Prof. Dr. P. Marti Reaksiyonlar ve Kesit büyüklükleri

Transkript

İlk yayın: 13 Haziran 2014
www.guven-kutay.ch
YAPI STATİĞİ
Prof. Dr. P. Marti
Reaksiyonlar ve Kesit büyüklükleri
44-01-1
Bu dosyayı 44_00_Yapı Statiğine Giriş ve Özet dosyasıyla beraber incelerseniz daha iyi anlarsınız.
Çevirenler: M. Güven KUTAY, Muhammet ERDÖL
En son durum: 1 Eylül 2014
Bu dosyalarda yalnız ders notlarının tercümesi verilmiştir. Daha geniş ve detaylı bilgi almanız için
Prof. Dr. P. Marti nin Statik kitabını öneririm.
Almanca-Deutsch
İngilizce-English
Prof. Dr. P. Marti
Peter Marti
Baustatik, GrundlagenStabtragwerke-Flächentragwerke
Ernst & Sohn, Berlin, 2012
Peter Marti
Theory of Structures, Fundamentals,
Framed Structures, Plates and Shells
Ernst & Sohn, Berlin, 2012
Prof. Dr. sc. Peter Marti
1990 ile 2014 senelerinde
Zürich ETH da İnşaat Statiği
ve Konstrüksiyonu Profesörü
44_01_1_Reaksiyonlar+Kesit-Büyüklükleri.doc
www.guven-kutay.ch
DİKKAT:
Bu çalışma iyi niyetle ve bugünün teknik imkanlarına göre yapılmıştır. Bu çalışmadaki bilgilerin yanlış
kullanılmasından doğacak her türlü maddi ve manevi zarar için sorumluluk kullanana aittir. Bu
çalışmadaki bilgileri kullananlara, kullandıkları yerdeki şartları iyi değerlendirip buradaki verilerin
yeterli olup olmadığına karar vermeleri ve gerekirse daha detaylı hesap yapmaları önerilir. Eğer herhangi
bir düzeltme, tamamlama veya bir arzunuz olursa, hiç çekinmeden bizimle temasa geçebilirsiniz.
Statik dosyalarında kullandığımız terimlerin Almancadan Türkçe karşılığını, ne Türk Dil
Kurumunda nede normal veya elektronik sözlüklerde bulamadık. Hedefimiz Türkçe bilen ve
temel bilgisi az dahi olan kütleye basit olarak bilgileri aktarmak olduğu için, kendi mantığımıza
göre okuyucunun anlayacağı, basit Türkçe terimler kullandık. Ayrıca 44-00 numaralı dosyada
Türkçe-Almanca(-İngilizce-Fransızca) sözlük ile Kaynakları verdik. İsteyen oradan kullanılan
Türkçe terimleri bulabilir. Bilginiz ola!..
Terimlerin Türkçe karşılığı için büyük yardımı olan sayın Muhammet ERDÖL e kendim ve
dosyadan faydalanacakların adına çok teşekkür ederim. Ayrıca 44-20 numaralı dosyada TürkçeAlmanca sözlük ile Kaynakları verdim.
İÇİNDEKİLER
0.
Genel giriş ................................................................................................................................................................. 3
0.1.
0.2.
0.3.
0.4.
0.5.
1.
Kuvvet, moment ve denge kuralları................................................................................................................. 3
Kesit büyüklükleri ve statik belirlilik .............................................................................................................. 4
Denge denklemiyle genel çözüm..................................................................................................................... 5
Reaksiyon ve Kesit büyüklükleri..................................................................................................................... 6
Statik problemlerinin çözümünde tutulacak yol .............................................................................................. 7
Deformasyonlar......................................................................................................................................................... 9
1.1.
Boyuna deformasyon ....................................................................................................................................... 9
1.2.
Enine deformasyon (sehim), Galile'nin problemi, ......................................................................................... 14
1.2.1. Kavis ......................................................................................................................................................... 15
1.2.2. Sehimin kavis ile hesaplanması ............................................................................................................... 17
1.2.3. Sehimin pratikte hesaplanması.................................................................................................................. 17
1.2.3.1.
Tek kuvvetle zorlanan basit kiriş..................................................................................................... 17
1.1.1.1.1.
1.1.1.1.2.
1.2.3.2.
1.1.1.1.3.
1.1.1.1.4.
1.1.1.1.5.
1.1.1.1.6.
Sayısal örnek 1 ............................................................................................................................................18
Sayısal örnek 2 ............................................................................................................................................18
Yayılı yükle zorlanan basit kiriş...................................................................................................... 19
Deney ve sehimle gerilim hesabı.................................................................................................................21
Yayılı yükle zorlanan basit kiriş için örnek .................................................................................................22
Yayılı yükle zorlanan basit kirişin (halatın) maksimum boyu .....................................................................24
Deney kirişi .................................................................................................................................................25
1.2.4. Kavisli çubuk ............................................................................................................................................ 27
1.2.4.1.
Kavisli çubukta değerler.................................................................................................................. 28
1.2.4.2.
Dik kuvvet etkisinde üç oynaklı kemer ........................................................................................... 30
2.
Sayısal örnekler ....................................................................................................................................................... 31
2.1.
2.2.
Denizde petrol platformu ............................................................................................................................... 31
Atom santralı koruyucu gömleği ................................................................................................................... 31
www.guven-kutay.ch
Yapı Statiği
0.
3
Genel giriş
0.1. Kuvvet, moment ve denge kuralları
Bir kuvvet; etkilediği nokta (A), büyüklüğü (F) ve yönü, etki doğrusu (f) ile tanımlanır. Böylece
kuvvet "Vektör" F olarak bilinir.
M
M=rxF
a
O
F
r
n
A
f
Şekil 1, Kuvvetin tanımı ve sağ el kuralı
Kuvvetin etki doğrusu "f" ve herhangibir nokta "O" belirli bir düzlem oluşturur. Bu düzlemei bir
cisim üzerinde düşünürsek etki kuvveti F, "O" noktası etrafında bu cismi "O" noktasında bu
düzleme dik olan bir eksen "n" etrafında döndürmeye zorlar. Bu döndürme "F" kuvvetinin
büyüklüğü ve "F" kuvvet vektörünün "O" noktasına olan uzaklığı ile orantılıdır.
M  Fa
Bu bağıntı görüldüğü gibi moment vektörü olarakta ifade edilebilir, Şekil 1.
Şekil 1, Kuvvetin tanımı ve sağ el kuralı
M  rF
Bu durum "Sağ el kuralı" veya "Sağ cıvata kuralı" olarakta tanımlanır. Buradan bu durumdaki
"denge kuralı"nı yazalım. Bir cismin denge halinde olması için, cisme etki gösteren kuvvet ve
momentler biribirlerini eşit olarak karşılamalılar, yani toplamları sıfır olmalıdır. Bu tanımlamayı
matematiksel ifade edersek;
F0
CK
;
 M   rF  0
CK
CK
Burada CK "Cisim kesiti"ndeki bütün etki eden büyüklükler demektir. Bunu bir cisim veya
sistemin bir parçası olarak ayırıp bütün etki kuvvetlerini gösterirsek SCD " Serbest Cisim
Diyagramı " nı elde ederiz.
Denge şartı genelde altı eşitlik denklemiyle gösterilir. Yalnız kuvvetlerin analiziyle kalmayıp
momentlerinde analizini yaparsak altı eşitlik denklemini buluruz., fakat bunlar yeni bir şey
getirmez.
 r  F   (r  r)  F   r  F  r   F  0
CK
CK
CK
www.guven-kutay.ch
CK
4
0.2. Kesit büyüklükleri ve statik belirlilik
Cismin kesiti I ve II için (Şekil 2);
O
I
 R  F  0
x
y
R
-M
II
Böylece "Düname" oluşur.
M
z
 M  r x F  0
;
II
R  F
-R
M  r x F
;
II
II F
O
II
Düname etki noktası "O" daki reaksiyon etkilerinden
oluşur.
Şekil 2, Kesit büyüklükleri
Kirişteki kesit büyüklükleri:
R  ( N, Vy , Vz ) ,
x
y
Vy
My
N
T
M  (T , M y , M z )
DIN ve EN standartlarına göre cismi etkileyen
büyüklükler. Bkz. Şekil 3.
z
N
N
Normal kuvvet
Vz
Vy, Vz
N
x-eksenine dik kuvvet
Mz
T
Nm
Torsiyon momenti
My, Mz
Nm
Eğilme momenti
Şekil 3, Cismi etkileyen büyüklükler
Kurulan denge şartları denklemleriyle sistemdeki reaksiyonlar hesaplanabiliniyorsa o sistem "Statik
Belirli Sistem" dir.
Statik belirli ve belirsiz sistemler için basit örnekler:
a) Üç oynaklı kemer.
Statik belirli.
b) İki oynaklı ve çeki bağlantılı
kemer. Statik belirli.
c) İki tarafı sabit kemer.
Statik belirsiz.
Şekil 4, Statik belirli ve belirsiz sistemler
Şekil 4, a ve b ile verilmiş olan kemerler "Dıştan Statik Belirli", yani; basit kirişte olduğu gibi
reaksiyonlar rahatlıkla hesaplanır. Fakat "İçten Statik Belirsiz" dirler.
Reaksiyon büyüklüklerini hesaplamak için denge denlemlerinın yanı sıra, deformasyon
bağıntılarıda hesaba katılmalıdır.
44_01_1_reaksiyonlar+kesit-büyüklükleri.doc
www.guven-kutay.ch
Yapı Statiği
5
0.3. Denge denklemiyle genel çözüm
Denge denlemiyle genel
çözüm için denge denlemleri
DD yazılır:
Q

