ĐZOSTATĐK SĐSTEMLERDE V, M, N
advertisement
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
!Beklenmeyen Formül Sonu
ĐÇĐNDEKĐLER
BÖLÜM
Sayfa
ÖNSÖZ...........................................................................................................................................................................................................
1
BÖLÜM 1. VEKTÖRLER........................................................................................................................................................
2
1.1
Giriş.....................................................................................................................................................................................................................
1.2.
Statikte Kullanılan Temel Birimler...............................................................................................................................
1.3.
Vektörel [Sinüs] ve Skaler Çarpım................................................................................................................................
BÖLÜM 2: MOMENT...................................................................................................................................................................
2.1.
Moment Tanımı.....................................................................................................................................................................................
2.2.
Varignon Teoremi [Varignon, 1654-1722] ..........................................................................................................
2.3.
Kuvvet Çifti.................................................................................................................................................................................................
2.4.
Bir Kuvvetin Başka Bir Noktaya Taşınması......................................................................................................
BÖLÜM 3: KAFES SĐSTEMLER..................................................................................................................................
3.1.
Mesnetler
3.2.
Kafes Sistemlerin Genel Kriterleri........................................................................................................................
3.4.
Çubuk Kuvvetlerinin Düğüm Dengesi Đle Bulunması............................................................................
3.5.
Çubuk Kuvvetlerinin Kesim Metodu [Ritter] Đle Bulunması...........................................................
3.6.
Hiperstatik Kafes Sistenler.....................................................................................................................................................
3.7.
Uzay Kafes................................................................................................................................................................................................
30
82
....................................................................................................................................................................................................
BÖLÜM 4: ĐZOSTATĐK SĐSTEMLERDE V, M, N
4.1.
Đzostatik Sistemler ve Đşaret Kabulü..........................................................................................................................
4.2.
Kesme Kuvveti Đle Moment Arasındaki Đlişki....................................................................................................
4.3.
Đzostatik Sistemlerin V, M ve N diyagramları...................................................................................................
4.4.
Gerber Kiriş...............................................................................................................................................................................................
BÖLÜM 5: AĞIRLIK MERKEZĐ-ATALET MOMENTĐ................................................................
5.1.
Ağırlık Merkezi Hesabı [Alanın Birinci Momenti] ........................................................................................
5.2.
Pappus-Guldınus Teoremleri..............................................................................................................................................
5.3.
Statik Moment [Alanın Birinci Momenti] ................................................................................................................
5.4.
Atalet Momenti [Alanın Đkinci Momenti (I)] .........................................................................................................
5.5.
Paralel Eksen Teoremi...............................................................................................................................................................
5.6.
Çarpım Atalet Momenti...............................................................................................................................................................
5.7.
Asal Eksen Ve Atalet Momenti.........................................................................................................................................
BÖLÜM 6: KABLOLAR........................................................................................................................................................
6.1.
Kablolar..........................................................................................................................................................................................................
6.2.
Yayılı Yüklü Kablolar......................................................................................................................................................................
6.3.
Tekil Yüklü Kablolar........................................................................................................................................................................
6.4.
Sürtünme......................................................................................................................................................................................................
EKLER ..........................................................................................................................................................................................................
125
165
215
228
EK.1:Matrisler EK.2: Yaygın Olarak Kullanilan Trigonometrik Bağıntılar
Kaynaklar...................................................................................................................................................................................................
1
239
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
2
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
ÖNSÖZ
Mekaniğin bir alt kolu olan statik tüm mühendislik bölümlerinin temel derslerinden birisidir. Statik,
mühendisliğin inceleme konusu sistemlerin hızının sıfır olması durumundaki davranışını inceler.
Bu ders notları dersin anlaşılmasını kolaylaştırmak ve bundan sonra alınacak derslere ve
karşılaşılacak mühendislik problemlerine statik çözüm getirmesi amaçlanmıştır. Kitapların veya yazılı
eserlerin günümüzde ve gelecekte ideal kaynak olması çok iyi bir yazarın kontrolünden çıkması kadar
bunu kullananlarında çok iyi kullanıcı olması ile mümkündür. Eksik konu, düzen, kaynak, veri
bulunabilir. Hatta çok sayıda alıntı olabilir. Çünkü bizim mesleğimizde Archimedes, Galileo Galilei,
Isaac Newton ve benzeri kişilerin eserleri dışında çoğu bu kişilerden alıntı olup sadece sunum farkı
vardır. Nasıl dünya güneş etrafında dönüyorsa yapılan çalışmaların pek çoğu bunların çevresinde
dönüyor. Siz ve sizden önceki öğrenci arkadaşlarımızın katkısı da büyük olmuş ve olmaya devam
edeceğine güvenim tamdır. Sizin bu dersi daha iyi anlamanız için bu notları hazırlamak nasıl bir
mesleki görevimiz ise karşılaştığınız eksiklikleri bildirmenizde sizin bilinçli öğrencilik davranışı
olduğunu unutmayınız. Bu ders notu, konuları örneklerle anlatılması üzerine düzenlenmiştir. Eksik ve
hataların olabileceğini hatırlatır, sizlere yardımcı olması dileklerimizle başarılar temenni ederiz.
BĐRĐM ÇEVRĐMLERĐ
1 inch=parmak=pus
1foot=ayak=ft
1 yard
1 mm
1 cm
1 dm
1m
inch
1
12
36
0.03937
0.3937
3.937
39.37
foot=ayak
0.833
1
3
0.00328
0.0328
0.328
3.281
YÜK BĐRĐMLERĐ
TEKĐL YÜK
1 kN
YAYILI YÜK
1 kN/m2
GERĐLME
1 N/m2
MOMENT
1 kN.m
1 MPa=1 N/mm2=10 kg/cm2 1 kN/m2=10 kg/m2 1 kPa = 1 kN/m2
yard
0.0278
0.333
1
0.1094
1.094
METRĐK
0.1 t
9.1 t/m2
10 kg/cm2
10 t.cm
3
mm
25.40
304.80
914.14
1
10
100
1000
cm
2.54
30.48
91.44
0.1
1
10
100
100 kg
100 kg/m2
100 kg.m
dm
0.254
3.048
9.144
0.01
0.1
1
10
m
0.0254
3.3048
0.9144
0.001
0.01
0.1
1
S.I
kN
kN/m
MPaN/mm2
kNm
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
BÖLÜM 1: VEKTÖRLER
1.1. GĐRĐŞ
MEKANĐK: Kuvvete maruz duran ve hareket halindeki cisimlerin hareket özelliklerini inceleyen fiziksel bilimdir. Bu
konunun insanlık tarihi kadar eski olduğu aşağıda yapılan çalışmalardan görülmektedir.
“Archimedes, MÖ 287–212, Yunanlı. Türkçe: Arşimed, Arşimet Matematik, Fizik, Astronomi, Mühendislik. Suyun
kaldırma kuvveti, Katı cismin hacmi taşırdığı suyun hacmi kadardır. Pi sayısının yaklaşık değeri (π=22/7), Kürenin
hacmi (4/3 πr3) ve yüzeyi (4πr2), Archimedes burgusu (Helezon su pompası), Mancınık, Çukur ayna, Bileşik
makaralar, Denge kavramı, Moment kavramı. Sonsuz küçükler, Ağırlık merkezi kavramı ve hesabı. Çalışmaları
Galile, Newton ve Kepler gibi bilim insanlarına yön vermiştir. Ünlü sözü: Eureka Eureka (buldum buldum!) Bana
bir mesnet gösterin Dünya'yı yerinden oynatayım!”
b
a
P2
P1
P1 a = P2 b
Galileo Galilei, 1564-1642, Đtalyan. Türkçe: Galile Astronomi, Fizik, Matematik, Astronomi. Teleskop ve pusulanın
geliştirilmesi, Serbest düşme, Güneş lekelerinin keşfi. Aristo fiziğinin sonunu getirdi. Aristo’nun evrenin yapısı
tanımına karşı çıktı. Dünyanın evrenin merkezi olmadığını, güneş etrafında döndüğünü savundu. Dinin bilime
baskısını reddetti. Engizisyonda yargılandı. Buna rağmen, mahkemeden çıkarken söylediği “Yine de dünya
dönüyor!” sözü ünlüdür.
Serbest düşme bağıntısı: S=1/2 . g t2
Modern fiziğin kurucusu kabul edilir. Kiriş eğilme problemini ele alan ilk kişi olmakla birlikte, çekme ve basınç
bölgesinin varlığını ortaya koyamamış, çekme gerilmesinin düzgün yayılı olduğunu varsaymıştır. Çalışmaları
Newton’a ilham verdi.
4
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Her bir noktasal kütle diğer noktasal kütleyi, ikisini birleştiren bir çizgi doğrultusundaki bir kuvvet ile çeker. Bu
kuvvet bu iki kütlenin çarpımıyla doğru orantılı, aralarındaki mesafenin karesi ile ters orantılıdır:
F=G
m1 m2
r2
Burada:
•
•
•
•
•
F iki kütle arasındaki çekim kuvvetinin büyüklüğü,
G Yerçekimi sabiti,
m1 birinci kütlenin büyüklüğü,
m2 ikinci kütlenin büyüklüğü,
r ise iki kütle arasındaki mesafedir.
SI birimlerinde, F Newton (N), m1 and m2 kilogram(kg), r Metre (m) dir, ve G sabiti yaklaşık olarak 6.67 × 10−12 N
m2 kg−2’a eşittir. G ilk kez Đngiliz bilim adamı Henry Cavendish tarafından, "Philosophiae Naturalis Principia
Mathematica"nın basımından 111 ve Newton’un ölümünden 71 yıl sonra ölçülmüştür; bu yüzden Newton’un
hesaplamalarının hiçbirinde “G” sabiti kullanılmamış, bunun yerine bir kuvvete bağıl başka bir kuvvet
hesaplamıştır. Newton’un çekim kanunu Coulomb yasası’na benzer. Newton’un kanunu iki kütle arasındaki çekim
kuvvetini hesaplamak için kullanılırken, benzer şekilde, Coulomb kanunu yüklü iki iletkenin arasındaki elektriksel
kuvvetin büyüklüğünü hesaplamak için kullanılır. Coulomb kanununun denkleminde, Newton’un denklemindeki
kütlelerin yerine yüklerin çarpımını içerir. Böylece, Coulomb kanununa göre elektriksel kuvvet yüklerin çarpımının
aralarındaki mesafeye bölümüyle doğru orantılıdır.
Isaac Newton: 25 Aralık 1642 tarihinde Woolsthorpe kentinde dünyaya gelen Isaac Newton fiziğin en önemli
isimleri arasında yer alır. Đlk aynalı teleskopu geliştirmiş, renk ve ışığın niteliğine açıklık getirmiş, evrensel kütle
çekimi yasasını ortaya atarak fizikte devrim gerçekleştirmiştir. Isaac Newton doğumundan 3 ay önce babasını
kaybetmiştir. Bir çiftçi ailesinin çocuğu olan Newton 12 yaşında Grantham'daki King's School'a başlamıştır.
1661'de buradan mezun olan Newton aynı yıl Trinity College'a girdi. 1665'de buradan mezun olan Newton lisans
üstü çalışmalarına başlayacağı sırada veba salgını baş gösterdi ve üniversite kapatıldı. Bunun üzerine Newton 2
yıl annesinin çiftliğinde kaldı. Burada çalışmalarına devam etti. 1667'de Trinity College'a öğretim görevlisi olarak
geri döndüğünde sonsuz küçükler hesabının ( difransiyel ve integral ) temelini atmıştır. Daha sonra da ışığın
yapısını açıklamış ve evrensel kütle çekimi kanunu ortaya atmıştır. Ancak çekingen olan Newton fizikte devrim
yaratacak bu fikirlerini çok uzun yıllar sonra yayınlamıştır. Örneğin sonsuz küçükler hesabını 38 yıl sonra
yayınlamıştır. Lisans üstü çalışmalarını tamamlayan Newton 27 yaşındayken Cambrige Üniversitesinde
matematik profesör olarak getirilmiştir. 1671'de aynalı teleskopu geliştirerek Royal Society'e seçildi. Ama burada
özellikle Robert Hooke tarafından şiddetle eleştirilmesi Newton'u iyice içine kapanık hale getirdi. Bilim dünyasıyla
ilişkisini kesen Newton 1678'de ruhsal bunalıma girdi. Yakın dostu ünlü astronom Edmond Halley'in çabalarıyla 6
yıl sonra bilimsel çalışmalarına geri döndü. Ve 2 yıl içinde efsanevi yapıtı Principia'yı yayınladı. Bu eser büyük ses
getirdi. Kitabın yayınlandığı yıl kral II. James tarafından Katolik'liği yayma çalışmalarına direniş gösteren Newton,
kral düşürüldükten sonra 1689'da üniversite parlamentosuna girdi. 1693'de yeninden bunalıma giren Newton'un
5
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
yakın dostları John Locke ve Pepys ile arası bozuldu. 2 yıl sonra düzeldiyse de bilimsel çalışmalarda eski
verimliliğini gösteremedi. 1699'da darphane müdürlüğüne getirilerek Londra'ya yerleşti. 1701'de profesörlükten
ayrıldı. 1703'de Royal Society'nin başkanı oldu.1704'de sonsuz küçükler hesabını da içeren Optik adlı kitabını
yayınlayınca Leibniz arasında tartışma başladı. Leibniz sonsuz küçükler hesabını Newton'dan 20 yıl önce
yayınlamıştı. Newton'un hayatının son 25 yılı bu tartışmalarla geçti ve 20 Mart 1727'de Londra'da öldü.
Newton’ın en önemli keşifleri cisimlerin hareketlerini inceleyen bilim dalı olan mekanik alanıdır. Cisimlerin
herhangi bir kuvvet etkisi altında olmamaları halinde nasıl hareket ettiklerini tanımlayan “birinci hareket
kanununu” Galileo bulmuştu. Gerçekte elbette cisimler dış kuvvetlerin etkisi altındadır ve mekanik biliminin en
büyük sorunu cisimlerin bu koşullarda nasıl hareket ettiğidir. Bu problem Newton tarafından, klasik fiziğin en
önemli temel kanunu olarak tanımlanabilecek ikinci hareket kanunu ile çözülmüştür. Matematiksel olarak F=ma
ifade edilen bu kanun, bir cismin ivmesinin, yani hızındaki değişimin, cisim üzerine etki eden net kuvvetin cismin
kütlesine bölünmesine eşit olduğunu söyler. Bu iki hareket kanununa Newton bir üçüncüsünü ( her etkiye, yani
fiziksel güce, kendisine eşit bir güçle karşı koyulur) , ardından dördüncü ve en ünlü buluşunu, evrensel
yerçekimi kanununu eklemiştir. Isaac Newton şöyle der: Yerçekimi gezegenlerin hareketlerini açıklar ama bu
hareketleri kimin meydana getirdiğini açıklamaz. Tanrı bütün herşeyi yönetir, bilir ve daha neler yapılabileceğini
bilir.
”
1. M.Ö.287-212 Archimedes’nin kaldırma kuvveti çalışmaları
2. 1548-1620 Stevinus’nun vektörel toplam
3.
1564-1642 Galileo’nun serbest düşme ile ilgili
4. 1642-1727 Newton’nun yerçekimi
çalışmaları gibi bir çok çalışma bulunmaktadır. Mekanik üç ana kısma ayrılır.
1. Rijit cisimler mekaniği
2. Şekil değiştiren cisimler mekaniği
3. Akışkanlar mekaniği
Derste sadece kendi içinde 2 kısma ayrılan rijit cisimler mekaniği incelenecektir.
1. STATĐK (hareket hızı V=0 olan cisimleri)
2. DĐNAMĐK (ivme ile hareket halindeki cisimleri V≠0)
Mühendislikte özellikle inşaat mühendisliğinde cisimlerin büyük bir kısmı dengede oldukları kabul edilerek
boyutlandırıldıklarından dolayı statiğin çözümlemede payı büyüktür. Statik, hareketsiz haldeki (dengedeki) bir
cismin maruz kaldığı kuvvetleri, dinamik ise hareketten dolayı cisimde oluşan kuvvetleri belirler. Örneğin bir
binanın mühendislik olarak çözümü,
1. Đlk önce yapının kendi ve içindeki ağırlıklardan dolayı oluşan eleman veya sistem kuvvetleri [STATĐK],
2. Sonra depremin veya rüzgarın yapıyı hareket ettirmesinden dolayı oluşan kuvvetleri [DĐNAMĐK]
bulunarak çözüm yapılır.
6
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
1.2. STATĐKTE KULLANILAN TEMEL BĐRĐMLER
1. Uzunluk: Bir noktanın uzaydaki konumunu veya bir cismin boyutlarını ifade eden birim. (m, cm, mm,
inch, km)
Uzunluk ve Zaman Birimleri; Hareketi iyi anlayabilmek için ilk olarak temel uzunluk ve zaman ölçülerini bilmek
gerekir. Metre uzunluğun temel ölçü birimidir. Bir metre, Paris'ten geçen, kuzey kutbu ve ekvator arasındaki
boyuna çizgi boyunca ölçülen uzaklığın on milyonda birisidir. Bu bir metreyi temsil eden metal çubuk Uluslararası
Ağırlıklar ve Ölçüler Bürosu'nda bulunmaktadır. Bir metrenin uzunluğunu belirlemenin bir başka yolu ise, bilimdeki
hızlı gelişmelerden birisi olan ışık hızından yararlanmaktır. Buna göre 1 metre=Işığın boşlukta 1/299,792,458
saniyede yol aldığı mesafedir. Saniye ise, Sezyum atomunun yayınladığı belli bir dalga boyundaki ışığın,
9192631770 devir yapması için geçen zamandır.
2. Zaman: Statikteki birimler zamandan bağımsız olup, dinamikte önemli bir yer tutar ve cismin incelemeye
konu olan hareket süresi olarak açıklanabilir.
3. Kütle: Maddenin hız değişimine karşı gösterdiği direnç olarak tanımlanır.
Kütle ve ağırlık kavramları aynı şeyler değildir ve birbirlerine karıştırılmamalıdır. Ağırlık ve Kütle Arasındaki Đlişki;
Ağırlık, kütle çekimi ile ilgili bir kuvvettir. Dünyanın bir cisme uygulamış olduğu kütle çekim kuvvetine cismin
ağırlığı denir. Bu cismin Ay'da veya Neptün'de olduğu düşünüldüğünde, bu gök cisimlerinin bu cisme uyguladığı
çekim kuvvetleri de değişecektir. Bu nedenle bir cismin madde miktarı (kütle) aynı kalmasına rağmen ağırlığı
dünyada, Ay'da veya diğer gezegenlerde farklı olacaktır. Ağırlığı ölçerken yaylı terazi kullanılırken, kütle ölçmek
için eşit kollu teraziler kullanılmaktadır. Bir cisme etki eden çekim kuvvetinde değişiklik meydana geldiğinde, yayın
da uzamasında değişim olmaktadır. Ama çekim kuvveti ne kadar artarsa artsın cismin madde miktarında
değişiklik olmayacaktır. Örneğin kütlesi 10 kg olan bir cisim dünyada tartıldığında 98 N gelirken, bu cismi Ay'da
tarttığımızda 17 N gelecektir. Bu da Ay'ın çekim kuvvetinin dünyadan düşük olduğunu göstermektedir. Uzay
mekiği ile Ay'a doğru yolculuk yapan bir astronot düşündüğümüzde, bu yolculuk esnasında astronotun kütlesi
değişmez. Yolculuğun her anında kütlesi eşittir. Astronot dünyadan uzaklaşıp Ay'a yaklaştıkça dünyanın
uyguladığı çekim kuvveti azalmaya Ay'ın uyguladığı çekim kuvveti ise artmaya başlar. Ay ve dünyanın çekim
kuvvetlerinin eşit olduğu noktada astronotun ağırlığı sıfır olur.
Çok düzgün, cilalı, parlatılmış yatay bir yüzey üzerinde, sürtünme kuvvetini önemsemeyerek bir buz kalıbını
ittiğinizi düşünün. Buz kalıbı üzerinde yatay bir F kuvveti uygularsanız, kalıp "a" ivmesi ile hareket edecektir.
Kuvveti iki katına çıkarırsanız ivme de iki katına çıkacaktır. Bu tür gözlemlerden bir cismin ivmesinin, ona etkiyen
bileşke kuvvet ile doğru orantılı olduğu sonucuna varırız. Peki bileşke kuvveti aynı tutarken cismin kütlesini iki
katına çıkarırsak ne olur? Đvme yarısına düşer; üç katına çıkarılırsa üçte birine düşer. Bu gözleme göre, bir cismin
ivmesinin kütlesi ile ters orantılıdır. Buna göre Newton'un ikinci yasası şöyle anlatılabilir: "Bir cismin ivmesi, ona
etki eden kuvvetle doğru orantılı, kütle ile ters orantılıdır."
7
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Kütlesi m olan bir cisme dünyanın uyguladığı kütlesel çekim kuvveti cismin ağırlığı olarak adlandırılır ve Fg ile
gösterilir. Bu kuvvet, dünyanın merkezine doğru yönelmiştir ve kuvvetin büyüklüğü cismin ağırlığı olarak bilinir.
Kütle: m Ağırlık: mg=Fg
Newton’un 2. yasasından ΣF=ma, yeryüzü üzerinde ivmenin değeri a=-g olduğundan ağırlık kuvveti ΣF=mg
şeklinde yazılır. Ağırlık, g ye bağlı olduğundan coğrafik konuma göre değişir. Bunun yanında kütle (m) cismin
değişmez bir özelliği olduğu için her yerde aynıdır.
1887 yılında kabul edilen kütle standardı, "1 KĐLOGRAM", platin-iridyum alaşımından yapılmış silindirin kütlesi
olarak tanımlanır. Standart metre çubuğu ile birlikte bu silindir Fransa'nın Sevres kentindeki Uluslar arası Ağırlık
ve Ölçümler Bürosu'nda saklanır. Bunların benzerleri her ülkenin kendi ulusal standartlar bürosunda bulunur.
Zaman standardı saniyedir. 1960 yılına kadar saniye ortalama güneş günü cinsinden tanımlanmıştır. Bir güneş
günü, güneşin gökyüzünde ulaştığı en yüksek noktadan art arda iki geçişi arasındaki zaman aralığına denir, bir
güneş gününün,
1 1 1 1
60 60 24 = 86400
üne saniye adı verilir. 1967 yılında yeni saniye standardı yok edilemez ve kolayca elde edilebilir niteliklerine sahip
oldu. "1 SANĐYE", sezyum atomunun 9.192.631.770 defa titreşim yapması için geçen zamandır.
4. Kuvvet: Bir cismi harekete zorlayan tepki olarak tanımlanır. Ayrıca bir itme veya çekme kuvveti olarak
da açıklanır. Çeşitleri ise yer çekim kuvveti, elektrik kuvvetleri ve manyetik kuvvetler olarak sayılabilir.
KUVVET; Günlük yaşantımızda yapılan her işte kuvvet kullanırız. Öğrencinin kitaplarını taşıması, evin kapısının
kapatılması, deredeki suyun akması, bir uçağın havalanması kuvvet gerektiren bazı olaylardır. Bu nedenle
yaşantımızda kuvvet olmadan bir iş yapmamız mümkün değildir. Kainattaki bütün itme ve çekme olaylarının
temelinde kuvvet vardır. Kuvvet, bir cisme temas ederek olabileceği gibi temas etmeden de meydana gelebilir.
Dünya ve güneşin birbirlerini, mıknatısların diğer maddeleri çekmesi ve elektro manyetik çekim temas
gerektirmeyen kuvvete örnek verilebilir. O halde kuvvet; fiziksel, kimyasal ve biyolojik sistemlerin temel özelliğini
oluşturan en önemli kavramlardan bir tanesidir. Duran bir cismi harekete geçiren, hareket halindeki bir cismi
durduran, cismin yön ve doğrultusunu değiştiren veya cisimlerin biçimlerinde değişiklik yapan etkiye kuvvet denir.
Fizik biliminin bir dalı olan mekanik, cisimlerin denge durumlarını ve hareketlerini inceler. Mekaniğin önemli bir
konusu olan kuvvet, ne tür olursa olsun, yani ister cansız bir cisim, ister bir canlı tarafından meydana getirilsin, bir
vektör ile gösterilir. Einstein’ın çalışmalarından bu yana bütün kuvvetlerin tek bir olaydan (elektromagnetik
olay)kaynaklandığını düşünürlerse de, kuvvetler üç kümede sınıflandırılırlar:
1. Uzaktan etkiyen kuvvetler yada alan kuvvetleri;
8
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
2. Temas kuvvetleri (ancak iki sistemin bağlantı kurması sonucu ortaya çıkar);
3. Kohezyon (iç tutunum) kuvvetleri (katı cisimlerin bükülmezliğini sağlarlar).
ALAN KUVVETLERĐ: Bir cismin her bir öğesinin kütlesi üstüne etkirler; bu nedenle alan kuvvetlerine, bir yüzey
üstüne etki eden temas kuvvetlerinden ayırt etmek amacıyla, kütle kuvvetleri de denir. Alan kuvvetleri, havasız bir
ortam içinde bile birbirinden uzaktaki cisimlere etkirler. Bunlar yerçekimi kuvvetleri, cisimlerin ağırlığı ve
elektrostatik, magnetik, elektromagnetik kuvvetlerdir.
TEMAS KUVVETLERĐ: Birbirleri ile ilişki halindeki katıların, içine girilmez ve bozulmaz olma özelliğinden
kaynaklanırlar. Her iki cisme de ortak, küçük bir yüzeyde (temas yüzeyi) gerçekleşen temas sonucu, bu bölgenin
yakınlarında, katı hafifçe biçim değiştirir. Temas kuvvetleri yüzeye dik olduklarında, sürtünmesiz temas söz
konusudur. Oysa, bir katı, bir başkasına oranla yer değiştiriyorsa, temas kuvvetleri, yüzeye oranla eğiktirler: Bu
duruma da sürtünmeli temas denir.
KOHEZYON KUVVETLERĐ: Katıyı oluşturan atomlar, moleküller yada iyonlar arasında etkirler. Makroskobik
düzeyde, bu kuvvetler temas kuvvetlerini andırırlar, ama atomik ölçekte, alan kuvvetleri niteliğindedirler. Katılar
arasındaki temas etkileşimlerinde temel nitelikte bir rol oynamakla birlikte, açıkça işe karışmazlar.
Newton, bir kuvvetin uygulanmasıyla durumunu değişmeye mecbur edilmediği takdirde, her cisim bulunduğu
hareketsiz halinde veya düzgün hareket halinde kalır. Hareketsiz halde duran ya da sabit bir hızla hareket
etmekte olan bir cisme, herhangi bir başka kuvvet uygulanmadığı sürece bu durağan halini ya da sabit hızlı halini
korur. (Otobüs birden durduğunda yolcuların birden öne doğru savrulduklarına dikkat etmişsinizdir. Savrulmanın
nedeni, yolcuların durma anından önceki sabit hızlı hareketlerini sürdürmeleridir.)
