Statik Ders Notları

Prof.Dr. Mehmet Zor
DEU Muh.Fak. Makine Muh. Bölümü
(Son Güncelleme: 17.08. 2017)
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
1
Önsöz
Sevgili Öğrenci Arkadaşlarım;
Mühendislik Fakültesi’nin farklı bölümlerinde anlattığım Statik dersine ait notlarımı istifadenize sunuyorum. Ders notlarını
hazırlarken kendi tecrübelerime dayanarak şu noktalara dikkat etmeye çalıştım:
 Öncelikle notlarımda dostane bir hava oluşturmak istedim. Bir zaman çalışmaya çalıştığım bir kitaptaki sert ve resmi
üslubun, çok itici geldiğini, kitaptan beni soğuttuğunu ve çalışma şevkimi kırdığını görmüştüm. Dolayısıyla bir kitabın
üslubunun öğrenmeyi etkileyen çok önemli bir faktör olduğunu göze alarak, notlarımla dost olmanızı sağlayacak bir üslubu
kullanmaya gayret ettim.
 Bazen espriler, figürler, karikatürler ve değerli bazı sözlerle samimiyeti arttırmayı ve ders çalışmaktan yorulan zihninize bir
teneffüs verip toparlanmasını sağlamayı hedefledim.
 Konuların içinde, öğrenmeyi kolaylaştıran ve hızlandıran bazı anahtar püf noktaları özellikle vurgulamaya çalıştım.
 İlk örnek problemleri en zayıf anlayıştaki bir kişinin anlayabileceği tarzda açıklamaya çalıştım. Diğer örneklerde ise çok fazla
detaylı açıklamalara girmedim.
 Sadece cevabı belli olan bazı soruları konuların sonuna ekleyerek, kendi gayretinizle, hata yapa yapa, düşe kalka doğru
sonucu bulmanızı, bu şekilde konuları daha fazla pekiştirmenizi; ayrıca insanı geliştiren en önemli hadiselerin yenilgiler ve
başarısızlıklar olduğunu hissetmenizi hedefledim.
Sizlerden gelen öneri ve eleştirilerinizi de dikkate alarak, bu notları zaman içerisinde güncellemeyi, en anlaşılır seviyeye getirmeyi
ve mümkün olursa ileride kitap halinde bastırmayı amaçlıyorum. Tüm öğrencilere ve statik konusuyla ilgili tüm araştırmacılara
faydası olması dileğiyle…
15.07. 2017-İzmir
Prof.Dr. Mehmet Zor
(DEU Makine Mühendisliği Bölümü)
e-posta [email protected]
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
2
1. Giriş
Ders KAYNAKLARI :
Bu Ders Notlarının Hazırlandığı Kitaplar:
1- Statik: Engineering Mechanics: Statics,( J. L. Meriam, L. G. Kraige, Wiley)
2-Mukavemet : Mechanics of Materials, (F.P.Beer, E.R.Johnston Jr, J.T.DeWolf
Yardımcı Kitaplar:
Mühendislik Mekaniği: Statik, R.C Hibbeler & S.C. Fan,
Mukavemet I (O.Sayman, S.Aksoy, S.Erim, H.Akbulut, DEU yayınları)
Web Sayfası:
Sınav soruları, cevapları ve ders notları için :
Öğretim Üyesinin Web sitesi : http://kisi.deu.edu.tr/mehmet.zor/
e-mail: [email protected]
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
3
1.Giriş
FİZİK
MEKANİK
Rijid Cisimlerin
Mekaniği
Şekil Değiştirebilen
Cisimlerin Mekaniği
Dinamik
Statik
(Hareketli Cisimler)
Mühendislik
Mekaniği
Dersi
(Sabit Cisimler)
(Statik+Muk.)
Mukavemet
(Cisimlerin Dayanım)
Akışkanlar
Mekaniği
Mekanik: Fizik biliminin, cisimlerin dış yükler altındaki davranışlarını inceleyen dalıdır.
Rijit Cisim: Kuvvet etkisi ile şeklinde bir değişiklik olmayan teorik cisimdir. Gerçekte katı haldeki tüm cisimlerde dış
kuvvetler etkisiyle az-çok şekil değişikliği olur. Ancak statik ve dinamik bilimlerinde, gerçek katı cisimler de rijit kabul edilir.
Dinamik: Hareket halindeki katı cisimlerin davranışlarını inceler.
Statik: Dış yüklere maruz kalmasına rağmen durağan halde dengede olan cisimlerin davranışlarını inceler. (Örneğin
oturduğunuz sıra, masa vb.) Statikte genel amaç cisme etki eden dış kuvvetlerin belirlenmesidir.
Mukavemet: Dış yüklerin etkisine maruz, genelde statik (durağan) halde olan, şekil değiştirebilen katı cisimlerin ve
sistemlerin davranışlarını inceler. Dış yükler statikteki denklemlerden hesaplandıktan sonra, bu dış yüklere sistemin
dayanıp dayanamayacağını veya dayanması için boyutlarının veya malzemesinin ne olması gerektiği sorularına cevap
aranır. Mühendislik açısından bu çok önemli sorulara cevabı ise Mukavemet bilimi verir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
4
1. Giriş
BU DERS GERÇEK HAYATTA NE İŞE YARAYACAK?
Wmax=2400N
Bu sorunun cevabını bir örnekle anlamaya çalışalım:
•
Çalıştığınız işletme şekildeki gibi bir hamak imal etmek istemektedir. Ar-ge mühendisi olarak sizden hamakta
kullanılacak iplerin emniyetli çapını (d) belirlemenizi istemiştir.
•
Siz de şu şekilde düşünüyorsunuz:
Hamak maksimum 120 kg lık kişiyi taşısın. Ancak 2 katı emniyetli olsun. Yani durağan halde hamak
maksimum 240kg (yaklaşık 2400N) luk bir yükü taşıması gerekir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
5
1. Giriş
BU DERS GERÇEK HAYATTA NE İŞE YARAYACAK? - devam
T1
T2
Wmax=2400N
Şunu unutmayın: ip kuvvetleri bilinmeden emniyetli çap (d) hesaplanamaz.
•
•
•
O halde;
İlk adım iplere düşen kuvvetleri (T1, T2) bulmaktır.
Statik’ten
2.Adım ise ipin emniyetli çapını (d) hesaplamaktır.
Mukavemet’ten
Görüldüğü gibi statik ve mukavemet birbirlerini tamamlayan iki derstir. Bu iki dersin birleştirilmesiyle Mühendislik Mekaniği
dersi teşkil edilmiştir.
Mukavemet dersinde doğrudan gerçek hayata uygulanabilen boyut hesabı (d çapının belirlenmesi gibi) yapılır ki bu
hesaplamalar mühendislerden beklenir.
Ancak boyutu hesaplamadan önce kuvvetlerin bilinmesi gerekir. Bu ise Statik dersinin temel konusudur. Bu sebeple önce
statik konuları işlenecektir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
6
1. Giriş
DERS KONULARI
1. Vektörler
2. Kuvvet Sistemleri
Kuvvet
Hesaplamaları
3. 2 Boyutlu Denge
4. 3 Boyutlu Denge
5. Kafes Sistemler
6. Çerçeveler ve Makinalar
7. Ağırlık Merkezi
8. Atalet momenti
Kuvvet
Hesaplamaları
17.08.2017
9. Sürtünme
10. Virtüel İşler Prensibi
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
7
1. Giriş
BU DERS SİZLERE NE KAZANDIRACAK?
Statik ve Mukavemet derslerini (veya ikisinin gösterildiği Mühendislik Mekaniği dersini)
alan ve başarılı olan öğrenciler;
 Denge
halindeki
katı
sistemlerde
dış
yükleri
hesaplayabilecekler, (Statik)
 bu yüklere sistemin dayanabilmesi için sistemi oluşturan
parçaların herbirisinin boyutlarının minimum alması
gereken değeri tayin edebilecekler (Mukavemet)
 Veya Sistemin bu yüklere dayanıp dayanamayacağını
hesaplarla kontrol edebilecekler, (Mukavemet)
 Veya sistemin bu yüklere dayanabilmesi için malzeme
seçimi yapabileceklerdir. (Mukavemet)
 Bu bilgi ve beceriler ise öğrencilere mühendislik açısından çok önemli kazanımlar
sağlayacaktır. Yeni sistemleri, üretilmeden önce optimum boyutlarda tasarlayabilecek bir
bilgi birikimine ulaşabileceklerdir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
8
1. Giriş
Newton Kanunları
 1. Kanun: Başlangıçta durağan halde olan veya sabit hızla bir doğru boyunca
hareket eden bir cisim üzerine dengelenmemiş bir kuvvet etki etmedikçe (net
kuvvet ve moment sıfır ise) bu hareket durumunu korur.
 2. Kanun: Bir parçacığın ivmesi, üzerine etki eden bileşke kuvvetle doğru orantılı
ve kuvvet doğrultusundadır. F=ma
 3. Kanun: İki parçacık arasındaki etki ve tepki kuvvetleri eşit, aynı doğrultu
üzerinde ve zıt yönlerdedir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
9
1. Giriş
Birim Sistemleri
Birim
Kütle
SI
kilogram (kg)
Uzunluk
metre (m)
Zaman
saniye (s)
Kuvvet
Newton (N)
1 Newtonluk kuvvet: 1 kilogramlık kütleyi 1 m/s2 ivmelendiren kuvvet değeridir.
Püf Noktaları : (P.N)
P.N. 1.1: Statik denge denklemlerinin sağ tarafı sıfır olduğundan birim dönüşümüne gerek kalmaz. Ancak tabiki hesaplamalarda büyüklükler
aynı cins birimden yazılmalıdr. (Mesela tüm kuvvetler kN veya Newton alınmalıdır.)
P.N. 1.2 : Mukavemet hesaplarında birim dönüşümü çok önemlidir. Kuvvetler Newton, uzunluklar ise mm ye dönüştürülerek hesaplamalar yapılır.
P.N 1.3 : Dinamikte ise birimler kg, metre ve saniye alınır.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
10
2. VEKTÖRLER
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
11
2. VEKTÖRLER
2.1 konunun önemi
Soru: Bu konuyu öğrenmek bize ne kazandıracak?
Cevap: Bu konuyu iyice anlayabilirsek;
Statik’in temel konusu olan kuvvet hesaplamalarını,
özellikle üç boyutlu denge problemleri için, daha
kolay ve pratik olarak yapabileceğiz.
Soru: Peki kuvvetleri hesaplamanın ne önemi vardı?
 Kuvvetleri bilmeden mukavemet hesapları yapılamaz.
 İncelenen parçanın, kuvvete dayanması için gerekli minimum boyutları
mukavemet hesaplamalarıyla belirlenir.
 Bu minimum boyutlar ise günlük hayatımıza uygulanabilir bir veri elde
etmemizi sağlar. Zira boyutlar bu değerlerden büyük olmalıdır.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
12
2. VEKTÖRLER
Şimdi vektörlerle ilgili tanım ve işlemleri sırasıyla işleyip, son kısımda çeşitli örneklerle konuyu
pekiştirmeye çalışacağız.
 2.2 Skaler büyüklük: Sadece şiddeti bulunan büyüklükler (örn: uzunluk, zaman, kütle, hacim,
enerji, yoğunluk) Bir harf ile sembolize edilebilir. (örn: kütle: m)
 2.3 Vektörel büyüklük: Şiddeti ile birlikte yönü olan büyüklüklerdir. (örn: hız, ivme, kuvvet)
 2.4 Bir vektörün gösterimi: Bir okla gösterilir. Sembolize edilirken harfin üzerinde bir ok koyulur.
Vektörel Gösterimi: 𝑉
Şiddeti : V veya I 𝑉 I
Doğrultusu : AB
Yönü : A’dan B’ye doğru
Uygulama noktası : A
Yatayla yaptığı açı : q
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
13
2. VEKTÖRLER
2.5 Vektörlerin Sınıflandırılması
P.N 2.1 : Sınıflandırmada esas olan vektörün etkisinin korunmasıdır. (P.N: Püf Noktası)
1-Serbest vektör (Free vector): Belirli bir şiddeti, doğrultusu ve yönü vardır
ama etkime doğrultusu uzayda tek bir noktadan geçmez. Sabit bir hızla
doğrusal hareket yapan bir aracın hız vektörü buna bir örnektir.
2- Kayan vektör (Sliding vector): Belirli bir şiddeti, doğrultu ve yönü vardır.
Uygulama noktası etkime doğrultusu üzerinde herhangi bir nokta olabilir. Rijit bir
cisme etki eden kuvvet, aynı etkiyi etkime çizgisi üzerinde herhangi bir noktadan
uygulandığında da gösterir ki bu kuvvet kayan vektöre bir örnektir.
3- Sabit vektör (Fixed vector): Belirli bir şiddeti, doğrultu ve yönü vardır.
Etkime doğrultusu uzayda tek bir noktadan geçer. Elastik bir çubuğa
uygulanan çekme kuvvetleri buna bir misaldir. Kuvvetlerin aynı etkiyi
koruması için etkime doğrultusu ve noktası sabit olmalıdır.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
14
2. VEKTÖRLER
2.6 Kaydırılabilme İlkesi (Principle of transmissibility):
Rijit cisim üzerine etkiyen kuvvetin şiddeti, doğrultusu ve yönü aynı kalmak koşuluyla uygulama noktası
doğrultusu üzerinde herhangi bir noktaya taşınabilir ve bu işlem sonucu cisme etkisi değişmez.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
15
2. VEKTÖRLER
2.7 Kartezyen Koordinatlar : Birbirine dik (ortogonal) eksenlerden oluşan eksen
takımıdır. İki boyutlu (düzlemsel) durumda x ve y eksenlerini, üç boyutlu (uzaysal)
durumda x, y ve z eksenlerini içerir.
Eksenlerin yerleştirilmesi nasıl yapılır?
 x ve y eksenleri keyfi olarak yerleştirilir; ancak z ekseninin
yönü artık keyfi olamaz.
 z ekseni sağ el kaidesiyle yerleştirilir.
 Yani x ekseni sağ elimizin 4 parmağıyla tutup, y ekseni üzerine
kaparsak baş parmağımızın yönü + z eksenini gösterir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
16
2. VEKTÖRLER
2.8 Vektörelerin toplanması ve çıkarılması
Vektörlerin Toplama ve çıkarma işleminde 2 yöntem vardır:
a-) Paralelkenar yöntemi:
Toplama:
Vektörlerin başlangıç noktaları birleştirilir ve bir paralel kenar oluşturulur. Bu paralel kenarın diyogonali ( R ) iki
vektörün toplamına eşittir.
Çıkarma:
17.08.2017
2nci vektör 180 derece ters çevrilip toplama işlemi aynen yapılır.
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
17
2. VEKTÖRLER
2.8 Vektörel toplama ve çıkarma işlemleri -devam
b-) Üçgen Yöntemi (uç uca ekleme yöntemi):
Toplama: 2nci vektör 1nci vektörün ucuna (bitim noktasına) eklenir. 1nci vektörün başlangıcından , 2nci
vektörün bitiş noktasına çizilen vektör toplam vektörü (R ) verir.
Çıkarma: 2nci vektör 180 derece çevrilip toplama işlemi aynen uygulanır.
Çıkarma:
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
18
2. VEKTÖRLER
2.8 Vektörel toplama ve çıkarma işlemleri - devam
c-) Birden Fazla vektörün toplanması veya çıkarılması: Bu durumda üçgen
yöntemi daha pratiktir. Vektörler uç uca eklenir ve ilk vektörün başlangıcından
son vektörün ucuna çizilen vektör bileşkeyi verir. Vektörlerin sırasının önemi
yoktur. Çıkarılacak vektörleri varsa yine 180derece çevrilir.
−𝐶
𝐶
𝐵
𝐶
𝐵
𝐵
𝐴
𝐴
17.08.2017
𝐴
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
19
2. VEKTÖRLER
2.9 Bir vektörün bir skalerle (bir katsayı ile) çarpımı:
•
Sonuç, başka bir vektördür.
•
Sonuç vektörün şiddeti = çarpılan vektörün şiddeti x katsayı
•
Sonuç vektörü, ilk vektöre paraleldir ancak yönü değişebilir.
•
Eğer çarpım katsayısı pozitif ise yön, negatif ise yön 180derece ters
yönde olur.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
20
2. VEKTÖRLER
2.10 İki Vektörün Birbirleriyle Skaler Çarpımı (.) :
 Sonuç bir skalerdir (bir sayıdır).
 Bu sayı: Her iki vektörün şiddetleri ve aralarındaki açının cosinüsünün
çarpılmasıyla bulunur.
 Skaler çarpımda « nokta » kullanılır.
(D2.1)
Örneğin;
Şiddetler : A = 5, B = 4 ve q = 60
17.08.2017
𝐴 . 𝐵 = 5.4.Cos60 = 10
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
21
2. VEKTÖRLER
2.11 İki Vektörün Birbiriyle Vektörel Çarpımı (x):
 Sonuç başka bir vektördür.
 Sonuç vektörünün şiddeti :her iki vektörün şiddetleri ve aralarındaki açının sinüsünün
çarpılmasıyla bulunur.
 Sonuç vektörünün yönü: çarpılan vektörlerin bulunduğu ortak düzleme diktir ve sağ el
kaidesiyle bulunur.
 Sağ el kaidesi : Çarpılan ilk vektör sağ elimizin 4 parmağıyla tutulur ve ikinci vektör üzerine
kapatılır. Bu durumda baş parmağımızın yönü sonuç vektörünün yönünü verir.
 Vektörel çarpımda « x » veya «^» kullanılır.
Yönü:
𝐴x 𝐵=
17.08.2017
𝐶
(D2.2)
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
22
2. VEKTÖRLER
2.12 Sağ el kaidesini tekrar edelim:
İlk çarpılan vektörü (A) 2nci vektörün (B) üzerine sağ elimizle dört parmağımızla kapatırız. Başparmağımızın
yönü sonuç vektörünün (C) yönünü verir. Bu yön çarpılan vektörlerin düzlemine dik yöndür.
Bu nedenle vektörel çarpımda vektörlerin çarpım sırası önemlidir.
2.13 Vektörel Çapımda Dağılma Özelliği :
Reel sayılardaki bu özellik vektörler için de geçerlidir. Yani:
𝐴𝑥 𝐵+𝐶 =𝐴𝑥𝐵+𝐴𝑥𝐶
17.08.2017
(D2.3)
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
Yapraksız kaldın diye gövdeni kestirme. Zira bu işin baharı da var. (Mevlana)
23
2. VEKTÖRLER
2.14 Birim Vektör (𝑛):
Herhangi bir doğrultuda, şiddeti 1 birim olan vektördür.
𝑛 =1
Birim vektör nasıl bulunur? : Birim vektör; kendisiyle aynı yönde olan bir
vektörün kendi şiddetine bölünmesiyle bulunur.
𝐴
𝐴
(D2.4)
𝐴 = 𝐴. 𝑛
(D2.5)
𝑛=
Bu tanıma göre;
D2.5 denklemi bize der ki: Bir vektör, kendi şiddeti ile kendisiyle aynı aynı
yöndeki birim vektörün çarpımına eşittir.
D2.5 denklemi genelde doğrultusu bilinen bir vektörü; vektörel olarak ifade etmek
için kullanılır. Bununla ilgili örnekler ileride açıklanacak ve konu daha iyi
anlaşılacaktır.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
24
2. VEKTÖRLER
2.15 Kartezyen birim vektörler (i, j ,k)
Kartezyen koordinatlarda eksenler (x,y,z)
doğrultularındaki birim vektörler, özel olarak i,
j,k ile sembolize edilir.
2.16. Kartezyen birim vektörlerin birbirleriyle vektörel çarpımı:
Örneğin i ve j vektörlerini birbiriyle vektörel çarpımının sonucunu arıyoruz. 𝑖𝑥 𝑗 =?
Vektörel çarpım gereği sonuç başka bir vektördür. (bknz: 2.11)
Çıkan sonuç vektörünün şiddeti:
Çarpılan vektörlerin şiddeti ile aralarındaki açının sinüsü çarpılır.
 