A
x
1. DD; Yatay kuvvetlerin
toplamı sıfırdır;
B
z
a
L-a
 Fh  0
A h  Q  cos   0
Q
Ah
SKD
AV
2. DD; Yataklarda
momentlerin toplamı sıfırdır;
B
Q.cos

N

V

Q.sin
 MA  0
A yatağında
M A  B  L  Q  sin   a  0
M

Q.sinaa2/L
3. DD; Dikey kuvvetlerin
toplamı sıfırdır;
 FV  0
Q
Ah
A
AV
A V  L  Q  sin   (L  a )  0
A
B
BV
Denge
denlemlerindan
reaksiyonlar bulunur
Q
Şekil 5, Denge denlemiyle çözüm
1. DD :  Fh  0

A h  Q  cos 
2. DD :  M A  0 
B  Q  sin   a / L
3. DD :  FV  0
A V  Q  sin   (1  a / L)

Grafik olarak kuvvetler "Kuvvet Poligonu" ilede bulunur.
A, B ve Q kuvvetleri kapalı bir üçgen oluşturmalıdır ve kuvvetler bir noktada kesişmelidir.
Bkz. Şekil 5.
www.guven-kutay.ch
6
0.4. Reaksiyon ve Kesit büyüklükleri
Reaksiyon ve Kesit büyüklüklerini incelemek için Şekil 6 ile görülen z-ekseni yönünde tek kuvvet
etkisindeki "Klasik kirişi" ele alıp inceleyelim.
Şekil 6 ile görüldüğü gibi A yatağı her üç yönde
F
y
A
sabit, Hareketsiz yatak, B yatağı ise y ve z
yönlerinde sabit x yönünde hareketlidir, Hareketli
yatak. A yatağını F kuvvetinin x ve z yönündeki
bileşenleri, ama B yatağını yalnız z-yönündeki
bileşeni etkiler.
x
L-a
a
B
L
z
Şekil 6, Klasik kiriş
Kirişteki yatakları dikkate almadan yalnız A ve B
yataklarındaki reaksiyonları kirişin nötr ekseni ile
çizersek "Serbest Cisim Diyagramı" nı buluruz,
kısa tanımı "SCD" . Bkz. Şekil 7.
Gayet kolaylıkla görüleceği gibi, F kuvveti kirişe
tam dik olduğundan A yatağına x-yönünde kuvvet
etkisi olmaz.
F
A h= 0
B
A
Şekil 7, Serbest Cisim Diyagramı "SCD"
SCD da yalnız A yatağını ele alıp B yatağını yok
sayarsak "F" kuvveti kirişi A yatağında y-ekseni
etrafında saat dönüşü yönünde döndürmeye zorlar.
Döndürme a mesafesi ile orantılıdır, ve bunu A
yatağında y-eksenine göre moment olarak (F.a)
yazabiliriz. Ama kiriş A yatağı etrafında
dönemediğine göre, dengenin sağlanması ve
sistemin stabil kalması için B yatağındada saat
dönüşüne ters yönde bir moment etkisi olmalıdır.
Bkz. Şekil 8.
F
M
A
M
L-a
a
B
L
Şekil 8, A yatağında F momenti M
BL  Fa
Böylece şu denge formülü yazılır;
Buradanda B yatağını etkileyen kuvvet bulunur:
B
B
F
a
L
N
N
m
m
Fa
L
F 1
B yatağındaki kuvvet
Kirişi etkileyen kuvvet
Kuvvetin A yatağına mesafesi
Kirişin AB mesafesi
Bu düşünceyi aynen B yatağı için yaparsak:
Böylece şu denklemi buluruz;
F
A
M
B
M
A
L-a
a
L
F 2
A
F
a
N
N
m
A yatağındaki kuvvet
Kirişi etkileyen kuvvet
Kuvvetin A yatağına mesafesi
L
m
Kirişin AB mesafesi
Şekil 9, B yatağındaki F ve A momenti
F  (L  a )
L
www.guven-kutay.ch
Yapı Statiği
7
Burada sağlamayı yaparsak:
 a La
A  B  F 
F
L 
L
bulunur. Buda mekaniğin denge denklemlerinden biridir. Aynı yöndeki kuvvetlerin toplamı sıfırdır;
Fz  0
denlemini teyid eder.
M

