BÖLÜM 5

Transkript

BÖLÜM 5

Cross Yöntemi
Bölüm 5
BÖLÜM 5
5.1. CROSS METODU (HARDY CROSS-1932)
Hiperstatik sistemlerin çözümünde kullanılan cross yöntemi açı yönteminin özel bir hali olup
moment dağıtma (iterasyon) metodu olarak da kullanılmaktadır. Açı metodunda düğümlerde
moment ve yatay dengeler yazılarak düğümlerdeki dönüş açıları ve deplasmanlar bulunarak
sistem çözüldüğü halde Cross metoduyla hiperstatik sistemlerin çözümünde önce rijit düğüm
noktalarında dönüşleri sıfır yapacak şekilde kilitlenir. Kilitleme ankastrelik momentlerin farkının
ters işaretlisi olan bir dış momentle yapılır. Yani açı metodunda olduğu gibi düğümdeki toplam
moment sıfır olacak şekilde düzenlenir. Bu uygulanan dış moment düğümde sadece dengeyi
sağlamak için kabul edilen bir moment olduğu için aranan moment olarak kabul edilmemelidir.
Bu kilitleme momentinden dolayı düğümde bir dönüş ve bu dönüş sonucunda da düğümdeki
çubukların uçlarında bir moment oluşacaktır. Bu yöntemde bir düğüme;
1. Düğüm noktalarında dış yüklerden dolayı oluşan ankastrelik momentleri,
2. Komşu düğümlerden gelen (2EI/L’den 1/2) momentler,
3. Birim yatay (δ=1) yüklemelerinden gelen (k=-3k/L ve k=-2k/L) momentler,
olmak üzere bu üç momentin farkı TERS işaretli olarak o düğüme birleşen çubuk uçlarına
rijitlikleri oranında dağıtılır ve k çubuklarının ucuna düşen momentin yarısı da komşu düğüme
gönderilir.
j
i
k
Tüm
düğümlerlerdeki
dönüş açıları=0
Tüm düğümlerlerdeki
dönüş açıları≠ 0
j
j
i
i
k
k
1.Diğer bütün düğümler kilitli, sadece i serbest 2. ϕi bulunduktan sonra i aynı kalsın ve j serbest
255
Bölüm 4
Cross Yöntemi
I. Đterasyon
1. Bütün düğümlerdeki dönüş açıları sıfır
2. Sadece i noktası serbest yani ϕi ≠ 0 olsun ve buradan ϕi kolayca bulunur.
3. Sadece j noktası serbest yani ϕj ≠ 0 olsun ve ϕi yukarıda bulunan değerde olsun. Buradan
ϕi bilindiğine göre ϕj kolayca bulunur.
4. Sadece k noktası serbest yani ϕk ≠ 0 olsun ve ϕi -ϕ
ϕj yukarda bulunan değerde olsun.
Buradan ϕi ve ϕj bilindiğine göre ϕk kolayca bulunur.
5. Yukarıdaki işlemler dönüş açısı olan bütün düğümler için yapılır ve ilk dönüş açıları
bulunmuş olur. Yani başlangıçta sıfır olan dönüş açıları yerine değerleri bulunmuş olur.
II. Đterasyon
1. Đşlemler tekrar baştan başlanarak yapılır n inci düğüme kadar yapılır ve ikinci iterasyon
tamamlanır.
III. Đterasyon
1. Değişim sıfır olduğu zaman iterasyona son verilir. Ve böylece düğümlerdeki dönüş açıları
bulunur.
4.5 kN/m
I

3.6m
7.2 kN
3 kN/m
1.03I
7.2m

1.2m
I
2.4m
3 kN

09m
Düğümlerdeki ankastrelik momentleri açı metodunda olduğu gibi bulunur.
− M12 = M 21 =
− M 34 =
4.5 x 3.6 2
= 4.86 kNm
12
− M 23 = M 32 =
3 x 7.2 2
= 12.96 kNm
12
Pab(l + b) 7.2x1.2x2.4(3.6 + 2.4)
=
= 4.80 kNm
2L2
2 x 3.6 2
Bu ankastrelik momentleri düğümlere uygulanarak düğümlerdeki momentlerin dengede olması
için kesikli çizgilerle gösterilen momentler düğümlere uygulanarak bütün düğümler kilitlenir.
nolu düğüm sabit mesnet olduğu için sadece dış yüklerden dolayı oluşan bir moment (3 x
0.9=2.7 kNm) bulunmaktadır.
4.86
M12 = 4.86

M21 = 4.86 M23 = 12.96 M32 = 12.96 M34 = 4.8
2.7
3 x 0 .9 = 2 . 7

12.96-4.8=8.16
12.96-4.86=8.1
Daha sonra düğümlerden istenilen bir tanesi açılır. Bu düğümleri açma işlemine kilitleme
momenti olan ankastrelik momentleri farkının ters işaretlisinin mutlak değerce büyük olanından
başlamak iterasyonun adım sayısını azaltacağından daha uygundur. Bu örnekte üç nolu düğüm
açılarak ankastrelik momentler farkı olan kesikli çizgilerle gösterilen kilitleme momenti 8.16
kNm lik moment bulunur. Ancak, nolu düğümde konsoldaki yükten dolayı oluşan bir 2.7 kNm
lik bir moment bulunmaktadır. Konsol yüklerden dolayı oluşan momentlerin, kenar mesnetteki
256
Cross Yöntemi
Bölüm 5
dış yük olan momentlerin yarısı ve bir düğümde bulunan dengeleyici momentin yarısı karşı
mesnede aşağıdaki kabulden dolayı geçer. Yani, düğümde dengeleyici momentten dolayı bir
dönme ve bunun sonucunda da bir moment oluşacaktır. Oluşan bu momentin yarısı aynı
işarette çubuğun diğer ucuna geçer. Komşu düğüm mafsallı ise bu momentin yarısı
geçmeyecektir. Açı metodunun esasını teşkil eden bu kabuller açı metodu denklemlerinin
çıkarılmasında aşağıdaki şekilde elde edilmişti.
Hiç şekil değiştirmesi olmayan
i
ϕi
k
eleman
i
k
Mik
Mki
i
k
_
Mki=Mik/2
Mik
+
Uç momentleri Mki ve Mik olsun
Buna göre mesnedindeki momentin yarısı mesnedine artı olarak geçer. Konsol momentleri
sağdan sola artı soldan sağa eksi geçer. Çerçevelerde ise mütemadi kirişlerin tam tersi
olmaktadır. Bu durum açı yönteminde tablo halinde açıklanmıştır.
M32 = 12.96
2.7/2=1.35
2.7
M 34 = 4.8

Kilit moment=12.96-4.8+1.35 =9.51
3x0.9 = 2.7

9.51 kNm lik dengeleyici kilit momenti düğüme birleşen çubukların toplamı bir olan ve rijitlikleri
dikkate alınarak hesaplanan dağıtma sayıları oranında ters işaretli olarak paylaşılarak düğüm
dengesi sağlanır. Çubuklara gelen bu momentlerin yarısı aynı işarette çubuğun diğer ucuna
yani komşu düğümlere gönderilir. Sistemin çözümü için diğer bütün düğümlerin dengesi
sağlanması şartından dolayı aynı işlem diğer komşu düğümlerde yapılır. Komşu düğümde
dengeleyici moment o düğümde önceden bulunan kilit momenti (ankastrelik momentleri farkı
olan moment) ile komşu düğümdeki dengelemeden gelen momentin toplamı ters işaretli olarak
düğüme birleşen çubukların dağıtma sayıları oranında dağıtılarak düğüm dengesi sağlanmış
olur. Bu dengeden dolayı oluşan momentlerin yarısı çubuğun diğer ucuna yani düğüm
noktasına gönderilir. Bu işleme komşu düğümlerden gelen momentlerin küçülmesi durumunda
son verilerek her çubuğun ucundaki momentler toplanarak son verilir. Bu toplam sonucu her
düğümdeki momentlerin toplamı açı metodunda olduğu gibi sıfır olmalıdır. Bir çubuğun uç
momenti,
1. Ankastrelik momentleri
2. Düğümdeki dengelemeden dolayı dağıtma sayısı oranında gelen moment
3. Çubuğun diğer ucundaki düğüm dengelemesinden dolayı o uçta oluşan momentin yarısı
momentlerinin toplamıdır.
257
Bölüm 4
Cross Yöntemi
5.2. DÜĞÜM NOKTALARI SABĐT (δ
δ=0) SĐSTEMLER
Düğüm noktaları sabit sistemler 4. bölümde açıklanan sistemlerdir. Bu sistemlerin cross yöntemi
ile çözümünde yatay deplasmanlar [δ=0] sıfır alınmaktadır.
3
2
k2
4
k ′4
k3
i
Mi
5
k 5′
k1
ϕi ≠ 0
ϕ2=0
ϕ3=0
ϕ1=0
M i =toplam ankastrelik momentleri
1
Herhangi bir çerçeveden alınan yukarıdaki i düğümünde moment dengesi yazılır ise,


∑Mi

2 (k1 + k2 + k3 + k’4 + k’5 ) ϕi + ∑ M i = 0
φi = − 

 2[k1 + k 2 + k3 + k '4 + k 5' ] 
Mi1 = k 1 (2 ⋅ φ i ) + Mi1
Mi2 = k 2 (2 ⋅ φ i ) + Mi2
Mi4 = k '4 (2 ⋅ φ i ) + Mi4
Mi3 = k 3 (2 ⋅ φ i ) + Mi3
Mi5 = k '5 (2 ⋅ φ i ) + Mi5
Bu denklemlerde ϕi ‘nin yukarıdaki bulunan değerleri yerine yazılırsa,
Mi1 =
Mi2 =
Mi3 =
Mi4 =
Mi5 =
k 1 ∑ Mi
'
4
+ Mi1
'
5
(k 1 + k 2 + k 3 + k + k )
k 2 ∑ Mi
(k1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' )
k 3 ∑ Mi
(k1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' )
k '4 ∑ Mi
(k1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' )
k '5 ∑ Mi
(k1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' )
di1 =
k1
(k1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' )
di2 =
k2
(k1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' )
di3 =
k3
(k1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' )
+ Mi2
+ Mi3
= -Mi
+ Mi4
+ Mi5
258
M i1 = k i (2φ i ) + Mi1
'
5
di4 =
k
(k 1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' )
di5 =
k '5
(k 1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' )
Σd=1
Cross Yöntemi
Bölüm 5
[di1 + di2 + di3 + di4 + di5] bunların her birine DAĞITMA SAYISI denir ve her düğüm için
toplamları her zaman =1 olması gerekir. Bu din sayıları düğüme birleşen çubukların k =
ve/veya k ′ =
2I
L
1.5I
rijitlikleri oranına göre değişen dağıtma sayılarıdır.
L
ϕA +
ϕA
ϕA
ϕB+
ϕB
ϕA
B
ϕB
ϕA A
B
ϕA -
A
ϕA
ϕB-
ϕB
ϕA
A
ϕB
B
ϕA
ϕA
Hiperstatik bir sistemim Cross metodu ile çözümünde izlenen yol sırasıyla;
1. Düğüme birleşen çubukların k ve/veya k’ değerleri ve bunlara bağlı olarak bulunan dağıtma
sayıları hesaplanır.
di1 =
k1
∑ kn
di2 =
k2
∑ kn
d i3 =
k3
∑ kn
2. Çubuğun mesnet şartlarına yükleme durumuna göre ankastrelik momentleri hesaplanır.
3. Çözüm şeması hazırlanarak dağıtma sayıları ve ankastrelik momentleri belirlenir.
4. Düğümlerde bulunan ankastrelik momentleri işaretlerine göre toplanarak mutlak değerce
büyük olan momentin bulunduğu düğümden dağıtıma başlanır.
5. Dağıtma sayılarına göre dağıtılan ankastrelik momentleri işaretlerinin tersi olarak dağıtılır.
Yani ankastrelik momenti eksi ise artı, artı ise eksi olarak dağıtılır.
6. k çubuklarında dağıtım sonucu bulunan Mij momenti çubuğun diğer ucuna yarısı aynı
işarette geçer. Bu geçiş k’ çubuklarında yapılmaz.
ϕi
Mik
i
k
Mik =
Mki
i
k
4EI
ϕi
L
+
7. Düğümlerde dağıtılacak moment sıfıra yaklaşınca dağıtıma son verilir.
259
_
Mki =
2EI
ϕi
L
Bölüm 4
Cross Yöntemi
8. Düğümlerde dağıtım bittikten sonra ankastrelik momentler dahil bütün momentler işaretleri
ile toplanır. (bir düğümde bulunan momentlerin toplamı sıfır olacağına dikkat edilmelidir
değilse hesaplar kontrol edilir)
9. Çözüm sonucu bulunan momentler işaretlerine göre [saat yönü +, tersi -] düğüm noktalarına
işaretlenerek momentler çekme meydana getiren yüze çizilir.
10. Çubuk uçlarında bulunan bu momentlere ve dış yüklere göre çubuk açıklık momentleri,
kesme ve eksenel kuvvetleri bulunarak sistemin istenilen M, V ve N alanları çizilir.
ÖRNEK 5.1: Şekilde yüklemesi ile birlikte verilen mütemadi kirişin moment ve kesme kuvvet
diyagramlarını Cross metodu ile çiziniz.