i j sin 90 = 1.1.1 = 1
Çıkan sonuç vektörünün yönü: sağ el kaidesiyle +z yönündedir.
Sağ elimizin dört parmağıyla çarpılan 1. vektörü (i) tutup, 2.vektör (j) üzerine kapayınca, baş parmağımızın
yönü sonuç vektörünün yönünü gösterir.
Sonuç vektörü, +z doğrultusunda 1 birim şiddetinde çıkmıştır.
Bu ise 𝑘 vektörüdür. O halde;
17.08.2017
𝑖𝑥 𝑗 = 𝑘
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
25
2. VEKTÖRLER
2.16. –devam: Kartezyen birim vektörlerin birbirleriyle vektörel çarpımı:
Benzer şekilde
𝑘𝑥 𝑗 = −𝑖 ve 𝑘𝑥 𝑖 = 𝑗
olduğunu görmeye çalışınız.
O halde, Kartezyen birim vektörlerin birbiriyle çarpımı diğer birim vektöre eşittir. İşarete ise sağ
el kaidesiyle tespit edilir.
Birim vektörlerin kendisi ile vektörel çarpımı sıfırdır. Çünkü aralarındaki açı 0 dır.
Örneğin;
𝑖𝑥 𝑖 =?
Şiddeti :

i i sin 0 = 1.1.0 = 0
𝑖𝑥 𝑖 =0
Benzer şekilde
𝑗𝑥 𝑗=𝑘𝑥𝑘 = 0
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
26
2. VEKTÖRLER
2.17 Şema yardımı ile Kartezyen birim vektörlerin vektörel çarpımı:
i,j,k vektörlerinde herhangi ikisinin çarpımı diğer 3ncü vektörü
verir. İşareti ise yandaki şema yardımıyla bulunur. Çarpılan ilk
vektörden, çarpılan ikinci vektöre gidiş yolu saat ibresi yönünde ise
sonuç pozitif, aksi halde negatiftir.
Örn-1:
𝑗𝑥𝑘 = 𝑖
Örn-2:
𝑖𝑥𝑘 = −𝑗
𝑗𝑥𝑖 = −𝑘
17.08.2017
Şemada j den k ya gidiş saat ibresi yönünde olduğundan çıkan sonuç + i dir.
Şemada i den k ya gidiş saat ibresi tersi yönünde olduğundan çıkan sonuç - j dir.
Olduğunu görmeye çalışın.
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
27
2. VEKTÖRLER
2.18 İzdüşüm :
Bir vektörün bir eksen üzerindeki izdüşümü vektörün bitim
noktasından o eksene inilen dik ile bulunur.
: V vektörünün D eksenindeki izdüşümüdür.
: D eksenindeki birim vektör
a- İzdüşümün şiddetini nasıl buluruz?
veya
(D2.6)*
D2.6 denklemi der ki:
Bir vektörün bir eksen üzerindeki izdüşümünün şiddeti o vektörün o eksendeki birim vektörle
skaler çarpımına eşittir.
b- İzdüşümün vektörel ifadesini nasıl buluruz?
D2.5 denklemini önce hatırlamakta fayda var: Bir vektör, kendi şiddeti ile kendisiyle aynı
yöndeki birim vektörün skaler çarpımına eşittir.
Buna göre :
D2.6 denklemini de düşünürsek izdüşüm vektörü :
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
(D2.7)
28
2. VEKTÖRLER
2.19 Bileşen:
Bir vektörün 2 farklı eksen üzerindeki bileşenlerini bulmak için, vektörün ucundan (bitim
noktasından) herbir eksene paralel çizgiler çizeriz. Bu çizgilerin eksenleri kestiği noktalar
vektörün bileşenlerini verir.
(D2.8)
P.N 2.2 : İki vektörün toplama işleminde (bk: 2.8), toplanan vektörlerin aslında bileşenler olduğuna dikkat ediniz.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
29
2. VEKTÖRLER
2.20 Bileşenle İzdüşüm Arasındaki Fark:
 Yandaki şekilde bu fark net olarak görülmektedir.
 İzdüşüm için tek, bileşen için iki eksenin varlığı gerekli
olduğuna dikkat ediniz.
 Anlamadı iseniz 2.17 ve 2.18 maddelerini tekrar inceleyiniz.
2.21 Bileşenle İzdüşüm Ne zaman çakışır?
Eksenler birbirine dik olduğunda
bileşen ve izdüşümler üst üste çakışır ve
aynı olur.
Dikkat: Kartezyen koordinat eksenleri (x,y,z) birbirlerine diktir. Bu sebeple bu eksenlerdeki izdüşüm
ve bileşenler aynıdır.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
30
2. VEKTÖRLER
2.22 Bir Vektörün Kartezyen Bileşenleri
Düzlemde ( iki boyutlu halde)
: Bir U vektörünü x ve y eksenlerinde bileşenlerine (Ux, Uy) ayırıyoruz.
Bu bileşenler aynı zamanda izdüşümlerdir. Çünkü eksenler diktir. (bk:2.20)

U = Ux U y
D2.5 denklemine göre bir vektör, şiddeti ile
birim vektörün çarpına eşit idi. O halde :

U x = U xi , U y = U y j



U = U xi  U y j
yazılabilir
Yatayla yaptığı açı:
Bir vektörün kartezyen bileşenler
cinsinden şiddeti :
17.08.2017
U = U x2  U y2
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
(D2.9a)
31
2. VEKTÖRLER
2.22- devam ) Bir Vektörün Kartezyen Bileşenleri
Üç boyutlu durumda ilaveten Uz bileşine de gelir.



U = U z i  U xy j


U xy = U x i  U y j




U = U xi  U y j  U z j
Bileşenler cinsinden
vektörün şiddeti:
U = U x2  U y2  U z2
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
(D2.9b)
32
2. VEKTÖRLER
2.23 Konum Vektörü:
Başlangıç ve bitiş noktasının koordinatları belli olan bir konum vektörü şu şekilde bulunur.
Konum vektörü:
Konum vektörünün Şiddeti:
(D2.10)
𝐴𝐵 =
(𝑥𝐵 − 𝑥𝐴 )2 +(𝑦𝐵 − 𝑦𝐴 )2 +(𝑧𝐵 − 𝑧𝐴 )2
Konum vektör cinsinden birim vektör:
17.08.2017
(D2.11)
(D2.12)
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
33
2. VEKTÖRLER
2.24 Bir Vektörün Bir Eksene Paralel ve Dik Bileşenini nasıl buluruz? Yani;
b
U ve 𝑒
b
Birim vektör
belli iken b eksenine paralel ve dik bileşenlerini arıyoruz
=?
𝑒
=?
a-) Önce paralel bileşenin şiddetini (
) bulalım.
D2.6 denklemine göre, bir doğrultudaki birim vektörle skaler
çarparsak, birim vektörün doğrultusuna paralel izdüşümünün
şiddetini buluruz.
(2nci eksen b eksenine dik olduğundan
𝑒
q
U
aynı zamanda bileşen olur. bk.: 2.20)
b-)Şimdi paralel bileşenin vektörel ifadesini ( ) bulalım. 2.5 denklemine göre, bir vektörün vektörel
ifadesini bulmak istersek; vektörün şiddeti ile kendi doğrultusundaki birim vektörün skaler çarparız.
Yani:
(D2.13)
c-) Dik bileşen:
Şunları da görebilmek gerekir: D2.7 denklemi ile D2.13 denklemleri aslında aynı şeyi ifade eder.
Ayrıca:
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
34
2. VEKTÖRLER
2.25 Vektörel çarpımın matris formatı:
Vektörel çarpımı yaparken aşağıdaki gibi oluşturulan matrisin detarminantını da almak
mümkündür. Bu şekilde i, j ve k lerin katsayıları daha kolay bulunabilir.
Örnek:
Vektörel çarpımını hesaplayınız.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
35
2. VEKTÖRLER
2.26 Karışık Üçlü Çarpım: 2 vektörün vektörel çarpımı ile 3ncü bir vektörün skaler çarpımı
sözkonusu ise yine matris formatında çarpım yapılabilir.




U = U xi  U y j  U z k




V = Vx i  V y j  Vz k




W = Wx i  W y j  Wz k



i
j
k

  


U  V  W  = U x i  U y j  U z k  Vx V y Vz
Wx W y Wz


veya
Ux Uy Uz
  
U  V  W  = Vx V y Vz
Wx W y Wz
Bir kuvvetin bir doğruya göre momenti alınırken bu işlem pratik bir çözüm olabilir. Diğer konuda anlatılacaktır.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
36
2. VEKTÖRLER
2.27 Doğrultman Kosinüsleri
Bir vektörün Kartezyen eksenlerin herbirisi ile yaptığı açıların (a, b, g 
Kosinüsleridir. Mukavemetle ilgili bazı hesaplamalarda daha pratik çözümler için kullanılır. Statik dersimiz
kapsamında ise bu değerler kullanılmayacaktır.
Doğrultman Kosinüsleri
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
37
2. VEKTÖRLER
Şimdi vektörlerle ilgili bilgilerimizin zihnimizde daha iyi yerleşmesi için çeşitli örnekler yapacağız. Örneklerin
bazılarında hangi sorulara cevap bulduğumuzu söyleyeceğiz.
Örnek 2.1 : Şekildeki 80 birim şiddetindeki V vektörü, +x ekseni
ile q =600 lik açı yapmaktadır.
a- V nin vektörel ifadesini bulunuz.
b- V ile aynı doğrultudaki birim vektörü elde ediniz.
Çözüm:
Bu örnekte cevaplarını bulduğumuz sorular:
1-Bir vektörün açısı ve şiddeti belli iken vektörel ifadesi nasıl buluruz?
2- Bir vektör belli iken birim vektör nasıl buluruz?
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
38
2. VEKTÖRLER
Örnek 2.2. 800 N luk F kuvvetinin
a-) x ve y eksenlerindeki bileşenlerini,
b-) a-b doğrultularındaki bileşenlerini ve
izdüşümlerini bulunuz.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
39
2. VEKTÖRLER
Örnek 2.3* Şekilde gösterilen vektörler:
ve
olarak veriliyor. Buna göre :
a-) bu vektörlerin arasındaki açıyı değerini hesaplayınız. (cevap: 82.870 )
b) Bu vektörlerin toplamının şiddetini hesaplayınız.(cevap:4.47)
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
40
2. VEKTÖRLER
Örnek 2.4: Şiddeti F=9 birim olan 𝐹 vektörünü vektörel olarak ifade ediniz.
Çözüm:
 D2.5 e göre bir vektör, şiddeti ile birim vektörün
çarpımına eşittir. 𝐹 = 𝐹. 𝑛
 D2.12 ye göre birim vektör, kendi yönündeki konum vektörünün
şiddetine bölümüne eşittir. 𝑛 =
𝐴𝐵
𝐴𝐵
A(0,1,2) , B(2,0,0)
𝐹 = 𝐹. 𝑛 = 9.
𝐴𝐵
𝐴𝐵
= 9.
2−0 𝑖+ 0−1 𝑗+ 0−2 𝑘
𝐴𝐵
= 9.
→ 𝐹 = 6𝑖 − 3𝑗 − 6𝑘 bulunur.
2𝑖−𝑗−2𝑘
22 +12 +2
=
2
9(2𝑖−𝑗−2𝑘)
3
Bk: D2.11
Bu örnekte cevaplarını bulduğumuz sorular:
1- Bir vektörün şiddeti ve vektör doğrultusu üzerinde 2 noktanın koordinatları belli iken vektörel ifadesini nasıl buluruz?
2- Başlangıç ve bitiş noktalarının yeri belli olan bir konum vektörünü ve aynı yöndeki birim vektörü nasıl buluruz?
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
Tut ki Ali’den sana miras kaldı Zülfikar.
Sende Ali’nin yüreği yoksa Zülfikar neye yarar? (Mevlana)
41
2. VEKTÖRLER
Örnek 2.5 Şiddeti V= 5 birim olan 𝑉 vektörünü, vektörel olarak ifade ediniz.
A(0,1,2) , B(2,0,0), C(2,1.5,0)
Çözüm:
•
Bir vektör, kendi şiddeti ile birim vektörün çarpımına eşittir.
𝑉 = 𝑉. 𝑛
•
O halde önemli olan 𝑛 birim vektörünün bulunmasıdır.
•
Birim vektör, kendi doğrultusunda bir vektörün şiddetine
𝑇
bölümü ile bulunur. 𝑛 = 𝑇
•
•
•
Şimdi önemli olan 𝑛 doğrultusunda herhangi bir 𝑇 vektörü
elde etmektir.
İki vektörün vektörel çarpımı, bulundukları düzleme dik
(düzlem normali doğrultusunda) başka bir vektörü verir. Yönü
ise sağ el kaidesine göre bulunur.
Buna göre 𝑇
= 𝐴𝐵𝑥𝐴𝐶 yazılabilir. 𝐴𝐵 𝑣𝑒 𝐴𝐶 koyu
düzlemdedir ve çarpımları +n normali doğrultusundadır. AB yi
AC ye sağ elimizle kapatırsak baş parmağımız n doğrultusunu
gösterir.)
𝑉 = 𝑉. 𝑛
𝐴𝐵𝑥𝐴𝐶
=5
𝐴𝐵𝑥𝐴𝐶
2𝑖 − 𝑗 − 2𝑘 𝑥(2𝑖 + 0.5𝑗 − 2𝑘)
=5
𝐴𝐵𝑥𝐴𝐶
=5.
(1𝑘+4𝑗+2𝑘+2𝑖−4𝑗+1𝑖
𝐴𝐵𝑥𝐴𝐶
= 5.
(3𝑖+3𝑘)
32 +32
→ 𝑉 = 3.53𝑖 + 3.53𝑘
Not: 𝑇 = 𝐶𝐴𝑥𝐶𝐵 veya 𝑇 = 𝐵𝐶𝑥𝐵𝐴 şeklinde alınabilir. Önemli
olan n doğrultusunda herhangi bir vektörün oluşmasıdır.
Bu örnekte cevaplarını bulduğumuz sorular:
1-Diyogonal (eğimli) bir düzleme dik bir vektörün şiddeti belli iken vektörel ifadesini nasıl buluruz?
2-Diyogonal bir düzlemin normali doğrultusundaki birim vektörü nasıl buluruz?
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
42
2. VEKTÖRLER
Örnek (Soru) 2.6. Şekildeki sistemde V vektörünün
şiddeti 800, P vektörünün şiddeti 1200
ise V ve P nin vektörel ifadelerini bulunuz.
Cevap:
𝑉 = 480𝑖 + 640𝑗
𝑃 = 509𝑖 + 678.8𝑗 + 848.5𝑘
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
43
2. VEKTÖRLER
Örnek (Soru) 2.7 A vektörü 27, B vektörü 15 birim şiddetinde
olduğuna göre aşağıdaki vektörel işlemlerin sonucunu bulunuz.
B
40
o
𝑎−) 𝐴 + 𝐵 =?
A
𝑏−) 𝐵. 𝐴 =?
c−) 𝑘. (𝐴𝑥𝐵) =?
Cevaplar: a-)18.26,
17.08.2017
b-)-310.23
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
c-) 260.28
44
3. KUVVET SİSTEMLERİ
F
F
W
P
17.08.2017
P
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
45
3. Kuvvet Sistemleri
Kendi iyiliğin için
bu konuyu iyi
öğren dostum!
3.1 Konunun Önemi:
 Kuvvet bir vektörel büyüklüktür.
 Kuvvet Statik dersindeki en önemli kavramdır.
 Vektörler için yapılan tüm işlemler kuvvetler için de
F
yapılabilir.
 Ayrıca kuvvetlere özel vektörel tanımlar ve işlemler
vardır. Bunların öğrenilmesi dersin amaçları açısından
çok önemlidir.
 Bu bölümdeki işlemleri iyice kavramamız durumunda
statik denge problemlerini çok daha rahat ve anlayarak
çözebileceğiz.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
46
3. Kuvvet Sistemleri
3.2 Kuvvet Nedir?
•
Kuvvet, bir cisme dışarıdan uygulanan ve onu harekete zorlayan etkidir.
•
Kuvvet Şiddeti, yönü ve uygulama noktası olan vektörel bir büyüklüktür.
3.3 Kuvvetin Etkileri
Bir cismin üzerine uygulanan kuvvet, cisim üzerinde iki ayrı etki meydana getirir:
1- Dış Etki: Kuvvetin dış etkisi (external effect) cismi hareket ettirmeye çalışmaktır. Kuvvet
dengelenmemiş ise cisim ivmeli hareket eder. (F=ma). Bu ise dinamik dersinin konusudur.
2- İç Etki: Kuvvetin iç etkisi (internal effect) ise gerilme ve şekil değiştirmeler oluşturarak cismi deforme
etmeye çalışmaktır. Kuvvet dengelenmiş ise dengeyi sağlayan diğer kuvvetlerin hesabı Statik dersinin
konusudur. Gerilmelerin ve şekil değiştirmelerin hesabı Mukavemet dersinin konusudur.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
47
3. Kuvvet Sistemleri
3.4 Kuvvetlerin Sınıflandırılması
a-) Etki ettiği alana göre: Eğer kuvvetin uygulandığı alanın boyutları tüm cismin boyutlarıyla
karşılaştırıldığında çok küçük ise kuvvete “tekil” (concentrated) adı verilir. Eğer kuvvetin
uygulandığı alan ihmal edilemeyecek kadar geniş ise “yayılı yük” (distributed) adını alır.
Tekil Kuvvet
17.08.2017
Yayılı Kuvvet
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
48
3. Kuvvet Sistemleri
3.4 –devam) Kuvvetlerin Sınıflandırılması
b-) Uygulama Şekillerine Göre:
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
49
3. Kuvvet Sistemleri
3.4 –devam) Kuvvetlerin Sınıflandırılması
c-) Temas ve Sürtünme Kuvvetleri
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
50
3. Kuvvet Sistemleri
3.4 –devam) Kuvvetlerin Sınıflandırılması
d-) İp ve Kablolardaki kuvvetler
• İp, halat ve kablolardaki kuvvetler her zaman için ip,
kablo boyunca ve göz önüne alınan cisimden
Hafif Kablo (Ağırlığı ihmal edilir.)
uzaklaşır yönde gösterilir.
• Yalnız gergin olduklarında kuvvet uygularlar.
• İpler ve Kablolar Sadece Çeki yükü taşırlar.
Ağır Kablo
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
51
3. Kuvvet Sistemleri
3.4 –devam) Kuvvetlerin Sınıflandırılması
e-) Kasnaklardaki Kuvvetler
Kasnaklar, ip veya halatların yönlerini değiştirmek ve az bir girdi kuvveti ile yüksek çıktı
kuvveti elde etmek için kullanılan oluklu silindirlerdir. Sürtünmesiz durumda kasnaktaki
ipin her iki ucundaki gerginlik kuvvetleri birbirine eşittir.
kasnak
Soru: Kasnakta sürtünme
varsa, kuvvetler arasındaki
bağıntı nedir?
Yol gösterme:
Makine Elemanları
kitaplarından
araştırabilirsiniz.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
52
3. Kuvvet Sistemleri
3.4 –devam) Kuvvetlerin Sınıflandırılması
f-) Yaylardaki Kuvvetler
Yay kuvvetleri ;
 Yayın uzamasına bağlı olarak artar,
 Her zaman yay doğrultusundadır,
 Yayı orijinal konumuna döndürmeye çalışacak yöndedir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
53
3. Kuvvet Sistemleri
3.5 Bir Kuvvetin Üç Boyutlu Vektörel Tanımlanması
a-) Kuvvetin etkime doğrultusu iki açıyla verilmiş ise;
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
54
3. Kuvvet Sistemleri
3.5 devam) Bir Kuvvetin Üç Boyutlu Vektörel Tanımlanması
b-) Kuvvetin etkime doğrultusu üzerinde iki noktanın koordinatları verilmiş ise;
konum vektörü : AB ,