F.a/L
V


F.(La)/L
M=F.a.(L-a)/L
Şekil 10, Dik kuvvet V (Fz) dağılımı
Şekil 11, Eğilme momenti M dağılımı
A yatığı ile F kuvveti arasında kirişe dik bir kesiti düşünürsek, bu kesit kirişi sol ve sağ parçalar
olarak ikiye ayırır. Biz sol taraftaki parçayı ele alıp inceleyelim. Şekil 12 ve 0  x1  x .
Kesitin x1 boyunu tam F kuvvetinin olduğu yere çekersek,
kirişi etkileyen dik kuvvetin, dik kuvvet "V" ye eşit olur.
C
V=A
d
V
A
T
x1
Dik kuvvet "V" ile "A" yatağı kuvveti saat dönüş yönünde
moment oluşturur. Bu momenti yatay etkili önceden
bilinmeyen "d" mesafeli "T = C" kuvvet çifti karşılar.
Burada denge formülünü yazarsak kesitteki momenti buluruz;
A  x1  T  d  M
Şekil 12, Kesitin sol parçası
Şekil 12 ile kesit büyüklükleri dik kuvvet V ve eğilme momenti M de görülmektedir. Yatay çift
kuvvetler T=C yerine, genelde bunların oluşturduğu moment M=T.d kullanılır. Bu momentler kirişi
eğmeye zorladıklarından "Eğilme momenti" denir. Bu durumun analizini ilerde sayfa 14, paragraf
1.2 ile yapacağız.
0.5. Statik problemlerinin çözümünde tutulacak yol
Statik problemlerinin çözümünde tutulacak yolu bir örnekle görelim. Örneğimiz sabit yayılı yükle
zorlanan klasik kiriş olsun, Şekil 13, q=sabit.
q
z
B
A
x
L
Şekil 13, Sabit yayılı yüklü klasik kiriş
 Sistemi veya kısmi sistemi etkileyen bilinen veya bilinmiyen bütün kuvvet ve momentler bir
krokide gösterilir ve buna " Serbest Cisim Diyagramı " , kısa tanımı "SCD" denir.
www.guven-kutay.ch
8
SCD 1 ; Sistemin SCD si
q
Ax = 0
A z = q.L/2
Bz = q.L/2
Şekil 14, Sabit yayılı yüklü klasik kirişte SCD 1
SCD 2 ; Kısmi sistemin SCD si
q
MP
Ax
P
z
VP
x
NP
Az
x
Şekil 15, Sabit yayılı yüklü klasik kirişte SCD 1
 SCD 1 e göre yatay etkili kuvvet yoktur. DD
Ax  0
1:
Fx  0
DD 2:
A yatağına göre moment, uç
yatak moment sıfır, temel kural.
qL
L
Bz 
 Bz  L  q  L   0
2
2
DD 3:
Fz  0
 Bz  q  L  A z  0
qL
Az 
2
 SCD 2 ye göre moment denklemi:
x
DD 1: M P  0 M P  qx   A z  x  0
2
qx
MP 
 L  x 
Parabol
2
DD 2: Fz  0
VP  q  x  A z  0
L

VP  q    x 
2

 Kesit büyüklükleri:
Moment:
Dik kuvvet dağılımı biliniyorsa dik kuvvetin
integrasyonu alınırsa Moment dağılımı
bulunur.
Moment dağılımı biliniyorsa momentin
türevi alınırsa dik kuvvet dağılımı bulunur.
Maksimum moment x=L/2:
Moment dağılımı
q.L2/8
Türevi alınmış
q L 
L
M max     L  
2 2 
2
d 2M y
dVz
q

dx
dx 2
İntegrasyonu yapılmış
Dik kuvvet dağılımı

q.L/2
+
q.L/2
Normal kuvvet dağılımı
Dik kuvvet:
L

VP  q    x 
2

x=0 veya x=L ise dik kuvvet maksimumdur.
qL
L

Vmax 
Vmax( x 0)  q    0 
2
2

qL
L

Vmax  
Vmax( x  L )  q    L 
2
2

x=L/2 ise dik kuvvet sıfırdır
L L
V0
Vmax( x  L / 2)  q    
2 2
Vz  
Şekil 16, Sabit yayılı yüklü klasik kirişte dağılımlar
q  L2
M max 
8
Normal kuvvet:
www.guven-kutay.ch
dM y
dx
N  Ax  0
Yapı Statiği
1.
9
Deformasyonlar
Klasik kirişteki deformasyonu incelemek istersek, kirişteki gerilim "" (yerel etkilerin alana bölümü) ile bu
gerilimden oluşan uzamanın "" (birim boyundaki kiriş parçasının esnemesi, uzama veya kısalması) doğrusal
(linear) orantılı olduğu kabul edilirse, yani işlemler "Hook kanunları" dahilindeki sahada oluyorsa (Bkz.
Mukavemet değerleri) şu eşitlikler yazılır (Bkz. F 3, F 4 ve F 5).
  E
F 3
veya
E  /
F 4
veya
 /E
F 5
Buradaki orantı faktörü E "Elastiklik modülü" dür.
Bu tanımlamaları daha iyi anlamamız için bir örnekle tanımlamaları anlatalım.
1.1. Boyuna deformasyon
Problem;
1 numaralı noktada sabit bağlanmış, 2 numaralı noktada Q yükü
ile yüklenmiş bir halatı kabul edelim.
Halatın kendi öz ağırlığı etkisinda kopmaması ve Q yükünü
taşıması için halatın boyu ne kadar olabilir?
1
Halat kesit alanı sabit kabul edilmektedir.
Q
kN
Taşınan yük
2
A
m
Halat kesit alanı, sabit kabul edilmektedir
f
kN/m2 Çekme mukavemeti
  kN/m2 Çekme gerilimi
L
m
Uzunluk
2
  kN/m Özgül ağırlık
N
kN
Normal kuvvet
L
2
Q
Şekil 17, Asılı halat
Çözüm 1, A=sabit;
Çekme gerilimlerini daima pozitif "", Bası gerilimlerini daima negatif "" olarak gösteririz. Önce
SCD nı çizelim, Şekil 19.
Q+.A.L
= Q+.A.L
A
N+dN
1
x
L


Q
=Q/A
2
Q
N
.A.dx dx
N=Q
=N/A
2
Şekil 18, Asılı halatta kesit büyüklükleri, A sabit
Şekil 19, Asılı halat için SCD, A sabit
Şekil 19 ile görülen durumda x yönündeki denge denklemini yazarsak:
 Fx  0
N  dN    A  dx  N  0
dN    A  dx  0
dN    A  dx
Bu denklemin integralini alırsak:
x
www.guven-kutay.ch
10
N  Ax  C
Burada x=0 iken N=Q olduğundan C=Q olmalıdır. C nin değerini yerleştirirsek;
N  Ax Q
F 6
Diğer taraftan biliyoruz ki teoretik olarak kopma gerilimi kopma mukavemetine eşit olunca halat
kopar.
f
 N/A
N/A f
N  Af
F 7
Bu değeri yukarıdaki formüle (F 6) yerleştirir ve x = halatın tam boyunu alırsak, denklemimiz şu
şekli alır:
 AL  Q  A f
Diğer taraftan ilk terim halatın ağırlığıdır "G":
AL  G
G  Q  Af
Q  Af  G
Q
G
 1
A f
Af
F 8
denklemi A.f ye bölersek
tekrar G yerine .A.f yerleştirirsek
Q
AL
 1
Af
A f
Q
L
 1
Af
f
Af   AL
F 7 ile Q=0 ise
L0  f / 
Buradanda kopma boyu
bulunur.
Burada
L 
L
: 
f  f /
işlemini yaparsak
Burada f /   L0 yerleitirelim;
Q
L
 1
A f
L0
burada F 8 yerleştirilirse
Buraya kadar yaptıklarımızı toparlarsak şu eşitlikleri yazabiliriz:
Q
Q
L
L

1
 1
G  Q Af
f
L0
Q
L
 1
GQ
L0
Şimdide G/Q orantısını hesaplayalım:
G
G
1


Q A  f  G A  f 1
G
www.guven-kutay.ch
F 9
Yapı Statiği
11
G
1

Q A  f 1
G
Burada
A f
terimini ele alalım ve
G
f    L0
;
G  AL
yerleştirelim:
A  f A    L0

