İÇİNDEKİLER BÖLÜM 4: İZOSTATİK SİSTEMLERDE V, M, N
advertisement
BÖLÜM I VEKTÖRLER İÇİNDEKİLER 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 SİSTEMLER.................................................................................................................................. 3.1. Mesnetler .................................................................................................................................................................................................... 3.2. Kafes Sistemlerin Genel Kriterleri........................................................................................................................ 3.4. Çubuk Kuvvetlerinin Düğüm Dengesi İle Bulunması............................................................................ 3.5. Çubuk Kuvvetlerinin Kesim Metodu [Ritter] İle Bulunması........................................................... 3.6. Hiperstatik Kafes Sistemler..................................................................................................................................................... 3.7. Uzay Kafes................................................................................................................................................................................................ BÖLÜM 4: İZOSTATİK SİSTEMLERDE V, M, N 30 82 125 4.1. İzostatik Sistemler ve İşaret Kabulü.......................................................................................................................... 4.2. Kesme Kuvveti İle Moment Arasındaki İlişki.................................................................................................... 4.3. İzostatik Sistemlerin V, M ve N diyagramları................................................................................................... 4.4. Gerber Kiriş............................................................................................................................................................................................... BÖLÜM 5: AĞIRLIK MERKEZİ-ATALET MOMENTİ................................................................ 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 İkinci 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 .......................................................................................................................................................................................................... 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. BİRİM ÇEVRİMLERİ 1 inch=parmak=pus 1foot=ayak=ft 1 yard 1 mm 1 cm 1 dm 1m inch foot=ayak yard mm cm dm m 1 12 36 0.03937 0.3937 3.937 39.37 0.833 1 3 0.00328 0.0328 0.328 3.281 0.0278 0.333 1 0.1094 1.094 25.40 304.80 914.14 1 10 100 1000 2.54 30.48 91.44 0.1 1 10 100 0.254 3.048 9.144 0.01 0.1 1 10 0.0254 3.3048 0.9144 0.001 0.01 0.1 1 YÜK BİRİMLERİ TEKİL YÜK 1 kN YAYILI YÜK 1 kN/m2 GERİLME 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 METRİK 0.1 t 9.1 t/m2 10 kg/cm2 10 t.cm 3 100 kg 100 kg/m2 S.I kN kN/m 100 kg.m MPaN/mm2 kNm BÖLÜM I VEKTÖRLER BÖLÜM 1: VEKTÖRLER 1.1. GİRİŞ MEKANİK: 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 (=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, İtalyan. 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. 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: 4 BÖLÜM I VEKTÖRLER m m FG 1 2 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 İngiliz 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. İlk 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 yakın dostları John Locke ve Pepys ile arası bozuldu. 2 yıl sonra düzeldiyse de bilimsel çalışmalarda eski verimliliğini gösteremedi. 5 BÖLÜM I VEKTÖRLER 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. STATİK (hareket hızı V=0 olan cisimleri) 2. DİNAMİK (ivme ile hareket halindeki cisimleri V0) 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. İlk önce yapının kendi ve içindeki ağırlıklardan dolayı oluşan eleman veya sistem kuvvetleri [STATİK], 2. Sonra depremin veya rüzgarın yapıyı hareket ettirmesinden dolayı oluşan kuvvetleri [DİNAMİK] bulunarak çözüm yapılır. 6 BÖLÜM I VEKTÖRLER 1.2. STATİKTE KULLANILAN TEMEL BİRİMLER 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 İlişki; 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? İvme 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. 8 BÖLÜM I VEKTÖRLER 1887 yılında kabul edilen kütle standardı, "1 KİLOGRAM", 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 SANİYE", 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 (ağırlık); 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; 2. Temas kuvvetleri (ancak iki sistemin bağlantı kurması sonucu ortaya çıkar); 3. Kohezyon (iç tutunum) kuvvetleri (katı cisimlerin bükülmezliğini sağlarlar). ALAN KUVVETLERİ: 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. 9 BÖLÜM I VEKTÖRLER TEMAS KUVVETLERİ: 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 KUVVETLERİ: 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. Tek bir sayıdan oluşan bu tansörlere skalar adını veriyoruz. 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 İstanbul'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. Vektör adı verilen tansörler, bir sütun ya da bir sıra boyunca dizilen sayılardan oluşuyor. Örnek olarak, iki nokta arasındaki mesafe skalar bir değer olmasına rağmen (yani tek bir sayıyla ifade edebilmemize rağmen), bir konumdan başka bir konuma geçişi ifade eden “yer değişimi” vektör niteliğini taşıyor. Çünkü bir yer değişimini tam olarak tarif edebilmemiz için değişimin hem büyüklüğünü hem de yönünü belirtmemiz gerekiyor. Örnek olarak aşağıdaki resimde 0 ve p noktaları arasındaki yer değişimi, yani değişimin büyüklüğü ve yönü, kırmızı renkli A vektörü ile gösteriliyor. Vektörel büyüklükleri simgesi üzerine ok () işareti konularak skaler büyüklüklerden ayırt edilmektedir. Yer değişiminin vektörel gösterimini elde etmek için, bu vektörün x, y ve z eksenleri üzerindeki bileşenlerini bir sıra (ya da sütun) halinde yazılır. Örnek olarak aşağıdaki şeklin sağında A vektörünün tansör gösterimi yer alıyor. Bu 10 BÖLÜM I VEKTÖRLER sayı dizisine bakan birisinin bu rakamların ne anlama geldiğini anlayabilmesi için, bu sayı dizisindeki sayıların ne ifade ettiğini de belirtmemiz gerekiyor (Ax, Ay, Az; yani A vektörünün x, y ve z bileşenleri gibi). Bu örnekte verdiğimiz vektörün üç bileşeni olması, vektörün üç boyutlu bir eksen sistemi üzerinde, yani üç boyutlu reel koordinat uzayında (R3) yer aldığını gösteriyor. Eğer vektör üç değil de, örneğin beş boyutlu bir uzayda yer alsaydı, bu durumuda vektörün beş bileşeni olduğunu görecektik. Dolayısıyla, vektörün sahip olduğu bileşen sayısının aynı zamanda vektörün kaç boyutlu bir uzayda yer aldığını gösterdiğini söylenebilir. Kısaca özetlememiz gerekirse, skalar adını verdiğimiz boyutsuz tansörleri sadece büyüklükleri; vektör adını verdiğimiz tek boyutlu tansörleri ise büyüklükleri ve yönleri üzerinden tanımlanır. A 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, Kuvvet çifti (+F, -F)) (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 İŞLEMLERİ [x,+,-] Bir vektörün skaler ile ÇARPIMI, Skaler = Vektör= A ise çarpım A şeklinde elde edilir. Bir vektörün skaler ile BÖLÜMÜ, Vektör örnekleri A A 1 A A şeklinde elde edilir. 