saint venants princip

09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
5. Hafta
- Statikçe belirsiz (axial) problemler ve
- Isıl Gerilmeler
1
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
Background
2
09/10 5.H
–Şu ana kadar gördüğümüz problemlerin
hepsinde; kuvvetlerin ve gerilmelerin
aşağıdaki denge denklemleri yardımıyla
bulunması mümkün dü.
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
Statikçe Belirli : Bir yapıdaki gerilme ve
3
kuvvetlerin
bulunması
için
denklemlerinin yeterli olması
denir.
denge
haline
Eğer
gerilme
ve
kuvvetlerin
bulunmasında bu denge denklemleri
yetersiz kalıyorsa bu problemlere de
Statikçe Belirsiz denir.
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
Statikçe Belirsiz Problemler
4
(Eksenel Yüklemede)
Bazı yapısal sistemlerde, statiğin denge
denklemleri tepki kuvvetlerinin belirlenmesi
için yetersiz kalır. Bu gibi durumlarda tepki
kuvvetlerinin bazıları sistemin dengede
kalması için gereksizdir veya fazladır.
Ve iç kuvvetler sadece SCD ve statiğin denge
denklemleri
ile
elde
edilmeyebilir.
Bu tip problemlere statikçe belirsiz
problemler denir.
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
Örnek: L uzunluğunda A1 kesitinde, E1
elastisite modülüne sahip içi dolu bir
çubuk, aynı uzunlukta A2 kesitinde ve
elastisite modülü E2 olan bir tüb içine
yerleştiriliyor. Şekildeki gibi bir rijid
levha ile P kuvvetine maruz kalıyor.
Tübün ve çubuğun deformasyonu ne
olur?
(A2,E2) rijid
levha
(A1,E1)
L
çubuğun SCD
tüpün SCD
rijid levhanın SCD
5
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
Statiğin denge denklemlerinden sadece
P1 + P2 = P (I) yazılır ancak bu denklem
MUKAVEMET – I :
çözüm için yeterli değil,
Problemin geometrisinden,
1=2
yazılabilir,
1=P1.L/A1.E1 ve 2=P2.L/A2.E2
P1 =
P2 =
A1 E 1 P
A1 E 1 + A 2 E 2
ile
ve
A2 E 2 P
A1 E 1 + A 2 E 2
elde edilir.
1=2 ye uygunluk denklemi denir.
6
Statikçe belirsiz problemler problemin geometrisi de gözönüne alınarak
deformasyonlarla ilgili olarak yazılan ilave uygunluk denklemleri yardımıyla
çözülür.
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
Çalışma prob. -1:
MUKAVEMET – I :
25 mm çapında bronz (Ebr.=105 GPa ) bir çubuk, dış çapı 50 mm iç çapı 25 mm
7
olan bir Al. tüp (EAl.=70 GPa ) içine yerleştiriliyor. Üstten rijid bir kapak
yardımıyla P=45 kN luk eksenel yük ile sıkıştırılıyor. Al. tüp ve bronz çubuktaki
gerilmeleri hesap ediniz.
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
S.C.D. çizilirse tabandaki tepki kuvveti, FAl. ve Fbr. un toplamından oluşan
bileşke eksenel kuvvet ile temsil edilir. Düşey denge yazılırsa ;
MUKAVEMET – I :
(1)
8
Görülür ki problem statikçe belirsizdir. Bu durumda
uygunluk denklemi Al. =br.
şeklindedir. Çünkü her iki
elemanda rijid kapak vasıtasıyla aynı anda deforme
olmaktadır.
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
(1) ve (2) aynı anda çözülerek;
9
ikiside pozitif çıktığı için başlangıçta kabul ettiğimiz gibi her ikiside basma
kuvvetidir ve gerilmeler de ;
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
S.C.D
MUKAVEMET – I :
ÖRNEK prob. -2:
L uzunluğunda ve uniform kesitli çubuk
yüklenmeden önce A da ve B de rijid
olarak bağlanmış. C noktasından uygulanan
P yükü nedeniyle AC ve BC kısımlarındaki
gerilmeleri bulunuz.
