtüel İş Bölüm 2 N N1C 2 N1C L N1AE 10 0 10 -14.14 0 0 0 Σ 0 1 -1 1.414 -1 1 -1.414 0 6 6 16.97 6 6 16.97 57.94Cy -0.707 0 -0.707 1 -0.707 -0.707 0 Çubuk L (m) AB BC AD DB DE EB EC 6 6 6 8.485 6 6 8.485 E D 2 N1AE L N1C N1AE L N1AE N1C L 3 0 3 8.485 3 3 0 20.485AE 0 0 4.242 12.00 4.242 -4.242 0 16.242 Cy 0 0 4.242 12.00 4.242 -4.242 0 16.242 AE N N1AE L 0 0 -60 -169.65 0 0 0 -229.65 -42.42 0 -42.42 -119.98 0 0 0 -204.82 -1 D E D N N1C L E -0.707 AE 1 A B -0.707 A 1 -1.414 -1 D B 1 C B A -1.414 0 -0.707 -0.707 C 0 C 1 B 0 A 1 Cy E D E D -0.707AE AE -1 -1.414 -1.414 -0.707AE -0.707AE -1 0 C 1AE B A Cy 0 C A Cy 1 Cy B 1 Cy Cy E 0 Cy C -0.707AE CY Bu bilinmeyen [AE, Cy] yönlerindeki birim yüklemeler bu bilinmeyenlerden dolayı o noktalardaki 2 2 deplasmanların sıfır olmalarına [ N1C L ve N1AE L] karşılık gelmektedir. Burada bilinmeyenlerin 2 2 yüklemeleri de 1 kabul edilerek N1C ve N1AE alındı. N1C N1AE L:Cy mesnet tepkisinden AE çubuğunda oluşan deplasman N1AE N1C L: AE çubuğundan dolayı C y N N1C L: Dış yükten dolayı C mesnedinde oluşan deplasman mesnedinde oluşan oluşan deplasman N N1AE L: Dış yükten dolayı AE çubuğunda oluşan deplasman AE çubuk kuvvetinden dolayı [FAE] çubuklarda oluşan çubuk kuvvetleri ve bu AE çubuğundaki deplasman hesaplanır. Sonra, 1. Dış yüklerden dolayı C noktasında düşey ve AE çubuk boyunca oluşan deplasmanlar hesaplanır [δ δC0 ve δAE0] 2. C mesnet tepkisinden dolayı C noktasında düşey ve AE çubuk boyunca oluşan deplasmanlar hesaplanır [δ δCC ve δCEA] 3. AE çubuk kuvvetinden dolayı [FAE] C noktasında düşey ve AE çubuk boyunca oluşan deplasmanlar hesaplanır [δ δAEAE ve δAEC] δ C + δ CAE + δ CC = 0 AE çubuğunda δ AE + δ AEC + δ AEAE = 0 C mesnedinde 20.485AE+16.242Cy=204.82 Cy=1.49 Kn 16.242AE+57.93Cy=229.65 AE=8.82 kN Bağıntılarından Cy mesnet tepkisi ve AE çubuk kuvveti bulunur. Bulunan bu değerlerle bu etkilerden dolayı oluşan çubuk kuvvetleri çarpılarak sistemin çubuk kuvvetleri hesaplanır. Çubuk N AB BC AD DB DE EB EC AE 10 0 10 -14.14 0 0 0 0 Cy N1C + + + + + + + + Yayındır çoğaltılamaz 0 1 x [1.49] -1 x [1.49] 1.414 x [1.49] -1 x [1.49] 1 x [1.49] -1.414 x [1.49] 0 AE N1AE + + + + + + + + -0.707 x [8.82] 0 -0.707 x [8.82] 1 x [8.82] -0.707 x [8.82] -0.707 x [8.82] 0 8.82 106 Çubuk kuvveti=N+ Cy N1C + AE N1AE = = = = = = = = 3.76 kN 1.49 kN 2.27 kN -3.21 kN -7.73 kN -4.75 kN -2.11 kN 8.82 kN http://mizan.ogu.edu.tr.
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