AB
birim vektör : eF =
AB


AB
F = FeF = F
AB




x  x i   y2  y1  j  z2  z1 k
F=F 2 1
x2  x1 2   y2  y1 2  z2  z1 2
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
55
3. Kuvvet Sistemleri
3.6 Kuvvetin Döndürme Etkisi: MOMENT
Bir kuvvet bir cismi ötelemeye zorladığı gibi döndürmeye de zorlar. Bu
döndürme etkisine moment denir.
Moment vektörel bir büyüklüktür.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
56
3. Kuvvet Sistemleri
3.6 devam) Kuvvetin Döndürme Etkisi: MOMENT
a- Momentin etkisini hissedin.
Size en yakın kapıya gidin..
Kapıyı sonuna kadar açın..
Şimdi kapıyı kapatmaya çalışacağız.
1-Menteşelere en yakın yerden iterek kapatmaya çalışın,
2-Ortasından iterek kapatmaya çalışın,
3-En ucundan iterek kapatmaya çalışın.
Hangisinde zorlandınız?
Tabi ki menteşelere en yakın yerden ittiğinizde zorlandınız.. Belki de
kapatamadınız..
Nedenini biraz düşünün..
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
57
3. Kuvvet Sistemleri
3.6 devam) Kuvvetin Döndürme Etkisi: MOMENT
a- Momentin etkisini hissedin.
 Kapının
kapanması
itme
kuvvetinin döndürme etkisi ile
yani momentle ilgilidir.
 Kapanması için itme kuvvetinizin
oluşturacağı moment belli bir
şiddeti aşmalıdır.

Momentin şiddeti ise kuvvet (F) ve kuvvet kolu (d) ile doğru orantılıdır.

Kuvvet kolu (d) , kuvvetin dönme eksenine olan dik uzaklığıdır. (Bir önceki sayfadaki şekli inceleyiniz)

Bu durumda.. Momentin şiddeti = Kuvvet x Kuvvet kolu… yani … M = Fxd … olarak tanımlanır.

Dönme ekseninden (menteşelerden) ne kadar uzaksanız aynı moment için o kadar daha az kuvvet
uygularsınız. Çünkü d artmıştır. Aynı M için daha düşük F yeterlidir. Bu ise sizin daha az kuvvet uygulamanız
ve daha az zorlanmanız anlamına gelir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
58
3. Kuvvet Sistemleri
3.7 Bir kuvvetin bir noktaya göre momenti
Moment alınan noktadan kuvvet hattı üzerindeki herhangi bir noktaya
çizilen konum vektörü ile kuvvetin vektörel çarpımına eşittir.
Yandaki şekle göre; F kuvvetinin A
noktasına göre momenti:
𝑀𝐴 = 𝐴𝐵 x 𝐹
Moment alınan
nokta
Kuvvet hattı üzerindeki
herhangi bir nokta
Kuvvet
P.N 3.1 ) Bu tanıma göre kuvvet hattı üzerinde farklı noktalar da alınabilir ve aynı sonuç bulunur.
𝑀𝐴 = 𝐴𝐶 x 𝐹 = 𝐴𝐷 x 𝐹
PN.3.2 ) Vektörel çarpımda sıra önemlidir. 𝐴𝐵 yerine 𝐵𝐴 yazmak veya 𝐹 kuvvetini önce yazmak sonucu etkiler.
P.N. 3.3 ) Dik uzaklık (d) ile F i skaler çarparsak sadece Momentin şiddetini elde ederiz. Ancak vektörel çarpım
yaparsak bu işleme gerek yoktur. Zira momentin vektörel ifadesi belli olunca, şiddeti de hesaplanabilir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
59
3. Kuvvet Sistemleri
3.7-devam) Bir kuvvetin bir noktaya göre momenti
Momentin vektörel ifadesi bize hem yönünü gösterir, hem
şiddetini hesaplamamızı sağlar. Çünkü biliyoruz ki bir vektörün
bileşenleri belli iken şiddeti bulunabilir. (Bknz: 2.21)



M = M xi  M y j  M z j
M = M x2  M y2  M z2
Bununla birlikte momentin yönü ayrıca sağ el kaidesinden de
bulunabilir.
𝐴𝐵 ve 𝐹 vektörlerinin uçları birleştirilir
İlk çarpılan vektör ( 𝐴𝐵 ) 2nci vektörün üzerine sağ elimizin 4
parmağıyla kapatılır.
Başparmağımızın yönü sonuç vektörü ( 𝑀 ) in yönünü gösterir.
Moment çarpılan vektörlerin bulunduğu düzleme diktir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
60
3. Kuvvet Sistemleri
3.7- tekrar - Bir kuvvetin bir noktaya göre momentiTekrar ediyoruz: F kuvvetinin O noktasına göre momenti, Moment alınan noktadan
(O) , kuvvet hattı üzerindeki herhangi bir noktaya çizilen vektör ile kuvvetin vektörel
çarpımına eşittir.
OA ve F vektörleri k düzlemi üzerindedir. Mo
vektörü k düzlemine diktir.
Momentin Şiddeti:
Dik uzaklık biliniyorsa:
veya



M = M xi  M y j  M z j
Şeklinde bulunduktan sonra
2
2
2
şiddeti; M = M x  M y  M z
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
61
3. Kuvvet Sistemleri
3.8- Varignon Teoremi
Bir kuvvetin bir noktaya göre momenti o kuvvetin bileşenlerinin aynı noktaya göre
momentlerinin toplamına eşittir.

