mm - WordPress.com

1.
2.
KONULAR
Giriş

Tarihçe

Çeliğin üretimi ve Malzeme olarak çelik

Çeliğin üstün ve sakıncalı nitelikleri

Çeliğin kullanım alanları
Çelik Yapılarda Birleşim Araçları
 Bulonlu birleşimler
 Kaynaklı birleşimler
3.
Çekme Çubukları
 Kesit hesabı ve kontrolü
 Çekme çubuklarının ekleri
4.
Basınç Çubukları
 Tek parçalı basınç çubukları
 Çok parçalı basınç çubukları
1
ÇELİK YAPILARA GİRİŞ
2
ÇELİĞİN TARİHÇESİ
• Yapılarda yaklaşık iki yüz yıldan beri kullanılan demir
malzemenin tanınması, esasında çok eskiye dayanır.
• 19. asrın ikinci yarısında demirin bulunmasıyla, ham
demirin sıvı durumuna getirilip arıtılması ve “dökme çelik”
elde edilmesi sağlanmıştır.
• Çelik yapı terimi, 20. yüzyıl başında “kaynaklı
birleşimlerin uygulama alanına girmesiyle
gerçekleştirilmiştir.
3
Coalbrookdale Köprüsü
• Demir kullanılarak inşa edilen ilk
yapılar köprülerdir.
• Kullanılan ilk malzeme fonttur.
• Fontun basınç dayanımı yüksek,
çekme dayanımı ise düşüktür.
• Font kullanılarak inşa edilen ilk
köprü yaklaşık 1778 yılında
tamamlandığı tahmin edilen
İngiltere’de, Severn nehri
üzerindeki 31 m açıklığındaki
Coalbrookdale Köprüsü’dür.
4
Britannia Köprüsü
• Fransa ve Almanya`da ilk yüksek fırını İngilizler kurmuştur
(1787).
• O yıllarda dövme çelik kullanılarak dolu gövdeli ana kirişli ve
kafes ana kirişli köprülerin yapımına başlandı.
• Bunlardan birisi, 1846’da İngiltere’de inşa edilen 140 m açıklıklı
Britannia Köprüsü’dür.
5
 İlerleyen yıllarda Bessemer (1855), Siemens-Martin
(1864), Thomas (1879) yöntemlerinin bulunmasıyla ham
demirin sıvı haldeyken arıtılması sağlanmış ve dökme
çelik üretimi olanağı ortaya çıkmıştır.
 Özellikle 20. yüzyılın başında elektrik fırınlarının da
kullanılmaya başlanmasıyla da çelik yapı tekniklerinde
büyük ilerlemeler meydana gelmiştir.
6
 Zamanımızda çelik konstrüksiyonların kısımları, ulaşım
olanaklarına bağlı olarak, mümkün olduğunca büyük
parçalar halinde, kaynaklı birleşimler yapılmak suretiyle
atölyelerde hazırlanır. Bu kısımlar şantiyede genellikle
bulonlu montaj birleşimleriyle birleştirilerek çelik
konstrüksiyon tamamlanır.
7
ÇELİK MALZEME
NEDİR?
 Mekanik olarak işlenebilen yani, dövülerek, preslenerek,
haddeden geçirilerek şekil alabilen demir alaşımlara “çelik”
denir.
 Demirden başka %0,16-0,20 karbon bulunur. Karbon çeliğin
mukavemetini ve sertliğini artırır.
 Ayrıca fosfor, kükürt, azot, silisyum, manganez, bakır gibi
elemanlar da vardır.
8
 Demir, yerkabuğunda en çok bulunan metaldir ve kabuğun
yaklaşık olarak % 4,5 unu teşkil eder. Meteorlar haricinde
serbest bir eleman olarak bulunmaz. Doğada demir cevheri;
- oksitler [magnetit (Fe3O4) ve hematit (Fe2O3)],
- hidroksitler [geotit (FeO(OH)) ve limonit (FeO(OH)·nH2O)],
- karbonatlar [siderit(Fe2CO3)] halinde bulunur
(a) magnetit, (b) hematit (c) geotit
(d) limonit (e) siderit
9
 Demir cevheri, yüksek fırında kok kömür ile yakılıp
ergitilerek ham demir elde edilir. Elde edilen ham
demirin karbon oranı yüksek (%3-5) olduğundan şekil
değiştirmeye ve kaynaklanabilmeye elverişli değildir. Bu
nedenlerle ham demir işlenerek, kullanılan yöntem ve
katkılara bağlı olarak çelik veya dökme demir üretilebilir.
10
 Çeliğin ısıl işleme tabi tutulmasında güdülen amaç şunlardır:
1. Karbon miktarını istenilen çelik cinsine göre azaltmak,
2. Büyük miktarda karbon uzaklaştırılırken, silisyum ve
manganın okside edilmesini sağlamak
11
Üretilen çelik haddeleme adı
verilen şekillendirme işlemine
tabi tutulursa istenilen şekli
alan ürünler elde edilir.
Çeşitli ürünlerin
haddelenme aşamaları
12
BAZI HADDE ÜRÜNLERİ
1.
PROFİLLER

I Profiller
13
ÖRNEK I 300

14
Profil boyut aralıkları
[

Profilleri
Profil boyut aralıkları
U 30 – U 400
15
L
Profilleri (Korniyerler)
Eşit Kollu Korniyerler

Profil boyut aralıkları
L 20x3 – L 250x24 16
L
Profilleri (Korniyerler)
Farklı Kollu Korniyerler

Profil boyut aralıkları
L 30x20x3 – L 250x90x16
17
Boru Profiller
18
Tüp Profiller
19
T Profilleri
20
Z Profilleri
21
Ray Profilleri
22
Özel Profiller
23
2. LAMALAR
Enkesiti dikdörtgen olan çubuklardır.
 Dar lamalar: b=10-250 mm; t=5-60 mm
 İnce lamalar: b=151-1250 mm; t=5-60 mm
 Geniş lamalar: b=12-360 mm; t=0,1-5 mm
24
3. LEVHALAR