S.C.D dan, RA + RB=P (I) yazılır,
ikinci
uygunluk
denklemi
problemin
geometrisinden, toplam deformasyon için
T=A/B=1+2=0
(II)
yazılarak problem
çözülebilir, kaç farklı bölge var?
*P1=RA ve P2=RB dir.
RA=P.L2/L ve RB=P.L1/L dir.
10
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
Süperpozisyon prensibi ;
eğer yük taşıyan eleman karmaşık (bileşik) veya birden fazla yük
etkisi altında ise herhangi bir noktadaki deplasman yada
gerilmeleri hesaplamak için sık sık kullanılan bir yöntemdir.
Her bir yükün etkisi ayrı ayrı hesaplanıp daha sonra aranan
noktadaki sonuçlar toplanır. Ancak bu yöntemin
uygulanabilmesi için iki şartın gerçekleşmesi gerekir ;
1) Problem lineer (doğrusal) olmalı yani, gerilme ile genlemeler
arasındaki ilişki doğrusal olmalı,
2) Şekil değiştirmeler çok küçük olmalı (elemanın boyutları ile
karşılaştırıldığında ki metal malzemeler için çoğu zaman
elastik bölgede bu şartlar sağlanır)
11
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
RA = (RA )PB + (RA )PC
MUKAVEMET – I :
( RA )PC
( RA )PB
RA
A
A
A
+
=
(  B )PB
B
B
PB
(  B )PC
B
PB
Piç =0
(=0)
(  C )PC
C
PC
C
PC
 B = (  B )P + (  B )P
B
C
C
 C =  C / A =  Top. = (  B )P + (  B )P + (  C )P
B
12
Eksenel Yükleme
C
C
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
Statikçe Belirsiz Problemlerin Süperpozisyon Yöntemi ile çözümü ;
• Bir
yapı
dengede
kalabilmesi
için
gerekenden
fazla
mesnetlendirilirse
statikçe belirsizlik durumu ortaya çıkar.
Örneğin; yandaki değişken kesitli çubuk B
mesneti olmadan da yükleri taşıyabilecek
şekilde boyutlandırılabilir. B de mesnet
olması çubuğun yük yaşıma kabiliyetini
artırır ancak statikçe belirsizlik durumu
ortaya çıkar.
• Bu durumda; gerçek yükler ve gereksiz
(fazla) mesnet tepkileri nedeniyle olan
deformasyonlar ayrı ayrı hesaplanıp,
toplanabilir. Kısaca yükler nedeniyle olan
deformasyon L tepki kuvveti ile
deformasyon R olmak üzere;
 = L +R = 0
ile hesaplanabilir.
13
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
Örnek prob.-4 :
Yanda yükleme hali verilen değişken kesitli
çelik çubuğun A and B de mesnet tepki
kuvvetlerini bulunuz. B de boşluk yok.
SOLUTION:
• Consider the reaction at B as redundant,
release the bar from that support, and
solve for the displacement at B due to
the applied loads.
• Solve for the displacement at B due to
the redundant reaction at B.
• Require that the displacements due to
the loads and due to the redundant
reaction be compatible, i.e., require that
their sum be zero.
• Solve for the reaction at A due to
applied loads and the reaction found at B.