5. Maddesel nokta (partikül): Boyutları ihmal edilebilen ve kütlesi olan nokta.
6. Rijit cisim: Bir çok maddesel noktadan oluşmuş cisim veya bu cisimlerin oluşturduğu parçacıklar.
Buna göre mekanikte kullanılan, kütle, enerji, zaman, hız, kuvvet ve sıcaklık gibi bir ölçme aracı ile ölçülebilen
büyüklükler fiziksel niceliklerdir. Bu tür büyüklükler genel olarak iki kısımda incelenir
Skaler Büyüklükler; Yalnızca sayılarla ifade edilebilen ve bir birimi olan büyüklüklere denir. Skaler büyüklükler,
kütle, sıcaklık, güç, zaman, iş vb. olarak incelenebilir. Örneğin; 3 metre, 5 kilogram, 35 oC, 600 Newton, 220 Volt
gibi.
Vektörel Büyüklükler; Ölçülen büyüklüklerin bazılarındaki sayısal değer ve birim bazen bu veriyi anlamak için
yeterli değildir. Bu büyüklüğün yönü, şiddeti, başlangıç noktası ve doğrultusu da önem kazanır. Örneğin; "Araba
Ankara'dan Đstanbul'a doğru saatte 90 km/sa hızla hareket ediyor" cümlesinde aracın yönü, doğrultusu ve hızı gibi
kavramlar bilinmesi gereken değerlerdir. Vektörel büyüklük; şiddeti, yönü, doğrultusu ve başlangıç noktası
belirlenebilen büyüklüklerdir. Yani yönlendirilmiş doğru parçalarına VEKTÖR denir. Vektörel büyüklükleri simgesi
üzerine ok (→) işareti konularak skaler büyüklüklerden ayırt edilmektedir.
9
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
A
α
O
Uygulama noktası
Bir vektör A şeklinde gösterilir ve şiddeti her zaman pozitif bir büyüklüktür A .
3.1 Vektör Tipleri
(1). Bir noktaya baglı veya sınırlandırılmıs VEKTÖR
(2). Serbest VEKTÖR (Hareket edebilen vektör)
(3). Kayan VEKTÖR (Kuvvet dogrultusunda haraket edebilen vektör)
(4). Esit VEKTÖRLER (Şiddet ve yönleri aynı olan vektörler)
(5). Negatif VEKTÖRLER (Siddetleri aynı yönleri ters olan vektörler).
(6). Sıfır vektör (Başlangıç ve bitiş noktası aynı olan vektör daire, kare gibi)
1. TANSÖR: Özel bir noktada verilen fiziksel bir büyüklüğü tanımlayan özellikler grubuna denir. Skaler
sıfırıncı mertebeden bir tansördür. Gerilme tansörü gibi,
1.3. VEKTÖR ĐŞLEMLERĐ [x,+,-]
Bir vektörün skaler ile ÇARPIMI,
αA
Skaler =α
α
Vektör=
A ise çarpım α A şeklinde elde edilir.
A
Bir vektörün skaler ile BÖLÜMÜ,
A 1
= A
α α
şeklinde elde edilir.
Vektör örnekleri
−3 A
3A
−A
A
A
− A = [ −1]A
1.3.1. VEKTÖRĐN TOPLAMI [+]
Bir kuvvet kendi doğrultusu boyunca kaydırılması halinde cisme olan etkisi değişmez. Bu duruma kuvvetlerin kaydırılabilme
özelliği denir. Bu özellik kullanılarak vektörler (paralel kenar ilkesi) aşağıdaki şekilde toplanır.
R1 = A + B
R = R1 + C
A A
R = A +B
A
C
R = A + B
B
B
10
B
C
R = A +B + C
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Üçgen kuralı ile vektörlerin toplamı.
y
A
A
B
B
By Ay
R =B + A
R = A +B
A
B
Ry
A
B
Ax
Bx
Rx
Koordinat sistemi ile vektörlerin toplamı. A = A x i + A yj B = B x i + B yj
x
R
R = A + B = (A x + B x ) i + (A y + B y ) j
R = F1 + F2 + F3
F1
F1 + F2
F2
F1
F2
F3
F1 + F2
F1
F2
F3
Doğrultuları paralel olan vektörler uç uca eklenerek aşağıdaki şekilde bileşkesi (toplamı) bulunur.
R = A +B
B
B
R = A +B
B
B
A
A
A
A
A
B
B
R = A −B
B
R = A +B
A
B
A
A
Vektörlerde toplama
A
B
Vektörlerde çıkarma
A
B
Vektörlerde çıkarma
Vektörlerde toplama
R = A +B
Uygulama: Verilen kuvvetlerin bileşenlerinin bulunması.
F1
F1
F1
F2
FK
F2
Fc
Fc
Fc
6
m
F2
FL
Fc
F O F2
Fc
Fc
FK
11
FL
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
1.3.2. VEKTÖRLERĐN FARKI (ÇIKARILMA) [-]
Vektörlerin toplanmasındaki aynı ilkeler geçerli olup birbirinden çıkarılacak vektörlerin çıkarma işlemi yapılır veya çıkarılacak olan
vektörün yönü zıt olarak alınıp toplama işlemi yapılır. Yani iki vertörün çıkarılması tablodaki gibi bir vektörün ile diğer vektörün zıt
işaretlisinin toplamıdır.
Verilen vektörlerin farkının bulunması
R = A −B
R = A −B
A
B
C
A
B
R = A +[ − B ]
R = A −B −C
C
R = A +[ − B ]+[ − C ]
A
B
C
A
A
−B
B
D
Uygulama: şekilde verilen üçgeni oluşturan vektörleri toplayınız.
C
A
A
A
R = A +B
R = A +B
B
B
B
A
C
A
R = A +B + C = 0
Çözüm toplamanın birleşme özelliğini kullanarak önce 2 vektörün toplamı sonra 3. vektör toplanır.
Yapılan işlemlerden sonra bir kapalı şekil teşkil eden vektörlerin toplamı SIFIR vektör özelliğinden
dolayı sıfır olmaktadır.
Verilen bir vektörün birleşenlerine ayrılması aşağıdaki şekilde olur.
y
y
ıı
≡
R
R
Ry
x
ıı
≡
Rx
x
Verilen üçgen üzerinde sinüs ve kosinüs teoremlerinin yazılması
γ
A
Sinüs teoremi
A
B
C
=
=
sin α sin β sin γ
B
β
α
C
Kosinüs teoremi A = B2 +C 2 −2BCcosα B= A 2 +C2 −2 ACcosβ C= A 2 +B2 −2 ABcosγ
12
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Uygulama: a: F=F1+F2=? b: α=? c: F=F1-F2=?
y
y
40
j
j
50o
x
i
y
F1=400 N
F1=400 N
30o
50o
o 60
F1=400 N
o
j
α
x
i 30o
F2=300 N
50o
F2=-300 N
i
100o
x
30o
F2=300 N
a : F = F1 + F2 = 3002 + 4002 − 2 ⋅ 300 ⋅ 400cos100 = 5407N
b:
sin100 sin(α + 30)
=
→ α = 13.3o
540
400
c : Ffark = F1 − F2 = 400(icos50 + jsin50) − 300(icos30 − jsin30) = −2.69i + 456.42 j
Uygulama 1.1. Vidaya uygulanan F1, F2 ve F3 kuvvetlerinin bileşke ve doğrultusunun bulunması.
y
y
y
R
R
20o
F2=400 N
F1=200 N
140o=
30o
α
20o
F3=180 N
140o
30o+90o+20o
α
F1=200 N
30o
β
30o
β
F1=200 N
x
x
F1 F2 için R1 = 2002 + 4002 − 2x200x400cos140 = 567.94N
Çözüm; Cosinüs teoremi
400 R ( 567.94 )
=
⇒ α = 28o
sinα
sin140
Sinüs teoremi
y
Buna göre bileşke kuvvetin [F1 ve F2] yatayla (x) yapmış olduğu açı β =30+28=58o
o
o
102o
Cosinüs teoremi (58+20=78 paralel kenar iç açı toplamı (360 -2x78)/2=102 )
R1
R1 = F1 + F2 R2 = R1 + F3 R2 = 1802 + 567.942 − 2x180x567.94cos102 = 630.45N
o
58
Sinüs teoremi
180 R2 (630.45)
=
⇒ α = 16o
sin α
sin102
α
β
β
β
Buna göre bileşke kuvvetin yatayla (x) yapmış olduğu açı β =58-16=42
R2
78o
o
x
F3=180 N
İKİ VEKTÖR ARASINDAKİ AÇI
Öklid Yükseklik bağıntısı:Bir dik üçgende hipotenüse ait yükseklik uzunluğunun karesi, hipotenüs üzerinde ayırdığı 2 kenarın
çarpımına eşittir.
13
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
h2 = p⋅k
b2 = a⋅k
c2 = p⋅a
1 = 1 + 1 b⋅c = h⋅a
h2 b2 c 2
Öklid Dik kenar bağıntısı: Bir dik üçgende bir dik kenarın uzunluğunun karesi, bu kenarın hipotenüs üzerindeki dik
izdüşümü ile hipotenüs uzunluğunun, çarpımına eşittir. Bu bağıntıya Öklid’in Dik Kenar Bağıntısı denir. Đki vektör arasındaki
açının kosinüsü (cos θ), bu vektörlerin iç çarpımının, uzunlukları çarpımına bölünmesi ile bulunur.
a ⋅b
Öklid iç çarpımı → a ⋅ b = a ⋅ bcosθ→ a = OA ve b = OB yer vektörleri arasında kalan cosθ= ile bulunur .
a ⋅b
( 2⋅2 ) + ( 2⋅( −2 ) 0
= = 90o bulunur .
Uygulama: a = ( 2 ,2 )ve b = ( 2 ,−2 ) → cosθ=
22 +22 i 22 +22 8
Uygulama: a = ( 3 ,2 )ve b = (1,4 ) → cosθ=
( 3⋅1) + ( 2⋅4 )
= 11 = 42.30o bulunur
3 2 +2 2 i 12 + 4 2 14.87
Uygulama 1.2. Şekildeki halkaya uygulanan F1 ve F2 bulunmaktadır. Buna göre;
a. Bileşkenin 800 N ve tam düşey olması için F1=? , F2=?
b. F1 ve F2 yi öyle belirleyiniz ki F2 minimum olsun.
α=90-30=60o
F2
40o
F2
F2
110o
o
F2
40
30
R=800 N
F1
o
F1
40o
110o R=800 N
R=800 N
F1
F1
30o
F2
y
Sinüs teoremi
F2
110
o
F1
30
40o
α
o
F1
800
=
⇒ F1 = 547.23N
sin40 sin110
F2
800
=
⇒ F2 = 425.67N
sin30 sin110
F2’nin minimum olması F2’nin F1’in doğrultusuna dik olmasıyla olur.
F1
F
800
800
=
⇒ F1 = 692.82N 2 =
⇒ F2 = 400N
sin60 sin90
sin30 sin90minyapan
Vektörlerin toplamına ip yarışı ve topa vurma örnek verilebilir.
1.1. VEKTÖREL ÇARPIM [SĐNÜS]
Dikkat edilirse iki vektörün vektörel çarpımı sonucunda yine bir vektör elde etmekteyiz. Yani vektörel çarpım iki vektörü yeni bir
vektöre götürür. Bu vektörün özelliği ise vektörel çarpıma giren her iki vektöre de dik olan vektör olmasıdır. Ancak burada dikkat
edilmesi gereken diğer bir husus ise vektörel çarpımın değişme özelliğinin olmadığıdır. Vektörel çarpımda bileşenlerin çarpıma girme
sıraları arasında
ilişkisi bulunmaktadır. Öyleyse A vektörü ile B vektörünün, vektörel çarpımından elde edilen
vektör ile, B vektörü ile A vektörünün, vektörel çarpımından elde edilen vektörler aynı doğrultuda ve zıt yönlü vektörler olurlar.
14
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Vektörel çarpımın bir diğer özelliği de, normunun bu iki vektör üzerine kurulan paralel kenarın alanına eşit olmasıdır. Yani vektörel
çarpım sonucunda elde ettiğimiz vektörün normu, vektörel çarpıma giren A ve B vektörlerinin üzerine kurulan paralel kenarın alanına
eşittir de diyebiliriz.
1
A = A B = B sinθ= ( h/B ) e = birim vektör → C = AxB = ( A⋅B⋅sinθ )e = ( A⋅B⋅sinθ ) = ( A⋅B⋅( h /B)) = A⋅h = Alan
C = AxB
B
B
A
A
Aesas
θ h
esasa etki eden
B
Cisim
Bir cisme iki ve daha vektör etkiyorsa toplarız. Vektöre etki varsa dik alır ve çarparız. Yanı esas vektör ile etki eden
vektörün çarpımı olup sonuç diktir. Veya alanıdır.
A x B vektörel çarpımı vektörlerin büyüklükleri çarpımının aralarındaki açının sinüsü ile çarpımına [ A x B sin α ] eşittir. Bu
çarpımın işareti sağ el kuralına göre belirlenir.
y
y
y
R = −B xA
R = AxB
x
α
z
x
B
A
B
VEKTÖREL ÇARPIM
y
ixisin0=0
j
jxi = −k
jxk = i
kxj = −i
kxi = j
ixk = −j
R = A xB
[
x
i
k
o
i
x
j
k
z
] [
k
jxisin90=-k
j
90
i
R = A B sin α
B
y
ixi sin0 = jxj = kxk = 0
ixjsin90 = k
A
z
z
A
-
z
A = A xi + A y j + A zk
A x B = A y Bz − A z By i + A z Bx − A x Bz
B = B x i + B y j + B zk
i
j k
j + A x B y − A y B x k = A x A y A z
B x B y B z
] [
15
]
+
i
x
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
i
i
i
i
j k
j k
j k
j k
A x B = A x A y A z = [ j xk = i] i A x A y A z − [ i xk = − j ] j A x A y A z + [ i x j = k ]k A x A y A z
B x B y B z
B x B y B z
B x B y B z
B x B y B z
A y A z
= i
B y B z
Uygulama 1.16.
i
A x B = 2
4
A = 2i + 3 j − 4k
A x A z
− j
B x B z
A x A y
+k
B x B y
B = 4i + 2k verilen vektörlerin AxB değerinin bulunması.
k
3 − 4 = jxk[3 x 2] + kxj[4x0] + ixk[2x2] + kxi[4 x4] + ixj[2x0] + jxi[3x4] =
0 2
= 6i − 0i − (4j + 16j) + 0k − 12k = 6i − 20j − 12k
j
EĞER, C.[ A x B] gibi bir skaler çarpımın vektörel çarpım ile çarpımı söz konusu ise;
A =Ax i +Ay j +Az k
B =B x i + B y j + Bz k C = C x i + C y j + Cz k
i j k C.[ A xB = [ C x i + C y j + C z k ] A
x A
y A
z = [ C x i + C y j + C z k ].[ A y B z − A z B y ]i + [ A z B x − A x B z ] j + [ A x B y − A y B x ]k
B x B y B z
x Cy Cz
C
= C x [ A y B z − A z B y ]i + C y [ A z B x − A x B z ] j + C z [ A x B y − A y B x ]k
C.[ A xB ] = A
x A
y A
z
B x B y B z
ÖZELLĐK:
C . [ A x B = −B . [ A x C] mevcuttur.
Uygulama: A = 2i + 3 j − 4k
B = 4i + 2k
C = 4i + 2 j + 3k verilen vektörlerin
C.[AxB]= -B.[AxC] olduğunun gösterilmesi.
4 2 3 C.[ A xB ] = 2 3 − 4 = C x
4 0 2
=
A y
B y
A
z
Bz
−Cy
4.3 − 4
0 2
A x
B x
A
z
Bz
+ Ck
− 2.2 − 4
4 2
A x
B x
A
y
By
+ 3.2 3 = 4.[ 6 ] − 2.[ 20 ] + 3.[ −12 ] = −52
4 0
−4 0 − 2
B.[ A xC ] = 2 3 − 4 =− 4. 3 − 4 − 0.2 − 4 − 2.2 3 = −4.[17 ] − 2.[ −8 ] = −52 C.[A.B]=-B.[A.C]sağladığı görülür.
2 3
4 3
4 2
4 2 3
1.7. SKALER ÇARPIM [COSĐNÜS]
16
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
A . B skaler çarpımı vektörlerin büyüklükleri çarpımının aralarındaki açının cosinüsü ile çarpımına
[ A . B cos α ] eşittir. Bu çarpımın işareti sağ el kuralına göre belirlenir.
y
i.icos0 = j. jcos0 = k .kcos0 =1
i. jcos90 = 0
j.icos90 = 0
y
j
j.k = 0 k . j = 0
90o
i
k .i = 0 i.k = 0
x
x
i
i
k
j
k
z
Skaler çarpımın bazı özellikleri:
k
j.icos90=0
i.icos0=1
j
i
+
-
z
A.B = B.A
Değişme özelliği
Bir skaler ile çarpım
α[ A.B] = [ α A ].B = A.[ αB] = [ A.B]α
A.[B.C] = [A.B] + [A.C]
Dağılma özelliği
Uygulama 1.18. A = 2 i + 3 j − 4k B = 4 i + 2k vektörlerin A⋅⋅B değerinin bulunması.
AiB = i.i[2x4] + j.j[3x0] + k.k[ −4x2] = 8 + 0 − 8 = 0
Uygulama 1.16. A = 6 i + 3 j + 2k
B = 12 i + 3 j + 4k verilen vektörlerin AxB değerinin bulunması.
j
i j k i
k
k
i j
Vektörel C = AxB = 6 3 2 = jxk[3x4] − kxj[2x3] − [ ixk[6x4] − kxi[2x12]] + ixj[6x3] − jxi[3x12] = 6 − 0 + −18 = 6 i − 18k
12 3 4
Skaler CiA = 6 i − 18k i 6 i + 3 j + 2k = 30 − 36 = 0 → C ⊥ A (C,A diktir.)
Skaler CiB = 6 i − 18k i 12 i + 3 j + 4 k = 72 − 72 = 0 → C ⊥ B (C,B diktir.)
1.4. DÜZLEM KUVVET ve KARTEZYEN VEKTÖR SĐSTEMĐ
y
F=Fx + Fy
y
Fy’
F
Fy
y
j F = Fx i + Fy j
F
Fyj
F=Fx’ + Fy’
F'
= Fx' i + Fy' [ − j]
F' = Fx' i −Fy' [ − j]
Fy’j
−j
y
’
Fx’
x
Fx
F’
Fx’i
i
x
i
x
Fxi
x
F’
1.8. VERĐLEN KUVVETLERĐN BĐLEŞKE VE DOĞRULTULARININ BULUNMASI
y
y
FR
F1
FRY
F2
β
θ
α
FRX
γ
17
x
x
F3
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
FRX = F1 cos α − F2 cos β+ F3 cos γ
A: SKALER FRY = F1 sin α + F2 sin β− F3 sin γ
θ= tan −1
2
2
FR = FRX
+ FRY
FRY
FRX
y
F1 = F1x i + F1x j
::
::
::
B: VEKTÖREL
F2 = F2x i + F2x j
F3 = F3 x i + F3 x j
F1
F1Y
F2
F2Y
Fn = Fnx i + Fnx j
F1X
F2X
x
FR = F1 +F2 + F3 = [F1x i + F1x j] + [F2x i +F2x j] + [F3x i + F3x j] + :::[Fnx i + Fnx j] =
F3X
y
FR = [F1x +F2x + F3x + ::Fnx ]i[F1y +F2y +F3y +::Fny ]j
F3Y
FR
FR = FRx i + FRy j
::
FRY
:: ::
θ
FR = F +F
2
Rx
F3
θ= tan
2
Ry
−1
+FRy
x
FRX
FRx
1.5. DÜZLEM KUVVET SĐSTEMĐ
Düzlem kuvvet sistemi, aynı düzlemde olan kuvvetlerin oluşturduğu kuvvet sistemidir. Verilen
kuvvetlerin dengede olması için;
∑F = ∑Fx + ∑Fy = 0
∑Fx i + ∑Fy j= 0
Denge için
y
y
∑Fx = 0
ve
Denge için ∑Fx i = 0 ve
∑Fy = 0
F
F
F
F
x
x
∑Fy j = 0
F
F
F
şartları sağlanmalıdır.
Uygulama 1.10. Şekilde verilen kuvvet sisteminin dengede olması için F2=?
y
y
F1=800 N
Serbest cisim diyagramı
50o
F1y=612.84 N
F2xsin30
x
x
F1x=800cos50=514.23 N
o
30
F2ycos30
F2
18
F
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
∑ F = ∑ Fx + ∑ Fy = 0 olması için ∑ Fx = 0
ve ∑ Fy = 0 olmalı,
∑ Fx = F1x + F2x = 514.23 − F2x sin30 = 0 F2x = 1028.46N
∑ Fy = F1y + F2y = 612.84 − F2y cos30 = 0 F2y
2
2
F = 1028.46 x + 707.65 y = 1248.40N
= 707.65N
Uygulama 1.12. 20 kg’lık bilgisayar şekildeki gibi asılabilmesi için AB kablo boyunun bulunması. Yayın uzamamış boyu
LBC " = 0.6m dir.
3
m
Serbest cisim
diyagramı
TAB
A
30
30
o
TBC
o
K=500 N/m
B
C
20x9.81=196.2 N
20 kg
∑ Fx = 0
Denge denklemleri
∑ Fy = 0 TBA sin30 − 196.2 = 0
ise
TBC − TBA cos30 = 0
TBA = 392.40N TBC = 339.83N
Yaydaki uzama
TBC = K BC . SBC
339.83 = 500.SBC
Yayın uzamış boyu
LBC = L BC" + sBC = 0.6 + 0.68 = 1.28 m
A-C=3 m olduğuna göre
3m = L AC cos 30 + 1.28
ise L AC = 1.99 m
SBC = 0.68 m
bulunur.
1.4.1. YER VEKTÖRÜ [r]
Uzayda bir noktanın yerini diğer noktaya göre belirleyen sabit bir vektördür. Örneğin uzaydaki bir P
noktasının koordinat eksen takımına göre yer vektörü aşağıdaki şekilde gösterilmektedir.
y
y
y
ryj
j
yj
90
P(x,y,z)
r
o
i
x
k
z
P(x,y,z)
O
r
xi
x
rxi
zk
z
x
rzk
z
Genel durum olarak uzayda bir yer vektörü iki nokta arasındaki yer vektörlerinin uç noktalarının
birleştirilmesi sonucu aşağıdaki şekilde elde edilir.
19
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
y
y
P(x,y,z)
r
Q(x,y,z)
P(x,y,z)
r
Q(x,y,z)
rP
rQ
[yP- yQ]j
x
[zP- zQ]k
O
x
[xP- xQ]i
z
O
z
r = rP − rQ = [ xP i + yP j + zP k] − [xQ i + yQ j + zQ k ] = [xP − xQ ]i + [yP − yQ ]j + [zP − zQ ]k
1.4.2. BĐR DOĞRU BOYUNCA UZANAN KUVVET VEKTÖRÜ
Üç boyutlu sistemlerde bir kuvvetin doğrultusu genellikle kuvvetin doğrultusunun geçtiği iki nokta tarafından belirlenir. Yani bir
doğru için 2 nokta gerektiğinden.
r = rP − rQ = [xP i + yP j + zP k] − [xQ i + yQ j + zQ k] = [xP − xQ ]i + [ yP − yQ ]j + [zP − zQ ]k
2
2
2
r = [[xP − xQ ]i + [yP − yQ ]j + [ zP − zQ ]k ]
r
[xB i + yB j + zB k] − [xA i + yA j + zA k]
F = Fu = F = [F]
r
r
r r r
r
[xP − xQ ]i + [yP − yQ ]j + [zP − zQ ]k
yj
xi
zk
F = Fu = F = [F]
2
2
2 1/2 = F + +
r
r
r
r
([[xP − xQ ]i + [yP − yQ ] j + [ zP − zQ ]k ] )
y
y
P(x,y,z)
r
Q(x,y,z)
F
r
rP
rQ
x
B
u
A
x
O
z
r
F = F u = F
r
z
rxi
[xP − xQ ]i
Fx i = Fu = F = [F]
2
2
2 = Fcos α
r
[[xP − xQ ]i + [yP − yQ ]j + [zP − zQ ]k ]1/2
[xekseni]
ryj
[yP − yQ ]j
Fy j = Fu = F = [F]
2
2
2 = Fcos β
r
[[xP − xQ ]i + [yP − yQ ]j + [zP − zQ ]k ]1/2
[yekseni]
rzk
[zP − zQ ]k
Fzk = Fu = F = [F]
2
2
2 = Fcos γ
r
[[xP − xQ ]i + [yP − yQ ]j + [zP − zQ ]k ]1/2
[zekseni]
F = FuOA = F xi + F y j + Fzk = F cos αi + cosβj + cos γk
20
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
y
y
r y j
β=
F(x,y,z)
ry j
r
α=
r z k
Fy j = F
γ=
β=
ry j
rx i
r rx i
γ=
x
rzk
r
z
z
Fzk = F
r
ry j
F(x,y,z)
r
r
r α = xi
r
rzk
rzk
r
ry j
rx i
x
Fx i = F
rx i
rz k
r
r
Bir noktanın veya geometrik şeklin yerini tam olarak belirlemek için kullanılan üç boyutlu uzaya, analitik uzay denir. Analitik uzay,
birbirleriyle orjin (veya başlangıç noktası) adı verilen bir noktada kesişen, birbirlerine dik üç koordinat ekseninden oluşur. Analitik
uzayda her noktanın yeri üç sayı tarafından belirlenir. Bu üç sayıya söz konusu noktanın koordinatları adı verilir. Bir noktanın
koordinatları yazılırken; noktanın, önce x eksenine, sonra y eksenine ve en sonunda da z eksenine ait koordinatı yazılır. Bu
koordinatlara sırasıyla apsis, ordinat ve kod adı verilir. İki bilinmeyenli bir lineer denklem, doğru; üç bilinmeyenli bir lineer
denklem ise düzlem belirtir.
y
-z
8
r[6,3,-7]
-10
r
q[6,3,-7]
5
Orjin
O[0,0,0]
-5
y
q
x-y düzlemi
[z=0]
x
-x
-8
-5
10
5
y-z düzlemi
[x=0]
Orjin
5
x
[6,-4,0]
-5
10
z
-y
x-z düzlemi
[y=0]
z
-8
Uygulama: AB kirişinin boyunu ve doğrultusunu A’dan B’ye doğru bulunması.
y
y
B
4
2
B
5j
5
y’
O
3
z
β=58.7o
x
3
2
z
O
x
2i
α=77.9o
γ=146.1o
2
x’
O
z’
3
-8k
A
A
21
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
r = rB − rA = [xB − xA ]i + [yB − yA ]j + [zB − zA ]k = [4 − 2]i + [2 − (−3)]j + [ −5 − 3]k
r
2 5 8 2
2
2
r = (2i + 5j − 8k) m r = 2 + 5 + 8 = 9.64m
u= =
i+
j−
k = 0.21i + 0.52j − 0.83k
r 9.64 9.64 9.64
α = cos −1 [0.21] = 77.9o
β = cos−1 [0.52] = 58.7o
γ = cos−1 [ −0.83] = 146.1o
Uygulama: Kuvvetlerin dengede olması için F kuvvetinin şiddeti ve doğrultusu nedir? [B(-2,-3,6)].