2.2m
2 kN
2 kN
1.5I
m
2.2
2.2
0.8 kN/m

I
m
m
5
Ankastrelik − M12 = M21 =
P a (L − a) 2 x 2.2 (6.6 − 2.2)
0 .8 x 5 2
=
= 2.93 kNm − M23 =
= − 2.50kNm
L
6 .6
8
Ankastrelik momentleri ve dağıtma sayıları tablo yapılarak yazılır. Daha sonra dağıtım yapılacak
düğümde dağıtılacak moment bulunur. Örneğin düğümünde dağıtılacak M= 2.93-2.5=0.43 tm
olarak bulunur. Bu fark moment artı işaretlidir. Düğümde dengenin olabilmesi için bu momentin
eksi işaretli olarak dağıtılması gerekir. Yani düğümde dağıtılacak momentin ters işaretlisi olan
M=-0.43 tm dağıtılır.
M21= d21 M =0.603x(-0.43)= -0.259
M23= d23 M =0.397x(-0.43)= -0.171
Düğümde dağıtım sonucu bulunan momentlerin
toplamı dağıtılan momente eşit olmalıdır (0.43).

Düğüm

-
Çubuk uçları
Çubukların k değerleri

-
-3
0.455
0.300
3-2
0.455/[0.455+0.3]=0.603 0.3/[0.455+0.3]=0.397
Dağıtma sayıları
Ankastrelik momentleri
Düğüm
Dağıtılacak moment
2
(-2.5+2.93) = 0.43
Uç momentleri
-2.93
2.93
-2.50
-0.130
-0.43x0.603=-0.259
-0.43x0.397=-0.171
-3.06
2.671
-2.671
2 kN
2 kN
1.5I
2.2m
2.2m

2.2m
0.8 kN/m

I
1.941
0.06
2.06
3.06
1.46
2.534
06

5m
1.47
2.67
1.343
1.60
260
0.00
Cross Yöntemi
Bölüm 5
1. açıklıkta maxMaç= ((2.059 x 2.2 – 3.06)) = 1.47 kNm
1. açıklıkta maxMaç= ((2.059 x 2.2 + 0.059 x 2.2 – 3.06)) = 1.60 kNm
2
2. açıklıkta maxMaç= ((1.466 /0.8)) x 0.5 = 1.343 kNm
veya
2
2. açıklıkta maxMaç= ((2.534 /0.8)) x 0.5- 2.671 = 1.343 kNm
Verilen bu sistemde bilinmeyen ϕ2 dir. Burada ϕ2 nin bulunması için,
M
ϕ 2 = 21
M 21 = 2 k 21ϕ 2
2 k 21
bağıntısından hesaplanır. Buradaki M21 momenti düğümünde ankastrelik ve komşu
düğümlerden gelen momentlerin haricinde dağıtım sonucunda bulunan momentlerin toplamıdır.
2-1 elemanı ϕ 2 =
M 21
−0.259
= 0.285
=
2 k 21 2 x 0.455
2-3 elemanı ϕ 2 =
M 23
− 0.171
= − 0.285 olur.
=
2 k 23 2 x 0.300
ÖRNEK 5.2: Verilen kirişin moment alanının Cross yöntemini kullanarak çizimi.[Bütün kirişler EI]
1.6 kN/m
8 kN

2m
5.5m
2.5 kN/m
4m

5m
2m
1.5m
Çözüm: Elemanların k değerleri ve ankastrelik momentleri hesaplanır.
-2.81
-3.2

k’=0.273

k’=0.300
k=0.333

Ankastrelik
M21 =
1.6 x 5.52
8 x 4 x 22
8 x 2 x 42
2.5 x 52
= 6.05kNm − M23 =
= 3.56kNtm M32 =
= 7.11kNm − M34 =
= 7.81kNm
2
2
8
8
6
6
Düğüm
2
1-2
4-
2-1
2-3
-
-4
k değerleri
0.273
0.333
0.333
0.30
0.45
0.55
0.53
0.47
-1.6 6.05
-3.56
7.11
-7.81
-0.188
-0.386
0.053
-0.029
-0.376
-0.193
0.106
-0.015
0.008
-0.334
0.007
6.632
-6.635
Çubuk uçları
-3.2
Düğüm
3
2
3
2
(7.11-7.81+1.41)=0.71
-0.316
(6.05-1.6-3.56-0.188)=0.702
-0.193
-0.024
-0.053
Uç momentleri
-3.2
4.110
-4.110
1.41
-2.81
0.092
-2.81
Dağıtım sonucu bulunan moment değerleri saat yönü artı tersi eksi olmak üzere çubuk uçlarına
işaretlenerek moment alanı aşağıdaki şekilde çizilir.
+ 4.11 -
-3.2

+
6.64
-
-2.81

261

Bölüm 4
Cross Yöntemi
1.6 kN/m
8 kN

2.5 kN/m

m
m
2
4m
5.5
Kesme kuvvet diyagramı,
m
5
1.5
5.754
4.565
3.2

m
2m
5.484
2.245
3.750
7.016
4.235
Moment diyagramı
6.64
4.11
3.2
2.81
2.405
3.205
4.87
2
1. açıklıkta maxMaç= ((4.235 /1.6)) x 0.5 – 3.2 = 2.405 kNm
2. açıklıkta maxMaç= (2.245 x 2 –4.11) = 4.87 kNm
2
3. açıklıkta maxMaç= ((7.016 /2.5)) x 0.5 - 6.64 = 3.205 kNm
ÖRNEK 5.2: Verilen kirişin moment alanının Cross yöntemini kullanarak çizimi.[Bütün kirişler EI]
4.5 kN/m
I

7.2 kN
3 kN/m

3.6m
1.03I
7.2m
3 kN

I

1.2m
2.4m
09m
ÇUBUK UÇ MOMENTLERĐ
Düğüm

Çubuk
k değerleri
-

-
-
-
-
2xI/3.6=0.556
2x1.03I/7.2=0.287
2x1.03I/7.2=0.287
1.5xI/3.6=0.417
0.555/(0.555+0.28
7)=

-
0.287/(0.555+0.287)= 0.287/(0.417+0.287) 0.417/(0.417+0.287)
0.34
0.66
0.41
=
0.59
=
Kilit momenti
1.35 [2.7/2] -2.7
-12.96
12.96
-4.8
-4.86
4.86
Düğüm Dağıtılacak M
3
9.51x0.41-3.90 9.51x0.59-5.61
12.96+1.35-4.8=9.51
-1.95[-3.9/2]
2
-12.96-1.95+4.86=-10.05 3.32
10.05x0.666.63
10.05x0.343.42
1.71
1.71
3
-0.70
-1.01
-0.35
2
-0.35
0.23
0.12
0.12
0.06
2
-0.03
-0.04
0.06
Uç momentleri
-1.42
11.72
-11.72
10.13
-10.11
-2.70
Örnek daha önce açı yöntemine göre çözülmüş ve aynı değerler bulunmuştur.
4.5 kN/m

I
7.2 kN
3 kN/m

m
3.6
1.03I
7.2m
10.96

I
1.2m
2.4
3 kN

m
m
09
10.68
0.34
3.00
6.86
5.24
11.03
10.73
11.72
1.88
1.42
8.52
262
2.70
Cross Yöntemi
Bölüm 5
Uygulama: Verilen mütemadi kirişin verilen yükler ve mesnet hareketlerinden dolayı oluşan M
alanının elde edilmesi
8 kN/m
2 kN/m
4 kNm
2 kN

2
3m
m
5

m

6m
2m
Çözüm: Verilen dış yüklerden ve mesnet çökme ve dönmelerinden oluşan ankastrelik
momentleri
M12 =
Pab2 2 x 2 x 32
=
= 1.44kNm
L2
52
−M23 = M32 =

m
3
1.44 kNm
Pba2 2 x 3 x 22
=
= 0.96kNm [Tekil yük]
L2
52
qL2 2 x 52
=
= 4.167kNm [Düzgün yayılıyük ]
12
12
k=0.4
2
M21 =
2 kNm
1
2
2
3
1
2
4EIϕ/5=157.6 78.8=2EIϕ/5
6EIδ/5 =151.3
6EIδ/52=151.3
8 mm
8 mm Eşit çökme
1
2
1
4.17 kNm
7qL2 7 x 8 x 62
=
= −16.80kNm [Üçgen yayılıyük]
120
120
m
16.8 kNm
3
4
4 EI
2EI
6EI
ϕi +
ϕk − 2 δ
L
L
L
4 EI
2EI
6EI
Mk = Mk +
ϕk +
ϕi − 2 δ
L
L
L
Mi = Mi +
3EIδ/62=26.27
2
3
4 mm
8 mm
(-) alınır
(+) alınır
2
4 kNm

k’=0.25
6
0.96kNm 4.17 kNm
2
1

k=0.4
m
5
m
− M34 =
4
3EIδ/62=26.27
ÇUBUK UÇ MOMENTLERĐ

Düğüm
Çubuk
k değerleri
Dış yüklerden
Ankastrelik
Mesnet çökmesi
momentleri
Mesnet dönmesi
Düğüm
Dağıtılacak

-
-
-
-
-
0.4
-1.44
-151.30
157.60
0.4
0.5
0.96
-151.30
78.80
0.4
0.5
-4.167
0.4
0.615
4.167
0.25
0.385
-16.80+2
26.27
18.93
37.85
-
-4
M
2
0.96-151.3+78.8-4.167=-75.71
3
4.167+2-16.80+26.27+18.93=34.57
2
-10.63
3
2.66
2
-0.82
3
0.21
2.66
5.32
0.21
Uç momentleri
0.41
26.66
-27.96
37.85
18.93
-10.63
-21.26
5.32
2.66
-0.82
-1.64
0.41
27.96
-13.31
-1.02
0.21
-0.13
-0.08
2.94
-2.94
-4
4.00
2.94
4.00
26.67
14.92
29.57
27.93
263
Bölüm 4
Cross Yöntemi
ÖRNEK 5.2: Verilen mütemadi kirişin moment ve kesme kuvvet alanlarının Cross yöntemini
kullanarak çizimi.[Bütün kirişler EI]
6 kN
2
4 kNm
1
m
2
m
2
12 kNm
1
2
m
4 kNm
2
4
3
m
2
k’=0.375
2m
i
2 k’=0.375
4m
Mik
i
1-2
konsol
-
0.375
0.375
0.5
0.5
-6.0(12/2)-0.50
2.00(4/2)
2.25
2.25
-4.25
4.25
-12.00
2
2-6-0.5=-4.5
-12.00 -12.00
Uç momentleri
6 kN
2
2-1
k değerleri
Düğüm
4 kNm
m
2
M
4
= + = + 0.50
8
8
2
M ki = +
L/2
L/2
Çubuk uçları
M
4
= − = − 0.50
8
8
M
3
Düğüm
M ki = −
Mki
L/2
L/2
4 kNm
4 kNm
m
M
EI=sabit
m
m
2
-2
konsol
4.00
-4.00
4.00
4 kNm
m
4
m
2m
12
4.00
5.88
1.88
4.25
SONUÇ M ALANI
ÖRNEK: Şekilde kirişin açı metoduyla moment alanını çizimi.
3
2m 2
2
m
4
k=0.333
40 kN
1
M
40 kN
m
Mik
k=0.50
i
a
Mki
b
+Mik = +Mki =
M
4
1
6
m
M31 = M13 = [M / 4] = [40 / 4] = 10.00 kNm
4

Düğüm
Çubuk uçları

-
-
-
0.333
0.40
10.00
0.5
0.60
10.00
-6.00
-4.00
4.00
-4.00
Dağıtılacak
Düğüm
moment
3

40
18.5
-
21.5
Sonuç M
7
4
40
3.00
10
6/2=
7.00
Uç momentleri
2
-4/2=-
7 + 40 + 4
= 12.75
4
2.0
7 + 40 + 4
= 12.75
4
-2.00
7
ÖRNEK 5.4: Şekilde verilen kirişin moment alanını Cross metoduyla çiziniz. (2I=sabit)
2 kN/m

2I
2x2x1=4 kNm
2 kN/m
11.27
2x2x1=4 kNm
4

2I
4
k’=0.375
4

m
7.27
4m
k=1.00

8.57

2
m
8
m
2
m
8
Sonuç M alanı
m
3.64
264
Cross Yöntemi
Bölüm 5

1-
Düğüm
Çubuk uçları
konsol
-
Düğüm
2
4+2-16=-10==10
]4.00
[-4.00
3.64
3.64
3.64
Uç momentleri

-1
1.00
0.727
-

-
0.357
0.273
-16.00 2.00
7.27
7.27
0.00
4.00
2.73
-11.27
konsol
-
]4.00
-4.00
[-4.00
-4.00
-4.00
-4.00
Σ
ÖRNEK 5.5: Şekilde verilen kirişin moment alanını Cross metoduyla çiziniz.
6.00
2 kN/m
4.00
4.619
2.692
4.00
m

2.5
2I

m
1.5
m
1
mafsal
4 kN
2I
2I
m
1.381
1.563
0.403
4.00
1.309
4m

0.655

m
m
4
m
4
2
Çözüm: Đlk önce sistemin taşınan ve taşıyan kısımları ayrılarak taşınan kısmın mesnet tepki
kuvveti taşıyan hiperstatik kısma aktarılır ve hiperstatik kısmın çözümü yapılır.
2 kN/m
Taşıyan
hiperstatik
kısım
m
2.5
2.5
Taşınan izostatik
kısım
2.5
2.5
6 kNm
2 kN/m
2.5m