14
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
ÇÖZÜM :
• B de mesnetin olmadığını düşünerek deformasyon,
MUKAVEMET – I :
P1 = 0 P2 = P3 = 600 103 N P4 = 900 103 N
A1 = A2 = 400 106 m 2
A3 = A4 = 250 106 m 2
L1 = L2 = L3 = L4 = 0.150 m
Pi Li 1.125 109
L = 
=
E
i Ai Ei
• B deki fazla kabul ettiğimiz tepki kuvveti ile
deformasyon,
P1 = P2 =  RB
A1 = 400 106 m 2
A2 = 250 106 m 2
L1 = L2 = 0.300 m

Pi Li
1.95  10 3 RB
δR = 
=
E
i Ai Ei
15
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
• Problemin geometrisinden görülmekte ki toplam
deformasyon sıfırdır,
MUKAVEMET – I :
 = L +R = 0


1.125109 1.95 103 RB
=

=0
E
E
RB = 577 103 N = 577 kN
• A ve B deki tepki kuvveti,
 Fy = 0 = RA  300 kN  600 kN + 577 kN
RA = 323kN
R A = 323kN
RB = 577 kN
16
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
Örnek prob.-5 : önceki problemde B de boşluk yoktu, şimdi B ucu ile zemin
arasında 4.5 mm boşluk olduğu hal için aynı problemi çözünüz. E=200 GPa.
MUKAVEMET – I :
ÇÖZÜM :
Aynı prosedür uygulanır, bu sefer uygunluk
denklemi ;
 =  L +  R = 4.5 mm
yük nedeniyle ve tepki kuvveti ile olacak
deformasyonları önceki çözümden alırsak,
 =  L +  R = 4.5 mm
RB
1.125  10 9 1.95  10 3 RB
=

= 4.5 mm
E
E
RB = 115.4  10 3 N = 115.4 kN
F
y
= 0  RA  300 kN  600 kN + 115.4 kN
RA = 900  115.4 = 784.6 kN
17
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
ÇALIŞMA prob. : 5 mm çapındaki
çelik çubuk A da sabit olarak bağlanmış
ve yüklenmeden önce B ucu ile duvar
(B’) arasında 1 mm boşluk var. Şekilde
görüldüğü gibi C noktasından P=20 kN
luk yük uygulandığında A ve B’ de
oluşan tepki kuvvetlerini bulunuz.
Eç=200 GPa.
Denge denklemi ;
ÇÖZÜM-1 :
uygunluk denklemi ;
basma kuvveti . . . .
18
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
ÇÖZÜM-2 :
19
SÜPERPOZİSYON YÖNTEMİ ile çözüm :
uygunluk denklemi :
. . . . . . .(1)
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
KISA SINAV-1:.
1) 1 nolu çelik çubuk aynı boyda olan 2 nolu tüp içine
boşluksuz olarak yerleştirilmiş. Her iki uçtan rijid
plakalar yardımıyla uygulanan eksenel P kuvveti ile
sıkıştırılıyor. İçteki çubuk ve tüpün deformasyonu ile
ilgili olarak aşağıdakilerden hangileri doğrudur.
2) Üç çubuk seri olarak bağlanıyor ve
şekildeki gibi yükleniyor . Çubukların
deformasyonları (1, 2 ve 3 arasında) için
nasıl bir ifade yazabilirsiniz
20
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
KISA SINAV-2:
1) Yanda yükleme hali görülen birbiri içine
geçmiş üç dairesel çubuğun deformasyonu
ile ilgili olarak (1, 2 ve 3 arasında) nasıl
bir ifade yazabilirsiniz.
2) Aşağıda yükleme hali görülen çubuk için hangi ifadeler doğrudur.
21
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
ÖRNEK prob. : Üç çelik çubuk şekilde
22
görüldüğü gibi rijid bir elemana ve
duvara pimler yardımıyla bağlanmış ve
15 kN luk yük ile zorlanıyor. AB ve EF
çubuklarının kesiti 25 mm2 , CD
çubuğunun ki 15 mm2 dir. Her bir
çubuktaki kuvveti hesap ediniz.
ÇÖZÜM :
Rijid elemanın S.C.D.
İki denklem üç bilinmeyen dolayısıyla prob. statikçe belirsizdir,
çözüm için deformasyonla ilgili ilave bir uygunluk denklemi
yazılmalıdır….