B(-2,-3,6)
z
z
F=??
F3=700 N
F3=700 N
F=??
y
F1=400 N
y
F1=400 N
F2=800 N
x
F2=800 N
x
{ }
F2 = −800k N
{
{
}
F1 = 400j N
}
F3 =
700
{−2i − 3j + 6k}
22 + 32 + 62
F3 = −200i − 300j + 600k N
∑F = 0
F = Fxi + Fyj + Fzk
400j − 800k − 200i − 300j + 600k + Fxi + Fy j + Fzk = 0
F1 + F2 + F3 + F = 0
F1 + F2 + F3 + F = 0
∑F = 0
Birleşke
kuvvetin
değerleri
400j − 800k − 200i − 300j + 600k + Fxi + F y j + Fzk = 0
− 200 + Fx = 0
Fx = 200N
400 − 300 + Fy = 0
Fy = −100N
− 800 + 600 + Fz = 0 Fz = 200N
∑ Fx = 0
∑ Fy = 0
∑ Fz = 0
{
}
F= 200i−100 j+200k N
200 100 200
F= 2002 −1002 +2002 =300N uF =F = i− j+ k
F 300 300 300
200
o
x ekseni ile yapılan açı α = cos−1
= 48.2
300
−1 −100
F=300 N
γ=48.2o
o
y ekseni ile yapılan açı β = cos
= 109
300
−1 200
z
y
α=48.2o
x
o
z ekseni ile yapılan açı γ = cos
= 48.2
300
22
O
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Uygulama 1.5. 70 kN’luk kuvveti KARTEZYEN vektör olarak tarif ederek doğrultusunun bulunuz.
z
A
A ve B noktalarının koordinatları(x,y,z) A(0,0,30) B(12,-8,6)
70 kN
r =(12−0) i+( −8−0) j+( 6−30) k=(12 i−8 j−24 k )m r = 122 +82 +242 =28m
24m
8m
6m
y
r ve F vektörlerinin doğrultusunu belirleyen u birim vektörü aşağıda yazılmaktadır.
B
F = F x i +F y j +F z k = Fcosα i + cosβ j + cos γ k
8
8
u = r = 12 i − j − 24k F = Fu = 7012 i − j − 24 k = 30 i −20 j −60kkN
28 28 28
r 28 28 28
x
8
Kontrol F = 302 + 202 + 602 = 70kN →α = cos −1 12 = 64.6 o β= cos −1 − =107o
28
28
γ = cos −1 24 =149o
28
12m
z
γ=149o
x
α=64.6o B
y
β =107o
Uygulama: F =36 kN kuvveti vektörel olarak ifade ediniz.
z
6m
F=36kN
y
3m
6m
0,0,0
x
Çözüm: F kuvvetinin eksenlerdeki bileşenleri bulunur.
r
(3−0)i+(6−0)j+(6−0)k
(3)i+(6)j+(6)k
OA
F=F⋅
=36⋅
=36⋅
=(12 i +24j+24k) kN
81
rOA cosinüs
(3−0)2 +(6−0)2 +(6−0)2
Kontrol F= Fx2i +Fy2j +Fzk2 = =122 +242 +242 =36 kN
Uygulama: F =900N kuvveti vektörel olarak ifade ediniz.
A
z
y
6m
2m
F=900N
0,0,0
4m
B
x
Çözüm: F kuvvetinin eksenlerdeki bileşenleri bulunur.
r
(2−0)i+(0−4)j+(0−6)k
(2)i+( −4)j+( −6)k
BA
F=F⋅
=900⋅
=900⋅
=(240.54 i −481.07j−721.61k) kN
56
rBA cosinüs
(2−0)2 +(0−4)2 +(0−6)2
Kontrol F= Fx2i +Fy2j +Fzk2 = =240.542 + 481.072 +721.612 =900 kN
23
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Uygulama: FAB =16kN ise FOC=?
z
B
x
F=16 kN
3m
3m
4m
0
3m
2m
1m
2m
B
A
3m
y
FOC=?????
3m
C
Çözüm: F kuvvetinin eksenlerdeki bileşenleri bulunur.
A dan B ye doğrultu
rBA
(3−( −3))i+(4 −( −3))j+(3−(−1))k
(6)i+(7)j+(4)k
F=F⋅
=16⋅
=16⋅
=(9.55 i +11.14j+6.37k) kN
101
rBA cosinüs
(−6)2 +(7)2 +(4)2
O dan C ye doğrultu
rOC
(2−0)i+(2−0) j+( −3−0)k
uOC =
=
=0.485i+0.485j−0.728k
2
2
2
rOC cosinüs
(2) +(2) +(3)
FOC = F i skaler uOC = (9.55 i +11.14j+6.37k ) i skaler 0.485i+0.485j−0.728k =4.63+5.40−4.63=−3.75 kN
Uygulama: Dairesel plak FAB=500 N ile taşınmaktadır. A kablosunda oluşan kuvveti FAB’nin kartezyen vektör olarak ifade ediniz.
z
z
A(0,0,2)
A
F=500N
2m
2m
F
1m
F
1m
1m
y
45o
x
x
B
y
45o
1cos45o
1sin45o
B(1.707,0.707,0)
Şekilde görüleceği gibi F kuvvetinin doğrultusu F yer vektörüyle aynıdır. Buna göre A ve B’nin koordinatları şekil üzerinde bulunmuştur.
rAB = (1.707 − 0) i + ( 0.707 −0 ) j + ( 0 −2 ) k= (1.707 i + 0.707 j −2 k )m r = 1.7072 + 0.7072 + 22 = 2.72m
1.707 0.707 2
1.707 0.707 2
u=r =
i+
i−
k
FAB = Fu = 500
i+
i−
k = 314 i +130 j − 368kN
2.72 2.72 2.72
r 2.72 2.72 2.72
KONTROL
FR = 314 2 +1302 +( −3682 ) =500N
24
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Uygulama 1.7. Şekilde gösterilen kuvvetlerin bileşkesinin şiddetini ve konumunu bulunuz.
F1=20 N
F3=100 N
z
D
63.05j
31.52k
70.93i
C
C
4m
4m
5m
F3=100 N
B
8m
5m
B
y
8m
F2=200 N
E
E
x
x
y
12m
12m
189.737k
F2=200 N
63.246i
4m
A[4,8,-12]
8m
13.14k
13.14j F1=20 N
rAC = (−5 − 4) i + (−8 −8) j + ( 4 −( −12 )) k =−9 i −16 j +16 k
−5−4 ) ( −8−8 ) ( 4−( −12 ))
(
−9 i −16 j +16 k
r
=
F1 = F1 AC = 20
rAC
92 +162 +162
7.392i
rAC = ( 92 +162 +162 ) 0.5 = 24.35
20 N
z
13.14k
13.14j
9/24.35
7.392i=20⋅(9/24.35)
y
A
x
( −8−8 )
−5−4 )
4−( −12 ))
(
(
−9 i
+16 k
−16 j
rAC
+20
F1 = F1 = 20
+20
= −7.392 i −13.14 j +13.14 k
rAC
24.35
24.35
24.35
8−8 ) ( 0−( −12 ))
( 0−4 ) (
189.737k
−4 i +0 j +12 k
r
F2 = F2 AB = 200
=−63.246 i +189.737 k x A
rAB
4 2 +122
z
70.93i
( 4−( −5 )) ( 8−0 ) ( 0−4 )
D
63.246i
y
63.05j
y
x
9 i +8 j −4 k
31.52k
rAC
= 70.93 i +63.05 j −31.52 k
F3 = F3 =100
rAC
92 + 8 2 + 4 2
FR = F1 + F2 + F3
200 N
z
100 N
F3
F1
F2
FR = [ −7.392 i − 13.14 j + 13.14k] + [ −63.246 i + 189.737k ] + [70.93 i + 63.05 j − 31.52k]
i , j ve k değerleri kendi içinde toplanır
i j
k
0.292
49.91
171.357
z’
178.48 N
γ=16.24o
FR = (
−7.392 − 63.246 + 70.93)
−13.14 + 63.0
5) + (13.14
+ 189.737 − 31.52)
+ (
FR = 0.292 i + 49.91j + 171.357k
x ekseni
y ekseni
z ekseni
FR
0.292 i
49.91j 171.357k
u= =
+
+
FR
178.48
178.48
178.48
0.0016
0.28
0.96
cos α= 89.906o
cos β=73.76o
cos γ =16.24o
FR = 0.2922 + 49.912 + 171.3572
0.5
β =73.76o
y’
= 178.48N
F = cos89.906 = 0.292 N
xi
FR = FR . u = 178.48 Fyj = cos73.76 = 49.91 N
Fzk = cos16.24 = 171.358 N
25
x’
α=89.906o
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Uygulama: FR = F1 + F2 + F3 = ? ve eksen açılarının hesabı.
F
=
z
E
F
z
12m
F2=300 N
F2=300 N
D
D
8m
C
C
m
6
8m
5m
y
y
8m
8m
F1=200 N
x
A
F1=200 N
x
F3=100 N
A
B
12m
F3=100 N
B
−5−0 ) ( 0−0 ) ( 6−( −8 ))
(
−5 i −0 j +14 k
rDA
= −67.27 i −0 j +188.35 k
F1 = F1 = 200
rDA
52 + 02 +14 2
8−( −8 ) ( 12−6 )
−8−0 ) (
(
−8 i +16 j +6 k
r
=−127.20 i +254.40 j + 95.40 k
F2 = F2 EC = 300
rEC
82 +162 +62
FR = F1 + F2 + F3
−8−0 ) ( 0−12 ) ( 12−( −8 ))
(
−8 i −12 j +20 k
r
=−32.44 i − 48.67 j + 81.11k
F3 = F3 FB =100
rFB
82 +122 +202
j
i
k
F = (−67.27 − 127.20 − 32.44) + (254.40 − 48.67) + (188.35 + 95.40 + 81.11)
R i , j ve k değerleri
−226.91
205.73
364.86
0.5
kendi içinde toplanır FR = −226.91i + 205.73 j + 364.86k
FR = 226.912 + 205.732 + 364.862 = 476.38 N
z’
x ekseni
y ekseni
z ekseni
FR 226.91i 205.73 j 364.86k
u= =
+
+
FR 476.38
476.38
476.38
0.476
0.432
0.766
cos α=61.6o
cos β=64.4o
cos γ= 40.0o
364.86
40
F = cos61.6 = 226.91 N
xi
o
64.4o
61.6
Kontrol FR = FR . u = 476.38 Fyj = cos73.76 = 205.73 N
205.73
x’ 226.91
Fzk = cos16.24 = 364.86 N
26
o
y’
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Uygulama: FAB=100 kN ve FAC=120 kN ise A noktasındaki bileşke kuvvetin şiddetinin bulunması.
z
A
z
FAC=120 kN
FAB=100 kN
4
4
B
2
m
FAC=120 kN
FAB=100 kN
m
rAC
rAB
y
x
A
y
m
4
B
x
C
2
m
m
C
4 4
FAB = Fu = 100
i−
k = 70.7i − 70.70k N
5.66 5.66
4 2 4
FAC = Fu = 120 i + j − k = 80i + 40j − 80k N
6 6 6
rAB = (4 − 0)i + (0 − 4)k = (4i − 4k)m rAB = 42 + 42 = 5.66m
rAC = (4i + 2j − 4k)m rAC = 42 + 22 + ( −42 ) = 6m
FR = FAB + FAC = 80i + 40j − 80k + 70.7i − 70.70k = 150.7i + 40j − 150.7k
FR = 150.72 + 402 + ( −150.72 ) = 217 kN
Uygulama: F=500 N kuvvetin AB doğrultusuna dik ve paralel birleşenlerinin belirlenmesi.
y
B
y
F=500i N
B
4m
4m
A
A
x
u
2m
z
z
6m
A[0,0,0] B[6, 4,2]
F=500i N
FAB
x
Fdik
2m
6m
rAB
6i + 4j + 2k
uAB =
=
= 0.802i + 0.535j + 0.267k
rAB
62 + 42 + 22
FAB = Fi uAB = 500i[0.802i + 0.535j + 0.267k] = 401ii + 0 + 0 = 401N
FAB = FAB ⋅ uAB = 401[0.802i + 0.535j + 0.267k] = [321.60i + 214.54j + 107.07k]N
Fdik = F − FAB = 500i − [321.60i + 214.54j + 107.07k] = [178.4i − 214.54j − 107.07k]]N
Fdik = 178.42 + 214.542 + 107.072 = 298.86N
2
veya Fdik = F2 − FAB
= 5002 − 4012 = 298.66N
Uygulama 1.11. Şekilde verilen sistemde
a. Kablo kuvvetlerinin
b. Yaydaki uzamanın hesabı [yay katsayısı k=500 N/m].
m
4
z
m
2
4
m
D
3
C
5
m
z
FAD
FAC
m
2
y
A
x
B
m
A
FAB
x
y
Sistemin serbest
cisim diyagramı
W=20 N
W=20 N
27
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
A[0,0,0] C[2, −4,5]
FB = FB i
D[ −2,4,3]
2i − 4j + 5k
rAC
FAC = FAC uAC = FAC = FAC
2
2
2
rAC
2 + 4 + 5
= FAC [0.27i − 0.55j + 0.67k]
−2i + 4j + 3k
rAD
FAD = FAD uAD = FAD = FAD
22 + 42 + 32
rAD
= FAD [ −0.32i + 0.74j + 0.56k]
∑ Fx = 0 [FAB + 0.27FAC − 0.32FAD ]i = 0
1
2
∑ F = 0 → ∑ F = ∑ Fx + ∑ Fy + ∑ Fz = 0 ∑ Fy = 0 [ −0.55FAC + 0.74FAD ] j = 0
3
∑ Fz = 0 [0.67FAC + 0.56FAD − 20]k = 0
FAD nin eksi [-] çıkması kuvvetin ters yönde olduğunu gösterir.
Yaydaki uzama FAB = kyaysabiti .xuzama
41.60 = 500.xuzama
xuzama = 0.0832m
Uygulama 1.13. F=400 N başlangıç noktasına uygulanmaktadır.
FAB = 41.60N
⇒
FAC = 81.23N
FAD = −61.47N
z
F=400 N
a. Fx Fy ve Fz bileşenleri
4m
A
5m
b. F kuvvetinin x-y ve y-z düzlemlerindeki iz düşümlerini
6
y
s
m
B
c. F kuvvetinin s doğrultusundaki Fs bileşeninin bulunması
8
3m
m
a. A ve O noktalarının koordinatları(x,y,z) O(0,0,0)
A(4,5,6) 400 kN’nun bileşenleri hesaplanır.
O
10m
400 N
400 N’un analizi
5/8.77
(6/8.77)⋅400=273.66k
O
x
228.05j
6/8.77
4/8.77
z
Fyz
182.44i
r ve F
vektörlerinin doğrultusunu belirleyen u birim vektörü yazılır.
F=400 N
4m
5m
6
A
α
Yer vektörü rOA = (4i + 5j + 6k)m r = 42 + 52 + 62 = 8.77m
r
4 5 6 F = Fxi + Fyj + Fzk = F cos αi + cos β j + cos γk u OA = OA =
i+
j+
k
rOA 8.77 8.77 8.77
8m
β
Fxy
O
10m
Fx
x
b. F kuvvetinin x-y ve y-z düzlemlerindeki iz düşümlerini
Fyz = 273.662 + 228.052 = 356.23N
s
B
3m
Fy
Fz
4 5 6
F = FuOA = 400
i+
j+
k = 182.44i + 228.05 j + 273.66k N
8.77 8.77 8.77
Fxy = Fcos−1 β 52 + 42 / 8.77 = 400x0.73 = 292N
y
m
veya Fxy = 182.442 + 228.052 = 292N
}
356.23
o
Fyz = Fcos α 356.23 = 400cos α ⇒ α = cos−1
= 27
400
s yönündeki Fs birleşenleri
273.66k
3/13.15
r
8
10
3
rOB = (8i + 10j + 3k)m r = 82 + 102 + 32 = 13.15m uOBs = OBs =
i+
j+
k
O
rOBs 13.15 13.15 13.15
3
4 5 6 8 10 Fs = [FuOA ]uOBs = 400
i+
j+
k .
i+
j+
k
8.77 8.77 8.77 13.15 13.15 13.15
28
228.05j
10/13.15
3/13.15
182.44i
Fs = 110.99i + 173.42j + 62.43k N
s
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
rOBS
8 10 3 uOBs =
=
i+
j+
k [doğrultu]
rOBs 13.15 13.15 13.15
VEYA F = 182.44i + 228.05j + 273.66k N [yukarıda bulunmuştu]
8 10 3 Fs = F uOBS = 182.44i + 228.05j + 273.66k .
i+
j+
k Fs = F uOBS = 110.99i + 173.42j + 62.43k N
13.15 13.15 13.15
110.99
x açısı α = 215.15 = 0.516
173.42
= 0.806
y açısı β =
215.15
62.43
= 0.290
z açısı γ =
215.15
−1
cos α = 58.94
4m
173.42j
73.13o
A
5m
o
62.43k
F=400 N
z
1/2
Fs = 110.992 + 173.422 + 62.432 = 215.15 N
y
36.29o
s
6m
215.15
B
cos−1 β = 36.29o
58.94o
3m
8m
110.99i
cos−1 γ = 73.13o
O
10m
x
Uygulama: F=100 kN kuvvetinin s doğrultusundaki Fs bileşeninin bulunması
z
D
z
4m
5
A
m
D
6m
6
y
A
m
y
76.82i
8m
8m
F=100 N
B
C
B
C
s
64.02j
s
10m
O
10m
O
x
x
rCD = ( −5j + 6k)m
4m
5m
5 6 k
r = 52 + 62 = 7.81m F = FuCD = 100 −
i+
7.81 7.81
= − 64.02j + 76.82k N
s yönündeki Fs birleşenlerinin bulunması; ileride açıklanadığı üzere bir kuvvetin başka bir noktaya taşınması kuvvetin
kendisi ve kuvvet ile gidilen mesafenin çarpımından oluşan bir momentle olur. Burada C noktasındaki FCD kuvveti O
noktasına taşınmıştır (C noktasından iple O noktasına konum değiştirilmeden getirilmiştir) (MCO=FCDxrOC momenti ihmal).
α = cos−1 8 = 51.4o
x
12.81
α = cos−1 10 = 38.7o
8 10
12.81
= − 64.02j + 76.82k N •
i+
j = [20]N y
12.81 12.81
rOB = (8i + 10j)m r = 82 + 102 = 12.81m
Fs = [FuDC ]uOBs
29
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Uygulama 1.15. Çatı giriş kapağı kuvvetin CD diyagonal ekseni doğrultusundaki şiddetinin bulunması.
z
B
A
900 mm
F=100 N
y
30o
x
C
z
D
z
x1
x
ηCD
A
C
Sin30 =
z
⇒ z = 450mm
900
Cos30 =
x
⇒ x = 779.4mm
900
o
30
x1 = 900-779.4 = 120.6 mm
x
y
A, B ve D koordinatları (C noktasına göre) A( 779.4, 0, 450) B(0,1200,900) D(779.4, 1200, 450)
rAB = (0 − 779.4)i + (1200 − 0)j + (900 − 450)k = ( −779.4i + 1200j + 450k) mm
r = 779.42 + 12002 + 4502 = 1500mm
779.4 1200 450
F = Fu = 100 −
i+
j+
k = − 51.96i + 80j + 30k N Kontrol F = 51.962 + 802 + 302 = 100N
1500 1500 1500
−779.4i + 1200j + 450k
−779.4i + 1200j + 450k
AB kablosundaki çekme kuvveti F = 100
= 100
15 00
779.42 + 12002 + 4502
Burada yine yukarıdaki örnekte olduğu gibi A noktasındaki FAB kuvveti C noktasına taşınmıştır (moment ihmal).
−779.4i + 1200j + 450k
−
779.4i
+
1200j
+
450k
−
779.4i
+
1200j
+
450k
=
=
ηCD
= 46N
FCD = F. ηCD
.
1500
15
1500
skaler çarpım
{
Uygulama: r=-8i-10j+20k vektörünün AB doğrultusundaki [herhangi bir vektör üzerindeki] izdüşümünün bulunması.
B
z
rAB
B
r=-8i-10j+20k
r=-8i-10j+20k
8m
z
8m
8m
A
8m
4m
16m
3m
A
y
4m
3
4m
16m
m
y
7m
4m
8m
7
m
x
8m
x
a. A ve B noktaları(x,y,z) A(4,-8,4) B(-16,8,8)
Yer vektörü rAB = ( −20i + 16j + 4k)m r = 202 + 162 + 42 = 25.92 m
F = Fxi + Fyj + Fzk = F cos αi + cos β j + cos γk
rAB
20 16 4 uAB =
=−
i+
j+
k = −0.772i + 0.617j + 0.154k
rAB
25.92 25.92 25.92
rAB = uAB .r = [ −0.772i + 0.617 j + 0.154k]. [ −8i − 10j + 20k] = [( −0.772) . ( −8) + (0.617) •skaler (−10) + (0.154) . (20) ] = 3.086
30
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
3.086
Vektörel olarak rAB = rAB .uAB =
[ −0.772i + 0.617j + 0.154k] = [ −0.100i + 0.080j + 0.020k] edilebilir.
2
2
2
8 + 10 + 20
Uygulama 1.19. Üç küresel mafsallı (A,B,C) ayağa etkiyen kuvvetlerin bulunması (her bir kare 1x1 m ve elemanlar basınç ve çekme kuvveti taşımaya elverişlidir).
z
D
F=1 kN
y
m
5
C
F kuvvetinin izi
1
E
0
A
A, B ve D koordinatları A(-1,-1, 0) B(2,-1,0) C(0,2,0) D(0,0,5)
rDA = ( −1 − 0)i + (−1 − 0)j + (0 − 5)k = ( −1i − 1j − 5k)m
rDA = 12 + 12 + 52 = 5.2m
r
1 1 5 1 1 5
uDA = DA = − i −
j− k
A = AuDA = A − i −
j − k
rDA
5.2 5.2 5.2
5.2 5.2 5.2
B
rBD = (0 − 2)i + (0 − ( −1))j + (5 − 0)k = (−2i + 1j + 5k)m
rBD = 22 + 12 + 52 = 5.48m
r
2 1 5 2 1 5
uBD = BD = −
i+
j+
k
B = BuBD = B −
i+
j+
k
rBD
5.48 5.48 5.48
5.48 5.48 5.48
rCD = (0 − 0)i + (0 − 2)j + (5 − 0)k = (−2j + 5k)m
rCD = 02 + 22 + 52 = 5.39m
rCD
2 5 2 5
uCD =
=−
j+
k
C = CuCD = C −
j+
k
rCD
5.39 5.39
5.39 5.39
r0E = (2 − 0)i + (2 − 0)j = (2i + 2j)m r0E = 22 + 22 = 2.83m
r0E
2 2 u0E = =
i+
j
r0E 2.83 2.83
Denge şartından ∑ F = 0
2 2
F = Fu0E = F
i+
j = 10.707i + 0.707j
2.83 2.83
F+A+B+C=0
1 1 5 2 1 5 2 5
10.707i + 0.707j + A − i −
j − k + B −
i+
j+
k + C −
j+
k = 0
5.2 5.2 5.2 5.48 5.48 5.48 5.39 5.39
x EKSENİ
2
1
i + B −
i = 0
∑ Fxi = 0 ⇒ 10.707i + A −
5.2 5.48
0.707 − 0.192A − 0.365B = 0
y EKSENİ
−1 1 −2
∑ Fyj = 0 ⇒ 10.707j + A
j + B
j + C
j = 0 0.707 − 0.192A + 0.183B − 0.371C = 0
5.2 5.48 5.39
z EKSENİ
−
5
5 5
j + B
j + C
j = 0
∑ Fzk = 0 ⇒ A
5.2 5.48 5.39
− 0.962A + 0.912B + 0.928C = 0
31
x
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Determinant kullanılarak A, B ve C değerleri hesaplanır.
SABİT
−0.707 − 0.365
0
det −0.707 0.183 − 0.371
0.912 0.928
0
0 A −0.707
−0.192 − 0.365
−0.5988
=
= 2.044kN
−0.192 0.183 − 0.371 B = −0.707 ⇒ A = −0.192 − 0.365
0 −0.2929
−0.962 0.912 0.928 C 0
det −0.192 0.183 − 0.371
−0.962 0.912 0.928
Benzerşekilde B = 0.861kN
C = 1.273kN
Ters matris işlemi kullanılarak da A, B ve C değerleri hesaplanabilir. AX = b ise X = A −1 b
0 A −0.707
−0.192 − 0.365
−0.192 0.183 − 0.371 B = −0.707 ⇒
−0.962 0.912 0.928 C 0
A −1.735 − 1.156 − 0.462 −0.707 A = 2.044
B = −1.827 0.608 0.243 −0.707 = B = 0.862 kN
1.797 0.359 0 C = 1.273
C −0.003 −
Tersi
32
sabitler
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
BÖLÜM 2: MOMENT
2.1. MOMENT [BİR KUVVETİN DİK BİR EKSENE GÖRE]
Moment; bir kuvvetin bir noktaya dik mesafesi ile çarpımından oluşan kuvvet çiftine denir. Düzlem kuvvetlerin momenti aşağıda
kısaca örnek üzerinde açıklanmıştır.
P=4 kN
L1=3
y
L2= 5m
m
P=100N
60o
A
B
x
L= 6m
B
P=100N
M A = P x L = 4 x 5 = 20 kNm
A
Py=100sin60=86.6 N
60o
Px=100cos60=50 N
A
L= 6m
B
MB = 4 x 3 = 12 kNm
MA = P xL = 86.6 x 6 + 50 x0 = 519.6Nm
Üç boyutlu sistemlerde moment şekil üzerinde açıklanmaktadır.
F
Fy
rx
y
My
F
y
Fyj
Fx
ry
z
Fxi
r
Mo
Fzk
yj
Mxi
Mz=rx Fy- ry Fx
xi
Myj
x
zk
x
x’e paralel y’ye dik olanlar Mz oluşturur
r = xi+ yj+ zk
x
Mzk
z
F=Fxi +Fyj +Fzk
y’ye paralel x’e dik olanlar Mz oluşturur
Mo =rDĐK KUVVET KOLU xFKUVVET
Mo =Mxi +Myj +Mzk
Momentin İşaret: Vektörel çarpım işaret kuralından çıkar. Veya M=rxF olmasından dolayı F kuvveti indis (x,y,z) eksenine bitiştirilir
ve saat dönüşü + tersi – alınarak vektörel çarpım işaret kuralı ile aynı olduğu görülür.
MOMENT,
1.
Verilen kuvvet-kuvvetlerin eksenlerindeki birleşenleri
2.
Kuvvet-kuvvetlerin uygulandığı nokta ile moment alınacak nokta arasındaki noktaların yer vektörleri
3.
i
1. ve 2. deki değerler kullanılarak M = x
F
x
j
y
Fy
k
z ile MOMENT-MOMENTLER hesaplanır.
Fz
33
BÖLÜM I
4.