G
AL
A  f L0

G
L
Böylece eşitliğimiz:
G
1

Q L0  1
L
sağ tarafı L0/L ile bölersek
L0
G
 L
Q 1  L0
L
F 10
Bulduğumuz bu deierleri diyagramda gösterirsek Şekil 20 ile Şekil 21 elde edilir.
Q
Q+G
Q/G
1
Asimtot
3
2
1
L
L0
0
L
L0
0
Q
L
 1
GQ
L0
L=0
Q/(G+Q)=1
L=L0 Q/(G+Q)=0
Şekil 20, Q/(G+Q) orantısı
Tespitler:
L=0
L=L0
G/Q=0
G/Q=
Şekil 21, G/Q orantısı
 Q > 0 ise L değeri L0 değerine yaklaştıkca, G değeri doğru sonsuza doğru büyür.
 Q > 0 olduğu taktirde, halatın Q = 0 daki kopma boyu L0 a ulaşılamaz.
 Maliyet fiyatı Q ile (L0L)1 orantılıdır.
L / L0 L0
L


1  L / L0 L0 L0  L
 Kopma mukavemeti f yalnız 1 numaralı bağlantı yerinde kullanılır.
www.guven-kutay.ch
12
Çözüm 2, A optimal seçilmiş

Q.eL/L 0
(A+dA).f
1
x
L


Q

2
Q
.A.dx dx
=f=Sabit
N=A.f
x
A.f
2
Şekil 22, Kuvvet ve gerilim dağılımı, A optimal
Şekil 23, Asılı halat için SCD, A optimal
Şekil 23 ile görülen durumda x yönündeki denge denlemini yazarsak:
A  dA   f    A  dx  A  f  0
 Fx  0
G
   L0
A
dA  f    A  dx  0
dA  L0  A  dx
dA dx

A L0
f
Bu denklemin integralini alırsak:
A  C  ex / L0
Burada x=0 olduğunda A = Q/f olduğu için F 11 elde edilir.
A
Q x / L0
e
f
F 11
Diğer taraftan:
L
L
0
0
G     A  dx    
G  
L
Q x / L0
Q
e
 dx     L0  e x / L 0
f
f
0
Q
Q
 L0  e L / L 0     L0
f
f
G  



Q
 L0  e L / L 0  1
f
f    L0

G  Q  eL / L0  1  Q  eL / L0  Q
G  Q  Q  eL / L0
GQ
 eL / L0
Q
Q
 eL / L0
GQ
F 12
G
 eL / L0  1
Q
F 13
bulunur.
www.guven-kutay.ch
Yapı Statiği
13
Bulduğumuz bu daierleri diyagramda gösterirsek Şekil 24 ile Şekil 25 elde edilir.
Asimtot
Q/G
Q
Q+G
3
2
1
A sabit
A sabit
A optimal
1
A optimal
L
0
L
L0
Şekil 24, Q/(G+Q) orantısı
Tespitler:
L0
0
Şekil 25, G/Q orantısı
 Optimal seçilen kesit alanıyla kopma mukavemeti f her yerde kullanılır.
 Q > 0 için teorik olarak L değeri L0 değerinden daha büyük olabilir.
 Konstrüksiyonun maliyeti A sabitten daha ekonomık olur.
Çelik halat için küçük bir sayısal örnek verelim.
Özgül ağırlığı ; Çe = 78,5 kN/m3 , Kopma mukavemati f = 500 N/mm2 = 500.103 kN/m2 kabul
edelim.
L0  6369,4m
L0  f /   500  103 / 78,5  6369,4
www.guven-kutay.ch
14
1.2. Enine deformasyon (sehim), Galile'nin problemi,
Enine deformasyon problemi Galile (Galileo Galilei, 1564-1642, İtalyan) ile başlar. Problem; dik
kuvvetin oluşturduğu deformasyonları dikkate almadan, yalnız eğilme momentlerinin oluşturduğu
deformasyonları ele alıp, kirişi bütün boyunda "b" genişliğinde, "h" yüksekliğinde (h>b) sabit
dikdörtgen kabul edersek, Şekil 26, ile görülen durum ortaya çıkar.
Kirişte oluşacak deformasyonların analizini ve hesabını yapabilmek için; gerilim "" (alan birimini
etkileyen lokal kuvvetler) ile esneme "" (birim boyunun esnemesi, uzama veya kısalması)
arasında Hook kanunu dediğimiz orantıyı kabul etmemiz gereklidir.
  E 

E

MPa
MPa
1
F 14
Kesitteki gerilim
Elastiklik modülü, orantı faktörü
Esneme
o
C
h/2
d/2
M
d
x
d/2
h
h
y
C
h/2
T=C
b
o
b
o
z
Şekil 26, Dikdörtgen kesitte gerilim dağılımı
Nötr ekseni kirişin yarı yüksekliğinde olmalıdır. Nötr ekseninin üst tarafı basıya alt tarafıda çekiye
zorlanacaktır ve z değeri ile lineer değişicektir. Böylece şu kabul ortaya çıkar; hesaplarda çekme
gerilimi pozitif (+), bası gerilimi negatif () kabul edilir. Kesitin herhangi bir yerindeki gerilim:
2z
  0 
h
büyüklüğündedir.
Şekil 26, ile görülen T=C kuvvetini hesaplayalım. ABM tabanlı ve b yükseklikli üçgen prizmanın
hacmi C kuvveti kadardır.
h 1
T  C  o    b
2 2
C  o 
bh
4
Ve kuvvet ağırlık merkezinden zorlayacağına göre:
d h 2
 
2 2 3
buradanda
d
2h
3
bulunur.
Bu değerleri moment formülünde yerleştirirsek:
M  C  d  o 
bh 2h
b  h2

 o 
4
3
6
Yukarıda kesitin geometrik ölçüleri ile hesaplanan faktöre kesitin "Karşıkoyma momenti" denir ve
sembolüde "W" harfiyle gösterilir. Galile paydayı "2" kabul etmişti.
www.guven-kutay.ch
Yapı Statiği
15
b  h2
W
6
mm3
mm
mm
W
b
h
F 15
Dikdörtgen kesitin karşıkoyma momenti b < h
Kesitin eni
Kesitin yüksekliği
Böylece yeni bir orantı bağlantısı bulunur ve çeşitli şekillerde yazılabilir.
M  o  W
o
M
W
MPa
Nmm
mm3
F 16
W
M
o
F 17
o 
M
W
F 18
Kesitteki normal gerilim
Kesiti etkileyen moment
Kesitin karşıkoyma momenti
1.2.1. Kavis
Kavisi bulmak için eğilme momentinin zorladığı Şekil 27 ile görülen bir kirişten A-A kesiti ile
başlayan çok küçük bir birim boyu kısmını ele alalım. Kabul ettiğimiz boy çok küçük olduğundan
eğimin merkezinden bu boyu gören açıda çok küçüktür ve bunu dolarak adlandıralım.
o
A
R
h/2
y
M

x
h
A
M
h/2
d
A
y
 o.dx
o /E

d
A
b
0
L=1
h/2
z
h/2


o
o o /E
x
x
d
dx
o.dx
Şekil 27, Kavis
d açısı çok küçük olduğundan açının tanjant değeri ile radyan değerini eşit kabul edebiliriz ve 
değerini eğimden oluşan kavis olarak tanımlarız.
tan d  d  
rad
rad
d

F 19
Kesiti gören eğimin merkez açısı
Kavis
Şekil 27 ile görülen kiriş parçasını analiz edersek, şu bağıntıları buluruz:

1 2  o

R
h
F 20
d
 '
dx
F 21

Buradan
=>
o 
h 
2
bulunur.
Diğer taraftan F 16 ile moment M  o  W dir. Burada değerleri yerleştirirsek:
www.guven-kutay.ch
16
M  E
M
h   b  h2