4 kNm
2I
2 kN/m

4 kNm

2I
m

m
4m
qL2
2 x 42
=
= 2.67 kNm
12
12

Konsol
Çubuk uçları
Düğüm
4m
4
4m
Ankastrelik momenti −M23 = M32 =
Düğüm

-1
-
-
-
0.53
0.346
1.00
0.654
1.00
0.500
1.00
0.500
-2.67
2.67
-2.178
0.605
-0.396
0.05
-0.03
-4.619
-1.089
1.210
-0.198
0.099
6.00
Konsol
-
-4.00
2
6-2.67=3.33
3
2.67-4-1.089=2.419
2
0.605
3
0.198
2
0.05
Uç momentleri
-1.152
-0.209
6.00
-0.02
-1.381
265
2.692
1.210
0,605
0.099
0,05
1.309
-4.00
0.655
Bölüm 4
Cross Yöntemi
ÖRNEK 5.6: Şekildeki çerçevenin moment alanının Cross metoduyla belirlenmesi.
5 kN
I
m

m

I
m
1.5 kN/m
4m
1.5I
m

2.0 m
M21 =
1.2I
m

m

3.0 m
3.0 m
5.0 m
Pab (b + L) 5 x 3 x 2(2 + 5)
1.5 x 42
=
= 4.20kNm M24 = −M42 =
= 2.00kNm
2
2
12
2L
2x5
Düğüm
Çubuk uçları
Düğüm

-
-

-1

-
-
-5
0.30
0.234
4.20
0.48
0.375
0.48
0.516
0.45
0.484
-2.00
0.5
0.391
2.00
-1.212
-2.424
-1.451
-2.325
-1.163
2
3
2
3
2
4.2+2=6.2
1.163
-0.300
-0.059
-0.117
-0.070
0.056
Uç momentleri
0.300
0.600
-0.113
-0.056
0.015
0.029
-0.015
-0.003
-0.006
-0.004
-0.006
-3.274
-0.547
2.675
-2.129
-0.590
2.675
Moment alanı
0.590
2.129

m

m
0.547
0.59
4.92m

3.274
m
266

0.563
0.027
Cross Yöntemi
Bölüm 5
ÖRNEK: Düğüm noktaları hareketli sistemin moment alanının CROSS metodu ile çizimi.
12 kN/m
20 kN
30 kNm
2I

I

2I
2I

2I
12 kN/m
I
2I
2

2m
4
m
4m
40 kNm
m

4m
5
m
4
m
Çözüm: Sistemin düğüm noktaları sabit sistem olarak çözülür
Ankastrelik momentleri M26 =
qL2 12 ⋅ 42
qL2 12 ⋅ 52
=
= 24 kNm − M34 = M43 =
=
= 25kNm
8
12
12
12
M48 = M84 =
M 40
=
= 10kNm
4 4
12 kN/m
20 kN
30 kNm
0.37
5

0.5

0.8
0.75

1
12 kN/m
0.75
0.5

4m
40 kNm
2m
2m
4m
1
Düğüm

4m
5m
4m
2
3
7
Uç
- - - - - - -
d
M
0.375 0.375 0.25 0.278 0.278 0.444
-40/2 24
-25
4
3
2
4
3
2
4
40
50
32.85
8.57
7.30
-0.08
0.3
0.5
Σ
-3.21
-0.11
40
4
-
-
8
5
-
-
-
-
0.314
25
0.294
30/2
-14.7
-19.6
-9.80
-2.15
-2.86
-1.43
0.392
40/4=10 40/4=10
9.13
-1.07
9.13
-3.21
4.57
-2.14
-7.85
14.59
0.62
0.62
-1.15
0.99
0.31
-2.29
0.50
-0.11
0.30
-0.08
-0.16
-0.15
-0.2
-0.10
-18.42
4.88
14.65
-2.00
-12.66
-1.33
-23.32 20.68 2.05
8.68 9.75
4.56
-15.7
7.3
30
30
40
18.43
30.00
14.68
8.66
2.00
9.77
20.67
12.67
20.94
23.33
14.33
25.67
4.89
1.34
20,68
9,75
12 kN/m
(12x4)/2+20,68/4=29,17

(9,75+4,89)/4=3,66
12,66
(40-12,66-1,34)/4=6,5
39,33
H10=29.17+3.66+6.5 =
40
2

4,89
m

1,34
267
Bölüm 4
Cross Yöntemi
Dış kuvvetler kaldırılarak sistem sadece δ=1 alınarak moment alanı bulunur.
1
Düğüm
δ=1 için çözüm
3
7
2
Uç
- - - - -
-
-
d
M
0.375 0.375 0.25 0.278
-37,5
0.278
-37,5
0.444
4
3
2
4
3
2
4
3
75
25,72
33,92
5,35
3,34
0,47
0,74
0,18
12,72
0,18
Σ
12,9
-
4
8
5
-
-
-
-
-
0.314
0.294
0.392
-75
-75
22,05
29,4
14,7
-37,5
7,15
4,24
7,15
12,72
3,58
8,48
11,78
11,42
-1,12
-0,93
-0,47
-1,79
-0,74
-2,24
0,18
-0,93
0,06
-0,9
-1,48
-1,68
-0,47
0,12
0,15
-0,05
-0,03
0,23
-0,04
0,29
-0,05
0,12
-0,08
0,22
-0,03
11,68
10,47
-31,33
20,86
-34,42
26,96
20,59
-47,55
-61,27
-24,6
3,58
23,55
5,71
24,6
31,33
24,6/4=6,15
(31,33+34,42)/4=16,44
47,55
(47,55+61,27)/4=27,21

34,42
H11=6.15+16.44+27.21 = 49,79
H10 - δ .H11 = 0
61,27
39.33 – 49.79δ = 0
Momentler M = M0+ δ.M1 eşitliğinden hesap edilir. Örnek momentler:
M73 = 4,88 + 0,790. (-34,42) = 22,31
M84 = -1,33 + 0,790. (-61,27) = -49,73
M32 = 8,68 + 0,790. 10,47 = 16,95
268
δ= 0.790
Cross Yöntemi
CROSS
Bölüm 5
BÜTÜN SĐSTEM
HESABA ESAS SĐSTEM
℄
SĐMETRĐK SĐSTEM SĐMETRĐK
YÜKLEME
℄
2P
P
BÜTÜN SĐSTEM
P
L/2
L/2
P
2P
P
L/2
q
℄
℄
P
P
HESABA ESAS SĐSTEM
L/2
L/2
q
k
P
P
L/2
L/2
L/2
k/2
q
q
k/2
k
Kayıcı
ankastre
mesnet
L
SĐMETRĐK SĐSTEM ANTĐMETRĐK
YÜKLEME
L
L
P
L/2
L/2
℄
℄
P
P
P
P
k
L/2
L/2
L/2
L
L
L
℄
℄
P
L
L/2
L/2
1.5k
EI2/2
EI2
q
q
q
q
k
q
q
1.5k
EI1/2
EI1
L
L
L
L
L
L
L
L/2
ÖRNEK 5.3: Şekilde verilen mütemadi kirişin moment alanını Cross metoduyla ve simetri
özelliğinden yararlanarak çiziniz. (I=sabit)
1.8 kN/m

2m
1.8 kN/m
2.5 kN/m

I

I
5.6m
6.5m
I
I
5.6m
6.5m

2m
Çözüm: Simetri ekseni mesnetten geçtiği için yarım sistem aşağıdaki şekilde belirlenerek
çözüme başlanır.
3.6
2.5 kN/m
1.8 kN/m

I
m
m
2
6.5
I

2.5 kN/m
1.8 kN/m

m
5.6
I
6.5m

I

5.6m
2
− M 23 =
Düğüm
Çubuk uçları
2.5 x 5.6
1.8 x 6.5 2
= 6.53 tm
M 21 =
= 9.51tm
12
8

1-
-1
-
-
Düğüm
2
-3.6
(-1.8-6.53+9.51)=-1.18
Uç momentleri
-3.6
0.231
0.39
-1.8
9.51
0.357
0.61
-6.53
6.53
-0.46
-0.72
-0.36
7.25
-7.25
6.17
Bulunan uç momentlerinin aynı sistemin açı metoduyla çözümüyle bulunan momentlerle aynı
olduğu görülür. Açı ile çözüm sonuçları aşağıda verilmiştir.
M21= 0.231 ( 2 x (-1.003)) + 9.51 - 1.8= 7.23 kNm
269
Bölüm 4
Cross Yöntemi
M23 = 0.357 ( 2 x (-1.003)) – 6.53 = -7.25 kNm
M32= 0.357 ((-1.003)) + 6.53 = 6.17 kNm
M12 = 1.8 x 2 x 0.5 =-3.60 kNm
6.81
6.40
3.60
Kesme kuvvet diyagramı,
5.29
7.19
7.25
6.17
3.60
Moment diyagramı
3.10
4.17
2
1. açıklıkta maxMaç= ((5.29 / (2x1.8) – 3.6 = 4.17 kNm
2
2. açıklıkta maxMaç= ((6.807 /(2x2.5)) - 6.17 = 3.097 kNm
veya
2
2. açıklıkta maxMaç= ((7.193 /(2x2.5)) - 7.25 = 3.097 kNm
ÖRNEK 5.7: Şekilde verilen sistemi ve yüklemesi simetrik sistemi simetri özelliğini kullanarak
Cross metoduyla çözünüz. (δ
δ=0)
2 kN/m

℄

m
I
I
3’
m
0.8I
0.6I
m

m
6m

m
I
0.8I
8m
℄
2 kN/m
k= 0.33 I
2’
m
0.6I
m

m
1’
m
4’
m
0.8I
0.6I
m
k= 0.24
5m
k= 0.32
m
6
6m
2
k= 0.25
m k= 0.125

m
4m
2
Ankastrelik momentleri, -M23 = M32 =2x6 /12 =6 kNm -M35=M53=2 x 8 /12 = 10.66 kNm

Düğüm
Çubuk uçları

-
-
0.419
1.048
2.095
0.066
0.132
0.004
1.118
0.008
2.235
DağıkNma sayıları
Düğüm
3
2
3
2
3
2

-
0.591
-6.0
-
0.428
6.0
-
0.411
-5
0.161
-10.67
-
1.00
2.955
-0.316
0.187
-0.020
0.012
-2.206
2.00
1.478
-0.633
0.093
-0.040
1.919
0.752
0.96
-0.608
-0.238
-0.304
-0.038
-0.015
-0.019
8.898
1.273
-10.171
0.64
-4.67
-5.0
1.478
-0.316
0.093
-0.020
Uç momentleri
270
Cross Yöntemi
Bölüm 5
10.171
℄
8.898
2.235
2.235
1.272
2 kN/m
8.898

m 6
26=2x6/2
0.373
Maç=2x8x8/8-10.17=5.83 tm 0.373=2.235/6
1.483=8.898/6 1.483
3.743
4.89 toplam
7.11
0.64
1.118
7.11 Kesme kuvvet diyagramı
4.89
8.898
2.235
3.743
2
1. açıklıkta maxMaç= ((4.890 /2)) x 0.5 – 2.235 = 3.743 kNm
veya
2
1. açıklıkta maxMaç= ((7.111 /2)) x 0.5 – 8.898 = 3.742 kNm
2
2. açıklıkta maxMaç= ((8 /2)) x 0.5 – 10.171 = 5.829 kNm
271
Moment diyagramı
Bölüm 4
Cross Yöntemi
ÖRNEK 5.8: Sistemin simetri özelliğini kullanarak Cross metoduyla moment alanın çizimi.
4 kN 8 kN
4 kN/m

2I

2 kN/m
2I
2I
I
4m
I

6
1m 3m
m
4
6m
m
Çözüm: Verilen bu sistemin çözümü iki aşamada yapılır.
1. Sistem önce herhangi bir simetrik yükleme durumu için çözülür. Burada seçilen simetrik yükleme hali
aşağıdaki gibi seçilerek çözümü yapılmıştır. Burada dikkat edilmesi gereken simetri ekseninin kestiği
çubuğun k değerinin 0.5 katı alınmasıdır (k22’= 0.5 k) .
4 kN/m
2I

4 kN 8 kN

2 kN/m
2I
3 kN/m
2I
I

2I
4m
I
m
2I
2I
I

6
2 kN 8 kN
4m
I

1m 3m
4
6m
m
1m 3m
6m
4m
6
m
Ankastrelik momentleri ( - çubuğunun tamamında hesaplanır),
M21 =
q x L2 3 x 62
PL Pab2 8 x8 2 x1x72
=
= 13.5kNm − M22 = +
=
+
= −9.53kNm
8
8
8
8
L2
82
Simetrik sistem simetrik yükleme durumu
Düğüm

-
Çubuk uçları
-
-
-’
Çubuk k değerleri
0.5
0.40
13.5
0.5
0.40
0.25
0.20
-9.53
13.5-5.53=-7.97
-1.59
-1.59
-0.79
-0.79
Uç momentleri
11.91
-1.59
-10.32
-0.79
Düğüm
2
11.91
10.32
4.32
1.59
7.68
8.20
Dağıtılacak M
0.79
2. Bu aşamada antimetrik yükleme hali için çözülür. Antimetrik yükleme durumu ile simetrik yükleme durumunun
toplamları başta verilen yükleme durumunu vermelidir. Antimetrik yükleme durumu ve çözümü aşağıda verilmiştir.
Burada dikkat edilmesi gereken simetri ekseninin kestiği çubuğun k değerinin 1.5 katı alınmasıdır (k22’=1.5 k).
1 kN/m