M
VEKTÖRLER
Moment hesabı için gerekli olan matris tablodaki gibi oluşturulu..
i
x
Fx
=
j
y
Fy
k
z
Fz
→Eksenlerin doğrultman kosinüsleri
→F kuvvetinin uygulama noktası koordinatları
→F kuvvetinin bileşenleri
i j k
M = x y z = Fz y − Fy z i − [ Fz x − Fx z ] j + Fy x − Fx y k
Fx Fy Fz
Mx = Fz y − Fy z
My = − [ Fz x − Fx z ]
y
Myj
M y = −[ Fz x − Fx z ]
[
Mxi M x = Fz y − Fy z
Mz = Fy x − Fx y
]
x
Mzk
z
[
M z = Fy x − Fx y
]
Mx, My ve Mz değerleri skaler olup F kuvvetinin O merkezinden geçen eksenlere göre momentleridir. Bu momentler; F kuvvetinin rijit
i
Moment hesabı için M = x
F
x
j
y
Fy
y
A-
cisme eksenleri etrafında uyguladığı döndürme uygulamalarıdır.
k
z matrisi incelendiğinde;
Fz
5m
0
x
3m
-B
i j k
i j k
i j k
z
Mo = 3 0 0 =0 MA = 3 5 0 =5x40=−200Nm MB = 3 0 8 =−[−8x40]=320Nm
40 0 0
40 0 0
40 0 0
F=40 N
8m
y
F=30 N
2m
Mx =[2x50−2x30]i=40i
j k
i
Mo = 3 2 2 Nm=My =−[3x50−2x40]j=−70j
40 30 50
Mz =[3x30−2x40]k=10k
3m
0
2m
8m B
z
x
F=40 N
F=50 N
B noktasında oluşan momentleri herbir kuvvet için ayrı ayrı hesaplanmıştır.
M
=−
240i
x
k
i j k
i j k
i j
MB = 3 0 8 =My =−[ −8x40]j=320j+ 0 2 8 =Mx =−[8x30]i=−240i+ 0 0 68−2 =0 =My =320j
40 0 0
0 30 0
0 0 50
Mz =0
x eksenindeki 40 kN dan oluşanM
y eksenindeki 30kN dan M
x eksenindeki50kN denM
Özellik 1: M momentinin Mx skaler birleşeni M ile x ekseni üzerindeki birim vektör i’nin skaler (cos) çarpımından;
M.i=[Mx i+My j+Mz k].i=[Mx i.i +My j.i+Mz k.i]=Mx [1]+0+0=Mx
olur. Buna göre M momentinin herhangi bir n eksenine göre Mn momenti n ekseni üzerindeki un birim vektörü ile [Mn =M un]
çarpımıdır. Yukarıda klasik olarak momentler vektörel olarak aşağıdaki şekilde aynısının bulunduğu görülür.
34
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
y
P=4 kN
P=100N
L2= 5m
L1=3m
60o
A
B
x
L= 6m
B
P=100N
M A = P x L = 4 x 5 = 20 kNm
60
C
Py=100sin60=86.6 N
o
C
Px=100cos60=50 N
MB = 4 x 3 = 12 kNm
L= 6m
B
MC = PxL = 86.6x6 + 50x0 = 519.6Nm
M = r xF
r = xi + yj + zk
F = Fxi + Fyj + Fzk
M = M xi + M yj + M zk
i j k i j k
MA = x y z = −5 0 0 = [0]i + [0] j + [[ −4]x[ −5] − 0]k = 20kNm
Fx Fy Fz 0 − 4 0
i j k i j k
MB = x y z = 3 0 0 = [ 0] i + [0] j + [ −4x3 − 0]k = −12 kNm
Fx Fy Fz 0 − 4 0
i j k i
j k
MC = x y z = − 6 0 0 = [0] i + [0] j + [[ −86.6]x[ −6] − 0]k = 519.6Nm
Fx Fy Fz 50 − 86.6 0
Uygulama: a: F=800 kN kuvvetin AO doğrultusundaki momenti (MAO=?) hesaplanması.
b: F=800 kN kuvvetin AC doğrultusundaki momenti (MAC=?) hesaplanması.
y 6
3
C
B
800kN
4
8
A
6
O
x
5
10
z
Kuvvet bileşenleri rBA = 10 i + 8j + 9k → r = 102 + 82 + 92 = 15.65m
Çözüm:
800
10 i + 8j + 9k = 511.18 i + 408.45j + 460.06k kN
F = FuBA =
15.65
y
y
6
10
3
6
Fy=408.45
B
3
A
B
408.45⋅6=2450.70
O
511.18⋅6=3067.08
Fx=511.18
Fy=408.45
A Fx=511.18
rz=6
O
Fz=460.06
x
z
3
z
Fz=460.06
Mx=2450.70
My=3067.08
10
M=3925.93
O noktasını x ekseni yönünde döndüren momentler MCx=-Fyrz
35
rz=6
3
x
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
M = [6x408.45] i = 2450.7 i
Cxi
j
k
i
−6 = MCyj = − [6x511.18] j = −3067.08 j
rOA = −6k MO = rAO xF = 0
0
511.18 408.45 460.06 MCzk = 0
{M =
2450.72 + 3067.082 = 3925.93 kNm
o
b: F=800 kN kuvvetin AC doğrultusundaki momenti (MAC=?) hesaplanması.
rAC = −15i − 4j − 6k
M = [ −4x460.06 + 6x408.45] i = 610.46 i
Cxi
j
k
i
MC = ηAC xF = MCxi + MCyj + MCzk = −15
−4
−6 = MCyj = − [ −15x460.06 + 6x511.18] j = 3833.82 j
511.18 408.45 460.06 MCzk = [ −15x408.45 + 4x511.18] k = −4082.03k
610.46
MAC = 610.462 + 3833.822 + 4082.032 = 5633.28 kNm → cos −1 αx =
= 84o βy = 47o γ z = 136.4o
5633.28
Fy=408.45
y 6
y 6
408.45⋅6=2450.70
Fy=408.45
3
3
4
B
rz=6
A
6
O
511.18⋅6=3067.08
O
Fx=511.18
x
rx=15
x
5
Fz=460.06
C
C
A
z
4
B
rz=6
460.06⋅4=1840.2 ry=4
z
10
Fz=460.06
460.06⋅15=6900.90
10
C noktasının y eksenini döndüren momentler MCy=Fzrx -Fxrz
C noktasının x eksenini döndüren momentler MCx=Fzry -Fyrz
C noktasındaki sonuç moment değerleri aşağıdaki şekil üzerinde gösterilmiştir.
MC=5633.28
MCy=3833.82
y 6
3
MCz=4082.03
136.4o
B
800kN
MCx=610.46
C
8
A
6
O
x
5
10
z
SORU 2: F=100 kN kuvvetinin s doğrultusundaki Ms=? bileşeninin bulunması
z
D
4m
6
z
A
5m
D
m
4m
5m
A
6m
y
y
76.82i
8m
F=100 N
B
C
8m
B
C
s
64.02j
10m
O
10m
O
x
x
36
s
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
5 6 r = 52 + 62 = 7.81m F = FuCD = 100 −
i+
k
7.81 7.81
Kuvvet bileşenleri rCD = ( −5j + 6k)m
O(0,0,0) C(0,5,0)
Yer vektörü
= − 64.02j + 76.82k N
j
k
i
Mo = FuOC = 0
5
0 = 384.1i
0 −64.02 76.82
rOC = (5j)m
s yönündeki Fs birleşenleri
8 10
Ms = [MO ]uOBs = [384.1i] •
i+
j = [239.88]N olur.
12.81
12.81
rOB = (8i + 10j)m r = 82 + 102 = 12.81m
Uygulama: RA =? MA =? kuvveti vektörel olarak ifade ediniz.
E
F4= 60 kN
6m
D
y
6m
F3= 60 kN
2m
B
A
4m
F2=20 kN
C
z
x
F1=50 kN
Denge için ∑F=0→∑F=RA−bileşke +F1 +F2 +F3 +F4 =0→RA−bileşke −50j +20i +60i −60i =0→ RA−bileşke =50j −20i
Bileşke R= 502 +202 =53.85kN VA−kesme =50j NA−eksenel = −20i
i
j
k i
j
k i
j
k
0 4 + 6 4 keyfi 3 + 6 4 keyfi −3
20 −50 0 60
0
0 −60
0
0
200i + 80 j − 400 k +180 j −240k +180 j + 240k = 200i + 440 j − 400k
∑MA = 8
F4= 60 kN
E
6m
D
F3= 60 kN
y
6m
2m
A
B
x
j
k i
4m
Kuvvet çiftinin
mometi
kuvvet
C
F2=20 kN
z
VEYA ∑MA = 8
0 4 + 60ix6k
ile mesafenin
F
1
=50
kN
çarpımıdır .
20 −50 0
200i + 80 j − 400k + 360 j = 200i + 440 j − 400k Eğilme momenti M = 2002 + 4402 + 4002 =627.38kNm
Uygulama 2.1. Şekilde verilen sistemde,
a.
b.
c.
y
P
Mo=?
Mx=?
MoA=?
8m
A
x
F=100 N
momentlerinin hesaplanması.
10m
z
a. Mo: momentinin hesabı F =
Yer vektörü r = 10 i + 8 j
6m
100
102 +82 +62
[ −10 i −8 j +6 k ]=[ −70.72 i −56.58 j +42.43 k ]
i j k
i
j
k
MO = x y z = 10
8
0 = 339.44i − 424.30 j − 0.04k Nm
Fx Fy Fz −70.72 − 56.58 42.43
37
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
70.72i
y
P
42.43k
56.58j
A
j
k
0
8m
x
i
6m
10m
z
b. Mx: x eksenine paralel Mx momentinin şiddeti, Mo’ın x doğrultusundaki birleşenidir.
Mx =Mo i=[ 339.44i−424.30 j−0.04k ]i=339.44 Nm
10i+8 j+6k
102 +82 +6 2
c. MOA’nın hesaplanması: MoA =Mo ηoA =[ 339.44i−424.30 j−0.04k ]
10i + 8j + 6k
MoA = [339.44 i − 424.30j − 0.04k]
14.142
y
MoA = −0.016 ≅ 0 Nm
8
A
m
j
k
0
x
i
6
F=100 N
m
10m
z
VEYA MOA’yı A noktasından O noktasına giderek hesaplamak için,
1. Yukarıda yapıldığı gibi önce F kuvveti analiz edilir. F = [ −70.72 i − 56.58 j + 42.43 k ]
70.72i
y
P
42.43k
2. P noktasından A noktasına olan yer vektörü yazılarak moment değeri bulunur.
56.58j
A
j
i
j
k
= 339.48i − 424.32 j − 0k Nm
MPA =
0
0
6
−70.72 − 56.58 42.43
3.
k
8m
0
x
i
6m
10m
z
MOA momentinin AO doğrultusundaki değeri rAO yer vektörü ile çarpılarak bulunur.
10i + 8j + 6k
MoA = Mo ηoA = [339.48i − 424.32j − 0k]
=0
2
2
2
10 + 8 + 6
Uygulama: TAB=200 kN ve TAC=500 kN ise MO=?
3.6m y
3.6m y
Kuvvetlerin analizi
A
157.89i
A
B
9.2m
9.2m
63.16k
105.26j
B
B
x
6m
6m
zD
zD
9m
316.90i
C
9m
C
C
Çözüm: Kablo kuvvetlerinin eksen birleşenleri bulunur.
38
211.27j
323.94k
x
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
rAC
−9 i + 6j − 9.2k
F = FAC .
= 500
= −316.90 i + 211.27 j − 323.94k
rAC
92 + 62 + 9.22
rAB
−9 i + 6j + 3.6k
rAB = −9 i + 6j + 3.6k
F = FAB .
= 200
= −157.89 i + 105.26 j + 63.16k
rAB
92 + 62 + 3.62
j
k i
j
k
i
MC = 9
0
12.8 + 9
0
0 = −2704.26 i − 1709.3 j + 2848.77k
−316.90 211.27 −323.94 −157.89 105.26 63.16
rAC = −9 i + 6j − 9.2k
[ − (12.8⋅211.27)]i =−2704.26i
− [9⋅( −323.94) +12.8⋅316.9]k = −1140.86j
[9⋅211.27)]k =1901.43k
0i
− [9⋅63.16]j = −568.44 j
[9⋅105.26]k = 947.34k
Uygulama 2.2. F kuvvetinin DC doğrultusunda oluşturduğu momenti MDC=100 Nm ise F=?
a.
AC yönünde giderek
b.
AD yönünde giderek
B
0.4m
0.2
D
0.2m
0.2m
C
D
0.2m
A
z
0.2m
y
0.2m
C
C
A
F
x
y
y 0.2m
m
B
0.4m
F
x
F
x
B
0.4m
0.2
D
m
A
z
Önce C’ye sonra D’ye
0.2m
z
Önce D’ye sonra C’ye
Çözüm: Noktaların koordinatları A[0.2,0,0.2] B[0.4,0.4,0] C[0,0,0] D[0,0.4,0.2]
MC = rCA xF rCA = 0.2 i + 0.2k
rAB
0.2 i + 0.4 j − 0.2k
F
F = F.
=F
=
0.2 i + 0.4 j − 0.2k
rAB
0.22 + 0.42 + 0.22 0.49
j
k
i
F
F
F
( −0.08) i + (0.08) j + (0.08)k
(0.2)(0.4)k − (0.2)(0.4) i − (0.2)( −0.2) j + (0.2)(0.2) j =
MC = 0.2 0
0.2
=
0.49 0.49
0.49
0.2 0.4 − 0.2
rDC −0.4 j − 0.2k
1
uDC = =
=
[ −0.4 j − 0.2k]
rDC
0.22 + 0.4 2 0.447
MDC = MC . uDC
−100 = F ( −0.08 ) i + ( 0.08 ) j +( 0.08) k 1 [ −0.4 j −0.2 k ] → F = 456 N
0.447
0.49
VEYA AD noktasına göre moment alınarak
MD = rDB xF
rDB = 0.4 i −0.2 k
rAB 0.2 i + 0.4 j − 0.2 k F
F = F. =F
=
[ 0.2 i + 0.4 j − 0.2 k ]
rAB
0.22 + 0.4 2 + 0.22 0.49
k
j
i
MD = 0.4 0 −0.2 F = F ( −0.2 )( 0.2 ) j + ( 0.4 )( 0.4 ) k − ( 0.4 )( −0.2 ) j − ( 0.4 )( −0.2 ) i = F ( 0.08) i + ( 0.04 ) j +( 0.16 ) k
0.49 0.49
0.49
0.2 0.4 −0.2
rDC −0.4 j −0.2 k
uDC = =
= 1 [ −0.4 j − 0.2 k ]
rDC
0.22 + 0.4 2 0.447
MDC = MD .uDC
−100 = F ( 0.08) i + ( 0.04 ) j +( 0.16 ) k 1 [ −0.4 j − 0.2 k ]
0.447
0.49
39
F = 456 N
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
C noktasına alınan momentle aynı olduğu görülmektedir.
Uygulama 2.3. Şekildeki iki kuvvetin Oa eksenine göre birleşke momentini [MOa=?] kartezyen vektör olarak yazınız.[2006 1.ara]
z
u 0 a = cos 30 i − cos 60 j = 0.866 i − 0.5 j
OC = 5 cos 60 = 2.5
B [2,3.464,6]
m
OD = 4 cos 30 = 3.464
C[0, −2.5,0]
rOC = −2.5 j
m
z
45o
60o
B
m
OE = 4 cos 60 = 2
F1 = 80[cos120 i + cos60 j + cos 45 k ] = [ −40 i + 40 j + 56.56k ] = 50k
y
120o
x
rOB = 2 i + 3.464 j + 6k F2=50 N
F1=80 N
6m
0
C
D
30o
5m
4
30o
a
H
x
j
i
M O = [ rOB x F1 ] + [ rOC x F2 ] = 2 3.464
− 40
40
i
6 + 0
56.56 0
k
j
− 2.5
0
m
G
E
k
0
50
M O = (3.464)(56.56) i + ( − 40)(6) j + (2)(40)k − ( − 40)(3.464)k − (2)(56.56) j − (6)(40) i + (2.5)(50 ) i = − 169 i − 353 j + 218.5 6 k
MOa = MO . uoa = [ −169 i − 353 j + 218.56k].[0.866 i − 0.50 j ] = 30.15Nm
MOa = MOa .uoa = 30.15[0.866 i − 0.50 j ] = 26.10 i − 15.10 j
MOa = 26.102 + 15.102 = 30.15Nm
Uygulama 2.4. Verilen kuvvetin “O” noktasındaki momentinin hesabı [2006 1.ara]
z
z
A
F = [−30 i + 60 j + 80k]
F = [−30 i + 60 j + 80k]
12m
12m
0
3m
0
y
3m
4m
y
4m
x
x
j
k
i
rOA = 3 i − 4 j + 12k MO = rOA x F = 3 − 4 12
−30 60 80
= [ −4x80 − 12x60] i + [3x80 + 12x30] j + [3x60 − 4 x30] k = −1040 i − 600 j + 60k Nm
1040
−1
x ekseni açısı α = − 1202.2 = −0.865 cos α = 30
600
2
2
2 1/2
= −0.499 cos−1 β = 60
M = [1040 + 600 + 60 ] = 1202.2 Nm y ekseni açısı β = −
1202.2
60
= 0.05
cos −1 γ = 87.14
x ekseni açısı γ =
12
02.2
40
MO = 10402 + 6002 + 602 = 1202.16Nm
MO = 1202.16[0.865 i − 0.499 j + 0.05k]
y
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
2.2. VARIGNON TEOREMĐ [Varignon, 1654-1722]
Düzlem çokgenin kenarlarının ortası birleştirildiğinde bir paralelkenar oluşur ve: Alan(EFGH)=Alan(ABCD)/2 Alan(EFGH): Paralelkenar
Pierre Varignon, 1654-1722, Fransız Matematik, Mekanik
Varignon teoremi: Kuvvetlerin bir noktaya göre momentlerinin toplamı bileşke kuvvetin momentine eşittir. (Not: Simon Stevin
Varignon’dan 100 yıl önce aynı teoremi sunmuş, Varignon farkına varmamıştı).
Bileşke bir kuvvetin [R] bir noktaya [a] göre momenti, aynı bileşke kuvvetin her üç eksendeki [Rx, Ry, Rz] izdüşümlerinin aynı noktaya
[a] göre momentlerinin toplamına eşit olmasına varignon teoremi denir. Yani bir noktada birden çok kuvvetin kesişmesi durumunda bu
kuvvetlerin her birinin bir başka noktada oluşturduğu moment, bu kuvvetlerin bileşkesinin aynı noktada oluşturduğu momente eşittir.
y
y
≡
ıı
R
x
≡
R
Ry
ıı
Rx
y
a
ıı
≡
y
=
Ry
R
r
x
β
R
α
γ Rx
x
≡
ıı
x
rb
a
Ma =R . r
ra
a
Ma =Ry . ra +Rx . rb
R sinα =A sinβ + B sinγ
Ma =R . r =Ry . ra + Rx . rb
y
y
y
Mo
F
Mo
F
n
r
F
α
r
r
Bir F kuvveti ve bu kuvvetin doğrultusunda olmayan bir O noktası bulunmaktadır. O noktasından geçen ve F kuvvet doğrultusuna dik
olan eksendeki momenti M=F.d dir. M’nin doğrultu ve büyüklüğünü bulmak için F kuvvet doğrultusundaki herhangi bir noktanın o
noktasına göre yer vektörü olan r ve F’nin vektörel çarpımı yapılır. Momentin yönü ise sağ el kuralı ile bulunur.
M = r xF
M = F.d
[r sin α ]F = F.d
41
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Moment için vektörel çarpım determinant şeklinde aşağıdaki şekilde yazılır.
j k
i
M = r x r y r z
F x F y F z
F kuvvetinin O merkezinden geçen herhangi bir n eksenine göre momenti My yazılabilir. Eğer n, y doğrultusunun birim vektörü ise bu
doğrultudaki moment birleşeni M.n dir ve My nin skaler büyüklüğünü verir. Buna göre;
My = [r x F . n ] n
olur.
M1
F2
M2
F2
M = rx[F1 + F2 ]
R
F1
r
O
M1 + M2 = rxF1 + rxF2
M1
F1
r
O
M = rx[R]
Bu bağıntı üç boyutlu bir sistemde Varignon teoreminin yazılışıdır. Yani “bir noktada kesişen kuvvetlerin O noktasına göre momentleri
bu kuvvetlerin toplamının O noktasına göre momentine eşittir”.
Uygulama 1.7. Şekildeki kuvvetlerin “0” noktasına göre M Varignon teoremine göre birleşke kuvveti (R) kullanarak bulunuz.
F1=20 N
F1=20 N
z
D
C
C
4m
4m
5m
F3=100 N
B
8m
y
6.739m
m
5m
F3=100 N
B
m
1359.336
8
F2=200 N
F2=200 N
E
E
x
z
D
4693.87m
z’
m
12
x
178.48
12m
γ=16.24o
8m
4m
A[4,8,-12]
β =73.76o
α=89.906o
x’
42
8m
y’
4m
A[4,8,-12]
y
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
−5−4 ) ( −8−8 ) ( 4−( −12 ))
(
−9 i −16 j +16 k
rAC
= −7.392 i −13.14 j +13.14 k
F1 = F1 = 20
rAC
92 +162 +162
8−8 ) ( 0−( −12 ))
( 0−4 ) (
−4 i +0 j +12 k
r
F2 = F2 AB = 200
=−63.246 i +189.737 k
rAB
4 2 +122
FR = F1 + F2 + F3
( −5 )) ( 8−0 ) ( 0−4 )
( 4−
9 i +8 j −4 k
rED
= 70.93 i +63.05 j −31.52 k
F3 = F3 =100
rED
9 2 + 82 + 4 2
FR = [ −7.392 i − 13.14 j + 13.14 k] + [ −63.246 i + 189.737k ] + [70.93 i + 63.05 j − 31.52k]
i , j ve k değerleri kendi içinde toplanır
0.292
49.91
171.357
j
i k
FR = (
−7.392 −
63.24
6
+
70.93)
+
(
−
13.14
+
63.05)
+
(13.14
+
189
.737
−
31.52)
0.5
FR = 0.292 i + 49.91 j + 171.357k FR = 0.2922 + 49.912 + 171.3572 = 178.48N
x ekseni
y ekseni
z ekseni
FR
0.292 i
49.91j 171.357k
u= =
+
+
FR
178.48
178.48
178
.48
0.0016
0.28
0.96
cos α= 89.906o
cos β=73.76o
cos γ=16.24 o
Fyj
Fxi
cos89.906 = 0.292 cos73.76 = 49.91
FR = FR . u = 178.48
Fzk
cos16.24 = 171.358
Bileşke kuvvet ve konumu yukarıdaki şekilde bulunur. Varignon teoremi gereği bileşke kuvvetin oluşturduğu moment
kuvvetlerin oluşrurduğu momente eşit olması gereğinden bu momentler eşitlenerek bileşke kuvvetin etkiğiği noktanın
koordinatları hesaplanır.
rOA = 4 i + 8j − 12k
[20−200]kN
rOD = −5 i + 0j + 4k
j
k i
j
k
j
k
i
i
−12
+ 4
8
−12 + −5
0
4
M0 = 4
8
−7.39 −13.14 13.14
−63.246 0 189.737 70.93 63.05 −31.52
20 kN
[(8⋅189.737)]i=1517.90i
[4⋅( −63.05)]i =−126.08i
[(8⋅13.14) −( −12⋅( −13.14)]i =−52.56i
−[4⋅13.14) −( −12⋅( −7.39))]j=36.12j
[4⋅( −13.14) −(8⋅( −7.39))]k =6.56k
−[(4⋅189.737−12⋅63.246)] j =0j
[8⋅63.246]k =505.97k
−[ −5⋅( −31.52) − 4⋅70.93]j =126.12j
[ −5⋅63.05]k =−315.25k
M0 = 1339.26 i + 162.24 j + 197.37k
Bileşke vektörün uygulama noktasının bulunması için bileşke kuvvetin orijine göre momenti diğer üç kuvvetin orijine göre momentlerine
eşit olması şartından aşağıdaki şekilde bulunur.
43
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
R birleşke kuvvetin "O" momenti
j
k
i
M0 = 1339.26 i + 162.24 j + 197.37k = x
y
z
0.292 49.91 171.357
y
z
Mxi = 1339.26 i =
= 171.357y − 49.91z Üç denklemin çözümünden
49.91
171.357
x=-49.525
x
z
Mxj = 162.24 j =
= −[171.357x − 0.292z]
0.292 171.357
y=853.345
x
y
Mxk = 197.371k =
= 49.91x − 0.292y
z = −2902.973
0.292 49.91
Bileşke kuvvetin orijine göre momenti ile üç kuvvetin orijine göre momentlerinin eşit olması kontrol edilmiştir.
j
k
i
rOR = 6.739 i − 1359.336 j − 4693.870k M0 = −49.525 853.345 −2902.973 = 1339.31i − 215.84 j + 735.96k
49.91
171.357
0.292
Bileşen kuvvetin konumu doğru bulunduğu yukarıdaki çözümden görülmektedir.
2.3. KUVVET ÇİFTİ
Kuvvet çifti,
F
c.
Şiddetleri eşit
d.
Yönleri zıt
e.
Birbirine paralel
f.
Bir doğrultudaki bileşenleri sıfır
g.
Bir noktaya göre momentleri sıfır olmayan ve her noktaya göre momentleri Fxdikmesafe olan
h.
Etkidikleri cismi sadece dönmeye zorlayan
-F
özellikleri bulunan kuvvet sistemine denir. Birbirine paralel ve zıt yönlü yani kuvvet çiftinin bir noktaya göre momenti aşağıdaki şeklin
incelenmesinden de görülebileceği gibi;
y
F
.
O
.
O
d
d
A
θ
r1
-F
M
A
F
F
.
F
A M =F d
.
eşit
O
r2
A
O
x
3’üde
z
∑Mo =r1 xF+r2 x( − F )=[ r1 −r2
]xF=rxF
∑ M o = r F sin θ = F d
44
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
olarak hesaplanır. Buna göre bir kuvvet çiftinin her noktaya göre momenti aynı ve kuvvetler arası dik mesafe [d] ile
kuvvetin şiddetinin çarpımına eşittir. Kuvvet çiftini temsil eden F ve yönü değişmediği müddetçe kuvvet çifti değişmez. Bu kuvvet
çiftlerini başlangıçtaki düzlemlerine paralel herhangi bir düzleme taşımak kuvvet çiftini değiştirmez. Bir otomobil lastiğinin bulonlarını
açma-kapama, dişli olan bir kapağı açma-kapama gibi.