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
UYGUNLUK İFADESİ : uygulanan yük nedeniyle rijid elemanın son durumu
aşağıdaki gibi olur ve benzer üçgenlerden
23
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
24
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
Isıl Gerilmeler ve Genlemeler (Thermal Stresses and09/10
strains)
5.H
;
MUKAVEMET – I :
•İki ucu açık sabit kesitli
MUKAVEMET – I :
bir AB çubuğunu gözönüne
alalım.
• Çubuk ΔT kadar ısıtılırsa
uzar.
•Bu uzama miktarı (T) da
 ; ısı iletim katsayısı (1/ºC)
ΔT=Tson- Tilk (ºC)
25
Termal (ısıl) genleme
Dikkat gerilme yok.
Eksenel Yükleme
çubuğun boyu ve sıcaklık
değişimi
ile
doğru
orantılıdır.
 T =  (T ) L
 T =  (T )
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
Thermal Strains (Isıl genleme, ısıl gerinim)
MUKAVEMET – I :
Sıcaklıktaki değişim malzemelerin deformasyonuna neden olur.
Homojen, izotropik malzemeler için T sıcaklık değişimi her yönde
aynı miktarda doğrusal boyut değişimine neden olur
Thermal strains : x= y=z=
. T=  . (T-T0)
İzotropik malzemeler için sıcaklıktaki değişim açısal genlemelere
neden olmaz, yani,
xy= xz= yz=0
T, measured in degrees Celsius (oC) or Farenheit (oF)
 malzemeye özgü lineer ısıl genleşme katsayısıdır, deneysel olarak
belirlenir. Unit of  are mm per mm per degree [(mm/mm)/o]
26
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
Thermal Strains (continued)
27
küçük genleme miktarları için lineer ısıl genlemeler, gerilme nedeniyle
oluşmuş lineer genlemeler ile direkt olarak toplanır.
L (δ)=  T L,
 = L/L =  T
T sıcaklık değişimindeki artış pozitif olarak göz önüne alınır.
 ısıl genleşme katsayısının bazı malzemeler için ;
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
ISIL GERİLME (Thermal Stresses);
28
• Sıcaklıktaki değişim uzunluktaki değişime yada
ısıl genlemelere neden olur. Uzunluktaki
değişim engellenmediği müddetçe termal
genleme ile ilgili bir gerilme ortaya çıkmaz.
• Süperpozisyon yöntemi ile,
T =  T L
P =
 = ısıl genleşmekatsay ısı.
PL
AE
• Isıl deformasyon ve mesnet tepkisi nedeniyle
deformasyon birbirine eşittir. Çünkü mesnet
yer değiştirmiyor.
 = T =  P
P =  AE T 
PL
 T L = 
AE
=
Eksenel Yükleme
P
=  E T 
A
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
5.2. Hafta
GERİLME YIĞILMASI - ÇENTİK ETKİSİ
(STRESS CONCENTRATIONS)
29
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
Saint-Venant’s Principle
30
Önceki bölümlerde gördük ki yükün uygulama noktası cıvarında
gerilme dağılımı düzgün değildir. Bu durum kesit değişimi olan
elemanlarda da söz konusu olmaktadır.
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
31
-
Gerilme yığılması (Stress Concentration)
Cıvatalı ve perçinli bağlantı deliklerinde,
vida diş köklerinde,
kesit değişimlerinde,
kaynaklı bağlantılarda,
malzeme içinde porozite ve inklüzyonlar,
yüzey işleme çizgileri
Gerilme yığılmalarına (çentik etkisi)
neden olur.
Nominal genleme (veya
gerilme) elastik bölgede olmasına
rağmen süreksizlik cıvarında plastik
genleme (veya gerilme) hali söz konusu
olabilir.
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
32
Birçok mühendislik konstrüksiyonu
gerilme yığılma etkisi yaratacak
geometrik
tasarım
detaylarına
kaçınmaksızın sahiptir (Ör: vida ve
perçin delikleri, kesit değişimleri,
kaynaklı birleştirme etc.). Hasar
genellikle bu yerlerde başlar çünkü
lokal olarak gerilme bu noktalarda en
büyük değerlerdedir.