İnce levhalar
Orta levhalar
Kaba levhalar
25
Bazı dökme çelik ürünleri
 Çelik font (Mesnet parçaları)
 Su çeliği (Mesnet ruloları, mafsal parçaları)
 Gri Font (Mesnet Parçaları)
26
MALZEME OLARAK ÇELİK
Atomlararası itme-çekme kuvvetlerinin
eşit ve potansiyel enerjinin minimum
olduğu denge konumu atomlararası
uzaklığı belirler. Aralarında bağ bulunan
belirli bir atom çifti için bu uzaklık özel ve
kesindir. Bu uzaklığı değiştirmeye karşı
çok büyük bir direnç vardır. Örneğin
demirde bu uzaklığı % 1 oranında
değiştirmek için 1 mm2 alana 210 kg
uygulamak gerekir. Bu nedenle atomsal
Atomlararası Uzaklık yapı hesaplarında atomların birbirlerine
teğet sert küreler olduğu varsayılır.
27
 Yapılarda bugün için kullanılan çelik malzemenin
kristal bir bünyesi vardır.
 Çelik malzeme izotrop ve homojendir.
28
Çeliğin Mekanik Özelliği
 Kristalli bir malzeme olan çeliğin mekanik özellikleri çekme deneyi
ile belirlenir.
29
 Çubuk elastiklik sınırına ulaşıncaya kadar (elastiklik sınır
gerilmesi : σE ) meydana gelen şekil değiştirmeler elastiktir;
diger bir deyişle elastik bölgede tesir eden kuvvet
kaldırılırsa çubuk başlangıç şekline döner. Hatta bu bölge
içinde orantılı sınır gerilmesi (σP ) diye adlandırılan
değerden daha küçük gerilme değerlerinde, gerilmeler ve
şekil değiştirmeler arasındaki ilişki lineerdir yani Hooke
Kanunu geçerlidir.(E = σ/ε)
30
Çekme deneyinde gerilme-şekil değiştirme grafiği
31
Bu deneyde olduğu gibi tatbik edilen soğuk işlemler
malzemenin pekleşmesine ve sünekliğinin azalmasına
(gevrekleşmesine) yol açarlar. Malzemeye başlangıçtaki
yumuşaklığının ve sünekliğinin geri verilmesi istendiğinde,
malzeme uygun sıcaklığa kadar ısıtılıp yavaş yavaş soğutulur.
Bu işleme tavlama denir ve malzemenin gerilme defromasyon
İlişkisi yeniden |OPEFB| haline gelir. Özet olarak metalin
plastik şekil değiştirmesi kristalleşme sıcaklığının üzerinde
yapılırsa, mekanik özelliklerinde herhangi bir değişiklik olmaz
32
ÇELİK MALZEMENİN ÜSTÜN NİTELİKLERİ
 Homojen ve izotroptur.
 Elastisite modülü çok yüksektir ve yüksek mukavemetlidir,
kullanıldığı yapının öz ağırlığını hafifletir.
 Çekme ve basınç mukavemetlerinin eşit olması sonucu
çekme mukavemeti düşük diğer yapı malzemeleriyle
gerçekleştirilmesi olanaksız sistemler çelik ile yapılabilirlik
kazanırlar.
 Sünek bir malzemedir. Büyük şekil değiştirme yapabilir.
 Çelik yapılarda değişiklik ve takviye kolay yapılır.
 Montaj tamamlandığında tam yükle çalışır.
 İskele kurma gereksinimi yoktur.
33
Alışılmışın dışında taşıyıcı sistem kullanma
olanağı sağlar.
34
Çelik yapı imalatı atölyede gerçekleşir ve
şantiyede montaj yapılır.
35
Çelik binalarda geniş kullanma alanı elde
edebiliriz.
36
ÇELİK MALZEMENİN SAKINCALI NİTELİKLERİ
 Yanıcı olmakla birlikte, ısı yükseldikçe mukavemetinde ve
elastiklik modülünde hızlı düşüşler görülür.
 Su veya bir kimyasal maddeyle ilişki, çelik malzemede
paslanma olayı başlatır.
 Ses ve ısıyı iyi iletir, dolayısıyla yalıtım gerektirebilir.
 Çelik yüksek mukavemetli bir malzeme olduğundan seçilen
kesitler narindir. Burkulma yerel burkulma gibi olası stabilite
problemleri hesaplar sırasında dikkate alınır.
 Asit, baz ve tuza karşı dayanıksızdır.
Bu sakıncalı özelliklere karşı alınan tedbirler maliyeti arttırır.
37
ÇELİK TAŞIYICI SİSTEMLERİN
KULLANIM ALANLARI
38
1. SANAYİ YAPILARI
39
2. KÖPRÜLER
40
3. SOSYAL YAPILAR
41
4. ÇOK KATLI YAPILAR
42
5. GÖKDELENLER
43
GÜNÜMÜZ TEKNOLOJİSİ İLE YAPILAN
YAPILAR
44
• Modern teknoloji
sayesinde amaca
uygun yapı tasarımı.
45
46
47
• Çelik yapı sayesinde
geniş kullanım alanları
elde edilir.
48
. •Farklı tasarım
alanlarında da
kullanılmaktadır.
49
ALAN MOMENTLERİ
 Çubukların gerilme analizinin yapılması sırasında çubuk kesitlerinin
geometrisi ile ilgili bir takım integral ifadelere rastlanır. Bunlar
arasında Atalet Momentleri adıyla anılan bir takım büyüklükler
önemli yer tutar.
50
Bir Alanın Birinci Momenti
(STATİK MOMENT) “S”
 Alanın herhangi bir simetri ekseni varsa Ağırlık merkezi bu eksen
üzerindedir. Simetri eksenine göre statik moment sıfırdır. Eksen
takımları kesitin ağırlık merkezinden geçerse bu büyüklükler sıfır olur.
51
ÖRNEK 1:
Şekildeki üçgenin ağırlık merkezini
bulunuz
52
Bir Alanın İkinci Momenti
(ATALET MOMENTİ) “I”
Atalet momentinin hesabının, gerçekte bir integrasyon olduğu
hatırlanırsa aşağıdaki prensiplerin sağlanacağı gösterilebilir.
a) Şeklin bir eksene göre atalet momenti, o şeklin
parçalarının aynı eksene göre bulunan atalet momentlerinin
toplamına eşittir.
b) Kesitte boşlukların var olması halinde ise dolu kesitin
eksene göre atalet momentinden boşluğun aynı eksene göre
alınmış olan atalet momentini çıkarılır.
c) Bir eksene göre atalet momenti hesaplanırken şeklin
herhangi bir parçasını ayırıp, o eksene göre paralel olarak
kaydırmak atalet momentini değiştirmez.
53
54
Atalet Yarıçapı
55
PARALEL EKSENLER TEOREMİ (EKSENLERİN
PARALEL KAYDIRILMASI)
Iz, Iy ve Izy büyüklükleri eksenlere bağlı olduğundan
eksenlerin değişmesi halinde onlar da değişecektir. Bu sebeple
eksenlerin değişmesi hallerini inceleyecek olursak;
56
ÖRNEK 2:
 Şekildeki I200 ve 2U140 kullanılarak farklı şekillerde oluşturulmuş
kesitlerin atalet yarıçaplarını bulunuz.
57
a)
58
b)
59
Örnek
60
61
62
63
Örnek
64
65
Örnek
Şekilde verilen bir adet I 200, iki adet L80.8 ve iki adet
80.8 lik levhanın birbirine sürekli kaynaklanmasıyla elde
edilen iki ayrı en kesitli çubukların atalet momentlerini
bulunuz.
66
67
68
Örnek
Şekilde verilen 2 adet U 220 ve 2 adet I 300 profilinden
birbirine sürekli kaynaklanmasıyla elde edilen iki ayrı en
kesitli çubukların atalet momentlerini bulunuz.
69
70
71
Uygulama
72
ÇELİK YAPILARDA BİRLEŞİM ARAÇLARI
1.GENEL BİLGİLER
Çeşitli hadde elemanlarının gerektiği gibi kesip hazırlandıktan
sonra gene gerektiği gibi birleştirilmeleriyle çelik yapı
oluşturulur. Çelik elemanların bu birleşimlerinde yardımcı
elemanlardan yararlanılmaktadır ki bunlara ‘’birleşim araçları’’
adı verilir. Çelik yapılarda kullanılan birleşim araçları,
•Perçinler
•Bulonlar
•Kaynak
Perçin ve kaynak aracılığıyla yapılan bir birleşimin, daha sonra,
birleştirilen elemanları tahrib etmeden sökülmesi olanaksızdır.
Bu nedenle perçin ve kaynak çelik yapılarda ‘’sökülemeyen’’
birleşim araçları şeklinde tanımlanır.
Buna
karşın bulonlu bir birleşim istenilen zamanda, hiçbir
bozulma olmaksızın rahatça sökülebilir. Dolayısıyla çelik
yapılarda bulonlar da ‘’sökülebilen’’ birleşim aracı olarak bilinir.
Biz burada çelik yapılarda kullanılan birleşim araçlardan
bulonlar,
bulonların
hesap ve teşkilleri, çelik yapı
elemanlarında bulonların kullanımı ve hesabı üzerinde
duracağız.
2.BULONLAR, BULONLU BİRLEŞİMLER
Bulon silindirik gövdeli, altı köşeli başlıklı, ucunda spiral diş kısmı
bulunan bir birleşim aracıdır. Deliğine konduktan sonra diş
açılmış ucuna, altına pul (rondela) konmak suretiyle somun
takılır. Çelik yapılarda bulonlar, tercih edilen bir birleşim aracıdır.
Çelik yapı elemanlarının fabrikada sürekli denetim altında
yapımında kullanılan kaynak, bulonlu birleşimlere göre
malzemenin %10'a kadar azalmasını sağlamaktadır.
74
 Ancak;
 Kalifiye işçi gerektirmesi,
 Yatay ve dikey olarak yapım zorlukları,
 Soğuk havalarda çatlaması ve
 Yeterince kontrol edilememe
gibi sakıncaları nedeniyle montaj kolaylığı için yapılanlar dışında taşıyıcı
kaynakların şantiyede yapımı istenmemektedir. "Shop Welds, Site Bolts Fabrikada Kaynak, Şantiyede Bulon" genel kuralının aksine yetersiz veya
kötü şantiye koşullarında yapılacak hatalı kaynağın tehlikeli sonuçlara yol
açabileceği bilinmektedir.
Bulon başı bir anahtarla tutulup, diğer bir anahtarla somun saat hareketi
yönünde döndürülerek sıkılır. Böylece, kolay bir işçilikle bulonlar
yerlerine takılmış olur. Bu kolaylık nedeniyle, şantiyede yapılan montaj
birleşimlerinin bulonlu birleşim olması tercih edilir
75
Ayrıca bulonlu birleşim sistemi;
a) Elektrik veya jeneratöre gereksinim
duyulmaması,
b) Montajın zor hava koşullarında bile
kolaylıkla yapılabilmesi ve
c) İşçilik hatalarının en aza inmesi
nedeniyle ülkemiz koşulları bakımından da
uygun görülmektedir.
Örneğin; elemanların birleşim bölgelerindeki
bulon deliklerinin konumu ve sayısı aynı
değil ise, kullanılmayan delikler işçiyi ve
kontrolunu uyaracak, delik konumlarının
farklı olması durumunda ise montaj
yapılamayacaktır.
76
Öte yandan, çelik çerçeveli yapıların depreme dayanıklı olması bakımından da;
kararlılık bağlantılarının sünek
davranışı sağlayacak biçimde düzenlenmesinin yanısıra elemanların
birleşiminde davranış bakımından uygun
görülmeyen kaynak yerine öngermeli yüksek dayanımlı bulonların kullanılması
önerilmektedir.
Ülkemizde de üretilmekte olan yüksek dayanımlı (HV) bulonların;
a) Birleşimlerdeki bulon sayısını en az yarıya indirebilmesi ve
b) Yeni şartnamelere göre delik toleransının büyük olması
gibi önemli avantajları da bulunmaktadır.
Ayrıca, yeterince sıkıldığında uç bölümü kopan (Çekme Kontrollü) bulonlar
denetimi kolaylaştırmaktadır.
Esas itibari ile iki türlü bulon kulanılır:
1. Normal Bulonlar
77
2. Yüksek Mukavemetli
Bulonlar (HV Bulonları)
2.1.NORMAL BULONLAR
Kuvvet aktarmaları gövdede makaslama ve
delik çevresinde ezilme gerilmelerine göre
hesaplanan bulonlardır.
Bulonların kendi ekseni doğrultusunda
zorlaması ve makaslaması hallerine ait
kopma şekilleri görülmektedir.
78
Normal bulonlarda dikkat edilmesi gerekli çok önemli bir
husus, diş açılmamış gövde kısmı boyunun, birleştirilen
elemanların toplam s kalınlığından birkaç milimetre fazla
olmasıdır. Somunun altına konan pul, bu fazlalığa rağmen,
somunun sıkılabilmesini sağlar.
79
Normal bulonlar iki çeşittir:
1.Kaba bulonlar (siyah bulonlar)
2.Uygun bulonlar (parlak bulonlar)
Bu iki çeşit bulon arasında iki bakımdan fark vardır:
1.Kaba bulonlarda bulon gövde çapı, delik çapından 1 mm kadar
azdır;
d = D- 1 mm
Uygun bulonlarda ise;
d=D
dir. Yüksek yapılarda 20~30 mm’lik çaplarda 0,3 mm kadar
tolerans kabul edilir.(D-d≤0,3mm). Daha küçük çaplarda bu
miktar lineer olarak azaltılır.
80
2.Uygun bulonlarda, diş açılmamış gövde kısmı deliğe tam
uyacak şekilde tornalanmak suretiyle düzgün olarak
işlenmiştir. Bu yüzden uygun bulonlarda, d ile D