Uygulama 2.5. Şekilde verilen kuvvet çiftinin momentini R ve P noktalarında bulunması.
y
y
y
-F=4i-9j [N]
4i+8j
4i+8j
r2
r
-F=4i-9j [N]
4i+8j
-F=4i-9j [N]
r2
R=9i+6j
r1
O=6i+4j
x
F
6i+4j
F
F
x
O
O
6i+4j r1
x
O
P=12i
O noktasına göre MO = rx[ −F] = [[4 i − 6i ] + [8 j − 4 j ]]x [ −4i + 9 j ] = −18k + 16k = −2.00 [N]
j k i
j k
i
R noktasına göre MR =r1 x[ F ]+r2 x[ − F ]= −3 −2 0+−5 2 0 =−2.00[ N ]
4 −9 0 −4 9 0
j k i
j
i
P noktasına göre MP = r1 x[F] + r2 x[ −F] = −6 4 0 + −8 8
4 −9 0 −4 9
Görüldüğü gibi bir kuvvet çiftinin momenti her noktada aynı olmaktadır.
k
0 = −2.00[N]
0
Uygulama: Verilen kuvvet çiftinden oluşan MB=? ve MC=?
Ay
d2
A
40 N
Ax
40 N
40 N
B
40 N
B
20o 0.27
d1
20o
0.27
0.66
0.514
0.39
0.39
C
55
0.319
0.39
C
o
55o
0.2236
MB = d2 A y −d1A x = 0.27
⋅cos55
sin20
⋅sin55
cos20
⋅40
⋅
− 0.27
⋅40
⋅
= −6.20 Nm
d2
Ay
d1
Ax
j
k i
j
k
i
MC = ∑ rxF = rBC xF + rAC xF = 0.2236 0.319 0 + 0.379 0.541 0 = −6.22k = −6.22 Nm
−37.588 −13.68 0 37.588 13.68 0
45
0.379
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
2.4. BİR KUVVETİN BAŞKA BİR NOKTAYA TAŞINMASI
Başlangıç noktası ile verilen bir kuvvetin [Şekil 4.a] başka bir noktaya taşınması,
a. Verilen kuvvet paralel olarak istenen noktaya taşınır [Şekil 4.b].
b.
Taşınan kuvvetin şiddetinde ve ters yönde bir kuvvet ilave edilerek cismin dengesi bozulmadan korunur [Şekil 4.b].
c.
Böylece “0” noktasında bir kuvvet çifti [F, -F] ve bir [F] kuvveti elde edilmiş olur [Şekil 4.b].
[a]
-F
[c]
[b]
Mo’
0’
r
r
F
0
Mo
F
0
r
0
0
F
F
[d]
r’
r
F
Şekil 4.
d.
Bilindiği üzere bir kuvvet çiftinin momenti Mo = r x F olduğu için ilk başta verilen [Şekil 4.a] sistem bir kuvvet ve
kuvvet düzlemine dik momentten oluşan bir sistem olarak alınması uygundur [Şekil 4.a]. Buna göre “Rijit cisme
etkiyen herhangi bir kuvvet taşınmak istenen noktaya moment [ Mo = r x F ] eklenmek suretiyle
istenilen noktaya taşınabilir.”
e.
Aynı F kuvveti “0’” noktasına taşınmak istenirse moment Mo' = Mo + r ' x F olur [Şekil 4.d]. Burada bir
momentin bir noktaya taşınması [momenti] kendisine eşit olduğu görülmektedir.
Uygulama 2: Şekilde verilen 200 N’luk kuvvetin A noktasına taşınması.
y
200 N
45o
B
Sinüs teoremi
A
B
C
=
=
sin α sin β sin γ
4m
A
x
8m
Çözüm: 200 N A noktasına aşağıdaki gibi dik mesafe ile çarpımıyla taşınır [Varignon, 1654-1722].
y
y
200 N
y
200 N
o
45
45o
B
m
4
4m
4m
45o
Sinüs teoreminden
d=4xsin45=2.828 m
or
d=(22+22)0.5=2.828 m
A
B
200 N
4m
A
x
d
B
MA=200x2.828=565.6 kNm
46
A
x
565.6 kNm
x
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
VEYA 200 N birleşenlerine ayrılarak matris formatıyla moment ifadesi yazılarak taşınır.
y
y
200 N
200 N
45o
45o 141.4 N
j
k
i
MA =rxF= −8
4
0 =−565.6k
−141.4 141.4 0
B
B
141.4 N
4m
r
4m
A
A
x
m
x
8
565.6 kNm
2.5. KUVVETLER SİSTEMİNİN KUVVET [R] VE KUVVET ÇİFTİNE [M] İNDİRGENMESİ
Birden çok kuvvetin bulunduğu bir sistemde,
f.
Rijit cismin “0” noktasına başlangıç noktalarının uzaklıkları r1, r2 …..rn olan F1, F2 …..Fn kuvvetleri bulunsun [Şekil
5.a].
g.
“Bir kuvvetin bir noktaya [0] taşınması için bu noktaya Mi=rixFi gibi bir kuvvet çifti eklenir” özelliği kullanılarak tüm
kuvvetler “0” noktasına taşınır [Şekil 5.b].
h.
Taşınan kuvvet [Fi] ile bu kuvvete karşı konan [Mi] momenti bir birine dik olur [Şekil 5.b].
i.
“0” noktasına taşınan kuvvetler ve kuvvet çifti momentler kesiştikleri için toplanarak bileşke kuvvet [R=ΣFi] ve
bileşke moment M R
O=
∑ [ri x Fi ] bulunur [Şekil 5.c].
[a]
F1
r1
rn
R
M1
r2
0
[c]
F1
[b]
0
=
MRo
Fn =
0
F2
Fn
M2
Mn
F2
Şekil 5.
j.
Bulunan bileşke kuvvet [R=ΣFi] ile bileşke moment [ M R
O=
k.
Bileşke kuvvet [R] ve moment M R
O indirgenmesi;
l.
∑ [ri x Fi ] ] birbirine dik değildir [Şekil 5.c].
1.
Yer vektörü r = xi + y j + zk
2.
Kuvvetler F = Fxi + Fyj + Fzk
3.
Bileşke kuvvet R = R xi + R yj + R zk ve şiddeti R= R2xi +R2yj +R2zk
4.
R2
R2
Bileşke moment M R0 =MRxi +MRyj +MRzk ve şiddeti M R0 = M R2
xi + M yj + M zk bağıntılarıyla hesaplanır.
Şekil 5.a’ daki gibi bileşke kuvvet ile bileşke moment “0” noktasına toplandıktan sonra “ 0’ ” noktasına taşınması
istenirse;
R
1.
2.
R bileşke kuvveti aynı kalır [Şekil 6.a]
[b]
MRo
0
r’
[a]
=
R
’
0
R
MR
O' = M O + r ' x R
47
Şekil 6:
MRo
’
0
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
3.
R ve M R
O' birbirine dik değildir. [Şekil 6.b]
Verilen hangi kuvvetler bir kuvvet çiftine indirgenebilir? Bulunan bileşke kuvvet [R=ΣFi] ile bileşke moment [ M R
O=
birine dik olan kuvvetler bir kuvvet çiftine indirgenir. Bu kuvvetler,
1.
Aynı noktada kesişen kuvvetler. [Bu kuvvetler toplanarak R bileşke bulunur.]
2.
Aynı düzleme etkiyen kuvvetler.
a.
Verilen kuvvetlerin toplanması ile bileşkesi R bulunur[Şekil 7.b].
b.
Kuvvetlerden oluşan M R
O=
c.
R “0” noktasından M R
O oluncaya kadar [d] kaydırılır [Şekil 7.b].
∑ [ri x Fi ] ] bir
∑ [ri x Fi ] bulunur [Şekil 7.b].
y
y
y
[a]
[c]
[b]
R
F1
MRo
MRo
x
0
F2
=
x
0
=
d
R
x
0
d=
Fn
R
o
M
R
Şekil 7.
3.
Paralel kuvvetler
a.
Kuvvetler y eksenine ve birbirine paralel [Şekil 8a].
b.
Kuvvetlerin bileşkesi [R] y eksenine paralel.
c.
Bileşke R=0 olabilir. Böyle ise bu kuvvetler tek kuvvet çiftine indirgenmiş olur.
d.
R=0 ve M R
o = 0 ise uygulanan kuvvetler rijit cisme hiçbir etki yapmazlar. Bu duruma cisim “DENGEDE” denir.
e.
Kuvvetler herhangi bir eksene paralel ise diğer eksenlerde moment oluşturur.
f.
“0” noktasındaki kuvvet R ve kuvvet çifti M R
o dir [Şekil 8b].
y
y
y
R
F2
F3
R=ΣF
F4
x
0
z
x
M Rx
0
[a]
z
i
x
0
r
x
MR
o
M Rx k
F1
z
z
[b]
[c]
Şekil 8.
Ry=0 ise sistem tek bir kuvvet çiftine M R
o indirgenir. Ry≠ 0 olması durumunda ise tek bir kuvvet çiftine indirgemek için bileşke
kuvvet aynı M R
o momentini sağlayacak şekilde bir notaya taşınır [Şekil 8c]. Buna göre moment değerleri;
R
R
MR
o = r x R = [ xi + zk ] x Rj = M x i + M z k
M Rx = − z R y
MR
k = x Ry
elde edilir. Burada y eksenine paralel Ry kuvvetinin diğer eksenlerde oluşturduğu moment değerlerini göstermektedir.
48
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Uygulama: Sistemde verilen kuvvet ve momenti D noktasına taşıyınız (D noktasındaki kuvvet çiftini bulunuz).
y
C
200 kNm
14
D
z
300 kN
A
45
x
15
18
10
B
−45 ) ( 0−14 ) ( 15−25 ))
( 63
18 i −14 j −10 k
r
= [ 216.87 i −168.68 j −120.48 k ] kN
Kuvvetin birleşenleri FAB = 300 AB = 300
rAB
182 +14 2 +102
( 0− 45 ) ( 14−14 ) ( 0−25 ))
−45 i −0 j −25 k
rAC
= −174.83 i − 97.13 k
Momentin birleşenleri M = 200 = 200
rAC
452 + 252
i
j
k
14
0
MD = MAC + r AD xFAB = −174.83 i − 97.13 k + 45
216.87 −168.68 −120.48
MD = [ −1861.55 i + 5421.60 j −10723.91k ]kNm (Momentten ve kuvvetten oluşan)
D noktası
FD = [ 216.87 i −168.68 j −120.48 k ]kN (Kendisi)
Uygulama 1: Şekilde verilen kuvvet (315 N) ve momenti (70 Nm) D noktasına taşıyınız.
y
y
240 mm
70 Nm
B
240 mm
A
B
60 mm
120 mm
D
A
x
z
60 mm
120 mm
180 mm
D
360 mm
x
z
180 mm
360 mm
180 mm
315 N
ÇÖZÜM: Kuvvet ve momentin ayrı ayrı eksenlerdeki bileşenleri bulunur:
360i − 120j + 180k
240i − 180k
FAC = 315.
= (270i − 90j + 135k)N MAB = 70
2
2
2
2
2
360 + 120 + 180
240 + 180
MDA = MAB + rDA x FAC
C
= ( 56i − 42k ) Nm
rDA = ( −360i + 120j + 180k ) mm
j
k
i
MDA = MAB + rDA x FAC = ( 56i − 42k ) −0.36 0.12 0.18 = (88.40i − 97.20j − 42k) Nmm
270 −90 135
49
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Uygulama: Şekilde verilen sistemde A noktasındaki bileşke kuvveti ve momenti bulunuz.
Çözüm: Verilen kuvvetler işaret ve eksenlerine göre toplanarak bileşke kuvvet bulunur.
Birleşke Kuvvet R = [( −300 −120) i + ( −50 ) j + ( −250) k ]N = [( −420) i + ( −50 ) j + ( −250) k ] R = ( 4202 +502 +2502 ) 0.5 = 491.325 N
A noktasındaki moment :
rB x ( ( −300 ) i +( −50 ) j )
MRA = r B x ( ( −300 ) i + ( −50) j ) + r D x ( ( −250 )k ) + r E x ( ( −120 ) i )
rD x ( ( −250 ) k )
j
k i
j
k
i
R
M A = 0.2
0 0 + 0.2 0 0.16 +
−300 −50 0 0 0 −250
0.2 x ( −50 )=−10 k
−0.2 x ( −250 ) j =50 j
r E x ( ( −120 ) i )
i
j
k
0.2 −0.1 0.16 = ( 30.8 ) j + ( −22 ) k ]Nm
−120 0
0
0.16 x ( −120 ) j −0.1 x 120 k=−19.2 j −12 k
R=491.325 N’luk kuvvet acaba A noktasından x, y ve z mesafeleri ne kadar?
j
k
i
R
M A = ( 30.8) j + ( −22 ) k ]Nm = Rx r R = rx
ry
rz = [50rz −250ry]i −[420rz −250rx]j +[420ry −50rx]k
−420 −50 −250
0 =[50rz −250ry]i
( 30.8) j =[420rz −250rx]j 3 denklem çözülecek
( −22 ) k ] =[420ry −50 rx]k
i
xi + yj + zk = 1 =R⋅M= Rx
RiR
Mxo
j
Ry
Myo
x = [ 50⋅22 + 30.8⋅250 ] = 0.049m
179150
k
j
k
i
[ −420⋅22 ]
1
R z → xi + yj + zk =
= −420 −50 −250 → y =
=−0.052 m
179150
4202 + 502 + 2502
0
Mzo
30.8 −22
[ −420⋅30.80 ]
z =
=−0.0722 m
179150
Uygulama 3: a: Şekilde verilen kuvvetleri ve momenti (500 Nm) A noktasına taşıyınız.
b: Şekilde verilen kuvvetleri ve momenti (500 Nm) E noktasına taşıyınız.
y
İlk önce 300 N’luk kuvvet birleşenlerine ayrılır;
3m
−4i+3j+3k
F=300
=−205.80i+154.35j+154.35k
42 +32 +32
6j−6k
500kNm lik moment bileşenleri MDB =500
=353.55j−353.55k
62 +62
300 N
C
3m
4
B
10m
100 N
6m
200 N
500 Nm
A
4m
6
z
50
G
m
D
E
m
200 N
200 N
x
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Açıklama: Üç boyutlu sistemlerde yani uzayda kuvvetlerin bileşkesi çok genel olup her noktada aynı değer verir. Bunu ortadan
kaldırmak için bir nokta belirlenir ve o noktaya taşınır. Bu taşınma sonucunda M ve R etkileri ortaya çıkar.
RA= RG=1511.40
y
10m
RiM =RiM
G
G
MG=MA+rGAxR
rGA
A
MA=1511.40 Nm
6m
90.6o
x
A
Kuvvetlerin A noktasına taşınması;
z
∑Fx = ∑Rx =200−205.8=−5.80 N
{
Rbileşke = 5.82 + 454.352 +354.352 =576.22N
∑Fy = ∑Ry =200+154.35+100= 454.35 NR=−5.80 i + 454.35 j +354.35 k →
cos−1αx =− 5.8 =90.6o βy =38o γz =52o
576.22
∑Fz = ∑Rz =200+154.35=354.35 N
MDB momentinin A noktasına taşınması; MDB =353.55j−353.55k
y
y
R=576.22N
My=454.35
Ry=454.35N
M=1862.65
98.5o
Mx=-273.9kNm
z
A
x
90.6o
Rx=-5.80N
A
x
Mz=354.35
z
Ry=354.35N
Bir kuvvetin başka bir noktaya taşınması, kuvvetin taşınmak istenen noktaya aynı şiddet ve doğrultuda etkimesi ve kuvvetin şiddeti ile
taşıma mesafesinin dik birleşeni ile çarpımından elde edilen momentin istenen noktaya etkimesiyle olur. Kuvvetin bu şekilde
taşınmasına karşın momentin taşınması momentin istenilen o noktaya aynı şiddet ve yönde etkimesiyle olur. Buna göre verilen
kuvvetlerin ve MDB momentinin A noktasındaki momentleri aşağıdaki şekilde elde edilir.
j
k
j k i
j
k
i
i
+ 0
MA =[353.55j−353.55k]MDB + 0
6
0
0 6 +4 0
0
−205.8 154.35 154.35BC 200 200 0D 0 100 200E
[6x154.35−6x200]i
MA =[353.55j−353.55k]MDB + −[ −6x200+200x4 ] j =−273.9i+753.55j+1281.25k
[6x205.8+ 4x100]k
MA = 273.92 +753.552 +1281.252 =1511.40 Nm
cos−1αx =− 273.9 =100.44o
1511.40
βy =60.10o
γz =32o
A noktasında kuvvetlerin kendileri ve kendileri ile mesafelerin çarpımı kadar momentleri bulunur. Kuvvetlerin ve momentlerin A
noktasında birleşenleri ve eksenlerle yaptıkları açılar yukarıda bulunmuştur.
b: Şekilde verilen kuvvetleri ve momenti (500 Nm) E noktasına taşıyınız.
Yukarıda tüm kuvvetler A noktasına taşındığı için E noktasına sadece A noktasındaki bileşenler taşınır.
51
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
MA =−273.9 i +753.55 j +1281.25k}
RA =−5.80 i + 454.35 j +354.35k
j
k
i
MG =MA +rGA xRA =−273.9 i +753.55 j +1281.25 k + −10
−6
0 =−2400 i + 4297 j −3297k
−5.8 454.35 354.35
MG = −24002 + 42972 −32972 =5924.3kNm→cos−1αx =− 2400 =113.9o
5924.3
y
βy =43.5o
γz =123.8o
y
10m
RA=576.22N
My=454.35
M=1511.40
98.5
MA=1511.40 Nm
x
A
Mx=-273.9kNm
z
Ry=454.35N
o
Rx=-5.80N
Mz=354.35
z
G
rGA
6m
90.6
o
x
A
Ry=354.35N
VEYA: Her kuvvet ayrı ayrı G noktasına taşınarak aynı değerler bulunur.
y
3m
300 N
C
3m
4
B
rBG
m
100 N
6m
200 N
rEG
rDG
500 Nm
A
4m
6m
z
G
10m
x
E
200 N
200 N
D
j
k
j k i
j
k
i
i
MG =[353.55j−353.55k]MDB + −10
0
0
+ −10 −6 6 + −6 −6
0
−205.8 154.35 154.35BC=300 200 200 0D 0 100 200E
[ 0−6x200−6x200]i
MG ==[353.55j−353.55k]MDB + −[ −10x154.35−6x200−200x6 ]j
=−2400 i + 4297 j −3297k
[ −10x154.35−10x200+6x200−6x100]k
R=576.22N
Rx=-5.80N
MG = −24002 + 42972 −32972 =5924.3 kNm→cos−1αx =− 2400 =113.9o
5924.3
βy =43.5o
Uygulama 3: Şekilde verilen kuvvetleri ve momenti (400 Nm) D noktasına taşıyınız(RD=? MD=?).
800kN
y 6
C
3
D
G
4
500kN
E
4
A
z
4
O
F
B
400kNm
5
6
x
10
52
γz =123.8o
Ry=354.35N
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Çözüm: Kuvvet ve momentin bileşenleri aşağıdaki şekilde bulunur.
10i+ 4j−6k
10i+8j+10k
FCE =800
=648.89i+259.55j−389.33k FGF =500
=307.73i+246.18j+307.73k
102 + 42 +62
102 +82 +102
R=FCE +FGF =648.89i+259.55j−389.33k+307.73i+246.18j+307.73k= 956.62i+505.73j−81.60k
MBA = 400 10i−9k =297.32i−267.59k
2
2
10 +9
MBA momenti D noktasına taşınırsa MBA=MDO olur. Yani momentin bir noktadan başka noktaya taşınması değerini değiştirmez.
800kN
y 6
C
y
D
G
4
rDE
E
A
z
C
3
3
4
800kN
6
500kN
F
4
E
B
400kNm
4
rDF
O
5
D
G
6
A
10
z
4
500kN
F
4 rEO
O
x
rOD
B
400kNm
6
5
x
10
AA:D noktasındaki moment herbir kuvvetin D noktasına taşınması ile bulunur.
FD =R= 956.62i+505.73j−81.60k R= 956.622 +505.732 −81.602 =1085.15kN rDE =15i−9k rDF =15i+ 4j
j
k i
j
k
i
MD =MBA + rDE xFCE + rDF xFGF =297.32i−267.59k + −15
0
9
+ −15
−4
0
648.89 259.55 −389.33 307.73 246.18 307.73
MD =297.32i−267.59k−2335.95i+0j−3893.25k−1230.92i+ 4615.95j−2461.78k= −3269.55i+ 4615.95 j−6622.62k
BA: Kuvvetler “0” notasına taşınır ve oradan bileşke kuvvet kullanılarak aşağıdaki şekilde D noktasındaki moment bulunur.
'O'noktasınagörekuvvetlerin
toplanması( ∑MO =?)
i
j
k i
j
k
MO =MBA + rEO xFCE + rFO xFGF =297.32i−267.59k+ 0
4
3 + 0
0
−6
648.89 259.55 −389.33 307.73 246.18 307.73
MO =−561.57i+100.29j−2863.15k
"OD"doğrultusundaki moment
i
j
k
MD =MBA + rDO xR=−561.57i+100.29j−2863.15k+ −15
6 = −3269.55i+ 4616.01j−6622.62k
−4
956.62 505.73 −81.60
MD =MBA + rDO xR=−561.57i+100.29j−2863.15k+{ [(x−15)i+(y−4)j+(z+6)] x[956.62i+505.73j−81.60k] }= −3269.55i+ 4616.01j−6622.62k
MD =MBA + rDO xR=−561.57i+100.29 j−2863.15k+{ [(x−15)i+(y−4)j+(z+6)] x[956.62i+505.73j−81.60k] }= −3269.55i+ 4616.01j−6622.62k
53
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
i
xi + yj + zk = 1 =R⋅MO = R x
RiR
Mxo
k
1
Rz → xi + yj + zk =
956.622 + 505.732 + 81.602
Mzo
j
Ry
Myo
j
k
i
= 956.62 505.73 −81.60
−561.57 100.29 −2863.15
x = [ −505.73⋅2863.15 + 81.6⋅100.29 ] =−1.223 m
1177543.22
[ −956.62⋅2863.15 − 81.6⋅561.57 ]
=2.365m
→ y = −
1177543.22
[ 505.73⋅561.57 + 956.62⋅100.29 ]
z =
= 0.323 m
1177543.22
"OD" doğrultusundaki moment
i
j
k
MD =MBA + r DO x R =297.32 i −267.59 k + −16.223 −1.635 6.323 = −3269.55 i + 4616.01j −6622.62 k
956.62 505.73 −81.60
800kN
y 6
505.73jkN
C
3
G
4
4
A
D
rOD
500kN
E
F
O
MD=8709.57kNm
R=1085.15kN
rKD
B
400kNm
5
81.6k kN
956.62i kN
4616.01j kNm
4
6622.62k kNm
6
K
x
3269.55i kNm
D
10
'K'noktasınagörekuvvetlerintoplanması( ∑MK =?)
z
i
j
k i
j
k
MK =MBA + rEK xFCE + rFK xFGF =297.32i−267.59k+ −15
4
3 + −15
0
−6
648.89 259.55 −389.33 307.73 246.18 307.73
MK =−561.57i−1123.71j−10449.1k
"KD"doğrultusundaki moment
j
k −3269.55i+ 4616.01j−6622.62k
i
MD =MBA + rDK xR=−561.57i−1123.71j−10449.1k+ 0
−4
6 =
2
2
2
956.62 505.73 −81.60 MD = 3269.55 + 4616.01 −6622.62 =8709.57kNm
Uygulama 1: Şekilde verilen sistemde;
a: x, y ve z eksenlerindeki momentleri,
z
E
10
200 kN
b: AD doğrultusundaki momenti hesaplayınız.
A
20
B
20
400 kN
a: Verilen kuvvetin eksenlerdeki birleşenleri,
rDE =[ −12i−18j+ 40k] F=
200
[ −12i−18j+ 40k]=[ −52.77i−79.16j+175.90k]
122 +182 + 402
400
rCO =[12i+8j+20k] 24.66F=
[12i+8j+20k ]=[194.65i+129.77j+324.41k ]
122 +82 +202
20
O
y
12
8
Orjindeki (O noktasındaki) x, y ve z eksenlerine göre moment, DO=12i+8 j CO=12i+8 j+20k yer vektörleri bulunarak
aşağıdaki şekilde hesaplanır.
54
C
D
x
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
j
k
i
M0 = 12
8
0 +
−52.77 −79.16 175.90
j
k
i
0
0
0
194.65 129.77 324.41
[1407.2−0]i−[2110.8−0.] j+[ −527.76+0]k
=
[1407.2i−2110.80 j−527.76k]kNm
400Nbirleşeniorjindeolduğuiçinmomentoluşmaz
Eğer her eksenin momenti ayrı hesaplanırsa matristeki aranan eksen numarasına 1 diğerlerine 0 yazılarak ayrı ayrı aşağıdaki şekilde
hesaplanabilir.
1x'momenti
Mx = 12
−52.77
0 1x'momenti
0
0
8
0 + 0
0
0 = 1[1407.2]=1407.20kNm
−79.16 175.90 194.65 129.77 324.41
0
0
1y'momenti
0 0
1y'momenti
My =− 12
8
0 + 0
0
−52.77 −79.16 175.90 194.65 129.77
0
0 =− 1[2110.80−0]=−2110.80kNm
324.41
0
1z'momenti 0
0
1z'momenti
0
Mz = 12
8
0 + 0
0
0 = 1[ −527.76 +0]=−527.76kNm
−52.77 −79.16 175.90 194.65 129.77 324.41
b: AD doğrultusundaki momenti bulmak için tüm kuvvetler A noktasına taşınır ve sonra AD doğrultman değerleri ile çarpılarak AD
doğrultusundaki moment aşağıdaki şekilde hesaplanır.
E
rAD=(0-12)i+(0-8)j+(40-0)k=-12i-8j+40k
A
z
20
10
200 kN
j
k
j
k
i
i
M = 12
8
−40
+ 0
0
−40 =
A
−57.77 −79.16 175.9200N 194.65 129.77 324.41400N
A moment
=[ −1759.2i+200 j−487.76k ] +5190.8i−7786j= 3431.6i −7586j −487.76k
200
MAD =MA irAD = 3431.6i −7586 j −487.76k i 12i+8j−40k =00
42.52
B
20
400 kN
C
20
O
y
12
8 D
x
VEYA; AD doğrultusundaki momenti bulmak için tüm kuvvetler D noktasına taşınır ve sonra DA doğrultman değerleri ile
çarpılarak DA doğrultusundaki moment aşağıdaki şekilde yukarıda hesaplanan AD doğrultusuyla aynı olarak hesaplanır.
j
k
j
k
i
i
M = 0
−12
0
0
+
−
8
0
=
D
−57.77 −79.16 175.9200N 194.65 129.77 324.41400N
D moment
=[0i+0j+0k ] −2595.28i+3892.92j−0.04k= −2595.28i +3692.92j −0.04k
200
MAD =MA irAD = −2595.28i 3692.92j +0.04k i −12i−8j+ 40k =000
42.52
55
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Uygulama 4: Şekilde verilen kuvvet (100 N, 200 N ve 400 N) ve momentin (600 Nm),
a)
AB doğrultusunda oluşturacağı momenti (MAB)
b)
Orjinden 14m deki S-S doğrultusundaki momenti (Mss) hesaplayınız.