2
6
b  h3
E 
12
Yukarıda kesitin geometrik ölçüleri ile hesaplanan faktöre kesitin "Eylemsizlik momenti" veya
"Atalet momenti"denir ve sembolüde "I" harfiyle gösterilir. Şekil 27 ile gösterilen R "Kavis
radyosu" dur.
M  EI
I
mm4
mm
mm
I
b
h
b  h3
12
Dikdörtgen kesitin eylemsizlik momenti b < h
Kesitin eni
Kirişin küçük bir parçasını ele alalım. Burada tan   w ' 
x
dw
  bağıntısı mevcuttur.
dx
w"  '  
Buradan:
w = Sehim
z
F 22
   w"

Bulunur.
dw
0   0 / E
0  M / W
W  2I/ h
dx
Şekil 28, Sehim w
Buradanda kavis bağıntılarını şu şekilde yazabiliriz, F 23.
   w" 

M
E
I
W
h
o
1/mm
Nmm
MPa
mm4
mm3
mm
%
M
2M
2  o


EI EWh
h
F 23
Kavis
Elastikiyet modülü
Dikdörtgen kesitin eylemsizlik momenti b < h
Kesitin karşıkoyma momenti
Parçadaki esneme
Sehimi mekaniğin diferansiyel denklemi olarak w sehimi iki defa türevi alınan şu bağıntı ile
hesaplanır.
w  
w"
M
E
I
EI
1/mm
Nmm
MPa
mm4
Nmm2
M
EI
veya
w 
M
0
EI
Sehimin ikinci dereceden türevi
Dikdörtgen kesitin eylemsizlik momenti
Eğilme rijitliği
www.guven-kutay.ch
F 24
Yapı Statiği
17
1.2.2. Sehimin kavis ile hesaplanması

z, w
ds   R  d  dx  1  w2
w  w  dx  w
d  tan(d ) 
1  ( w  w  dx )  w
Olarak kabul edersek, buradan şu bağıntıyı buluruz.
1
 w 
 
F 25
R 1  w 2 3 / 2
ds
R

tan   w 
tan(  d )  w  w"dx
Burada
ve
x
vede
+d
d
dx

Şekil 29, Kavisten sehim

Burada w'2 dikkate alınmayacak kadar küçük olduğundan paydayı "1" kabul edebiliriz. Böylece
kavisin değeri F 26 ile bulunur.
   w 
F 26

w"
1/mm
1/mm
Kavis
Sehimin ikinci dereceden türevi
Eğer w" ön işareti pozitif (+) çıkarsa kirişin sehimi yukarıya doğrudur. Şekil 29 ile görülen kiriş
sehimi aşağıya doğrudur ve ön işareti negatifdir (-).
1.2.3. Sehimin pratikte hesaplanması
1.2.3.1. Tek kuvvetle zorlanan basit kiriş
Daha önce kullandığımız ve bildiğimiz basit kirişi ele alalım ve tam ortasından F kuvveti ile
zorlandığını kabul edelim, Şekil 30 için şu bağıntıları yazabiliriz.
 Mx  F  L 2  x  F  x



EI
4E I L
2EI
2 x FL 2 x F x
Mx  Mm 



L
4
L
2
 F x
w 
2EI
 F  x2
w  w  dx 
 c0
4EI
Kirişin ortasında x=L/2 de tan   w   0
olacağından, x=L/2 yerleştirilir ve c0 bulunur.
w 
F
A x
B
C
L/2
L/2
z
F
F/2
F/2
x
Mx

M

Mm= F.L/4
w"



wm
w'
 F  x2
F  L2
w 

4  E  I 16  E  I
 F  x 3 F  L2  x

w  w  dx 

 c1
12  E  I 16  E  I
F  L2
c0 
16  E  I
w
Şekil 30, Basit kirişte sehim
B yatağında x = L değerinde sehim sıfır olacağından c1 değeri sıfırdır ve x = L yerleştirirsek, Kirişin
maksimum sehim formülünü buluruz. Bu literatürlerde verilen formüldür.
w max 
F
L
E
I
N
mm
MPa
mm4
F  L3
48  E  I
Kuvvet
Kirişin etkilenen boyu
Kesitin eylemsizlik momenti
www.guven-kutay.ch
F 27
18
1.1.1.1.1. Sayısal örnek 1
Yataklar arası mesafesi L=1,8 m olan basit kirişin dörtköşe kesit boyutları b=20 mm, h=40 mm dir.
Kirişin tam ortasından F=1 kN kuvvetle zorlanmaktadır. Kiriş malzemesi çelik E= 210'000 MPa dır.
Kirişteki gerilimi hesaplarsak:
M
FL
b  h2
0 
; M
; W
W
4
6
0 
3 F L
2  b  h2

3  103 1800
2  20  402
 84,4MPa
Kirişin orta noktasındaki sehim:
F  L3
F  L3
103 18003
wm 


 5,42mm
48  E  I 4  E  b  h 3 4  210000  20  403
Burada teorik olarak bulduğumuz basit kirişteki sehimi sayısal olarak görmek istersek, şu örneği ele
almamız gerekir:
1.1.1.1.2. Sayısal örnek 2
Bir deneyde, tahtadan yataklar arası L=1,8 m, kesit genişliği b=325 mm, kesit yğksekliği h= 22 mm
ve x=L/2 de F=1 kN kuvvetle zorlanan basit kirişin elastikiyet modülü E= 10 kN/mm2 kabul
edilmiştir.
Kirişin kenarlarda x=L/2 noktasındaki 0 gerilimini hesaplarsak,
0 
FL
3  F  L 3  103  1800


 17,2 N / mm2
4  W 2  b  h 2 2  325  222
Kirişin x=L/2 noktasındaki sehim wm hesaplanırsa,
wm 
F  L3
F  L3
103 18003


 42,1 mm
48  E  I 4  E  b  h 3 4 104  325  223
Kirişin kenarlardaki gerilimi "0 " tahtanın emniyetli mukavemet değerine göre oldukca yüksek ve
Gerilim-Uzama orantısının doğrusallığıda yaklaşık olarak oluşmaktadır. Bu durumdan ötürü artan F
kuvveti ile dahada kavislenen F-wm-Diyagramı oluşur. Bak Şekil 31.

F
Çeki
L
E
48.E.I
L2
L

+


Bası
wm
Şekil 31, Tahtadan basit kiriş diyagramları
Yüklemelere göre ölçülen değerler tablosu
Kütle [kg]
F [N]
wm [mm]
Açıklamalar
www.guven-kutay.ch
Yapı Statiği
19
1.2.3.2. Yayılı yükle zorlanan basit kiriş
Kirişlerde tek veya nokta etkili yüklerin yanında yayılı yüklerde olur. Tek kuvvetlerin dışında etki
gösteren yayılı yükleri düşünürsek Şekil 32 ile görülen durum ortaya çıkar.
q [kN/m]
x
Q [kN]
z
q.dx
V
M
M+dM
V+dV
dx
Şekil 32, Basit kirişte yayılı yük
Kirişin dx boyunda küçük bir parçasını ele alıp inceleyelim. Burada kesitte oluşan dengeye göre:
Dik kuvvet
Moment
V  q  dx
M   V  dx
 FV  0
V  dV  q  dx  dV  0

M  0
M  dM  V  dx  dM  0

dV
 q
dx
dM
V
dx
d 2M
M"  q
 q
dx 2
M"=q diferensiyel denklemi yukarıda gördüğümüz w"= diferensiyel denklemine benzer. Burada
eşdeğer çözümü düşünürsek sehimide zorlanmaya göre hesaplamak mümkündür (Mohr analojisi).
Bağıntılarını kurabiliriz. Buradanda;
F
Moment dağılımı
F.L
4
F/2
F/2
q*
F.L
4.E.I
Zorlanma
L/2