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
33
Çekmeye çalışan değişken kesitli bir çubuğun düz ve kesitin değiştiği
yerlerinde , yüklemeden sonraki normal gerilme dağılımı .
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
Gerilme yığılma faktörü:
MUKAVEMET – I :
(Çekmeye çalışan sabit kalınlıklı delikli levha)
max.
ort.
Kesitteki süreksizlikler süreksizlik
noktası
cıvarında
gerilme
yığımasına neden olur.
34
Eksenel Yükleme
σ ort. =
P
Amin.
; K=
σ max
σ ort.
Amin. = (D  2r).t
© 2008 NM
MUKAVEMET – I :
09/10 5.H
Gerilme yığılma faktörü:
MUKAVEMET – I :
(Çekmeye çalışan sabit kalınlıklı levhada geçiş bölgesi )
Önemli ;
35
-Genelde ; K= f (yükleme hali, süreksizliğin şekil ve boyutu)
-Gerilme yığılması etkisi , sadece statik yükleme etkisindeki sünek malzemeler
hariç tüm geometri, yükleme hali ve malzemeler için mutlaka gözönüne
alınmalıdır.
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
Gerilme yığılma faktörü:
MUKAVEMET – I :
(Çekmeye çalışan dairesel kesitli çubukta geçiş bölgesi )
36
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
ÖRNEK :
MUKAVEMET – I :
r
37
SOLUTION:
• Determine the geometric ratios
and find the stress concentration
factor from Fig.(slayt 9
).
• Find the allowable average normal
stress
using
the
material
emniyetle taşınabilecek en
allowable normal stress and the
büyük P yükünü hesaplayınız
stress concentration factor.
kalınlık t=10 mm, d=40 mm and
D=60 mm genişliklerinde, geçiş
yarıçapı
r
=
8
mm.
• Apply the definition of normal
Hasarlanmadan taşınabilecek
stress to find the allowable
en büyük gerilme 165 MPa.
load.
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
• Determine the geometric ratios
and
find
the
stress
concentration factor from Fig.
MUKAVEMET – I :
D 60 mm
=
= 1.50
d 40 mm
r
8 mm
=
= 0.20
d 40 mm
K = 1.82
• Find the allowable average
normal stress using the
material allowable normal
stress and the stress
concentration factor.
• Apply the definition of normal
stress to find the allowable
load.
 ort. =
 max
K
=
165 MPa
= 90.7 MPa
1.82
P = A ort . = 40 mm10 mm90.7 MPa
= 36.3  10 3 N
38
P = 36.3 kN
Eksenel Yükleme
EK SORULAR
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
YORUM ;
39
Slayt6 ve 7 de gösterilen gerilme yığılma eğrileri statik yükleme
hali ve orantı sınırının aşılmadığı gerilme seviyeleri için
belirlenmiştir. Eğer malzeme çok gevrek ise orantı sınırı ile
kopma gerilmesi birbirine çok yakındır, dolayısıyla orantı
sınırına ulaşıldığında gerilme yığılmasının olduğu noktada
kopma gerilmesine ulaşılmış olabilir ve hasar başlar. Aslında
tam da bu noktada bir çatlak oluşmaya başlar ve çatlak ucunda
yüksek gerilme yığılması etkisi oluşur. Bu da kesit içinde
çatlağın ilerlemesine ve aniden kırılmasına neden olur. Bu
nedenle, gevrek malzeme kullanılarak yapılacak bir tasarımda
gerilme yığılma etkisi faktörlerinin kullanılması çok önemlidir.
Diğer taraftan eğer malzeme sünek ise ve statik bir yükleme
hali etkisinde ise tasarımcılar genellikle gerilme yığılma
faktörünü kullanmayı ihmal ederler. Çünkü orantı sınırının
aşıldığı herhangi bir gerilme seviyesi bir çatlak oluşumuna
neden olmaz, aksine malzeme akma ve pekleşme mekanizması
ile mukavemetini korur.