Çözüm a: Eksenler üzerinde olmayan kuvvetlerin ve momentlerin birleşenleri bulunur.
y
−6j+ 4k
FAC =200
=−166.41j+110.94k
62 + 42
y
600 Nm
2m
B
−2i+2j−2k
MP =600
=−346.42i+346.42j−346.42k
22 +22 +22
C
100N
400 N
200 N
2m
2m
P
S
6m
O
14m
4
z
x
z
6
m
m
A
B noktasındaki momenti bulunarak AB doğrutusundaki birim vektörle çarpılarak MBA aşağıdaki şekilde bulunur.
j k
j
k
j
k
i
i
i
M =[ −346.42i+346.42j−346.42k] + 0 0 4
+6
+6
0
4
0
0
P
B
100 0 0100N 0 −400 0400N 0 −166.41 110.94200N
B
=[ −346.42i+346.42j−346.42k ]P + −−4x100j+ 4x400i−6x 400k−6x110.94 j−6x166.41k= 1253.58i +80.78j −3744.88k
B noktasında bulunan MB = 1253.58i +80.78 j −3744.88k momenti hangi doğrultuya taşınacak ise o yöndeki birim vektörle
(dogrultman cosinüsleri) çarpılarak taşınır. Örnekte AB doğrultusunda taşınması isteniğine göre bu yöndeki birim vektör;
uAB =
−6i+6j−4k
=−0.64i+0.64 j−0.426k ise MAB =MB iuAB =[ 1253.58i +80.78j −3744.88k ]iskaler [−0.64i+0.64j−0.426k]
62 +62 + 42
MAB =(1253.58x( −0.64))i.i+(80.98x0.64)j.j+( −3744.88x( −0.426))k.k=−802.29+51.83+1596.79= 846.20Nm
VEYA A noktasındaki moment bulunarak da MAB aşağıdaki gibi aynısı bulunur.
j k
j
k
j
k
i
i
i
M =[ −346.42i+346.42 j−346.42k] + −6 6 0
+0
6
0
+0
6
−4
P
A
100 0 0100N 0 −400 0400N 0 −166.41 110.94200N
A moment
[ −346.42i+346.42j−346.42k]P −600k+00+00= −346.42i +346.42j −946.42k
M AB =MA i uAB = −346.42i +346.42j −946.42k i[ −0.64i+0.64j−0.426k]=846.59 Nm
Çözüm b: Eksen bileşenleri bulunan kuvvetlerin orjin momenti hesaplanır ve S doğrultman değerleri ile çapılır.
j k
j
k
j
k
i
i
i
M =[ −346.42i+346.42j−346.42k] + −14 6 4
−8
−8
+
6
4
+
6
4
P
S
100 0 0100N 0 −400 0 400N 0 −166.41 110.94200N
S moment
[ −346.42i + 346.42j −346.42k]P +[ 00i + 400j +600k]100 +[1600i + 00j +3200k]400
+[1331.28i + 877.52j +1331.28k]400 += 2584.86i +1623.94j +4784.86k
M =M i u = 2584.86i +1623.94j +4784.86k i[ j]=1623.94 Nm (y ekseninde)
S A ss
56
x
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Soru 3: Verilen sistemde A-B doğrultusundaki momenti (MA-B=?) bulunuz.
Çözüm: F=800 N’luk kuvvetin eksenlerindeki bileşenleri bulunur.
y
326.65
C
y
A
326.65
800 N
6
rAC=4-(-4)=8k
A
B
4
8
653.20
C
rCA=-4-(4)=-8k
800 N
6
B
4
8
x
x
4
4
D
16
z
uxAB
MAB =MO i uAB =uAB−cosinüsleri i rA−CxF = rxA−C
Fx
uyAB
ryA−C
Fy
D
uzAB 16/19.6
−8/19.6 16 −8/19.6
z
ryA−C = 0
0
8 =00
Fz 653.2 −326.65 326.65
0.8165 −0.4082 −0.4082
0
8
16i−8j+8k
MAB = 0
16i−8j+8k
F=800
=800
=653.2i−326.65j+326.65k
19.60
−
653.2
326.6
326.6
162 +82 +82
16i−8j−8k
0.8165⋅((8⋅326.6))=2133.35i
=0.8165i−0.4082j−0.4082k
rAC =8k→ηAB =
∑0.00
162 +82 +82
−0.4082⋅(8⋅653.2) =−2133.09 j
j
k
i
M = 0
0
8
AB
F=800 16i−8j+8k =653.2i−326.6j+326.65k
653.2 −326.6 326.6
162 +82 +82
VEYA
16i−8j−8k
i((8⋅326.6))=2612.80i j(8⋅653.2)=5225.6j
r
8k
0.8165i
0.4082j
0.4082k
=
→η
=
=
−
−
AC
AB
2
2
2
16 +8 +8
M
=
r
i
M
=
2612.80i
+
5225.6j
•
0.8165i
−
0.4082j
−
0.4082k
][
]=0
AB AB AC [
Uygulama 1: Şekildeki sistemin A noktasında tutulduğu zaman dengede ise A noktasına uygulanması gereken FA=? ve MA=?
y
y
B
B
800 N
6
A
E
200 N
800 N
-1000 Nm
200 Nm
8
4
x
z
E
2000 Nm
4
8
D
423.85
3000 Nm
16
-1000 Nm
529.81
743.1Nm
D
4
1390.8 Nm
A
200 N
4
C
16
z
Çözüm: Verilen kuvvetlerin bileşenleri bulunur.
7781.58 Nm
623.85
1. F=800 N ve F=200 N’luk kuvvetin eksenlerindeki bileşenleri bulunur.
57
x
3000 Nm
C
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
10i−8j+8k
F=800
=529.81i−423.85j+ 423.85k
2
2
2
10 +8 +8
529.81i−423.85j+ 423.85k−200j= 529.81i−623.85j+ 423.85k
−8j
F200 =200 =−200j
2
8
2.
rAB =6i−8k
3.
F=800 N’luk kuvveten A’da oluşan M=rxF
j
k
i
MA = 6
0.0
−8 Nm=[ −8⋅423.85]i−[8⋅529.81+6⋅423.85]j+[ −6⋅423.85]k
529.81 −423.85 423.85
MA =[ −3390.8i−6781.58j−2543.1k]Nm
j
k
i
4.
rAE = 6i⇒MA = 6
0
0 =−1200k
0 −200 0
∑MA =MAB +MAE =[[ −3390.8i−6781.58j−2543.1k]−1200k ]=[ −3390.8i−6781.58j−3743.1k]Nm
F=200 N’luk kuvveten A’da oluşan rAE = 6i
5.
D noktasındaki momentten dolayı A’da oluşan moment;
NOT: BİR MOMENTİN BİR NOKTAYA GÖRE MOMENTİ KENDİSİNE EŞİTTİR.
Buna göre D noktasındaki momentten dolayı A noktasında oluşan moment; MA =[2000i−1000j+3000k]Nm
6.
Buna göre A noktasındaki toplam moment;
∑MA =MAB +MAE +MDmoment =[[ −3390.8i−6781.58j−3743.1k]]+ [2000i−1000j+3000k]= [[ −1390.8i−7781.58j−743.1k ]]Nm
Kuvvetlerden
Momentten
∑F=F800 +F200 = 529.81i−623.85j+ 423.85k
Uygulama: Verilen kuvvetlerden dolayı A noktasında oluşan momentin hesaplanması.
45o
y
75
50
A
2000 kN
45o
C
50
B
30o
100
100
z
1200 kN
60o
x
D
2000 kN
E(150,-50,100)
Çözüm: Sistemde verilen kuvvetlerin eksenlerdeki birleşenleri bulunur.
75i−150j+50k
FB =2000 2
=858i−1714j+578k
2
2
75 +150 +50
Kuvvetlerin analizi FC =2000(cos45i−cos45j)=1414i−1414 j
R=∑F=2872i−2089j+578k
F =1200(cos60i+cos30j)=600i+1039j
D
{
58
Kuvvetlerden+Momentten
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
MA değeri aşağıdaki şekilde hesaplanır.
F
F
F
i[17
14⋅0.05]=85.7i
− j[0.075⋅578−0.05⋅858] =−
0.45j
k[ −1714⋅0.075] = −128.55k
i =0
− j[0.075⋅1414 + 0.05⋅1414] =−176.75j
k =0
i =0
− j =0
k[1039⋅0.1+600⋅0.1] =163.90k
B
C
D
i
i
i
j
k
j
k
j
k ∑ 85.7i
R
MA = 0.075
0
0.050 +
+ 0.10 −0.10 0 ∑ −177.2j
0.075 0 −0.050
858 −1714 578
1414 0 1414
600 1039 0 35.35k
∑
Bileşke vektörün uygulama noktasının bulunması için bileşke kuvvetin orijine göre momenti diğer üç kuvvetin orijine göre momentlerine
eşit olması şartından aşağıdaki şekilde bulunur.
R birleşke kuvvetin "O" momenti
j
k
i
M0 = 85.70 i − 177.20 j + 35.35k = x
y
z
2872 −2089 578
y
z
= 578y + 2089z
Mxi = 85.70 i =
x=0.0429
−2089 578
x
z
Mxj = −177.20 j =
=
−
[578x
−
2872z]
y=0.0435
Üç denklemin çözümünden
2872 578
x
y
z = −0.0531
Mxk = 35.351k =
=
−
2089x
−
2872y
2872 −2089
R birleşke kuvvetin "O" momenti
j
k
i
M0 = 85.70 i − 177.20 j + 35.35k = 0.0429 0.0435 −0.0531 = 85.78 i − 177.29 j + 35.31k
2872 −2089
578
Bulunan bileşen kuvvetin orijine göre momenti alınarak diğer üç kuvvetin orijine göre momentlerine eşit olması durumu kontrol
edilmiştir. Bileşke kuvvet orijine yakın bir nokta bulunmaktadır.
Uygulama 2.8. 5x8 m lik asılı plağın M0A = ? M0B = ? M0D = ? momentlerini hesaplayınız.
F=800 N
y
rCE =[ 4 i+11j−4 k ] F=
800
[ 4 i+11j−4 k ]=[ 258.71i+711.44 j−258.71k ]
4 2 +112 +4 2
4
i
j
k
r oc =[ 4 i−3 j+4 k ]→Mo = 4
−3
4 =[ −2069.63 i+2069.63 j+3621.89 k ]
z
258.71 711.44 −258.71
ηoD
3
E
8m
m
m
x eksenine paralel MoA ekseni boyunca olan momentin hesabı
MoA = Mo i = [ −2069.63 i + 2069.68 j + 3621.89k] i = −2069.63 Nm
8i − 3j + 4k
MoB = Mo ηoB = [ −2069.63i + 2069.68j + 3621.89k] i
82 + 32 + 42
A
r
4m
D
ηoB
4m
C
B
−2069.63 x8 + 2069.68x(−3) + 3621.89x4
= −877.52 Nm
=
82 + 32 + 42
Bir kuvvetin bir noktaya göre momentini momenti orijine taşımadan da istenilen noktaya moment olarak taşınabilir. Bunun için
aşağıdaki matriste görüldüğü gibi ilk satıra i, j ve k yerine kuvvetin taşınacağı doğrultunun cosinüs doğrultman değerleri yazılır.
59
x
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
uax
Mo = r x F rx
Fx
Mo =
ua y
ry
Fy
uaz
rz = uax Fz ry − Fy rz i − uay [ Fz rx − Fxrz ] j + uaz Fy rx − Fxry k
Mx
Mz
Fz
My
= [0.848( −2069.63i)] + [ −0.318 ( − 2069.630j)] + [0.424(3621.89k)]
4
−3
4
258.71
711.44
−258.71
8i − 3j + 4k
MoB = [ −2069.63i − 2069.68j + 3621.89k]
= −1755.04 + 658.16 + 1535.68 = 438.80 Nm
9.433
VEYA
−3j + 4k
MoD = Mo ηoD = [ −2069.63i − 2069.68j + 3621.89k]
= 1241.81 + 2897.51 = 4139.32Nm
32 + 42
8i
82 +32 + 42
−3 j
=0.848
82 +32 + 4 2
4i
=−0.318
82 +32 + 42
−0.318
0.848
=0.424
0.424
KUVVETLERİN EKSENE GÖRE MOMENTİ
Bir kuvvetin bir eksen boyunca oluşturduğu moment (MAB=?),
1. Söz konusu kuvvet veya kuvvetlerin istenilen eksene dik olacak şekilde taşınarak elde edilen momentin (MC=rxF) hesabı
2. Taşınan eksende hesaplanan momentin (MC=rxF) istenen eksenin doğrultman değerleri (MAB=ηAB(rxF) ile çarpılması
ile elde edilir.
MAB=ηAB (rxF)
B
B
MC=rxF
B
C
F
F
y
z
D
A y x
z
x
F
r
A
r
D
ηAB
A
r r r
r
[xD − xC ]i + [yD − yC ] j + [zD − zC ]k
yj
xi
zk
F = Fu = F = [F]
2
2
2 1/2 = F + + = Fxi + Fyj + Fzk
r
r
r
r
([[xD − xC ]i + [yD − yC ]j + [zD − zC ]k ] )
r + r + r
ABxi
AByj
ABzk
ηAB =
→ MAB = ηAB iMC = ηAB i(rxF)
r2 + r2 + r2
ABx ABy ABz
Uygulama 1.7. MO=? MOE=?
F1=20 N
C
z
D
5m
4m
4m
5m
E
8
5m
F3=100 N
B
8m
m
y
F2=200 N
74.31j kNm
E
45.18k kNm
F
x
12m
1042.08i kNm
8m
4m
A[4,8,-12]
60
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Çözüm: 1. İlk önce verilen kuvvetlerin eksenlerdeki bileşenleri bulunur.
Kuvvetin eksenlerdeki bileşenleri
−5−4 ) ( −8−8 ) ( 4 −( −12 ))
(
−9 i −16 j +16 k
rAC
= −7.392 i −13.14 j +13.14 k
F1 =F1 =20
2
2
2
rAC
9 +16 +16
FR = F1 + F2 + F3
8−8 ) ( 0−( −12 ))
( 0−4 ) (
( −5 )) ( 8−0 ) ( 0−4 )
( 4−
−4 i +0 j +12 k
+
9
i
8
j −4 k
rAB
r
DF
=−63.246 i +189.737 k F3 =F3 =100
=70.93 i + 63.05 j − 31.52 k
F2 =F2 =200
2
2
2
2
2
4 +12
rAB
rDF
9 +8 + 4
2. Sonra kuvvetlerin herbiri O noktasınasına taşınarak Mo momenti hesaplanır.
j
k i
j
k i
j
k
i
−12 + 4
−12 + −5
1. M0 = 4
8
8
0
4 =1213.14 i +162.24 j +197.28 k
−7.39 −13.14 13.14 −63.246 0 189.737 70.93 63.05 −31.52
3. “O” noktasınasında bulunan Mo momenti doğrulman değerleri ile çarpılarak MOE hesaplanır.
15 i
8j
15 i − 8 j − 4 k
4k
M0 E =M0 i rOE =1213.14 i +162.24 j +197.28 k i
−197.28 k i
=1213.14 i i
−162.24 j
17.46
17.46
152 + 82 + 4 2 17.46
1042.22 i ⋅ i
M0 E =1042.08 i −74.31 j − 45.18 k
−74.34 j ⋅ j
−45.20 k ⋅k
M0 E = 1042.222 + 74.34 2 + 45.202 =1045.85kNm
4. Yukarıda 2. ve 3. maddedeki işlemler aşağıdaki şekilde tek yapılabilir.
"O" koordinatlarından E koordinatları çıkarıldı
−8j
−4i
−8j
−4i
−8j
−4i
15i
15i
15i
2 +82 + 4 2
152 +82 + 42
152 +82 +4 2
17.46
17.46
17.46
17.46
17.46
17.46
15
−0.458
−0.229 0.859 −0.458 −0.229 0.859 −0.458 −0.229
0.859
r =15 i − 8 j − 4 k M0 E = 4
8
−12 + 4
8
−12 + −5
0
4
2. OE
−
7.39
−
13.1
−
4
13.14
63.246
0
1
89.7
3
7
70.93
63.05
−
31.52
2
2
2
M0 E =1042.08 i −74.31 j − 45.18 k →M0 E = 1042.22 + 74.34 + 45.20 =1045.85kNm
E noktası koordinatlarından O noktasının koordinatlarının çıkarılması halinde mutlak değerler değişmezken sadece vektör işaret
değiştirir.
"E" koordinatlarından "0" koordinatları çıkarıldı
3.
8j
4i
8j
−15i
−15i
4i
8j
4i
−15i
152 +82 +4 2
17.46
152 +82 +4 2
152 +82 + 42
17.46
17.46 17.46
17.46
17.46
0.458
0.229 −0.859 0.458 0.229 −0.859 0.458 0.229
−0.859
rEO =−15 i + 8 j + 4 k M0 =
4
8
−12 + 4
8
−12 + −5
0
4
4
63.246
0
189.737
70.93
63.05
−
31.52
−
7.39
−
13.14
13.1
−
M0 E =−1042.08 i + 74.31 j + 45.18 k → M0 E = 1042.082 + 74.312 + 45.182 =1045.85kNm
61
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
y
Uygulama 1.7. MDA=? MDC=? MBA=?
A
6
8
3i+6j−4k
F=800 2 2 2 =307.29i+614.58j−409.72k
3 +6 + 4
ηAD =
800N
4
9
O
7
−8j+7k
=−0.753j+0.659k
82 +72
D
z
B
x
3
C
4
−0.753 0.659
0
MDA =ηAD i rOA xF 0
−8
0 =(0⋅(8⋅409.72)) i ⋅ i =1 −0.753⋅(0) j +0.659⋅(8⋅307.29) k =1620.03Nm
307.29 614.58 −409.72
0
0
1
4i
ηAD = 2 =1i→MDC =ηDC i rCA xF 5
0
0 =0 (Çünkü OBparalel DC)
4
307.29 614.58 −409.72
0
0.723 −0.664
9i−8j
0 =(0.723⋅(8⋅409.72))−( −0.664⋅(9⋅( −409.72)))=−78.67Nm
ηAB = 2 2 =0.723j−0.664j MAB =ηAB i rAB xF 9
−8
8 +9
307.29 614.58 −409.72
Uygulama: TAB=500 N ise MAO=? ve MBO=?
A
9
y
A
12
9
y
12
16
16
12
O
12
O
x
z
x
z
B
Çözüm: Önce kuvvetin eksenlerdeki birleşenleri ve sonra AO doğrultusundaki moment bulunur.
B
−( −9 ) ( 0−16 ) ( 12−0 ))
( 12
21 i −16 j +12 k
r
= 362.07 i −275.86 j +206.90 k
FBA = 500 BA = 500
rBA
212 +162 +12 2
i
j
k
rAO =−9 i +16 j Mo = rAO xFAB = −9
16
0 = 3310.4 i +1862.1j −3310.38k
362.07 −275.86 206.90
FAB = − FBA = −362.07 i +275.86 j −206.90 k
j
k
i
BO doğrultusu
rBO =12 i +12k Mo = rBO x − FBA = 12
0
12 =−3310.12 i −1862.04 j + 3310.32k
−362.07 +275.86 −206.90
MAO ve MBO mutlak değerce aynı ve işaretleri ters olmaktadır. Bu durum momentlerde dönüş yönünün etkili olduğunu göstermektedir.
62
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Uygulama 2.6. 800 N’luk kuvvetin Mo=? [kuvvetin bazı özelliklerini kullanarak 4 değişik yoldan]
Moment kolu olan “O” noktasına dik d mesafesinin
aşağıdaki şekilde olur.
x
8
x
=
⇒ x = 6.71m veya tan40 = x = 6.71m x' = 6.71 − 4 = 2.71m
sin40 sin50
8
x2
x'
=
⇒ x2 = 2.71xsin40 = 1.74
sin40 sin90
x1 = 6.712 + 82 = 10.44m
M = Fd
d = 8cos40 + 4sin40 = 8.70m
hesaplanması
d = x1 − x2 = 10.44 − 1.74 = 8.70m
M = 800.8.70 = 6960 Nm
Varignon teoremi M=F .d=Fx.y+ Fy.x M=612.84 x 8 +514.23 x4=6959.64 Nm
Kuvvetlerin kaydırılabilme özelliği ile B noktasına kaydırılmış ve çarpanlarına ayrılmıştır. Buna göre;
M=F .d=Fx.[8+d1]+ Fy.x
d1=4sin40/sin450=3.36 veya d1=4tan40=3.36
M=612.84 [8+3.36]+514.23x0=6961.86 Nm
C noktasına kaydırılmış ve çarpanlarına ayrılmıştır. Buna göre
M=F.d=Fx.x+ Fy. [4+d2]
d2=8sin50/sin40=9.53 m veya
d2=8/tan40=9.53 m
M=514.23 [4+9.53]+612.84x0=6959.60 Nm
Uygulama: Şekilde verilen sistemin dengede olması için F=?
B
y
B
C
5
4
4
5
8
x
A
100 Nm
4
200 Nm
6
G
300 Nm
F=?
4
4
8
x
4
E
400 N
A
100 Nm
4
200 Nm
z
y
C
F=?
D
z
G
300 Nm
63
6
4
E
400 N
D
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Çözüm: Verilen kuvvetlerin eksenlerdeki birleşenleri bulunur.
400
=
−
+
=
−
+
=
−
+
r
[8i
5j
10k]
F
[8i
5j
10k]
[232.77i
145.48j
290.96k]
BD
82 + 102 + 52
Kuvvetlerin analizi
F
rCE = [4j − 4k]
F=
[4j − 4k] = F[0.707j − 0.707k]
42 + 42
MG için kuvvetlerin uygulama noktaları (B ve E) ile G arasındaki yer vektörleri aşağıdaki şekilde bulunur.
rGB = [ −5j + 10k]
Kuvvetlerin G noktasına olan doğrultmanları
r = [ −8i + 10k]
GE
ηGB =
ηGE =
[ −5j + 10k]
2
2
5 + 10
[ −8i + 10k]
2
2
8 + 10
= [ −0.447j + 0.8944k]
= [ −0.625i + 0.781k]
j
k i
j
k
i
−5
MG = 0
10 + −8
0
10 F = 2327.70j + 1163.85k + [ −7.07i − 5.66 j − 5.66k] F
232.77 −145.48 290.96 0 0.707 −0.707
1.
MG = −200i + 100j + 300k = 2327.70j + 1163.85k + [ −F7.07i − F5.66 j − F5.66k ]
F = (200 / 7.07) = 28.29 i + [( −100 + 2327.70) / 5.66] = 393.59 j + (1163.85 − 300) / 5.66 = 187.96k
F = (28.292 + 393.592 + 187.962 )0.5 = 437.08 N
j
k i
j
k
i
MG = −8
0
0 + −8 −4
14 F =
232.77 −145.48 290.96 0 0.707 −0.707
MG = 2327.68j + 1163.84k + [ −7.07i − 5.66 j − 5.66k]F
2.
MG = −200i + 100j + 300k = 2327.70j + 1163.85k + [F7.07i − F5.66 j − F5.66k]
F = (200 / 7.07) = 28.29 i + [( −100 + 2327.70) / 5.66] = 393.59 j + (1163.85 − 300) / 5.66 = 187.96k
F = (28.292 + 393.592 + 187.962 )0.5 = 437.08 N
r
=
[8i
−
5j
+
10k]
BD
KONTROL Kuvvetlerin analizi
r = [4j − 4k]
F=
CE
F=
400
[8i − 5j + 10k] = [232.77i − 145.48j + 290.96k]
82 + 102 + 52
437.08 [4j − 4k] = [309.06j − 309.06k ]
4 2 + 42
j
k i
j
k
i
MG = 0
−5
10 + −8
0
10 = −3090.6i − 144.78j − 1308.63k
232.77 −145.48 290.96 0 309.06 −309.06
64
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Uygulama 3: Verilen kuvvetler ve momentlerden oluşan sistemde R=? ve Mo=?
ÇÖZÜM: Verilen kuvvetlerin bileşkesi bulunur. R = ∑ Fİ = − 84j − 80k
R = (842 + 802 )0.5 = 116 N
Kuvvet ve momentlerin orijine göre momentleri aşağıdaki şekilde hesaplanır.
j
k
j
k
i
i
momentler
MR0 = (r0 xF) + MC = 0.6 0 0.1 + 0.6 0 0.1 + (−30j − 32k) = ( −15,6i − 2j − 82, 4k ) Nm
0 84 0
0 84 0
84 N
80 N
Uygulama: R⋅M=0 ve bileşkenin y-z düzlemini kestiği noktayı hesaplayınız.
y
A
60
D
14Nm
y
R
50N
120
C
70N
z
z
P
B
E
y
R
40
10Nm
=
H
z
y
x
x
60
160
z
60
F
G
40
M 0R
120
x
Çözüm: Kuvvetlerin eksenlerdeki bileşenleri hesaplanır.
n sayıdaki kuvvetin vektörel toplamına bileşke (geometrik toplam) kuvvet denir.
n
R = ∑Fi
i=1
Bu n sayıda kuvvetten oluşan kuvvet sisteminin bir uzayın o noktasına göre momentine bileşke moment denir ve bu bileşke moment
her bir kuvvetin bu noktaya göre moment vektörlerinin toplamına eşittir.
n MO = ∑Or i xF
i=1
MO ve geometrik toplamın R her ikisine birden bu vektör sisteminin indirgeme elemanları denir. Bir
kuvvet sisteminde bir noktadaki indirgeme elemanlarından faydalanarak başka noktalardaki MQ ve R BİLEŞENLERİ bulunur.
n n MQ = ∑Or i xF = ∑ Or i +Qr i xF = MO +Qr i xR
i=1
i=1
Elde edilen bileşke moment
65
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
40 i + 60 j −120 k
2
2
2 0.5
FG =70 i
= 20 i + 30 j −60 k R =FA + FG = 50 k + 20 i + 30 j −60 k = 20 i + 30 j −10 k R = [ 20 + 30 +10 ] = 37.42 N
2
2
2
40 + 60 +120
i
j
k i
j
k
160 i −120 j
40 i −120 j + 60 k
M = ∑MC + ro xF =10 i
+14 i
+ 0 0.12 0 + 0.16 0
0 = 18 i − 8.4 j +10.8 k
2
2
2
2
2
160 +120
40 + 60 +120 0 0 50 20 30 −60
R
o
R i M = 0 → 20 i + 30 j −10 k i 18 i − 8.4 j +10.8 k = 360 −252 −108 = 0
j
k 18 i − 8.4 j +10.8 k = [ −10 y − 30 z ] i + [ 20 z ] j − [ 20 y ] k
i
z →
MRo = rp xR = 18 i − 8.4 j +10.8 k = 0 y
x = 0 y =−10.8/20 =−0.54 z =−8.4/20 =−0.42
20 30 −10
Uygulama: Verilen kuvvetlerin tek bir kuvvete (R) eşdeğer olması için ( R i MO = 0 )
a: Sistemin dengede olması için P=? bulunuz. b: Mo i R = MQ i R olduğunu gösteriniz.
c: Bileşkenin deldiği K(x,y) noktasının x ve y koordinatlarını bulunuz. d: Ms=?
rBA
(4 −0)i+(5−0)j+(0−6)k
(4)i+(5)j+(−6)k
FBA =F⋅
=500⋅
=500⋅
=(227.92 i +284.90 j−341.88k ) N
77
(4 −0)2 +(5−0)2 +(0−6)2
rBA cosinüs
rCA
FCA =F⋅
=600⋅
rCA cosinüs
rOE
FOE =F⋅
=200⋅
rOE cosinüs
(0−4)i+(5−5)j+(6−0)k
=600⋅
−4i+6k
z
B
C
P
=( −332.82 i + 499.23k ) N
52
500 N
(0−4)2 +(5−5)2 +(6−0)2
O
6m
200 N
r
(4 −0)i
(0−6)k
=(200 i ) N
FDA =P⋅ DA
=P⋅
=( −Pk) N
K(x,y)50
(4 −0)2
(0−6)2
rDA cosinüs
x
m0N
5
R=∑Fİ = (227.92−332.82+200) i +284.90 j +( 499.23−341.88−P)k N= (95.10) i +284.90 j +(157.35−P)k
600N
Q
y
4m
A
j
k i
j
k i j k
i
0
6
4
5
0 + 4 5 6
+
∑MO = 0
227.92 244.90 −341.88 −332.82 0 499.23 0 0 − P
−1469.4 i +1367.52 j +2496.15i −1996.92 j +1664.10 k −5P i + 4 P j = (1026.75−5P ) i + ( −629.40 + 4 P ) j +1664.10 k N
R i MO = 0⇒ ( 95.10) i +284.90 j + (157.35−P ) k • (1026.75 −5P ) i + ( −629.40 + 4 P ) j +1664.10k = 0 ⇒
( 95.10 ) i • (1026.75 −5P ) i = 0 ⇒ 97643.93 − 475.50 P
284.90 j • ( −629.40 + 4 P ) j = 0 ⇒−179316.06 +1139.60 PP =180174.01/1000 = P =180.174 N
(157.35−P ) k • 1664.10k = 0 ⇒ 261846.14 −1664.10 P
66
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
R = ( 95.10 ) i +284.90 j + (157.35− P =180.174 ) k = ( 95.10 ) i +284.90 j + ( −22.824 ) k
Bileşke R = 95.102 +284.902 +22.824 2 = 301.22 N
α = cos −1 95.10 =72 o α = cos −1 284.90 =19o α = cos −1 22.824 = 86o
y
z
x
301.22
301.22
301.22
P = 180.174 N →
∑M = (1026.75− 5 P ) i + ( −629.40 + 4 P ) j +1664.10k = ( −125.88) i + 91.30 j +1664.10 k
O
Bileşke M = 125.882 + 91.302 +1664.102 =1671.35 Nm
−1 125.88
o
−1 91.30
o
−1 1664.10
o
α x = cos 1671.35 = 86 α y = cos 1671.35 = 87 α z = cos 1671.35 = 5.40
Bir kuvvet sisteminin değişmezleri; Bir kuvvet sisteminde kuvvetlerin geometrik toplamı olan R noktadan noktaya değişmez.Bir
kuvvet sisteminde bileşke momentin geometrik toplam üzerindeki izdüşümü noktadan noktaya değişmez.