+
V*= w '
Dik kuvvet
V *= V (q* ) = w '
M*= w
Eğilme momenti
M *= M (q* ) = w
wm
Şekil 33, Basit kirişte yayılı yük
M
E.I
F.L2
16.E.I
L/2
+
q* =
www.guven-kutay.ch
20
Moment alanını yayılı yük olarak kabul edip kiriş ortasındaki momenti Mm değerini hesaplarsak:
Mm 
F L
F L
 
2 2 4E I
Diğer taraftan kiriş ortasındaki kavis:
wm
w'
A=F/2
L/3

L/6
L/2
Şekil 34, Moment alanını yayılı yük
Mm
FL

EI 4E I
Momentin tam alanı, toplam yayılı yük, Şekil 33:
L
FL L
F   

2 4EI 2
F
F  L2
8 E  I
Simetriden ötürü A ve B yataklarında yatak kuvvetleri bir birine eşittir A=B=F/2. Şekil 33 ile:
M B  0
L
M B  F   A  L  0
2
FV  0
w'  A
1 F  L2 1
A  F 

2 8E I 2
F  L2
A
2E I
F  L2
w' 
16  E  I
Kiriş ortasındaki moment sehimdir. Şekil 34 ile:
wm  A 
L
L
L
L
3 L
L w 'L
F  L2 L
 w '  w '  w '  w '
 w ' 


2
6
2
6
6
6
3
16  E  I 3
wm 
F  L3
48  E  I
Bu formül yukarıda bulduğumuz F 27 değerinin aynısıdır. Böylece buraya kadar yaptığımız analiz
ve incelemelerin doğru olduğu görülür.
İlerde anlatılanları daha iyi ve çabuk anlamak için Şekil 33 ve Şekil 34 ile verilen sembolleri
tanımlayalım.
F
kuvvet, Kirişi zorlayan yayılı yükün kuvveti.
q*
zorlanma, F kuvvetinin oluşturduğu moment alanının tersi zorlayan
yayılı yük olarak kabul edilir:
V*
dik kuvvet, zorlanmanın oluşturduğu dik kuvvetler olarak kabul
edilir:
V*  V(q*)  w '
M*
eğilme momenti, zorlanmanın oluşturduğu momentin değeri,
sehimin değeri olarak kabul edilir. Mohr analojisi:
M*  M (q*)  w
w'
alan kuvveti, zorlanmanın sol yarı alanı kuvvet değeri, kiriş ortası
sehim wm yi oluşturan kuvvet olarak kabul edilir:
M*m
kiriş ortası eğilme momenti, zorlanmanın oluşturduğu kiriş ortası
momentin değeri kiriş ortası sehim wm olarak kabul edilir
Mm  w m  V* 
L
F  L2 L


3 16  E  I 3
q*   w" 
w '  V 
wm 
www.guven-kutay.ch
M
EI
F  L2
16  E  I
F  L3
48  E  I
Yapı Statiği
21
1.1.1.1.3. Deney ve sehimle gerilim hesabı
Buradaki deneyi derste yaptık. Değerler ölçülen değerler olup manuple edilmemiştir. Sizde kendiniz
deney yapıp teori ile deneyin aynı olduğunu görebilirsiniz.
Malzeme: S 235
F
b
A x h
B
Varyant I : F= 60 N ; b = 60 mm ; h = 6 mm
Varyant II : F= 60 N; b = 60 mm ; h = 3 mm
1
2
z
L/2
L/2
İndekslerin tanımı:
w12 1. indeks 1 kuvvetin etkilediği yer,
F
2. indeks 2 sehimin yeri.
Ölçüler:
w 11
Var I
Var II
w11 .......... 1,39 ........ 11,2
F
bu iki değer
w12 .......... 0,96 ........ 7,7
aynı olmalı
w21 .......... ................ 7,6
w 12
w22 .......... ................ 6,3
F
Kaba karşılaştırma:
F  L3
F  L3

48  E  I 4  E  b  h 3
Burada yalnız kesitin yüksekliği hI = 6 mm,
hII=3 mm “ olarak değişmektedir ve oran 2 dir.
Buradan 23 = 8 olur ve 1,39x8  1,4x8 = 11,2
yapar. Buda pratikte ölçülen değerlerin teorik
değerlere eşit olduğunu gösterir.
w 21
w
F
w 22
Şekil 35, Deney ve sehimle gerilim hesabı
Gerilim kontrolünü yapacak olursak:
M/W
Karşı koyma momenti:
Gerilim:
 [MPa]
elastik deformasyon
akma sınırı
200
F L F  L 60  800
 

 12'000 Nmm
2 2
4
4
b  h 2 60  32
W

 90 mm3
6
6
M
Moment:

plastik deformasyon
235
133
100
 pl

[%o]
Burada S235 çeliği için akma gerilimi
Re = 235 MPa olduğundan, sistem
elastik esneklik kısmında kalır.
plastik esneklik
133
235
Şekil 36, S235 Diyagramı
M 12'000 400


 133 MPa
W
90
3
www.guven-kutay.ch
22
1.1.1.1.4. Yayılı yükle zorlanan basit kiriş için örnek
Burada qV = sabit kabul edilmiştir.
h
qv.dh
dh  ds  cos     cos d
v
ds =  . d
dv
qz 
q v  dh  cos 
 q v  cos 2 
ds
qz 
q v  dh  sin 
 q v  sin   cos 
ds

x
z
dh
Şekil 37,
Kavis radyusu (s) nin diferensiyel denklemini ele alalım:
d
dq
 qz    z  q x
ds
ds
d
 cos 2   2  cos   sin   d  sin   cos   d

d
 3  tan   d

ln   3  ln(cos )  k
===>
Demekki:
  (cos ) 2  sabit   
0
(cos )3
Diğer taraftan;
cos  
dh
dh 2  dv 2

1
 dv 
1  
 dh 
2
  dv 2 
  0  1    
  dh  
===>
3/ 2
Diğer taraftan bildiğimiz gibi;

dv 2
 2
dh
1

 
2 3/ 2
 dv  
1    
  dh  
F 28
Yukarıda F 28 ile verilenlere göre;
dv 2
dh
2

1
 sabit
0
olduğu görülür. Buda v(h) fonksiyonunun ikinci dereceden parabolüdür.
h2
v
 c1  h  c2
2  0
F 29
Eğer parabolün dönüm noktasını koordinat sisteminin çıkış noktasını kabul edersek:
h
v
v
h2
2  0
www.guven-kutay.ch
Yapı Statiği
H.
dv
dh
q v  dh 
q v .dh
h
23
dv2
dh 2
 dh  H
H
H
2
(dvdh + dvdh . dh)
H.
2
Buradan v 
dh
h2
 c1  h  c2
2  0
Bu daha önce bulduğumuz F
bildiğimiz gibi:
Şekil 38,
0 
29 dür ve
H
qv
Bu sonuç  = 0 noktasında  = -N/qz bulunabilir. Şöyleki: N = -H ve qz = qv olduğu için.
v
f
H
q v  L2
8f
v
qv  h2 4  f  h2