arasındaki konstrüktif tolerans 0,3 mm’dir.
Bulon, birleşimlerde gövde eksenine dik etki olacak
şekilde kullanılır ve bu durumda da gövdelerinde
makaslama gerilmeleri veya gövdeleri ile delik cidarı
arasında basınç gerilmeleri oluşur. Gövdeye parallel etki
aktarmada çekme gerilmeleri oluşur. Bulonlar, bulonun
en zayıf kesiti olan diş açılmış kısımdaki ‘’diş dibi en
kesiti’’ gözönünde tutularak çekme gerilmeleri altında
çalıştırılırlar
81
Çelik yapılarda (M) harfiyle tanımlanan metrik bulonlar
kullanılır. Bulon çapı d, birleşime giren elemanların en ince
olanının kalınlığına göre seçilmelidir.
Kullanılan bulon çapları ve uygulanacakları delik çapları
aşağıdaki tabloda verilmiştir.
BULON
Delik Çapı
(D) (mm)
Gövde
Çapı
(d)
(mm)
M12 M16
M20
M24
M27
M30
M36
13
17
21
25
28
31
37
Kaba
bulon
12
16
20
24
27
30
36
Uygun
bulon
13
17
21
25
28
31
37
82
83
Birleşim aracının gövdesinde makaslamaya çalışan kesit adedi,
onun tek tesirli veya çift tesirli çalışma durumunu ortaya
çıkarır.
ii) çift tesirli birleşim
i) tek tesirli birleşim
Şekilde tek ve çift tesirli birleşim aracı ve gövde ile delik arasında
oluşan basınç gerilmelerinin yayılışı görülmektedir.
Bu yayılış uniform olmamakla beraber, hesaplarda;
1.Silindirik olan basınç yüzeyi, (dxt) düzlemsel alana çevrilir.
2.Üniform olmayan dağılış yerine ortalama gerilmeler göz önünde
tutulur.
84
•Herhangi bir birleşimde minimum levha veya
birleştirilecek profil bölgesinin kalınlığına göre minimum
kalınlık için kullanılabilecek maksimum bulon çapı
aşağıdaki gibi hesaplanabilir.
d ≤ 5.t min − 0,2
(tmin cm olarak dikkate alınacak ve
elde edilen d değeri de cm
cinsinden olacaktır.)
Kullanabileceğimiz maksimum bulon çapı bu değerden küçük
olmalı ve aynı zamanda küçük bulon çaplarının içerisinde de bu
değere en yakın olan büyük bulon çapı olmalıdır.
85
•Birleşimdeki her hangi bir bulonun güvenle aktarabileceği
maksimum yük miktarı, birleşim tek veya çift tesirli
olmasına göre makaslama ve ezilme emniyet gerilmeleri
için hesaplanır. Hesaplanan bu taşınabilecek yüklerden
minimum değerli olanı hesap yükü olarak alınmalıdır.
86
• Makaslama için;
Tek Tesirli Birleşim
N 1Mak Em =
π .d 2
4
Çift Tesirli Birleşim
2.π .d 2
N
.τ
=
Mak
2
4
Mak
Em
Em
.τ Mak Em
•Ezilme için;
N Ez Em = d .tez − min .σ Ez Em
tmin = min (t1,t2) (tek tesirlide)
tmin = min [ t2,.(t1+t3)] (çift tesirlide)
Birleşim türüne göre yukarıda hesaplanan N değerlerinin içerisinden
hesapta kullanılmak üzere alınan en küçük N değeri, birleşimde
kullanılması gereken bulon adedini belirleyici olacaktır.
- Bulonun emniyet kuvveti;
Nem = min [ ( Ns1 veya Ns2), NL ]
Birleşimde kullanılması gereken birleşim aracı adedi.
•Bulon adedi =
S
Birleşi min aktaracağkyük
n=
=
Birbulonuntaşaşıaşıyceğeğihesaükü N Hes
87
Bu hesap tarzında, çubuk kuvvetinin, bir sıra üzerinde ki birleşim
araçlarına üniform dağıldığı varsayımı yapılmaktadır. Gerçekte kuvvetin
dağılışı, birleştirilen elemanların ve kullanılan birleşim araçlarının
elastikliğiyle çok yakından ilgilidir. Yapılan deneyler, bu dağılışın
aşağıda verildiği gibi olduğunu ortaya çıkarmıştır.
88
Bu değerler göre üniformluktan sapma oranları,
Birleşim aracı sayısı : 3
Sapma oranı (%)
: 5
4
5
12 19
6
26
şeklindedir. Sapma oranının (%20) yi aşmaması, emniyet
sınırları içinde varsayılmaktadır. Dolayısıyla, aynı sıra
üzerinde (5) taneden fazla birleşim aracı kullanılmasına izin
verilmemektedir.
Ayrıca, ikinci derece önemli bazı bileşimle dışında, iki taneden
az birleşim aracı birleşim yapılması söz konusu
değildir.
89
Aktarılacak kuvvetin birleşim aracı gövde eksenine paralel olması
halinde,
Nem = Fg xσzem
Fg = π(0,86d)2
4
(bulonda, diş dibi alanı)
tarzında bulunur.
Yukarıda verilen kuvvetlerin hesaplanmasında kullanılacak
emniyet gerilmeleri τsem, σLem, σzem değerleri
yükleme durumuna, birleşim aracı türüne ve ana malzeme
kalitesine göre aşağıdaki tablodan alınmalıdır
90
Bulonlar Arası Minimum ve Maksimum Mesafeler
Min e
Min e1
Min e2
Max e
Max e1
Max e2
Yüksek Yapılar
Krenler
Köprüler
3,5.d
2.d
1,5.d
8.d veya 15.tmin
6.d veya 12.tmin
3.d veya 6.tmin*
*t
min=
En ince levha kalınlığı
91
92
St 37 Çeliği
Birleşim
Bulonu
τmakaslama
emniyet
gerilmesi
H
HZ
St 52 Çeliği
σ-ezilme
emniyet
gerilmesi
σ-çekme
emniyet
gerilmesi
H
H
HZ
τmakaslama
emniyet
gerilmesi
σ-ezilme
emniyet
gerilmesi
σ-çekme
emniyet
gerilmesi
HZ
H
HZ
H
HZ
H
HZ
-
-
-
-
-
-
Kaba
1120 1260 2400 2700 1120
1120
Uygun
1400 1600 2800 3200 1120
1120 2100 2400 4200 4800 1500 1500
Ankraj
-
-
-
-
1120
1120
-
-
-
-
1500 1500
Tablodan da görülebileceği gibi St 52 ile yapılmış yapılarda kaba bulonların
uygulanması söz konusu değildir. Zorunlu olarak kullanılmaları halinde ise
St 37 li yapılarda ki emniyet gerilmeleri geçerli olmalıdır. Ankraj bulonları
sadece temellerde kullanılan ve çekmeye çalıştırılan birleşim araçlarıdır.
93
Konu Anlatım Sorusu : 72 tonluk bir çekme kuvveti
bulonlu bir birleşimle aktarılacaktır. Birleşim levhasının
kalınlığı 10 mm dir. (HZ yüklemesi, St37 çeliği)
a) Kaba bulon kullanılarak yapılaması planlanan birleşimin
tek ve çift tesirli olarak tasarlanması durumunda bulon
yerleşim düzenine ve birleşimde kullanılacak profile
veya profillere eşit kollu korniyer veya [ (U) profil olarak
karar veriniz.
b) Uygun bulon kullanılarak yapılaması planlanan
birleşimin tek ve çift tesirli olarak tasarlanması
durumunda bulon yerleşim düzenine ve birleşimde
kullanılacak profile veya profillere eşit kollu korniyer
veya [ (U) profil olarak karar veriniz.
94
a ) Kaba Bulon
•Kaba bulonlarda, bulon çapı (bulon gövde çapı) delik
çapından 1 mm kadar azdır.
Kaba Bulon Çapı=Delik Çapı - 1
•HZ yüklemesi ve St37 Çeliği için kaba bulon hesabında
kullanılacak emniyet gerilmeleri değerleri tablodan ilgili satır
ve sütunların kesişim noktası alınarak bulunur.
95
Tablo 1. Birleşim Araçları Emniyet Gerilmeleri (kg/cm2)
St 37 Çeliği
Birleşim
Bulonu
τmakaslama
emniyet
gerilmesi
H
σ-ezilme
emniyet
gerilmesi
σ-çekme
emniyet
gerilmesi
H
H
σ-ezilme
emniyet
gerilmesi
σ-çekme
emniyet
gerilmesi
H
HZ
H
HZ
H
HZ
Kaba
1120 1260 2400 2700 1120 1120
-
-
-
-
-
-
Uygun
1400 1600
-
-
HZ
τmakaslama
emniyet
gerilmesi
HZ
Ankraj
HZ
St 52 Çeliği
480
280
1500 1500
3200 1120 1120 2100 2400 4200
0
0
-
-
1120 1120
96
-
-
-
-
1500 1500
•Kullanılabilecek profiller [ 80-[ 400 için gövde (birleştirilecek
profil bölgesinin) kalınlığı 6-14 mm arasında iken, eşit kollu
korniyerler için L20.20.3-L90.90.16 olduğu görülmektedir. Söz
konusu birleşimde aktarılacak yükün fazla olması sebebiyle
minimum kalınlık birleşim levhasında olacak şekilde profil seçimi
uygun olacaktır. Bu sebeple bulon çapının belirlenmesinde etkili
olan minimum levha kalınlığı olarak 10 mm alınması gerekecektir.
•Pratik olarak her yükleme durumu için seçilecek profil veya
birleşim levhası kalınlığı ardışık çözümlerle en yakın güvenilir
bölgedeki profil ve birleşim levhası kalınlığına karar verilecektir.
•Herhangi bir birleşimde minimum levha veya birleştirilecek profil
bölgesinin kalınlığına göre minimum kalınlık için kullanılabilecek
maksimum bulon çapı aşağıdaki gibi hesaplanabilir.
97
d ≤ 5.t min − 0,2
(tmin cm olarak dikkate alınacak ve
elde edilen d değeri de cm
cinsinden olacaktır.)
⇒ Birleşimdeki her hangi bir bulonun güvenle aktarabileceği
maksimum yük miktarı, birleşim tek veya çift tesirli olmasına
göre makaslama ve ezilme emniyet gerilmeleri için
hesaplanır. Hesaplanan bu taşınabilecek yüklerden minimum
değerli olanı hesap yükü olarak alınmalıdır.
98
Yukarıda verilen bilgiler ışığında tek tesirli çalışan bir birleşim
için soruyu çözmeye çalışalım. Kullanabileceğimiz maksimum
bulon büyüklüğü
d ≤ 5.t min − 0,2
d ≤ 5.1 − 0,2 = 2,036cm
olduğundan kullanabileceğimiz maksimum bulon çapı bu
değerden küçük olmalı ve aynı zamanda küçük bulon
çaplarının içerisinde de bu değere en yakın olan büyük
bulon çapı olmalıdır.
99
Bulon
M10
M12
M16
M20
M22
M24
M27
M30
M33
M36
Delik
çapı
(mm)
11
13
17
21
23
25
28
31
34
37
Kaba
bulon
çapı
(mm)
10
12
16
20
22
24
27
30
33
36
Uygun
bulon
çapı
(mm)
11
13
17
21
23
25
28
31
34
37
Tabloya göre ele aldığımızda, 20,36 mm çapa en yakın küçük
kullanılabilir kaba bulon çapı 20 mm ile M20 kaba bulonudur.
100
Soruyu Tek Tesirli olarak çözelim:
⇒ Makaslamaya göre bir bulonun taşıyabileceği maksimum kuvvet;
N 1Mak Em =
π .d 2
4
.τ Mak Em =
π .2 2
4
1,26 = 3,956t
⇒ Ezilmeye göre bir bulonun taşıyabileceği maksimum kuvvet;
N Ez Em = d .t min .σ Ez Em = 2.1.2,7 = 5,4t
⇒ Bir bulonun güvenle taşıyabileceği maksimum kuvvet;
N Ez Em > N1Mak olduğundan N1Mak =3,956 ton dur.
Em
Em
101
⇒ Bu durumda sisteme gelen yükü taşımak için gereken bulon sayısı;
n=
S
72
=
= 18,2 ⇒ 19 adet kaba bulon kullanılmalıdır.
N min 3,956
⇒ 19 adet bulonu nasıl yerleştirebileceğimizi düşünelim; bir sıraya en fazla beş bulon
yerleştirebildiğimize ve bulonları simetrik yerleştirmemizin uygun olacağına göre,
⊗
⊗
⊗
e2
e
e
e
⊗
⊗
⊗
e
⊗
⊗
⊗
e
⊗
⊗ e
e/2
⊗
e1
⊗
e
⊗
ly
e
⊗
e
⊗
e3
⊗
⊗
⊗
e2
lx
e
e3 = e 2 −  
2
2
102
⇒ Soruda yukarıda verilen birleşim düzeni için kullanmamız gereken e mesafelerini
Tablo 3 yardımıyla hesaplayalaım:
e=3,5.d=3,5.20=70 mm e1=2.d=2.20=40 mm e2=1,5.d=1,5.20=30 mm
2
e
e3 = e 2 −   = 61 mm ≈ 65 mm
2
⇒ Birleşim boyunu minimum eden boy ve yüksekliğin (ly ve lx) hesabı;
ly=2.e2+3.e=270 mm
lx=2.e1+3.e+e3=355 mm
⇒ Profil tablolarına bakarsak, [ profillerden ly yüksekliğini sağlayan bulon
yerleştirilebilecek yüksekliğe sahip en küçük profilin [350 olduğunu görürüz
103
Soruyu Çift Tesirli olarak çözelim:
⇒ Makaslamaya göre bir bulonun taşıyabileceği maksimum kuvvet;
N 1Mak
Em
2.π .2 2
2.π .d 2
1,26 = 7,913t
.τ Mak Em =
=
4
4
⇒ Ezilmeye göre bir bulonun taşıyabileceği maksimum kuvvet;
N Ez Em = d .t min .σ Ez Em = 2.1.2,7 = 5,4t
⇒ Bir bulonun güvenle taşıyabileceği maksimum kuvvet;
N Ez Em < N1Mak olduğundan N Ez Em =5,4 ton dur.
Em
⇒ Bu durumda sisteme gelen yükü taşımak için gereken bulon sayısı;
n=
S
72
=
= 13,3 ⇒ 14 adet kaba bulon kullanılmalıdır.
N min 5,4
104
⇒ 14 adet bulonu nasıl yerleştirebileceğimizi düşünelim; bir sıraya en fazla beş bulon
yerleştirebildiğimize ve bulonları simetrik yerleştirmemizin uygun olacağına göre,
⊗
⊗
⊗

⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗

⊗
⊗
 tipinde bir birleşimi ele alalım.
l1x= 3.e+2.e1= 290 mm
l1y=3.e+2.e2=270 mm
A1=l1x.l1y=290.270=78300 mm2
 tipinde bir birleşimi ele alalım.
l2x= 3.e+e3+2.e1=355 mm
l2y=2.e+2.e2=200 mm A2=l2x.l2y=355.200=71000 mm2
A2<A1 olduğundan  birleşiminin uygulanması daha uygun olur.
105
⇒ Bu durumda 200 mm ye bulon yerleştirilebilecek profillere tablodan bakarsak [260
veya eşit kollu korniyer olarak ta L250.250.18 i buluruz. Her ne kadar burada seçilen
eşit kollu korniyer standard dışı bir profil olsa da, iki profili kıyasladığımızda en az
alanlı olan profil tercih edilmeli, eğer piyasada seçilen profil yoksa diğer alternatife
veya yakın bir diğer profile bakılmalıdır.
106
a. Uygun Bulon
⇒ Uygun bulonlarda, bulon çapı (bulon gövde çapı) delik çapına
eşittir.
⇒ HZ yüklemesi ve St37 Çeliği için kaba bulon hesabında
kullanılacak emniyet gerilmeleri değerleri tablodan ilgili satır
ve sütunların kesişim noktası alınarak bulunur.
107
Tablo 1. Birleşim Araçları Emniyet Gerilmeleri (kg/cm2)
St 37 Çeliği
Birleşim
Bulonu
τmakaslama
emniyet
gerilmesi
H
σ-ezilme
emniyet
gerilmesi
σ-çekme
emniyet
gerilmesi
H
H
σ-ezilme
emniyet
gerilmesi
σ-çekme
emniyet
gerilmesi
H
HZ
H
HZ
H
HZ
Kaba
1120 1260 2400 2700 1120 1120
-
-
-
-
-
-
Uygun
1400 1600
-
-
HZ
τmakaslama
emniyet
gerilmesi
HZ
Ankraj
HZ
St 52 Çeliği
480
280
1500 1500
3200 1120 1120 2100 2400 4200
0
0
-
-
1120 1120
108
-
-
-
-
1500 1500
Bulon
M10
M12
M16
M20
M22
M24
M27
M30
M33
M36
Delik
çapı
(mm)
11
13
17
21
23
25
28
31
34
37
Kaba
bulon
çapı
(mm)
10
12
16
20
22
24
27
30
33
36
Uygun
bulon
çapı
(mm)
11
13
17
21
23
25
28
31
34
37
Tabloya göre ele aldığımızda, 20,36 mm çapa en yakın küçük
kullanılabilir uygun bulon çapı 17 mm ile M16 uygun bulonudur.
109
Soruyu Tek Tesirli olarak çözelim:
⇒ Makaslamaya göre bir bulonun taşıyabileceği maksimum kuvvet;
N1Mak
Em
=
π .d 2
4
.τ Mak Em =
π .1,7 2
4
1,6 = 3,63t
⇒ Ezilmeye göre bir bulonun taşıyabileceği maksimum kuvvet;
N Ez Em = d .tmin .σ Ez Em = 1,7.1.3,2 = 5,44t
⇒ Bir bulonun güvenle taşıyabileceği maksimum kuvvet;
N Ez Em > N1Mak olduğundan N1Mak =3,63 ton dur.
Em
Em
⇒ Bu durumda sisteme gelen yükü taşımak için gereken bulon sayısı;
n=
72
S
=
= 19,80 ⇒ 20 adet uygun bulon kullanılmalıdır.
N min 3,63
110
Soruyu Çift Tesirli olarak çözelim:
⇒ Makaslamaya göre bir bulonun taşıyabileceği maksimum kuvvet;
N1Mak
Em
2.π .1,7 2
2.π .d 2
1,6 = 7t
.τ Mak Em =
=
4
4
⇒ Ezilmeye göre bir bulonun taşıyabileceği maksimum kuvvet;
N Ez Em = d .tmin .σ Ez Em = 1,7.1.3,2 = 5,44t
⇒ Bir bulonun güvenle taşıyabileceği maksimum kuvvet;
N Ez Em < N1MakEm olduğundan N Ez Em =5,44 ton dur.
⇒ Bu durumda sisteme gelen yükü taşımak için gereken bulon sayısı;
n=
72
S
=
= 13,23 ⇒ 14 adet uygun bulon kullanılmalıdır.
N min 5,44
111
⇒ 14 adet bulonu nasıl yerleştirebileceğimizi düşünelim; bir sıraya en fazla beş bulon
yerleştirebildiğimize ve bulonları simetrik yerleştirmemizin uygun olacağına göre,
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
e=59,5≈60 mm
e1=34≈35 mm
lx= 3.e+2.e1+e3=290 mm
⊗
⊗
e2=25,5≈30 mm
ly=2.e+2.e2=180 mm
⇒ Bu durumda 180 mm ye bulon yerleştirilebilecek profillere tablodan bakarsak [240
tercih edilmeli, eğer piyasada seçilen profil yoksa diğer alternatife veya
kullanılabilir yakın bir diğer profile bakılmalıdır.
112
Örnek: St 37 H, yüklemesi uygun bulon için
bulon çaplarını bularak yerleştiriniz.
113
114
115
ÖRNEKLER:
1.Şekil2.9’da görülen bir bina inşaatına ilişkin uygun bulonlu
birleşim, Malzeme St 37, ‘’H’’ yüklemesi, S=11,5 ton.
Verilen bulonlu birleşimin tahkikini yapınız.
şekil 2.9
116
ÇÖZÜM:
Bulon çapı tahkiki: d=17 mm ≤ (√5tmin)-0,2 = (√5x0.8)-0,2 = 1,8
cm = 18 mm old. uygundur.
Bulon sayısı tahkiki:
‘’H’’ yüklemesi ve St37’den yapılar için uygun bulonda
1400 kg/cm2 , σLem = 2800 kg/cm2 dir.
τ
sem
Bulonlar tek tesirli çalışıyor ve bir bulonun aktardığı kuvvet,
Makaslamaya göre;
Ns1= πd2 τ sem = πx1,72 x 1,4 = 3,18 t
4
4
Ezilmeye göre;
NL = d.tmin .σLem = 1,7x0,8x2,8 = 3,81 t
Bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet;
Nem = 3,18 t
117
=
Birleşimde 4 bulon kullanıldığına göre,
4x3,18 = 12,72 t > S= 11,5 t
old. uygundur.
Aralıkların tahkiki:
3d = 3x17 =51 mm < e=60 mm< 8d = 8x17= 136 mm,
15tmin= 15x8 =120 mm)
2d = 2x17 =34 mm < e1=40 mm< 3d = 3x17= 51 mm,
6tmin= 6x8 =48 mm)
old.
uygundur.
e2’ye ilişkin 35 mm ve 45 mm lik değerler, korniyerlerle ilgili
tablodan, 80.80.8 lik korniyer için delik açma uzaklıkları olarak
alınmıştır, tahkik etmeye gerek yoktur.
118
2.Bir binanın birleştirilmesi gereken elemanları şekilde
gösterilmiştir. ‘’Hz’’ yüklemesinde S=18,5 t, Ana malzeme
St37 ve birleşimde,
- Kaba bulon
- Uygun bulon
kullanıldığına göre, birleşimin minimum( l) uzunluğunu belirleyiniz
Şekil 2.10
119
ÇÖZÜM:
a)Kaba bulon kullanılması halinde;
Kullanılacak bulon: d ≤ (√5tmin)-0,2 = (√5x0.75)-0,2 = 1,74 cm
old. M16 bulonu kullanılacaktır.
Bulon sayısı:
‘’Hz’’ yüklemesi ve St37’den yapılar için kaba bulonda
τsem = 1260 kg/cm2 , σLem = 2700 kg/cm2 dir.
Bulonlar çift tesirli çalışıyor ve M16 kaba bulonda d=16 mm bir
bulonun aktardığı kuvvet,
120
Makaslamaya göre;
Ns1=2 πd2 τsem = 2 πx1,62 x 1,26 = 5,07 t
4
4
Ezilmeye göre;
NL = d.tmin.σLem = 1,6x1,2x2,7 = 5,18 t
Bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet;
Nem = 5,07 t
Gerekli bulon adedi:
n= S =18,5 = 3,65 → 4 bulon
Nem 5,07
121
Aralıklar:
e ≥ 3,5x16 = 56 mm → 60 mm
e1 ≥ 2x16 = 32 mm → 35 mm
Şekil 2.11
Şekilde kaba bulonlu tertip görülmektedir ve l değeri:
l = 35+60x3+35 = 250 mm
122
b)Uygun bulon kullanılması halinde;
Bulon tespiti kaba bulonla aynı olduğundan kullanılacak bulon
M16 dır.
‘’Hz’’ yüklemesi ve St37’den yapılar için uygun bulonda τsem =
1600 kg/cm2 , σLem = 3200 kg/cm2 dir.
Bulonlar çift tesirli çalışıyor ve bir bulonun aktardığı kuvvet
M16 uygun bulonda d=17 mm,
Makaslamaya göre;
Ns1= 2πd2 τsem = πx1,72 x 1,6 = 7,26 t
4
4
Ezilmeye göre;
NL = d.tmin.σLem = 1,7x1,2x3,2 = 6,53 t
123
Bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet;
Nem = 6,53 t
Gerekli bulon adedi:
n= S =18,5 = 2,83 → 3 bulon
Nem 6,53
Aralıklar:
e ≥ 3,5x17 = 59,5 mm → 60 mm
e1 ≥ 2x17 = 34 mm → 35 mm
l değeri:
l = 35+60x2+35 = 190 mm
124
Örnek 3: Bir bina çatısındaki kafes kirişin alt başlık çubuğunun
düğüm nokta levhasına M12 lik uygun bulonlarla bağlanacak
levha şekilde görülmektedir.’’H’’ yüklemesi için S= 23,5 t, Ana
malzeme St37 olduğuna göre birleşimin hesap ve tertibini
yapınız.
125
ÇÖZÜM:
Öncelikle
uygundur.
d ≤ (√5tmin)-0,2 = (√5x1.4)-0,2 = 2,45 > 1,3 cm old.
Bulon sayısı: ‘’H’’ yüklemesi ve St37’den yapılar için uygun bulonda
τsem = 1400 kg/cm2 , σLem = 2800 kg/cm2 dir.
Bulonlar çift tesirli çalışıyor ve bir bulonun aktardığı kuvvet M12
uygun bulonda d=13 mm,
Makaslamaya göre;
Ns1= 2πd2 τsem = πx1,32 x 1,4 = 3,72 t
4
4
Ezilmeye göre;
NL = d.tmin.σLem = 1,3x1,4x2,8 = 5,10 t
126
Bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet; Nem = 3,72 t
Gerekli bulon adedi:
n= S =23,5 = 6,32 → 7 bulon
Nem 3,72
Kuvvet doğrultusuna paralel bir sırada arka arkaya 5 birleşim
aracından fazla kullanılmaması gerektiğinden bu
durumda yapılan tertip şekilde görülmektedir.
127
Böyle bir tertipte şu kontroller de yapılmalıdır:
S=23,5 t ‘luk kuvvetin, 5 bulona isabet eden S1= 5 23,5 = 16,79 t
luk kısmı doğrudan (a) bulonları ile aktarılmaktadır.
8
S2=S-S1 = 23,5- 16,79 =6,71 t luk kısmı, (b) bulonları ile yardımcı
verilmekte, oradan da (c) perçinleriyle levhaya
aktarılmaktadır..
128
S2 kuvvetinin yardımcı korniyerlere aktarılmasını sağlayan (b)
bulonları kural gereği;
1,5S2’ye göre irdelenmelidirler
Yardımcı korniyerleri ana korniyerlere bağlayan (b) bulonlar tek
tesirli olup 6 adettirler.
Buna göre, tek tesirli M12 bulonlarında ;
Ns1= πd2 τsem = πx1,32 x 1,4 = 1,86 t
4
4
NL = d.tmin.σLem = 1,3x0,7x2,8 = 2,55 t
Bir bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet;
Nem = 1,86 t
Dolayısıyla;
6x1,86 = 11,16 t > 1,5 S2 =1,5x6,71 =10,07 t
old. yapılan tertip uygundur.
129
Çözümlü Sorular
1. Şekilde görülen birleşimde St37 ‘’Hz’’ yüklemesinin
a)Kaba Bulonlu
b)Uygun Bulonlu
olarak hesap ve tertibini yapınız.
130
ÇÖZÜM:
a)Kaba bulon kullanılması halinde;
Kullanılacak bulon: d ≤ (√5tmin)-0,2 = (√5x0.8)-0,2 = 1,8 cm old. bu
değerden daha küçük en büyük kullanımda olan bulon çapı olarak M16
bulonu belirlenir.
‘’Hz’’ yüklemesi ve St37’den yapılar için kaba bulonda τsem = 1260
kg/cm2 , σLem = 2700 kg/cm2 değerleri tablodan alınır.
Bulonlar tek tesirli çalışıyor ve M16 kaba bulonda d=16 mm’dir.
Böylece bir bulonun aktardığı kuvvet,
Makaslamaya göre;
Ns1= πd2 τsem = πx1,62 x 1,26 = 2,53 t
4
4
Ezilmeye gore;
NL = d.tmin.σLem = 1,6x0,8x2,7 = 3,46 t
131
Burada tmin aynı yöne çalışan levhaların toplam
kalınlıklarından küçük olanıdır. Yani; min(0.8,14) ‘dır.
Bir bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet;
Nem = min (Ns1,NL) = 2,53 t
Gerekli bulon adedi:
n= S = 12 = 4,74 → 5 kaba bulon
Nem 2,53
Aralıklar:
e ≥ 3,5x16 = 56 mm → 60 mm
e1 ≥ 2x16 = 32 mm → 35 mm
e2 ≥ 1,5x16 = 24 mm → 25 mm
132
Levha Boyutları;
50*310 mm
L = 2*35+4*60 = 310 mm
133
b)Uygun bulon kullanılması halinde;
Kullanılacak bulon: d ≤ (√5tmin)-0,2 = (√5x0.8)-0,2 = 1,8 cm old. bu değerden
daha küçük en büyük kullanımda olan bulon çapı olarak M16 bulonu belirlenir
‘’Hz’’ yüklemesi ve St37’den yapılar için uygun bulonda τsem = 1600 kg/cm2 ,
σLem = 3200 kg/cm2 dir.
Bulonlar tek tesirli çalışıyor ve M16 uygun bulonda d=17 mm’dir. Böylece bir
bulonun aktardığı kuvvet,
Makaslamaya göre;
Ns1= πd2 τsem = πx1,72 x 1,6 = 3,63 t
4
4
Ezilmeye gore;
NL = d.tmin.σLem = 1,7x0,8x3,2 = 4,35 t
Bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet;
Nem = 3,63 t
134
Gerekli bulon adedi:
n= S = 12 = 3,31 → 4 uygun bulon
Nem 3,63
Aralıklar:
e ≥ 3,5x17 = 59,5 mm → 60 mm
e1 ≥ 2x17 = 34 mm → 35 mm
e2 ≥ 1,5x17 = 25,5 mm → 30 mm
135
60*250 mm
l değeri:
l = 35+60x3+35 = 250 mm
136
SONUÇLARIN DEĞERLENDİRİLMESİ:
Hesaplarda görüldüğü gibi bir uygun bulonun taşıyabileceği
kuvvet miktarı bir kaba bulonun taşıyabileceğinden fazla
olduğundan aynı birleşimde aynı yükü taşıyacak bulon sayısı
uygun bulon kullanıldığında daha az olmaktadır. Buna rağmen
bulonların birleşim levhasında birbirlerine ve kenarlara olan
uzaklıkları şartları gözönüne alındığında bulon sayısı az
olduğundan kaba bulonlu birleşimlerde kullanılan levha alanı
daha küçüktür.
Aynı malzeme kullanılarak ve aynı yükleme altında kaba
bulonlu ve uygun bulonlu birleşimlerin taşıyabildikleri
kuvvetlerin farklı çıkmasının sebebi, öncelikle kaba bulonlarda
gövde çapının delik çapından 1 mm az olması ve uygun bulonun
emniyet gerilmesinin kaba bulonunkinden fazla olmasıdır.
137
2. Şekilde görülen birleşimde St37 ‘’Hz’’ yüklemesinin
a)Kaba Bulonlu
b)Uygun Bulonlu
olarak hesap ve tertibini yapınız.
138
a)Kaba bulon kullanılması halinde;
Kullanılacak bulon: d ≤ (√5tmin)-0,2 = (√5x1,0)-0,2 = 2,16 cm old. → M20 kaba
bulonu
‘’Hz’’ yüklemesi ve St37 → τsem = 1260 kg/cm2 , σLem = 2700 kg/cm2
Bulonlar çift tesirli çalışıyor ve M20 kaba bulonda → d=20 mm
Makaslamaya göre;
Ns2= 2πd2 τsem = 2 πx22 x 1,26 = 7,92 t
4
4
Ezilmeye gore;
NL = d.tmin.σLem = 2x1,2x2,7 = 6,48 t
Burada tmin aynı yöne çalışan levhaların toplam kalınlıklarından küçük
olanıdır. Yani; min[(10+10),12] ‘dır.
Bir bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet;
Nem = min (Ns2,NL) = 6,48 t
139
Gerekli bulon adedi:
n= S = 14 = 2,16 → 3 kaba bulon
Nem 6,48
Aralıklar:
e ≥ 3,5x20 = 70 mm → 70 mm
e1 ≥ 2x20 = 40 mm → 40 mm
Levha Boyutları;
L = 40*2 + 70*2 = 220 mm
140
b)Uygun bulon kullanılması halinde;
Kullanılacak bulon: d ≤ (√5tmin)-0,2 = (√5x1,0)-0,2 = 2,16 cm old. → M20 uygun
bulonu
‘’Hz’’ yüklemesi ve St37 → τsem = 1600 kg/cm2 , σLem = 3200 kg/cm2
Bulonlar tek tesirli çalışıyor ve M20 uygun bulonda → d=21 mm
Makaslamaya göre;
Ns2= 2πd2 τsem = 2 πx2,12 x 1,6 = 11,08 t
4
4
Ezilmeye gore;
NL = d.tmin.σLem = 2,1x1,2x3,2 = 8,06 t
Burada tmin aynı yöne çalışan levhaların toplam kalınlıklarından küçük
olanıdır. Yani; min[(10+10),12] ‘dır.
Bir bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet;
Nem = min (Ns2,NL) = 8,06 t
141
Gerekli bulon adedi:
n= S = 14 = 1,74→ 2 uygun bulon
Nem 8,06
Aralıklar:
e ≥ 3,5x21 = 73,5 mm → 75 mm
e1 ≥ 2x21 = 42 mm → 45 mm
Levha Boyutları;
L = 45*2 + 75 = 165 mm
142
3. Bir bina çatısındaki kafes kirişin alt başlık çubuğunun düğüm
nokta levhasına bağlanacaktır. Birleşimin St37 ‘’Hz’’ yüklemesi
için
a)Kaba Bulonlu
b)Uygun Bulonlu
olarak hesap ve tertibini yapınız.
143
ÇÖZÜM:
a)Kaba bulon kullanılması halinde;
Kullanılacak bulon: d ≤ (√5tmin)-0,2 = (√5x0.8)-0,2 = 1,8 cm old. → M16 bulonu
seçilir.
‘’Hz’’ yüklemesi ve St37’den yapılar için kaba bulonda τsem = 1260 kg/cm2 ,
σLem = 2700 kg/cm2 değerleri tablodan alınır.
Bulonlar tek tesirli çalışıyor ve M16 kaba bulonda → d=16 mm
Makaslamaya göre;
Ns1= πd2 τsem = πx1,62 x 1,26 = 2,53 t
4
4
Ezilmeye gore;
NL = d.tmin.σLem = 1,6x0,8x2,7 = 3,46 t
Burada tmin aynı yöne çalışan levhaların toplam kalınlıklarından küçük
olanıdır. Yani; min(0.8,14) ‘dır.
144
Bir bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet; Nem = min (Ns1,NL) = 2,53 t
Gerekli bulon adedi: n= S = 17,5 = 6,92 → 7 kaba bulon
Nem 2,53
Kuvvet doğrultusuna parallel bir sırada arka arkaya 5 bulondan fazla
kullanılmaması gerekir. Bu durumda, bu birleşim için yapılması gereken tertip
şekildeki gibidir:
145
Bu tertipte yardımcı korniyer kullanılmıştır ve burada kuvvetin ,
S1= (5/7)x17,5 = 12,5 t
Buna karşın;
luk kısmı (a) bulonları ile doğrudan aktarılmaktadır.
S2 = 17,5 – 12,5 = 5 t luk kısmı ise (b) bulonları ile yardımcı korniyerlere
aktarılmakta, oradan da (c) bulonları ile levhaya aktarılmaktadır. S2 kuvvetini
yardımcı korniyerlere aktarılmasını sağlayan (b) bulonları, kural gereği
(1,5S2)’ye göre irdelenmelidir.
1,5S2 = 1,5x5 = 7,5 t
Ana korniyer ile yardımcı korniyeri birbirine bağlayan (b) bulon birleşimleri
M16 olup tek tesirlidir. Buna göre bir bulonu taşıyacağı kuvvet;
Ns1= πd2 τsem = πx1,62 x 1,26 = 2,53 t
4
4
NL = d.tmin.σLem = 1,6x0,8x2,7 = 3,46 t
Nem = 2,53 t
146
Kullanılacak (b) bulon sayısı:
n = S = 7,5 = 2,96 → 3 kaba bulon
Nem 2,53
Aralıklar:
e ≥ 3,5x16 = 56 mm → 60 mm
e1 ≥ 2x16 = 32 mm → 35 mm
Levha Boyutları;
L1 = 35*2 + 60*4 = 310 mm
L2 = 35*2 + 60*1 =130 mm
147
b)Uygun bulon kullanılması halinde;
Kullanılacak bulon: d ≤ (√5tmin)-0,2 = (√5x0.8)-0,2 = 1,8 cm old. M16 bulonu
seçilir.
‘’Hz’’ yüklemesi ve St37’den yapılar için uygun bulonda τsem = 1600 kg/cm2
, σLem = 3200 kg/cm2 dir.
Bulonlar tek tesirli çalışıyor ve M16 uygun bulonda d=17 mm’dir. Böylece bir
bulonun aktardığı kuvvet,
Makaslamaya göre;
Ns1= πd2 τsem = πx1,72 x 1,6 = 3,63 t
4
4
Ezilmeye gore;
NL = d.tmin.σLem = 1,7x0,8x3,2 = 4,35 t
Bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet;
Nem = 3,63 t
148
Gerekli bulon adedi:
n= S = 17,5 = 5,11 → 6 uygun bulon
Nem 3,63
Kuvvet doğrultusuna parallel bir sırada arka arkaya 5
bulondan fazla kullanılmaması gerekir. Ayrıca 6-5= 1 bulon
olmasına rağmen iki taneden az bulonla birleşim yapılması da
mümkün değildir.Bu durumda, bu birleşim için yapılması
gereken tertip şekildeki gibidir:
149
150
(a)bulonlarının taşıdığı kuvvet;
S1= 5x17,5 = 12,5 t
7
(b) bulonları ile aktarılacak kuvvet;
S2 = 17,5 – 12,5 = 5 t
1,5S2 = 1,5x5 = 7,5 t
Tek tesirli birleşimde bir M16 uygun bulonunun taşıtacağı
kuvvet
151
Ns1= πd2 τsem = πx1,72 x 1,6 = 3,63 t
4
4
NL = d.tmin.σLem = 1,7x0,8x3,2 = 4,35 t
Nem = 3,63 t
n = S = 7,5 = 2,05→ 2 uygun bulon