(
)
) (
)
( )
MQ i UR = MO +QOxR i UR
(M
Q
R ve UR−bileşkenin cosinüsleri aynı doğrultuda olduğundan QOxR i UR = 0 →MQ i UR =MO i UR
i UR R = MO i UR R →→MQ i R =MO i R
z
z
B
z
B
C
B
C
C
Mo
D
m
6
Q
284.9
O
72o
20o
95.10
40.76
x
1664.1
5m
82o
y
6m
4
A
D
y
6m
y
m
4
98.78
x
D
87o
271.02
m
R
10o
Mo
m
A
5
4m
R
x
5m
A
b: Mo i R = MQ i R olduğunu gösteriniz
r MQ i rR = (Mo + rOQ R ) i rR ( rOQ R ) i rR =0 ( R ve r aynı doğrultuda ) →MQ i rR =Mo i rR →MQ i R =Mo
rR
i r → MQ i R =Mo i R
rR
j
k
i
MQ =Mo + rQO xR = ( −98.78) i + 271.02 j +1664.10k + 0
5
0 = ( −302.58) i + 271.02 j +1188.60k
95.10 284.90 −40.76
Mo i R =MQ i R
( −302.58) i + 271.02 j +1188.60k • ( 95.10) i + 284.90 j + ( −40.76 ) k = ( −98.78) i + 271.02 j +1664.10k i ( 95.10) i + 284.90 j + ( −40.76 ) k
9.10
9.10
z
B
C
Mo
c: Bileşkenin deldiği K(x,y) noktasının x ve y koordinatlarını bulunuz.
D
R
m
6
y
r
K(x,y)
500 m
N
x
5
(6.65;2.42)
R
67
m
4
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
j
k
i
MK =Mo + rKO xR = ( −98.78) i + 271.02 j +1664.10k + − x
0 =0
−y
95.10 284.90 −40.76
MK =Mo + rKO xR = ( −98.78 + 40.76 y ) i + ( 271.02 − 40.76 x ) j + (1664.1−284.9 x + 95.10 y ) k = 0
( −98.78 + 40.76 y ) i = 0 → y = 2.42 m
→(1664.1+ 284.9 x − 95.10 y ) k = (1664.1+ 284.9 i ( 6.65) + 95.10 i (2.42 )) k = 0 sağlanmaktadır .
( 271.02 − 40.76 x ) j = 0 → x =6.65m
j
k
i
MQ =Mo + rQO xR = ( −98.78) i + 271.02 j +1664.10k + 0
20
0 = ( −913.98) i + 271.02 j −237.9k
95.10 284.90 −40.76
0.5
d: Ms=? M= ( −913.98 )2 +271.02 2 −237.92
= 982.55 kNm
α x = cos −1 − 913.98 =21o α y = cos −1 271.02 =74 o α z = cos −1 237.9 =76 o
982
982
982
B z
C
Ms
20o
95.10
40.76
x
S
O
72o
271.02
271.02
4m
R
5m
913.98
82o
87o
87o
284.9
O
72o
271.02
1664.1
1664.1
D
6m
Mo
Mo
10o
237.9
98.78
98.78
95.10 40.76
A
Uygulama 2.9. M0v=? ve vektörel gösterimi.
F
z
z
B
B
6m
F=500 N
m
y
m
m
2
3.46
50o
250j
60o
6m
rCB
-vycos40
y
4
v
z
321.39k 87i
100o
x
C
50o
C
4m
vxcos50
v
o
50
y
m
2
x
x
Önce F kuvvetinin her eksendeki iz düşümü bulunur.
F = 500[cos100i + cos60j + cos50k] = [ −87.00i + 250.00j + 321.39k]
j
k
i
3.46
6 Mo = [ −387.99i + 1164.78j + 801.02k
rCB = [2i + 3.46j + 6k] Mo = rCB xF = 2
250 321.39
−87
v yönündeki moment için v yönündeki ucv bulunur ve bu değer Mo değeri ile skalar olarak çarpılır.
ucv = [cos50i − cos40j]
Mov = Mo .ucv = [ −387.99i + 1164.78j + 801.02k].[cos50i − cos40j]
[i.i = 1]
= [[ −387.99i].[cos50i] + [1164.78j].[ − cos40j] = 1141.67Nm
Bu Mov vektörel olarak ifadesi Mov = Mov .ucv = 1141.67.[cos50i − cos40 j] = 733.85i − 874.57j
68
284.9 y
20o
R
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Uygulama 2.10. Şekilde verilen sistem iki kuvvet çiftine maruz kalmış bulunmaktadır.
c.
Kuvvet çiftleri yerine sisteme aynı dış etkiyi verecek momentin [M] şiddeti ve yönünün
d.
Verilen dört kuvvetin yerini tutacak y-z düzlemlerine paralel iki +F ve –F kuvvetlerinin hesaplanması.
30 kN
30 kN
60o
40mm
60mm
100mm
X
M2=2.5 Nm
60o
y
30 kN
θ
25 kN
M=2.23 Nm
60o
y
y
50mm
60o
z
25 kN
M1=1.8 Nm
z
ÇÖZÜM:
30 kN’luk kuvvetlerin momentleri M1=30 (0.06)=1.80 Nm
25 kN’luk kuvvetlerin momentleri M2=25 (0.10)=2.50 Nm
Kosinüs teoremi M = M12 + M22 − 2M1M2 cos α M = 1.802 + 2.502 − 2(1.80)(2.50)cos60o = 2.23Nm
y−z
VEYA
30N → Mz = [ 30cos60 ]0.06 = 0.90Nm
30N → My = [ 30sin60 ]x0.06 =1.559Nm
Myz = M2z +M2y = 0.92z +1.5592z =1.80Nm
25N → Mz = −25x0.10 =−2.50Nm ∑Mz = 0.90 −2.50 = −1.60Nm
Birleşke moment M = 1.60 2 + 1.559 2 = 2.23 Nm
M2=2.5 Nm
y
40mm
60mm
θ
100mm
-F
θ
X
50
θ
+F
mm
y
My=1.600 Nm
z
o
My=30 sin60 [0.06]=1.559 Nm
M = 1.5592 + 1.6002 = 2.23Nm
M = F.d
M=2.23 Nm
60o
z
o
Mz= - 2.5+30 cos60 [0.06]=-1.600 Nm
F=
M 2.23
=
= 22.30N
d 0.10
θ = tan−1
1.559
= 44.15o
1.600
Uygulama 2.11. Şekilde kuvvet çiftlerine maruz plakada oluşan bileşke momentin hesaplanması.
69
My=1.559 Nm
M1=1.8 Nm
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
20 kN’luk kuvvetlerin çifti momentleri M1=[20j N] x [3i m]
=-60k Nm
40 kN’luk kuvvetlerin çifti momentleri M2=[40i N] x [8k m]
=-320j Nm
80 kN’luk kuvvetlerin çifti momentleri M3=[80k cos60 N].[6i m] =240j Nm
80 kN’luk kuvvetlerin çifti momentleri M3=[80 sin60 N].[0m]
=0
M = 802 + 602 = 100Nm
Birleşke moment M = [240j − 320j ] + 60k = −80j − 60k
Uygulama 2.12. Kuvvet çiftlerine maruz sistemde F kuvvetleri arasındaki dik mesafenin [d] momentten yararlanarak bulunması.[ F=20i+20j+10k [N]]
y
y
F
F
B
B[4,1,1]
r
B[4,1,1]
A
r
x
A
x
d
z
z
F=-20i+20j+10k [N]
Yer vektörü r=4i+1j+1k
F
i j k
M = rxF = 4 1 1 = −10i − 60j + 100k [N]
−20 20 10
Moment
0.5
2
2
2
M M 10 + 60 + 100
= 3.90m
M = F.d d = = =
0.5
F F
202 + 202 + 102
Uygulama 2.13. A, B ve D noktalarına uygulanan kuvvetlerden dolayı oluşan Mov=?
z
z
z
v
F3=400 N
50o
F1=600 N
D
A
60o
B
B
y
100o
x
z
6m
50o
F2=200 N
50o
y
y
2m
x
A
x
Çözüm:
F2 = 200[cos120i + cos50j + cos50k] = [ −100.00i + 128.56j + 128.56k]
rCB = [2i + 3.46j + 6k]
r AC = [2i + 6k]
rCD = [6k]
F1 x rCB
F2 x rAC
F3 x rCD
i
j
k
i
j
k
i
j k
+0 0 6
Mo = 2
3.46
6 + 2
0
6
−104.19 300 385.67 −100 128.56 128.56 0 400 0
Mo = −3636.94i − 2253.60j + 1217.62k
rCB
rCA
120o
F1 = 600[cos100i + cos60j + cos50k] = [ −104.19i + 300.00j + 385.69k]
B
50o
C
4m
rCD
A
uCV = cos50j + cos40k
MOV = Mo .uCV = [ −3636.94i − 2253.60j + 1217.62k]. [cos50 j + cos 40k ] = −515.83Nm
70
C
x
F3 = 400j
m
4
m
3.46
6
m
2
m
y
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
−515.83[cos50j + cos40k ] = −[331.56i + 395.14j]
Vektörel olarak
Uygulama 2.14. Şekildeki rijit direğin A ucuna T=200 kN’luk bir kuvvet taşıyan kablo B ucuna mesnetleşmiştir. Buna göre T
kuvvetinin direğin O noktasından geçen z eksenindeki momentin [Mz] hesabı. [3 değişik yöntem ile]
y
A
y
A
Tx
Tz
10m
Ty
Txy
α
m
10
T
O
β
T
O
x
z
8
6
m
C
m
x
B
m
z
6
8m
B
[1. yöntem] AC = 10 + 8 = 12.81m
2
2
12.81
o
α = cos −1
= 25
14.14
OB = 6 + 8 = 10m AB = 10 + 10 = 14.14m
2
2
2
2
cos α = 0.906
8
Txy = Tx0.906 = 200x0.906 = 181.20kN d = 10cos β
= 6.245m Mz = 181.20x6.25 = 1131.60kNm
AC
VEYA [2. yöntem]
T kuvveti bileşenlerine ayrılır ve z eksenine dik gelen bileşimin momenti alınır. A ve B koordinatları (x,y,z) A(0,10,0) B(8,0,6)
Yer vektörü rAB = (8i + 10j + 6k)m
rAB
8 10 6 uAB = =
i+
j+
k
rAB 14.14 14.14 14.14
r = 82 + 102 + 62 = 14.14 m
6
8 10 T = TuAB = 200
i+
j+
k = 113.15i + 141.44j + 84.86k kN
14.14 14.14 14.14
Buna göre Mz momenti Tx bileşeninin y mesafesi ile çarpımına eşittir.
Mo = rxF = rx 113.15i +141.44 j + 84.86kkN
[3. yöntem] Mo =10 jx113.15i +141.44 j + 84.86kkN
Mo = 1131.5k + 0 + 848.6 i kNm
Tx = 113.15kN
vektörel
Mz = 113.15x10 = 1131.50kNm
y
A
10m
MZ
r
Mo
O
Yukarıda özellik 1’kullanılarak
T
x
Mz = Mo .k = 1131.5k + 0 + 848.6i .k kNm = 1131.5kNm
z
6
8m
m
B
Uygulama 2.15. Şekildeki 6x8 m lik ve ağırlığı 800 N olan plaka kablolarla ve E noktasındaki mesnetle dengede bulunmaktadır.
Kablo kuvvetlerinin ve E mesnedinin tepki kuvvetlerinin bulunması.
71
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Çözüm: Serbest cisim diyagramı çizilir ve kablo kuvvetlerinin eksenler üzerindeki izleri yazılır.
YER VEKTÖRÜ
2
2
2
2
2
2
rBA = (−8i + 4j − 5k) rBA = 8 + 4 + 5 = 10.25m rDC = (−8i + 9j + 5k) rDC = 8 + 9 + 5 = 13.045m
r
−8 4 5 uBA = BA =
i+
j−
k
rBA 10.25 10.25 10.25
T = TBA −0.78i + 0.39j − 0.49k kN
rDC
−8 9 5 uDC = =
i+
j+
k
rDC 13.04 13.04 13.04
4 5
−8 T = TBA uBA = TBA
i+
j−
k =
10.25 10.25 10.25
9 5
−8 TDC = TDC uDC = TDC
i+
j+
k = TDC −0.61i + 0.69j + 0.38k kN
13.04 13.04 13.04
Şimdi sistemin dengede olması için kuvvetlerin toplamı eksenler üzerinde yazılır.
∑ Fx
=0
[Ex − 0.78TBA − 0.61TDC ]i = 0
∑ Fy
=0
∑ Fz
=0
[Ey + 0.39TBA + 0.69TDC − 800]j = 0
[Ez − 0.49TBA + 0.38TDC + 800]k = 0
…..............................................................…….1
Denge için momentinde sıfır olması gereğinden E noktasında toplam moment yazılır.
∑ME = ∑[ rxF ] = 0
E x i +E y j +E z k + TBA + TDC −800 j + 800k = 0
j
k
j
k
i
i
+ 8
−6
0 TDC + 4 −3
0 = 0
−0.61 0.69 0.38
0 −800 800
i j k
i j k
i j k
∑MB = 8
0 0
+ 8 −6 0
+ 4 −3 0 = 0
−0.78 TBA 0.39 TBA −0.49 TBA −0.61TDC 0.69 TDC 0.38 TDC 0 −800 800
[ −2.28TDC −2400 ]i= 0 TDC =1052.63N
[ −3.04TDC + 3.92 TBA − 3200 ]j= 0 TBA =1632.65N
∑MB
j
k
i
= 8
0
0 TBA
−0.78 0.39 −0.49
Bulunan kablo kuvvetleri 1 nolu denklemde yerine yazılarak E mesnet tepki kuvvetleri hesaplanır.
72
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
∑ Fx
=0
∑ Fy
=0
∑ Fz
=0
Ex = 0.78TBA + 0.61TDC ]i = 1915.57N
Ey = −0.39TBA − 0.69TDC + 800]j = 563.05N
Ez = 0.49TBA − 0.38TDC − 800]k = −400N
Uygulama 2.16. A ve B noktaları mafsallı ise mesnet kuvvetlerinin [AX AY BX BY BZ] ve kablo kuvvetinin [TCE] bulunması.
y
BY
BX
BZ
1
m
TCE
E
B
0.8
AY
6
AX
A
2
m
C
B
z
2
2
C
Serbest cisim
diyagramı B
m
6
m
m
2
m
x
D
400 N
m
m
D
400 N
TCE=[-2,0.8,1]
için
TCE nin bileşenleri
2
TCEX = TCE cos ϕ = TCE −
= −0.842TCE
2
2
2
2 + 1 + 0.8 +
0.8
1
TCEY = TCE cos ϕ = TCE
= 0.337TCE TCEZ = TCE cos ϕ = TCE
= 0.421TCE
2
2
2
2
2
2
2 + 1 + 0.8 +
2 + 1 + 0.8 +
∑ Fx
=0
Serbest cisim diyagramında denge denklemleri yazılır. ∑ Fy = 0
∑ Fz
rA = [2k] rCE = [2i] rD = [2i + 2k]
∑ MB
=0
[A x + BX − 0.842TCE ] = 0
[AY + BY + 0.337TCE − 400] = 0
1
[AZ + BZ + 0.421TCE ] = 0
= 0 = rCE xT + rA xA + rD xD = 0
i
j
k i j k i j k i j k
2
0
0 + 0 0 2 + 0 0 0 + 2 0 2 = 0
∑ MB =
−0.824T 0.337T 0.421T A X AY AZ BX BY BZ 0 − 400 0
∑ MX
= 0 = [ −2A Y + 800]i ⇒⇒ A Y = 400N
∑ MZ
= 0 = [2x0.337T − 800]k ⇒⇒ T = 1187N 1 nolu denklemden BX, BY ve BZ aşağıdaki şekilde bulunur.
∑ MY
= 0 = [2A X − 0.842T] j ⇒⇒ AX = 500N
73
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
∑ Fx
=0
[A x + BX − 0.842TCE ] = 0 ⇒⇒ BX = 500N
∑ Fy
=0
[AY + BY + 0.337TCE − 400] = 0 ⇒⇒ BY = −400N
∑ Fz
=0
[AZ + BZ + 0.421TCE ] = 0 ⇒⇒ BZ = −500N
rB = [ −2 k ] rCE = [ 2 i −2 k ] rD = [ 2 i ]
VEYA [A] noktasına göre moment alınırsa
∑ MB
1
∑MB
= 0 = rCE xT + rA xA + rD xD = 0
i
j
k i j k i j k
=
2
0
− 2 + 0 0 − 2 + 2 0 0 = 0
−0.824T 0.337T 0.421T BX BY 0 0 − 400 0
∑ MX
= 0 = [2x0.337T + 2By ]i
⇒⇒ BY = −400N
∑ MZ
= 0 = [2x0.337T − 800]k
⇒⇒ T = 1187N
∑ MY
= 0 = [2x[0.421 − 0.842]T + 2BX ] j ⇒⇒ BX = 500N
aynısonuçlar
1 nolu denklemden AX ve AY bulunur.
Uygulama 2.17. Şekildeki rijit AB çubuğu A noktasında mafsallı ve C noktasına RİJİT ÇUBUK ile bağlanmış bulunmaktadır. Buna
göre ÇUBUK kuvvetinin [T] bulunması.
C
1000 N
ÇUBUK
B
A
Rijit çubuk
2m
2m
4
4
3m
Sistemin serbest cisim200
diyagramı
aşağıda gösterilmiştir.
N
400 N
T
Serbest cisim diyagramı
707 N
707 N
Rijit çubuk
AX
m
m
2
AY
3m
2
200 N
B
400 N
∑ Fx
=0
Serbest cisim diyagramı üzerinde ΣFX=0, ΣFY=0 ve ΣM=0 yazılır. Buna göre ∑ FY = 0
A x + 707 = 0
AY + T − 200 − 400 + 707 = 0
AY + T = −107N
∑MA
=0
707x7+ Tx4 −200x2− 400x4 = 0 T =−737.25 N⇓
1 bağıntısında T yerine yazılarak Ay mesnet tepkisi bulunur.
AY + T = −107N T = −737.25N ise AY = 630.25N
74
Ax = −707N ⇐
1
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Uygulama 2.19. Şekilde verilen sistemde kablo kuvvetlerinin hesaplanması
B
A
o
o
TAC
60
38
TACcos38
TBC
TBCsin60
TACsin38
TBCcos60
60o
38o
C
C
200 kN
∑ Fx
=0
TBC cos60 − TAC cos38 = 0
∑ Fy
=0
TBC sin60 + TAC sin38 = 200
200 kN
Bu iki denklemin ortak çözümü sonucu
∑Fx
=0
C
−1.732 [ TBC cos60 − TAC cos38 ] = 0
TBC
[ − TBC sin60 +1.732 TAC cos38] = 0
∑Fy = 0
TAC=101 kN
30o
98o
52o
TBC sin60 + TAC sin38 = 200
TBC=159.15 kN olarak bulunur.
200 kN
TAC
Diğer bir çözüm yöntemi olarak da sinüs teoremi kullanılarak aşağıda hesaplanmıştır.
sin30 sin52 sin98
TBC =159.15kN TAC =100.98kN olarak bulunur.
=
=
TAC
TBC
200
Uygulama 2.20. Kaynakla yapılmış boru çerçeve A noktasında x-y düzlemine küresel mafsalla bağlanmıştır. B noktasında da eksenel
serbestliği olan bir halka ile desteklenmektedir. 3 kN’luk kuvvetin etkisiyle çerçevenin AB ekseni etrafında dönme yapmaması için CD
kablosu kullanılmıştır. Bu haliyle çerçeve dengededir ve çerçevenin kendi ağırlığı ihmal edilmiştir. Buna göre T kablo ve A ve B mesnet
tepki kuvvetlerinin hesabı yapılacaktır.
z
3m
C
z
z
3m
C
3m
C
T
3m
m
3
m
3
5m
m
6
B
B
3kN
6
r2
B
Bz
3kN
3kN
η1
m
Bx
5m
5m
m
6
Ax
A
3m
A
D
1m
r1
3m
D
D
m
1
x
y
x
x
y
75
3m
A
Ay
Az
m
1
y
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
r1 = −i + 3j m
CD = 2 + 3 + 6 = 7m
2
η1 =
2
[5j + 6k]
52 + 62
2
= 0.64j + 0.77k
∑ MAB
r2 = 3i + 6k m
=0
T[2i + 3j − 6k]
F = 3jkN T =
22 + 32 + 62
vektörel
T[2i + 3j − 6k]
.[0.64j
+
0.77k]
+
3i
+
6k
] x [3j] .[0.64j + 0.77k] = 0
[ −i + 3j] x
7
vektörel
Veya
3kNnun Anoktasına
i
j
k
MAB = [r 1 x T] + [r 2 x F] = T − 1
3
0 .[0.64j + 0.77k] + [3i + 6k] x [3j] .[0.64j + 0.77k] = 0
2 / 7
3 / 7 − 6 / 7
(
)
TkablokuvvetininDnoktasına
Fden
MAB = T [ −2.57i + 0.857 j − 1.286k] .[0.64j + 0.77k] + [9k − 18i] .[0.64j + 0.77k] = T [
−
1.5
39]
+
[6.93]
(
) = 0 → T = 6.93 /1.539 = 4.5
(
)
Tden
∑ Mz = 0 = 3.[3] − 5Bx − 1.928[3] = 0
Bx = 0.643kN
∑ Mx = 0 = −3.[6] + 5Bz − 1.928[6] = 0
Bz = 5.914kN
Tx=1.286 kN Ty=1.928 kN Tz=-3.857 kN ∑ Fx = 0 = [AX + 0.643 + 1.286] = 0
AX = −1.929kN
∑ Fy = 0 = [Ay + 3 + 1.928] = 0
Ay = −4.928kN
∑ Fz = 0 = [Az + 5.914 − 3.857] = 0
Az = −2.057kN
Uygulama 2.21. 6 m’lik AC kolonuna CF yönünde 455 kN’luk bir kuvvet şekildeki gibi etkimektedir. Kolon A noktasına küresel
mafsal [Ax Ay Az] D [TBD] ve E noktalarına [TBE] kablo ile mesnetlenmiş bulunmaktadır. Buna göre A noktasındaki mesnet tepki
kuvvetleri ile [TBD] ve [TBE] kablo kuvvetlerinin bulunması.
y
y
C
455 kN
3m
B
z
1.5m
A
3m
3m
m
3
455 kN
B
TBE
1.5m
D
2m
F
3m
C
3m
3m
TBD
2m
F
3m
Az A
z
x
ηAD m
3
Ay A
x
ηAE
E
E
rCF
−3 i − 6 j + 2k
FCF = FCF = 455
= 65[ −3 i − 6 j + 2k ] = −195 i − 390 j + 130k
rCF
32 + 62 + 22
r
1.5 i − 3 j + 3k
TBE = TBE BE = TBE
= [0.33 i − 0.67 j + 0.67k] TBE
rBE
1.52 + 32 + 32
r
1.5 i − 3 j − 3k
TBD = TBD BD = TBD
= [0.33 i − 0.67 j − 0.67k] TBD
rBD
1.52 + 32 + 32
76
Uygulanan ve
mesnet tepki
kuvvetlerini
gösteren serbest
cisim diyagramı
1.5m
D
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Moment alınarak kablo kuvvetleri aşağıdaki şekilde hesaplanır.
rAC = 6 j
rAE 1.5 i + 3k
rDE 1.5 i − 3k
= 0.448 i + 0.896k
ηAD = =
= 0.448 i − 0.896k
ηAE = r =
rAD
1.52 + 32
1.52 + 32
AE
rAB = 3 j
i
j k i
j
k
MAE = rAC xFCF + rAB xTBD ηAE = 0 → MAE = 0
6 0 + 0
3
0 TBD 0.448 i + 0.896k = 0
−195 − 390 130 0.33 − 0.67 − 0.67
{
}
{ 780 i + 1170k + −2.01i − 0.99k T } 0.448 i + 0.896k = 0
BD
{ [780 − 2.01T
] i + [1170 − 0.99TBD ] k } 0.448 i + 0.896k = 0 →
BD
TBD = 782 N
i
j k i
j k
MAD = rAC x FCF + rAB xTBE ηAD = 0 → MAD = 0
6 0 + 0
3 0 TBE 0.448 i − 0.896k = 0
−135 − 390 130 0.33 − 0.67 0.67
780 i + 1170k + −2.01i − 0.99k TBE 0.448 i − 0.896k = 0
[780 − 2.01TBE ] i + [1170 − 0.99TBE ] k 0.448 i − 0.896k = 0 → TBE = 391 N
{
}
{
}
{
}
Vektörel olarak [ TBD ve TBE]
TBD = 782[0.33 i − 0.67 j − 0.67k] = 257.40 i − 522.60 j − 522.60k]
TBE = 391[0.33 i − 0.67 j + 0.67k] = 128.70 i − 261.30 j + 261.30k]
− A x − 195 + 257.40 + 125.70 = 0 →→ Ax = 188.00 N A = A x + A y + Az
A y − 390 − 522.60 − 261.30 = 0 →→ A y = 1173.90 NN
− Az − 522.60 + 130 + 261.30 = 0 →→ Az = −131.30 A = 188 i + 1173.30 j − 131.30k
∑ Fx = 0
∑ Fy = 0
∑ Fz = 0
Uygulama: A küresel mesnet kuvvetlerini (Ax, Ay ve Az)), TC ve TD kablo kuvvetlerini hesaplayınız.
z
z
6m
6m
Az
A
6m
B
F=30 kN
B
F=30 kN
6m
Ax
D
Ay
3m
Serbest cisim diyagramı
C
y
x
x
KUVVETLERİN VEKTÖREL ANALİZİ
rBC
6i − 6k
rBD
−3i + 6j − 6k
F = −30j TC = TC = TC
= 0.707TC i − 0.707TC k TD = TD = TD
= −0.333TD i + 0.667TD j − 0.667TD k
rBC
rBD
62 + 62
32 + 62 + 62
77
y
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
X eksenine göre moment alındığı için TC kablosu herhangi bir moment oluşturmaz.
i
j
+
=
M
=
0
M
=
M
i
i
=
[
i
i
(r
xF)
(r
xT
)]
0
0
AB
AB
A
∑ X
D
X
0 −30
−3i + 6j
∑ MAD = MA iuAD = [(r AB xF) + (r AC xTC )]uAD uAD = 2 2
3 +6
i
j
k i
= 0 0 6 + 6
0 −30 0 0.707TC
k
i
6 +
0
0 −0.333TD
j
0
0.667TD
k
[[180 − 6i0.667TD ]i + [6i0.333TD ]j]ii = 0
6
i =
−0.667TD TD = 44.98 kN
= −0.447i + 0.895j
[ [180i( −0.447)i] + [( −6i0.707T )i0.895]j = 0
j
k
C
0
0
i[ −0.447i + 0.895j] = [180i − 6i0.707TC j]i[ −0.447i + 0.895j] 80.46 − 3.80TC = 0
0 −0.707TC
TC = 21.17 kN
Bulunan kablo kuvvetlerinin eksenlerdeki bileşenleri,
rBD
−3i + 6j − 6k
= 44.98
= −15i + 30j − 30k
TD = TD
rBD
32 + 62 + 62
rBC
6i − 6k
= 21.17
= 15i − 15k
T C = TC
2
2
rBC
6 +6
F = −30j
A = 15 − 15 = 0
x
FA = A x i + A y j + A z k A y = 30 − 30 = 0
A z = −15 − 30 = −45 kN
Uygulama 2.22. Şekildeki sistem A ve E noktalarında küresel mafsal ve F noktasında kablo ile
mesnetleşmiştir. Buna göre kablo kuvvetinin [T=?] hesaplanması.