2I
2 kN

2 kN
1 kN/m
1 kN/m
2I

2I
I
I
4
2I
m
1
2 kN
2I
0.5x1.5=0.75
I
1 kN/m
2I
4m
I

6m
2 kN
m
3
m
4m
6m
6m
1m 3m
4
m
6m
Ankastrelik momentleri ( - ’ çubuğunun tamamında hesaplanır),
 2 x1x 7 2 2 x 7 x12 
q xL2 1x 62
Pab2 Pab2
M21 =
=
= 4.5 tm
− M22 = 2 − 2 = − 
−
 = −1.313 tm
2
8
8
L
L
82 
 8
Simetrik sistem antimetrik yükleme durumu

Düğüm
Çubuk uçları
-
-
-’
Çubuk k değerleri
0.5x1.5=0.75
0.5
0.5
0.286
0.286
0.429
4.5
-1.313
Dağıtılacak M
Düğüm
2
4.5-1.313= -3.187 -0.912 -0.912
-1.367
Uç momentleri
3.588
-0.912
-2.680
272

-
3.588
2.68
0.41
0.912
2.88
0.456
-0.456
-0.456
6
Cross Yöntemi
Bölüm 5
Çözümü yapılan simetrik sistemin yarısındaki çubuk uç momentlerinin bulunması simetrik ve
antimetrik yükleme durumları için bulunan moment değerlerinin işaretleri dikkate alınarak
toplanmasıyla bulunur. Örnek olarak -’ çubuğunun uç momenti, simetrik yüklemeden
bulunan –10.32 kNm değeri ile antimetrik yükleme sonucu bulunan -2.680 tm değerinin
toplamına eşittir (M22’= -10.32 - 2.68 = -13.00 kNm).
Çözümü yapılmayan sistemin diğer yarısındaki çubuk uç moment değerleri, simetrik yükleme
durumu için yapılan çözümde bulunan çubuk uç momentlerin ters işaretli değerleri ile
antimetrik yükleme durumu için bulunan çubuk uç momentlerinin toplamıdır. Örnek olarak ’-
çubuğunun uç momenti, simetrik yüklemeden bulunan –10.32 kNm değerinin ters işaretlisi
olan +10.32 kNm moment değeri
ile antimetrik yükleme sonucu bulunan -2.680 kNm
değerinin toplamına eşittir (M2’2=10.32-2.68=7.64 kNm).
Benzer şekilde diğer çubuk uç
momentleri aşağıdaki gibi bulunur.
Simetrik sistem antimetrik yükleme durumu

-
-
-’
Düğüm
Çubuk uçları
15.50
Uç momentleri(simetrik)
11.91
-1.59
-10.32
-0.79
Uç momentleri (antimetrik)
3.588
-0.912
-2.680
-0.456
Σ
15.50
-2.50
-13.00
-1.25
13.00
7.64
8.32
4 kN/m
4.71
0.68
2.50
5.32
7.68
11.09

-
15.50
12=4x6/2
12
2.58=15.5/6
9.42
14.58
14.33
Q
9.42
Moment alanı
15.588 M
1.25
0.294
11.09
2
1. açıklıkta maxMaç= ((9.42 /4)) x 0.5 = 11.09 kNm
2
1. açıklıkta maxMaç = ((14.58 /4)) x 0.5 – 15.50 = 11.09 kNm
2. açıklıkta maxMaç = ((8.20 – 2.88 = 5.32 kNm
273
veya
Bölüm 4
Cross Yöntemi
5.3. DÜĞÜM NOKTALARI HAREKETLĐ (δ
δ ≠0) SĐSTEMLER
Düğüm noktaları hareketli sistemler 4. bölümde açıklanan kriterleri sağlayan sistemlerdir. Bu
sistemlerin Cross yöntemi ile aşağıda maddeler halinde açıklanarak çözümü yapılmıştır.
Cross yöntemi ile düğüm noktaları hareketli sistemlerin çözümü;
q
P
1.5I

I
2I
q

I
q

I
2I
H10

H20
I
q
4.67I

P
1.5I
4.67I

I

I
A
A
H30
Düğüm noktaları sabit sistem
B
B
1. Verilen sistem ilk önce yatay ve/veya düşey hareketler [H10, H20, H30] tutularak düğüm
noktaları sabit sistem haline getirilir.
2. Bu düğüm noktaları sabit sistemin dış yüklerden oluşan moment alanı elde edilir.
3. Düğüm noktaları sabit sistemin moment alanı ve dış yüklerin dikkate alınması suretiyle
yatay denge yazılarak yatay kat kuvvetleri [H10, H20, H30, Hn0] bulunur.
4 kN/m
7.38
5.59
H10=6.09/1.5+0.24/7=4.09
0.24
4 kN
12.42
7.38
6.89 0.24
H20=[[7.38+5.96]0.13
[5.59+7.38]]/4+0.24/7=
4 kN/m
7.38
5.96
6.09
12.05
A
A
7.38
11.46
0.22
H30=24.46
4x6/2-[12.05+7.38]/6=12.78
B
B
4. Sonra düğüm noktaları sabit sistemin her bir katına birim [δ
δi=1] deplasmanlar verilerek
moment alanı [M1] elde edilir.
0.88
0.40
0.81 1.45
0.88
H11=6.21/1.5+1.46/7=4.35
1.46
0.40
H21=0.47
0.21
3.11
6.21
A
3.11
0.88
δ1=1
Đçin çözüm
Moment değerleri
0.57=[0.81+1.45]/4
0.88
0.67
B
H13=0.11
5. [M1] alanında yatay denge yazılarak yatay kuvvetler [H11, H12, H13…….. H1n] bulunur.
6. Bu işlem her bir deplasman [δ
δ1, δ2, δ3…….. δn] için birim yükleme yapılarak moment
değerleri elde edildikten sonra yatay denge yazılarak [Hi1, Hi2, Hi3…….. H1n] değerleri
bulunur.
274
Cross Yöntemi
Bölüm 5
7. Bu işlemler ayrıca aşağıdaki tabloda 3 katlı yapı içinde sırası ile elde edilmiştir.
CROSS METODUNDA DÜĞÜM NOKTALARI HAREKETLĐ SĐSTEMLERDE YATAY DENGE
H30
Hareketsiz sistem
δ1= 0
δ2= 0
Mo
δ3= 0
P1
Hareketli sistem
δ1 ≠ 0
δ2 ≠ 0
δ3 ≠ 0
1. KAT YATAY DENGE
P1
H21
δ1
δ1 = 1
δ2 = 0
δ3 = 0
H11
M1
δ32
H32
δ22
H33
H22
H12
δ1 = 0
δ2 = 1
δ3 = 0
M2
3. KAT YATAY DENGE
P3
H31
H30
H30
P3
2. KAT YATAY DENGE
VERĐLEN ESAS SĐSTEM
P2
SABĐT SĐSTEM
P2
H32
H13
δ1 = 0
δ2 = 0
δ3 = 1
M3
8. Her deplasman ve dış yükler için moment alanlarından elde edilen yatay denge
denklemleri sonucu bulunan [Hi1, Hi2, Hi3…….. H1n] değerleri kullanılarak,
H10 + H11 δ1 + H12 δ2 + H13 δ3 = 0
H20 + H21 δ1 + H22 δ2 + H23 δ3 = 0
H30 + H31 δ1 + H32 δ2 + H33 δ3 = 0
denklemi elde edilir.
9. Bu denklem sistemi çözülerek deplasman değerleri [δ
δ] bulunur.
Bu şekilde δ’ların
gerçek değerleri bulunup yerlerine yazılırsa bu H yatay kuvvetlerin sıfır olduğu görülür.
10. Bulunan δ değerleri
Mij = M0 + M1. δ1 + M2. δ2+ M3. δ3.......... Mn. δn
bağıntısında yerine yazılarak sonuç moment alanı elde edilir. Sistemin kesme ve eksenel kuvvet
değerleri için,
1. Dış yüklerden dolayı düğüm noktaları sabit sistemde oluşan [V ve N] alanları çizilir.
2. Sonra düğüm noktaları sabit sistemin her bir katına birim [δ
δi=1] deplasmanlar verilerek
kesme ve eksenel kuvvet alanı [V1 N1] elde edilir.
3. Moment için yapılan bütün işlemlerin aynısı bu kesit tesirleri içinde yapılır.
Sistemin kesme ve eksenel kuvvet değerleri moment için yapılan işlemler aynı yapılarak,
Vij = V0 + V1. δ1 + V2. δ2+ V3. δ3.......... Vn. δn
Nij = N0 + N1. δ1 + N2. δ2+ N3. δ3.......... Nn. δn
bağıntıları ile elde edilir.
275
Bölüm 4
Cross Yöntemi
ÖRNEK 5.9: Şekilde verilen çerçevenin CROSS yöntemiyle moment alanının çizimi.
8 kN

2I
6m
I
I

10m
Çözüm: Önce sistem düğüm noktaları sabit sistem haline getirilir, sonra δ=1 için çözüm yapılır.
Deplasmandan [δ
δ] oluşan moment ve kesme
k
i
i
δ
k
_
_
Mi =
6EI
δ
L2
6EI
Mk = 2 δ
L
Mi = −
6EI
6EI
3EI
δ+
δ=− 2 δ
L2
2L2
L
+
Mi = −
δ ' dan oluşan kesme kuvvetleri
6EI 
 6EI
δ
+
δ
 L2
L2  12EI
= 3 δ
Vi = Vk = 
L
L
3EI
δ
L2
+
δ
Mk =
6EI
6EI
δ − 2 δ=0
L2
L
+
 3EI 
 L δ  3EI
 =
Vi = Vk = 
δ
L
L3
2EI
ve
L
3EI
bir ucu moment taşıyan çubuklarda k′ =
kısaltması yapılacak olur ise deplasmanlardan
2L
Đki ucu moment taşıyan çubuklarda k =
dolayı oluşan çubuk uç momentleri;
k değeri

δ = 1 
δ

6EI
3  2EI  3k 

k çubuklarında 
⋅1 = − 
2EI  olması durumunda − Mik = −Mki = − 2 δ = − 
L  L 
L
L
k = L 



 OLUR

k ' değeri
δ
δ = 1 


3EI
4  3EI 
2k


k ' çubuklarında 
⋅
1
=
−
3EI  olması durumunda Mik = 2 δ = − 


3L
2L
L
L
k
=





2L


8 kN
I

2I
Ankastrelik
momenti
olmadığı için
M0=0 dır.

H10=0
−
3k
3x0.333
=−
= −0.17
L
6
I

k=0.400
L
k=0.333
3k
3x0.333
= −0.17
−
=−
L
6
− 2 k = − 2x0.25 = −0.0833
6
k=0.25
δ=1 için çözüm

Açıklıkta yük olmadığı için (ankastrelik momenti sıfır) dış yüklere göre çözüm yapılmaz ve δ=1
için çözüm yapılarak yatay deplasman bulunur.
276
Cross Yöntemi
Bölüm 5
δ=1
Çubuk k değerleri

-
-
-
-
-
0.400
0.546
0.400
0.615
-17
0.333
0.454
-17
0.250
0.385
-8.33
3.86
7.72
-0.26
-0.52
4.64
2.27
-0.31
0.19
-0.03
-0.05
9.28
1.14
-0.62
0.10
-0.055
-13.43
-9.85
9.85
6.79
Düğüm

0.333
Çubuk uçları
Ankastrelik M
için çözüm

Düğüm
[100 katı]
Dağıtılacak M
2
-17
3
-8.33+4.64=-3.69
2
1.14
3
-0.31
2
0.10
Uç momentleri
9.85 + 13.43
= 3.88
6
6.79
= 1.13
6
9.85
1.42
0.12
-6.79
H1=3.88+1.13=5.01
6.79
I
13.43

3.88
H11 δ - H0 = 0
1.13
10.864
15.760
[3.88 + 1.13] δ - 8 = 0
δ=
8
= 1.60
5.01
Çubuk uç momentleri
Sonuç
M12=1.60 x (-13.43) = -21.488 tm
M21=1.60 x (-9.85) = -15.76 tm
M alanı
21.488
M23=1.60 x (9.85) = 15.76 tm
M32=1.60 x (6.79) = 10.864 tm
M34=1.60 x (-6.79) = -10.864 tm
Not: [3.88 + 1.13] δ/100 - 8 = 0 δ=800/5.01=159.68
M34=159.68 x (-6.79/100) = -10.864 tm AYNISI
[ mesnedinin ankastre olması ile mafsallı olması durumundaki değişim gözlenir]
8 kN
2I

0.75I
I

6m

10m
8 kN
2I

Ankastrelik
momenti
olmadığı için
M0=0 dır.