Nem 3,63
Aralıklar:
e ≥ 3,5x17 = 59,5 mm → 60 mm
e1 ≥ 2x17 = 34 mm → 35 mm
Levha Boyutları;
L1 = 35*2 + 60*4 = 310 mm
L2 = 35*2 + 60*1 =130 mm
152
SONUÇLARIN DEĞERLENDİRİLMESİ:
Burada tek tesirli bir bulonlu birleşimde 5 taneden fazla bulonun aynı
sırada dizilemeyip, yardımcı korniyer ve ek bulonlarla birleşimin yeniden
tertip edildiği görülmektedir. Burada tek tesirlilere örnek olması için yapılan
bu örnekte tek tesirli ek levha ve bulonlarla birleşim yapmak yerine birleşimi
çift tesirliye dönüştürmek daha ekonomik olacaktır.
Kaba bulonda;
Makaslmaya göre;
Ns2= 2πd2 τsem = 2πx1,62 x 1,26 = 5,06t
4
4
Ezilmeye gore;
NL = d.tmin.σLem = 1,6x1,4x2,7 = 7,16 t
Bir bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet;
Nem = min (Ns1,NL) = 5,06 t
Gerekli bulon adedi:
n= S = 17,5 = 3,49 → 4 kaba bulon
Nem 5,06
153
Uygun bulonda;
Makaslamaya göre;
Ns2= 2πd2 τsem = 2 πx1,72 x 1,6 = 7,26 t
4
4
Ezilmeye gore;
NL = d.tmin.σLem = 1,7x1,4x3,2 = 7,62 t
Bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet;
Nem = 7,26 t
Gerekli bulon adedi:
n= S = 17,5 = 2,65→ 3 uygun bulon
Nem 7,26
Görüldüğü gibi birleşimde yardımcı korniyer yerine çift tesirliye
dönüştürülerek toplam bulon sayısından tasarruf edilmiştir.
154
4. Bir bina çatısındaki kafes kirişin alt başlık çubuğunun düğüm
nokta levhasına bağlanacaktır. Birleşimin St37 ‘’Hz’’ yüklemesi
için
a)Kaba Bulonlu
b)Uygun Bulonlu olarak hesap ve tertibini yapınız.
155
a)Kaba bulon kullanılması halinde;
Kullanılacak bulon: d ≤ (√5tmin)-0,2 = (√5x0.8)-0,2 = 1,8 cm old. → M16
bulonu seçilir.
‘’Hz’’ yüklemesi ve St37’den yapılar için kaba bulonda τsem = 1260 kg/cm2 ,
σLem = 2700 kg/cm2 değerleri tablodan alınır.
Bulonlar tek tesirli çalışıyor ve M16 kaba bulonda → d=16 mm
Makaslamaya göre;
Ns2= 2πd2 τsem = 2 πx1,62 x 1,26 = 5,07 t
4
4
Ezilmeye gore;
NL = d.tmin.σLem = 1,6x1,4x2,7 = 6,05 t
Burada tmin aynı yöne çalışan levhaların toplam kalınlıklarından küçük
olanıdır. Yani; min[(0.8+0.8),14] ‘dır.
Bir bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet;
Nem = min (Ns2,NL) = 5,07t
156
Gerekli bulon adedi:
n= S = 36 = 7,1 → 8 kaba bulon
Nem 5,07
157
(a) bulonlarının taşıdığı kuvvet;
S1= 5x36 = 22,5 t
8
(b) bulonları ile aktarılacak kuvvet;
S2 = 36 – 22,5 = 13,5 t
1,5S2 = 1,5x13,5 = 20,25 t
Tek tesirli birleşimde bir M16 kaba bulonunun taşıtacağı kuvvet
Ns1= πd2 τsem = πx1,62 x 1,26 = 2,53 t
4
4
NL = d.tmin.σLem = 1,6x0,8x2,7 = 3,46 t
Nem = 2,53 t
n = S = 20,25 = 7,97 → 8 kaba bulon
Nem 2,53
158
Aralıklar:
e ≥ 3,5x16 = 56 mm → 60 mm
e1 ≥ 2x16 = 32 mm → 35 mm
Levha Boyutları;
L1 = 35*2 + 60*4 = 310 mm
L2 = 35*2 + 60*2 =190 mm
159
b)Uygun bulon kullanılması halinde;
Kullanılacak bulon: d ≤ (√5tmin)-0,2 = (√5x0.8)-0,2 = 1,8 cm old. M16 bulonu
seçilir.‘’Hz’’ yüklemesi ve St37’den yapılar için uygun bulonda τsem = 1600
kg/cm2 , σLem = 3200 kg/cm2 dir.
Bulonlar tek tesirli çalışıyor ve M16 uygun bulonda d=17 mm’dir. Böylece bir
bulonun aktardığı kuvvet,
Makaslamaya göre;
Ns2= 2πd2 τsem = 2πx1,72 x 1,6 = 6,44 t
4
4
Ezilmeye gore;
NL = d.tmin.σLem = 1,7x1,4x3,2 = 7,17 t
Bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet;
Nem = 6,44 t
Gerekli bulon adedi:
n= S = 36 = 5,56 → 6 uygun bulon
Nem 6,44
160
(a) bulonlarının taşıdığı kuvvet;
S1= 5x36 = 25,71 t
7
(b) bulonları ile aktarılan kuvvet;
S2 = 36 – 25,71 = 10,28 t
161
Tek tesirli birleşimde bir M16 kaba bulonunun taşıtacağı
kuvvet
1,5S2 = 1,5x10,28 = 15,43 t
Ns1= πd2 τsem = πx1,72 x 1,6 = 3,63 t
4
4
NL = d.tmin.σLem = 1,7x0,8x3,2 = 4,35 t
Nem = 3,63 t
n = S = 15,43 = 4,24 → 6 uygun bulon
Nem 3,63
162
Aralıklar:
e ≥ 3,5x17 = 59,5 mm → 60 mm
e1 ≥ 2x17 = 34 mm → 35 mm
Levha Boyutları;
L1 = 35*2 + 60*4 = 310 mm
163
L2 = 35*2 + 60*1 =130 mm
YÜKSEK MUKAVEMETLİ
BULONLAR
164
165
Yüksek mukavemetli bulonlar normal bulonlara göre daha
yüksek mukavemetli çelikten
imal edilirler. Genellikle 8.8, 10.9, 12.9 vb. çelik kalitelerinde
üretilirler.
Yüksek mukavemetli bulon birlesimleri kuvvet aktarım
mekanizması bakımından iki
gruba ayrılmaktadır. Bunlar ;
a) SL ve SLP Birlesimleri
(Öngerilmesiz veya kısmi öngerilmeli birlesimler)
b) GV ve GVP Birlesimleri
(Tam öngerilmeli birlesimler) 166
SL VE SLP BİRLEŞİMLERİ
(Öngerilmesiz veya Kısmi Öngerilmeli Birlesimler)
Bu birlesimlerde kuvvet aktarımı normal bulonlarda olduğu
gibi,
•
bulon gövdesinde makaslama gerilmesinin
•
delik çevresinde ezilme (basınç) gerilmesinin
•
bulon gövdesinde eksenel çekme gerilmesinin
emniyetli olarak karsılanması yoluyla gerçeklesmektedir.
Ayrıca, bu birlesimlerde istenirse bulonlara belirli oranda
(maksimum öngerme kuvvetinin en az yarısı kadar) öngerme
kuvveti uygulanarak sürtünme kuvveti ile de kuvvet aktarımı
sağlanabilir. Ancak bu artım sadece ezilme emniyet
gerilmeleri arttırılarak göz önüne alınır.
167
SL ve SLP birleşimleri arasındaki farklar:
1) D-d ≤ 1 mm ise SL birleşimi adı verilir.
[ d: bulon gövde çapı, D: delik çapı]
D-d ≤ 0.3 mm ise SLP birleşimi adı verilir.
2)
i) SL birleşimleri hareketsiz yüklerin etkisindeki
yapılarda
(Konut, ofis vb.) kullanılır.
ii) SLP birleşimleri hareketli yüklerin etkisindeki
yapılarda (Köprü vb.) kullanılır.
168
SL ve SLP birleşimlerinde Hesap Esasları
Bu birleşimlerin tasarımında izlenen yol normal bulonlar ile
aynıdır. Ancak ilgili gerilme
durumuna ait emniyet gerilmesi değerleri değişmektedir.
Makaslama gerilmesi
Bir bulona etkiyen kuvvet N ise;
(n: bulonlarda kesilmeye zorlanan arakesit sayısı)
169
Ezilme (basınç) gerilmesi
Bir bulona etkiyen kuvvet N ise;
(t : minimum eleman kalınlığı )
170
Bulon gövdesinde eksenel çekme gerilmesi
Bir bulona etkiyen eksenel kuvvet Z ise;
(Fçek : Bulon çekirdek (disdibi) alanı)
171
172
GV VE GVP BİRLEŞİMLERİ (Tam Öngerilmeli Birleşimler)
Somunlara uzun kollu özel anahtar ile belirli (büyük) sıkma
momentleri (Mb) uygulanarak, bulonlara Pv ön çekme
(öngerme) kuvveti verilir. Bu Pv kuvveti birleştirilen
elemanların birleşim yüzeylerine basınç kuvveti olarak etkir.
Böylece bulon eksenine dik
kuvveti yoluyla kuvvet aktarımı
sağlanır.
173
doğrultuda
sürtünme
174
GV ve GVP birleşimleri arasındaki farklar:
1) D-d ≤ 1 mm ise GV birleşimi adı verilir.
[ d: bulon gövde çapı, D: delik çapı
D-d ≤ 0.3 mm ise GVP birleşimi adı verilir.
2) i) GV birleşimlerinde kuvvet aktarımı, sürtünme kuvveti
ve delik çevresinde ezilme gerilmesinin karşılanması
yoluyla gerçekleşir.
ii) GVP birleşimlerinde kuvvet aktarımı sürtünme
kuvveti ile birlikte bulon gövdesinde makaslama
gerilmesinin ve ayrıca delik çevresinde ezilme
lmesinin karşılanması yoluyla gerçekleşir.
lmesinin karşılanması yoluyla gerçekleşir.
175
GV BİRLEŞİMLERİNDE HESAP ESASLARI
Bir bulonun bir birleşim yüzeyindeki Sürtünme ile emniyetle
aktarabileceği kuvvet;
µ : Temas yüzeylerindeki sürtünme katsayısı (İlgili
tablodan alınır)
ν : Kaymaya karşı emniyet katsayısı (İlgili tablodan alınır)
Pv : Bulon öngerme kuvveti (İlgili tablodan alınır)
Not: NGVem bir birleşim yüzeyi içindir. Sürtünme yüzeyi
birden fazla ise NGVem değeri yüzey sayısı ile
çarpılmalıdır. Örneğin çift etkili birleşimde sürtünme yüzeyi
sayısı iki (2) alınmalıdır.
176
177
178
Bulon öngerme kuvveti özel aletler kullanılarak
uygulanır. Bulon çaplarına göre uygulanması gereken
öngerme kuvvetleri aşağıdaki tabloda verilmiştir.
179
Bir bulonun Ezilme gerilmesine göre emniyetle
aktarılabileceği en büyük kuvvet ;
(Sürtünme kuvveti dikkate alınmaz)
Bir bulon için ;
(t : minimum eleman kalınlığı )
180
Bulon gövdesinde eksenel çekme gerilmesi (Varsa)
Eksenel çekme kuvveti etkimesi durumunda;
Bir bulona etkiyen eksenel kuvvet Z ise;
1) Bulona etkiyen eksenel çekme kuvveti, öngerme
kuvvetinin belirli bir oranından fazla olamaz. (Zem= k.Pv)
(k: yapı türüne ve yüklerin özelliğine bağlı katsayı)
2) NGVem değeri bulona etkiyen çekme kuvveti ile orantılı
olarak azaltılır ve azaltılmış emniyet kuvveti NGVem elde
edilir.
181
182
GVP BİRLESİMLERİNDE HESAP ESASLARI
Bir bulonun Makaslama ve birlesim yüzeyindeki Sürtünme
ile emniyetle aktarabileceği kuvvet ;
183
Bir bulonun Ezilme gerilmesine göre emniyetle
aktarılabileceği en büyük kuvvet ;
(Sürtünme kuvveti dikkate alınmaz)
Bir bulon için ;
Bulon gövdesinde eksenel çekme gerilmesi (Varsa)
Eksenel çekme kuvveti etkimesi durumunda;
Bir bulona etkiyen eksenel kuvvet Z ise;
1) Bulona etkiyen eksenel çekme kuvveti, öngerme
kuvvetinin belirli bir oranından fazla olamaz. (Zem= k.Pv)
(k: Yüklerin özelliğine bağlı katsayı)
2) NGVem değeri bulona etkiyen çekme kuvveti ile orantılı
olarak azaltılır.
184
Eksenel çekme gerilmesi :
(Fçek : Bulon çekirdek (disdibi) alanı)
185
KAYNAKLI BİRLEŞİM
 Aynı veya benzer alaşımlı
metallerin ısı etkisi altında
birleştirilmesine kaynak denir.
 Başlıca kaynak çeşitleri:
1.Ergitme kaynakları
2.Basınç
kaynakları
Olmak üzere ikiye ayrılır.
186
ERGİTME KAYNAĞI
Birleşecek parçaların birbirine kaynaklanacak kısmı
ilave metal ergime derecesine kadar ısıtılır ve ergiyerek
birleşen kısımların soğuması sonunda birleşim
sağlanmış olur.
187
Ergitme kaynağında ısı; ya elektrik enerjisiyle
(elektrik kaynağı) ya da yanıcı bir gaz aleviyle (gaz
kaynağı) sağlanabilir.
Çelik yapılarda, yük aktaran kaynaklı birleşimlerde
hep elektrik kaynağından yararlanılır.
188
1. ELEKTRİK ARKI
KAYNAKLARI
 Standart Elektrik Arkı Kaynağı
 Özlü Tellerle Elektrik Arkı Kaynağı
 Gazaltı Elektrik Arkı Kaynağı
 Tozaltı Elektrik Arkı Kaynağı
189
a. Standart Elektrik Arkı
Kaynağı
Günümüzde çelik yapılarda en çok tatbik edilen yöntemdir.
Kaynak için gerekli ısı elektrik arkı ile sağlanır.
190
 Elektrik arkı, birleştirilecek parçaların oluşturduğu
esas malzeme ile elektrot adını alan kaynak teli
arasında meydana gelir.
 Elektrodlar 2~8 mm çapındadır ve kaynakla
birleştirilecek parçaların malzemesine uygun
alaşımda bir metalden üretilmişlerdir
191
ELEKTROD ÇUBUKLARI İKİ TÜRLÜDÜR:
 SIVALI ELEKTROD
 ÇIPLAK ELEKTROD
192
b. Özlü Tellerle Elektrik Arkı
Kaynağı
 Elekrik arkı kaynağı elektrod yerine özlü tellerle de
yapılır.
 Özlü teller, sıvalı elektrodun tersyüz edilmiş
halidir. Bunlarda, sıva tabakası malzemesi telin
çekirdeğinde yer alır.
193
c. Gazaltı Elektrik Arkı
Kaynağı
 Kaynak bölgesine sürekli
şekilde sürülen, masif haldeki
tel elektrod ergiyerek
tükendikçe kaynak metalini
oluşturur.
 Bu yöntemde elektrod, dolu
kesitli bir kaynak telidir.
194
d. Tozaltı Elektrik Arkı
Kaynağı
 Sabit veya geçici atölyelerde
imal edilen yapı ve köprü
sistemlerinin, tam otomatik
yöntemle yapılan kaynağıdır.
 Bu yöntemde kaynak tozu,
elektrottan önce kaynak
derzine yerleştirilir.
195
2. GAZ KAYNAĞI
 Yüksek sıcaklık gaz alevi ile sağlanır. Gaz alevi şalümo
denen bir aletin ucunda yakılır ve kaynakçı bir elinde
şalümo diğer elinde ise kaynak telini tutarak kaynağı
gerçekleştirir.
 Bu yöntemle elde edilen dikişlerin mukavemeti düşük
olduğundan çelik yapılarda kuvvet aktaran dikişler için
bu yöntem kullanılmaz.
196
BASINÇ KAYNAĞI
 Bu kaynak yöntemlerinde, parçaların birbirine
kaynaklanacak kısımları kızıl dereceye (plastik
kıvama) kadar ısıtılıp, basınç veya darbe uygulamak
suretiyle birleşim sağlanır.
 Hafif çelik yapılarda kullanılan “elektrik direnç
kaynağı”, çelik yapılarda kullanılan yegane basınç
kaynağı metodudur.
197
 Nokta veya kordon
kaynağı tarzı
uygulamaları vardır.
 Nokta kaynakların
hesabı perçin hesabına
benzer.
198
Kaynak uygulamasında
dikkat edilmesi
gerekenler:
1- Kaynakta uygulanan ısıl işlemler, kaynak dikişinin
kendisinde ve bağladığı metallerde uyuşmayan
ısınma ve soğuma olayları yaratır ve şekil değiştirme
meydana getirir; buna rötre denir. Rötre kaynakta
önüne geçilmesi olanaksız bir olaydır, ancak bazı
tedbirler alınarak etkisi mümkün olduğunca
azaltılabilir.
199
2-Kaynaklama işlemi sırasında birleştirilecek parçaların
hizalarının bozulmamasına özen gösterilmelidir.
3-Kırağı, yağmur, kar veya buzlanma sonucu
rutubetlenmiş yüzeylere ve sıcaklığı 0 0C’nin altında
olan yüzeylere kaynak yapılmamalıdır.
4- Şiddetli rüzgar altında kaynak yapılmamalıdır.
200
 5- Kaynaklanacak yüzeyler passız, çapaksız ve temiz
olmalıdır; bu yüzeylerde yağ, boya veya kaynak
niteliğini etkileyecek herhangi bir kalıntı olmamalıdır.
201
6- Kalınlığı 6 mm’ den küçük olan dikişler bir seferde
çekilebilir. Ancak daha kalın dikişler için daha fazla
pasoya ihtiyaç duyulur (Şekil.7). Kaynak uygulaması
sırasında her paso sonrası cüruf temizliği yapılmalıdır.
202
Bir kaynaklı birleşimin kalite sınıfı aşağıdaki şartların
sağlanmasına bağlı olarak tayin edilir:
 Malzemenin kaynağa elverişliliğinin garanti edilmiş olması,
 Hazırlanmanın usulüne uygun ve denetim altında yapılması,
 Kaynak yönteminin malzeme özelliklerine, parça kalınlığına ve
birleşimdeki zorlanmaya göre seçilmesi,
 Kaynak ilave malzemesinin kaynaklanacak malzemeye uygun olması,
 Kaynak sınavından geçmiş kaynakçıların kullanılması ve kaynak
işleminin denetim altında yapılması,
 Kaynağın muayene edilerek kusursuz olduğunun saptanması
203
KAYNAK DİKİŞLERİ
Ergitme kaynak metoduyla çekilen kaynak dikişleri,
 küt kaynak dikişleri,
 köşe kaynak dikişleri
olmak üzere iki gruba ayrılır.
204
Küt Kaynak Dikişleri
 İki levhanın yan yana getirilen kenarları boyunca
çekilen kaynak dikişlerine küt dikişler denir.
205
Küt Kaynak Dikişleri
Tablo da verilen dikiş türlerinin yanı sıra yalnızca bir kenarın işlenmesi
ile yapılan ve birbirine dik levhaların birleşimine de olanak veren K
dikişi, yarım V dikişi gibi dikiş türleri de mevcuttur
206
 Küt kaynak dikişinin kalınlığı levha kalınlığıdır. Ancak
birleştirilen levhaların kalınlıkları birbirinden farklı ise küt
dikişin kalınlığı bu parçalardan en incesinin kalınlığına eşit
alınır:
a=tmin
 Küt kaynak dikişlerinin uygulama uzunlukları uçlarından
birleştirdikleri elemanların genişliği kadardır
207
Köşe Kaynak Dikişleri
 İki çelik levhanın birbirine dik veya en az 600 teşkil eden
yüzeyleri arasındaki kaynak dikişine köşe kaynak dikişi
denir.
 Yüzeyler arasındaki açının 600 den az olması durumunda
köşe kaynak dikişlerinin kuvvet taşıdığı kabul edilmez.
208
 Köşe dikişlerin kalınlığı olan a, kaynak enkesiti içine çizilen ikiz
kenar üçgenin yüksekliğine eşittir.
Köşe kaynak dikişlerinin yüksekliği
209
KAYNAK DİKİŞ KALINLIĞI
Kaynak dikiş kalınlıkları;
minimum a=3 mm (yüksek yapılarda)
minimum a=3,5 mm (köprüler)
maksimum a=0,7 tmin (her iki yapı çeşidinde) olarak
alınmalıdır.
Burada tmin kaynaklanan iki parçadan daha ince olanın
kalınlığıdır.
210
 Köşe kaynak dikişlerinde dikiş boyunun belli bir
aralıkta olması gerekmektedir, çünkü; alt sınır
emniyet bakımından, üst sınır ise dikişte düzgün
gerilme dağılımı kabulünden fazla uzaklaşmamak
bakımından gereklidir.
211
Parça köşesini dönmediği hallerde;
Parça köşesini döndüğünde ise;
15a ≤ l` ≤100a
10a ≤ l` ≤ 100a
212
 Köşe kaynak dikişlerinde de küt dikişlerde olduğu gibi, eğer
tedbir alınmazsa kaynağın başladığı ve bittiği yerlerde krater
oluşur ve krater boyu kaynak kalınlığına eşit kabul edilir. Bu
nedenle kaynak uygulama boyu kalitesiz kısımlar içerdiğinden
hesap yaparken, bu kalitesiz kısımlar toplam boydan
düşülerek elde edilen hesap boyu kullanılmalıdır.
l = l` -na
l =gerçek boy;
n = uç kısımdaki zayıf kısım sayısı
a = kaynak dikiş kalınlığı; l`=gerçek kabul edilen boy
213
KAYNAK DİKİŞLERİNİN
HESABI
214
Basit Zorlanmalar
S
τ=
≤ τ Kem
K
FK
FK = 2 × a × l
215
Basit Zorlanmalar
S
τ=
≤ τ Kem
K
FK
l1 × a1 × e1 = l3 × a3 × e2
FK = l1a1 + l a + l3 a3
'
2 2
216
Basit Zorlanmalar
S
σ=
≤ σ Kem
K
FK
FK = a × l
217
(a = tmin )
Basit Zorlanmalar
S
τ=
≤ τ Kem
K
FK
 8a1l1 + a2l2 ( S , basınç)