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
Örnek Prob. :
MUKAVEMET – I :
10x10 mm kesidinde ve 1 m boyunda
çelik çubuk, T1=30°C da aralarında 1 m açıklık olan iki
rijid duvar arasına konuyor. Sıcaklık T2=60°C a çıktığında
çubuktaki normal gerilme ne olur ?
ÇÖZÜM :
Duvarlar sıcaklık nedeniyle serbest uzamaya müsaade
etmeyeceği için ısıl gerilme oluşur. Yani A/B =0 dır.
Serbest uzama olsaydı uzama olsaydı T kadar uzayacaktı,
serbest uzama olmadığı için oluşan basma kuvveti
nedeniyle deformasyona da F dersek ,
A/B=0= T -F
ve
40
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
41
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
ÖRNEK Prob. :
A=400 mm2
Değişken kesitli çubuk oda sıcaklığında
(T=25°C) iki ucundan sabit olarak
boşluksuz bağlanmıştır. Sıcaklık T=-50°C
olduğunda AC ve BC kısımlarındaki
gerilmeleri hesap ediniz. E=200 GPa,
=12.10-6 1/°C
300 mm
A=800 mm2
300 mm
ÇÖZÜM:
T=(-50)-(25)= -75°C
Sıcaklık ile karşılık toplam deformasyon;
 T =  ( T )L
= ( 12.10 6 ).( 75 ).( 0.6 m )
= 540.10 6 m
42
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
B deki gereksiz tepki kuvveti ile deformasyon;
L1 = L2 = 300 mm
MUKAVEMET – I :
A1 = 400 mm2 , A2 = 800 mm2
P1 = P2 = RB
R =
P1 L1 P2 L2
+
= ( 5.625 x10  9 )RB ( m / N )
A1 E A2 E
Problemin geometrisinden toplam
deformasyon sıfır olmalı ;
 = T +  R = 0
 = ( 540 x10 6 ) + ( 5.625 x10 9 )RB = 0
RB = 96000 N = 96 kN
43
Eksenel Yükleme
gerilmeler ;
 1 =  AC
P1
=
= 240 MPa
A1
 2 =  CB
P2
=
= 120 MPa
A2
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
Genlemeler ile gerilme kontrol :
Isıl genleme
MUKAVEMET – I :
 T =  ( T ) = ( 12.10 6 )x( 75 )
= 900.10 6 
 AC =  T +
A=800 mm2
= +300 
Benzer şekilde CB kısmında toplam
genleme ;
 CB =  T +
300 mm
=
E
= ( 900  ) + ( 1200  )
AC de gerilme nedeniyle genleme
 1 240 MPa
=
= 1200.10 6 = 1200 
E 200 GPa
A=400 mm2
1
2
=
E
= ( 900  ) + ( 600  )
300 mm
CB kısmı kısalırken AC kısmı da aynı
miktarda uzamış toplam şekil değiştirme ;
= 300 
 AC =  AC .( AC ) = ( +300  ) x( 0.3 m ) = +90 m
 CB =  CB .( CB ) = ( 300  )x( 0.3 m ) = 90 m
 =  AC +  CB = 0
44
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
Örnek Prob. :
MUKAVEMET – I :
başlangıçta yükün sıfır olduğu anda sıcaklık 20 °C . Sıcaklık 80 °C a çıktığında ve
aynı anda yayılı yük de uygulanmış ise taşıyıcı çubuklardaki kuvvetler ne olur?
45
Rijid
blok
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
Rijid bloğun S.C.D. çizilirse ;
MUKAVEMET – I :
. . (1)
Uygunluk denklemi :
Problemin yükleri, geometrisi ve smetri
nedeniyle her bir çubuk aynı miktarda
kısalacaktır, yani
st=al.