H10=0
−
3k
3x0.333
=−
= −0.17
L
6

k=0.40
L
k=0.333
3k
3x0.333
= −0.17
−
=−
L
6

277
− 3 k = − 3x0.25 = −0.125
k=0.25
−

6

3k
3x0.25
=−
= −0.125
L
6
Bölüm 4
Cross Yöntemi
Açıklıkta yük olmadığı için (ankastrelik momenti sıfır) dış yüklere göre çözüm yapılmaz ve δ=1
için çözüm yapılarak yatay deplasman bulunur.
δ=1 için çözüm
Düğüm
Çubuk uçları

-
Çubuk k değerleri
Ankastrelik M (10 katı)
Dağıtılacak M
Düğüm
2
-17
3
-12.5+4.64=-7.86
2
2.42
3
0.66
2
-0.21
0.333
Uç momentleri
-
-
-
-

-
0.400
0.546
0.400
0.615
-17
0.333
0.454
-17
0.250
0.385
-12.5
-12.5
3.86
7.72
3.03
1.515
-0.55
-1.10
0.25
0.125
-0.05
-0.10
9.28
2.42
-1.32
0.21
-0.15
-13.74
10.48 + 13.74
= 4.04
6

-10.48

10.48
4.64
4.83
-0.66
0.41
9.22
9.22 + 10.86
= 3.35
6
10.48
-9.22
-10.86
H1=3.35+4.04=7.39
9.22
I
10.86
13.74
1.13
3.88
H11 δ - H0=0
δ=
(4.04 + 3.35 ) δ - 8 = 0
Çubuk uç momentleri
8
= 1.083
7.39
M12=1.083 x (-13.74) = -14.88 kNm
M21=1.083 x (-10.48) = -11.35 kNm
M23=1.083 x (10.48) = 11.35 kNm
M32=1.083 x (9.22) = 9.99 kNm
M34=1.083 x (-9.22) = -9.99 kNm
M43=1.083 x (-10.86) = -11.76 kNm
9.99
11.35
15.760
Sonuç M alanı
Sonuç M alanı
14.88
10.864
11.76
21.488
mesnedinin ankastre olması ile mafsallı olması durumunda momentlerdeki değişim yukarıdaki
moment alanlarının karşılaştırılması sonucu görülebilir.
278
Cross Yöntemi
Bölüm 5

m

I
m
2

I k=0.40
2m
4 kN I k’=0.375
4 kN I
2m
2m

Düğüm
noktaları
sabit sistem

5m
m
5
Çözüm: Sistem önce düğüm noktaları sabit sistem haline getirilerek dış yükler altında çözülerek
yatay denge yazılır ve [H0] bulunur.
Ankastrekik momenti M21 =
3
4 x 4 = 3kNm
16
0.516
1.548
1.548
0.484
+3
-1.452 -1.548
1.548 -1.548
2 0.387
0.774
-0.774
+
3.226
4 kN
Düğüm noktası sabit sistem
ve dış yüklerden oluşan M

2 0.387 1.613=H0
Bundan sonra δ=1 için çözüm yapılarak kolonda yatay denge yazılarak [H11] bulunur.
Ankastrekik momenti M21 = −
2 x 0.375
= −0.1875
4
0.516
4.838
-
9.675
0.484
-18.75
9.075 9.675
-9.675 9.675
100 katalınır M21 = −18.75
9.675
+
4.838
2.419
9.675
δ=1 için M

2.419=H11
Bulunan bu değerler kullanılarak aşağıdaki şekilde yatay deplasman [δ
δ] bulunur.
H11 δ + H0 = 0
2.419 δ +1.613 = 0
δ =−
1.613
= −0.667
2.419
M21 = 1.548 − 0.667 x [ − 9.675] = 8 kNm 




Çubuk uç M M23 = −1.548 − 0.667 x [ 9.675] = −8 kNm 




M = −0.774 − 0.667 x [ 4.838] = −4 kNm 
 32

279
8.00
+
Sonuç M
alanı
4.00
Bölüm 4
Cross Yöntemi
ÖRNEK 5.11: Verilen kirişin moment alanını Cross metoduyla çiziniz. (2I=sabit)
2 kN/m

2x2x1=4 kNm
2 kN/m
2x2x1=4 kNm
11.27

2I

3m
1.5I
4

k’=0.375
4m
k=1.00
4
7.27

8.57

2
m
8m
2m
8m
Sonuç M alanı
Çözüm: Sistem daha önce düğüm noktaları sabit sistemler bölümünde 3.64
çözülmüş ve moment
alanı aşağıdaki şekilde bulunmuştu.
Bu moment alanından yatay H10 kuvveti aşağıdaki şekilde bulunur. Daha sonra yatay birim
yükleme için çözüm yapılarak yatay H11 kuvveti bulunur ve yatay deplasman değeri δ bulunarak
M alanı elde edilir.
7.27
2.73
2.73
(3.64+7.27)/3=3.64
(6.36+2.73)/4=3.03
H11=3.03
2.73
-3k/h=-3x1/3=1
H10=3.64
δ1=1 için
(6.36+2.73)/3=3.03
(3.64+7.27)/3=3.64
-3k/h=-3x1/3=1
6.36
6.36
3.64

1-
Düğüm
Çubuk uçları
Düğüm
2
konsol
-10
-10
3.64
6.36
-----

-1
1.00
0.727
-10
-
0.357
0.273

7.27
2.73
-2.73
2.73
M12 = 3.64 − 1.201x 6.36 = −4.01 kNm,
H11δ − H10 = 0
-
konsol
---
-----
11.27
4
M21 = 7.27 − 1.201x 2.73 = 3.99 kNm
4
7.27
3.03 δ − 3.64 = 0
M23 = −11.27 + 1.201x 2.73 = −7.99 kNm
8.57
Sonuç M alanı
δ = 1.201
M32 = 4 + 1.201x 0 = 4.00 kNm
3.64
ÖRNEK 5.12: Çerçevenin moment alanını CROSS metodunu kullanarak çizimi.
9.6 kN

4I
1.5
m
I

6
m

2I

9.6 kN
4.5m
4I
1.5
m
2I
I

H10

4.5m

6m
Düğüm noktaları
sabit sistem Mo
2
M12 = -8 x 4.5 /12 = -13.5 kNm
2
M21 = 8 x 4.5 /12 = 13.5 kNm
2
2
M23 = -9.6 x 4.5 x 1.5 / 6 = -2.70 kNm
2
2
M32 = -9.6 x 1.5 x 4.5 / 6 = 8.10 kNm
280
Cross Yöntemi
Bölüm 5

Düğüm

-
-
-
0.40
0.60
0.75
0.25
-13.5
13.5
-2.70
8.10
-2.16
-4.32
0.365
0.729
0.041
0.082
-3.24
-3.645
0.547
-0.410
0.062
-0.046
-0.005
-0.009
-6.48
-1.823
1.094
-0.205
0.123
0.023
-0.014
-15.259
9.982
-9.982
1.368
(13.5-2.7)=-10.8
(8.10-3.24)=-4.84
-1.823
0.547
-0.205
0.062
0.023
Uç momentleri
H10 15.259 − 9.982  −  8 x 4.5  + 1.367 + 0.684  = 16.37kN ⇐

  2
 

4.5
4.5

 
 

1.367
9.982

-
Düğüm
2
3
2
3
2
3
2

-
Çubuk uçları
−
-
-1.215
-0.608
-0.137
-0.068
-0.015
-0.008
-1.367
-0.684
3k
= − 0.593
L
k=1.333
−
3k
= −0.296
L
−
3k
= −0.296
L
k=0.889
k=0.444
15.259
3k
−
= − 0.593
L
0.684
Bu durumda yatay denge yazılırsa, 16.37 ⇐ + H1o ⇐ = 0
H1o = −16.37
δ1 için çözüm.
δ=1 için çözüm
Düğüm
Çubuk uçları
Düğüm
2
-5.93
3
(1.779-2.96) =-1.181
2
0.443
3
-0.133
2
0.05
3
0.015
2
0.006
Uç momentleri

-
-
-
-

-
0.60
0.75
-5.93
0.40
-5.93
0.25
-2.96
-2.96
1.186
2.372
0.148
-0.177
0.033
0.017
-0.010
-0.020
1.779
0.886
-0.133
0.100
-0.015
0.011
0.295
-0.089
0.004
0.002
-0.001
-0.002
3.558
0.443
-0.266
0.05
-0.030
0.006
-0.004
-4.844
-3.757
3.757
2.628
-2.628
-2.793
H11  4.844 + 3.757

4.5

3.757
4.844

-
2.628
2.793

  2.628 + 2.793 
+ 
 = 3.12kN ⇒
4.5
 

Bu durumda yatay denge yazılırsa,
3.12 ⇒ − H1 = 0
H1 = 3.12 ⇐
δ=H10 / H1 = 16.37 / 3.12 = 5.254
9.757
M = M0 + M1 x δ
15.176
9.757
17.63
M12 = -15.259 – 5.254 x 4.844 = -40.709 kNm
M21 = 9.982 – 5.254 x 3.757 = -9.757 kNm
M23 = -9.982 + 5.254 x 3.757 = 9.757 kNm
M32 = 1.368 + 5.254 x 2.628 = 15.176 kNm
M34 = -1.367 – 5.254 x 2.628 = -15.176 kNm
M43 = -0.684 – 5.254 x 2.793 = -15.358 kNm
40.709
281
Sonuç M
alanı
15.358
Bölüm 4
Cross Yöntemi

Düğüm
Çubuk uçları
Dış yüklerden uç momentleri (M0)
δ1 =1 uç momentleri (M1)

-
-
-
-
-
-
-15.259
-4.844
9.982
-3.757
-9.982
3.757
1.368
2.628
-1.367
-2.628
0.684
-2.793
ÖRNEK 11: Verilen çerçevenin cross M
1.5m
2
2I
4I
m
10 kN
3
10 kN
1.32I 4.5
m
6
1.33
H10=0
3k
− =−3i0.89 =−0.593
L
4.5
m
0.44 4.5
0.89

−2k =−2i0.44 =−0.196
k=1.33
L
k=0.89
3k
− =−3i0.89 =−0.593
L
4.5
4
1
m
1.5
3
k
4
1
2
8 kN/m
10 kN
8 kN/m
10 kN
4.5
k=0.44
δ=1 için çözüm

6m
2
Ankastrelik M −M12 = M21 = 8 x 4.5 =13.5kNm
12
− M23 =
10 x 4.5x1.52
= 2.81kNm
6x6
M32 =
10 x 4.52 x1.5
= 8.44kNm
6x6
1. DIŞ YÜKLER ĐÇĐN ÇÖZÜM

Düğüm

Çubuk uçları
-
-
-
-
-
Çubuk k değerleri
0.89
0.89
0.4
13.5
1.33
0.6
-2.81
1.33
0.75
8.44
0.44
0.25
-13.5
Ankastrelik M
Dağıtılacak M
Düğüm
2
13.5-2.81=10.69-
3
8.44-3.21=5.2-
2
1.95+
3
0.59-
2
0.22+
-2.14
0.39
0.78
0.05
0.09
6.41
1.95
1.17
-0.22
0.13
-15.20
10.09
-10.09
0.4x10.69=-
4.28
0.6x10.69=-
-3.21
3.9
0.59
-0.44
6.41x0.5=
3.9x0.5=-
Uç momentleri
0.75x5.2=-
1.48
0.25x5.2=-
1.33
-0.15
-1.48
m
8 kN/m
10 kN
2
1.33
1.5
3
H10=0
10.09
8 kN/m
10 kN
m
0.44 4.5
0.89
k
1
4

1.48
8x4.5/2-((15.2-10.09)/4.5)+10=26.86 3
1.48/4.5=0.33
H1=26.85-0.33=26.53
4.5m

4
15.20
6m
Not: 10 kN yatay kuvvet hesaplara katılmadığı için yatay dengede diğer kuvvetlerin tesi yönünde hesaba katılır.
Düğüm
Çubuk uçları
Çubuk k değerleri
Ankastrelik M
Düğ
üm

-
δ=1

için çözüm

-
-
-
-
0.89
0.89
0.4
1.33
0.6
1.33
0.75
0.44
0.25
-59.3
-59.3
-19.6
Dağıtılacak M
2
-59.3
3
17.79-19.6=-1.81
2
0.68-
3
0.20+
2
0.08-
Uç momentleri
11.86
23.72
0.4x59.3=
35.58
0.68
-0.41
0.08
-0.05
35.88
0.6x59.3=
1.36x0.5=
-0.14
-0.27
-0.02
-47.60
-0.03
-35.88
282
17.79
1.36
-0.20
0.15
35.58x0.5=
0.75x1.81=
19.10
0.45
0.25x1.81=
0.05
-19.10
Cross Yöntemi
2
Bölüm 5
1.33
3
H11=0
35.88
(35.88+47.60)/4.5)=18.55

0.44 4.5
0.89
k
1
H11
4
3
19.1/4.5=4.24
m
4.5
47.60
H11=18.55+4.24=22.79
m

4
6m
22.79δ
δ+26.53=0
19.1
δ + H10 = 0
δ=
-
26.53
= 1.164
22.79
-
31.667
+
M = M0 + M1 x δ
M12 = -15.20 – 1.164 x 47.60 = -70.61 kNm
M21 = 10.09 – 1.164 x 35.88 = -31.67 kNm
M23 = -10.09 + 1.164 x 35.88 =31.67 kNm
M32 = 1.48 + 1.164 x 19.10 = 23.71kNm
M34 = -1.48 – 1.164 x 19.10 = -23.71 kNm
-
1.382
23.715
-
Sonuç M alanı
70.681
NOT: δ=1 durumundaki ankastrelik momentleri 100 katı alındığı için δ değerini 100’e bölerek
yapıldığı zaman aşağıdaki gibi aynı sonuçlar elde edilir.
H11 δ + H10 = 0
M = M0 + M1 x δ
26.53 ⋅ 100
= 116.41
22.79
M12 = -15.20 – 116.41 x (47.60/100) = -70.61 kNm
M21 = 10.09 – 116.41 x (35.88/100) = -31.67 kNm
M23 = -10.09 + 116.41 x (35.88/100) =31.67 kNm
M32 = 1.48 + 116.41 x (19.10/100) = 23.71kNm
M34 = -1.48 – 116.41 x (19.10/100) = -23.71 kNm
-22.79(δ
δ/100)+26.53=0
283
δ=
Bölüm 4
Cross Yöntemi
ÖRNEK 5.13: Şekildeki çerçevenin moment alanının Cross Yöntemiyle belirlenmesi.
1.2I
3 kN/m

m

m
I
4m
1.5I
m
m

m

5m
5m
Düğüm
2
M 21 = −M12 =
0.51
-4
Düğüm

- - -
Çubuk uçları
3x4
= 4 tm
12

0.49
- -
0.58
0.42
4
2
-4
3
0.98
3
-0.28
2
0.07
-1.02 -2.04 -1.96 -0.98
0.28 0.57
-0.07 -0.14 -0.14 -0.07
0.02 0.04
-5.09
Uç momentleri
1.82
0.41
0.03
-1.82 -0.44
0.44
Bulunan uç momentlerinden
oluşan H yatay kuvveti aşağıdaki şekilde hesaplanır.
3 kN/m
1.82
1.82 − 5.09 3x 4