3A A A [ 1]A 11 A 3 A A BÖLÜM I VEKTÖRLER 1.3.1. VEKTÖRİN 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 R A B y R B A B By Ay Ry A B F1 F2 F3 R A B C A B Ax R Bx R A B A x B x i A y B y j R F1 F 2 F3 F1 F2 F2 C Rx Koordinat sistemi ile vektörlerin toplamı. A A x i A yj B B x i B yj F1 B B A B R A B A C B Üçgen kuralı ile vektörlerin toplamı. A F1 F2 F1 F2 F3 Doğrultuları paralel olan vektörler uç uca eklenerek aşağıdaki şekilde bileşkesi (toplamı) bulunur. R A B B x-y düz B B R A B A A A B B R A B A A A B B Vektörlerde toplama A B R A B A B Vektörlerde çıkarma A B Vektörlerde çıkarma Vektörlerde toplama R A B Uygulama 1: Verilen kuvvetlerin bileşenlerinin bulunması. F1 F1 F1 F2 FK F2 Fc Fc Fc 12 6 m F2 FL Fc F z F2 Fc FK Fc FL x BÖLÜM I VEKTÖRLER 1.3.2. VEKTÖRLERİN 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 2: Şekilde verilen üçgeni oluşturan vektörleri toplayınız. C A A B A A C R A B R A B B B 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 A Sinüs teoremi A B C sin α sin β sin γ B C Kosinüs teoremi A B2 C2 2 BCcos B A 2 C2 2 ACcos C A 2 B2 2 ABcos 13 BÖLÜM I VEKTÖRLER b: =? Uygulama 3: a: F=F1+F2=? y y F1=400 N c: F=F1-F2=? 40 j j 50o i x 30o 50 o o 60 F1=400 N o x i 30o F2=300 N F2=300 N y F1=400 N j F2=-300 N 50o i 100o x 30o F F F 3002 4002 2 300 400cos100 5407N (Cosinüs teoreminden) 1 2 a : Ffark F1 F2 400(icos50 jsin50) 300(icos30 jsin30) 516.92i 156.42 j (Vektörel) F 516.922 156.422 540.07 N fark b: sin100 sin( 30) 13.3o 54 0 400 Ffark F1 F2 400(icos50 jsin50) 300(icos30 jsin 30) 2.69i 456.42 j (Vektörel) c: Ffark 2.692 456.422 456.43 N Uygulama 4: 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 20o F3=180 N 140o 30o+90o+20o F1=200 N 30o 30o x F1=200 N x Çözüm; y Cosinüs teoremi F1 F2 için R1 2002 4002 2x200x400cos140 567.94N 102o Sinüs teoremi 400 R ( 567.94 ) 28o sin R1 sin140 Buna göre bileşke kuvvetin [F1 ve F2] yatayla (x) yapmış olduğu açı =30+28=58o o o 58 o o Cosinüs teoremi (58+20=78 paralel kenar iç açı toplamı (360 -2x78)/2=102 ) R1 F1 F2 R2 R1 F3 R2 1802 567.942 2x180x567.94cos102 630.45N Sinüs teoremi R2 78o 180 R2 (630.45) sin 180 sin102 / (630.45) 0.279 16o sin sin102 Buna göre bileşke kuvvetin yatayla (x) yapmış olduğu açı =58-16=42 14 x F3=180 N BÖLÜM I VEKTÖRLER İKİ VEKTÖR ARASINDAKİ AÇI Öklid Yükseklik bağıntısı: Bir dik üçgende hipotenüse ait yükseklik uzunluğunun karesi, hipotenüs üzerinde ayırdığı 2 kenarın çarpımına eşittir. h2 pk b2 ak c2 pa 1 1 1 bc ha 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. İki vektör arasındaki açının kosinüsü (cos ), bu vektörlerin iç çarpımının, uzunlukları çarpımına bölünmesi ile bulunur. a b Öklid iç çarpımı a b a bcos a OA ve b OB yer vektörleri arasında kalan cos ile bulunur . a b (22 ) ( 2( 2 ) 0 Uygulama: a ( 2 ,2 )ve b ( 2 ,2 ) cos 90o bulunur . 22 22 2 2 22 8 Uygulama: a ( 3 ,2 )ve b (1,4 ) cos ( 31) (24 ) 11 42.30o bulunur 3 2 2 2 12 4 2 14.87 Uygulama 5: 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. =90-30=60o F2 o 40 F2 F2 110o F2 40o R=800 N 30 40o F1 F1 F1 R=800 N F1 F2 Çözüm: İlk önce kuvvetler aşağıdaki şekilde hesaplanır. F1 800 F1 547.23N sin40 sin110 40o 110o R=800 N y Sinüs teoremi F2 110 o 30o o 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. 15 F1 30o BÖLÜM I VEKTÖRLER 1.1. VEKTÖREL ÇARPIM [SİNÜS] 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 AxB(BxA) 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. 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 sin ( h/B ) e birim vektör C AxB ( ABsin )e ( ABsin ) ( AB( h /B )) Ah Alan C AxB B B A A Aesas 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 ] eşittir. Bu çarpımın işareti sağ el kuralına göre belirlenir. y A x B A B z z VEKTÖRELÇARPIM y ixisin0 jxj kxk 0 ixjsin90 k jxi k ixisin0=0 j kxj i ixk j A B y j x i k k z z 16 k jxisin90=-k 90 i jxk i kxi j R B xA R AxB x z y y o i x j - + i x BÖLÜM I R AxB VEKTÖRLER R ABsin A Axi Ayj A zk B Bxi Byj Bzk i j k AxB Ay Bz Az By i Az Bx Ax Bz j A x By Ay Bx k Ax Ay Az Bx By Bz i j k i j k i j k i j k VEYA AxB Ax Ay Az [ jxk i] i Ax Ay Az [ ixk j ] j Ax Ay Az [ ix j k]k Ax Ay Az Bx By Bz Bx By Bz Bx By Bz Bx By Bz A y A z A x A z A x A y i j k Bx Bz By Bz Bx By Uygulama 6: A 2i 3j 4k B 4i 2k verilen vektörlerin AxB değerinin bulunması. i j k AxB 2 3 4 jxk[3x2] kxj[4x0] ixk[2x2] kxi[ 4x4] ixj[2x0] jxi[3x4] 6i 0i (4j 16j) 0k 12k 6i 20j 12k 4 0 2 EĞER, C.[ A x B] gibi bir skaler çarpımın vektörel çarpım ile çarpımı söz konusu ise; A A x i A y j A z k B B x i B y j B z k C C x i Cy j Cz k i j k C.[ AxB [ Cx i Cy j Cz k ] A x A y A z [ Cx i Cy j Cz k ].[ A y Bz A z By ]i[ A z B x A x B z ] j [ A x By A y Bx ]k B x B y Bz C x Cy Cz Cx [ A y Bz A z By ]iCy [ A z B x A x Bz ] jCz [ A x By A y Bx ]k C.[ AxB ] A x A y A z B x By Bz ÖZELLİK: C.[AxB B.[AxC] mevcuttur. Uygulama 7: A 2i 3j 4k B 4i 2k C 4i 2j 3k verilen vektörlerin C.[AxB]= -B.[AxC] olduğunun gösterilmesi. 4 2 3 z Cy A x A z Ck A x A y C.[ AxB ] 2 3 4 Cx A y A B B B B y z x z 4 0 2 B x B y 4.3 4 0 2 2.2 4 4 2 3.2 3 4.[ 6 ] 2.[ 20 ] 3.[ 12 ] 52 4 0 4 0 2 B.[ AxC ] 2 3 4 4.3 4 0. 2 4 2.2 3 4.[17 ] 2.[ 8 ] 52 2 3 4 3 4 2 4 2 3 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 17 BÖLÜM I VEKTÖRLER 1.7. SKALER ÇARPIM [COSİNÜS] A . B skaler çarpımı vektörlerin büyüklükleri çarpımının aralarındaki açının cosinüsü ile çarpımına [ A . B cos ] eşittir. Bu çarpımın işareti sağ el kuralına göre belirlenir. y i.icos0 j. jcos0 k .kcos0 1 i. jcos90 0 j .icos90 0 y i.icos0=1 j j.k 0 k . j 0 90o i k .i 0 i.k 0 x i k x i j k z Skaler çarpımın bazı özellikleri: k j.icos90=0 j Değişme özelliği A.B B.A + - i z Bir skaler ile çarpım [A.B] [ A].B A.[B] [A.B] Dağılma özelliği A.[B.C] [A.B] [A.C] Uygulama 8: A 2 i 3 j 4k B 4 i 2k vektörlerin AB değerinin bulunması. AB i.i[2x4] j.j[3x0] k.k[ 4x2] 8 0 8 0 Uygulama 9: 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 CA 6 i 18k 6 i 3 j 2k 30 36 0 C A (C,A diktir.) Skaler CB 6 i 18k 12 i 3 j 4 k 72 72 0 C B (C,B diktir.) Uygulama : Şekilde verilen sistemdeki iki vektörün çarpımını yapınız. y F=100 N C Çözüm: Önce herbir kuvvet vektörel olarak yazılır ve daha sonra çarpım yapılır. y y F Fy Fy’ y B F Fx i Fy j j F' Fx' i Fy' [ j] F' Fx' i Fy' [ j] j y ’ Fx’ Fx x F’ i x Fxi 18 x x 10m Fy’j F Fyj F=Fx’ + Fy’ F=400 N 6m z F=Fx + Fy 8m A RA[ 200 k ] RB[ 400 j ] RC[ 100 i ] RA RBRC0 [ KuvvetlerinbirbirineDİKolduğunugösterir .] 