 
Mo = r  R
  
R = PQ



      
Mo = r  P  Q = r  P  r Q
Dik uzaklıklar biliniyorsa, momentin şiddeti :
Mo = R d = Q q  P  p
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
62
3. Kuvvet Sistemleri
Örnek 3.1:
A(3,8,1) ve B(7,–4,4) noktalarından geçen 130 N şiddetinde olan ve A dan B ye doğru
yönelmiş F kuvvetinin O(0,0,0) noktasına göre momentini bulunuz.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
63
3. Kuvvet Sistemleri
Örnek (Soru) 3.2*
Bir tamirci elindeki anahtara şekildeki gibi 140 N kuvvet
uyguluyor ve cıvatayı sıkıyor. Bu kuvvetin G noktasına göre
momentini vektörel olarak bulunuz.
Cevap: 𝑀𝑜 = 8547.83𝑘
Örnek (Soru) 3.3
y-z düzlemine paralel olan 110N luk kuvvetin O noktasına göre
momentini vektörel olarak hesaplayınız.
Cevap:
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
64
Örnek (Soru) 3.4: Şekildeki sistemde, DC
kablosunda ortaya çıkan çekme kuvveti 456 N
ise bu kuvvetin O noktasına göre momentini
hesaplayınız.
Cevap:
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
65
3. Kuvvet Sistemleri
3.9 Bir Kuvvetin Bir Eksene Göre Momenti
Bir kuvvetin bir eksene göre momenti: O kuvvetin eksen üzerindeki bir noktaya göre
momentinin eksene göre izdüşümüdür.
F kuvvetinin D eksenine göre momentini
arıyoruz. İşlem adımlarımız şöyle olmalı:
1- Önce F kuvvetinin D ekseni üzerindeki herhangi bir
noktaya (örn: A noktasına) göre momenti (𝑀𝐴 )
hesaplanır. (bknz 3.7)
2- Bu momenti eksene paralel birim vektör
(𝑈∆ ) ile skaler çarparsak F kuvvetinin eksene göre
momentinin şiddeti (𝑀∆ ),
(bknz 2.17a)
3- Çıkan sonucu tekrar (𝑈∆ ) ile çarparsak, F kuvvetinin
eksene göre momentinin vektörel ifadesi (𝑀∆ ) elde
edelir. (bknz. 2.17b)
𝑀𝐴 = 𝐴𝐵𝑥𝐹
𝑀∆ = 𝑀𝐴 . 𝑈∆
𝑀∆ = 𝑀∆ . 𝑈∆ = 𝑀𝐴 . 𝑈∆ . 𝑈∆
Bu işlem 3 boyutlu bazı problemlerde işe yarar., Bulunması istenmeyen kuvvetleri işleme katmamızı ve
istenen kuvveti tek işlemle doğrudan bulmamızı sağlar. İleride örnek verilecektir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
66
3. Kuvvet Sistemleri
Örnek 3.5: Şekildeki F kuvvetinin a-) x eksenine ve b-) OB eksenine göre momentlerini bulunuz.
ÇÖZÜM:
a-)
O(0,0,0); A(-3,4,6); C (-3,4,0)
Önce eksen üzerindeki bir noktaya göre moment alınır.
Sonra eksenin birim vektörüyle skaler çarpılır ve eksene göre momentin şiddeti bulunur.
Bulunan şiddet tekrar birim vektörle çarpılırsa eksene göre momenti vektörel ifadesi bulunur.
b-)
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
67
3. Kuvvet Sistemleri
3.10 Kuvvet Çifti : Kupl
Bir cisim üzerindeki döndürme etkisi eğer, eşit
şiddette, zıt yönde ve birbirine paralel iki kuvvetten
kaynaklanıyorsa bu kuvvetler bir kupl (kuvvet çifti)
oluşturur denir.
Büyük bir vanayı açarken veya kapatırken iki
elimizle bir kupl oluştururuz.
Bir kuplun momenti; kuvvetlerin herbirisinin orta
noktaya göre momentlerinin toplamıdır.
Örn: Vana yarıçapı r ise kupl momenti
M = F.r + F.r = 2Fr olur.
Direksiyona kupl uygulamayan dikkatsiz bir şöför..
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
68
3. Kuvvet Sistemleri
3.11 Bir kuvvetin bir noktadan diğer noktaya taşınması:
Bir kuvvet bir noktadan diğer noktaya momenti ile birlikte taşınır.
Bu şekilde döndürme etkisi de korunmuş olur.
B den A’ya taşınan bir kuvvet
3.12 Bir momentin bir noktadan diğer noktaya taşınması:
Bir moment, bir noktadan diğer noktaya aynen taşınır.
Çünkü etkisi kaybolmaz.
B den A’ya taşınan bir moment
Dikkat edilirse taşıma işleminde önemli olan kuvvet veya momentin cisme olan ötelenme veya döndürme
etkisinin korunmasıdır.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
69
3. Kuvvet Sistemleri
3.13 Kuvvetler Sisteminin İndirgenmesi ve Bileşkeler
Bir cisme etki eden kuvvet ve moment
sisteminin bir noktaya indirgenmesi
demek: indirgenen noktada aynı etkiyi
oluşturacak şekilde bir bileşke kuvvet
(𝑅) ve bir bileşke moment ( 𝑀𝑜 ) elde
etmek demektir.
Şekildeki sistemde O noktasına sol veya sağdaki sistemden hangisi etki ederse etsin aynı etki oluşur.
Sistemi O noktasına indirgeyiniz demek: O noktasındaki ve 𝑅 ve 𝑀𝑜 bileşkelerini bulunuz demektir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
70
3. Kuvvet Sistemleri
3.13 –devam ) Kuvvetler Sisteminin İndirgenmesi ve Bileşkeler
Bileşkenin tek başına bir cisme etkisi, bileşenlerin aynı anda
uygulandığı etkiye eşit olur.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
71
3. Kuvvet Sistemleri
Örnek 3.6:
Şekildeki kuvvetler sistemini O noktasına indirgeyiniz
Çözüm: Sorunun farklı şekilde izahı: O noktasında aynı etkiyi oluşturacak bir bileşke kuvvet ve
bileşke moment bulunuz.
Bileşke kuvvet:
Bileşke Moment:
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
72
3. Kuvvet Sistemleri
Örnek (Soru) 3.7: Şekildeki Sistemi A Noktasına indirgeyiniz.
Cevap:
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
73
3. Kuvvet Sistemleri
3.14 Vida kavramı:
Bir civatayı tornavida ile sıkarken 2 tür hareket ve yük uygularız.
1- Tornavidayı çeviririz. Bu sırada tornavidayı moment uygulamış oluruz.
2- Tornavidayı bastırırız. Bu sırada tornavidaya bastırma kuvveti uygularız.
3- Vidayı sökerken tornovidayı ters yönde çeviririz.
Her durumda uyguladığımız kuvvetin ( R ) ve moment vektörünün yönü (M) vida
ekseni üzerindedir. Vektörel olarak aynı doru üzerinde çakışırlar. Eğer her ikiside
aynı yönde ise pozitif vida, zıt yönde ise negatif vida oluştururlar denir.
Pozitif Kuvvet Vidası (Sıkma)
17.08.2017
Negatif Kuvvet Vidası (Sökme)
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
74
3. Kuvvet Sistemleri
a-) Vida Oluşturma Durumunun Tespiti:
Eğer bir kuvvetler sistemi bir noktaya indirgendiği zaman, indirgenen noktadaki bileşke kuvvet ve bileşke moment aynı
doğrultu üzerinde ise bunların bir vida oluşturduğu söylenir. Eğer her iki bileşke aynı doğrultu üzerinde iken hem de
aynı yönde ise pozitif vida; aynı doğrultu üzerinde iken farklı yönde ise negatif vida oluştuğu söylenir.
=
veya
Soru: Bileşke kuvvet ve momentin vida oluşturup oluşturmadığını nasıl anlarız?
Cevap: Aynı doğrultu üzerindeki 2 vektörün aralarındaki açı 0 veya 180 dir. Bu durumda vektörel çarpımları sıfır olur.
Çünkü aralarındaki açının sinüsü ile vektörlerin herbirsinin şiddetlerinin çarpımı sonuç vektörünün şiddetini verir
(bknz: 2.11). O halde elde edilen bileşke kuvvet ile bileşke momentin vektörel çarpımı sıfır ise vida oluşturduğu
söylenir. Yani;
𝑅𝑥𝑀 = 0 ise vida oluştururlar. Değilse vida oluşturmaz ancak indirgenme ihtimali vardır. (bknz: 3.15)
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
17.08.2017
75
3. Kuvvet Sistemleri
b-) Vidaya İndirgenme Durumunun Tespiti:
Bileşke kuvvet ve moment aynı doğrultu üzerinde değilse vida oluşturmazlar demiştik.
Vidaya indirgenmenin anlamı ise, M bileşke momentinin R bileşke kuvvetine paralel (𝑀𝑅// )
doğrultudaki bileşenini bulmak demektir. Zira 𝑀𝑅// ve 𝑅 vida oluşturur.
Soru: Buna göre vidaya indirgeme şartı nedir?
Cevap: M momentinin R’ ye dik olmamasıdır.
Çünkü dik olursa 𝑀𝑅// diye bir bileşeni olmaz
ve vidaya indirgenemez.
Soru: M ‘in R’ye dik olup olmadığını nasıl anlarız.?
Cevap: M ve R nin skaler çarpımı sıfır ise birbirlerine
diktir. Çünkü skaler çarpımda vektörlerin şiddetleri ve aralarındaki
açının kosinüsü çarpılır. Açı 90 olursa kosinüsü sıfır olur (bknz: 2.10).
Bu durumda vidaya indirgenemez.
𝑅. 𝑀 = 0 ise birbirlerine diktirler. Vida oluşturmazlar.
Özet olarak
1- 𝑅𝑥𝑀 ≠ 0
2-
𝑅𝑥𝑀 ≠ 0
ve
𝑅. 𝑀 ≠ 0
17.08.2017
ise vida oluşturmazlar. (Çünkü aynı doğrultu üzerinde değillerdir.)
ise, yani bu iki şart sağlanıyorsa vidaya indirgenebilirler.
(Çünkü birbirlerine aynı doğru üzerinde olmadıkları gibi birbirlerine dik değillerdir)
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
76
3. Kuvvet Sistemleri
3.14-b- devam ) Vidaya İndirgeme
Soru: 𝑀𝑅// nasıl hesaplanır?
Cevap: 𝑀𝑅// Bileşke momentin R doğrultusundaki
izdüşümüdür ve R doğrultusundaki birim vektörle 2
kez skaler çarpımına eşittir (bknz:2.23)
𝑀𝑅// = 𝑀. 𝑛𝑅 . 𝑛𝑅
Birim vektör: 𝑛𝑅
=
𝑅
𝑅
Dik bileşen hesabı:
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
77
3. Kuvvet Sistemleri
Örnek 3.8
Şekildeki üç kuvvetten oluşan sistemi,
a-) A noktasına indirgeyiniz.
b-) İndirgenen Sistemin bir vida teşkil edip
etmediğini kontrol ediniz.
c-) Vida teşkil etmiyor ise vidaya indirgenip
indirgenemeyeceğini kontrol ediniz.
d-) Vidaya indirgenebiliyorsa, indirgeyiniz.
Çözüm:
a)
Bileşke Kuvvet:
Bileşke Moment:
=𝑀
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
78
3. Kuvvet Sistemleri
Örnek 3.8- devam
b-)
𝑅𝑥𝑀 = 540000𝑖 + 1660000𝑗 − 960000𝑘
𝑅𝑥𝑀 ≠ 0
c-)
olduğundan aynı doğrultuda değildir. Ve vida oluşturmaz. (bknz: 3.15)
𝑅. 𝑀 =3040000
𝑅. 𝑀 ≠ 0
olduğundan bileşke moment (M) bileşke kuvvete dik değildir.
O halde Vidaya indirgenebilir. (bknz: 3.15)
d-)
Bileşke kuvvet doğrultusundaki birim vektör:
𝑀𝑅// = 𝑀. 𝑛𝑅 . 𝑛𝑅
Dik Bileşen:
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
79
3. Kuvvet Sistemleri
Örnek 3.9 (2006 1vz. End.)
a-) Şekil de görülen kuvvet ve moment sistemi yerine, O
noktasına öyle bir tekil kuvvet ve moment uygulayın ki bu
noktada mukavemet açısından aynı etki oluşsun. (M1
Momenti EFD düzlemindedir. F1 kuvveti ise CBFD
düzleminin ortasındaki K noktasından düzlem normali
doğrultusunda uygulanmıştır.)
b-) İndirgenen sistemin bir vida teşkil edip etmediğini,
c-) Vida Teşkil etmiyorsa, vidaya indirgenip
indirgenemeyeceğini kontrol ediniz.
d-) Vidaya indirgenebiliyorsa, indirgeyiniz.
Çözüm:
a-) Tüm sistem O noktasına indirgenir ve elde edilen bileşke kuvvet ve bileşke moment mukavemet açısından aynı
etkiyi oluşturur.
Öncelikle tüm kuvvet ve momentlerin vektörel ifadelerini sırasıyla bulmalıyız:
𝐹1 = 𝐹1 . 𝑛1 , 𝑛1 =
𝐵𝐹𝑥𝐵𝐶
𝐵𝐹𝑥𝐵𝐶
=
16𝑖𝑥(12𝑗−16𝑘)
𝐵𝐹𝑥𝐵𝐶
=
192𝑘+256𝑗
1922 +256
1
= 320 (192𝑘 + 256𝑗)=0.6𝑘 + 0.8𝑗)
2
𝐹1 = 10. (0.8𝑗 + 0.6𝑘)
𝐹1 = 8𝑗 + 6𝑘
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
80
3. Kuvvet Sistemleri
𝑛2 =
𝐹2 = 𝐹2 . 𝑛2 ,
𝐴𝐸
𝐴𝐸
=
(15𝑗−16𝑘)
152 +162
= 0.68𝐽 − 0.73𝑘)
𝐹2 = 30. (0.68𝑗 − 0.73𝑘)
𝐹2 = 20,4𝑗 − 21,9𝑘
𝐹3 = −20𝑗
𝑀1 = 𝑀1 . 𝑛𝑀1 ,
𝑛𝑀1 =
𝐸𝐹𝑥𝐸𝐷
𝐸𝐹𝑥𝐸𝐷
=
(hesap şekli için bknz: örn: 2.4)
16𝑖+13𝑗+16𝑘 𝑥(16𝑖+25𝑗)
𝐸𝐹𝑥𝐸𝐷
𝑛𝑀1 =−0.782𝑖 + 0.5𝑗+0.37𝑘
=
400𝑘−208𝑘+256𝑗−400𝑗
4002 ++2562 +1922
=
1
(−400𝑖
512,25
+ 256𝑗 + 192𝑘)
𝑀1 = 20.(−0.782𝑖 + 0.5𝑗+0.37𝑘)
𝑀1 = −15.6𝑖 + 10𝑗+7.4𝑘
𝑅=
𝐹𝑖 = 𝐹1 + 𝐹2 + 𝐹3
𝑅 = 8,4𝑗 − 15,9𝑘
(Bileşke kuvvet)
𝑀𝑜 = 𝑀1 + 𝑂𝐸𝑥 𝐹2 +𝑂𝐾𝑥𝐹3
=−15.6𝑖 + 10𝑗+7.4𝑘 +15𝑗𝑥(20.4𝑗 − 21.9𝑘+(8𝑖 + 34𝑗 + 8𝑘)x(8𝑗 + 6𝑘)
=−15.6𝑖 + 10𝑗+7.4𝑘 − 328.5𝑖 + 64𝑘 − 48𝑗 + 204𝑖 − 64𝑖
𝑀𝑜 =−204.1𝑖 − 38𝑗+71.4𝑘
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
(Bileşke Moment)
81
3. Kuvvet Sistemleri
Örnek 3.9 (2006 1vz. End.) -devam
b-) İndirgenen sistemin bir vida teşkil edip etmediğini kontrol edeceğiz.
𝑅 = 8,4𝑗 − 15,9𝑘 , 𝑀𝑜 =−204.1𝑖 − 38𝑗+71.4𝑘
olduğundan vida teşkil etmez.
𝑅𝑥𝑀𝑜 ≠ 0
c-) Vida Teşkil etmiyorsa, vidaya indirgenip indirgenemeyeceğini kontrol ediniz.
𝑅. 𝑀𝑜 ≠ 0
olduğundan vidaya indirgenebilir.
d-) Vidaya indirgenebiliyor.. İndirgeyelim bari.
𝑛𝑅 =
𝑅
𝑅
=
8,4𝑗 − 15,9𝑘
8.42
+
15.92
= 0.46𝑗 − 0.88𝑘
𝑀// = 𝑀𝑜 . 𝑛𝑅 = −38𝑥0.46 + 71.4𝑥 −0.88 = −80.3
𝑀// = 𝑀// . 𝑛𝑅 = −80.3 . (0.46𝑗 − 0.88𝑘)
𝑀// = −36.94𝑗 + 70.66𝑘
= 𝑀𝑜 − 𝑀// = −204.1𝑖 − 74.94𝑗+142.06𝑘
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
82
3. Kuvvet Sistemleri
Örnek (Soru) 3.10
40kN şiddetindeki 𝐹4 ve 10kNm şiddetindeki
𝐶2 momentinden oluşan sistemi O noktasında
vidaya indirgeyiniz.
z
1m
A
F4
Cevap: 𝑅=26.6𝑖 − 13.3𝑗+26.6𝑘
2m
O
B
y
C2
𝑀// =−47.67𝑖 − 24.4𝑗+35.47𝑘
2m
2m
x
Örnek (Soru) 3.11*
Şekildeki elemana uygulanan iki kuvvet ve iki kuvvet
çiftinden oluşan sistemin O noktasında bir vidaya
indirgenebileceğini gösteriniz ve indirgeyiniz.
Cevap 𝑀// = −3.4𝑖 + 5.43𝑗 − 7.18𝑘
,
= −100.48𝑖 − 74.88𝑗 − 9.37𝑘
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
83
3. Kuvvet Sistemleri
Örnek (Soru) 3.12
Borulardan oluşturulmuş yapıya uygulanan
kuvvetleri ve momenti A noktasına indirgeyiniz.
Cevap:
Örnek (Soru) 3.13
Şekildeki
egzos
sistemine
uygulanan 100 N luk ve 115 N luk
kuvveti D noktasına indirgeyiniz.
Cevap:
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
84
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
4- STATİK DENGE VE KUVVET ANALİZLERİ

Bu bölümde durağan halde dengede olan rijit sistemlere etki
eden kuvvetlerin hesaplanması görülecektir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
85
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
4.1 Denge Şartı:
Dış yüklerin etkisine maruz bir cismin veya sistemin hareketsiz kalması yani dengede olabilmesi için;
bileşke kuvvetin ve bir noktaya göre bileşke momentin sıfır olması gerekir.
𝑅=0
Denge Şartı
𝑀𝑜 = 0
2 veya 3 boyutlu problemlerde vektörel
çözüm yapacaksak bu 2 denklem kullanılır.
4.2 Vektörel Çözüm ile Bilinmeyen kuvvetleri nasıl buluruz?
Elimizde toplam 2 vektörel denklem vardır:
𝑅=0
𝑀𝑜 = 0
(1)
(2)
2 veya 3 boyutlu tüm problemlerde bu 2 denklem kullanılır ve bilinmeyen kuvvetler bulunur.
•
•
•
Bir vektör sıfır ise herbir kartezyen bileşeni de ayrı ayrı sıfırdır. Yani i, j ve k katsayıları ayrı ayrı sıfır olur. Bu prensip ile
bilinmeyen kuvvetler elde edilir.
3 boyutta 2 vektörel denklemden 6 bilinmeyen, 2 boyutta ise 3 bilinmeyen bulunabilir..
Eğer sistem statikçe belirsiz (hiperstatik) ise, yani denklem sayısı bilinmeyen sayısından az ise bu denklemler tüm kuvvetleri
bulmak için yeterli olmaz. Bu durumda ek denklemlere ihtiyaç olur ki, bu ek denklemler mukavemet hesaplamalarından elde
edilir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
86
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
4.3 Skaler çözüm ile bilinmeyen kuvvetleri nasıl buluruz?
Vektörel denge denklemlerimiz:
𝑅=0
,
𝑀𝑜 = 0
idi
Bununla birlikte biliyoruz ki:
𝑛
𝑅=
𝐹𝑖 =
𝐹𝑥 𝑖 +
𝐹𝑦 𝑗 +
𝐹𝑧 𝑘
𝑖
𝑀𝑜 =
𝑀𝑥 𝑖 +
𝑀𝑦 𝑗 +
𝑀𝑧 𝑘
Bir vektör sıfır ise herbir kartezyen bileşeni de ayrı ayrı sıfırdır.
Yani;
𝑅 = 0 𝑖𝑠𝑒
𝐹𝑥 = 0 ,
𝐹𝑦 = 0 ,
𝑀𝑜 = 0 𝑖𝑠𝑒
𝑀𝑥 = 0 ,
𝑀𝑦 = 0 ,
𝐹𝑥 = 0 ,
𝐹𝑦 = 0 ,
𝐹𝑧 = 0
Uzayda (3 boyutlu problemlerde)
6 skaler denklem
𝑀𝑧 = 0
𝑀𝑧 = 0
Düzlemde (2 boyutlu problemlerde)
3 skaler denklem
P.N 4.1: Genelde 3 boyutlu uzay denge problemlerinde vektörel çözüm, 2 boyutlu düzlem denge problemlerinde skaler çözüm daha pratiktir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
87
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
4.4 Vektörel çözümü mü, skaler çözümü mü tercih etmeliyiz?
Genelde 3 boyutlu uzay denge problemlerinde vektörel çözüm, 2 boyutlu düzlem denge
problemlerinde skaler çözüm daha pratiktir.
4.5 Tüm denge problemlerinde bu denklemler yeterli olur mu?
Bilinmeyen kuvvet sayısı, denklem sayısından fazla ise bu denklemler yeterli olmaz. Bu tip problemlere hiperstatik
problemler denir. Hiparstatik problemlerde ek denklemlere ihtiyaç vardır. Bu ek denklemler genelde cismin şekil
değiştirmesi ile ilgili mukavemet hesaplamalarından gelir ki, bu konu mukavemet dersinde hiparstatik problemler
olarak gösterilmektedir.
P.N 4.2 (sıkça yapılan bir hata):
Problemlerde bilinmeyen sayısı, denklem sayısından fazla
olursa, farklı bir noktaya göre moment alınıp bir denklem
daha elde edilebilir gibi bir yanılgı içine düşülebilmektedir.
Halbuki farklı bir noktaya göre alınan moment, diğer
denklemlerden türetilmiş bir denklemdir. Dolayısıyla ilave
bağımsız bir denklem olmayacaktır.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
88
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
4.6 – Bağlantı Çeşitleri ve Ortaya Çıkan Tepkiler
Parçaların birbirlerine bağlatıları farklı şekillerde olabilir. Bağlantı şekline göre bağlantıda ortaya çıkacak tepkiler
farklılık gösterir. Şimdi bunlardan en çok bilinenleri inceleyeceğiz.
P.N 4.3 : Bağlantılarda, ötelenmeye izin verilmeyen doğrultuda tepki kuvveti; dönmeye izin verilmeyen eksende tepki momenti ortaya çıkar.
a- Kayar Mesnet (roller support)
Bir yönde ötelenmeye ve düzleme dik eksende dönmeye izin verir.
Ötelenmeye izin vermediği doğrultuda tepki kuvveti ortaya çıkar. Düzlem
problemlerde sözkonudur.
x doğrultusunda ötelenmeye izin veriyor.
y doğrultusunda ötelenmeye izin vermiyor.
Sadece y
doğrultusunda tepki
kuvveti oluşur. (Ay)
z ekseni etrafında dönmeye izin veriyor.
x doğrultusunda ötelenmeye izin vermiyor.
y doğrultusunda ötelenmeye izin veriyor.
Sadece x
doğrultusunda tepki
kuvveti oluşur. (Ax)
z ekseni etrafında dönmeye izin veriyor.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
89
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
4.6 –Devam) Bağlantı Çeşitleri ve Ortaya Çıkan Tepkiler
b- Sabit Mafsal:
Düzlem problemler de sözkonusudur. İki eksende ötelenmeye izin vermez. Düzleme dik eksende
dönmeye izin verir. Ötelenmeye izin vermediği her iki eksende de tepki kuvveti ortaya çıkar.
x ve y doğrultularında ötelenmeye izin vermiyor.
z ekseni etrafında dönmeye izin veriyor.
c- Küresel Mafsal:
x ve y
doğrultularında tepki
kuvveti oluşur. (Ax,
Ay)
Sabit mafsalın 3 boyutlu durumdaki karşılığıdır. 3 eksende de ötelenmeye izin vermez.
Ancak tüm eksenlerde dönmeye izin verir.
(Örn: omuz eklemimiz veya banyo duş telefonu aparatları.)
x, y ve z eksenlerinde ötelenmeye izin
vermiyor.
X, y ve z doğrultularında
tepki kuvveti oluşur. (Ax,
Ay ve Az)
x, y ve z eksenleri etrafında dönmeye izin
veriyor.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
90
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
4.6 –Devam) Bağlantı Çeşitleri ve Ortaya Çıkan Tepkiler
d- Ankastre Uç:
Düzlem veya uzay problemler de sözkonusu olabilir. Hiçbir ydoğrultuda ötelenmeye ve dönmeye
izin vermeyen bir bağlantıdır. (Örn: Bir duvara betonlanmış veya kaynaklanmış bir çubuk)
x, y ve z doğrultularında ötelenmeye
izin vermiyor.
Ax, Ay ve Az tepki
kuvvetleri oluşur.
x, y ve z eksenleri etrafında dönmeye
izin vermiyor.
Mx, My ve Mz tepki
momentleri oluşur.
 Düzlem problemlerde sadece Ax, Ay ve Mz oluşur. (x-y düzleminde)
e- Kablo ve İp bağlantıları:
Düzlem veya uzay problemler de sözkonusu
olabilir. Ağırlığı ihmal edilen bir ip veya kablo
kendi ekseni doğrultusunda çeki kuvveti
oluşturur. Basıya çalışmaz. Aksi söylenmedikçe
kablo veya iplerin ağırlığı ihmal edilir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
91
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
4.6 –Devam) Bağlantı Çeşitleri ve Ortaya Çıkan Tepkiler
Bağlantı Örneği:
Menteşe
Şekildeki kapı menteşesinin sadece
z ekseninde dönmeye izin verdiğini
görüyoruz. O halde sadece Mz
momenti oluşmayacaktır.
P.N 4.4 ) Önemli bir soru: Bilinmeyen Kuvvetlerin yönünü nasıl seçeriz?
(Örneğin yukarıda menteşe de niçin Ax i sağa seçtik de, sola seçmedik.? )
Cevap:
•
•
•
Bilinmeyen kuvvetlerin yönü ilk seferde keyfi seçilir. Eğer hesaplama sonucunda işareti negatif çıkarsa
seçtiğimiz yönün tersineymiş denir. Yönü hiç değiştirilmez ve işaretiyle birlikte denklemlerde kullanılır.
Veya yönü değiştirilince işareti de değiştirilmelidir.
2nci kez aynı kuvvet yerleştirilecekse, ilk yerleştirmenin zıttı yönünde yerleştirilmek zorundadır.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
92
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
4.7 Kuvvet Hesaplarında İşlem Adımları:
1- Dengesi incelenecek sistemin serbest cisim
diyagramı (SCD) çizilir. (Bunun anlamı ileride açıklanacaktır)
2- Statik denge denklemleri yazılır ve bilinmeyen
kuvvetler bu denklemlerden bulunur.