= 5.18
+
4
2
m
2I
m
1.82
0.44
0.452
0.44
1.82 + 0.44
= 0.452
5
5.09 − 1.82 3x 4

= 6.82
+
m 5.09
4
2
H40 =
Yatay denge H = 4 x 3 – 6.82 + 0.675 = 5.855 kN
0.452x5 + 0.44

= 0.675
4
0.452
Ankastrelik momentleri, (iki ucu ankastre çubuklarda 6 diğerlerinde 3 ve 100 katı alınmıştır)
M12 =−
6 ⋅100
δ=−37.5δ=−37.5
42
M23 =
6⋅1.2⋅100 5 δ
3⋅1.5⋅100 6.4 δ
x = 36δ= 36 M34 =−
x
=−28.8δ=−28.8
52
4
52
4
Sistemin birim yatay yükleme durumunda şekil değiştirme hali, uç momentleri ve yatay denge
aşağıdaki gibi elde edilir.
δ
6 .4 δ
4
5δ
4
δ
5.0 m
5.0 m
284
Cross Yöntemi
Bölüm 5

Düğüm
-
Çubuk uçları

-
-
-
0.51
0.49
0.58
0.42
-37.5
36
36
-28.8
-2.09
-4.18
-3.02
-37.5
Düğüm
3
-[36-28.8]=-7.2
3
-[36-37.5-2.09]=3.59
3
-0.88
2
0.25
Uç momentleri

-
0.92
1.83
1.76
0.88
-0.25
-0.51
-0.37
32.19
-32.19
0.06
0.13
0.12
-36.52
-35.54
35.54
13.546
35.54
35.54

m
32.19
32.19
35.54 + 32.19
= 13.546
5
36.52

H11 =
36.52 − 35.54
= 18.015
4
Yatay denge H = 18.015
5.855
δ=
= 0.136
42.995
H41 =
13.546 x 5 + 32.19

= 24.98
4
13.546
+ 24.98 = 42.995 kN ◄ H11 δ - H0 = 0 -(42.995) δ + 5.855 = 0
Çubuk uç momentleri : M12=0.136 x (-36.52) – 5.09 = -10.06 kNm
M21=0.136 x (-35.54) +1.82 = -3.01 kNm
M23=0.136 x (35.54) – 1.82 = 3.01 kNm
M32=0.136 x (32.19) – 0.44 = 3.94 kNm
M34=0.136 x (-32.19) +0.44= -3.94 kNm
285
Bölüm 4
Cross Yöntemi
ÖRNEK 5.14: Şekildeki çerçevenin moment alanının Cross metoduyla bulunması.
2
kN/m

4I
2I
4m
I

3.0
m
7.0
m 2
M 21 =
-
2 x 72
= 8.167 tm
12

-3
3-
0.60
0.344
2.25
1.143
0.656
-8.167
1.143
0.753
8.167
0.375
0.247
5.772
5.772
-6.150
2.949
-2.221
0.364
-0.274
0.045
-0.034
2.846
-2.017
0.047
-3.075
5.899
-1.110
0.728
-0.137
0.090
2x3
= 2.25 tm
8
− M 23 =

Düğüm
Çubuk uçları
Düğüm
3
-8.167
2
-8.167-3.075+2.25=8.992
3
-2.949
2
1.11
3
-0.364
2
0.137
3
-0.045
3.093
0.382
Uç momentleri
3-4
-0.728
-0.09
-0.011
-2.846
ÖRNEK 5.15: Şekildeki [düğüm noktaları sabit] sistemin moment alanın ve H1 kuvvetinin bulunması.
30 kN/m
30 kN/m
30 kN/m

4I

2I
2I

6m
4I

7.2m
3I
4I

2I

6m
30 kN/m
H1
2I
30 x 62
= 90kNm
12
−M56 =
7.2m
3I

6m
6m
Ankastrelik momentleri −M24 = M42 = −M45 = M54 =

3m
4I
3m
30 x ((32 + 7.22 )0.5 )2
= 228.15kNm
8
Genel durum için çözüm
Düğüm
Çubuk uçları

-
Dağıtılacak M
Düğüm
4
-228.15+90=-138.15
2
-90
3
90-90+34.29+48.21=82.5
4
-17.08
2
3
6.51+5.96=12.47
2
-2.58
4
-2.58
3
1.88
2
-0.39
4
3
0.29
Uç momentleri
-

-
-

-
-
-
-
0.238
0.762
0.414
0.172
0.414
0.698
0.302
-90
90
-90
90
-228.15
48.21
96.43
41.72
68.58
-17.08
34.29
-34.16
-34.15
5.96
-17.08
11.92
5.16
6.51
-5.16
0.98
-2.15
-5.16
-2.58
0.61
13.02
-2.58
1.97
-0.32
1.80
-0.39
0.09
-0.78
0.15
0.90
-0.78
0.78
-0.39
0.30
0.12
-26.18
-0.05
-16.71
0.14
-0.12
-75.00
0.27
-0.12
91.71
180.37
-180.37
21.42
-7.1
4.06
-1.08
-0.16
-0.06
-8.36
26.18
286
-14.19

Cross Yöntemi
Bölüm 5
Bulunan çubuk uç momentlerinden yatay denge aşağıdaki şekilde yazılır.
26.18
= 3.64
7 .2
26.18

m
16.18 + 8.36
= 3.48
7 .2
16.71
180.37 30 x7.8
+
= 140.12
7.8
2
8.36

m

140.12xcos22.62=129.34
30 t/m
16.18 + 8.36
= 3.48
7 .2

Yatay denge H =-3.64+3.48+129.34=129.185 t ⇒
ÖRNEK 5.16: Şekilde verilen sistemin moment alanının CROSS yöntemiyle elde edilmesi.
2 kN/m
2 kN/m

2I

k=0.667
k=0.667
m
2
2
6 kN
H10

m
k=0.50
I
I
m
I

6 kN
k’=0.375
2m

6
6
6
6
2m
m
m
m
m
k’=0.375

Çözüm: Đlk önce sistem aşağıdaki şekilde düğüm noktaları sabit hale getirilir ve buna göre
çözüm yapılarak bu mesnedin yatay tepki kuvveti (H10) bulunur.
GENEL DURUM ĐÇĐN ÇÖZÜM ( δ = 0 )

Düğüm

Çubuk
Dağıtılacak M
Düğüm
5
6
3
-1.92
2
4.5+0.35-6=-1.15
3
0.37
2
-0.07
5
0.35-0.07=0.28
3
-0.09
-
-
-
-
0.36
0.64
0.364
0.272
4.5
-6
6
0.350
0.740
-0.070
0.050
0.700
0.370
-0.135
0.522
Uç momentleri
4.93
0.41
0.02
-4.93

-
-
-
-
0.364
0.64
0.36
-6
6
0.26
-1.92
0.70
-3.84
0.35
-0.100
-0.05
-0.135
-0.07
-0.10
0.025
0.012
-0.09
0.033
-0.180
0.033
6.968
0.447
0.222
-7.412
2.260
-2.260
-2.16
Bulunan uç momentlerinden dolayı yatay denge yazılarak sistemi düğüm noktaları sabit hale
getirmek için çerçevenin üst kısmına konan mesnedin yatay tepkisi aşağıdaki şekilde bulunur.
H10 = 4.23+0.167-0.565=3.832⇐
⇐
4.93 6/2+4.93/4=4.23
6/2+4.93/4=4.23
0.447
0.222
2.26
0.222+0.447/4=0.167
0.222+0.447/4=0.167
2.26/4=0.565
2.26/4=0.565
287
Bölüm 4
Cross Yöntemi
Đkinci adım olarak da kolonların rijitliklerine göre birim deplasman verildiğinde oluşan
momentlere göre sistem bir defa daha çözülerek yatay mesnet tepkisi (H11) bulunur.
−
2k ′
2x0.375
=−
= 0.1875
h
4

2I
H11

2I
I
−
3k ′
3x0.5
=−
= 0.375
h
4

−
I
m
I

2k ′
2x0.375
=−
= 0.1875
h
4
−
m
m
3k ′
3x0.5
=−
= 0.375
h
4
6
6
δ = 1 ĐÇĐN ÇÖZÜM

Düğüm

Çubuk
-
-
-
-
0.36
0.64
0.364
0.272
Ankastrelik M (100 katı)
-18.75

-
-
-
-
0.364
0.64
0.36
-37.50
-37.50
-18.75
10.200
5.100
13.65
3.816
7.632
-2.076
-1.038
-2.778
-1.389
Düğüm Dağıtılacak M
3
-37.50
2
6.825-18.75=-11.925
5
6.90-18.75=-11.925
3
3.816+3.816=7.632
2-5
-1.389
Uç momentleri
4.293
6.825
13.65
7.632
3.816
-1.389
-2.778
0.500
0.889
-13.957
13.957
6.825
4.293
0.889
14.688
-29.376
-33.438
14.688
0.500
13.957
-13.957
H11 =3.489+15.704+3.489=22.682⇒
⇒
13.957/4=3.489
13.957
(33.438+29.376)/4=15.704
13.957/4=3.489
13.957
29.376
13.957/4=3.489
33.438
H10 = 4.23+0.167-0.565=3.832 ⇒
H10 + H11 δ1 = 0
(33.438+29.376)/4=15.704
13.957/4=3.489
H11 = 3.489+15.704+3.489=22.682 ⇐
3.832 – 22.682 δ = 0
δ1 = 3.832 / 22.682 = 0.169
Çubuk uç momentleri aşağıda tabloda hesaplanmıştır.
Çubuk ucu
M0
M1
δ1
Sonuç M=M0 + M1 x δ1
M21
4.930
-13.957
0.169
2.571
M23
-4.930
13.957
0.169
-2.571
M32
6.968
14.688
0.169
9.450
M34
0.447
-29.376
0.169
-4.518
M35
-7.412
14.688
0.169
-4.930
M43
0.222
-33.438
0.169
-5.429
M53
2.260
13.957
0.169
4.619
M56
-2.260
-13.957
0.169
-4.619
288
Düğüm dengesi
0.00
0.00
0.00
Cross Yöntemi
Bölüm 5
Sonuç kesme kuvveti ve moment alanı,
9.450
4.930
7.147
−
4.853
−
5.948
4.619
4.518
−
2.571
−
6.052
3.317
Vsonuç
3.643
2.357
4.714
2.357
=(5.429+4.518)/4
2.357
=6/2-2.571/4
4.227
Msonuç
1.155
=(4.619)/4
5.429
ÖRNEK 5.17: Düğüm noktaları hareketli sistemin M alanının CROSS yöntemiyle elde edilmesi.
2 kN/m

2I

2I
2 kN/m

2I
4m
I

2I
2I
4m
2I
m

2m
2m

m
6
H1

2I
I
2I
m

m
6
6m
6m
Đlk önce sistem aşağıdaki şekilde düğüm noktaları sabit hale getirilir ve buna göre çözüm
yapılarak bu mesnedin yatay tepki kuvveti (H1) bulunur.
2 x 62
2 x 62
−M23 = M32 =
= − 6kNm
=− 6kNm
M35 = M53 =
12
12
GENEL DURUM ĐÇĐN ÇÖZÜM ( δ = 0 )

Düğüm
-
Çubuk
0.53
Düğüm
2-5
3
2-5
3
-
-

-
0.47
0.364
0.272
-6
6
-6
6
2.820
1.41
-1.50
-3.00
0.017
0.033
-0.008
-0.004
-

-

-
-

-
0.364
0.50
0.50
-
-3.00
-1.50
-0.009
-0.009
-0.005
3.008
-3.009
-1.505
Dağıtılacak M
3.18
6
1.41-1.5=-0.09
0.017
-0.009
-0.004-005=-0.009
Uç momentleri
3.171
-3.171
0.024
0.033
0.017
-0.005
0.003
0.003
0.003
0.002
7.442
0.027
-7.469
0.019
0.017
Bulunan uç momentlerinden dolayı yatay denge yazılarak sistemi düğüm noktaları sabit hale
getirmek için çerçevenin üst kısmına konan mesnedin yatay tepkisi aşağıdaki şekilde bulunur.
H1 = 0.793+0.011-0.752=0.052⇒
⇒
3.171/4=0.793
3.171
0.026+0.019/4=0.011
3.008
(3.008+1.505)/6=0.752
0.026
3.171/4=0.793
0.019
0.026+0.019/4=0.011
1.505
289
(3.008+1.505)/6=0.752
Bölüm 4
Cross Yöntemi
Đkinci adım olarak da kolonların rijitliklerine göre birim deplasman verildiğinde oluşan
momentlere göre sistem bir defa daha çözülerek yatay mesnet tepkisi (H11) bulunur.
−
−
2k′
2x0.75
=−
= 0.375
h
4
2I k=0.667
3k ′
3x0.5
=−
= 0.375
h
4
2I k=0.667