1.4. DÜZLEM KUVVET ve KARTEZYEN VEKTÖR SİSTEMİ P F=200 N F’ i Fx’i x BÖLÜM I VEKTÖRLER 1.8. VERİLEN KUVVETLERİN BİLEŞKE VE DOĞRULTULARININ BULUNMASI FRX F1 cosF2 cos F3 cos y y FR F1 A: SKALER FRY F1 sin F2 sinF3 sin FRY F2 F tan 1 RY FRX 2 2 FR FRX FRY x x FRX F3 y F1 F1x i F1x j B: VEKTÖREL :: :: :: F2 F2x i F2x j F3 F3 x i F3 x j F2 Fn Fnx i Fnx j :: F1X x F3X F3Y FR F3 FRY :: :: FRy tan FRx 1 FR F F 2 Rx F2Y F2X FR F1 F2 F3 [F1x i F1x j] [F2x i F2x j] [F3x i F3x j] :::[Fnx i Fnx j] FR [F1x F2x F3x ::Fnx ]i[F1y F2y F3y ::Fny ]j y FR FRx i FRy j F1 F1Y 2 Ry x FRX 1.5. DÜZLEM KUVVET SİSTEMİ Düzlem kuvvet sistemi, aynı düzlemde olan kuvvetlerin oluşturduğu kuvvet sistemidir. Verilen kuvvetlerin dengede olması için; F Fx Fy 0 Denge için Fx i Fy j 0 Denge için 0 ve Fy 0 Fx i 0 ve Fy j 0 Fx y y F F F F x x şartları sağlanmalıdır. F Uygulama 10: Şekilde verilen kuvvet sisteminin dengede olması için F2=? y y F1=800 N Serbest cisim diyagramı 50o F1y=612.84 N F2xsin30 x 30 F F x o F2ycos30 F1x=800cos50=514.23 N F2 F Fx Fy 0 olması için Fx 0 ve Fy 0 olmalı, Fx F1x F2x 514.23 F2x sin30 0 F2x 1028.46N 2 2 F 1028.46x 707.65y 1248.40N Fy F1y F2y 612.84 F2y cos30 0 F2y 707.65N 19 F BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama 11: 20 kg’lık bilgisayar AB kablosu ile asılı ise kablo kuvvetlerini bulunuz. Yayın uzamamış boyu LBC" 0.6m dir. 3m Serbest cisim diyagramı TAB A o 30 TBC o 30 K=500 N/m B C 20x9.81=196.2 N 20 kg Fx 0 Denge denklemleri Fy 0 TBA sin30 196.2 0 TBC TBA cos30 0 ise TBA 392.40N TBC 339.83N Yaydaki uzama TBC KBC .SBC 339.83 500.SBC SBC 0.68m Yayın uzamış boyu LBC LBC" sBC 0.60.681.28m A-C=3 m olduğuna göre 3m LAC cos30 1.28 bulunur. ise LAC 1.99m 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 .90 yj P(x,y,z)i P(x,y,z) r o x i k r xi O x rxi zk z z x rzk z Genel durum olarak uzayda bir yer vektörü iki nokta arasındaki yer vektörlerinin uç noktalarının birleştirilmesi sonucu elde edilir. y y r Q(x,y,z) P(x,y,z) P(x,y,z) r Q(x,y,z) rP rQ O x r [yP- yQ]j [zP- zQ]k [xP- xQ]i z z O r rP rQ [xP i yP j zP k] [xQ i yQ j zQ k ] [xP xQ ]i [yP yQ ]j [zP zQ ]k 20 x P(x,y,z) Q(x,y,z) rQ 0 rP BÖLÜM I VEKTÖRLER 1.4.2. BİR DOĞRU BOYUNCA UZANAN KUVVET VEKTÖRÜ Bir doğru için 2 nokta gerektiğinden üç boyutlu sistemlerde bir kuvvetin doğrultusu genellikle kuvvetin doğrultusunun geçtiği iki nokta tarafından belirlenir. 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 ([[x x ]i [y y ]j [z z ]k ] ) P Q P Q P Q ryj rx i r zk 2 2 2 1 r r r y r y P(x,y,z) rP Q(x,y,z) B r rQ x O z F u A x r F F u F r z rxi [xP xQ ]i Fx i Fu F [F] 2 2 2 Fcos 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 [[xP xQ ]i [yP yQ ]j [zP zQ ]k ]1/2 r [yekseni] rzk [zP zQ ]k Fzk Fu F [F] 2 2 2 Fcos r [[xP xQ ]i [yP yQ ]j [zP zQ ]k ]1/2 [zekseni] F FuOA Fxi Fyj Fzk F cos i cos j cos k y y Fy j F r y j F(x,y,z) ry j ry j r r z k r zk r rx i r rx i rz k Fzk F 21 r r z r ry j rzk x z ry j rz k r rx i F(x,y,z) r rxi r Fxi F rxi r x BÖLÜM I VEKTÖRLER 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] -x -8 -5 -5 y q x 10 5 x-y düzlemi [z=0] y-z düzlemi [x=0] Orjin 5 x [6,-4,0] -5 z 10 -y x-z düzlemi [y=0] z -8 Uygulama 12: AB kirişinin boyunu ve doğrultusunu A’dan B’ye doğru bulunması. y y B 4 2 B 5j 5 y’ O x 3 2 z O x 3 z 2i O -8k A A r rB rA [xB xA ]i [yB yA ]j [zB zA ]k [4 2]i [2 (3)]j [ 5 3]k r (2i 5j 8k) m r 22 52 82 9.64m r 2 5 8 u i j k 0.21i 0.52j 0.83k r 9.64 9.64 9.64 cos 1 [0.52] 58.7o =77.9o =146.1o 2 3 cos 1 [0.21] 77.9o =58.7o cos 1 [ 0.83] 146.1o 22 z’ x’ BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama 13: Kuvvetlerin dengede olması için F kuvvetinin şiddeti ve doğrultusu nedir? [B(-2,-3,6)]. B(-2,-3,6) F3=700 N z F=?? y F1=400 N F2=800 N x F1 400j N F2 800k N F1 F2 F3 F 0 F 0 F3 200i 300j 600k N 700 F3 2i 3j 6k F F F F xi yj zk 400j 800k 200i 300j 600k Fxi Fyj Fzk 0 22 32 62 F1 F2 F3 F 0 F 0 Birleşke kuvvetin değerleri 400j 800k 200i 300j 600k Fxi Fy j Fzk 0 0 Fy 0 Fz 0 Fx 200 Fx 0 400 300 Fy 0 800 600 Fz 0 F 200i100 j200k N F Fx 200N Fy 100N Fz 200N 2002 1002 2002 F 200 100 200 300N uF i j k F 300 300 300 200 o x ekseni ile yapılan açı cos 1 48.2 300 100 o y ekseni ile yapılan açı cos 1 109 300 200 o z ekseni ile yapılan açı cos 1 48.2 300 z F=300 N =48.2 =48.2o O y x z A Uygulama 14: 70 kN’luk kuvveti KARTEZYEN vektör olarak tarif ederek doğrultusunun bulunuz. 70 kN A ve B noktalarının koordinatları(x,y,z) A(0,0,30) B(12,-8,6) r (120) i( 80) j( 630 )k(12 i8 j24 k )m r 122 82 24 2 28m 24m 8m 6m 12m r ve F vektörlerinin doğrultusunu belirleyen u birim vektörü aşağıda yazılmaktadır. 8 F F x i F y j F z k F cos i cos j cos k u r 12 i j 24k r 28 28 28 x =149o x =64.6o B 8 F Fu 7012 i j 24k 30 i 20 j 60kkN 28 28 28 8 Kontrol F 302 202 602 70kN cos 1 12 64.6 o cos 1 107o 28 28 23 y B cos 1 24 149o 28 z y =107o BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama 15: Verilen kuvvetlerin vektörel olarak ifade ediniz. r (3 0)i (6 0)j (6 0)k (3)i (6)j(6)k FF OA 36 36 (12 i 24j24k) kN 81 rOA cosinüs (30)2 (60)2 (60)2 z 6m F=36kN y 3m 0,0,0 Kontrol F Fx2i Fy2j Fzk2 122 242 242 36 kN 6m x r 2i (20)i(04)j(06)k 4j 6k BA FF 900 900 rBA cosinüs (20)2 (04)2 (06)2 7.483 7.483 7.483 F9000.267i0.535j0.802k (240.54 i 481.07j721.61k) kN jj1 ii1 2 2 A z y 6m kk 1 [0.267 0.535 0.8022 ]1 2m F=900N 0,0,0 Kontrol F Fx2i Fy2j Fzk2 240.542 481.072 721.612 900 kN 4m B x z Uygulama 16: FAB 16kN ise FOC=? B x F=16 kN 3m Çözüm: F kuvvetinin eksenlerdeki bileşenleri bulunur. 3m 3m 0 A dan B ye doğrultu 2m 1m 2m B rBA A (3(3))i(4 ( 3))j(3(1))k 3m FOC=? FF 16 (9.55 i 11.14j6.37k) kN rBA ( 6)2 (7)2 (4)2 C O dan C ye doğrultu rOC (20)i(2 0)j( 30)k uOC 0.485i0.485j0.728k rOC (2)2 (2)2 (3)2 FOC F skaler uOC (9.55 i 11.14j6.37k) skaler 0.485i0.485j0.728k 4.635.404.633.75 kN 4m 3m y Uygulama 17: 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 y 45o F 1m 1m 45 x x B 1cos45o y o 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 (1.707i 0.707 j 2k )m r 1.7072 0.7072 22 2.72m u r 1.707i 0.707i 2 k FAB Fu 500 1.707i 0.707i 2 k 314 i 130 j 368kN FR 314 2 1302 ( 3682 ) 500 N 2.72 2.72 2.72 r 2.72 2.72 2.72 24 BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama 18: Şekilde gösterilen kuvvetlerin bileşkesinin şiddetini ve konumunu bulunuz. F1=20 N C F3=100 N z D 70.93i C 4m 5m 8m 4m F3=100 N B 0 5m y 8m F2=200 N B 0 y E E x 63.05j 31.52k x 12m 12m 189.737k F2=200 N 63.246i 13.14k 4m A[4,8,-12] 8m rAC 5 4 i 8 8 j ( 4 ( 12 )) k 9 i 16 j 16 k 7.392i 13.14j F1=20 N rAC ( 92 162 162 ) 0.5 24.35 ( 54 ) ( 88 ) ( 4( 12 )) rAC 9 i 16 j 16 k r 0.37 i 0.657 j 0.657 k 0.372 0.6572 0.6572 0.5 1 rAC 92 162 162 20 N 13.14k 13.14j ( 88 ) 54 ) 4( 12 )) ( ( 16 j rAC 9 i 16 k 20 F1 F1 20 20 7.392 i 13.14 j 13.14 k rAC 24.35 24.35 24.35 88 ) ( 0( 12 )) ( 04 ) ( 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 D FR F1 F2 F3 y 63.05j y 100 N i j k 0.292 49.91 171.357 FR ( 7.392 63.246 70.93) 13.14 63.0 5) (13.14 189.737 31.52) ( x ekseni y ekseni z ekseni FR 0.292 i 49.91j 171.357k u FR 178.48 178.48 178.48 0.0016 28 0. 0.96 cos 89.906o cos 73.76o cos 16.24o 2 2 2 0.5 FR 0.2922 49.912 171.3572 0.5 25 z’ 178.48 N =16.24o =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 (0.0016 0.28 0.96 ) 1 y A 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 FR 0.292 i 49.91j 171.357k 7.392i=20(9/24.35) 63.246i ( 5 )) ( 80 ) ( 04 ) ( 4 x 31.52k 9 i 8 j 4 k rDE 70.93 i 63.05 j 31.52 k F3 F3 100 rDE 92 8 2 4 2 9/24.35 x 200 N z z x’ =89.906o BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama19: 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 B F1=200 N x F3=100 N 12m A B F3=100 N 50 ) ( 00 ) ( 6( 8 )) ( 5 i 0 j 14 k r 67.27 i 0 j 188.35 k F1 F1 DA 200 rDA 52 02 14 2 8( 8 ) ( 126 ) 80 ) ( ( 8 i 16 j 6 k r F2 F2 EC 300 127.20 i 254.40 j 95.40 k rEC 82 162 62 FR F1 F2 F3 z’ 364.86 40o 80 ) ( 012 ) ( 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 x’ 64.4o 61.6o 205.73 226.91 y’ j i k i , j ve k değerleri F ( 67.27 127.20 32.44) (254.40 48.67) (188.35 95.40 81.11) R 226.91 205.73 364.86 0.5 kendi içinde toplanır F 226.91i 205.73 j 364.86k FR 226.912 205.732 364.862 476.38N R 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 61.6o cos 64.4o cos 40.0o F cos61.6 226.91 N xi Kontrol FR FR .u 476.38 Fyj cos73.76 205.73 N Fzk cos16.24 364.86 N Uygulama 20: FAB=100 kN ve FAC=120 kN ise A noktasındaki bileşke kuvvetin şiddetinin bulunması. z A z FAC=120 kN FAB=100 kN x B 2m C rAC rAB y 4 FAC=120 kN FAB=100 kN 4m m x A y 4m B 2m C 26 BÖLÜM I VEKTÖRLER rAB (4 0)i (0 4)k (4i 4k)m rAB 42 42 5.66m 4 4 FAB Fu 100 i k 70.7i 70.70k N 5.66 5.66 rAC (4i 2j 4k)m rAC 42 22 (42 ) 6m 4 2 4 FAC Fu 120 i j k 80i 40j 80k N 6 6 6 FR FAB FAC 80i 40j 80k 70.7i 70.70k 150.7i 40j 150.7k FR 150.72 402 (150.72 ) 217 kN Uygulama 21: F=500 N kuvvetin AB doğrultusuna dik ve paralel birleşenlerinin belirlenmesi. y B y F=500i N B 4m 4m A A x u Fdik 2m z F=500i N FAB z 6m x 2m 6m rAB 6i 4j 2k uAB 0.802i 0.535j 0.267k rAB 62 42 22 FAB F uAB 500i[0.802i 0.535j 0.267k] 401ii 0 0 401N A[0,0,0] B[6,4,2] 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 22: Şekilde verilen sistemde A: Kablo kuvvetlerinin B:Yaydaki uzamayı [yay katsayısı k=500 N/m]. 