2 boyutlu düzlem denge problemlerinde skaler çözüm,
3 boyutlu uzay denge problemlerinde vektörel çözüm tercih
edilir.
Sahibine kahve götürmeye çalışan bir köpek
P.N.4.5 Sınavlara çalışırken bir ipucu: Denge problemlerini çalışırken, tümü soruları çalışmaya vaktimiz olmayabilir.
Bu durumda bazı problemleri hesap makinasıyla sonuna kadar çözün.. Bazılarının ise sadece SCD sini çizmeye
çalışın.. SCD yi doğru çizdiğinizde o problemi çok rahat çözersiniz.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
93
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
4.8 Serbest Cisim Diyagramı (SCD) nedir?
Bir cismin, uzayda, boşlukta, üzerine etki eden kuvvetlerle birlikte bağımsız olarak çizildiği şekle o cismin
Serbest Cisim diyagramı denir.
SCD Nasıl çizilir?
 Bir cisim tüm temasta olduğu kısımlardan
hayali olarak izole edilir ve uzayda serbest
olarak çizilir.
 Kendi üzerine etkiyen dış kuvvetler + izole
edildiği temas kısımlarındaki diğer
cisimlerden gelen kuvvetler cismin
üzerinde gösterilir.
 Bu şekle cismin serbest cisim diyagramı
ismi verilir.
P.N 4.6 SCD çizerken püf noktaları:
a-Cisim izole edilirken, her izole edildiği temas kısmında mutlaka kuvvet
oluşur,
b-İzole edilmediği temas noktalarında ise kuvvet gösterilmez.
c-Çift kuvvet elemanları varsa mutlaka tespit edilmelidir. (ileride açıklanacak)
d-Herbir SCD da tüm kuvvetler birbirini dengelemelidir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
Unutmayın!
Statiğin temel konusu kuvvet
hesabıdır. Kuvvet hesabının en önemli
adımı SCD nin doğru çizilmesidir.
94
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
4.9 Serbest Cisim Diyagramı (SCD) Örneği
Adam ve Tartı dan
oluşan dengede bir
sistem
(*adamın bastığı
kısmın ağırlığı ihmal
ediliyor
W1: adamın ağırlığı,
W2: tartı ağırlığı)
17.08.2017
SCD-1: Tüm sistem
Tüm Sistem sadece
yerden izole edilmiş.
Adamın ayaklarının
temas ettiği kısımdan
izole edilmediğinden
burada (adamın ayak
kısmında ) bir kuvvet
çizilmediğine dikkat
ediniz.
SCD-2 : Adam:
Adam tartıdan izole
edilmiş. İzole edilen
temas noktalarında
(ayaklarında) tepki
kuvvetleri şimdi çizilir.
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
SCD-3 : Tartı:
Tartı hem yerden
hem adamdan izole
edilmiş. (Diğer SCD
lere göre bunu
kendiniz yorumlayın)
95
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
4.9 - SCD Örnekleri - devam
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
96
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
4.9 - SCD Örnekleri -devam
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
97
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
4.9 - SCD Örnekleri -devam
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
98
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
4.10- Bağlantı Elemanları için Serbest Cisim Diyagramı (SCD) örnekleri:
Hatırlatma:
•
•
•
•
Tepki kuvvetinin yönü ilk seferinde keyfi olarak
seçilir. Hesaplandığı zaman işareti negatif (-)
çıkarsa, seçilen yönün tersineymiş denir.
Örneğin Ax tepkisinin x doğrultusunda olacağı
kesindir. Ancak + x veya –x yönünde olup
olmadığına her zaman karar vermek zordur. Bu
sebeple, +x veya –x den bir yönde keyfi
yerleştirilir. Sonuçta işareti – çıkarsa ters
yöndeymiş denir. (– çıkması –x yönü anlamına
gelmez.)
Dikkat: Bir tepki kuvveti 2nci kez keyfi
yerleştirilemez. İlk yerleştirmedeki yönü dikkate
alınarak 2nci kez yönü belirlenir. Özellikle bu
durum çerçeve sistemleri konusunda önem
kazanır.
İşareti negatif çıkan tepki kuvvetinin yönü
değiştirilmezse, denklemlerde işaretiyle birlikte
kullanılmalıdır.
17.08.2017
99
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
Tarihin bilinmeyen yönü:
Ünlü keşiflere ilham kaynağı olan insanlar ve sözleri
Gülsüm Nine
Afacan Ali
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
100
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
4.11- 2 Boyutlu Denge Problemi Örnekleri
Bu problemleri skaler olarak çözeceğiz.
Örnek 4.1 : 100 N ağırlığındaki dirseğin B noktasına 50
N luk kuvvet, düşeyle 300 lik açı yapacak şekilde
uygulanmıştır. Sistem şekilde görülen konumda
dengede ise A ve E bağlantılarında ortaya çıkan
tepkileri hesaplayınız. (Sürtünmeleri ihmal ediniz)
(Dirseğin ağırlık merkezi G noktasıdır.)
Çözüm:
1-
2- Denge Denklemleri:
Kayar mesnet
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
101
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
Örnek 4.2 : 1000 kg kütleli bir sabit vinç
2400 kg kütleli bir cismi kaldırmakta
kullanılıyor. Vinç A da sabit B de kayıcı
mafsal ile mesnetlenmiştir. Vincin kütle
merkezi G dir. A ve B mesnetlerindeki
tepkileri bulunuz.
Çözüm: A sabit, B kayar mafsaldır.
1-
2- Denge Denklemleri (g yerçekimi ivmesi olmak üzere)
Bu eşitliklerden;
B deki mesnet kayıcı mafsal olduğu için y ekseni
doğrultusunda kuvvet taşıyamaz. Bundan dolayı
B mesneti sadece x ekseni doğrultusunda tepki
kuvveti uygulayabilir.
17.08.2017
bulunur.
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
102
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
Örnek 4.3
A ucu bir duvara betonlanmış olan kirişe
şekildeki gibi 3 adet tekil kuvvet ve serbest
ucundan 10kN-m lik bir kupl uygulanıyor. A
ucunda ortaya çıkacak tepkileri hesaplayınız.
Çözüm:
1-SCD : kiriş A daki betondan izole edilip, üzerine etki eden tüm kuvvetler gösterilir.
A noktası ankastre uçtur. Hiçbir
yönde dönmeye ve ötelenmeye izin
vermez. Bu sebeple x ve y
doğrultularında tepki kuvvetleri (N,
V) ve tepki momenti (M) oluşur.
(bknz:4.10-d)
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
103
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
Örnek 4.3 -devam
5kN luk kuvvet C den B ye
taşınmıştır. B’ye göre momneti sıfır
olduğu için aynen taşınır.
(bknz:3.10)
C
2- Denge Denklemleri ve Kuvvet hesapları
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
104
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
Örnek 4.4 : Şekildeki denge halindeki sistemde,
sürtünmesiz B makarasından geçirilen kabloda ve C
bağlantısında ortaya çıkan kuvvetleri bulunuz.
Çözüm:
1-SCD: C sabit mafsaldır.
2-Denge Denklemleri
kablo 1 tane olduğu için tüm kısımlarında aynı çeki
kuvveti ( T ) oluşur. (Makarada sürtünme olsaydı
kısımlara göre T değişirdi.)
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
105
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
Örnek 4.5 : Ağırlıkları sırasıyla 200kN ve 400kN olan a ve b
silindirleri sabit bir kasanın içine şekildeki gibi yerleştirilmiştir.
Sürtünmeleri ihmal ederek
a-) Silindirlerin birbirlerine uyguladıkları C temas noktasındaki
tepki kuvvetini,
b-) Zemin (B) ve yanal duvarlar (A, D) dan silindirlere gelen tepki
kuvvetlerini hesaplayınız.
a
b
Çözüm
a
2-Denge Denklemleri
2.6
𝑐𝑜𝑠𝜃 =
2+1
a silindirinin dengesinden;
𝑜
𝜃 = 29.93
b
1-SCD ler
a
𝐹𝑦 =0
𝑅𝑐 . 𝑆𝑖𝑛𝜃 − 200=0
𝑅𝑐 = 400.85𝑘𝑁
𝐹𝑥 =0
𝑅𝐷 − 𝑅𝐶 . 𝐶𝑜𝑠𝜃=0
𝑅𝐷 = 347.39𝑘𝑁
b silindirinin dengesinden;
𝑅𝐴 − 𝑅𝑐 . 𝐶𝑜𝑠𝜃=0
𝐹𝑥 =0
𝑅𝐵 − 400 − 𝑅𝑐 . 𝑆𝑖𝑛𝜃=0
𝑅𝐵 = 600𝑘𝑁
b
17.08.2017
𝑅𝐴 = 347.39𝑘𝑁
𝐹𝑦 =0
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
106
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
Örnek 4.5 - devam:
Veya b şıkkını tüm sistemin dengesinden de bulabilirdik. Şöyleki:
2- Denge Denklemleri
1- Tüm sistemin SCD si
𝐹𝑦 =0
𝑅𝐵 − 400 − 200 = 0
a
𝑅𝐵 = 600𝑘𝑁
𝑀𝐴 =0
𝑅𝐵 𝑥 2 − 400 𝑥 200 𝑥 4.6 + 𝑅𝐷 𝑥 3 𝑥 𝑆𝑖𝑛𝜃 = 0
b
𝑅𝐷 = 347.39𝑘𝑁
𝐹𝑥 =0
𝑅𝐴 − 𝑅𝐷 =0
𝑅𝐴 = 347.39𝑘𝑁
Dikkat edilirse sistem duvar ve zeminden izole edilmiştir. Silindirlerin arayüzeyinden izole edilmediği için C
noktasında bir kuvvet gösterilmez. O sistemin iç kuvveti olarak kalır. Ancak daha önceki sayfada, herbir
silindir diğer silindirden de izole edildiği için herbirisinin SCD sine Rc kuvveti koyulması gerekir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
107
Örnek 4.6 Her biri 360 N ağırlığında olan 2 fıçı şekildeki gibi
bir el arabasına yüklenmiş, düşey P kuvveti ile denge durumu
sağlanmıştır. Fıçıların kütle merkezleri G1 ve G2 noktalarıdır.
Arabanın ağırlığını ve sürtünmeleri ihmal ederek;
a-) P kuvvetinin şiddetini hesaplayınız.
b-) Fıçıların birbirlerine uyguladıkları kuvveti bulunuz.
c-) Üstteki fıçıya arabadan gelen reaksiyon kuvvetini
hesaplayınız.
Çözüm) a-)Tüm sistemin dengesinden
Üstteki fıçının dengesinden;
y’
x’
b-)
𝐹𝑥 ′ = −360. 𝑆𝑖𝑛35𝑜 + 𝑅2 = 0
→ 𝑅2 = 206.48𝑁
R2
N2
35o
35o
c-)
𝐹𝑦′ = −360. 𝐶𝑜𝑠35𝑜 + 𝑁2 = 0
35o
W2 =360N
17.08.2017
→ 𝑁2 = 294.89𝑁
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
108
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
Örnek (Soru) 4.7*
G merkezli 180 N ağırlığındaki kutu A dan sabit
mafsalla, B den ise eğik düzlemde harekete izin
veren bir tekerlekle desteklenmiştir. h = 200mm
ise A ve B bağlantılarında oluşan tepki
kuvvetlerini bulunuz.
Cevap:
𝐹𝐴 = 519,44𝑁
𝐹𝐵 = 586 𝑁
Örnek (Soru) 4.8*
Ağırlığı ihmal edilen ve şekildeki gibi
mesnetlenmiş ve yüklenmiş olan dengedeki
çubuğun A, B ve C noktalarındaki pimlerde
ortaya çıkan kuvvetleri hesaplayınız.
Cevap:
𝐹𝐴 = 1100𝑁
17.08.2017
𝐹𝐵 = 1432𝑁
𝐹𝑐 = 1432𝑁
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
109
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
Örnek (Soru) 4.9
Örnek (Soru) 4.10
Şekildeki BAD koluna uygulanan düşey 40N luk
kuvvet,
A sabit mafsalı ve sürtünmesiz C
makarasından geçen BCD kablosu
ile
dengelenmiştir. d=80mm ise A mafsalındaki
bileşke kuvveti ve kabloda ortaya çıkan kuvveti
hesaplayınız.
Cevaplar:
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
110
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
Örnek (Soru) 4.11
Şekildeki adam, 10kg kütleli, 4m uzunluğundaki AB
çubuğunu, halatı çekerek dengede tutmaktadır.
Sürtünmeleri ihmal ederek A daki tepki kuvvetini ve
halattaki kuvveti hesaplayınız.
Cevap:
Thalat = 81.9 N, RA = 147.8 N
Örnek (Soru) 4.12
200 kg kütleli yatay çelik kiriş A ucundan bir kolona
kaynaklanmıştır. 80kg ağırlığındaki Selami, kolonun
üstüne çıkmış ve B deki sürtünmesiz makaraya bağlı
ipi 300N luk kuvvetle çekmiştir. Bu denge durumunda
A kaynağında oluşan tepki momentini hesaplayınız.
Cevap: M=4937 Nm
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
111
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
Örnek (Soru) 4.13 : Ağırlıkları sırasıyla 500N ve 100 N olan A
ve B silindirleri yanal duvarlara ve birbirlerine temas edecek
şekilde yerleştirilmiş ve makaradan geçirilen bir ip vasıtasıyla
dengede tutulmuştur. Sistemdeki tüm sürtünmeleri ihmal
ederek;
a-) İpte ortaya çıkan kuvveti,
b-) Silindirlerin birbirlerine uyguladıkları kuvveti bulunuz.
Cevaplar: a-) T= 321.4N, b-) 369 N
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
112
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
4.13- Üç Boyutlu Denge Problemi Örnekleri
3 boyutlu problemleri vektörel olarak çözeceğiz.
Toplam 2 tane vektörel denklemimiz vardır.
Bileşke kuvvet sıfırdır:
Örnek 4.14
𝑅 =0
,
Bileşke moment sıfırdır:
𝑀𝑜 =0
L şeklindeki ABED çubuğunun D ucuna 100kg
kütleye sahip bir ip asılmıştır. Bu yük, BC
kablosu, D küresel mafsalı ve A kaymalı yatağı
ile dengelenmiştir. Buna göre; A ve D
bağlantılarındaki tepki kuvvetlerinin
bileşenlerini; ayrıca BC kablosunda oluşan
kuvveti hesaplayınız. (A yatağı x ekseninde
ötelenmeye izin verir ve tüm eksenlerdeki moment
tepkileri ihmal edilebilir.)
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
113
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
Çözüm:
1.adım) SCD
•
•
•
•
Önce, herbir noktanın koordinatı yazılır.
A yatağı y ve z eksenlerinde ötelenmeye izin vermiyor.
D küresel mafsal olduğu için tüm eksenlerde
ötelenmeye izin vermiyor. Dönmeye izin
veriyor.(bknz:4.5-c)
TB kablo kuvveti kendi doğrultusunda çeki kuvveti taşır.
Öncelikle herbir kuvveti vektörel ifade etmeliyiz.
𝑇𝐵𝑐 kablo kuvvetinin vektörel ifadesi: şiddeti x birim vektör
𝑇𝐵𝑐 = 𝑇𝐵𝐶 .
𝐵𝐶
𝐵𝐶
= 𝑇𝐵𝐶 .
0.2 − 0 𝑖 + −1.3 − −1 𝑗 + 0.6 − 0 𝑘
𝐵𝐶
= 𝑇𝐵𝐶 .
𝑇𝐵𝑐 = 0.285𝑇𝐵𝐶 . 𝑖-0.428𝑇𝐵𝐶 . 𝑗+0.857𝑇𝐵𝐶 . 𝑘
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
0.2 𝑖 + −0.3 𝑗 + 0.6 𝑘
0.22 + 0.32 + 0.62
𝑇𝐵𝑐 nin hesabını bir
türlü anlayamadım
diyorsan,
önce örnek 2.4 ü
bir anla bakiyim.
114
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
• W = 100x9.81 = 981 N olarak hesaplanır. 𝑊 = −981𝑘 olarak ifade edilir.
• A daki bileşke kuvvet : 𝐹𝐴 = 𝐴𝑦 𝑗 + 𝐴𝑧 𝑘,
• D deki bileşke kuvvet : 𝐹𝐷 = 𝐷𝑥 𝑖 + 𝐷𝑦 𝑗 + 𝐷𝑧 𝑘
2. adım) Denge denklemleri:
𝑅 =0
𝑀 =0
Önce D noktasına göre toplam moment denklemini yazalım:
(bknz: konu 3.6)
𝑀𝐷 = 𝐷𝐴𝑥𝐹𝐴 + 𝐷𝐵𝑥𝑇𝐵𝐶 +𝐷𝐸𝑥𝑊 = 0
Moment alınan nokta
Kuvvet
𝑅=
Kuvvet hattı üzerindeki
koordinatları bilinen
Herhangi bir nokta
𝐹𝑖 = 𝐹𝐴 +𝑊
𝑀𝐷 = [(−𝑖 − 𝑗)x (𝐴𝑦 𝑗 + 𝐴𝑧 𝑘)]+[(−𝑗)𝑥(0.285𝑇𝐵𝐶 . 𝑖−0.428𝑇𝐵𝐶 . 𝑗+0.857𝑇𝐵𝐶 . 𝑘)] + [(−0.5𝑗)x (−981𝑘)] = 0
= 𝐴𝑦 𝑘 + 𝐴𝑧 𝑗-𝐴𝑧 𝑖 + 490.5𝑖 + 0.285𝑇𝐵𝐶 𝑘-0.857𝑇𝐵𝐶 𝑖 = 0
uzayda bir vektörel denklem elde ettik. Bu denklem sıfıra eşit olduğundan herbir birim vektörün katsayılarının toplamı
da ayrı ayrı sıfıra eşit olmalıdır.
𝑖 katsayıları toplamı:
-𝐴𝑧 +490.5 --0.857𝑇𝐵𝐶 = 0
𝐴𝑦 = 163.5N
𝑗 katsayıları toplamı:
𝐴𝑧 = 0
𝐴𝑧 = 0
𝑘 katsayıları toplamı:
𝐴𝑦 +0.285𝑇𝐵𝐶 =0
𝑇𝐵𝐶 =572 N
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
Bulunur.
115
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
𝑇𝐵𝐶 =
572 ( 0.285𝑖-0.428𝑗+0.857𝑘)
𝐹𝐴 = 𝐴𝑦 𝑗 + 𝐴𝑧 𝑘
𝑇𝐵𝐶 =163𝑖-244.8𝑗+490.2𝑘
𝐹𝐴 = 163.5𝑗
Şimdi 2nci denge denklemi olanBileşke kuvvet denklemini yazalım.
𝑅=
𝐹𝑖 = 𝐹𝐴 +𝐹𝐷 + 𝑇𝐵𝐶 + 𝑊
𝑅 = 163.5𝑗 + 𝐷𝑥 𝑖 + 𝐷𝑦 𝑗 + 𝐷𝑧 𝑘 + 163𝑖-244.8𝑗+490.2𝑘 + −981𝑘 = 0
Yine uzayda bir vektörel denklem elde ettik. Bu denklem sıfıra eşit olduğundan herbir birim vektörün
katsayılarının toplamı da ayrı ayrı sıfıra eşit olmalıdır.