F = −60 j
MEA = ME . ηEA = {[ rEC x60] + [ rED xT]} ηEA = 0
rEC = 16 i − 14 k
rED = 16 i
−16 i + 11j − 8k
r
T = T DF = T.
= −0.762 i + 0.527j − 0.381k T
rDF
162 + 112 + 82
7 − 24 k
r
ηEA = EA = i
= 0.28i − 0.96k MEA = ME . ηEA = {[ rEC x60] + [ rED xT]} ηEA = 0
2
2
rEA
7 + 24
i
j k
i
j
k
MAE = 16 0 − 14 + 16
0
0 0.28i − 0.96 k = 0
0 − 60 0 −0.762T 0.542T − 0.381T
{ −840
i
}
− 960k + 8.672Tk + 6.096Tj 0.28 i − 0.96 k = 0 → T = 82.50N
78
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Uygulama 2.23. Şekilde verilen sistemde O noktasına bir kuvvetle bir kuvvet çifti uygulanabiliyor. Bu kuvvet çiftini moment [M]
olarak belirlenmesi.
F1 = 600[cos100i + cos60j + cos50k] = [ −104.19i + 300.00j + 385.69k]
rOA = [250j + 200k] r = 2002 + 2502 = 320.16mm → M = F.r = 104.192 + 3002 + 385.692 0.2002 + 0.2502 = 159.88Nm
j
k
i
Mo = 0
0.25
0.20 = [156.42i + 20.84j + 26.05k]Nm M = F.r = 156.422 + 26.052 + 20.842 = 159.94Nm
−104.19 300 385.69
Uygulama 2.24. Şekilde verilen kuvvetler sisteminde bileşke kuvveti ve yönünün bulunması.
y
[3,2,0]
F2=400 N
[0,2,2]
x
[0,2,4]
[5,2,4]
F1=600 N
[2,0,2]
F3=800 N
z
cosαx
F
600
400
800
[2,0,4]
[0 − 2]
22 + 22 + 22
[3 − 0]
32 + 0 2 + 42
[5 − 2]
32 + 22 + 22
cosαy
= −0.58
[2 − 0]
12
= 0.6
= 0.73
= 0.58
0
[2 − 0]
17
= 0.49
cosαz
[2 − 4 ]
12
[0 − 4 ]
25
[ 4 − 2]
17
Fx [N]
477.49
o
α x = cos −1
= 58.8
921
.
17
Fz [N]
= −0.58
Fx1=-0.58x600=-346.4
= − 0 .8
Fx2=0.6x400=240
Fy2=0
Fz2=-320
= 0.49
Fx3=0.73x800=584
Fy3=392
Fz3=392
TOPLAM
Fx=477.49
Fy=738.41
BİRLEŞKE KUVVET
AÇI
Fy [N]
R=
Fy1=346.41 Fz1=-346.41
Fz=-274.41
477.492 + 738.412 + 274.412 = 921.17 N
738 .41
o
α y = cos −1
= 36.7
921.17
274.41
o
α z = cos −1 −
= 107.3
921 .17
Kuvvetlerin merkeze taşınması kuvvet çiftleri ile değil bileşkeleri ile taşınmıştır. Kuvvet çiftlerinin yerini
ve büyüklüğünü bulmak için her üç kuvvetin momenti bulunur. Örnek olarak F1 kuvvetinin momenti
hesaplanmıştır. Bir kuvvetin Fx bileşeni Mx momenti oluşturmaz bu durum diğer eksenler içinde
geçerlidir.
79
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
R=921.17
y
Fy=738.41
M x1 = Fy1 x 4 = −346.41x 4 = −1385.64 tm
M z1 = Fy1 x 2 = 346.41x 2 = 692.82 tm
αy=36.7o
Fz=274.41
αx=58.8o
αz=107.3o
x
M y1 = −Fx1 x 4 + Fz1 x 2 = −346.41x 4 + 346.41x 2 = −692.82 tm
Fx=477.49 N
z
y
C=3051.52
∑My=651.18
αy=36.7o
αx=23
o
x
∑Mx=-2809.64
αz=71o
∑Mz=996.82
z
F
Fx [N]
600 Fx1=-346.4
400 Fx2=240
800 Fx3=584
Fy [N]
Fy1=346.41
Fy2=0
Fy3=392
Fz [N]
Fz1=-346.41
Fz2=-320
Fz3=392
TOPLAM
Mx [N]
My [N]
Mz [N]
-1385.64
-640
-784
-2809.64
-692.82
960
384
651.18
692.82
-480
784
996.82
C = [ ∑ Mx ]2 +[ ∑ Mxy ]2 +[ ∑ Mz ]2 = 2809.642 + 651.182 + 996.822 = 3051.52Nm
− 2809.64
o
α x = cos − 1
= 157
3051
.
52
996.82
o
α z = cos −1
= 71
3051
.
52
651.18
o
α y = cos −1
= 78
3051
.
52
Vektörel çarpım ile momentlerin hesaplanması aşağıda yapılmıştır.
i
j
k
F1 = 600 N ⇒ M1 =
2
0
4 = −1385.64i − 692.82 j + 692.82k
− 346.41
346.41
− 346.41
i
j
k
i
M2 = 0 2
4
= −640i + 940 j − 480k M3 = 2
240 0 − 320
584
F = 400
k
=−784i +384j +784k
2
392 392 F=800
j
0
Uygulama 2.25. Kendi ağırlığı 12 N/m olan EF kirişi F ucunda 150 N yük taşımaktadır.
1. FAB=?
B
2. Ex=? Ey=? Ez=? [E noktası mafsallı mesnet]
y
G
m
4
rBA = (−4 − 0)i + (4 − 0)j + (0 − 7)k = (−4i + 4j − 7k)m
rBA = 4 2 + 4 2 + 7 2 = 9 m4m
E
x
4m
A
F
80
z
150 N
m
3
2m
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
rBA
A = AuBA = A
= A − 4 i + 4 j − 7 k =−0.444 A i + 0.444 A j − 0.778 A k
9 9 9
rBA
ÖZET:
F noktasında − 150 j
EF ortasında −12x9j = −108j
E noktasında bu kuvvetlerin oluşturduğu
momentlerin toplamı sıfır olmalıdır.
E noktasında E x i + E y j + E z k
A noktasında − 0.444 Ai + 0.444 A j − 0.778 Ak
j k i j k i j k
i
j
k
i
0 0 9 + 0 0 4.5 + 0 0 0 +
=0
0
0
7
0 − 150 0 0 − 108 0 Ex Ey Ez −0.444A 0.444A − 0.778A
9.[150]i + 4.5[108]i + 7[ −0.444A]i = 0
(j ve k birleşenleri dikkate alınmadı.)
∑ i = 0 9.[150]i + 4.5[108]i + 7[ −0.444A ]i = 0 ⇒⇒ A = 590.73 N
A = −0.444[590.73]i + 0.444[590.73]j − 0.778[590.73]k = −262.28i + 262.28j − 459.59k
E mesnet reaksiyonlarını bulmak için kabloların x, y ve z bileşenleri veya,
∑ Fx = 0
Ex − 262.28 = 0
⇒ Ex = 262.28kN
∑ Fy = 0
Ey − 108 − 150 + 262.28 = 0
∑ Fz = 0
Ez − 459.59 = 0
⇒ Ey = 4.28kN
⇒ Ez = 459.59kN
Uygulama 2.26. Kendi ağırlığı 9 N/m olan EF kirişi F ucunda 150 N yük taşımaktadır. CD kablo
kuvveti FCD=200 N olduğuna göre; [E noktası küresel mafsallı mesnet]
A
1. FAB=?
2. Ex=?
FGF=?
Ey=? Ez=?
y
G
m
4
m
C
4
m
4
E
m
4
F
z
150 N
rBA = (−4 − 0)i + (4 − 0) j + (0 − 7)k = (−4i + 4 j − 7k ) m
rBA = 4 2 + 4 2 + 7 2 = 9 m
81
3m
2m
3
x
D
B
m
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
rBA
A = AuBA = A
= A − 4 i + 4 j − 7 k = −0.444 A i + 0.444 A j − 0.778 A k
9 9 9
rBA
rBA = 4 2 + 9 2 = 97 m
rFG = (0 − 0)i + (4 − 0) j + (0 − 9)k = (4 j − 9k ) m
G = G uFG = A
rFG
4
9
= G
j−
k = 0.406G j − 0.914 Gk
rFG
97
97
rDC = (4 − 0)i + (3 − 0) j + (0 − 4)k = (4i + 3 j − 4k ) m
rDC = 4 2 + 3 2 + 4 2 = 6.403 m
rCD
3 4
4 C = CuCD = C = 200
i+
j−
k = −124.94i + 93.70j − 124.94k
rCD
6.403
6.403
6.403
ÖZET:
F noktasında − 150 j
EF ortasında − 9x9 = −81j
E noktasında E x i + E y j + E z k
E noktasında bu kuvvetlerin oluşturduğu momentlerin
toplamı sıfır olması gereğinden dolayı aşağıda tüm
A noktasında − 0.444 Ai + 0.444 A j − 0.778 Ak
kuvvetlerin momenti alınarak sıfıra eşitlenir.
G noktasında 0.406G j − 0.914 Gk
C noktasında − 124 .94i + 93.70 j − 124 .94k
j
k i
j
k i
j k i
j
k
i
0
0
9 + 0 0 4.5 + 0 0 0 + 0
0
7
0 −150 0 0 −81 0 E x E x E x −0.444 A 0.444 A −0.778 A j değerlerinin toplamı = 0
9.[150 ] i
+ 4.5[ 81] i
+0
+7 [ −0.444 A ] i −7 [ 0.444 A ] j ( i ler toplanmadı çünkü orada 2 bilinmeyen var)
∑ j = 0
j
k i
j
k
i
7 [ −0.444 A ] j + 4 [124.94 ] j = 0
+ 0
0
9 + 0
0
4 =0
⇒⇒ A =160.80N
0 0.406 G −0.914 G 124.94 93.70 −124.94
−9[ 0.406 G ] i
− 4 [ 93.7 ] i + 4 [124.94 ] j = 0
A bulunduktan sonra aşağıdaki şekilde i’ler toplamından G değeri bulunur.
∑i = 0
9.[150]i + 4.5[81]i − 7[0.444A]i − 9[0.406G]i − 4[93.7]i = 0 ve A = 160.80N ise
A ve G değerleri bulunduktan sonara birleşenleri aşağıdaki şekilde hesaplanır.
A = −0.444[160.8]i + 0.444[160.8]j − 0.778[160.8]k = −71.40i + 71i40j − 125.10k
G = 0.406[229.87]j − 0.914[229.87]k = 93.33j − 210.10k
E mesnet reaksiyonlarını bulmak için kabloların x, y ve z eksenlerinde denge yazılır.
82
G = 229.87N
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
∑ Fx
=0
Ex − 71.40 +124.94 = 0
⇒ Ex = −53.54kN
∑ Fy
=0
Ey − 81 − 150 + 71.40 + 93.33 + 93.70 = 0 ⇒ Ey = −27.43kN
∑ Fz
=0
Ez − 125.10 − 210.10 − 124.94 = 0
⇒ Ez = 460.14kN
Uygulama 2.27. Bileşke kuvvetin [R] şiddetinin ve uygulama noktasının [x,y,z] hesaplanması.
y
y
R=370 N
3.78m
400N
D
D
1.23m
150N
120N
280N
E
200N
4m
z
A
6m
C
C
orta
B80N
6m
4.5m
E
x
5m
x
z
B
Yer vektörü [r] adı
Yer vektörü [r] değeri
F [N]
rE
rD
rC
rB
rA
rorta
9.5k
0
10i
10i+5k
4i+9.5k
5i+4.75k
150j
-400j
-120j
-80j
-200j
280j
R =-370j
MRD = rxF
i
-1425
0
0
400
1900
-1330
-455
j
0
0
0
0
0
0
0
k
0
0
-1200
-800
-800
1400
-1400
M RD = rxF = [ −455i −1400k ]=[ rxi + ryj + rzk ]xR = [ rxi + ryj + rzk ]x[ −370 j ]
[ −455i −1400k ] =−370xk ( ixj ) + 0 jxj=0 + 370zi ( kxj=− i )
x=
1400k
455i
= 3.78m z =−
=−1.23m
370xk
370zi
Uygulama: Duvarı dik tutmak için uygulanan kuvvet çifti sistemi şekilde görüldüğü gibidir. Bu kuvvet çifti sistemini A noktasına
( R = 21.2 kN ve
uygulanacak eşdeğer bir kuvvet çifti sistemiyle değiştiriniz. MA=?
83
M = 13.25 kNm )
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
Çözüm: Kuvvetin ve momentin eksenlerdeki bileşenleri bulunarak A noktasına göre momenti alınır.
Kuvvet analizi R = R ⋅ rBC = 21.2
( 42cm ) i − ( 96cm ) j − (16cm ) k =
( 8.40kN) i − (19.20kN ) j − ( 3.20kN ) k
[422 + 962 + 162 ]0.5
−42i + 96j + 16k
(13.25kNm ) = − (5.25kNm ) i + (12kNm ) j + (2kNm ) k
106
1
Yer vektörü rCA = ( 42cm ) i + ( 48cm ) k =
( 42i + 48k ) m = ( 0.42m ) i + ( 0.48m ) k
100
Moment analizi M = −rBCM =
i
MA = rCA × R + M = 0.42
8.40
j
0
−19.20
k
moment
0.48 + ( −5.25i + 12 j + 2k ) kNm = ( 3.97i + 6.62j − 6.06k ) kNm
−3.20
Uygulama: FA=500 N, FB=600N ve FC=700N ise üç ağırlığın bileşkesinin büyüklüğünü ve uygulama noktasını bulunuz.
FA + FB + FC = R
∑F :
∑ Mx
:
R = −500j − 600j − 700j = −1800j (N)
FA ( zA ) + FB ( zB ) + FC ( zC ) = R ( zD )
( 500N )( 3m ) + ( 600N )( 0.5m ) + ( 700N )( 4.75m ) = (1800N )( zD )
zD = 2.847 m
∑ Mz
:
FA ( xA ) + FB ( xB ) + FC ( xC ) = R ( xD )
(500N)(1m ) + ( 600N )(1.5 m ) + ( 700N )( 4.75m ) = (1800N )( xD )
xD = 2.625 m
j
k i
j
k i
j
k i
i
VEYA Mo = 1
0
3 + 1.5
0
0.5 + 4.75
0
4.75 = xD
0 −500 0 0 −600 0 0
−700 0 0
[3 ⋅ 500]i
[ −1⋅ 500]k
[0.5 ⋅ 600]i
[ −1.5 ⋅ 600]k
[ 4.75 ⋅ 700]i
[ −4.75 ⋅ 700]k
=
=
k
zD
∑ −1800 0
j
yD
[ zD ⋅1800]i
[ −xD ⋅1800]k
ise zD = 2.847 m
ise
xD = 2.625 m
Uygulama: A noktasındaki kuvvet ve momentlerin bulunması
ÇÖZÜM: Kuvvet ve momentin ayrı ayrı eksenlerdeki bileşenleri bulunur:
FD = 500 ⋅ ( − cos35j − sin35k) = ( −409.58j − 286.79k )N
800 N
500 N
84
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
j
k i
j
k
i
MA = rDA x FD + rCA x FC = 0.18 −0.12
0.10 + 0.20 −0.12 0 = (75.37i + 51.62j − 233.72k) Nm
0
−409.58 −286.79 0
−800 0
−800
− 409.58
F = ( −1209.58j − 286.79k)N
Kuvvetlerin kendileri
A noktasındaki kuvvetler A
MA = (75.37i + 51.62j − 233.72k) Nm Kuvvetlerden oluşan momentler
3. BĐR PARÇACIĞIN DĐNAMĐĞĐ
Bir parçacığın dinamiğinde, hareketi sağlayan kuvvet verildiğinde ortaya çıkan hareket incelenir. Bir cismin (parçacığın)
dinamiği problemlerinin çözülmesinde hareketin NEWTON Kanunları kullanılabilir:
Newtonun 1.kanunu. Bir cisim sükunetteki durumuna veya bir doğru boyunca üniform hareketine ( sabit hız), durumunu
değiştirecek bazı kuvvetler zorlayıncaya kadar devam eder. Başka bir deyişle, bir parçacık ancak dengelenmemiş kuvvetler
tesiri altında ivme kazanır.
Newtonun 2. kanunu. Bir F kuvveti bir cismin üzerine etki ettiği zaman kuvvet doğrultusunda, kuvvetle doğru ve cismin m
kütlesi ile ters orantılı olmak üzere bir ivme meydana getirir. Bu kanuna göre ka=F/m veya F=kma (3.1). Burada k bir orantı
sabitidir. k=1 olmak üzere birimler uygun seçilirse
F=ma (3.2)
olur.
Newtonun 3. kanunu. Her etkiye veya kuvvete eşit ve ters yönlü olmak üzere tepki veya kuvvet vardır. Diğer bir deyişle, bir
cisim ikinci bir cisim üzerine bir kuvvet tesir ettirirse, ikinci cisim de birinci cisim üzerine şiddeti eşit ve zıt yönlü ayni bir kuvvet
tesir ettirir. Birimler kullanılan sisteme bağlıdır. Mühendislik çalışmalarında genellikle yukarıdaki formülde k değeri birim
olacak şekilde değerlere uygun seçilir. Buna göre esas birimler ayrılırsa bunlar: kuvvet için kN ve ivme için m/s2 dir. Kütle
birimi bu iki birim cinsinden türetilir.
Yeryüzüne yakın mesafelerde serbestçe düşen bir cisme kuvvet olarak yalnız kendi W ağırlığı etki etmektedir. Đvmesi, g
yerçekimi ivmesine eşittir ( kullanılan birim sisteminde g=9,81 m/s2 dir).
Đkinci kanuna göre W= kmg (3.3)
veya k=1 olmak üzere W=mg ; m=W/g (kg/m/sn2=kg.sn2/m) dir. (3.4)
Bir cisme herhangi bir kuvvetler sistemi etkiyorsa bu parçacığın herhangi bir eksen doğrultusunda ivmesini bulmak için,
istemdeki bütün kuvvetlerin o eksene göre bileşenleri toplanır ve ( kg sn2/m cinsinden) m kütlesi ile( m / sn2 cinsinden)
ivmesinin çarpımına eşitlenir. X doğrultusunda bu eşitlik
ΣFx = max
veya
ax = ΣFx/m (3.5)
dir. W ağırlığında bir cisim sürtünmesiz yatay düzlemde şekil 1a da görüldüğü gibi durmaktadır. Cisim yay katsayısı k
(kN/cm) olan bir yaya bağlanmıştır. Ağırlık denge konumundan ( denge konumunda yayda çekme ve basınç kuvveti sıfırdır.)
xo kadar ayrılsın ve sıfır hızla bırakılsın.
Hareketi inceleyelim.
Cismin denge konumundan x kadarayrıldığı zamanki serbest cisim diyagramı şekil 1b- de çizilmiştir.Yay x kadar uzatıldığı
zaman cisime yatay doğrultuda T kuvveti etki ettirir. durumdaki boyunun farkı ile orantılı kabul edilir. Bu ifade matematiksel
olarak Maddenin elastik limiti içinde yaydaki kuvvet yayın uzamış boyu ve gerilme kuvveti bulunmadığı
T= kx (3.6)
85
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
şeklinde yazılır. Burada T– kN cinsinden yay kuvveti; k - kN /cm boyutunda bir sabit; x ise uzunluğun cm olarak değişimidir.
Kuvvetlerin yatayda toplanması ile
ΣFx = -T= x a .g W (3.7)
bulunur.
dikkat Sola doğru olan kuvvetler ve dengenin solundaki mesafelerin negatif alındığına edilmelidir. Bu durumda x mesafesi
sağa doğrudur. Yani ax pozitif yazılmıştır. T gerilmesi ise sola doğru olup negatiftir.
T= kx ve ax= 2dtd x
konursa (3.7) denklemi
Kinematik, harekete sebep olan veya hareketin bir sonucu olarak ortaya çıkan kuvvetleri dikkate
almadan cisimlerin hareketini tanımlayan dinamiğin koludur. Bu nedenle, kinematik genellikle kuvvetin
değişen parametrelerini dikkate almadığı için “hareketin geometrisi” olarak ifade edilir. Tam bir
kinematik bilgisi hareket ve harekete sebep olan veya eşlik eden kuvvetler arasındaki ilişkilerin
incelendiği kinetik için ön şarttır.
Bir maddesel nokta, en genel halde, doğrusal ya da eğrisel bir yörünge üzerinde hareket edebilir.
Hareketin kinematiğini, maddesel noktanın verilen herhangi bir andaki konum, hız ve ivmesinin
belirlenmesi olarak tanımlanabilir.
Şekildeki bir nokta “O” (t=0) orijinden başlamak üzere bir t zamanından sonra (t≠0), x mesafesinde P
konumunda olsun. O halde bu parçacığın konumu aynı doğru üzerindeki uygun sabit bir O referans
noktasından ölçülen x mesafesi ile belirlenebilir. t +∆t anında parçacığın P' noktasına hareket etmekte
ve konumu x +∆x olmaktadır. ∆t zamanı boyunca parçacığın konumundaki değişim ∆x yer değişimi
olarak adlandırılır. Maddesel nokta O referans noktasının soluna yani negatif x yönünde hareket
ediyor ise yer değiştirme negatif olacaktır.
x
O
t
x+∆x
P
t+∆t
P’
∆t süresi boyunca parçacın ortalama hızı, yer değiştirmenin zaman aralığına bölümüdür yani
v ort = ∆x / ∆t . ∆t giderek sıfıra yaklaştığında v ort = Lim∆t →0
yaklaşır ve v =
∆x
, cismin ortalama hızı cismin anlık hızına
∆t
dx
olur. Buna göre hız, yer değiştirme koordinatı x’nin zamana göre değişme oranıdır
dt
(yani zamana göre türevidir).
Đvme
∆t süresi boyunca parçacın ortalama ivmesi, hızın zaman aralığına bölümüdür yani aort = ∆v / ∆t . ∆t
azalıp limit sıfıra yaklaşırken aort = Lim∆t →0
a=
∆v
, cismin ortalama ivmesi cismin anlık ivmesine yaklaşır ve
∆t
dv
olur. Buna göre ivme, hızın artmasına veya azalmasına bağlı olarak pozitif veya negatif
dt
değerler alabilir. Maddesel nokta yavaşlıyor ise ivmesi negatiftir. Ancak, maddesel noktanın azalmakta
86
BÖLÜM I
VEKTÖRLER
olan negatif hıza sahip olması durumunda, maddesel noktanın ivmesinin pozitif olacağına dikkat
ediniz. Bir otomobilin ani fren yapması veya ani kalkış yapması buna örnek olur.
Hız ve ivme bağıntılarında dt yok edilecek olursa,
doğrusal hareketin
dv
dv
a=
⇒ dt =
dt
a
diferansiyel denklem
dx dx a ⋅ dx hız bağıntısında yazılırsa v =
=
=
v ⋅ dv = a ⋅ dx
dt dv
dv
a
Elde edilir.
Basit harmonik hareket, simetrik iki nokta arasında eşit zaman aralıklarında gidip gelme hareketi yapan cisim hareketidir. Denge
konumundan eşit uzaklıktaki iki nokta arasında, değişken ivmeli periyodik harekete basit harmonik hareket denir. Yayın ucuna bağlı
cisim zamanla yavaşlar ve durur. Buna ise sönümlü basit harmonik hareket denir.
"Bir cisme etkiyen net kuvvet ile cismin yer-değiştirmesi arasında, Hook Yasası olarak bilinen, F=kx şeklinde bir ilişki varsa (k sabit,
veya kolon rijitliği) o cismin basit harmonik hareket yapıyor kabul edilir. “
87