4m z m 2 4m D C 5 z 3m FAD FAC m 2m y A x B A[0,0,0] C[2, 4,5] x W=20 N D[ 2,4,3] A FAB FB FB i W=20 N y Sistemin serbest cisim diyagramı 2i 4j 5k rAC FAC FAC uAC FAC FAC 22 42 52 rAC 2i 4j 3k rAD FAD FAD uAD FAD FAD FAD [ 0.32i 0.74j 0.56k] 2 2 2 rAD 2 4 3 Fx 0 [FAB 0.27FAC 0.32FAD ]i 0 F 0 F Fx Fy Fz 0 Fy 0 [ 0.55FAC 0.74FAD ] j 0 Fz 0 [0.67FAC 0.56FAD 20]k 0 1 FAB 41.60N 2 FAC 81.23N 3 FAD nin eksi [-] çıkması kuvvetin ters yönde olduğunu gösterir. Yaydaki uzama FAB kyaysabiti .xuzama 41.60 500.xuzama 27 FAC [0.27i 0.55j 0.67k] xuzama 0.0832m FAD 61.47N BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama 23: F=400 N başlangıç noktasına uygulanmaktadır. z a. Fx Fy ve Fz bileşenleri 5m b. F kuvvetinin x-y ve y-z düzlemlerindeki iz düşümlerini F=400 N 4m 6 A y s m B c. F kuvvetinin s doğrultusundaki Fs bileşeninin bulunması 3m 8m a. A ve O noktalarının koordinatları(x,y,z) O(0,0,0) A(4,5,6) 400 kN’nun bileşenleri hesaplanır. O 400 N 400 N’un analizi 10m 5/8.77 (6/8.77)400=273.66k O x z 228.05j 6/8.77 Fyz 4/8.77 182.44i r ve F F=400 N 4m 5m vektörlerinin doğrultusunu belirleyen u birim vektörü yazılır. Yer vektörü rOA (4i 5j 6k)m r 42 52 62 8.77m y s B 3m 8m Fy Fz r 4 5 6 F Fxi Fyj Fzk F cos i cos j cos k u OA OA i j k rOA 8.77 8.77 8.77 6 A m Fxy O 10m Fx 4 5 6 F FuOA 400 i j k 182.44i 228.05 j 273.66k N 8.77 8.77 8. 77 x b. F kuvvetinin x-y ve y-z düzlemlerindeki iz düşümlerini Fxy Fcos 1 52 42 / 8.77 400x0.73 292N veya Fxy 182.442 228.052 292N 228.05j 273.66k 10/13.15 3/13.15 3/13.15 O 356.23 Fyz Fcos 356.23 400cos cos 1 27o 182.44i 400 Skaler iz düşümü OB doğrultusu 400 kN kuvvetin bileşenleri 8 10 3 s yönündeki Fs birleşenleri Fs F uOB 182.44i 228.05j 273.66k i j k 346.77 N 13.1529 13.1529 13.1529 Vektörel iz düşümü OB doğrultusu 10 3 8 Fs F uOB x uOB 346.77 N i j k 210.92i 263.65j 79.09k 13.1529 13.1529 13.1529 Fyz 273.662 228.052 356.23N F 210.922 263.652 79.092 0.5 F=400 N z 346.78 N 4m 5m 6 A y m B 8m F ile Fs arasındaki açı, skalar çarpım gereği, 364.84 N [FuBs=Fcos] ve IuBsI=1 olduğundan =cos-1[FuBs/F] olur. O F uOB FOB cos1 346.78 30o 400 cos 1 FOB 346.41N sin90 sin(90 30) F 400 10m x F Fs 182.44i 228.05j 273.66k 210.92i 263.65j 79.09k VEYA cos 1 30o 400346.77 FFs 28 3m s BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama 23: F1 ve F2 vektörleri arasındaki açıyı hesaplayınız (=?) z 4 5m B z F1=400 m A 5m y 6m 5m F2=200 B 5m F2=200 n 2m O 5m 8m y C 6m 2m O 6 A m n C 6m F1=400 4m 5m 8m x x r yer ve F kuvvet vektörlerinin doğrultusu ve eksen bileşenleri aşağıdaki şekilde yazılarak bileşke kuvvet bulunur. 4 5 6 F FuOA 400x i j k 400x 0.456i 0.570j 0.684k 182.44i 228.05j 273.66k N 8.77 8.77 8.77 5 6 F FuOB 200x j k 200x 0.64j 0.768k 128.04j 153.65k N 7.81 7.81 F1 uBO cos 1 182.44i 228.05j 273.66k 0.64j 0.768k 81o cos 1 400 F1 F1 uBO cos 1 128.04j 153.65k 0.456i 0.570j 0.684k 81o cos 1 200 F1 F F 182.44i 228.05j 273.66k 128.04j 153.65k 1 1 2 1 81o cos cos F1 F2 400200 Uygulama 23: F1=400 N ve F2=200 N ise R=?, Fn=? ve R ile Fn arasındaki =? z 4 5m B z F1=400 m A R=475.27 N y y 6m 5m F2=200 n C 2m 2m 6m O O 5m 8m n C 5m 8m x x r yer ve F kuvvet vektörlerinin doğrultusu ve eksen bileşenleri aşağıdaki şekilde yazılarak bileşke kuvvet bulunur. 4 5 6 F FuOA 400 i j k 182.44i 228.05j 273.66k N R 182.44i 100.01j 427.31k 8.77 8.77 8.77 2 2 2 0.5 R 182.44 100.01 427.31 475.27N o o 5 6 z 26o x 67 y 78 F FuOB 200 j k 128.04j 153.65k N 7.81 7 .8 1 29 BÖLÜM I VEKTÖRLER n yönündeki Fn birleşenleri Skaler iz düşümü n doğrultusu 400N ve 200N kuvvetin bileşenleri 8 5 2 i j k 291.82 N Fn R uOC 182.44i 100.01j 427.31k 9.64365 9.64365 9.64365 R bileşke ile 0.83i 0.519j 0.2074k n doğrultusundaki Vektörel iz düşümü n doğrultusu Fn ? 5 2 F R u 291.82 N x 8 i j k 242.08i 151.30j 60.52k n OC 9.64365 9.64365 9.6436 5 0.5 242.082 151.302 60.522 291.82 N 0.83i 0.519j 0.2074 k n doğrultusu 8 5 2 i j k 326.34N F1 182.44i 228.05j 273.66k N 9.64365 9.64365 9. 643 65 F1 ve F2 ile 0.83i 0.519j 0.2074k ndoğrultusundaki R 326.34 34.52 291.82N n doğrultusu Fn ? 8 5 2 F2 128.04j 153.65k N 9.64365 i 9.64365 j 9.64365 k 34.52N 0.83i 0.519j 0.2074k R ile Fn arasındaki açı, skalar çarpım gereği [Fuc=Fcos] ve IucI=1 olduğundan =cos-1[Fuc/F] olur. 182.44i 100.01j 427.31k 0.83i 0.5185j 0.2074k R uOC cos1 52.12o cos 1 475.27 R FOC 475.27 o 52.12 kontrol yapılacak olursa FOC 291.82 N sin90 sin(90 52.12) R Fn 242.08i 151.30j 60.52k 182.44i 100.01j 427.31k VEYA cos 1 52.12o 475.27291.82 RFn Uygulama 24: F=100 N kuvvetinin s doğrultusundaki Fs bileşeninin bulunması z D 4m 5m z A 6m D y 8m F=100 N C rCD (5j 6k)m 6 A m y 76.82i B 8m s 64.02j 10m O 4m 5m C s 10m O x B x 5 6 r 5 6 7.81m F FuCD 100 i k 64.02j 76.82k N 7.81 7.81 s yönündeki Fs birleşenlerinin bulunması; ileride açıklanadığı üzere bir kuvvetin başka bir noktaya taşınması kuvvetin 2 2 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). cos 1 8 51.4o x 12.81 cos 1 10 38.7o 8 10 12.81 64.02j 76.82k N i j 20N y 12.81 12.81 rOB (8i 10j)m r 82 102 12.81m Fs [FuDC ]uOBs 30 BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama 25: Çatı giriş kapağı kuvvetin CD diyagonal ekseni doğrultusundaki şiddetinin bulunması. z F=100 N 900 mm y A B z D x C CD A C o 30 x y z 30o x x1 Sin30 z z 450mm 900 Cos30 x x 779.4mm 900 x1 900-779.4 120.6 mm 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 CD FCD F. CD . 46N 1500 15 1500 skaler çarpım Uygulama 26: 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 4m 3m 4m 8m 16m y 3 7m 8m A 4m 4m x Yer vektörü rAB (20i 16j 4k)m 16m m y 7 m 8m 2 2 2 r 20 16 4 25.92 m x F Fxi Fyj Fzk F cos i cos j cos k 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 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 31 BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama 27: 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 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 1 1 5 uDA i j k rDA 5.2 5.2 5.2 5m 2 2 rDA 1 1 5 5.2m 1 1 5 A AuDA A i j k 5.2 5.2 5.2 rBD (0 2)i (0 ( 1))j (5 0)k (2i 1j 5k)m rBD 2 1 5 uBD i j k rBD 5.48 5.48 5.48 C 2 F kuvvetinin izi A 1 E 0 rBD 22 12 52 5.48m 2 1 5 B BuBD B i j k 5.48 5.48 5.48 B x rCD (0 0)i (0 2)j (5 0)k (2j 5k)m rCD 02 22 52 5.39m r 2 5 2 5 uCD CD 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 2 2 u0E i j r0E 2.83 2.83 r0E 22 22 2.83m 2 2 F Fu0E F i j 10.707i 0.707j 2.83 2.83 1 1 5 2 1 5 2 5 10.707i 0.707j A 5.2 i 5.2 j 5.2 k B 5.48 i 5.48 j 5.48 k C 5.39 j 5.39 k 0 x EKSENİ 2 1 i 0 0.707 0.192A 0.365B 0 Fxi 0 10.707i A i B 5.2 5.48 Denge şartından y EKSENİ F 0 F A B C 0 F 0 10.707j A 1 j B 1 j C 2 j 0 0.707 0.192A 0.183B 0.371C 0 y j 5.2 5.48 5.39 z EKSENİ F 0 A 5 j B 5 j C 5 j 0 0.962A 0.912B 0.928C 0 5.2 5.48 5.39 zk 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 Fxi 0 10.707i A i B i 0 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 Fzk 0 A j B j C j 0 5.2 5.48 5.39 0.962A 0.912B 0.928C 0 32 BÖLÜM I VEKTÖRLER 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 Determinant ile A, B ve C değerleri hesaplanır. 