𝑖:
𝐷𝑥 + 163 = 0
𝐷𝑥 =-163N
𝑗:
163.5 + 𝐷𝑦 − 244.8 = 0
𝐷𝑦 =-81.3N
𝑘:
𝐷𝑧 + 490.2 − 981 = 0
𝐷𝑧 =490.8 N
𝐹𝐷 = −163𝑖−81.3𝑗+490.8𝑘
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
116
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
Aynı örneğe devam ediyoruz. Eksene göre momentin sağladığı pratiklik:
Sadece 𝑇𝐵𝐶 kuvveti sorulmuş olsaydı:
(Eksene göre momenti işlemini hatırlamak için konu 3.8 i inceleyiniz)
AD eksenine göre moment alarak 𝑇𝐵𝐶 kuvvetinin şiddetini
doğrudan bulabiliriz.
Zira bu durumda A ve D deki kuvvetlerin AD eksenine göre
momentleri sıfır olur ve işleme katılmaz.
AD eksenine göre momentin şiddeti (𝑀𝐴𝐷 ) sıfır olmalıdır.
𝑀𝐴𝐷 = 𝑀𝐷 . 𝑛𝐴𝐷 = 0
𝑀𝐷 = 𝐷𝐵𝑥𝑇𝐵𝐶 +𝐷𝐸𝑥𝑊
=[(-𝑗)𝑥(0.285𝑇𝐵𝐶 . 𝑖−0.428𝑇𝐵𝐶 . 𝑗+0.857𝑇𝐵𝐶 . 𝑘)] + [(−0.5𝑗)x (−981𝑘)]
= 490.5𝑖 + 0.285𝑇𝐵𝐶 𝑘-0.857𝑇𝐵𝐶 𝑖 = 490.5𝑖 + 0.285𝑇𝐵𝐶 𝑘−0.857𝑇𝐵𝐶 𝑖
𝑛𝐴𝐷 =
𝐴𝐷
𝐴𝐷
=
−𝑖 − 𝑗
12
+
12
= −0.707𝑖 − 0.707𝑗
𝑀𝐴𝐷 = (490.5𝑖 + 0.285𝑇𝐵𝐶 𝑘-0.857𝑇𝐵𝐶 𝑖). (−0.707𝑖 − 0.707𝑗)
= −346.78 + 0.606𝑇𝐵𝐶 =0
17.08.2017
𝑇𝐵𝐶 =572.33 N
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
117
y
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
Örnek 4.15
50 N ağırlığındaki homojen AC çubuğu A ucundan bir
küresel mafsala, B noktasından ise iki kabloya
bağlanmıştır. Kablolar D ve E uçlarından bir duvara
sabitlenmiştir. Şekildeki denge konumu için a-)kablolarda,
b-)küresel mafsalda ortaya çıkan kuvvetleri tespit ediniz.
Çözüm: 1.Adım) SCD alttaki gibi çizilir.
x
z
SCD
𝐴 = 𝐴𝑥 𝑖 + 𝐴𝑦 𝑗 + 𝐴 𝑧 𝑘
17.08.2017
𝑊 = −50𝑗
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
118
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
𝑇𝐵𝐷 = −20𝑖 + 40𝑗 + 60𝑘
𝑇𝐵𝐸 = −30𝑖 + 60𝑗 − 60𝑘
𝑅=
𝐹𝑖 = 𝐴 + 𝑇𝐵𝐷 +𝑇𝐵𝐸 + 𝑊= (𝐴𝑥 −20 − 30)𝑖 + (𝐴𝑦 + 40 + 60 − 50)𝑗 + (𝐴𝑧 +60 − 60)𝑘 = 0
𝑖: 𝐴𝑥 − 20 − 30=0
𝑗: 𝐴𝑦 + 40 + 60 − 50=0
𝑘:
17.08.2017
𝐴𝑧 + 60 − 60=0
𝐴𝑥 =50N
𝐴𝑦 =50N
𝐴𝑧 =0
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
119
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
Örnek (Soru) 4.16*: P = 450 N luk bir yük
şekildeki gibi bükülmüş bir rijid borunun C
köşesine uygulanmıştır. Boru A da zemine ve D
de düşey duvara küresel mafsalla bağlanmış, E
de ise EG kablosu yardımı ile sabit duvara tesbit
edilmiştir. EG kablosunda oluşan
şiddetini bulunuz
kuvvetin
Cevap: 300N
Örnek (soru) 4.17*- (1.Vize -2009) Düşey
kontrol kolunda 400 N luk bir T kuvveti
sağlayabilmesi için manivela sistemindeki ayak
pedalına düşey bir P kuvvetiyle basılmalıdır. A
ve B deki yatak tepki kuvvetlerini tayin ediniz.
Cevaplar:
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
120
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
Örnek (Soru) 4.18*
Şekildeki gibi bükülmüş olan ABEF çubuğu C ve D
yatakları ve AH kablosu ile dengede tutulmaktadır. AH
kablosunda ortaya çıkan çekme kuvveti T yi
hesaplayınız. AB = 250 mm.
Cevap:
Örnek (Soru) 19
Cevap:
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
121
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
Örnek (Soru) 4.20: Yere bağlanmış ve gerdirilmiş kablolar
vasıtası ile dengede tutulan ve ağırlığı ihmal edilebilen
şekildeki direğin CD kablosunda ortaya çıkan çekme kuvveti T
= 1.2 kN olduğuna göre AE kablosunda ortaya çıkan çekme
kuvvetini bulunuz. O daki ankastre mesnette x ve y-yönünde
moment tepkisi doğmadığını kabul ediniz. z-yönünde
doğabilir.
Cevap: GF = 3.47 kN
Örnek (Soru) 4.21
Cevaplar:
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
122
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
4.14 Çift Kuvvet Elemanı Nedir?
Sadece 2 noktasından tekil kuvvete maruz elemanlara çift kuvvet
elemanı denir.
Bu elemanların; dengede olması için şu şartın
sağlanması zorunludur:
Etki eden tekil kuvvetler, etkime noktalarını birleştiren
doğrultu üzerinde, eşit şiddette ve zıt yönde olmak
zorundadır.
Aksi durumda bu elemanlar dengede olamaz.
Bir sistemde çift kuvvet elemanlarının öncelikle görülebilmesi gerekir. Aksi
halde SCD yanlış çizilir ve kuvvetler bulunamaz.
(Şu ana kadar ki problemlerde çift kuvvet elemanı yoktu)
Çift kuvvet elemanları özellikle çerçeveler ve basit makinalar konusunda
karşımıza çıkar.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
123
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
A
4.14 Çift Kuvvet Elemanı - devam
Soru: L şeklindeki elemanın sadece A ve B noktalarına 2 tekil kuvvet
uygulanacaktır. O halde bu bir çift kuvvet elemanıdır. Bu elemanın
dengede kalması aşağıdaki durumlardan hangisi nde sağlanır?
B
a-)
b-)
P
A
c-)
P
A
𝐹𝑥 = 0
P
P
A
A
P
P
B
d-)
P
𝐹𝑥 = 0
B
𝐹𝑥 ≠ 0
B
B
𝐹𝑥 = 0
𝐹𝑦 = 0
𝐹𝑦 = 0
𝐹𝑦 = 0
𝐹𝑦 = 0
𝑀𝐴 ≠ 0
𝑀𝐴 ≠ 0
𝑀𝐴 ≠ 0
𝑀𝐴 = 0
Dengede değil
Dengede değil
Dengede değil
Dengede
Denge ancak d şıkkında sağlanır. Bir önceki sayfadaki denge şartını tekrar okuyunuz.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
124
P
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
4.14 Çift Kuvvet Elemanı - devam
Bilgi: Çift kuvvet elemanlarının ağırlıkları ihmal edilir. Ayrıca uçlarından kaynaklı ise moment tepkileri
ihmal edilir. Aksi halde çift kuvvet elemanı olmaktan çıkarlar.
P.N 7: Çift Kuvvet Elemanları ile ilgili püf noktaları:
a.
Sadece 2 noktasından pimlerle diğer elemanlara bağlı olan elemanlara başka bir kuvvet etki etmiyorsa, bu elemanlar çift kuvvet elemanıdır.
b.
Bir denge problemi ni çözerken herşeyden önce, varsa çift kuvvet elemanlarını tespit etmelisiniz. Sonra SCD çizimini yapıp kuvvetleri
hesaplayınız.
c.
İleride görülecek konular için şunu şimdiden aklımıza koymalıyız: Kafes Sistemlerde tüm çubuklar çift kuvvet elemanıdır. Basit makinalar ve
çerçeve sistemlerde ise çift kuvvet elemanı olmayabilir; eğer varsa herşeyden önce bunları tespit etmeniz gerekir. Aksi halde SCD yi yanlış
çizer ve problemi çözemezsiniz.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
125
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
4.14 Çift Kuvvet Elemanı - devam
Çift kuvvet elemanını tespit etme yolu: Bir sistemdeki bir parçada (mesela bir çubukta)
Bağlantı sayısı + tekil kuvvetlerin toplamı 2 ise bu parça çift kuvvet elemanıdır.
Örnek:
CD çubuğu diğer elemanlara C ve D
noktalarından bağlanıyor. bağlantı
sayısı 2 dir. Üzerine etki eden kuvvet
sayısı sıfırdır.
Bağlantı sayısı + tekil kuvvet sayısı =2
Çift kuvvet elemanı
O halde CD çift kuvvet elemanıdır.
F
ADB çubuğunda
bağlantı sayısı: 2 (A ve D)
Tekil kuvvet sayısı: 1 (B de 4kN
Bağlantı sayısı + tekil kuvvet sayısı =3
O halde ADB çift kuvvet elemanı değildir.
F
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
126
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
4.14 Çift Kuvvet Elemanı - devam
AB-BD-BC Çift kuvvet elemanlarıdır.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
127
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
Örnek 4.22
Kamyonete bağlı üç çubuktan
oluşan kaldırma sistemine500 N luk
yük asılmıştır. Herbir Çubuğa düşen
kuvveti hesaplayınız?
Çözüm:
Tespit: Herbir çubuğun bağlantı noktası + tekil kuvvet sayısı 2 dir ve herbir
çubuk çift kuvvet elemanıdır.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
128
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
2-Sadece A noktasının serbest cisim diyagramını çizelim. Yani A noktasını sistemden
izole edeceğiz. A ile bağlantısı kesilen cisimler 3 çubuk ve yükün asıldığı zincirdir. Bu
ayrılan (izole edilen) kısımlarda mutlaka kuvvetler gösterilir.
3- Şimdi Denge Denklemleriyle
kuvvetleri bulmaya çalışacağız.
Problem 3 boyutlu olduğu için vektörel
çözümü tercih ediyoruz.
Ancak bu örnekteki gibi tüm kuvvetler
aynı noktadan geçerse, moment denklemi
yazılamaz. Dolayısıyla sadece 1 vektörel
denklem yazılabilir.
𝑅=
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
𝐹= 0
129
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
Benzer şekilde;
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
130
4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri
=
3 lineer denklemden 3 bilinmeyen kuvvet bulunur:
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
131
(……………)
(……………)
Soru: Bu bilim adamlarının
isimlerini parantez içlerine yazınız.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
(……………)
132
5- Kafes Sistemler
Birbirlerine uç noktalarından bağlanmış çubuk elemanların
oluşturduğu sistemlerdir.
5- Kafes Sistemler
Birçok uygulama alanları vardır.
•
•
•
•
Çatı sistemlerinde,
Köprülerde,
Kulelerde,
Ve benzeri bir çok yapılarda kullanılır.
5- Kafes Sistemler
5.1 Kafes Sistemlerin Başlıca Özellikleri:
a. Herbir bağlantı noktasına «düğüm noktası» ismi
verilir.
b. Sisteme sadece bağlantı (düğüm) noktalarından
dış kuvvetler etki eder.
c. Bağlantı noktalarında (düğümlerde) sadece tekil
kuvvetler oluşur. Bağlantılardaki moment tepkisi
ihmal edilir.
d. Çözümlerde çubuk ağırlıkları ihmal edilir.
e. Tüm çubuklar çift kuvvet elemanıdır. Dolayısıyla
herbir çubuğa kendi doğrultusunda kuvvet düşer.
Bu özelliklerden en az birisini taşımayan sistemler
kafes sistem olarak nitelendirilmez.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
135
5- Kafes Sistemler
5.2 Kafes Sistemlerin Tipleri:
1- Uzay Kafes Sistemleri: 3 Boyutlu sistemlerdir.
2- Düzlem Kafes Sistemleri: 2 boyutlu sistemlerdir.
(3 boyutlu olmasına rağmen, geometri, yükleme ve dış
bağlantıların simetrikliliği söz konusu ise 2 boyutta incelenebilen
sistemler de olabilir.)
5.3 Ders kapsamında amacımız: Dış kuvvetler belli iken, herbir çubuğa veya belirli
çubuklara düşen kuvvetleri hesaplamaktır. Ders kapsamında sadece düzlem kafes
sistemler incelenecektir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
136
5- Kafes Sistemler
5.4 Çubuk Kuvvetleri ve Hesaplama Yöntemleri :
•
Örnek 5.1 : Kafes sistemlerde herbir düğüm noktasına ve
çubuklara düşün kuvvetleri daha net görebilmek için yandaki
örneği inceleyelim.
30kN
•
Dikkat edilirse herbir düğüme, bağlı olduğu çubukların herbirinden bir kuvvet gelir.
•
Çubuklara ise eşit şiddette-zıt yönde bağlı olduğu herbir düğümden bir tepki kuvveti gelir (etki-tepki).
•
Tüm düğüm ve çubuk kuvvetleri sistemin iç kuvvetleri olarak isimlendirilir ve toplamları sıfırdır..
•
Bir çubuk kuvvetinin( örn: FAC ) doğrultusu mutlaka çubuğa paraleldir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
137
5- Kafes Sistemler
P.N 5.1 : Çubuk kuvvetinin yönü nasıl seçilmeli?
İlk kez bu kuvvet yerleştirilirken çubuğa paralel olmak kaydıyla keyfi bir yönde (sağa-sola, yukarı aşağı) seçilir. Ancak aynı kuvvetin yönü 2., 3.,
yerleştirmede keyfi seçilemez. İlk yerleştirmeye bağlı olarak seçilir. Örneğin FAC kuvveti ilk kez yerleştirilirken keyfi olarak A düğümüne sola doğru
etki ettirilmiş. AC çubuğunun A ucuna mecburen sağa olmalıdır (etki-tepki). AC çubuğunun C ucuna sola doğru olmalıdır ki çubuk dengede olsun.
C düğümüne ise sağa olmalıdır (etki-tepki). Hesaplar sonucu kuvvetin işareti «- » çıkarsa seçtiğimiz yönün tersine yönde olduğunu gösterir. Ancak
bu durumda kuvvetin yönü çevrilmez, hesaplarda «-» işareti ile birlikte kullanılır. Çevrilirse işareti de değiştirilmelidir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
138
5- Kafes Sistemler
5.4. devam ) Çubuk veya Düğümlere Düşen Kuvvetleri Hesaplama Yöntemleri :
Aynı örneğe devam ediyoruz:
Öncelikle bağlantı noktalarındaki kuvvetler tüm
sistemin dengesinde hesaplanır:
𝐹𝑥 =0 → −𝐸𝑥 + 𝑇. cos 30𝑜 = 0
T= 80kN
𝐹𝑦 =0 → 𝐸𝑦 + 𝑇. 𝑠𝑖𝑛 30𝑜 − 30 − 20 = 0
𝐸𝑥 = 69.28kN
𝑀𝐸 =0 → −𝑇. 5 + 20.5 + 30.10 = 0
𝐸𝑦 =10 kN
bulunur.
P.N 5.2: Bazı problemlerde mesnet tepkilerini hesaplamaya gerek kalmadan, istenen çubuk kuvvetleri bulunabilir. Bu
durumu görebilmek ve alışmak için bol soru çözülmesinde fayda vardır. Kesim yönteminde, mesnetlerin tümü kesimin bir
tarafında kalıyorsa mesnet tepkilerini bulmaya gerek kalmaz… .kesimin diğer tarafı incelenir ve çubuk kuvvetleri bulunabilir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
139
5- Kafes Sistemler
5.4. devam ) Çubuk veya Düğümlere Düşen Kuvvetleri Hesaplama Yöntemleri :
Şimdi iç kuvvet ismi verdiğimiz çubuk ve düğümlere düşen
kuvvetleri hesaplayacağız. Bunun için 2 yöntem vardır:
Çözüm:
A düğümünden başlanabilir. Çünkü 2 bilinmeyen
kuvvet vardır.
1. Yöntem : Düğüm Yöntemi
(The method of Joint)
•
Bu yöntemde herbir düğümün dengesi yazılır ve kuvvetler
hesaplanır.
•
Herbir düğüm için
𝐹𝑥 =0 ,
𝐹𝑦 =0 olmak üzere 2 denklem
yazılabilir. Tüm kuvvetler aynı noktadan geçtiği için moment
denklemi yazılamaz. Bu nedenle bir düğümde 2 bilinmeyen
olması gerekir. Çözüm aşamasında düğüm sırası önemlidir.
Örnekten bu durum daha iyi anlaşılacaktır.
𝐹𝑥 =0 → −𝐹𝐴𝐶 +𝐹𝐴𝐵 cos 60𝑜 =0
𝐹𝑦 =0 → -30+𝐹𝐴𝐵 sin 60𝑜 =0
→ 𝐹𝐴𝐶 = 17.32𝑘𝑁, 𝐹𝐴𝐵 = 34.64kN
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
140
5- Kafes Sistemler
1. Yöntem : Düğüm Yöntemi - devam
Şimdi B düğümüne geçilebilir. Çünkü B
düğümünde 2 bilinmeyen kaldı
𝑜
𝑜
𝐹𝑥 =0 → −𝐹𝐵𝐶 cos 60 + 𝐹𝐵𝐷 − 34.64 cos 60 =0
𝑜
𝑜
𝐹𝑦 =0 → 𝐹𝐵𝐶 . 𝑠𝑖𝑛 60 − 34.64. 𝑠𝑖𝑛 60 =0
→ 𝐹𝐵𝐶 = 34.64𝑘𝑁, 𝐹𝐵𝐷 = 34.64kN
𝐹𝑥 =0 → 𝐹𝐵𝐶 cos 60𝑜 + 𝐹𝐴𝐶 − 𝐹𝐶𝐸 − 𝐹𝐶𝐷 cos 60𝑜 =0
𝐹𝑦 =0 → −𝐹𝐵𝐶 . 𝑠𝑖𝑛 60𝑜 + 𝐹𝐶𝐷 𝑠𝑖𝑛 60𝑜 -20 = 0
→ 𝐹𝐶𝐷 = 57.74𝑘𝑁, 𝐹𝐶𝐸 = 63.51kN
Benzer şekilde E veya D düğümlerinin dengesinden 𝐹𝐷𝐸 = 11.55𝑘𝑁 bulmaya çalışınız.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
141
5- Kafes Sistemler
II
2. Yöntem : Kesim Yönetimi
(the method of section)
Aynı örneği kesim yöntemi ile çözeceğiz. Bu yöntem mekaniğin önemli bir
prensibi olan ayırma prensibine dayanır.
Ayrıma prensibi: dış kuvvetlerin etkisindeki bir sistem dengede ise, hayâli
bazda ayırdığımız her bir parçası da iç ve dış kuvvetlerin etkisiyle ayrı ayrı
II
dengededir.