FK = 
1
(
S
,
çekme
)
8
a
l
+
a
l
1
1
2
2

2
218
Normal Kuvvet (N) + Kesme Kuvveti (Q)
Durumu
N
σK = 
FK 
σ v =
Q 
τK =
FK 
σ K2 + τ K2 ≤ σ vem
219
( FK = 2 × l × a )
Normal Kuvvet (N) + Kesme Kuvveti (Q)
Durumu
Bu küt kaynakta
tahkikine gerek
yoktur.
σ v ≤ σ vem
220
Yalnız Eğilme Momenti (M) Durumu:
M
σ K max
=
≤ σ Kem
WK
M
σK =
× c < σ Kem
IK
l13
h
I K 2a1 + 2a2l2  
=
12
2
IK
WK =
h
 
2
221
2
Eğilme Momenti (M) + Kesme Kuvveti
(Q) + Normal Kuvvet (N) Durumu:
 Bu tür birleşimde tahkik iki biçimde yapılabilir.
222
1. tahkik
σ K max
M
N
=
+
≤ σ kem
WK FK
M l1' N 
× +
σK =

I K 2 FK 
 → σ v=
Q

τK =

FK
σ K2 + τ K2 ≤ σ vem
 (σK, τK ) nın her biri σs ten küçükse σv tahkiki gerekmez.
223
2. tahkik
1
M
N
σK = ×
+
≤ σ kem
h FKb FK
Q
τK =
FK
Ik ve Wk değerleri bir önceki tahkikte verildiği gibi, kaynak
dikişlerinin atalet ve mukavemet momentleridir.
kaynak dikişlerinin toplam alanı
gövde kaynak dikişlerinin alanı
bir başlıktaki kaynak dikişinin alanı
224
=
FK 2a1l1 + 2a2l2'
Fkg = 2a1l 1
Fkb = a2l2'
Eğilme etkisindeki (M + Q) kirişlerin
boyuna köşe kaynaklarının tahkiki:
 a2 kalınlıklı dikişlerde;
 a1 kalınlıklı dikişlerde;
Q × Sx
τK
=
≤ τ Kem
I x × 2a1
Q × S x'
τK
=
≤ τ Kem
I x × 2a2
Bu köşe kaynak dikişlerinde σK gerilmesi kontrolüne gerek yoktur
225
 Ix, en kesitin atalet momenti,
Ix =
h
t 
th
h t 
+ 2btb  + b  + 2b 'tb'  + tb + 
12
2
2 2
2
3
2
'
b
2
 Sx, bir başlıktaki başlık levhalarının statik momenti,
tb' 
 h tb  ' '  h
=
S x btb  +  + b tb  + tb + 
2
2 2
2
 S’x, bir başlıktaki 2. başlık levhalarının statik momenti,
'


t
h
'
' '
b
=
S x b tb  + tb + 
2
2
212
Kaynak Dikişlerini İrdeleme Hesaplarında Gözönünde
Tutulacak Emniyet Gerilmeleri Değerleri
227
Örnek problem
t=14mm
t=12mm
P
150mm
Şekildeki küt kaynaklı birleşimde P=16t Ana malzeme St 37 “H”
Yüklemesi yapılmıştır gerekli tahkikleri yapınız.
228
Çözüm
a=tmin=12mm
I=I‘-n*a=15-2*1,2=12,6cm
Fk=a*I=1,2*12,6=15,12cm²
σ = P/Fk =16/15,12=1,07 t/cm² ≤ σem=1,1t t/cm²
olduğundan uygundur.
229
Örnek problem
0,4
p
2[80.80.6
T=10mm
Şekilde görülen kaynaklı birleşimde P=25t St37 H yüklemesi için
gerekli tahkiki yapınız.
230
Çözüm
a=4mm
≤0,7*tmin=07*6=4,2mm
l´=150mm olsun
l=150-2*4=142mm
Fk=4*a*l=4*0,4*14,2=22,72cm²
σ=P/Fk=25/22,72=1,1t/cm ≤ σkem=1,1t/cm²
231
Örnek problem
P=80t
I1´=12,5
t=10mm
I 200
S=7,5mm
11,3mm
Şekilde görülen kaynaklı birleşimde St37 Hz yüklemesine
göre gerekli tahkikleri yapınız.
232
Çözüm
a küt = tmin = 7,5mm
I küt =12,5-2*0,75=11cm
F küt = a*l = 0,75*11 = 8,25cm²
a köşe = 5mm ≤ 0,7*tmin = 0,7*10 = 7mm
l´ =200 mm olsun
l´=20-2*0,5=19cm
F köşe = 8*a*l = 8*0,5*19 = 76cm²
F = F küt + F köşe = 76+1/2*8,25 = 80,125cm²
‫ ז‬k = S/Fk =80/84,25 =1 t/cm²≤1,1 t/cm ²
233
Çözümlü Sorular
•Birleşimi kaynaklı olarak teşkil ve hesap ediniz.
•St37 “H” yüklemesi
234
Kaynak kalınlığı;
=
a tmin
= 8mm
Kaynak hesap boyu; l = l '− 2a = 200 − 2 × 8 = 184mm
Fk = a × l = 0,8 ×18, 4 = 14, 72cm
2
P
15
2
2
=
= 1, 02t / cm < 1,1t / cm
σ =
Fk 14, 72
235
2.
Birleşimin hesabını yapınız. St 37 “H” yüklemesi
236
Kaynak kalınlığı;
> 3mm

a = 4mm 
< 0, 7tmin = 0, 7 × 8= 5, 6mm
Kaynak hesap boyu;
l = l '− 2a = 90 − 2 × 4 = 82mm
60mm
 > 15a =
l1 = 82mm 
400mm
< 100a =
237
Tarafsız eksene göre kaynakların statik momenti;
l1 × a1 × e1 = l2 × a2 × e2
a × l1 × 5, 74 = a × l2 × 2, 26 ⇒ l2 =
8, 2 × 5, 74
= 20,8cm < 100a = 400mm
2, 26
'
l2=
208 + 2 × 4= 216mm ≅ 220mm → l2= 212mm
2
Fk =
al
=×
2
0,
4
×
(8,
2
+
21,
2)
=
23,52
cm
∑
P
20
2
2
τ=
=
= 0,85t / cm < 1,1t / cm
k
Fk 23,52
238
3.
239
Profil tablosundan;
s=9,4 mm
b=113 mm; h= 260 mm; t=14,1 mm;
2
  h a1 2
a1 
(l − 2a2 )3 
h
=
I weld 2  a1b  +  + 2a1 (4,5 − a1 )  − t −  + a2

2
12
2
  2 2 

2
2

0,8 
(20 − 2 × 0, 6)3 
 26 0,8 
 26
= 2 0,8 ×11,3  +

 + 2 × 0,8(4,5 − 0,8)  − 1, 41 −
 + 0, 6
2
2
2
2
12






= 5393, 4cm 4
Iw
3
=
Ww = 414,9cm
h/2
240
(σ w )max
τ=
w
M
380
2
2
=
=
= 0,92t / cm ≤ σ = 1,1t / cm
Wx 414,9
Q
=
Fgövde
15
= 0, 66t / cm 2 ≤=
τ 1,1t / cm 2
2(20 − 2 × 0, 6)0, 6
380
M
10 0, 7t / cm 2
y
σw =
=
=
5393, 4
Iw
τ w , σ w < σ sınır =
0, 75t / cm old .
2
241
2. çözüm;
Başlıklar moment taşır, gövde kesme kuvvetini taşır.
Başlıklar için; moment bir kuvvet çiftine dönüştürülebilir.
P
P
h '= h − t
M
380
= = 15, 45t
h ' 24,59
h ' = 23,18
Fbaşlık= 11,3 × 0,8 + (4,5 − 0,8) × 0,8 × 8= 14,96t / cm 2
P 15, 45
σ=
=
= 1, 03t / cm 2 ≤ σ = 1,1t / cm 2
Fb 14,96
Q
15
σ g = = 0, 66t / cm 2 ≤ 1,1t / cm 2
=
Fgövde 22,56
242
4.
Kaynaklarda moment oluşmadığını farzederek, yukarıda verilen
birleşimin dizaynını yapınız (St37 “H” yüklemesi)
243
Çözüm: profil tablosundan; h=70 mm; b=70 mm; t=7 mm
Kaynak sadece başlıklarda olursa;
=
= 7 mm
tmin min(7;8)
3mm ≤ a ≤ 0, 7tmin = 0, 7 × 7= 4,9mm
a = 3mm _ seçelm.
St 37 ”H” yüklemesi
τ w = 1,1t / cm
2
11
P
τw =
⇒ 0,3(l1 + l2 ) × 2 =
⇒ l1 + l2 = 16, 7cm
1,1
∑ al
244
Kaynaklarda moment oluşmadığına göre;
2 × l1 × a1 × e1 = 2 × l2 × a2 × e2
50,3 × l=
19, 7 × l2 ⇒ l=
2,55l1
1
2
245
4,5cm
 ≥ 15a =
l1 = 4, 69cm 
30cm
≤ 100a =
l = l1 + 2a = 4, 7 + 2 × 0,3 = 5,3cm
'
1
4,5cm
 ≥ 15a =
l2 = 12cm 
30cm
≤ 100a =
l = l2 + 2a = 12 + 2 × 0,3 = 12, 6cm
'
2
246
Kaynak profil yanından da kaynaklanırsa;
a=3 mm
247
30mm
 ≥ 10a =
l = 70mm 
300mm
≤ 100a =
l3 = l3'
'
3
τ=
w
P
11
⇒ 2a (l1 + l2 + l=
)
3
al
1,1
∑
l1 + l=
l1 + l2 9, 65cm
16, 67cm ⇒ =
2 + l3
Kaynaklarda moment olmadığına göre;
h
l1 × a1 × e1 + l3 × a3 × (e1 − ) − l2 × a2 × e2 =
0
2
l1 0,39
=
cm; l2 2,13
=
cm; l3 1,17cm
248
3cm
 ≥ 10a =
l1 = 1,17cm 
old . _ kaynak _ boyu _ artırılmalıdır.
30cm
≤ 100a =
l1 = 3cm → l = l1 + a = 3,3cm
'
1
=
l1 0,39l2 − 2,13 ⇒=
l2 13, 66cm
3cm
 ≥ 10a =
l2 = 13, 7cm 
30cm
≤ 100a =
l = 13, 7 + 0,3 = 14cm
'
2
249
Örnek: Şekilde bir kafes kirişin üst başlık düğüm noktası
görülmektedir. S=5,75 t olduğuna göre kaynak dikişlerinde
gerekli tahkikleri yapınız
250
Dikmenin düğüm noktasına kaynaklanmasında:
 Dikiş kalınlığı a=3 mm < 0,7tmin = 0,7x7= 4,9 mm
 l1’= 50 mm > 15xa = 15x3 = 45 mm
 l1 = 50 -2x3 = 44 mm
 l2’ = 125 mm < 100xa = 100x3 = 300 mm
 l2 = 125 -2x3 = 119 mm
 FK1 = 2x0,3x4,4 = 2,64 cm2
 Fk2 = 2x0,3x11,9 = 7,14 cm2
 FK = 2,64 +7,14 = 9,78 cm2
251
 τK = 5,75 = 0,59 t/cm2 < τKem = 1,1 t/cm2
9,78
[Fk1x5,1=2,64x5,1=13,46 cm3 ~= FK2x1,9=7,14x1,9=13,57 cm3]
old. eksantriklik söz konusu değildir.
252
Düğüm nokta levhasının üst başlığa kaynaklanmasında:
 Dikiş kalınlığı a=4 mm < 0,7tmin = 0,7x10= 7 mm
 l’= 150 mm
 l = 150 -2x4 = 142 mm
 FK = 2x0,4x14,2 = 11,36 cm2
 N = Sxsin80º = 5,75x0,985 = 5,66 t
 Q = Sxcos80º = 5,75x0,174 = 1,0 t
 σK = 5,66 = 0,50 t/cm2
11,36
σs = 0,75 t/cm2
τK = 5,75 = 0,59 t/cm2
9,78
başkaca bir tahkike gerek yok
253
2)Şekildeki kaynak dikişlerinde gerekli tahkiklerin
yapılması
254
Dikmenin düğüm noktasına kaynaklanmasında:
Bu tür birleşimlerde kaynak tahkiklerinde iki değişik yol
izlenebilir:
1) Dikiş kalınlığı a1=3 mm
 l1’= 240 mm
 l1 = 240 -2x3 = 234 mm
 Dikiş kalınlığı a2=5 mm
 l2’ = l2 = 125 mm
 FK1 = 2x0,3x23,4 = 14,04 cm2
 Fk2 = 0,5x12,5 = 6,25 cm2
 FK = 14,04 +2x6,25 = 26,54 cm2
255
IK = 2x0,3x23,43 + 2x6,25x152 = 3453 cm4
12
WK = 3453 = 230,2 cm3
15
M = 4,75x35 = 166,3 tcm
Q = 4,75 t
N = 2,7 t
σKmax = 166,3 + 2,70 = 0,82 t/cm2 < 1,1 t/cm2
230,2 26,54
σK = 166,3 x12 + 2,70 = 0,68 t/cm2
3453
26,54
σs = 0,75 t/cm2
τK = 4,75 = 0,34 t/cm2
14,04
256
2)
 σK = 166,3 x 1 + 2,70 = 0,99 t/cm2 < 1,1 t/cm2
30
6,25 26,54
 τK = 4,75 = 0,34 t/cm2 < 1,1 t/cm2
14,04
257
258
259
260
261
262
3.ÇELİK YAPI ELEMANLARI
Çelik yapı taşıyıcı sistemlerinde esas olarak dört tip taşıyıcı
eleman vardır. Bunlar,
1.Çekme çubukları
2.Basınç çubukları
3.Kirişler
4.Kafes kirişler
olarak sıralanabilir.
3.1.ÇEKME ÇUBUKLARI
Boylama ekseni doğrultusunda çekme kuvveti taşıyan
elemanlara çekme çubuğu adı verilir. Çelik yapılarda çok
uygulanan kafes kiriş taşıyıcılarının çubuk elemanı olarak
kullanılır.
263
ÇEKME ÇUBUKLARI NEDİR?
 Boylama ekseni doğrultusunda çekme kuvveti taşıyan elamanlara
çekme çubuğu adı verilir.
 En kesitleri tek bir hadde ürününden oluşturulabileceği gibi, çok
parçalıda yapılabilir.
 Çekme çubukları tek ya da çok parçalı olarak düzenlenebilirler, yalnız
kesitlerin en az bir simetri ekseni olmasına ve kafes sistemlerde bu
eksenin kafes düzleminde bulunmasına özen gösterilir.
264
 Çekme çubuklarının, özellikle bulonlu olarak
gerçekleştirilen uç bağlantıları veya ekleri nedeniyle en
kesitleri kayıplara uğrar. Dolayısıyla bu çubuklar, olası
kayıplar göz önünde tutularak hesaplanacak faydalı en
kesit alanlarına göre tahkik edilirler.
 Kesitteki kaybın düşülmesi yoluyla elde edilen enkesit
alanına faydalı alan ya da net alan denir.
An= A − ∆A
265
 Bir çekme çubuğunun emniyetle aktarabileceği en
büyük yük şöyle hesaplanır:
Pmax= An × σ em
 Mevcut bir yükleme etkisinde çubuğun kontrolü ise şu
şekilde yapılır:
P
=
σ
≤ σ em
An
266
Çekme çubuklarının bulonlu bağlantılarında
meydana gelen kayıplar (DIN1050):
 Çekme çubuğunun bağlantısında uygulanan perçin ya da
bulon için açılan deliklerin çapları hizasındaki enkesit en
büyük alan kaybının meydana geldiği enkesittir.
∆A = d1 × t
An = A − ∆A = b × t − d1 × t
267
268
 Aşağıdaki gibi şaşırtmalı bulon sıraları ile gerçekleştirilen
çekme çubuğu bağlantılarında muhtemel yırtılma çizgileri
de dikkate alınarak faydalı alan hesabı yapılmalıdır.
An.1−1 = (a + b + a ) × t − 2 × d1 × t
An.2− 2 = (a + e + e + a ) × t − 3 × d1 × t
b
An.1−1 = (a + e + + a ) × t − 2 × d1 × t
2
Hesaplanan bu üç alandan en küçüğü
net (faydalı) alan olarak seçilir.
269
Çekme çubuklarının kaynaklı bağlantılarında
meydana gelen kayıplar (DIN 1050):
 Genellikle kaynaklı birleşimlerde kesit kaybı
oluşmamakla birlikte; bazı birleşim tiplerinde kayıp
söz konusu olabilir. Aşağıda kesit kaybı oluşan
birleşim tiplerine örnekler verilmiştir.
∆A2 ≅ c × tlev
270
∆A1 ≅ 2 × c × tlev
2