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 C 0.003 1.797 0.359 0 C 1.273 Tersi sabitler BÖLÜM 2: MOMENT 33 BÖLÜM I VEKTÖRLER 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=100N P=4 kN 60o L2= 5m L1=3m y A x B P=100N A 60o MA PxL 4x5 20kNm B L= 6m Py=100sin60=86.6 N MB 4x3 12kNm A L= 6m Px=100cos60=50 N MA PxL 86.6x6 50x0 519.6Nm y Üç boyutlu sistemlerde moment şekil üzerinde açıklanmaktadır. F Fy rx F y Fyj Fx x ry My z Fxi r Mo Fzk yj Mxi Mz=rx Fy- ry Fx xi x Myj zk x x’e paralel y’ye dik olanlar Mz oluşturur r xiyjzk Mzk z F Fxi Fyj Fzk y’ye paralel x’e dik olanlar Mz oluşturur Mo rDİK KUVVET KOLU xFKUVVET Mo Mxi Myj Mzk y F z F y z F y F y z Fzk Fyj Fyj z Fzk Fxi Fxi r x ry rx rz x ry rx rz x Fzk Fxi x My=rz xFxi+ rx xFzk 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. -M=Fxr olur. 34 BÖLÜM I VEKTÖRLER 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 4. Moment hesabı için gerekli olan matris tablodaki gibi oluşturulu.. M i x Fx = j y Fy k z ile MOMENT-MOMENTLER hesaplanır. Fz j y Fy Eksenlerin doğrultman kosinüsleri F kuvvetinin uygulama noktası koordinatları F kuvvetinin bileşenleri k z Fz Uygulama: Verilen F kuvvetinden oluşan eksen momentlerinin hesabı. y y x-y düzlemi y x-y düzlemi F F F y-z düzlemi y-z düzlemi y-z düzlemi r 0 0 x-z düzlemi x-z düzlemi x x-z düzlemi z z Fx r 0 x x Fz Fy rz rx z y k y j Fz rz Fx r y i Myj Fzk xi Fxi zk x-y düzlemi [z=0] ry M F y F z xi z y 0 Fy + - 0 z rx ry r x Fy Fy Fz rz ry r Fx rx Fx x 0 x z Mzk Fy x Fxy z Myj 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 ry y M y Fz x Fx z Mxi M x Fz y Fy z x Mx Fz y Fy z My Fz x Fx z Mz Fy x Fx y z 35 Mzk M z Fy x Fx y BÖLÜM I VEKTÖRLER Mx, My ve Mz değerleri skaler olup F kuvvetinin O merkezinden geçen eksenlere göre momentleridir. Bu momentler; F kuvvetinin rijit cisme eksenleri etrafında uyguladığı döndürme uygulamalarıdır. i Moment hesabı için M x F x k z matrisi incelendiğinde; Fz j y Fy y A- 5m 0 3m -B i j k i j k i j k z Mo 3 0 0 0 MA 3 5 0 5x40200Nm MB 3 0 8 8x40320Nm 40 0 0 40 0 0 40 0 0 Mx [2x502x30]i40i j k i Mo 3 2 2 NmMy [3x502x40]j70j 40 30 50 Mz [3x302x40]k10k x F=40 N 8m y F=30 N 2m 0 3m 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]j320j 0 2 8 Mx [8x30]i240i 0 0 682 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 iMy jMz k].i[Mx i.i My j.iMz k.i]Mx [1]00Mx 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. P=100N P=4 kN 60o L2= 5m L1=3m B y x A MA PxL 4x5 20kNm P=100N 60o B L= 6m Py=100sin60=86.6 N Px=100cos60=50 N MB 4x3 12kNm A L= 6m A MA PxL 86.6x6 50x0 519.6Nm M r xF r xi yj zk F Fxi Fyj Fzk M Mxi Myj Mzk i j k i j k MA x y z 5 0 0 0 i 0 j [ 4]x[ 5] 0k 20kNm Fx Fy Fz 0 4 0 i j k j k i MB 3 0 0 0i 0 j 4x3 0k 12 kNm MC 6 0 0 0 i 0 j [ 86.6]x[ 6] 0k 519.6Nm 50 86.6 0 0 4 0 36 BÖLÜM I VEKTÖRLER Üç boyutlu sistemde orjinden geçmeyen F kuvvetinin s ekseni boyunca oluşan Ms=? 1. Rasgele bir L noktası seçilir, 2. ML (Ls eksenine iz düşümü olarak) hesaplanır ve birim vektörü belirlenir, y F 3. rKL: L’den K’ya çizilen vektör olmak üzere MLS=ML=(rKL x ML) 4. x ; y ve z Ls ekseni doğrultman kosinüsleri hesaplanır, L y z x r K 5. Moment determinant formunda MLS M KL x rKL y rKL z yazılır, Fx Fy Fz y F x O s z L rKL=rK-rL K F y L O N z s z rKL=rK-rL K Çarpım "0" olur MLN [(rK rN )xF [(rK rL )xF [(rL rN ) xF [(rK rL )xF MLS x NOT: Bir eksen boyunca oluşan moment eksenin her noktasında aynıdır. s M y x O F i j k ( M F x r) M rx ry rz F F F x y z L r Vektörel çarpımı M r x F K d x O Skaler çarpımı (büyüklüğü) M F d (r sin ) F s z Uygulama 28: a: F=800 kN kuvvetin BC doğrultusundaki momenti (MBC=?) hesaplanması. y B 10 800kN y F=800kN A B O 10 x A d O 10 z 10 x 10 C 10 z C Çözüm: İlk önce kuvvet ve doğrultu vektörel olarak belirlenir. 800 10 i 10j 10k 462 i 462j 462k kN Kuvvet bileşenleri r0A 10 i 10j 10k F Fu0A 17.32 j k i 10 i 10j MB rBO xF 0 10 10 4620 j 4620k MBC BC rBO xF 4620 j 4620k 3267 kNm 2 2 10 10 462 462 462 FBC 0 ise F kuvveti BC doğtultusuna DİK denir. 462 i 462j 462k 10 i 10j 0 F kuvveti ile BC doğrultusu dik MBC Fd 3267 800d d 4.084 m 37 BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama: Verilen sistemde MA=? momentini değişik şekillerde hesaplayınız. y 50 y 8000 Nm 600 50 50 N 10O 38.30 32.14 8000 Nm O 385.70 500 50 50O O 800 321.4 460 40O 40 O 383 414.30 A A x x Çözüm: Kuvvetlerin uygulama noktasının koordinatları hesaplanır. 50 N ve 8000 Nm önce B noktasına sonra A noktasına taşınarak A noktasındaki moment ve kuvvetler bulunur. 38.3 50 y 32.14 38.3 50O 32.14 321.4 B 460 385.70 414.30 50O 414.3 0 B 10o 38.30 32.14 600m 8000 Nm 385.70 383 MC=-8000-32.14(385.7-321.4)+38.30(383+460)=22220.30Nm AMA=22220.30+32.14800=47932.30 Nm x x 50 321.4 460 AMA=16998.7+38.3460+32.14414.3=47932.30 Nm y 8000 Nm 383 MB=-8000+38.303383+32.14321.4=16998.70 38.30 32.14 32.14 C 8000 Nm 385.70 50 y 38.30 50O 321.4 50m 50 N 383 460 800m 414.30 500m A x A MA=-8000+38.3(460+383)+32.14(414.3+321.4)=47932.30 Nm y 385.70 50O 460 414.30 A 8000 Nm d 40O 321.4 383 d=sin50(1460.33)/sin90=1118.68 50 38.30 32.14 414.30 s=sin40(321.4+414.3)/sin50=617.33 x 460+383+617.33=1460.33 MA=d50-8000=1118.6850-8000=47934 Nm VEYA 38 MA=1460.3338.3-8000=47930.64 Nm BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama 28: F=800 kN kuvvetin a: AO doğrultusundaki momenti (MAO=?) hesaplanması. b: AC doğrultusundaki momenti (MAC=?) hesaplanması. y 6 y 6 3 C B 800kN 3 Fy=408.45 4 B 8 A O 10 A 6 Fx=511.18 x 5 O Fz=460.06 10 Mx=2450.70 z Kuvvet bileşenleri rBA 10 i 8j 9k r 102 82 92 15.65m M y=3067.08 Çözüm: 800 10 i 8j 9k 511.18 i 408.45j 460.06k kN F FuBA 15.65 z y 6 408.456=2450.70 B A A Fx=511.18 rz=6 Fx=511.18 x 3 Fz=460.06 Fy=408.45 511.186=3067.08 Fy=408.45 O z O Fz=460.06 10 rz=6 3 Mx=2450.70 z O noktasını x ekseni yönünde döndüren momentler MCx=-Fyrz My=3067.08 M 6x408.45 i 2450.7 i Cxi j k i rOA 6k MO rAO xF 0 0 6 MCyj 6x511.18 j 3067.08 j 511.18 408.45 460.06 MCzk 0 M 10 3 B x M=3925.93 y 6 3 rz=6 3 x M=3925.93 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 AC 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 x 84o y 47o z 136.4o 5633.28 Fy=408.45 y 6 y 6 408.456=2450.70 Fy=408.45 3 3 rz=6 460.064=1840.2 ry=4 O z Fz=460.06 C C A 6 5 4 B 4 B O Fx=511.18 rz=6 A 511.186=3067.08 x rx=15 x z 10 Fz=460.06 10 460.0615=6900.90 C noktasının y eksenini döndüren momentler MCy=Fzrx -Fxrz C noktasının x eksenini döndüren momentler MCx=Fzry -Fyrz 39 BÖLÜM I VEKTÖRLER 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 O A 6 x 5 10 