İncelediğimiz örnekteki kafes sistem dış kuvvetlerin etkisi ile dengededir. O halde hayali olarak yaptığımız I-I
kesiminden sonra sol veya sağ parçası da dengededir.

Bu parçalara, kesilen çubuklardaki, çubuk kuvvetleri dış kuvvet gibi etki ettirilir.

Ve 3 denge denklemi (
𝐹𝑥 =0, 𝐹𝑦 =0,
𝑀𝐸 =0 ) yardımıyla bu çubuk kuvvetleri bulunur.
I - I kesiminde sağ tarafın SCD si ve dengesi
𝐹𝑥 =0
→ 𝐹𝐵𝐶 cos 60𝑜 − 𝐹𝐵𝐷 + 𝐹𝐴𝐶 =0
𝐹𝑦 =0 →
−𝐹𝐵𝐶 . 𝑠𝑖𝑛 60𝑜 -30 = 0
𝑀𝐶 =0 →
𝐹𝐵𝐷 . 5. 𝑠𝑖𝑛60𝑜 -30x5= 0
• Çubuk Kuvvetlerinin yönleri ilk
defasında keyfi seçilir.
• İşareti + çıkarsa kuvvet yönü doğru
seçilmiş demektir.
• 3 denklemden 3 bilinmeyen
bulanabileceği için genelde ilk
kesimde 3 çubuk kesilir..
𝐹𝐵𝐶 = 𝐹𝐵𝐷 = − 34.64𝑘𝑁,
işaretinin negatif «-» çıkması seçtiğimiz yönün tersine olduğunu gösterir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
142
5- Kafes Sistemler
II
2. Yöntem : Kesim Yönetimi-devam
(the method of section)
I - I kesiminde sağ tarafın SCD si ve dengesi
II
𝐹𝑥 =0
→ − 𝐹𝐵𝐶 cos 60𝑜 + 𝐹𝐵𝐷 − 𝐹𝐴𝐶 - 69.28 + 80. cos 30𝑜 = 0
𝐹𝑦 =0 →
𝑀𝐸 =0 →
II-II kesimi ile
𝐹𝐵𝐶 . 𝑠𝑖𝑛 60𝑜 + 80. sin 30𝑜 − 20 + 10 = 0
𝐹𝐵𝐷 . 5. 𝑠𝑖𝑛60𝑜 + 𝑇. 5 − 20.5 + 𝐹𝐵𝐶 . sin 60𝑜 = 0
→ 𝐹𝐶𝐷 = 57.74𝑘𝑁, 𝐹𝐶𝐸 = 63.51kN, 𝐹𝐷𝐸 = 11.55𝑘𝑁 bulmaya çalışınız.
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
17.08.2017
𝐹𝐵𝐶 = 𝐹𝐵𝐷 = − 34.64𝑘𝑁,
143
5- Kafes Sistemler
Örnek 5.2: Verilen kafes sistemindeki çubuk
kuvvetlerini düğüm metodunu kullanarak bulunuz.
Çözüm: Öncelikle tüm sistemin
dengesinde mesnet tepkileri bulunur.
SCD (tüm sistem)
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
144
5- Kafes Sistemler
3
𝑆𝐴𝐵 − 𝑆𝐴𝐷 .sin 𝜃 = 𝑆𝐴𝐵 − 𝑆𝐴𝐷 . 5
4
𝑆𝐴𝐷 .𝑐𝑜𝑠 𝜃 − 20 = 𝑆𝐴𝐷 . 5 − 20
3
3
𝑆𝐷𝐸 − 𝑆𝐴𝐷 .sin 𝜃 + 𝑆𝐷𝐵 Sin 𝜃 = 𝑆𝐷𝐸 − 25. 5 +𝑆𝐷𝐵 5
4
4
−𝑆𝐴𝐷 .Cos 𝜃 +𝑆𝐷𝐵 𝐶𝑜𝑠 𝜃 = 25. 5 +𝑆𝐷𝐵 5
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
145
5- Kafes Sistemler
Örnek 5.3: Şekildeki kafes sistemde,
a-)GE, GC ve BC çubuklarındaki kuvvetleri bulunuz.
b-) sistemde boş çubuk var mıdır? Tespit ediniz.
Çözüm:
Önce, tüm sistemin dengesinden:
a
a-a kesimi:
 MG = 0
300(4)  400(3)  FBC (3) = 0
a
FBC = 800 N (T)
 MC = 0
 Fy = 0
3
300(8)  FGE (3) = 0 300  FGC   = 0
5
FGE = 800 N
F = 500 N (T)
FGE = 800 N (C)
GC
( T ): tension – çeki . ( C ): compression - bası
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
146
5- Kafes Sistemler
b-) Boş çubuk: üzerine kuvvet gelmeyen
çubuklara denir.
Nasıl tespit edilir?
Genel olarak; boş çubuk, bir düğümdeki diğer
çubuklarla 90 derece açı yapar ve o düğüme
çubuk yönünde dış kuvvet gelmez.
Bu örnekte GB çubuğu, B düğümündeki diğer çubuklar (AB ve BC ) ile 90 derece bir açı yapıyor ve B
düğümüne GB doğrultusunda bir dış kuvvet gelmemektedir. O halde GB boş çubuktur.
İspatı: B düğümünün dengesi:
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
Hz. Mevlana
147
5- Kafes Sistemler
Örnek 5.4: CF çubuğundaki kuvveti bulunuz.
Çözüm: Tüm sistemin dengesinden
Mesnet tepkilerini Ay=3.75 kN, Ax=0,
Ey=4.75kN bulunuz.
a
a-a kesimi
M
a
O
=0
FCF sin 45o 12m    3kN  8 m    4.75kN  4m  = 0
FCF = 0.589kN  C 
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
148
5- Kafes Sistemler
b
Örnek 5.5: EB çubuğundaki kuvveti bulunuz.
b
a
a-a kesimi
a
b-b kesimi veya E düğümünün dengesi
 Fx = 0
FEF cos 30o  3000 cos 30o = 0
FEF = 3000 N
 MB = 0
FEF = 3000 N (C)
 Fy = 0
1000(4)  3000(2)  4000(4)
FEF sin 30o  3000sin 30o  1000  FEB = 0
 FED sin 30o (4) = 0
FEB = 2000 N (T)
FED = 3000 N
FED = 3000 N (C)
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
149
5- Kafes Sistemler
Sorular:
Alttaki Kafes Sistemlerde a-) Soru işareti olan çubuklardaki kuvvetleri hesaplayınız. b-)Boş çubukları tespit ediniz.
(Cevapları soruların yanında verilmiştir. Yöntem Serbesttir.)
4.
1.
Boş çubuk: DE
5.
2.
3.
CD=1.87kN
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
Boş çubuklar: CH, JI, GF, EF
150
6- Çerçeveler ve Basit Makinalar
Çeşitli elemanların birbirlerine bağlanması (montajlanması) ile oluşan sistemlerdir. Kafes
sistemlerden farklı olarak, elemanlar birbirlerine 2 den fazla noktadan bağlanabilir ve dış
kuvvetler sadece bağlantı noktalarından değil farklı noktalardan da elemanlara etki edebilir.
6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR
Amacımız: Her bir elemana etki eden kuvvetlerin hesaplanabilmesidir.
Yöntem: Kuvvetleri bulabilmek için sistemdeki uygun elemanların Serbest Cisim Diyagramı
çizilir ve herbirisi için denge denklemleri yazılır. Bilinmeyen kuvvetler bu denklemlerden
bulunur.
Konu örnekler üzerinden anlatılacaktır.
P.N 6.1: Problemleri çözerken en önemli püf noktalarından birisi çift kuvvet elemanlarını baştan görebilmektir. Bir örnek:
EB, CB, AB, IH çift kuvvet elemanlarıdır.
Çift Kuvvet
Elemanı
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
152
6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR
Şekildeki SCD lerde şu noktaları görmeye çalışın:
1. Çift kuvvet elemanlarında, etki eden kuvvetler bağlantı noktalarını birleştiren doğrultu
üzerinde, eşit şiddette ve zıt yöndedir.
2. Bir kuvvet bir noktaya yerleştirilirken ilk kez keyfi yönde, 2nci kez ise aynı noktada ilk
yerleştirilene zıt yönde yerleştirilir.
Çift Kuvvet
Elemanı
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
153
6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR
ÖRNEK 6.1: Şekildeki W ağılığını taşıyan askı
çerçeve sisteminin ve herbir elemanının serbest
cisim diyagramını çiziniz.
Çözüm:
Öncelikle BE çift kuvvet elemanı
olduğunu görünüz.
(Çünkü, bağlantı noktası + üzerine gelen kuvvet sayısı 2 dir.)
Tüm sistemin SCD si
17.08.2017
Herbir Elemanın SCD si
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
154
6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR
Örnek 6.2: Şekilde gösterilen çerçevedeki ACE ve BCD
elemanları C de bir pim ve DE bağlantı çubuğu ile
birbirine bağlanmıştır. Gösterilen yükleme durumunda
DE bağlantı çubuğundaki kuvveti ve C den BCD
elemanına gelen kuvvetin bileşenlerini bulunuz.
Çözüm:
17.08.2017
DE çubuğu çift kuvvet elemanıdır.
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
155
6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR
BCD cismi için serbest cisim diyagramı :
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
156
6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR
ACE cismi için serbest cisim diyagramı :
ACE cismi için denge denklemleri (kontrol için)
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
157
6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR
Örnek 6.3: Şekildeki çerçeve sistemde
a- çift kuvvet elemanı varsa hangileridir?
b- Tüm sistemin ve herbir elemanın serbest cisim
diyagramlarını çiziniz.
c- E piminin taşıdığı kuvveti hesaplayınız.
Çözüm: a-) BE çift kuvvet elemanıdır.
FBE kuvveti BE doğrultusunda olduğuna
dikkat ediniz.
b-) Tüm Sistemin SCD si,
Herbir Elemanın SCD si
c-) CEF yatay çubuğunun
dengesini göze alalım:
𝑀𝑐 = 0
−981𝑥2 − 𝐹𝐵𝐸 𝑥 𝑆𝑖𝑛45𝑜 𝑥1.6 = 0
𝐹𝐵𝐸 =-1734.179 N
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
158
6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR
Örnek 6.4: Şekildeki Kepçenin ucuna, zeminden
P=20kN luk yatay kuvvet gelmektedir. Kepçenin
hareketi, GF , BF ve DC hidrolik silindirleri ile kontrol
edilmektedir. Buna göre, şekildeki denge konumu için E
ve A pimlerinde ortaya çıkan kuvvetleri hesaplayınız.
(Kepçedeki tüm elemanların ağırlıklarını ihmal ediniz. )
Çözüm: FB, DC ve FG çift kuvvet elemanlarıdır.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
159
6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
160
Örnek 6.5 İncele ve düzenle
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
161
6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR
Örnek 6.6 2010/Final-Makine Muh. Şekildeki mekanizma yükü yukarı kaldırırken onun yatay
konumunu korumak amacıyla tasarlanmıştır. 80 cm çaplı kasnağın dış çevresinde bulunan pim,
ABC kolu üzerindeki kanalda sürtünmesiz olarak kayabilmektedir. ABC ve DE kollarının her
birinin uzunluğu 80 cm olup yukarı kaldırılan yükün ağırlığı 1200 N’dur. Mekanizma, kasnağa
sarılı halatın çekilmesiyle yukarı doğru kaldırılmaktadır. Yükün yerden 80 cm yukarıda dengede
tutulması için halata uygulanması gerekli P kuvvetini ve ABC koluna etkiyen tüm kuvvetleri
belirleyiniz.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
162
6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR
ÇÖZÜM
Platformun SCD
Çift kuvvet elemanı: ED
40 cm
60 cm
30o
69.28 mm
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
163
6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
164
6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR
Örnek 6.7 Şekildeki römork bağlantı mekanizmasında 9000 N luk yük sonucu
CF hidrolik silindirinde ortaya çıkan kuvveti hesaplayınız. Sürtünmeleri ihmal ediniz.
Pimler dönmeye izin verir ancak ötelenmeye izin vermez. G pimi bir tekerleğe bağlıdır.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
165
6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR
Çözüm: FC ve CD çift kuvvet elemanıdır.
Ay
Ax
FG
M A = 0