t
t
3
1
∆A3 ≅ 2a 2 + tlev ×  2t + r − lev − r 2 − lev

4
4 3
4

271




 TS 648’ e göre hesapta, şaşırtmalı perçin veya bulon
uygulaması nedeniyle dikkate alınan yırtılmaçizgileri ve
bunlara ait faydalı genişliklerin eldesi biraz farklıdır. Bir
de TS 648’ e göre ; delikler göz önüne alınarak elde
edilen faydalı genişlik hiçbir zaman toplam genişliğin
%85’ini geçemez.
272
Rastlanabilecek kayıp türleri, bunlara ilişkin gözününde tutulması
gereken en zayıf enkesitler ile Fn değerleri aşağıda
verilmiştir.
(A)
Şekil 3.1
(B)
Şekil 3.1. (A)’da, Kesit (1-1)’de :
Kesit (2-2) (zikzak kesit)’de :
Fn2-2 = (2e1+4e’).t – 5.d.t → (e’ = √e2+e22)
Fn1-1 = b.t – 3.d.t
Buna göre, (bxt) en kesitli elemanda Fn, Fn1-1 ve Fn2-2 ‘den küçük
alanıdır.
273
Şekil 3.1.(B)’de,
Kesit (1-1)’de :
Fn1 = Fpr – 2.d.s
(Fpr : [ profilinin tablodan alınan alanı )
Kesit (2-2)’de :
Fn2 = [ Fpr – 2e1s + 2e’s] – 3ds
‘’ [ ‘’ profilinde Fn = min (Fn1, Fn2)
(e’ = √e2 + e12)
olur.
Verilen zikzak kesitlere ilişkin (Fn2) faydalı en kesit alanları,
şaşırtmalı deliklerde kuvvet doğrultusundaki (e) aralığı
≥ 3,5d ise Fn1’ den daha büyük çıkar, böylece zikzak kesit
araştırmasına gerek kalmaz.e < 3,5d ise, zikzak kesite
ilişkin Fn2, Fn1’den küçük çıkabilir, araştırma yapılması gerekir.
274
275
ÖRNEK
Şekilde görülen I300 çekme çubuğu elemanı, Bulonlar
M27(kaba), ‘’H’’ yüklemesidir. Elemanın kendisi ve uç
bağlantı tertipleri gözönünde tutularak bu çekme çubuğunun
emniyetle taşıyabileceği en büyük (S) kuvveti kaçtır?
Şekil 3.2
276
ÇÖZÜM:
Çekme çubuğu açısından;
I300 de → F = 69,1 cm2 , gövde kalınlığı s = 10,8 mm
M27 kaba bulonda delik çapı d = 27+1 = 28 mm
Kesit (1-1) de → Fn1 = 69,1-2x2,8x1,08 =63,05 cm2
Kesit (2-2) de → e’ = (√852+402)= 94 mm
Fn2 = (69,1-2x8,5x1,08+2x9,4x1,08)-3x2,8x1,08 =
61,97 cm2
min Fn = Fn2 = 61,97 cm2,
S1=61,97x1,44=89,24 t
σçem = 1440 kg/cm2
277
Bulonlar açısından;
M27 kaba bulonda
dir.
τsem = 1120 kg/cm2 , σLem = 2400 kg/cm2
Ns1= πd2 τsem = πx2,72 x 1,12 = 6,41 t
4
4
NL = d.tmin.σLem = 2,7x1,08x2,4 = 7,00 t
Bir bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet;
Nem = 6,41 t
S2 = 5x6,41 = 32,05 t
Kendisi ve uç bağlantıları gözönüne alındığında, çekme çubuğunun
emniyetle taşıyabileceği en büyük çekme kuvveti,
Smax = min (S1, S2) = 32,05 t
olur.
278
ÇEKME ÇUBUKLARININ
EKLERİ
Hadde profillerinin boyları standart olup sınırlıdır. Bu standart
boydan daha uzun eleman söz konusu olduğunda (örneğin, bir
kafes kirişin alt başlık çubuğu) veya profillerin ekonomik
kullanılmaları istendiğinde, ‘’ek ‘’ sorunun ortaya çıkar. Çekme
çubuklarında önemli olan ek teşkilleri, ‘Bulonlu’ veya
‘Kaynaklı’ yapılabilirler. Bunlara ilişkin ayrıntılar
aşağıda verilmiştir.
279
 Çekme çubuklarının ekleri üç türlüdür:
1- Lamalı ek ( perçin, bulon, kaynak)
2- Enleme levhalı ek (kaynak)
3- Küt ek (kaynak)
280
Lamalı Ek
1. Ek levhalarının toplam faydalı en kesit alanı en az çubuğun en
kesit alanı kadar olmalıdır. (Kaynaklı ekte kayıp olmadığı için
doğrudan kesit alanlarına bakılır.)
2. Delik kayıpları düşünülmeksizin, çekme çubuğu ağırlık ekseni ile
ek levhaların teşkil ettiği en kesitin ağırlık ekseni birbirine yakın
düşmelidir.
3. Ekte ek levhalarının emniyeti en az çubuktaki emniyet kadar
olmalıdır.
281
1.
 Aşağıda gövde ve başlık perçinleri aynı enkesitte uygulanmış bir ek
detayı örneği görülmektedir.
Başlık ve gövde perçinleri aynı enkesitte olduğu için, tüm kayıplar aynı
anda meydana gelir. Dolayısıyla kıyaslama sırasında yalnızca a-a kesitini
dikkate almak yeterlidir:
a-a kesitinde An,ek ≥ An, pr 282
1.
 Aşağıda gövde ve başlıkta şaşırtmalı perçin uygulanmış laşeli bir ek
detayı örneği görülmektedir.
Bu tip bir ekte; 1-1 ve 2-2 enkesitlerinde profilin ve ek elemanlarının
faydalı alanları ayrı ayrı hesaplanarak birbirleriyle kıyaslanmalıdır:
1-1 kesitinde An,ek1-1 ≥ An,pr1-1
2-2 kesitinde An,ek2-2≥ An,pr2-2
283
1.
 Çekme çubuğunun taşıyabileceği maksimum kuvvet
veya mevcut bir kuvvet etkisinde oluşan çekme
gerilmesi belirlenirken ise 3-3 yırtılma çizgisi de
mutlaka göz önünde bulundurulmalıdır:
An , pr = min( An , pr1−1 , An , pr2−2 , An , pr3−3 )
Pmax,
=
An , pr × σ em
ç
P
σ
=
≤ σ em
An , pr
284
2.
 Ek elemanlarının ağırlık merkezi, olanaklar ölçüsünde çekme
çubuğunun ağırlık merkezi ile üst üste düşmelidir. Eğer ek
elemanları ile çubuğun ağırlık merkezleri ± 5 mm tolerans ile
çakışıyor ise çubuk kuvveti ek elemanlarına alanları ile orantılı
olarak dağıtılır.
yg,pr − yg,ek ≤ ± 5mm
285
3.
Ekte ek levhalarının emniyeti en az çubuktaki emniyet
kadar olmalıdır. Dolayısıyla ekteki birleşim araçlarının
hesabı, çubukta mevcut (S) kuvvetine göre değil,
çubuğun taşıyabileceği
S max= Fn × σkuvvetiyle
yapılmalıdır. Ayrıca, ek
çem
levhalarının her birini, ekin bir tarafında, çubuğa
bağlayan birleşim araçları, o ek levhasının payına
düşen kuvveti aktarabilmektedir.
286
Bulonlu Ek
Şekil 3.3
Şekil
3.3.de
tipik
bir
bulonlu
görülmektedir.Teşkilde
ek
levhalarının
zorunludur.
287
ek
detayı
kullanılması
Bulon tertibinde, elemanlarda zikzak kesitte gayrimüsait durum
yaratılmaması amacıyla,
e≥3,5d ; e1≥2d ; e2≥1,5d
gösterilmelidir.
koşullarının sağlanmasına özen
Bunların dışında böyle bir ekte uyulması zorunlu üç ana
prensip vardır:
1-Ek levhalarının toplam faydalı enkesit alanı en az çubuğun
faydalı enkesit alanı kadar olmalıdır.
Fnek = (bxt1+2h1t2) – 2xdxt1 ≥ Fn = Fpr – 2xdxt
(t1>t2)
2-Delik kayıpları düşünülmeksizin, çekme çubuğu ağırlık ekseni
ile ek levhalarının teşkil ettiği enkesitin ağırlık
ekseni birbirlerine yakın düşünülmelidir. Yani ∆e birkaç
288
milimetreyi geçmemelidir.
e2 =
mm
bt1t1 + 2h1t2(h-h1 + t1)
2
2
bt1 + 2h1t2
; ∆e = (e2- t1) - e1 ≤ (1~3)
3-Ekte, ek levhalarının emniyeti en az çubuktaki emniyet
kadar olmadır. Dolayısıyla ekteki birleşim araçlarının
hesabı, çubukta mevcut (S) kuvvetine göre değil, çubuğun
taşıyabileceği (Smax = Fn. σçem ) kuvvetiyle yapılmalıdır.
Ayrıca, ek levhaların her birini, ekin bir tarafında, çubuğa
bağlayan birleşim araçları, o ek levhasının payına düşen
kuvveti aktarabilmelidir.
289
Örneğin;(Şekil 3.3) göz önünde tutulduğunda,
-Ek levhası (h1 x t2) için; S1= Smax
bt1 +2h1t2
x h1t2
Bu levhayı çubuğa 2 adet (A) bulonunun birer kesiti
bağlamaktadır.
Ns1 = πd2 τsem
4
NL= d tmin σlem
S1 ≤ Nem
2
olmalıdır.
290
[tmin=min (t2, s) ]
- Ek levhası (b x t1) için: S2 =
Smax
xbt1
bt1+ 2h1 t2
Bu levhayı çubuğa 6 adet tek etkili (B) bulonları
bağlamaktadır.
Ns1 = πd2 τsem
4
NL = dtmin σlem
[tmin=min (t1, t) ]
S2 ≤ Nem
6
olmalıdır
291
Ayrıca, ekin bir tarafında, iki adet çift etkili (A) bulonu ve altı
adet tek etkili (B) bulonu kullanıldığına göre ,
(A) Bulonlarında;
Ns2 = 2 π d2 τsem
4
NL= d tmin σlem
(B) Bulonlarında;
[tmin=min (s,2t2) ]
Ns1 = πd2 τsem
4
NL = d tmin σlem
2x Nem A + 6 Nem B ≥Smax
[tmin=min (t, t1) ]
292
koşulu da irdelenmelidir.
ÖRNEK
Şekil 3.4.de görülen çekme çubuğu ekinin gerekli
tahkiklerini yapınız.
Şekil 3.4
293
ÇÖZÜM:
Çekme çubuğunda gerilme tahkiki:
1 Kup I260 da;
2
F=1. 53,4 = 26,70 cm2
2
Fmin = 26,70 - 2x1,7x1,41 = 21,91 cm2
σ = 28 = 1,28 t/cm2 < 1,44 t/cm2
21,91
Ekin tahkiki:
Fnek =(2x0,8x10+12x1,5) - 2x1,5x1,7 = 28,9 cm2 > Fn=21,91
cm2 old.uygundur.
294
Ek elemanların oluşturduğu en kesitte,
ẹ2= 2x10x0,8x9,5 + 12x1,5x0,75 = 4,87 cm
2x10x0,8x + 12x1,5
∆e = 48,7 – 15 - 34 = 0,3 mm ≤ (1~3) mm
uygundur.
Smax = 21,91x1,44 = 31,55 t
S1= 31,55
10x0,8
= 7,42 t
2x10x0,8 + 1,5x12,0
295
old.
Tek etkili (M16) uygun bulonda (100.8 için);
Ns1= π 1,72 x1,4 = 3,18 t
4
NL = 1,7x0,8x2,8 = 3,81 t
Nem = 3,18 t
3x3,18 = 9,54 t > S1 = 7,42 t
S2= 31,55
1,5x12
= 16,70 t
2x10x0,8 + 1,5x12,0
296
Tek etkili (M16) uygun bulonda (100.8 için);
Ns1= π 1,72 x1,4 = 3,18 t
4
NL = 1,7x1,4x2,8 = 6,71 t
Nem = 3,18 t
6x3,18=19,08 t > S2=16,70 t
297
Diğer yandan, bu teşkil için , ekin bir tarafında 3 tane çift
etkili, 6 tane tek etkili M16 uygun bulon
kullanılmıştır.Buna göre,
Çift etkilide;
Ns2 = 2 π 1,72 1,4 = 6,35t.
4
NL = 1,7x0,94x2,8 = 4,47 t.
Nem = 4,47 t
Tek etkilide ;
Nem = 3,18 t
3x4,47+6x3,18=32,49t. > Smax =31,55 t olur.
298
3.1.2.Kaynaklı Ekler
a) Üniversal Ek:
Şekil 3.6.
Çekmeye çalışan küt dikişlerde, daha düşük değerdeki emniyet
gerilmeleriyle tahkik yapmak gerekir.(Örneğin, σkem = 700 kg/cm2)
299
Küt Ek (Üniversal Ek)
Çekme çubuklarının doğrudan doğruya ucuca küt
kaynakla bağlanması ile elde edilir. TS 3357’ ye göre
böyle bir ek yapmaktan mümkün olduğunca
kaçınmak gereklidir. Gövdede küt dikiş yapmadan
önce profillerin boyun bölgeleri mutlaka oyulmalıdır.
Ak ≅ An , pr
P
σ
=
≤ σ kem
Ak
300
b) Enine (Enleme) Levhalı Ek:
Şekil 3.7.
Enine levhanın tL kalınlığı, en az çubuk başlık kalınlığı t kadar
olmalıdır. Bu ekin çubuğun Smax kuvveti aktarabilmesi için
(a1 = 0,7s ve a2 = 0,7t ) alınması gerektiği vurgulanmalıdır
301
Ucuca eklenecek çekme çubuklarının aralarına konan
enleme levhaya köşe kaynak dikişleriyle bağlanmaları
sonucunda oluşturulan ek çeşididir.
302
303
 Profili enleme levhasına bağlayan toplam köşe dikiş
alanı mevcut kuvvete bölünmek suretiyle kaynak
dikişlerinin kontrolü yapılır. Enine levha kalınlığı en az
profil başlık kalınlığı kadar alınır. Köşe kaynak dikiş
kalınlıkları maksimum seçilmelidir.
=
σ
P
≤ σ kem
Ak
304
1. ½ kup I300 en kesitli çekme çubuğunun, kaynaklı küt ekinin
güvenle aktarabileceği Nem kuvvetini belirleyiniz.(Mlz St37,H
yüklemesi)
∆F ≈ tg (h – l’g – tb) = 1,08 (15 – 12 - 1,62) = 1,49 cm2
Fk = F - ∆F = 34,55 – 1,49 = 33,06 cm2
Nem = Fk σkem = 33,06*0,7 = 23,14 t
305
2. Şekilde verilen enleme levhalı kaynaklı çekme çubuğu ekinin
güvenle aktarabileceği kuvveti belirleyiniz. (Mlz St37, H
yüklemesi)
 Enine levha kalınlığı te = 16 mm ≈ t = 16,2 mm
306
oKaynak dikişlerinde kontroller
Gövde kaynak dikişi
3 mm < ag = 7 mm < 0,7*10,8 = 7,56 mm
Fk1 = 2*0,7(12 – 0,7) = 15,82 cm2
Başlık kaynak dikişleri
3 mm < ab = 11 mm < 0,7*16,2 = 11,2 mm
dışta: Fk2 = 1,1*12,5 = 13,75 cm2
içte : Fk3 = 2*1,1(4,5 – 1,1) =7,48 cm2
307
oKaynak dikişleri ağırlık merkezi
ek = 15,82* (11,3/2) + 13,75*15 + 7,48(15 – 1,62) = 10,68 cm
15,82 + 13,75 + 7,48 (ΣFk = 37,05 cm2)
eçubuk = 11,03 cm
Δe = 11,03 – 10,68 = 0,35 cm = 3,5 mm ≈ (1-3) mm old.
eksantrisite ihmal edilebilir.
oBirleşimin güvenle taşıyabileceği N çekme kuvveti:
N = σemn* Fk = 1,1*37,05 = 40,76 t
308
309
c) Lamalı Ek:
Şekil 3.8.
Ek levhalarının boyları gerektiği gibi saptandığında, çubuğun
Smax değerinin aktarılması kolaylıkla sağlanır ve bu ek şekli en
sağlıklı olanıdır. Bulonlu ekte gerçekleştirilmesi gereken üç ana
prensip burada da geçerlidir.
310
311
Köse kaynak dikisleri kayma gerilmesine maruz kalırlar.
Gövde ek lamasına düsen kuvvet :
Baslığa ek lamasına düsen kuvvet :
312
3. Şekilde verilen bindirme elemanlı kaynaklı ekte gerekli kontrolleri
yapınız. (Mlz. St37, H yüklemesi)
 Ek çubuğunun taşıyabileceği Nem = maxN kuvvetine göre
kontrol edilecektir.
Nem = F*σem = 34,55*1,44 = 48,37 t
313
o Bindirme elemanlarının (ekleme lamaları) en kesiti, eklenen
çubuğununkinden büyük olmalı
Fek = 2*9*1 + 18*1,2 = 39,6 cm2 > 34,55 cm2 = Fçubuk
oBindirme elemanlarının ağırlık merkezi, eklenen çubuğunki ile
üst üste düşmeli Çubukta:
F’*ex = Sx —>
ex = 381 = 11,03 cm
34,55
Ek levhalarının x-x’ e göre ağırlık merkezi:
(ex)bindirme = 2*9*1*6 + 18*1,2*15,6 = 11,24 cm
39,6
Δe = 11,24 – 11,03 = 0,21 cm = 2,1 mm ≈ (1-3) mm
314
oKaynak dikişlerinde kontroller:
Gövde ekleme lamaları dikişleri
3 mm < ag = 6 mm < 0,7*10 = 7 mm
e1 = 15 mm ≥ (2,5-3)a ≈ 2,5*6 = 15 mm
hg = 241 = 120,5 mm
2
e’1 = 120,5 – 90 – 15 = 15,5 mm > 2,5a = 15 mm
15a =15*6 =90 mm< lg =110 – 6 =104 mm < 100a =100*6 =600
mm
Ng =
τk =
Fg *N = 2*9*1 *48,37 = 21,986 t
Fg + Fb
39
21,986 = 0,881 t/cm2 < τkem = 1,1 t/cm2
4*0,6*10,4
315
Başlık ekleme laması dikişleri:
3 mm < ab = 8 mm < 0,7*11,83 = 8,28 mm
e2 = (180 – 125)/2 = 27,5 mm > 2,5a = 2,5*8 = 20 mm
15a =15*8 = 120 mm< lb = 195 – 8 =187 mm< 100a =100*8 =800
mm
Nb = Fb *N = 18*1,2 *48,37 = 26,384 t
ΣFek
39,6
τk =
26,384 = 0,882 t/cm2 < τkem = 1,1 t/cm2
2*0,8*18,7
316
Örnek problem
Şekilde verilen çekme çubuğu ekleri için gerekli
tahkikleri yapınız.
317
Çözüm
1.
Gerilme tahkiki;
1
26, 70cm 2
F =× 53, 4 =
2
41 21,91cm 2
Fn ,min
= 26, 70 − 2 ×1, 7 ×1,=
σ
=
28
= 1, 28t / cm 2 ≤ 1, 44t / cm 2
21,91
318
2.
Ekin tahkiki;
Fnek = 2 × 0,8 ×10 + 12 ×1,5 − 2 ×1,5 ×1, 7 = 28,9cm 2 ≥ Fn = 21,91cm 2
2 ×10 × 0,8 × 9,5 + 12 ×1,5 × 0, 75
e2 = 4,87cm
2 ×10 × 0,8 + 12 ×1,5
∆=
= 0,3mm
e 48, 7 − 15 − 34
S max = 21,91×1, 44 = 31,55t
S1
31,55 ×10 × 0,8
= 7, 42t
2 ×10 × 0,8 + 1,5 ×12
319
Örnek problem
I200 profilinden oluşturulmuş çekme çubuğunda
S=38t Çekme çubuğunun kaynaklı ekinin üç ek şekline
göre tahkik ediniz.
F = 33,5t
t = 11,3mm
s = 7,5mm
σ kem = 700kg / cm 2
veST 37" H " yüklemesi
320
Çözüm
S= 33,5 × 0, 7= 23, 45t ≤ S= 38t
enine levha ek şekli;
321
Enine Levha Ek Şekli için;
=
te 15mm =
≥ t 11,3mm
a1 = 5mm ≤ 0, 7 × 7,5 = 5, 25mm
l1=' 160mm; l1= 160 − 2 × 5= 150mm
a2 = 7 mm ≤ 0, 7 ×11,3= 7,91mm
'
l2=
l2= 90mm
a3 = 7 mm ≤ 0, 7 ×11,3= 7,91mm
l3 = 35 − 7 = 28mm
Fk =×
2 0,5 ×15 + 2 × 0, 7 × +4 × 0, 7 × 2,8 =
35, 44cm 2
=
35, 44 1072kg / cm 2 =
≤ σ kem 1100kg / cm 2
σ k 38000 /=
322
Levhalı Ek Şekli İçin;
Aşağıdaki şekilde izlenecek yol verilmiştir.
323
1.Fnek = Fek = 2 × 0,8 ×15 + 2 ×1, 2 ×12 = 52,8 ≥ 33,5cm 2
2.∆e =0
3.S max = 33,5 ×1, 44 = 48, 24t
S1 =
5 × 0,8 / 52,8 × 48, 24 =
10,96t
a1 = 4mm ≤ 0, 7 × 7,5= 5, 25mm
l1 = l1' ≥ 10,96 /(2 × 0, 4 ×1,1) = 12, 45cm → l1' = 150mm
S 2 =12 ×1, 2 × 48, 24 / 52,8 =13,16t
a2 = 4mm ≤ 0, 7 ×11, 3 = 7,91mm
l2' ≥ 13,16 /(2 × 0, 4 ×1,1) + 0, 4= 15,35 → l2' 175mm
başka işleme gerek yoktur.
324
BASINÇ ÇUBUKLARI
 Kesit zoru olarak yalnızca eksenel doğrultuda basınca
maruz kalan elemanlara basınç çubukları denir.
 Bu tip çubuklara örnek olarak pandül kolonları, kafes
sistemlerin basınca çalışan dikme ve diyagonallerini,
deprem ve rüzgar yüklerine karşı yapılara rijitlik
sağlamak amacıyla uygulanan çapraz çubukları, vb.
gösterilebilir.
 Çelik yapılarda tüm basınç elemanları burkulmaya göre
hesaplanırlar.
325
 18. yüzyılın ikinci yarısında diferansiyel ve integral
hesabın gelişmesiyle kolon burkulma problemi
çözülmüştür. 1759 yılında İsviçreli matematikçi Leonhard
Euler kolonların burkulması ile ilgili tezini yayınlamıştır.
Euler kolon taşıma gücünün yalnızca basınç etkisinde
ezilme değil aslında bir stabilite problemi olduğunu fark
eden ilk kişidir.
 Basınç çubuklarında, etkiyen kuvvetin şiddetinin belli bir
kritik değeri aşması halinde, çubuk ekseni doğrusallığını
kaybederek eğilmeye başlar ve bu olaya da basınç
çubuğunun burkulması adı verilir.
326
 Eksenel doğrultuda basınca maruz kalan çubuk aşırı
derecede narin ise burkulmadan hemen önce
elemanda oluşan gerilmeler, orantılı sınırın altında ve
elastik bölgede kalır. Bu çeşit burkulmaya elastik
burkulma denir; burkulup da yük taşıyamaz hale
gelen eleman elastik kalmıştır. Gerilme değerleri
orantılı sınırın da altında kaldığı için malzeme Hooke
kanuna uyar.
327
 Euler burkulmanın diferansiyel denklemini oluşturup
çözerek, iki ucu mafsallı bir çubuk için elastik burkulma
durumunda kritik burkulma yükünü aşağıdaki şekilde
elde etmiştir:
Π EI
= 2
L
2
Pcr ,e
Bu denklemde;
E, malzemenin elastiklik modülü,
I, çubuk kesitinin zayıf ekseni etrafındaki atalet momenti,
L, çubuğun mafsallar arasındaki boyudur.
328
 Kritik elastik burkulma yükü nedeniyle çubukta oluşacak
gerilme ise şöyle olacaktır:
Pcr ,e π 2 EI π 2 Ei 2 π 2 E
σ=
=
=
=
cr , e
2
2
2
λ
A
LA
L
Burada ;
İ, atalet yarıçapı,
λ, narinlik derecesidir.
329
 λ çubuk narinliği ile σKi ideal burkulma
gerilmesi arasındaki bağıntıyı gösteren bu
denklemin, (λ,σ) kartezyen eksen takımındaki
etkisi ‘’Euler Hiperbolü’’dür.
330
 Çelik malzeme σ ≤ σp (orantılı sınır gerilmesi) olduğu
takdirde Hooke kanununa uyan bir malzemedir. Demek ki
Euler formülü,
 σKi ≤ σP durumu içindir. σP = 0,8σa (akma sınırı) varsayımı
gözönünde tutulursa,
σKi = σP durumunda,
π E
E
σ Ki = σ p = 2 → λ p = π
λ
σp
2
331
DIN 4114 yönetmeliği ise, elasko-plastik bölgede, ‘Taşıma yükü
metodu’ nun uygulanmasını öngörmektedir.
(a)
(b)
Şekil 4.4.
332
(c)
Bunun için,
Malzemesi, ideal elastik-ideal plastik çelik olsa,
Enkesiti , tek simetri eksenli ‘2L’ den oluşan,
Basınç kuvveti ‘S’ nin simetri ekseni içinde ve
(i, enkesit atalet yarıçapı; s, çubuk boyu)
i
s
=
+
u
20 50
kadar
eksantrik etkidiği iki ucu mafsallı bir basınç çubuğu
gözönünde tutulmuş ve bu çubuktaki (σKr) kritik burkulma gerilmesi
hesaplanmıştır.
333
Bunun için,
Malzemesi, ideal elastik-ideal plastik çelik olsa, enkesiti , tek
simetri eksenli ‘2L’ den oluşan, basınç kuvveti ‘S’ nin simetri
ekseni içinde ve
i
s
=
u
+
20 50
(i, enkesit atalet yarıçapı; s, çubuk boyu)
kadar eksantrik etkidiği iki ucu mafsallı bir basınç çubuğu
gözönünde tutulmuş ve bu çubuktaki (σKr) kritik burkulma
gerilmesi hesaplanmıştır.
334
Böylece, herhangi bir basınç çubuğunda ( σ = S/F ) ortalama
gerilme, bu ( σki ve σkr ) gerilmelerinden belli bir emniyet
kadar küçük kalmalıdır. σki için emniyet katsayısı ( υki = 2,5 ),
σkr için ( υkr =1,5 ) alındığında, σdem burkulma emniyet
gerilmesi;
σ dem
 σ kr σ ki 
= min 
,