z Uygulama: F=100 kN kuvvetinin s doğrultusundaki Ms=? bileşeninin bulunması z D z 4m 5m A D 6m F=100 N 4m 5m y 8m B s 10m O x x Kuvvet bileşenleri rCD (5j 6k)m 5 6 r 52 62 7.81m F FuCD 100 i k 7.81 7.81 j k i Yer vektörü rOC (5j)m Mo FuOC 0 5 0 384.1i 0 64.02 76.82 rOB (8i 10j)m r 82 102 12.81m s yönündeki Fs birleşenleri 8 10 olur. Ms [MO ]uOBs [384.1i] i j 239.88N 12.81 12.81 64.02j 76.82k N F4= 60 kN E 6m Uygulama 29: RA ? MA ? kuvveti vektörel olarak ifade ediniz. y 6 m D F3= 60 kN 2m B A Denge için F0FRAbileşke F1 F2 F3 F4 0RAbileşke 50j 20i 60i 60i 0 RAbileşke 50j 20i Bileşke R 502 202 53.85kN VAkesme 50j NAeksenel 20i y 6 m D F3= 60 kN z 40 F2=20 kN F1=50 kN 2m B A Kuvvet çiftinin mometi kuvvet 200i 80 j 400k 360 j 200i 440 j 400k m ile mesafenin çarpımıdır . Eğilme momenti M 2002 4402 4002 627.38kN x m E F4= 60 kN 6m j k i j k i j k i 0 4 6 4 keyfi 3 6 4 keyfi 3 MA 8 0 0 60 0 0 20 50 0 60 200i 80 j 400 k 180 j 240k 180 j 240k 200i 440 j 400k 4 C z j k i VEYA MA 8 0 4 60ix6k 20 50 0 B C 64.02j s 10m O y 76.82i 8m C A 6m x 4m C F2=20 kN F1=50 kN BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama 30: Şekilde verilen sistemde, a. b. c. y Mo=? Mx=? MoA=? P 0 x F=100 N momentlerinin hesaplanması. Yer vektörü r 10i 8 j 70.72i y P 42.43k k j 8m 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 56.58j A 6m 10m z a. Mo: momentinin hesabı F 0 8m A 10i 8j 6k F rAO [ 70.72i 56.58j 42.43k ] 64 14.142 x i 6m 10m z y b. Mx: x eksenine paralel Mx momentinin şiddeti, Mo’ın x doğrultusundaki birleşenidir. Mx Mo i[ 339.44i424.30 j0.04k ]i339.44 Nm 0 10i8 j6k c. MOA’nın hesaplanması: MoA Mo oA [ 339.44i424.30 j0.04k ] 102 82 62 10i 8j 6k MoA [339.44i 424.30j 0.04k] MoA 0.016 0 Nm 14.142 8m A 424.3 x 339.44 6m 0.04 10m z y 8j 14.142 424.3 VEYA MOA’yı A noktasından O noktasına giderek hesaplamak için, 1. Yukarıda yapıldığı gibi önce F kuvveti analiz edilir. F [ 70.72 i 56.58j 42.43 k ] 0.04 0 10i 14.142 8m A x 339.44 6k 14.142 6m 10m z 2. P noktasından A noktasına olan yer vektörü yazılarak moment değeri bulunur. i j k 339.48i 424.32 j 0k Nm MPA 0 0 6 70.72 56.58 42.43 70.72i y P 42.43k 3. MOA momentinin AO doğrultusundaki değeri rAO yer vektörü ile çarpılarak bulunur. 10i 8j 6k MoA Mo oA [339.48i 424.32j 0k] 0 2 2 2 10 8 6 k 0 56.58j A j 8m x i 6m 10m z Uygulama 31: TAB=200 kN ve TAC=500 kN ise MO=? 3.6m y m 9.2 A Kuvvetlerin analizi 0 m 9.2 B 157.89i B 0 z D m C 41 316.90i C 9 63.16k 105.26j B 6m 9 A x 6m z D 3.6m y m C 211.27j 323.94k x BÖLÜM I VEKTÖRLER Çözüm: Kablo kuvvetlerinin eksen birleşenleri bulunur. rAC 9 i 6j 9.2k 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 0i [963.16]j 568.44j [9105.26]k 947.34k [ (12.8211.27)]i 2704.26i [9( 323.94) 12.8316.9]k 1140.86j [9211.27)]k 1901.43k Uygulama 32: F kuvvetinin DC doğrultusunda oluşturduğu momenti MDC=100 Nm ise F=? a. AC yönünde giderek b. AD yönünde giderek B 0.4m F x 0.2 m 0.2m y F x 0.2m 0.2m z D A 0.2m y C C D A B 0.4m F x y 0.2m C 0.2m B 0.4m 0.2 A z Önce C’ye sonra D’ye D m 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 (0.2)(0.4)k (0.2)(0.4) i (0.2)(0.2) j (0.2)(0.2) j ( 0.08) i (0.08) j (0.08)k 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] 2 2 rDC 0.2 0.4 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 ] 2 2 2 rAB 0.49 0.2 0.4 0.2 j k 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 ] F 456 N C noktasındaki ile AYNI 0.447 0.49 42 BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama 33: Şekildeki iki kuvvetin Oa eksenine göre birleşke momentini [MOa=?] kartezyen vektör olarak yazınız.[2006 1.ara] u0a cos30 i cos60 j 0.866 i 0.5 j 0 C D 4 H x y 120o 6m 5m 30o F1=80 N 60o x F2=50 N a MO 45o B OC5cos602.5m OD4cos303.464m OE4cos602m B[2,3.464,6] C[0,2.5,0] rOC 2.5 j rOB 2 i 3.464 j 6k F1 80[cos120 i cos60 j cos45k][ 40 i 40 j 56.56k ]50k MO z z m E 30o y G j k j k i i [ rOB x F1 ] [ rOC x F2 ] 2 3.464 6 0 2.5 0 40 56.56 0 0 50 40 (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 34: Verilen kuvvetin “O” noktasındaki momentinin hesabı [2006 1.ara] z F [30 i 60 j 80k] F [30 i 60 j 80k] 12m z A 12m 0 4m 0 y 3m 4 x m 3m y x j k i rOA 3 i 4 j 12k MO rOA x F 3 4 12 1040 i 600 j 60k Nm 30 60 80 M [10402 6002 602 ]1/2 1040 1 x ekseni açısı 1202.2 0.865 cos 30 MO 10402 6002 602 1202.16Nm 600 1 1202.2 Nm y ekseni açısı 0.499 cos 60 1202.2 MO 1202.16[0.865 i 0.499 j 0.05k] 60 1 0.05 cos 87.14 x ekseni açısı 1202.2 Uygulama: FAB=100 kN ve FC0=100 kN kuvvetlerin bileşkesinin x-y düzlemini deldiği noktayı (x ve y) hesaplayınız. A z A z C C y 6m F=100 kN F=100 kN 6m x 0,0,0 y y 6m 6m x P y 0,0,0 P 5m B 5m x B 43 x BÖLÜM I VEKTÖRLER R(101.54j121.84k) kN rCO (06)i(05)j(06)k FF 100 (60.92 i 50.77j60.92k) kN r CO cosinüs (60)2 (05)2 (06)2 R 101.542 121.842 158.61kN rBA (60)i(05)j(06)k FF 100 (60.92 i 50.77j60.92k ) kN 101.54 0.64 cosz 0.77 cosy rBA cosinüs (60)2 (05)2 (06)2 158.61 60.92yi[365.5260.92x]j[50.77x60.92y304.6]k j k i j k i 60.92yi[ 60.92x]j[50.77x60.92y]k MP x 5y 6 6x 5y 6 My Mx Mz 60.92 50.77 60.92 60.92 50.77 60.92 121.84yi[ 121.84x365.52]j[101.54x304.6]k Vidayı oluşturan kuvveti ve momentin doğrultusunun aynı olacağından; bileşke R nin doğrultman kosinüsleri ile (M) moment doğrultman kosinüslerinin eşitliğinden x ve y değerleri aşağıdaki şekilde bulunur. Momentin doğrultman kosinüsleri Bileşkenin doğrultman kosinüsleri Mx My Mz M [ 121.84x 365.52]j M 121.84yi [101.54 x304.6]k 101.54 cosx x cosy y cosz cosy 0.64 cosz 0.77 Mp Mp Mp Mp Mp 158.61 Mx R 121.84y cosx 0...........................1 Mp 3 denklemin çözümünden M0 My R [ 121.84 x365.52]j Sağlaması cosy 0.64...2 My Mx M Mp z x3m Mp 121.84 y 0i[ 121.84 x3365.52]j[101.54x 3304.6]k 0 Mz R [101.54x304.6 ]k y 0 cosz 0.77.......3 Mp A z VEYA A z F=100 kN F=100 kN R C y 6m 6m R y 6m j k i j k i Mx3 3 5 6 3 5 6 0 60.92 50.77 60.92 60.92 50.77 60.92 6m 0,0,0 0,0,0 x=3 x=3 5m B 5m B x Görüldüğü üzere (3,0,0) noktasına göre M=0 olmaktadır. 44 x BÖLÜM I VEKTÖRLER 2.2. VARIGNON TEOREMİ [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 y a = Ry R r x ıı y R Rx x Ma =R . r ra a ıı x rb a Ma =Ry . ra +Rx . rb R sin =A sin + B sin Ma =R . r =Ry . ra + Rx . rb y y F ıı Rx Mo r y F n Mo r F 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 ]F F.d 45 BÖLÜM I VEKTÖRLER Moment için vektörel çarpım determinant şeklinde aşağıdaki şekilde yazılır. i M r x Fx j ry Fy k rz Fz 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 M rx[F1 F2 ] 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 35: Şekildeki kuvvetlerin “0” noktasına göre M Varignon teoremine göre birleşke kuvveti (R) kullanarak bulunuz. F1=20 N C 4m z F1=20 N C D 4m 5m F3=100 N B 8m F2=200 N 12 m 1359.336 D 5m 8 F3=100 N B m F2=200 N E E x y 6.739m z m 4693.87 z’ m x 178.48 12m =16.24o 8m 4m A[4,8,-12] =73.76o 8m y’ 54 ) ( 88 ) ( 4( 12 )) =89.906o ( x’ 9 i 16 j 16 k r 7.392 i 13.14 j 13.14 k F1 F1 AC 20 rAC 92 162 16 2 88 ) ( 0( 12 )) ( 04 ) ( 4 i 0 j 12 k r 63.246 i 189.737 k F2 F2 AB 200 rAB 4 2 122 FR F1 F2 F3 ( 5 )) ( 80 ) ( 04 ) ( 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 46 4m A[4,8,-12] y BÖLÜM I VEKTÖRLER 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 89.906o cos 73.76o cos 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 etkidiği noktanın koordinatları hesaplanır. rOA 4 i 8j 12k [20200]kN rOD 5 i 0j 4k j k j k i j k i i M0 4 8 12 4 8 12 5 0 4 1339.26 i 162.24 j 197.37k 7.39 13.14 13.14 63.246 0 189.737 70.93 63.05 31.52 20 kN [(8189.737)]i 1517.90i [4( 63.05)]i 126.08i [(813.14) ( 12( 13.14)]i 52.56i [413.14) ( 12( 7.39))]j36.12j [4( 13.14) (8( 7.39))]k 6.56k [(4189.7371263.246)] j 0j [863.246]k 505.97k [ 5( 31.52) 470.93]j 126.12 j [ 563.05]k 315.25k 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 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 0.292 49.91 171.357 Bileşen kuvvetin konumu doğru bulunduğu yukarıdaki çözümden görülmektedir. 