46
. . (2)
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
Alüminyum ve çeliğin ısıl genleşme katsayılarını kullanarak ,
MUKAVEMET – I :
+
47
-
Bu sonuçları (1) de yerine koyarak ,
Fst. ,nin negatif çıkması başlangıçta seçtiğimiz yönün ters olduğunu, bir
başka deyişle çelik çubukların çekmeye alüminyum çubukların basmaya
çalıştığını gösterir.
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
THE END
yani dersin sonu
48
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
Örnek soru-1 :
49
Şekilde görülen bağlantı
60 mm
uzunluğunda bir Al. tüpün iki ucundan rijid
pullar (kalınlığını ihmal ediniz) ve bir
cıvata-somun yardımıyla montajı ile
oluşturulmuştur. Tübün dış yarıçapı 10 mm,
iç yarıçapı ve cıvatanın yarıçapı ise serbest
geçmeyi sağlayacak şekilde 5 mm dir. Önce
montaj yapıldı ve boşluklar alındı daha
sonra somun sıkılmaya devam ederek yarım
tur döndürüldü ve bağlantı sıkıldı. Vida
dişleri hatvesi 1 mm olduğuna göre her iki
malzemede
de
oluşan
gerilmeleri
hesaplayınız.
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
Bağlantının S.C.D. dan:
Uygunluk denklemi şöyle oluşturulur. Somun sıkıldıkça tüp t kadar
kısalırken cıvata çekmeye zorlanır ve b kadar uzar. Bu
deformasyonları yaratan ise somunun yarım tur döndürülmesi ile 0.5
mm cıvata boyunca hareket etmesi nedeniyledir.
t +b=0.5 mm
(2)
Burdan Ft ve Fb birbiri cinsinden elde edilir.
Ft = Fb=31556 N olarak bulunur. Ve gerilmeler ;
50
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
Örnek soru-2 :
MUKAVEMET – I :
Aşağıda görülen bağlantıda Al. tüpün kesit alanı 600 mm2 ve cıvata malzemesi
ise A-36 çeliğinden olup kesit alanı 400 mm2 dir. T1=15 °C da cıvatalar boşluğu
alınmış şekilde sıkılmış (eksenel kuvvet ihmal edilebilecek düzeyde). Sıcaklık
T2=80 °C çıktığında cıvata ve tüpte oluşacak gerilmeleri bulunuz.
Al.=23.10-6 1/°C ve ç.=12.10-6 1/°C
S.C.D. dan ve
Fy =0 dan
Fs =Fb
51
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
Alüminyumun ısıl genleşme katsayısı daha büyük olduğu için serbest olarak daha
fazla uzayacağı açıktır. Ancak problemde bu daha fazla uzama isteği
engellendiğinden Al. tüp basmaya zorlanırken çelik cıvata çekmeye zorlanır.
Problem statikçe belirsizdir , uygunluk denklemi için düşünce ;
52
Sıcaklık artışı cıvatanın (b)T kadar, Al. tüpün de (s)T kadar uzamasına neden
olurken , bu arada oluşan iç kuvvetlerden Fb cıvatayı uzatırken Fs alüminyum
tüpü kısaltmaya çalışır. Sonuç olarak bağlantının son boyu başlangıç boyu ile aynı
değildir. Ve uygunluk denklemi aşağıdaki gibi yazılabilir;
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
Uygunluk denklemini açık olarak yazarsak;
Veya ; serbest uzasa idiler (b)T=0.117 mm , (s)T=0.2242 mm. O halde
0.2242-0.117=0.1072 mm ye karşılık iç kuvvetler ortaya çıkıyor, yani
53
(b)P + (s)P=0.1072 mm ye karşılık P=20.25 kN bulunur.
Eksenel Yükleme
© 2008 NM
09/10 5.H
MUKAVEMET – I :
MUKAVEMET – I :
Sıcaklık etkisinde cıvatalı bağlantı
54
Eksenel Yükleme
Sonuç ;
© 2008 NM