3k ′
3x0.67
=−
= 0.335
h
6
−
2I
k’=0.275
I k=0.50

−
k=0.675 2I
3k ′
3x0.5
=−
= 0.375
h
4
GENEL DURUM ĐÇĐN ÇÖZÜM

Düğüm
−

3k ′
3x0.67
=−
= 0.335
h
6
( δ =1 )

-
-
-
-
-
-
-
-
-
0.53
0.47
0.364
0.272
0.364
0.364
0.50
0.50
-
-375
-335
-335
167.5
83.75
-18.49
-9.24
-1.63
-0.81
Çubuk
Düğüm
2-5
3
3
-375
198.75
176.25
88.13
36.97
36.97
73.94
-19.59
-17.38
-8.69
3.26
6.53
-1.73
-1.53
-197.57
197.57
-9.24-8.69=-17.93
2-5
-375
Dağıtılacak M
88.13+83.75-375
2-5
-375
3.26
Uç momentleri
167.5
83.75
55.25
73.94
27.63
36.97
-18.49
-9.24
4.88
6.53
2.44
3.26
-1.63
159.91 -314.87 154.98 -344.93 187.61 -187.62 -261.30
H11 =49.39+164.96+112.23=326.58⇒
⇒
197.57/4=49.39
197.57
(314.57+344.97)/4=164.96
187.52
(187.52+261.30)/6=112.23
261.30
(187.52+261.30)/6=112.23
314.87
197.57/4=49.39
344.97
(314.57+344.97)/4=164.96
H1 = 0.793+0.011-0.752=0.052 ⇐
H11 = 49.39+164.96+112.23=326.58 ⇒
H1 + H11 δ1 = 0
326.58 δ1-0.052 = 0
-6
δ1 = 0.052 / 326.58 = 159.225 10
290
Cross Yöntemi
Bölüm 5
.Çubuk uç momentleri
7.45
7.47
Uç
M21
M23
M0
3.171
-3.171
M1
-197.57
197.57
δ1 (10-6)
159.225
159.225
Sonuç M=M0 + M1 x δ1
3.140
-3.140
M32
M34
M35
7.442
0.027
-7.469
159.91
-314.87
154.98
159.225
159.225
159.225
7.467
-0.023
-7.444
M43
M53
M56
M65
0.019
3.008
-3.008
-1.505
-344.93
187.61
-187.52
-261.30
159.225
159.225
159.225
159.225
-0.036
3.038
-3.038
-1.547
3.04
3.14
0.02
3.83
3.90
0.04
1.55
Örnek: Şekilde verilen sistemin M alanının elde edilmesi (Cross)

1.4I

1.4I
I
Düğüm noktası
sabit sistem

10 kN
10 kN
4
4
m
I

2I
2I

5

5m
Düğüm
Çubuk uçları
Düğüm
3
5
3
-[5+1.923]=-6.923
3
1.925
2
0.74
3
0.206
2
0.079
Uç momentleri
7m
m
7m

-
m
H10

-
-
-
-
0.444
0.556
-5
0.769
5
0.231
1.648

1.4I
10 kN
4m
I
0.018
0.035
-1.923
3.849
-0.740
0.411
-0.079
0.044
1.72
-3.438
3.348
1.537
0.165
3.074
0.329
-3.845
1.925
-1.480
0.206
-0.158
-1.155
1.648
-1.648
1.72
2I
3.438

-0.445
7m
m
5
(1.72+3.438)/5=
1.032
H10
1.267=H10
(1.72+3.438)/5+1.648/7=
-0.048
Dış yüklerden yanda denge yazılarak düğüm noktaları sabitliğini sağlayan H10 bulunur.
δ1=1 birim yüklemesi yapılıp sistem tekrar aşağıdaki şekilde çözülür.
Düğüm
Çubuk uçları

-
Düğüm
2
48
3
13.334+8.57
2
8.426
3
2.343
2
0.901
3
0.251
0.097
Uç momentleri

-2k/L=2x0.38/7= 0.0857
-
-
-
-
0.444
0.556
0.769
0.231
-48
-48
10.656
21.312
(dönüş)+8.57
1.871
3.741
0.200
0.400
0.022
0.043
26.668
-8.426
4.685
-0.901
0.501
0.097
0.054
-35.251
-22.504
22.504
291
13.334
-16.852
2.343
-1.802
0.251
-0.193
-2.909
-3k/L=3x0.8/5= 0.48
-3k/L=3x0.8/5= 0.48
-5.062
-0.541
-0.058
2.909
Bölüm 4
Cross Yöntemi
2.909

1.4I
1.34
10 kN
4
m

I
35.251
2I
22.504
-2k/L=2x0.38/7= 0.0857
12.24

7m
5m
H10
(35.251+22.504)/5=11.551
5.82
-3k/L=3x0.8/5= 0.48
11.967=H11
11.551+2.909/7=
H10 + H11δ1 = 0 ⇒
Sonuç moment
değerleri
2.02
1.267 − 11.967δ1 = 0 ⇒ δ1 = 0.106

-
-
1.72
-3.438
-35.251 -22.504
5.82
Düğüm
Çubuk uçları
Uç momentleri (düğüm sabit)
Uç momentleri (δ=1)

-2.02
SONUÇ M=sabit+(δ=1) xδ

-
-
-
3.348
1.648
-1.648
22.504
-2.909
2.909
1.34
-1.34
-5.82
ÖRNEK: Şekilde verilen sistemin moment alanının CROSS yöntemi ile elde edilmesi.

k=0.214
20 kN/m
EI=sabit

3
m
3
m
k=0.667

k=0.214
k=0.667

7m
Çözüm: Bu sistemin çözümü düğüm noktaları sabit sistemde dış yüklerin olması durumu, birinci
kat için δ1=1 ve ikinci kat için δ2=1 olmak üzere 3 aşamada yapılır.
Düğüm noktaları sabit sistemin dış yükler altında çözümü

d
M
2
3
2
3
2
Σ
-3.233
0.138
0.431
5.712
-6.465 -2.070 -6.465 -3.233
-0.528 -0.169 -0.528 -0.264
-0.022
-0.043 -0.014 -0.043

7.964
20x3/2-((18.519-7.954)/3)=26.482
2.447 0.786
-0.264
0.100
H20=2.187
0.757 0.243
15
1.224
0.200 0.064
H10=28.669

18.519
--18.519 7.964 -2.253 -5.712 -0.85 0.85

-
d
M
2
3
2
(5.712-0.85)/3=2.187
- - - - -
0.431
-15
0.85
20 kN/m
-

δ1=1 için çözüm [M1]

-
-
- - -
0.431
-66.7
0.138
0.431
0.757
0.243
3.801
25.399
(25.399-3.801)/3=9.733
H21=9.733

(25.399-3.801)/3=
-66.7
14.374
28.748
9.205
1.173
2.345
0.751
28.748
14.374
-5.441
-10.881
2.345
1.173
35.416
(51.057-35.416)/3=28.824

-3.433
51.057
292

H11=38.557
Cross Yöntemi
3
2
3
Σ
Bölüm 5
0.096
--51.057
0.191
0.061
-35.416
10.017
-0.444
-0.888
0.191
0.096
25.399
-0.285
-0.072
-0.023
3.801
-3.801
-3k/L=3x0.667/3=0.667
-3k/L=3x0.667/3=0.667
δ2=1 için çözüm [M2]

-
d
M
3
2
3
2
3
2
3
Σ
8.934
0.729
0.06
-

-
-
-
-
0.431
0.138
0.431
0.757
0.243
-66.7
-66.7
17.867
5.721
1.458
0.467
0.119
0.038

25.246
50.492
17.867
8.934
-3.382
-6.763
1.458
0.729
-0.276
-0.552
0.119
0.06
19.444
6.226
(25.668-13.845)/3=13.171
H22=13.171
16.208
25.668
-2.171
19.444

(25.668-13.845)/3=13.171
(19.444-9.723)/3=9.722
H12=22.893
-3k/L=3x0.667/3=0.667
0.48
-0.177
-3k/L=3x0.667/3=0.667
9.723
-0.045
9.723
13.845

-0.015
-25.668 -13.845 13.845
Yukarıdaki 3 çözümden bulunan değerler kullanılarak,
H10 + H11 δ1 + H12 δ2= 0
H20 + H21 δ1 + H22 δ2 = 0
-28.669 + 38.557 δ1 -22.893 δ2= 0
2.187 - 9.733 δ1 + 13.171 δ2 = 0
denklemi elde edilir. Bu denklemin çözümünden δ1=1.149 ve δ2=0.683 olarak bulunur. Bu
değerler kullanılarak çubuk uç momentleri aşağıda hesaplanarak diyagramı çizilmiştir.
Mij = Mo + M1δ1 + M2δ2
5.94
M12 =−18.519 − 51.057⋅1.149 + 9.723⋅0.683 =−70.55kN
0.85 kN
M21 = 7.964 − 35.416⋅1.149 +19.444⋅0.683 =−19.45kN
13.51
M24 = 2.253 +10.017⋅1.149 + 6.226⋅0.683 =13.51kN
5.94
19.45
M23 =−5.712 + 25.339⋅1.149 − 25.668⋅0.683 = 5.94kN
1.93 kN
M32 =−0.85 + 3.801⋅1.149 −13.845⋅0.683 =−5.94kN
Sonuç M alanı
M35 = 0.85 − 3.801⋅1.149 +13.845⋅0.683 = 5.94kN
60 kN
70.55
2.78 kN
ÖRNEK: Şekilde verilen sistemin moment alanının CROSS yöntemi ile elde edilmesi.(Konsollar
m
1.2 , Tekil yükler sol tarafa
6.9 kN
H20
2.013 kN/m
1.132 kN/m
k=0.40

3
k=0.5
k=8
7.63 kN
m
H10
2.613 kN/m
1.552 kN/m

3
k=0.40

k=0.5
k=8
m
A
1.2m
7m
293
Bölüm 4
Cross Yöntemi
Çözüm: Sistem düğüm noktaları hareketli olduğu için önce düğüm noktası sabit hala getirilerek
çubuk uç momentleri [M0] bulunur. Kolon uç momentlerinden kolonların karşıladığı kesme
kuvveti ve yatay denge yazılarak kat yatay kuvvetleri [H10, H20] belirlenir.
1
Konsol
2
-A
-
0.488
0.024
d
M -1.88
-25.86
-4.277
2
15.624
0.768
1
4
3
-4.258
-0.209
1
0.573
2
3
4
-0.773
-0.038
1
3
0.051
2
-0.175
-0.009
1
4
3
Σ -1.88 10.418 -29.001
-
A-
0.488
-
-
-B
0.286
0.357
0.357
B-

29.91
15.624 7.812
-8.554
0.384
3
Konsol
-1.45
-
-
-
-
0.95
0.05
0.444
0.556
-20.51
24.36
-10.678 -10.678 -5.339
-5.339
7.812
-4.288
8.726
-4.258 -2.129
-0.105
1.147
17.452
-2.129
1.431
1.431
-0.341
-0.019
-0.376
0.617
0.129
0.129
0.106
-0.273
0.053
-0.545
0.032
0.016
-10.576
-0.683
0.064
0.064
-0.175 -0.088
20.463 5.209
-8.445
0.459
0.716
2.022
0.103
-4.223
0.919
0.716
1.011
-0.773 -0.386
0.308
4
-0.088
22.866
-13.747 -9.118 -4.559 -1.45
-0.018
0.005
-0.036
-0.045
0.101
4.901
-3.452
15.862
-15.863
Düğüm noktaları sabit sistemde dış yüklerden dolayı oluşan yatay kuvvetler [H10, H20] aşağıdaki
şekilde hesaplanır.
4.901
H20
15.862
6.341
4.901
=[4.901+20.463]/4
20.463
20.463 13.747
H10
9.118
10.418
5.219
4.559
10.418
6.341
3.909
5.219
3.909
+
15.863
7.403
13.747
9.118
7.403
3.419
4.559
3.419
H20=1.062
=
H10=1.552
δ1=1 için çözüm
1
Konsol
d
M
1
3
2
1
3
4
1
2
Σ
2
-A
- -
0.488
-60
29.28
0.024
0.488
1.44
29.28
-6.954
3.182
0.433
0.157
3.182
-0.756
A-
-
-B
0.286
0.357
0.357
-3.75
-60
14.64
0.72
1.591
0.887
0.078
1.082
3
Konsol
-
1.082
B-