47 BÖLÜM I VEKTÖRLER 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 r1 -F M A F .O .A 3’üde x z r1 xFr2 x( F )[ r1 r2 ]xFrxF Mo d A r2 O Mo .O .O d F F MA=F d eşit rFsin Fd 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 36: Şekilde verilen kuvvet çiftinin momentini R ve P noktalarında bulunması. y -F=4i-9j [N] 4i+8j y y 4i+8j r2 r r2 R=9i+6j r1 O=6i+4j F F O -F=4i-9j [N] 4i+8j -F=4i-9j [N] x F 6i+4j x O O O noktasına göre MO rx[ F] [[4 i 6i ] [8j 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 05 2 0 2.00[ N ] 4 9 0 4 9 0 j k i j k i P noktasına göre MP r1 x[F] r2 x[ F] 6 4 0 8 8 0 2.00[N] 4 9 0 4 9 0 Görüldüğü gibi bir kuvvet çiftinin momenti her noktada aynı olmaktadır. 48 6i+4j r1 P=12i x BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama 37: Verilen kuvvet çiftinden oluşan MB=? ve MC=? By B 60 N d2 60 N 15 60 N 90 d1 o B 60 N Bx d 60 N 90 A B A 90 35o 15o 60 N 15o A 80 50 170 80 o C 80 50o 80 50o 130.23 C 61.28 C 109.27 51.42 MA d2B y d1B x 90 cos50 sin15 sin50 cos15 60 90 60 3097.30 Nm d2 Ay d1 Ax j k i j k i MC rxF rAC xF rBC xF 51.42 61.28 0 109.27 130.23 0 3097.93 Nm 57.96 15.53 0 57.96 15.53 0 MC MA MB Fd 60(90sin35) 3097.31Nm 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] r 0 F [c] [b] -F r Mo F 0 r [d] r’ 0 F F Mo’ 0’ 0 r F Şekil 4. d. Bilindiği üzere bir kuvvet çiftinin momenti Mo rxF 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 rxF ] eklenmek suretiyle istenilen noktaya taşınabilir.” e. Aynı F kuvveti “0’” noktasına taşınmak istenirse moment Mo' Mo r'xF olur [Şekil 4.d]. Burada bir momentin bir noktaya taşınması [momenti] kendisine eşit olduğu görülmektedir. 49 BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama 38: Şekilde verilen 200 N’luk kuvvetin A noktasına taşınması. y 200 N 45o B A B C sin sin sin Sinüs teoremi 4m A 8m Çözüm: 200 N A noktasına aşağıdaki gibi dik mesafe ile çarpımıyla taşınır [Varignon, 1654-1722]. y 200 N 200 N 45o B m 4 4m 4m 45o y y B B x 45o Sinüs teoreminden d=4xsin45=2.828 m or d=(22+22)0.5=2.828 m A 200 N m 4 A x d A x MA=200x2.828=565.6 kNm 565.6 kNm x VEYA 200 N birleşenlerine ayrılarak matris formatıyla moment ifadesi yazılarak taşınır. y 200 N j k i MA rxF 8 4 0 565.6k 141.4 141.4 0 y 200 N 45o 45o 141.4 N B B 141.4 N 4m r 4m A 8m A x x 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 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=Fi] ve bileşke moment M RO [ ri xFi ] bulunur [Şekil 5.c]. [a] F1 r1 rn 0 Fn 0 = Fn F2 M2 Mn j. [d] R M1 r2 [c] F1 [b] = R o M 0 R = d 0 RF MRo dR F2 5. moment [ M R [ r xF ] ] birbirine dik değildir [Şekil 5.c]. Bulunan bileşke kuvvet [R=Fi] Şekil ile bileşke i i O 50 BÖLÜM I VEKTÖRLER k. l. Bileşke kuvvet [R] ve moment M RO indirgenmesi; 1. Yer vektörü r xi y j zk 2. Kuvvetler F Fxi Fyj Fzk 3. Bileşke kuvvet R R xi Ryj Rzk 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; 1. [b] MRo R 0 r’ R bileşke kuvveti aynı kalır [Şekil 6.a] = [a] 0 2. M RO' M RO r'xR 3. R ve M RO' birbirine dik değildir. [Şekil 6.b] MRo R ’ ’ 0 Şekil 6: Verilen hangi kuvvetler bir kuvvet çiftine indirgenebilir? Bulunan bileşke kuvvet [R=Fi] ile bileşke moment [ M RO [ ri xFi ] ] bir 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. b. Verilen kuvvetlerin toplanması ile bileşkesi R bulunur[Şekil 7.b]. Kuvvetlerden oluşan M RO [ ri xFi ] bulunur [Şekil 7.b]. c. R “0” noktasından M RO oluncaya kadar [d] kaydırılır [Şekil 7.b]. y y y [a] [c] [b] R F1 x 0 F2 MRo = x 0 = MRo d R x 0 d Fn R o M R 3. Paralel kuvvetler a. Şekil 7. 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 F2 R=F F3 0 z F1 x [a] y R x MRx i 0 R o M M k z z 0 x z [b] Şekil 8. 51 x r R x [c] BÖLÜM I VEKTÖRLER Ry=0 ise sistem tek bir kuvvet çiftine M Ro indirgenir. Ry0 olması durumunda ise tek bir kuvvet çiftine indirgemek için bileşke kuvvet aynı M Ro momentini sağlayacak şekilde bir notaya taşınır [Şekil 8c]. Buna göre moment değerleri; M Ro rxR[ xi zk ]xRj M Rx iM Rz k M Rx zR y M kR xRy elde edilir. Burada y eksenine paralel Ry kuvvetinin diğer eksenlerde oluşturduğu moment değerlerini göstermektedir. Uygulama 39: Sistemde verilen kuvvet ve momenti D noktasına taşıyınız (D noktasındaki kuvvet çiftini bulunuz). y C 200 kNm 14 D z 300 kN A 45 18 10 B 15 x 45 ) ( 014 ) ( 1525 )) ( 63 18 i 14 j 10 k rAB [ 216.87 i 168.68 j 120.48 k ] kN Kuvvetin birleşenleri FAB 300 300 rAB 182 14 2 102 ( 045 ) ( 1414 ) ( 025 )) 45 i 0 j 25 k rAC 174.83 i 97.13 k Momentin birleşenleri M 200 200 rAC 452 252 j k i MD MAC r AD x FAB 174.83 i 97.13 k 45 14 0 216.87 168.68 120.48 MD [ 1861.55 i 5421.60 j 10723.91k ]kNm MD [1861.552 5421.602 10723.912 ]0.5 12159.82kNm D noktası 0.5 FD [ 216.87 i 168.68 j 120.48 k ]kN Kendisi FD 216.872 168.682 120.482 300kN j k i D300 [ 1686.72 i 5421.60 j 10626.78 k ]kNm MD300 r AD xFAB 45 14 0 M MD300 [1686.72 2 5421.602 10626.782 ]0.5 12048.54 kNm 216.87 168.68 120.48 MD MD300 MD200 [ 1861.55 i 5421.60 j 10723.91k ]kNm MD [1861.552 5421.602 10723.912 ]0.5 12158.3 kNm D noktası 0.5 FD [ 216.87 i 168.68 j 120.48 k ] kN Kendisi FD 216.872 168.682 120.482 300 kN Uygulama 40: Şekilde verilen kuvvet (315 N) ve momenti (70 Nm) D noktasına taşıyınız. y 240 mm y 70 Nm B A 240 mm 60 mm 120 mm B D z A 180 mm 60 mm 120 mm D z 360 mm 360 mm x 180 mm 180 mm 315 N 52 C x BÖLÜM I VEKTÖRLER ÇÖZÜM: Kuvvet ve momentin ayrı ayrı eksenlerdeki bileşenleri bulunur: 360i 120j 180k 240i 180k FAC 315. (270i 90j 135k)N MAB 70 2402 1802 2 2 2 360 120 180 MDA MAB rDA x FAC 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 Uygulama 41: 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 R ( 4202 502 2502 ) 0.5 491.325 N [( 420 ) i ( 50 ) j ( 250 ) k ] R=491.325 N’luk A noktasındaki moment: MRA r B x ( ( 300 ) i ( 50) j ) r D x ( ( 250 )k ) r E x ( ( 120) i ) r B x ( ( 300 ) i ( 50 ) j ) rD x ( ( 250 ) k ) 0.2 x ( 50 )10 k 0.2 x ( 250 ) j 50 j j k i j k i R M A 0.2 0 0 0.2 0 0.16 300 50 0 0 0 250 rE x ( ( 120 ) i ) j k i 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 kuvvet acaba A noktasından x, y ve z mesafeleri ne kadar? j k i MRA ( 30.8) j ( 22 ) k ]Nm Rx r R rx ry rz 50 rz 250ryi 420rz 250 rxj 420 ry 50 rxk 420 50 250 0 50 rz 250ryi ( 30.8) j 420 rz 250 rxj i xi yj zk 1 RM Rx RR Mxo j Ry Myo ( 22 ) k ] 420 ry 50rxk 3 denklem çözülecek x [ 5022 30.8250 ] 0.049m 179150 k j k i [ 42022 ] 1 R z xi yj zk 420 50 250 y 0.052 m 4202 502 2502 179150 0 Mzo 30.8 22 [ 42030.80 ] z 0.0722 m 179150 53 BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama 42: a: Şekilde verilen kuvvetleri ve momenti; a: R=? b: MA=? c: MG=? d: R MG R MA y Çözüm: İlk önce 300 N’luk kuvvet birleşenlerine ayrılır; 3 4 i 3 j 3k F 300 205.80 i 154.35 j 154.35k CB 300 N C B 42 32 32 10 3 G 4 6j6k 500kNm lik moment bileşenleri MDB 500 100 N 353.55j353.55k 6 62 62 200 N Diğer kuvvetler eksenlere paraleldir. 