 ukr uki 
Basınç çubuğunun emniyetli durumda bulunması demek,
ortalama gerilme için,
P
σ=
≤ σ dem
F
tahkikinin sağlanması demektir.
335
σdem burkulma emniyet gerilmeleri λ narinliğine göre
değişkendir. Pratikte değişken emniyet gerilmesi değerleriyle
çalışmak istenmediğinden
em
σ
w=
σ dem
olarak ‘w burkulma sayıları’ tarif edilmiştir. Bu suretle
yukarıdaki gerilme tahkiki
w× P
=
≤ σ em
σw
F
şekline gelir , yani tahkik sabit σem ile yapılmış olur.Burada σw
gerilmesinin gerçek bir gerilme değeri olmadığı aşikardır.
336
 Çubuğun narinliği ( λ = s/i ) hesabındaki (s), esasında
çubuğun burkulma boyudur ve bundan böyle (sk) ile
gösterilecektir.
(s) çubuğun gerçek boyu ise, sk = k*s şeklinde elde edilir.
(k) katsayıları, çubuk uç bağlantılarının tiplerine göre Tabloda
verilmiştir.
337
338
339
Çubuk burkulması enkesitin asal eksen düzlemlerinden birisine
dik olarak gerçekleşecektir, eğer çubuğun birbirine dik
düzlemlerdeki sınır şartları (burkulma boyları) aynı ise çubuk
zayıf ekseni etrafında burkulur.
Bunun nedeni zayıf ekseninin atalet yarı çapı küçük
olduğundan bu eksen düzlemine dik burkulma durumu için
çubuk narinliğinin yüksek olmasıdır. Ancak çubuğun birbirine
dik düzlemlerdeki mesnetlenme durumları nedeniyle farklı
burkulma boyları mevcutsa, her iki eksen düzlemine dik
burkulma durumu için hesap yaparak elde edilen narinlik
değerlerinden büyük olanı dikkate alınır.
340
I profilinden oluşan bir kolonun mesnetlenme durumu
ve olası burkulma şekilleri:
Burkulmadan önceki
durum
Zayıf eksen (y)
düzlemine dik burkulma
341
Kuvvetli eksen (x)
düzlemine dik burkulma
TEK PARÇALI BASINÇ ÇUBUKLARI
Tek profille teşkil edilen çubuklar ile parçaları bütün çubuklar
boyunca doğrudan doğruya ve sürekli olarak birbirine birleşik
çok parçalı çubuklar bu sınıfa girer.
342
GERİLME KONTROLÜ:
x ve y asal eksenler olmak üzere,
I 
ix =  x 
F
 Iy 
iy =  
F
skx 
ix 
λ →w
sky  max
λy =
i y 
(Tek hadde profili için tablodan alınır.)
(Tek hadde profili için tablodan alınır.)
λx =
σ =w ×
N
≤ σ em
F
x ve y asal eksenler değillerse (köşebentler,
….) aynı işlemler
asal eksenler için yapılır.
343
BOYUTLAMA:
Bir denklem ve iki bilinmeyen var.
Genel yöntem;
w0 = 1 alınarak
F0 ≥
1× N
σ emn
F = (1.5~2 ) Fo → profil seçimi → gerilme kontrolü
344
-Domke yöntemi (Profil türü önceden belli)
F0=
N
σ emn
→ profilseçimi ( F0 , i0 ) → λ0=
sk
i0
F ve F0’ ın benzer alanlar olmalarından,
F
i 2 i 2 sk2 λ02
= =
=
=
w =
2
2
F0
i0 sk i02 λ 2
λ0 = λ w
F≥
wN
σ em
çize lg e → λ → w
→ kesitseçimi
yine gerilme kontrolü yapılmalıdır.345
GÜVENLE TAŞINABİLEN KUVVET
Gerilme kontrolünün benzeri durumdur.
Λmax ve w bulunduktan sonra
max=
N N=
em
Fσ em
w
belirlenir. Çubuğa gelen N basınç kuvveti
N ≤ N em
olmalıdır.
346
ÖRNEKLER
347
1. I200 enkesitli çelik bir kolon skx =660cm
sky=220cm
S= 15ton olduğuna göre gerilme tahkikini yapınız?
Çözüm;
660
= 83
8
220
=
λ y = 118
1,87
=
λx
45
λmax = 118 → w → 2,2,84
2,84
15 × 2,
45
1,27t / cm 2 ≤ 1, 44t / cm 2
=
= 1,1
σ
33,5
348
2. L80.80.8 enkesitli bir kafes kiriş basınç çubuğunun
Skx =Sky=275cm’dir. Aktarabileceği en büyük basınç
kuvvetinin hesabını yapınız.
Çözüm;
F = 12,3cm 2
imin= iη= 1,55cm
λmax =
=
S
275
= 177 → w= 5, 44
1,55
12,3 ×1, 44
= 2,3,26
62t
5, 44
349
3. S=28 ton, skx = sky = 4,5 m kolon kesitinin (IPGH)
profili olarak saptanması
Çözüm;
λmax =
450
= 161 → w = 4,50
2,80
28 × 4,50
2
σ
1,
44
t
/
cm
=
= 1, 45t / cm 2 ≅ σ=
çem
86,8
350
4. Şekilde I260 profili ile teşkil edilen yan duvar kolonu
görülmektedir. Mlz: St37, H yüklemesi, P = 51,5 t
olduğuna göre gerilme tahkikini yapınız.
Şekil 4.7.
351
I260 için profil tablosundan;
F = 53,4 cm2 , ix = 10,4 cm,
iy = 2,32 cm’ dir.
Kolon uçlarında mafsal şartları
vardır ve kolona üçte bir
noktalarında duvar kuşakları
bağlanmıştır. x-x asal ekseni
duvar düzlemine paraleldir.
x-x eksenine dik burkulmada
(duvar düzlemi dışında burkulma)
burkulma boyu skx = 4,50 m’ dir.
352
y-y eksenine dik burkulmada ( duvar düzlemi içindeki
burkulma ) duvar kuşakları kolonu üçte bir noktalarında yanal
harekete karşı tutunacağından, burkulma eğrisi kesik
çizgilerle gösterildiği şekilde olur. Kuşakların bağlandığı
yerlerde büküm noktaları oluşacağından , 1,50 m boyundaki
kısımların uçlarında mafsal durumu meydana gelir ve sky =
1,50 m olur.
sky 150
skx 450
λ=
=
= 64, 7
λ=
=
= 43,3
y
x
i y 2,32
ix 10, 4
λmax = 65 → w = 1, 41
w × P 1, 41× 51,5
2
2
36 t / cm < 1, 44t / cm
=
= 1, 63
σw =
F
53, 4
353
T.S.648, dik açılı çerçevelerde, çubuk burkulma boyları için,
çubuk uçlarının çubuk eksenine dik doğrultuda tutulmuş ya
da serbest olduklarını göz önüne alan iki abak verilmektedir.
Abakların kullanılabilmesi için, önce çubuğun (i) ve (j) uçlarına
ilişkin Gi ve Gj redör oranlar belirlenir.
𝐼𝐼𝑠𝑠
∑𝑖𝑖
𝑙𝑙𝑠𝑠
𝐺𝐺𝑖𝑖 =
𝐼𝐼𝑘𝑘
∑𝑖𝑖
𝑙𝑙𝑘𝑘
354
Burada burkulma düzlemi içinde olmak üzere,
Is : göz önünde tutulan noktaya rijit olarak bağlanan
kolonların atalet momenti,(cm4)
Ik : göz önünde tutulan noktaya rijit olarak bağlanan
kirişlerin atalet momenti,(cm4)
ls : ilgili kolonların boyu (cm)
lk : ilgili kirişlerin boyu (cm) ‘dur.
Σ işareti, ele alınan düğüm noktasında ve burkulma
düzleminde, o düğüm
noktasına rijid bağlı çubuklar için toplamı ifade etmektedir.
(s : kolon için, k : kolon için kullanılmıştır.)
355
356
Örnekte, B noktasında, BC
çubuğu toplama
girmez. Kirişlerde Ik/lk
değerleri aşağıdaki
katsayılarla çarpılır.
2,0 düğüm noktaları sabit çerçeve : E’ de ED çubuğu
1,5 düğüm noktaları sabit çerçeve : G’ de GH çubuğu
2,0 düğüm noktaları serbest çerçeve : C’ de CB çubuğu
Temele ankastre bağlı kolonda, bu uçtaki G ≈ 1,0 alınabilir
(teoride 0).
Temele mafsallı bağlı kolonda, bu uçtaki G ≈ 10 alınabilir
(teoride ∞).
Örnekl: Şekilde görülen ötelenmesi önlenmemiş çerçevenin S1 ve S2 kolonlarının
çerçeve düzlemi içindeki burkulma boylarını hesaplayınız.
358
359
=
sk 1,=
76*300 528cm
360
BASINÇ ÇUBUKLARININ SINIFLANDIRILMASI
Basınç çubukları enkesit özellikleri ve hesaplanma esaslarına
bağlı olarak iki ana gruba ayrılırlar:
1- Tek parçalı veya enkesitini oluşturan parçaları çubuk boyunca
birbirlerine sürekli olarak birleştirilmiş
basınç çubukları:
361
Enkesiti tek parça olan basınç çubuklarına örnekler
362
Enkesitini oluşturan parçalar birbirlerine çubuk boyunca
sürekli olarak birleştirilmiş basınç çubuklarına bazı örnekler
363
Bu gruba giren basınç çubukları daha önce anlatılan
burkulma katsayıları metodu ile hesaplanır.
Enkesiti çok parçanın birbirine sürekli birleştirilmesi ile
oluşturulan çubuk enkesitlerinde birleştirme aracı kaynak
ise kaynak dikişleri sürekli olarak çekilmelidir ve kalınlıkları
ise 3~4 mm olur. Eğer birleştirme aracı olarak bulon veya
perçin kullanılmışsa, bunların aralıkları çubuk boyunca
7~10d (d:bulon veya perçin çapı) olarak alınabilir.
364
Birleşimde kaynak kullanılması durumunda
köşe
kaynak dikişlerinin kalınlığı a = 3 - 4 mm olmalı ve dikiş
sürekli çekilmelidir. Birleşimde bulon (perçin) kullanılması
durumunda bulon aralıkları en fazla emax = 7-10 d olmalı
ve eleman boyunca birleşim uygulanmalıdır (d : bulon çapı).
Bu tür çok parçalı basınç çubuklarının tasarımı tek parçalı
basınç çubuklarında olduğu ibi yapılır.
ibi yapılır.
365
Soru:Plan ve kesiti aşağıda verilmiş olan kolon elemana P= 60
ton’ luk basınç yükü etki etmektedir.
Verilenler: Kolon kesiti I300, eksenel basınç yükü P= 60 ton,
yükleme şekli H, malzeme st37
İstenenler: Gerekli tahkikleri yaparak, kesitin verilmiş olan
yükü emniyetle taşıyıp taşıyamayacağını kontrol ediniz.
366
367
Soru: (Domke Metodu ile Çözüm )
Verilenler: Bir ucu serbest ve bir ucu yere ankastre olan 350 cm
boyunda’ ki kolona P= 57 tonluk bir basınç kuvveti tesir
etmektedir. Malzeme st37, yükleme şekli H olarak verilmiştir.
İstenilenler: IPB profili kullanarak kolon kesitini boyutlandırınız.
368
Domke
2,63
43
W=2,63
3,49
2,63
107,08
111
10,2
6,11
2,35
6,11
2,35
1,26
369
Soru: (Domke Metodu ile Çözünüz )
Verilenler: Bir ucu serbest ve bir ucu yere ankastre olan 350 cm
boyunda’ ki kolona P= 57 tonluk bir basınç kuvveti tesir
etmektedir. Malzeme st37, yükleme şekli H olarak verilmiştir.
İstenilenler: I profili kullanarak kolon kesitini boyutlandırınız.
370
Soru: verilenler; Şekilde görüldüğü gibi parçaları sürekli birleşik
2U160 profilinden teşkil edilmiş olan bir basınç çubuğu için Lkx
=500 cm, Lky= 250 cm, malzeme st37 ve yükleme şekli H olarak
verilmektedir.
İstenenler; basınç çubuğunun emniyetle taşıya bileceği eksenel
basınç yükünü bulunuz.
371
“X-X” eksenine dik burkulma tahkiki
“Y-Y” eksenine dik burkulma tahkiki
372
Kesitin taşıya bileceği maksimum basınç yükü olarak;
Pmav= Px=41.74 ton bulunur. Kesitin her iki yönde de
burkulma bakımından emniyetli olabilmesi için kesite etki
eden Px ve Py yüklerinden en küçük olanı kesitin
taşıyabileceği maksimum ( Pmax ) yük olarak alınır.
373
Soru: verilenler; Şekilde görüldüğü gibi parçaları sürekli birleşik
2U260 profilinden teşkil edilmiş olan bir basınç çubuğu için Skx
=600 cm, Sky= 200 cm, malzeme st37 ve yükleme şekli H olarak
verilmektedir.
İstenenler; basınç çubuğunun emniyetle taşıya bileceği eksenel
basınç yükünü bulunuz.
374
Soru : Verilenler; Şekil de en kesiti verilen basınç çubuğunda
Lk-x=Lk-y= 300 cm, malzeme st37, yükleme şekli H olarak
verilmektedir. (L profilin uzun kenarı düşey doğrultudadır)
İstenenler; Çubuğun emniyetle taşıyabileceği basınç yükünü
bulunuz.
375
İlk önce sistemin (X-X) ekseninin geçeceği merkez nokta
belirlenir.
376
377
Soru : Verilenler; Şekil de en kesiti verilen basınç çubuğunda
Lk-x=Lk-y= 300 cm, malzeme st37, yükleme şekli H olarak
verilmektedir. İstenenler; Çubuğun emniyetle taşıyabileceği
basınç yükünü bulunuz.
100.10
378
ÇOK PARÇALI BASINÇ ÇUBUKLARI
İki veya daha çok parçadan oluşan basınç çubuklarıdır. Çok
parçalı olarak kabul edilen çubuklarda münferit parçalar
arasında genellikle genişçe bir aralık vardır. Çubuğu teşkil eden
parçaların birlikte çalışmaları için ya kafes tarzı bir bağlantı veya
bağ levhaları ile çerçeve tarzı bir bağlantı kullanılır.
379
Birinci Grup Basınç Çubukları
Aşağıdaki en kesitlerden de görülebileceği gibi, burada en kesiti
oluşturan parçalar birbirlerinden ayrıktır. İki asal eksen (X-X) ve
(Y-Y) özel konumları vardır. Eksenlerden biri, en kesitlerdeki
parçaların hepsini kesmektedir (X-X ekseni gibi). Bu eksene
“Malzemeli Ekseni” denir. Diğer eksen ise, ya parçalardan hiç
birisini kesmez veya bir kısmını keser. Bunlarda “Malzemesiz
Eksen” denilir.
380
Her iki eksen etrafındaki burkulma hesapları ayrı ayrı
yapıldığından ve hesaplama yöntemleri de değişik
olduğundan, en kesitteki malzemeli ve malzemesiz eksenlerin
doğru olarak belirlenmesi gereklidir. Herhangi bir en kesitte,
bir eksen malzemeli, diğeri malzemesiz veya her iki eksende
malzemesiz olabilir, fakat her iki ekseninde malzemeli eksen
olması mümkün değildir (2). Asal eksenlerinden birisi
malzemeli eksen (çubuğu meydana getiren parçalardan her
birisini kesen eksen) olan çubuklardır. Bu eksene dik
burkulma bakımından tek parçalı basınç çubukları gibi hesap
edilirler.
Burada bütün profilleri kesen X-X eksenine “malzemeli
eksen”, Y-Y’ eksenine ise “malzemesiz eksen” adı verilir.
381
382
383
Birinci Grup Basınç Çubuklarının Hesap Esasları
Birinci grup basınç çubukları, tek parçalı basınç çubuklarında
olduğu gibi hem X-X eksenine dik burkulmaya göre hem de Y-Y
eksenine dik burkulmaya göre tahkik edilirler.
I. X-X Eksenine Dik Burkulmaya Göre Tahkik
X-X eksenine dik burkulmaya göre hesabı tek parçalı basınç
çubuklarında olduğu gibi yapılır
λX = X-X eksenine dik burkulmadaki narinlik
LX = X-X eksenine dik burkulmadaki, çubuğun burkulma boyu
iX = X-X eksenine göre çubuğun atalet yarıçapı
P = Çubuğa tesir eden eksenel basınç kuvveti
F = Çubuğun kesit alanı
384
II. Y-Y Eksenine Dik Burkulmaya Göre Tahkik
Burada, itibari bir λ Yİ narinlik değeri hesap edilir ve buna bağlı
olarak tablodan WYİ itibari burkulma değeri alınır ve bu değere
göre yine tek parçalı basınç çubuğu gibi hesap yapılır
385
Burada;
λ Y = Çubuğun bütününün, Y ekseni etrafındaki narinlik derecesidir.
m = Basınç çubuğunu teşkil eden parçaların çalışma durumuna göre
parça sayısı
λ 1 = Yardımcı narinlik değeri
Z = Paralel düzlemlerdeki enine bağlantıların sayısı imin = Bir parçanın
en küçük atalet yarı çapı
Fd = Kafes bağlantıda bir diyagonalin en kesit alanı Lb1 = Tek parçanın
burkulma boyu
iY = Y-Y eksenine göre atalet yarı çapı LY = Y-Y eksenine dik
burkulma boyu
I1 = Tek parçanın Y-Y eksenine göre atalet momenti F = Tek
parçanın kesit alanı
Lk1 = Bağlantı levhaları arasındaki mesafe
386
387
388
NOT:
İki parçalı çubuklarda, eğer münferit profiller arasındaki
mesafe düğüm levhası kalınlığına eşit veya az fazla ise, ayrıca
münferit profiller uzunlukları boyunca araya bir besleme
levhası konulmak sureti ile birleştirilmişlerse, iki parçalı çubuğun
Y-Y eksenine dik burkulması da X-X eksenine dik burkulması gibi
hesaplanır; yani bu durum için λ Yİ = λ Y alınır. Enleme
bağlantıları arasında, münferit çubuklar birbirlerine çubuk
doğrultusundaki aralıkları 15.i1 ‘ den fazla olmayan perçinlerle
birleştirildiği taktirde yine λ Yİ = λ Y alınır .
389
390
391
392
393
394
395
396
Şekilde görülen basınç
çubuğunun taşıyabileceği en
büyük basınç kuvveti nedir?
Bağ levhasındaki kaynak
dikişlerinde gerekli kontrolleri
yapınız.
397
Birbirine sürekli
olarak kaynaklanmış
üç profilden oluşan
her bir parça için:
398
399
400
401
402
403
404
405
406
407
408
409
410
411
412
413
414
415
416
417
418
419
(z=paralel diyagonal çubuk sayısı)
420
421
422
“X-X” Eksenine dik burkulma tahkiki
423
Birleşim yeterli değildir. Birleşimi emniyetli yapabilmek için bağ
levhası sayısı artırılır ve kuşaklar L/3 den konulabilir.
424
425
Verilenler: 4L100.100.12 eşit kollu korniyerleri kullanılarak
aşağıdaki şekilde görüldüğügibi teşkil edilmek istenen bir basınç
çubuğuna P=100 ton luk eksenel basınç yükü etki etmektedir.
Lkx=Lky=1000 cm, bağ levhaları aralığı Lk1=75 cm, malzeme st37
ve yükleme şekli H olarak verilmektedir. Örgü çubukları L50.50.6
‘ den teşkil edilmektedir.
İstenenler: Kesitin bu yükü emniyetle taşıyıp taşıyamayacağını
kontrol ediniz.
426
427
428
UYGULAMA
St37, H (EY) yüklemesi
429
430
431
432
433
434
435
UYGULAMA
Detay resmi verilmis olan çekme çubuğu için gerilme tahkikini yapınız.
St37, H (EY) yüklemesi
436
437
438
439
UYGULAMA
440
a) Kolonun taşıyabileceği en büyük basınç kuvvetinin hesabı
[260 profili için F=48,3 cm2 iy=9,99 cm i1=2,56 cm I1=317 cm4 t=1,4 cm ey=2,36 cm
1. Grup çok parçalı basınç çubuğu
Y-Y malzemeli eksene dik burkulma
Sky=320 cm λy=320/9,99=32,03
X-X malzemesiz eksenine dik burkulma
Skx=0,7x500=350 cm
(320 cm < 350 cm olduğundan Skx=350 cm
alınmalıdır.)
Ix=2[317+48,5(13,36)2]=17947,5 cm4
ix=
17947,5
2𝑥𝑥48,3
= 13,63 𝑐𝑐𝑐𝑐
λx=350/13,63=25,68
Sk1=820/7=117,1 λ1=117,1/2,56=45,8
λxi= 25,682 + 45,82 = 52,5 = λmax
ω=1,29 için
Smax=2x48,3x1,44/1,29=107,8 t
441
b) Bağ levhası ve bulonların tahkiki
e=26,72<20(2,56)=51,2 cm ise Qi=Fxσçem/80=2x48,3x1,44/80=1,74 t
T=Qi . Sx1/e=1,74x117,1/26,72=7,63 t
I bağ levhası=1,2(27)3/12=1968,3 cm4
∆I=2Fdelik.d2=2x2,1x1,2(8,5)2=364,14 cm4
W=(1968,3-364,14)/13,5=118,83 cm3 (270/2=135 mm=h/2)
Bir bağ levhasına gelen kesme kuvveti ve eğilme momenti
T1=7,63/2=3,815t M=T1x(e/2)=3,815x26,72/2=50,97 tcm
σ1=50,97/118,83=0,429t/cm2<1,44 t/cm2 uygun
Bulonlarda tahkik (3 lü sıranın en dışındaki bulonda)
T=3,815/3=1,272 t H=Mxfi/b=50,97x1/17=3 t ise bileşkesi R= 1,2722 + 32 = 3,26 𝑡𝑡
(b=en üst-en alt bulonlar arası mesafe)
M20 uygun bulon için Ns makaslama=π(2,1)2x1,4/4=4,85 t
N ezilme=2,1x1,2x2,8=7,06 t olduğundan
N em=4,85 t < R=3,26 t olduğundan uygundur.
442
Eğilme Etkisindeki Çubuklar
Basit Eğilme (Tek eksenli Eğilme) Etkisindeki Çubuklar
Tek eksenli eğilmeye (M) dolayısıyla normal gerilmeye ve kayma
gerilmesine maruz olan çubuklardır. Yapı sistemlerindeki kirişler
tek eksenli eğilmeye maruz elemanlardır. Çelik yapılarda kiriş
olarak genellikle I profiller kullanılmaktadır.
Boyutlandırma esasları
Tek eksenli eğilmeye maruz elemanlarda (kirişlerde) eğilme
momentinin (M) yanı sıra kesme kuvveti (T) bulunmaktadır. Bu
nedenle normal gerilme, kayma gerilmesi esas alınarak tasarım
yapılır. Kirişlerin tasarımında ayrıca, kullanılabilirlik koşullarının
ve yanal (burulmalı) burkulma (stabilite) güvenliklerinin de
gözönünde bulundurulması gerekmektedir.
443
Buna göre kirislerin tasarımı asağıda belirtilen 3 kritere göre
yapılır.
1) Eğilme gerilmesine göre tasarım (tahkik):
a) Yanal (burulmalı) burkulmanın önlenmesi durumunda;
Kirislerin eğilmesi esnasında, döseme, çatı örtüsü, enleme
bağlantılar vb. önlemler ile yanal burkulmanın önlenmesi
durumunda, emniyet gerilmesi olarak
kullanılarak
asağıdaki ifade ile tasarım yapılır.
444
445
Eğilme etkisi altında yanal burkulma
446
447
448
449
450
451
fmax : Kiristeki en büyük sehim (çökme) değeri
k : Sistem özelliklerine bağlı katsayı
(Örnek: basit kiris için k= 5/384)
l : Kiris uzunluğu (açıklığı)
I : En kesitin ilgili atalet momenti
E: Elastisite modülü
fSINIR : Standartlarda verilen sınır sehim değeridir. (Çelik yapılar
için TS 648, Ahsap yapılar için TS 647)
Not: Farklı yük durumları (tekil yük, üçgen yük vb.) için sehim
ifadesi değismektedir.
452
Basit Eğilme Etkisindeki Çubukların Ekleri
Basit eğilme etkisindeki çubukların eklerinin tasarımı, bilesik
eğilme etkisindeki çubukların ekleri ile birlikte verilecektir.
Eğik Eğilme Etkisindeki Çubuklar ve ekleri
Eğik (iki eksenli) eğilme etkisindeki çubukların tasarımı, bilesik
eğilme etkisindeki çubukların tasarımı konusunda ele alınacaktır.
453
Bilesik Eğilme Etkisindeki Çubuklar ve Ekleri
Tek eksenli veya iki eksenli (egik) egilmeye (Mx, My) ve eksenel
kuvvete (N) (basınç) maruz olan çubuklardır. Çelik yapı
sistemlerindeki kolonlar bu gruba giren elemanlardır.
Çelik yapılarda kolon elemanı olarak genellikle, I profiller veya birden
fazla profilden olusan çok parçalı elemanlar kullanılmaktadır.
Boyutlandırma esasları
Bilesik egilmeye maruz elemanlar,
1) Egilme momentlerinden (Mx, My) ve eksenel kuvvetten (Basınç)
(N) meydana gelen burkulmalı ve / veya burkulmasız normal gerilme
2) Kesme kuvvetlerinden meydana gelen kayma gerilmeleri
3) Iki ucu arasındaki göreli yanal öteleme oranı (göreli kat ötelemesi)
sınır değerleri esas alınarak tasarlanmaktadır.
Normal kuvvetin çekme olması halinde, burkulmnasız normal
gerilme durumunun kontrol edilmesi yeterlidir.
454
455
456
457
458
459