-
-
-
0.95
0.05
0.444
0.556
14.64
-13.908
-0.732
-0.366
-3.75
0.541
1.210
1.591
-1.511
-0.224
0.369
-27.169
0.018
0.369
0.184
2.048 25.121 -43.585
4
-
0.009
0.039
0.049
0.049
1.733
0.907
-2.619 -3.184
-0.080
-0.179
-0.04
-0.357
-0.447
-0.991
-0.763
0.763
0.184
294
0.025
0.996
Cross Yöntemi
Bölüm 5
δ1=1 için çözüm sonucu bulunan momentlerden yatay kuvvetler [H11, H12] hesaplanır.
0.996
0.763
25.121
0.907
H21
=[0.996+25.121]/4
25.121
H11
2.619
27.169
6.529
0.996
6.529
17.695
27.169
+
0.763
0.418
0.907
2.619
0.418
1.451
3.184
1.451
H21=6.947
=
H11=26.093
43.585
3.184
43.585
17.695
1
Konsol
d
M
1
3
2
1
4
3
1
3
-A
-
-
0.488
0.024
29.28
1.44
0.488
-60
29.28
21.546
A-
2
-
-
0.286
14.64
0.357
-3.75
0.357
1.082
1.082
B-
0.72
0.887
-0.264
0.433
-10.726 -0.527 -10.726 -5.363
3
Konsol
-B
-
-
-
0.95
-60
14.64
43.092
0.05
0.444
0.556
-3.75
2.268
1.134
0.541
0.541
-5.363
0.577
-1.136
4
1
2
Σ
2.328
-0.056 -1.136
0.270
-0.568
4
-
0.461
0.245
4.657
-0.568
0.540
-0.028
0.028
-0.038
-0.132
-0.006 -0.132
-0.066
17.286
1.284 -18.57
8.643
-0.003
-0.069
1.243
-0.086
-2.215
-0.086 -0.043
0.996 0.498
-3.002
3.002
0.921
0.123
1.154
0.014
-0.061
-0.076
2.131
-2.131
δ2=1 için çözümünde bulunan momentlerden yatay kuvvetler [H21, H22] hesaplanır.
3.002
2.131
18.570
2.215
0.996
17.286
H22
5.393
3.002
18.570
H12
5.393
6.482
17.286
+
2.131
1.087
2.215
0.996
1.087
0.374
0.498
0.374
H22=6.480
=
H12=13.336
8.643
0.498
8.643
6.482
H10 + H11 δ1 + H12 δ2 + H13 δ3 ……+ H1n δn = 0
H20 + H21 δ1 + H22 δ2 + H23 δ3 ……+ H2n δn = 0
::
::
::
::
::
::
Hn0 + Hn1 δ1 + Hn2 δ2 + Hn3 δ3 ……+ Hnn δn = 0
Denklemi yazılarak δ’lar aşağıdaki tablodaki bulunur.
ΣX1
=
H10
H11δ1
H12δ2
=
0
1.552
-26.093δ
δ1
-13.336δ
δ2
=
0
δ1 = 0.10631
ΣX2
=
H20
H21δ1
H22δ2
=
0
-1.062
6.947δ
δ1
-6.480δ
δ2
=
0
δ2 =
295
0.0549
Bölüm 4
Cross Yöntemi
Bulunan bu δ değerleri aşağıdaki moment denkleminde yerine yazılarak istenilen çubuklardaki
uç momentleri hesaplanır.
Mij = M0 + M1. δ1 + M2. δ2+ M3. δ3.......... Mn. δn
ΣX1
=
H10
H11δ1
H12δ2
=
0
ΣX2
=
H20
H21δ1
H22δ2
=
0
-1.552
1.062
11.443δ
δ1
6.111δ
δ2
=
0
δ1 = 0.10631
-13.336δ
δ1
6.480δ
δ2
=
0
δ2 =
δ1 ve δ2’in gerçek değerleri 10’na bölünerek bulunur.
Şekilde kat yükseklikleri değişik sistemde yatay deplasmanlar aşağıdaki şekilde yapılır.
δ3=1
δ3=1
δ2=1
δ1=1
δ2=1
δ1=1
δ1=1
δ1=1
δ2=1
δ2=1
δ1=1
δ2=1
δ3=1
δ3=1
δ2=1
δ1=1
Şekilde yükleme durumu verilen simetrik sistemin Cross yöntemi ile çözümü,
a. Sistem antimetrik yüklü,
b. Düğüm noktaları sabit hale getirilir.
c. Sistem bu haliyle yarım sistem olarak çözülür.
296
δ3=1
0.0549
Cross Yöntemi
Bölüm 5
Not: Yarım sistem düğüm noktaları sabit olduğu için dış yüklerden oluşan yatay tepkiler
[H10 ve H20] yatay dengeden hemen bulunur.
2P
P
2I
I
2I
2I
Simetrik sistem
H11
1.5k
2I
2I
I
H10=2P
1.5k
H22
1.5k
I
2P
2I
H21
1.5k
I
I
4P
H20=P
1.5k
H21
1.5k
2I
δ1=1
δ2=1
Antimetrik yükleme
ÖRNEK 5.20: Şekilde verilen sistemin moment alanın Cross yöntemi ile çizimi.
4 kN/m
4 kN
1.5I

I
2I
4 kN/m

1.5I

I
4m
4 kN/m

I
2I

I
A
H30
1.5m
B
m
m
6
2
H20
4.67I

1.5m
I
A
H10

I
4 kN/m
4.67I

4 kN
B
m
2
Dış yükler için çözüm
Uç
-A
1
-
d
M
1
3
2
4
2
3
4
5
1
2
3
4
0.5
6
Düğüm
Σ
7.38
2
3
-
-
-
-
-
-
0.25
0.25
-12
0.5
0.5
-12
0.5
12
0.5
0.25
12
3
3
-3.38
1.5
2.63
5.25
0.29
0.58
1.5
-6.75
5.25
-1.16
0.58
0.29
0.58
0.09
6.09
0.04
5.96
0.04
-12.05
5.59
0.02
0.03
5
0.25
-6.75
-
-
-B
0.5
-2
0.5
2
0.5
-4.63
-2.32
-0.32
0.12
-0.16
0.24
0.24
-0.24
0.24
-3.38
2.63
-2.31
0.29
-1.16
-0.08
4
-
0.58
-0.08
-2.31
0.29
-0.16
-0.16
0.02
0.03
7.38
-7.38
0.03
0.03
7.38
-7.38
-0.03
-0.03
-0.06
12.42
-5.59
-6.89
H10=6.09/1.5+0.24/7=4.09
0.24
H20=[[7.38+5.96]- [5.59+7.38]]/4+0.24/7=0.13
4 kN/m
5.96
6.09
7.38
12.42
7.38
A
4 kN
6.89 0.24
4 kN/m
12.05
B
A
7.38
11.46
H30=24.46
4x6/2-[12.05+7.38]/6=12.78
297
0.22
B
Bölüm 4
Cross Yöntemi
1
Düğüm
2
3
4
5
Uç
-A
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-B
d
M
0.5
-13.33
6.67
0.25
0.25
0.5
0.5
0.5
0.5
0.25
0.25
0.5
0.5
0.5
-2.87
3.33
3.33
1.67
0.72
1.43
1.43
0.06
0.03
1
5
2
3
1
4
2
3
1
4
5
Σ
-0.42
0.42
1.67
-0.84
-0.42
0.21
0.21
-0.03
-0.84
-0.42
-0.84
0.10
0.10
0.02
-0.06
-0.06
0.02
-6.21
0.02
3.11
3.11
0.88
-0.06
0.10
0.88
-0.88
0.88
0.81 1.45
0.40
-0.06
0.03
-0.03
-0.88
0.02
0.02
0.03
0.02
-0.03
-0.03
-0.40
-0.40
0.81
1.45
-1.46
H11=6.21/1.5+1.46/7=4.35
1.46
0.40
H21=0.47
0.57=[0.81+1.45]/4
0.21
0.88
3.11
0.03
-0.03
0.10
0.88
3.11
6.21
-0.42
0.02
-0.03
0.03
-0.84
0.88
A
0.67
B
H13=0.11
1
Düğüm
3
2
4
5
Uç
-A
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-B
d
M
0.5
0.25
0.5
0.5
-3.75
0.25
0.25
-3.75
0.5
0.5
0.5
-2.87
1.88
0.5
-3.75
0.47
0.5
1
4
5
2
3
4
1
5
2
3
4
1
5
0.25
-3.75
0.94
0.47
0.94
0.94
1.88
0.48
0.94
0.96
-0.94
-0.47
-0.70
0.12
0.24
-0.11
-0.06
-0.06
Σ
1.07
-2.41
1.34
0.94
0.47
0.47
1.41
0.70
1.41
1.41
0.70
-0.24
-0.35
-0.35
-0.18
0.21
0.11
1.85
-0.47
0.21
1.85
1.91
1.37 1.63
1.84
0.21
-0.05
-0.09
0.11
-0.09
-0.17
-0.09
0.05
0.05
-1.9
1.19
-2.56
1.37
1.63
-1.62
H22=2.41
0.51
1.34
1.91
0.24
H12=0.48
1.62
2.56
2.41
1.07
0.70
-0.47
0.11
0.21
1.19
1.41
-0.24
-0.18
0.11
-1.84
0.96
0.70
0.75=[1.37+1.63]/4
1.90
A
0.54
B
H32=0.30
δ3=1 durumu için orta kolonun deplasmanı
298
durumu
dikkate
Cross Yöntemi
Bölüm 5
alındığında saat dönüş yönü artı tersi ise eksi olarak kabul edilmiş ve ankastrelik momentleri
buna göre bulunmuştur.
1
Düğüm
3
2
4
5
Uç
-A
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-B
d
M
0.5
0.25
0.25
-2.5
0.5
0.5
-2.5
0.5
-2.5
0.5
0.25
-2.5
0.25
0.5
7.5
0.5
7.5
0.5
-0.78
-0.78
0.72
-1.88
-1.56
-3.75
-0.78
-3.75
-0.39
1.45
-0.72
0.29
-0.36
0.57
0.57
-0.16
-0.08
0.04
0.04
3.14
-3.14
5
4
3
2
1
4
5
2
3
4
5
2
3
1
-0.03
-0.02
0.01
-0.02
Σ
0.5
1.00
-1.5
-0.39
1.45
0.72
0.72
0.27
0.53
1.45
0.13
0.27
1.45
0.72
0.13
-0.18
0.03
0.02
0.03
0.03
-0.04
0.02
3kδ/L 3kδ/L
3kδ/L
0.03
-0.04
0.01
-0.08
-0.08
0.02
0.02
1.63
-0.36
0.01
0.02
0.01
-0.36
-0.18
-1.61
-0.87 0.89 -2.99
1.61
3kδ/L
0.02
-0.49
3.47 3.14
2.99
1.63
H31=0.12
3.14
0.49
δ3=-1 δ3=1
3.47
H32=0.31
1.65=[3.47+3.14]/4
0.77
1.00
0.50
3kδ/L
3kδ/L
δ3=1
0.87
1.50
0.89
A
0.40
B
H33=2.82
ΣX1
ΣX2
ΣX2
=
=
=
H10
H20
H30
H11δ1
H21δ1
H31δ1
H12δ2
H22δ2
H32δ2
H13δ3
H23δ3
H33δ3
=
=
=
0
0
0
-4.09
-0.13
24.46
0.12δ
δ1
-0.31δ
δ1
-2.82δ
δ1
-0.48δ
δ2
2.41δ
δ2
0.30δ
δ2
0.12δ
δ3
-0.31δ
δ3
-2.82δ
δ3
=
=
=
0
0
0
δ1
δ2
δ3
=
=
=
Örnek olarak bazı uç momentlerinin hesabı aşağıdaki tabloda verilmiştir.
Uç M
M12
M13
M1A
=
=
=
Mo
5.96
-12.05
6.09
δ1M
40.15x3.11
40.15x3.11
40.15x(-6.21)
δ2M
(-2.41)x9.14
1.34x9.14
1.07x9.14
299
δ3M
30.50x1.00
30.50x(-1.5)
30.50x0.5
=
=
=
139.30
79.31
-218.21
Σ=0
40.15
9.14
30.50
Bölüm 4
Cross Yöntemi
ÖRNEK 5.21: Şekilde verilen çerçevenin moment alanının Cross yöntemi ile hesabı
4 kN/m
6 kN
1.5I
2I

I

I
I
4 kN/m
2 kN
4 kN/m
4 kN
2I
A

I
2 kN
4.5m
1.5I
H20

I
4 kN

2I
H10

2I
H30
A
B
8m
2I
4 kN/m

2I

I
1.5I
4 kN

1.5I
4m
6 kN

I
4 kN
B
3m
3m
36.40
28.94
22.66
6.85
7.98
2.06
36.26
24.91
30.64
49.41
0.52
29.27
20.14
11.47
36.38
8.79
1
Düğüm
3
2
Uç
-A
- - - - - -
d
M
0.5
0.25
0.25
-2.5
5
4
3
2
1
4
5
2
3
4
5
2
3
1
-0.03
-0.02
0.01
-0.02
Σ
0.5
1.00
-1.5
0.5
0.5
-2.5
0.5
-2.5
-0.39
1.45
0.72
0.53
0.72
0.27
0.27
1.45
0.13
0.03
-
-
-
-B
0.25
-2.5
0.25
0.5
7.5
0.5
7.5
0.5
-0.78
-0.78
0.72
-1.88
-1.56
-3.75
-0.78
-3.75
-0.39
1.45
-0.72
0.29
-0.36
0.57
0.57
-0.16
-0.08
0.04
0.04
3.14
-3.14
0.72
-0.18
0.03
-0.36
-0.36
0.01
0.03
-0.04
0.02
-
0.5
0.13
0.02
0.01
5
-
1.45
-0.18
0.02
4
0.03
-0.04
-0.08
0.01
-0.08
0.02
0.02
1.63 -1.61 -0.87
0.02
0.89
300
-2.99
-0.49
3.47

BÖLÜM 5

Transkript

Benzer belgeler

ESKİŞEHİR OSMANGAZİ ÜNİVERSİTESİ Mühendislik Mimarlık

SAP2000 - Ana Araç Çubuğu (Üst Düğmeler)

Hiper Metin Hiper Metin Yazının içine yerleştirilmiş veya gömülmüş

LOGO Veri Yapıları

(15) 2. Devre Analizi Bir elektrik devresinde akım ve gerilim

16 EYLÜL 2016 KISMi AY TUTULMASI 19.54.40 Tutulma Başlangıcı

Graf Teorisi (Graph Theory)

İş Programı Hazırlama Teknikleri