2H
L2
h
H
v
L/2
Şekil 39,
4  f  h2
qv
H
L2
O.K.
Pratikte konstrüksiyon DÇ nin devamlı zorlamada mümkün olduğu kadar çok yakın olması için
yapılır. Zorlamanın değişken olması halinde bazen az, bazen çok dik kuvvet ve eğilme momenti
zorlamaları görülecektir. Bu tür zorlamaları karşılayabilmek için "Sistemi rijitleyecek" önlemler
alınmalıdır.
www.guven-kutay.ch
24
1.1.1.1.5. Yayılı yükle zorlanan basit kirişin (halatın) maksimum boyu
Problem:
Sabit yayılı yük "q" ve öz ağırlığı "g" ile zorlanan basit kirişin (halatın) boyu L ise,
fonksiyonunu yaptığı sınır boyu "L0" nekadar dır?
q
L/4
SCD:
q+g
B
A
x
g
z
Bh
Q
H
L
h
Bv
L/2
B
x
z

h
h
1
2
L/2

Bh
Bv
L/2
h
x
L/2
Şekil 40, Yayılı yük ve öz ağırlıklı basit kiriş
Sehim paraboldür.
DD 1;
M B  0
 4  x2 

z  h  1 
2 

L 

Q  q  g   L / 2
M B  H  h  Q  L / 4  H  h  q  g   L / 2  L / 4  0

q  g   L2
H
8h
Kirişin veya halatın kopmaması için yatay kuvvet H  A.f olmalıdır.
DD 2;
FV  0
BV  Q  0
ɱ
BV  Q
DD 3;
Fh  0
H  Bh  0
ɱ
Bh   H
2  x BV

ɱ
L
Bh
q  g   L  L  8  h
tan  
x
Bh
q  g   L
1 2h

2 L/2
8 h
x  2h
h
www.guven-kutay.ch
2

q  g   L2

B L
x V
2  Bh
2  2  q  g   L2
BV 
L
8
Yapı Statiği
25
1.1.1.1.6. Deney kirişi
Yukarıda sayfa 21, paragraf 1.1.1.1.3 ile verilen Deney ve sehimle gerilim hesabı nı ele alalım:
F = 60 N
L
F
M A  0
F  BL  0
x
2
F/2
F
F/2
B  30 N
B
L/2
L/2
2
z
Fz  0
FBA 0

F/2
F
A  30 N
A  FB

F/2
2

M
Mm
w"=
A
Kiriş ortasındaki moment:
L
M m  12'000 Nmm
M m  A   30  400
2
Kiriş ortasındaki kavis:
M
12'000
w"      
EI
205'000  135
w"    433,6 mrad/m
B
F
Kavisten;

w'
w'
w'
w '  m 
L 1
  433,6  0,4  0,5
2 2
m
w '  86,7 mrad
L/3
L/2
Sehim;
wm
wm 
w'
w'
F  L3
60  8003

48  E  I 48  205'000 135
w m  23,12 mm
wm
L/3
L/2
wm 
w 'L 86,7  800

3
103  3
Şekil 41, Yayılı yükte deney sehimi
www.guven-kutay.ch
w m  23,12 mm
26
Sehim hesabını daha başka metotlada yapabiliriz.
DD 1:
Fz  0
q.dx
q  dx  dV  0
V
DD 2:
M
M+dM
dV 
dx
2
V  dx V  dV   dx

 M  dM  0
2
2
dx
dM  V  dx  dV 
0
2
değeri çok küçüktür sıfır kabul edilir.
dV
dx
dM
V
dx
q
q  dx  dV  0
Böylece:
M O  0
M
V+dV
dx
 V  q  dx  V  dV  0
dM  V  dx  0
q   V'

V  M'
V'  M ' '
Buradanda.
q  M' '
w"
Mohr analojisi bulunur
q  M' '  0
veya
F 30
M
0
EI
   w" 
M
EI
F 31
Diferansiyel eşitlik q   M ' ' ile    w" eşitliği analogtur. Sehim de eğilme momenti gibi
zorlanmalarla hesaplanabilinir. M/EI Mohr analojisi.
Eğilme momentinin yayılı yük q ile hesaplamasına benzer, kavisten M/(EI) sehim w hesaplanır.
Buna Mohr analojisi, Mohr benzerliği denilir.
F
o
tan    
E
o


h/2
x





h/2
2  o
Eh
h/2
o
E
o

E
o 
M
W
H= 3 mm
Deneydeki Varyant II ye göre: W=b.h2/6=90 mm3 I=bh3/12=135 mm4 E=205'000 N/mm2
Mm = 12'000 Nmm
A = 30 N
o 

M 12'000

W
90
o  133,3MPa
2  o
2  133,3

E  h 305'000  3
 = 433,6 mrad/m
www.guven-kutay.ch
Yapı Statiği
27
1.2.4. Kavisli çubuk
Sabit yayılı yük etkisinde bir kavisli çubuk düşünelim, Şekil 44.
h
qv
ds
v

N
z


ds
MV
x
qx
ds =  . d

N+d
N
qz
d
M+dM
V+dV
Şekil 44, Kavisli çubuk
Kavisli çubuğun analizini yapmak için küçük bir parçasının kesitini Şekil 45 ile gösterildiği şekilde
alalım. Her nekadar analizde küçük parça eğik dirkdörtgen olarak görülüyorsada kesit v-eksenine
paralel olarak düşünülür (Bkz. Şekil 45).
Şekil 44 ile gösterilen kavisli çubukta detaya göre denge denklemlerini yazarsak:
1. DD
 Fx  0
dN  V  d  q x  ds  0
F 32
2. DD
 Fz  0
dV  N  d  q z  ds  0
F 33
3. DD
 My  0
dM  V  ds  0
h
F 34
x-eksenine dik kesit
v
x
z
kabul edilen
v-eksenine paralel kesit
Gösterilen kesit
d
Şekil 45, Kavisli çubukta kesit
Yukarıdaki F 32, F 33 ve F 34 formüllerinden şu bağıntılar bulunur;
dN  V  d  q x  ds  0
/ ds
dN V  d q x  ds


0
ds
ds
ds
d
1
burada ds  R  d   d

 olduğundan

ds
F 32 ile
www.guven-kutay.ch
dN V
  qx  0
ds 
F 35
28
dV  N  d  q z  ds  0
dV N  d q z  ds


0
ds
ds
ds
F 33 ile
dM  V  ds  0
dM V  ds

0
ds
ds
F 34 ile
/ ds
dV N
  qz  0
ds 
F 36
/ ds
dM
V 0
ds
F 37
Burada herhangibir qx, qz zorlamaları verildiğinde çubuğun geometrik ölçüleri kolaylıkla bulunur.
Buradaki yegane şart; Çubuğu yalnız normal kuvvet zorlayacak, dik kuvvet ve/veya eğilme
momenti zorlaması olmayacak.
Burada V=M=0 eşit kabul edersek, şu diferensiyel denklemler bulunur.
dN
 qx  0
ds
N
 qz  0