9000(1500)  FG (600) = 0
FG = 22500 N
Fx = 0

 Ax  FG cos 45 = 0
Ax = 15910 N
Fy = 0

9000  Ay  FG sin 45 = 0
Ay = 6910 N
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
166
6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR
Ey
Ex
EDG çubuğu
FCD
FG
M E = 0

22500(1500)  FCD (300) = 0
FG = 112500 N
Fx = 0

 E x  22500 cos 45  112500 cos 45 = 0
E x = 63640 N
Fy = 0

112500 cos 45  E y  22500 sin 45 = 0
E y = 79549.5 N
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
167
6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR
FCF
Ey
Tüm sistemin dengesinden;
(Sistemi, F, E, B pimlerinden ayırıp SCD
sini çizelim.)
Ex
Bx
By
M E = 0
900(1950)  E x (900 cos 45)  E y 450  (900  900 cos 45)  FCF cos 45(450) = 0
FCF = 118724.68 N
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
168
Örnek
(Soru)
6.8
(Vize
Sorusu-2016)
Şekildeki pensede P=50N luk el kuvveti
sonucu E deki cisme ne kadarlık bir sıkma
kuvveti gelir? Hesaplayınız.
Cevap: 505.56N
Örnek
(Soru)
6.9
(Yaz
Okulu-Final)
Şekildeki sistemde kepçe 10kN luk yükü
kaldırmaktadır. H noktası yükün ağırlık
merkezidir ve sistem görülen konumda
dengededir. Buna göre; JK ve BC
hidrolik silindirlerindeki kuvvetleri
hesaplayınız.
Cevap: JK = 17.5kN, BC = 29kN
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
169
6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR
Örnek (Soru) 6.10 (final Sorusu): Şekildeki inşaat kulesinin
düşey elemanlarını dikmek için tasarlanan özel bir çerçeve
görülmektedir. Düşey A elemanı 15kN ağırlığında olup ağırlığı
20kN olan B platformu tarafından yukarı doğru
kaldırılmaktadır. B Platformu, soldaki tekerlekler yardımıyla
sabit düşey kolon üzerinde sürtünmesiz olarak ilerlemektedir.
CD hidrolik silindiri ile EDF ve FH bağlantı elemanları hareket
ettirilmektedir. Görülen konum için hidrolik silindirden D
noktasına etkiyen kuvvet ile E noktasındaki pimde oluşan
kuvvetin şiddetlerini bulunuz. Silindir ve bağlantı
elemanlarının ağırlıklarını ihmal ediniz. Çözümde A elemanı
ve B platformunun ağırlık merkezlerinin bilinmesine gerek
olmadığına dikkat ediniz. Boyutlar metredir.
Cevaplar: 𝐹𝐶𝐷 = 60.87 𝑘𝑁, 𝐹𝐸 = 40.76 kN
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
170
7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN
ATALET MOMENTLERİ
•
Bu konular denge problemlerinden tamamen bağımsızdır.
•
Alanların ağırlık merkezi ve atalet momenti ismi verilen geometrik
özelliklerini hesaplamaya yöneliktir.
•
Bu hesaplamalar mukavemet hesaplarında kullanılmaktadır.
7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ
7.1 AĞIRLIK MERKEZİ-GEOMETRİK MERKEZ
Tanım: Ağırlık merkezi G, parçacıklar sisteminde ağırlığın
bileşkesinin olduğu noktadır. Parçacıların ağırlıklarının paralel
kuvvet sistemleri olduğu düşünülür. Ağırlıklar sistemi ağırlık
sistemine konacak tek bir ağırlıkla değiştirilebilir.
n
WR = Wi
Toplam Ağırlık
i =1
n
x=
Ağırlık Merkezi:
n
 xW
i i
y=
i =1
n
Wi
i =1
 yiWi
i =1
n
Wi
n
z=
 ziWi
i =1
i =1
n
Wi
x, y, z
xi , yi , zi
ağırlık merkezinin koordinatları
i. parçacığın koordinatı
Wi
i. parçacığın ağırlığı
i =1
Eğer bir yapı sonsuz sayıda partikülden oluşuyorsa
(bir katı cisim ise) ağırlık merkezine integral ifadeleri katılır.
x=
 x dW
 dW
 x g dV
x=V
 g dV
V
17.08.2017
y=
 y dW
 dW
 y g dV
y=V
 g dV
V
z=
 z dW
 dW
 z g dV
g
 yoğunluk
dW = g dV
z=V
 g dV
V
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
172
7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ
Geometrik Merkez
Tanım: Bir nesnenin geometrik merkezidir. Formülasyonu ağırlık merkezine benzer. İzotropik ve homojen
cisimlerde ağırlık merkezi ile geometrik merkez aynıdır.
x=
a-) Hacimsel merkez:
 x dV
V
y=
 dV
V
x=
b-) Alansal merkez:
 x dA
y=
A
 dA
x=
c-) Çizgisel merkez:
z=
 z dV
V
 dV
V
 y dA
A
 dA
z=
 z dA
A
 dA
A
 x dL
L
 dL
L
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
 dV
V
A
17.08.2017
 y dV
V
y=
 y dL
L
 dL
L
A
z=
 z dL
L
 dL
L
173
7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ
Örnek Problem 7.1
Üçgenin geometrik merkezini bulunuz.
ÇÖZÜM: Üçgenin geometrik merkezini iki metodla bulabiliriz.
2. Çift integral metodu:
dA = dx dy
x=x
y=y
1. Şerit metodu:
dA = x dy
b
dA =  h  y  dy
h
1b

x =  h  y
2h

y=y
y=
 y dA
A
 dA
h
(b x )
b b
=
 
0
h
(b x )
b b
0
y=
 y dA
A
 dA
A
b
h
=

 y  h  h  y   dy
0
b

0  h  h  y   dy
h
1 2
bh
h
y=6
=
1
bh 3
2
17.08.2017
x=
 x dA
A
 dA
A
1b
 b

0 2  h  h  y    h  h  y   dy
b
h
=
b

0  h  h  y   dy
h
1 2
b h
b
6
x=
=
1
3
b h
2
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
y=
h
0
2
2b 2
1
2
=
0
 
A
b
ydydx
2
2b 2
0
1
2
(b  x) 2 dx
bh
dydx
0
(b  x) 2 dx
bh
h
h 2
=
6b
2
1
2
(b  x)3
bh
1 2
bh
h
y=6
=
1
bh 3
2
174
Örnek 7.2
Eğrisi altında kalan alanın ağırlık merkezinin koordinatlarını bulunuz.
Benzer şekilde
Örnek 7.3 𝑦 2 = 𝑎𝑥 Parabolü ile y = 𝑥 doğrusu arasında kalan alanın ağırlık merkezinin
koordinatlarını hesaplayınız.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
175
7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ
7.1.2 Temel Alanların Geometrik Merkezi:
Yarım daire
Çeyrek daire
𝑥=𝑦=
4𝑟
3𝜋
Üçgen
G, Kenar ortayların kesim noktasındadır.
17.08.2017
𝑦=
4𝑟
3𝜋
, 𝑥=0
𝑥=
4𝑟
3𝜋
,
𝑦=0
Tam Daire
Kare, dikdörtgen
𝑏
𝑥= ,
2
ℎ
𝑦=
2
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑥 = 𝑦 =0
176
7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ
7.1.3 Kompozit alanların geometrik merkezi:
Basit yapıların (temel geometrilerin) birleşmesinden oluşmuş karmaşık yapılara
kompozit alanlar denir. Bunların geometrik merkezi bulunurken basit alanların
geometrik merkez özelliklerinden yararlanılır.
Çözüm Yöntemi:
•
•
•
•
•
Kompozit alan basit geometrili alt parçalara ayrılır.
Eğer delik veya kesilmiş kısım varsa bunlar negatif alan gibi düşünülür.
Simetri varsa geometrik merkez bu simetri ekseni üzerindedir.
Tablo oluşturulur ve çözüm yapılır.
Konu örneklerle daha iyi anlaşılacaktır.
x-y düzleminde
Kompozit
Alanlar için
Geometrik merkez:
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
177
7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ
Örnek 7.4: Şekildeki alanın geometrik merkezinin
koordinatlarını hesaplayınız.
Çözüm:
Şekil 1 tam daireden 1 üçgenin çıkarılmasıyla
oluşturulmuş kompozit bir alandır.
x eksenine göre simetriklikten dolayı geometrik
merkezin y koordinatı sıfır «0» olur.
y
90mm
x
üçgenin ağırlık merkezi
negatif taraftadır.
Üçgen çıkarıldığı için
alanın işareti negatif.
Alınıyor.
𝑥üç𝑔𝑒𝑛 =- 90 / 3
90
90.180
𝑥𝑑𝑎𝑖𝑟𝑒 . 𝐴𝑑𝑎𝑖𝑟𝑒 + 𝑥üç𝑔𝑒𝑛 . 𝐴üç𝑔𝑒𝑛 0. 𝐴𝑑𝑎𝑖𝑟𝑒 + (− 3 ). (− 2 )
𝑥=
=
90.180
𝐴𝑑𝑎𝑖𝑟𝑒 + 𝐴üç𝑔𝑒𝑛
𝜋. 1202 + (− 2 )
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
𝑥 = 6.5𝑚𝑚
178
7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ
Örnek 7.5: Şekildeki alanın geometrik merkezinin
koordinatlarını hesaplayınız. Hesapların düzenli görülmesi
için tablo kullanınız.
𝑥𝐺 =
132751.67
= 39.71𝑚𝑚
3343.14
𝑦𝐺 =
101586.73
= 30.39𝑚𝑚
3343.14
Şu 4r/3p yi
anlayamadım
bilader. Nerden
neresi bu mesafe
yahu?
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
Daima daire
merkezinden (O2)
ağırlık merkezine
(G2) olan yatay veya
düşey mesafe oluyor.
179
7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ
Örnek 7.6: Şekildeki alanın geometrik merkezinin koordinatlarını tablo kullanarak bulunuz.
Parça
Ai (mm2)
=
𝑏.ℎ
2
=
12.4
=
2
4
3
4x8 =
8/ 2=
32
4
−
12.5
=
2
30
129.96
yi (mm)
-24x 0
=
0
0
32x4=
-4/2 =
32x(-2)=
128
-2
-64
-31.92
50,24x3.4
= 3.4
= 170.82
4.8
Ai . yi
24x (-1.33)=
=3.𝜋
4.𝑟
3𝜋
𝜋.22
=
2
-6.28
Ai . x i
− =
−1.33
= 50.24
17.08.2017
𝑏
3
=− =
24
𝜋.82
=
4

xi (mm)
-6.28x6 =
4.𝑟
3𝜋
4.8
=3.𝜋=
50,24x3.4
= 3.4
= 170.82
-0.85
-6.28x 0.85 =
6
-37.68
12
3
4
=
5.34
-4-y′′=
- 4- (5/3)=
120
349.22
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
- 5.67
-170.1
-57.94
180
7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ
7.2 Alan Atalet Momentleri:
Atalet momenti cismin geometrik bir büyüklüğüdür. Mukavemet hesaplarında
kullanılmaktadır. Örneğin;
Kesiti simetrik olan eğilmeye maruz bir çubukta bir noktadaki gerilme:
formülüyle bulunur. (Bu konu mukavemet dersi kapsamına dahildir.)
Bu formüldeki I ile gösterilen değer, alanın atalet momentidir.
Şekildeki herhangi bir geometrideki alan için atalet
momentlerinin hesap şekillerini göreceğiz:
Bu alanın x eksenine göre atalet momenti
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
181
7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ
Atalet momentlerinin eksen takımının yerine göre farklılık gösterdiğini de farkediniz.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
182
7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ
Örnek 7.7: Şekilde verilen dikdörtgenin,
a. Tabanından geçen yatay x eksenine göre
b. Ağırlık merkezinden geçen eksene göre atalet
momentinin bulunması.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
183
Örnek 7.8:
eğrisi altında kalan alanın x eksenine
göre atalet momentini hesaplayınız.
Şerit dA elemanı
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
184
7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ
7.2.1 Paralel Eksen Teoremi:
Bir eksene göre atalet momenti belli iken, bu
eksene paralel başka bir eksene göre atalet
momenti bulunabilir. Şöyle ki:
Ağırlık merkezinden geçen yatay eksene (xg ) göre
atalet momenti ( Ixg )belli iken, x eksenine göre atalet
momenti :
Benzer şekilde;
A: Alan, dy : eksenler arasındaki dik uzaklıktır.
Ix bilinirken ise Ixg nin bulunması:
Dikkat:
Paralel eksen teoreminin uygulanabilmesi için 2 önemli şart vardır:
1- Eksenler birbirine paralel olmalıdır.
2- Bir eksen mutlaka ağıırlık merkezinden geçmelidir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
185
7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ
7.2.3 Temel Alanların Atalet Momentleri:
Yarım daire
Tam Daire
𝐼𝑥 = 𝐼𝑦 =
𝐼𝑥 = 𝐼𝑦 =
Dikkat: Ix ve Iy daire merkezinden
(O dan) geçen eksenlere göredir.
𝜋𝑟 4 𝜋.𝐷4
=
8 128
Çeyrek daire
𝐼𝑥 = 𝐼𝑦 =
𝜋𝑟 4 𝜋.𝐷4
=
16 256
𝜋𝑟 4 𝜋.𝐷4
=
4
64
Kare, dikdörtgen
Üçgen
3
𝐼𝑥𝐺 =
𝐼𝑦𝐺
𝑏ℎ
12
𝑏ℎ3
𝐼𝑥 = 𝐼𝑦 =
12
ℎ𝑏 3
=
12
𝐼𝑥 =
𝑏ℎ
3
𝐼𝑦 =
𝐼𝑥𝐺 = 𝐼𝑦𝐺
3
𝑏ℎ3
=
36
ℎ𝑏3
3
𝐷𝑖𝑘𝑑ö𝑟𝑡𝑔𝑒𝑛 𝑖ç𝑖𝑛 𝐼𝑥𝑔 𝑏𝑖𝑙𝑖𝑛𝑖𝑟𝑘𝑒𝑛 𝐼𝑥 𝑖 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙𝑒𝑙 𝑒𝑘𝑠𝑒𝑛 𝑡𝑒𝑜𝑟𝑒𝑚𝑖𝑛𝑑𝑒𝑛 𝑑𝑒 𝑏𝑢𝑙𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑟𝑖𝑧:
𝐼𝑥 = 𝐼𝑥𝑔 + 𝐴. 𝑑 2 =
17.08.2017
𝑏ℎ3
12
ℎ
𝑏ℎ3
2
3
+ 𝑏. ℎ. ( )2 =
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
186
7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ
Örnek 7.9 (2009 final sorusu): Tablo kullanarak, şekildeki alanın;
a-) ağırlık merkezinin koordinatlarını,
b-) şekildeki x eksenine göre atalet momentini,
c-) ağırlık merkezinden geçen ve şekildeki x eksenine
paralel olan eksene (𝑥𝐺 ) göre atalet momentini hesaplayınız.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
187
7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ
Çözüm:
Veya 𝐼𝑥𝐺 değerini paralel eksen teoremini tüm şekle uygulayarak da bulabiliriz.
𝐼𝑥𝐺 = 𝐼𝑥 − 𝐴𝑥 𝑦 2 = 2701.7 − 36.86x7.732 = 498.6 𝑐𝑚4
• Çeyrek dairenin atalet momenti hesabında, önce ağırlık merkezi (G3) den geçen eksene göre atalet momenti hesaplanmalıdır.
• Çünkü paralel eksen teoreminin şartlarından birisi bir eksenin ağırlık merkezinden geçmesidir.
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
188
7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ
Örnek Sorular:
𝐼𝑥 = 290.67𝑚4
Şekildeki alanların ağırlık merkezinden geçen
yatay ve düşey eksenlere göre atalet
momentlerini (𝐼𝑥𝑔 , 𝐼𝑦𝑔 ) hesaplayınız.
(Cevapları şekillerin üzerinde verilmiştir)
17.08.2017
STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor
189