Formül F 35 ile
Formül F 36 ile
Ve buradanda;
d
dq
 qz    z  q x
ds
ds
F 38
bulunur. Bu kavis radyusu (s) nin diferensiyel denklemidir.
Kazan formülü bu duruma verilecek en güzel örnektir:
Basınçlı kazanlarda qx = 0, qz = sabit vede  = r = sabit kabul edilir;
N  q z  r  sabit
F 39
bulunur. Buda "Kazan formülü" dür.
1.2.4.1. Kavisli çubukta değerler
Buradaki yayılı dik kuvveti (qV) sabit kabul edelim.
h
qv.dh
qv
v
ds
dh
d

ds =  . d
dv

z
L/2
dh
L/2
L
Şekil 46, Kavisli çubukta değerler
Çıkış değerler,
F 36
ds    d
;
dh  ds  cos 
;
dV
dV N
  qz  0
N=0
qz 
ds 
ds
q  dh  cos  q v  ds  cos   cos 
qz  v

ds
ds
www.guven-kutay.ch
dh    cos   d
dV  q v  dh  cos 
q z  q v  cos 2 
x
Yapı Statiği
F 35
29
dN
dN V
  qx  0
V=0
qx 
ds 
ds
q  dh  sin  q v  ds  cos   sin 
qx  v

ds
ds
dN  q v  dh  sin 
q x  q v  sin   cos 
Kavis radyusu (s) nin diferensiyel denklemini ele alalım:
d
dq
 qz    z  q x
ds
ds
d
 cos 2   2  cos   sin   d  sin   cos   d

d
 3  tan   d

ln   3  ln(cos )  k
===>
  (cos )3  sabit   
Demekki:
Diğer taraftan;
cos  
dh
dh 2  dv 2
0
(cos )3
1

 dv 
1  
 dh 
2
===>
  dv 2 
  0  1    
  dh  
Diğer taraftan bildiğimiz gibi;


dv 2
dh 2
1

 
2 3/ 2
 dv  
1    
  dh  
F 40
Yukarıda F 40 ile verilenlere göre;
dv 2
dh
2

1
 sabit
0
olduğu görülür. Buda v(h) fonksiyonunun ikinci dereceden parabolüdür.
v
h2
 c1  h  c2
2  0
F 41
Eğer parabolün dönüm noktasını koordinat sisteminin çıkış noktasını kabul edersek:
h
v
Şekil 47, Parabolün dönüm noktası
v
h2
2  0
www.guven-kutay.ch
3/ 2
30
H.
dv
dh
q v  dh 
q v .dh
h
 dh  H
Buradan v 
2
(dvdh + dvdh . dh)
H.
dh 2
h2
 c1  h  c2
2  0
Bu daha önce bulduğumuz dür ve bildiğimiz
H
gibi:
0 
qv
H
H
dv2
2
dh
Şekil 48, Kavisli çubukta sektör
Bu sonuç  = 0 noktasında  = N/qz bulunabilir. Şöyleki: N = H ve qz = qv olduğu için.
qv
v
f
H
q v  L2
8f
v
qv  h2 4  f  h2

2H
L2
h
H
v
H
L/2
4  f  h2
Şekil 49, Kavisli çubukta yük
L2
O.K.
Sayısal uygulama örneği;
q v  L2 1  2002

==> H = 125 MN
8f
8  40
Pratikte konstrüksiyon DÇ nin devamlı zorlamada mümkün olduğu kadar çok yakın olması için
yapılır. Zorlamanın değişken olması halinde bazen az, bazen çok dik kuvvet ve eğilme momenti
zorlamaları görülecektir. Bu tür zorlamaları karşılayabilmek için "Sistemi rijitleyecek" önlemler
alınmalıdır.
1.2.4.2. Dik kuvvet etkisinde üç oynaklı kemer
Burada Şekil 50 ile görülen üç oynaklı
kemerde A ve B yataklarındaki Av ve Bv
F
G
kuvvetleri, basit kiriş hesabı gibi yapılarak
H
A ve B reaksiyon kuvvetlerinden bulunur.
f
B
v
B
H
Kuvvetler üçgeninin bağlantı hattından
B
A
"Kämpfer oynağı" ile A ve B yatakları
Av A
arasındaki "Kemer çekmesi" H bulunur.
A
M
Av

Kemerdeki eğilme momenti M, basit
H F

kirişte olduğu gibi momentlerin süper
Bv pozisyonu ile (M0) ve –H. momentide
F
B
kemer çekmesiyle bulunur.
L=200 m
; f = 40 m
; qv = 1 MN/m
Av

M 0G
Bv
M0
;
H
M  M 0  H  ()
Orta oynak yatak G de moment sıfır
olduğu için "M=0"
H
Şekil 50, Üç oynaklı kemer
M0G
f
Burada kirişin kemer şeklinde olması momentlerin basit kiriş momentleriyle karşılaştırılmalarında
kemer momentlerinin çok daha küçük olduğu görülür.
www.guven-kutay.ch
Yapı Statiği
2.
31
Sayısal örnekler
2.1. Denizde petrol platformu
Petrol arama platformunun 150 m derinlikteki silindir şeklindeki dip tanklarında (Şekil 51);
h
p
Suyun özgül ağırlığı
  1030 kg/m3
Yer çekimi ivmesi
g = 9,81 ms-2
Hesabın yaıldığı derinlik
h = 150 m
pmax .g.h = 1,516 N/mm2 (MN/m2)
t
pmax= .g.h
qmax .g.h.r = 18,2 MN/m
q
p
Silindirin cidar kalınlığı 0,8 m kabul edilirse,
ortalama bası gerilimi 22,7 MPa bulunur.
r
max
d  q max / t
q
Şekil 51, Petrol arama platformu dip tankları
d  18,2 / 0,8  22,7 MN/m 2 (N/mm2 , MPa)
2.2. Atom santralı koruyucu gömleği
Silindir şeklinde atom santralı koruyucu gömleğinin iç basıncı pmax = 0,5 N/mm2 olarak kabul
edilmiştir (Şekil 52).
Silindirin yarı çapı
Küre başlık
Takke
r = 20 m
Silindirin çevresinde şu çekme kuvvetleri oluşur:
qmax = r . pmax = 20 . 0,5 = 10 NN/m
Silindir
Bu kuvvetler ön gerilimli beton konstrüksiyon
tarafından karşılanır.
q
max
Çekmeye zorlanan germe parçaları betona öyle
büyük baskı yaparlarki, betonda çekme gerilimi
oluşamaz ve çekme geriliminin doğuracağı çatlak
larda.
p
max
r
r
Ön gerilim oluşturacak konstrüksiyon kabaca
Şekil 53 ve Şekil 54 ile gösterilmiştir.
q
max
Şekil 52, Atom santralı koruyucu gömleği
Germe istasyonu
Germe kuşağı
Şekil 53, Ön gerilim konstrüksiyonu, prensip
Germe Bağlantısı
Silindirin cidarı
Şekil 54, Ön gerilim konstrüksiyonu, kaba detay
www.guven-kutay.ch
32
Konu İndeksi
A
I
Atalet momenti .......................................................... 16
İçten Statik Belirsiz...................................................... 4
C
K
Cisim kesiti .................................................................. 3
Karşıkoyma momenti................................................. 15
Kavis .......................................................................... 15
Kavis radyosu ............................................................ 16
Kazan formülü ........................................................... 28
D
Denge kuralı ................................................................ 3
Dıştan Statik Belirli ..................................................... 4
Düname........................................................................ 4
E
Eğilme momenti .......................................................... 7
Elastiklik modülü......................................................... 9
Eylemsizlik momenti ................................................. 16
H
S
Sağ cıvata kuralı........................................................... 3
Sağ el kuralı ................................................................. 3
Serbest Cisim Diyagramı ............................................. 3
Statik Belirli Sistem ..................................................... 4
V
Vektör .......................................................................... 3
Hook kanunları ............................................................ 9
www.guven-kutay.ch

Prof. Dr. P. Marti Reaksiyonlar ve Kesit büyüklükleri

Transkript

Benzer belgeler

Prof. Dr. Bilge Günsel Arş. Gör. Korhan Tanç 23 Kasım

ASDA-B SERVO`DA PULSE GİRİŞİ İÇİN PNP BAĞLANTI ASDA