500 Nm A x Kuvvetlerin A noktasına taşınması; 4 E m m m m m m 6 z Fx Rx 200205.85.80 N 200 N y 200 N D R5.80 i 454.35 j 354.35k Fy Ry 200154.35100 454.35 NRbileşke 5.82 454.352 354.352 576.22N 1 5.8 o o o Fz Rz 200154.35354.35 N cos x 576.22 90.6 y 38 z 52 m R=576.22N Ry=454.35N 90.6 Rx=-5.80N x A Ry=354.35N z [6x154.356x200]i MA [353.55j353.55k]MDB [ 6x200200x4 ] j 273.9i753.55 j1281.25k [6x205.8 4x100]k My=753.55 98.5 z o x A Mx=-273.9kNm aynı değer verir. Bunu ortadan kaldırmak için bir nokta belirlenir ve kuvvetler ve momentler o noktaya taşınır. 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 istenilen o noktaya aynı şiddet ve yönde etkimesiyle olur. j k j k i j k i i MA [353.55j353.55k]MDB 0 6 0 0 0 6 4 0 0 205.8 154.35 154.35BC 200 200 0D 0 100 200E y M=1511.40 Açıklama: Üç boyutlu sistemlerde yani uzayda kuvvetlerin bileşkesi çok genel olup her noktada o Mz=1281.25 MA 273.92 753.552 1281.252 1511.4 Nm cos1x 100.44o y 60.10o z 32o R MA 5.80 i 454.35 j 354.35k 273.9i753.55j1281.25k797975 NNm MG=? için yukarıda tüm kuvvetler A noktasına taşındığı için G noktasına sadece A noktasındaki bileşenler taşınır. RA 5.80 i 454.35 j 354.35k MA 273.9 i 753.55 j 1281.25k j k i 2400 i 4297 j 3297k M M r xR 273.9 i 753.55 j 1281.25k 10 6 0 G A GA A 5.8 454.35 354.35 MG 24002 42972 32972 5924.3kNm cos1x 113.9o y 43.5o z 123.8o RMA RMG 7997579970 RMG 5.80 i 454.35 j 354.35k 2400 i 4297 j 3297k 797970 NNm RMA AYNISI VEYA: Her kuvvet ayrı ayrı G noktasına taşınarak aynı değerler bulunur. j k j k i j k i i MG [353.55j353.55k]MDB 10 0 0 10 6 6 6 6 0 205.8 154.35 154.35BC300 200 200 0D 0 100 200E [06x2006x200]i 2 2 2 MG 2400 4297 3297 5924.3kNm MG [353.55j353.55k ]MDB [ 10x154.356x200200x6]j 2400 i 4297 j 3297k cos1x 2400 113.9o y 43.5o z 123.8o [ 10x154.3510x2006 x2006x100]k 5924.3 y MG=MA+rGAxR 10m My=753.55 98.5o M=1511.40 Mx=-273.9kNm z A rGA y 3m 300 N C 3m G 4 6m B rBG 100 N 6m 200 N x 500 Nm A rEG rDG 4m Mz=1281.25 6 z 54 G 10m m D E m 200 N 200 N x BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama 43: Şekilde verilen kuvvetleri (800kN ve 500 kN) ve momenti (400 kNm) D noktasına taşıyınız (RD=? MD=?). 800kN y 6 C 3 D G 4 E 500kN F O 4 4 B 400kNm A 6 x 5 10 z Çözüm: Kuvvet ve momentin bileşenleri aşağıdaki şekilde bulunur. 10i 4 j9k 10i8j10k FCE 800 570i228j513k FGF 500 307.73i246.18j307.73k 2 2 2 10 4 9 102 82 102 RFCE FGF 570i228j513k 307.73i246.18j307.73k 877.73i 474.18j205.30k MBA 400 10i9k 297.32i267.59k 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 3 rDE E 4 A z 500kN F O 400kNm G 4 rDF 4 B 5 6 C 3 D G 4 800kN y 6 E x 10 z 4 500kN F 4 rEO O A D rOD B 400kNm 6 5 10 AA:D noktasındaki moment herbir kuvvetin D noktasına taşınması ile bulunur. FD R 877.73i 474.18j205.30k R 877.732 474.182 205.302 1018.53kN rDE 15i9k rDF 15i 4j j k i j k i MD MBA rDE xFCE rDF xFGF 297.32i267.59k 15 0 9 15 4 0 570 228 513 307.73 246.18 307.73 MD 297.32i267.59k 2052i2565j3420k 1230.92i 4615.95j2461.78k 2985.60i7180.95j6149.37k BA: Kuvvetler “0” notasına taşınır ve oradan bileşke kuvvet kullanılarak aşağıdaki şekilde D noktasındaki moment bulunur. 'O'noktasına görekuvvetlerin toplanması( MO ?) i j k i j k MO MBA rEOxFCE rFOxFGF 297.32i267.59k 0 4 3 0 0 6 570 228 513 307.73 246.18 307.73 MO 961.60i136.38j2547.59k "OD"doğrultusundaki moment i j k MD MBA rDO xR961.60i136.38j2547.59k 15 4 6 2704.68i8482.26j6149.37k 877.73 474.18 205.30 55 x BÖLÜM I VEKTÖRLER MD MBA rDO xR 961.60i136.38j2547.59k (x15)i(y 4)j(z6) x 877.73i 474.18j205.30k MD 2704.68i8482.26j6149.37k Örnek 6149.37k2547.5915x474.18877.73 x 4 i 1 xi yj zk RMO R x RR Mxo j Ry Myo k 1 Rz xi yj zk 2 2 2 877.73 i 474.18 j 205.30k Mzo j k i 877.73 474.18 205.30 961.60 136.38 2547.59 [ 2547.59 x 474.18 205.30 x136.38 ] i 0.0012 m xi 1037404715 [ 2547.59 x 877.73 205.3 x 961.60 ] y 0.00234 m 1037404715 [ 474.18 x 961.6 877.73 x136.38 ] z 0.000324 m 1037404715 "OD" doğrultusundaki moment i j k MD MBA r DO xR 297.32 i 267.59k 15 0.0012 4 0.00234 6 0.000324 3269.55i 4616.01j 6622.62 k 961.60 136.38 2547.59 800kN y 6 505.73jkN C R=1085.15kN 3 G 4 4 81.6k kN 956.62i kN D rOD 500kN E F O A z rKD B 400kNm 5 MD=8709.57kNm 6 K 4616.01j kNm 4 6622.62k kNm x 3269.55i kNm D 10 'K'noktasınagörekuvvetlerintoplanması( MK ?) i j k i j k MK MBA rEK xFCE rFK xFGF 297.32i267.59k 15 4 3 15 0 6 648.89 259.55 389.33 307.73 246.18 307.73 MK 561.57i1123.71j10449.1k "KD"doğrultusundaki moment j k 3269.55i 4616.01j6622.62k i MD MBA rDK xR561.57i1123.71j10449.1k 0 4 6 2 2 2 956.62 505.73 81.60 MD 3269.55 4616.01 6622.62 8709.57kNm Uygulama 44: Şekilde verilen sistemde; a: x, y ve z eksenlerindeki momentleri, E b: AD doğrultusundaki momenti hesaplayınız. 200 kN z 10 A B a: Verilen kuvvetin eksenlerdeki birleşenleri, rDE [ 12i18j 40k] F rCO [12i8j20k] 200 [ 12i18j 40k][ 52.77i79.16j175.90k] 2 2 2 12 18 40 400 F [12i8j20k][194.65i129.77j324.41k] 122 82 202 20 20 400 kN C 20 O y 12 8 D x Orjindeki (O noktasındaki) x, y ve z eksenlerine göre moment, DO12i8j CO12i8j20k yer vektörleri ile hesaplanır. 56 BÖLÜM I VEKTÖRLER j k i M0 12 8 0 52.77 79.16 175.90 200N momenti j k i 0 0 0 194.65 129.77 324.41 [1407.20]i[2110.80.] j[ 527.760]k [1407.2i2110.80j527.76k]kNm 400Nbirleşeni orjinde olduğu içinmoment oluşmaz Eğer her eksenin momenti ayrı hesaplanırsa matristeki aranan eksen numarasına 1 diğerlerine 0 yazılarak ayrı ayrı 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[2110.800]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 200 kN j k j k i i M 12 8 40 0 0 40 A 52.77 79.16 175.9200N 194.65 129.77 324.41 400N A moment [ 1759.2i0 j527.76k ] 5190.8i7786 j 3431.6i 7786j 527.76k 200 MAD MA rAD 3431.6i 7786j 527.76k 12i8j40k 0.030 42.52 A z 20 10 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 52.77 79.16 175.9200N 194.65 129.77 324.41 400N D moment [0i0j0k ] 2595.28i3892.92j0.04k 2595.28i 3692.92j 0.04k 200 MAD MA rAD 2595.28i 3692.92 j 0.04k 12i8j 40k 000 42.52 57 BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama 45: 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 y 600 Nm 6j 4k FAC 200 166.41j110.94k 62 42 2m B 2i2j2k MP 600 346.42i346.42j346.42k 22 22 22 C 100N 400 N 200 N 2m 2m P S 6m O 4 6 z x z m m 14m x A B noktasındaki momenti bulunarak AB doğrutusundaki birim vektörle çarpılarak MBA aşağıdaki şekilde bulunur. j k j k j k i i i M [ 346.42i346.42j346.42k] 0 0 4 6 0 4 6 0 0 P B 100 0 0100N 0 400 0400N 0 166.41 110.94200N B [ 346.42i346.42j346.42k ]P 4x100j 4x400i6x 400k6x110.94 j6x166.41k 1253.58i 80.78j 3744.88k B noktasında bulunan MB 1253.58i 80.78j 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 6i6j 4k 0.64i0.64 j0.426k ise MAB MB uAB [ 1253.58i 80.78j 3744.88k ]skaler 0.64i0.64j0.426k 62 62 42 MAB (1253.58x( 0.64))i.i(80.98x0.64)j.j( 3744.88x( 0.426))k.k802.2951.831596.79 846.20Nm VEYA A noktasındaki moment bulunarak da MAB aşağıdaki gibi aynısı bulunur. j k j k j k i i i M [ 346.42i346.42j 346.42k] 6 6 0 0 6 0 0 6 4 P A 100 0 0100N 0 400 0 400N 0 166.41 110.94200N A moment [ 346.42i346.42j346.42k ]P 600k 0000 346.42i 346.42j 946.42k M AB MA uAB 346.42i 346.42j 946.42k [ 0.64i0.64j0.426k ]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 [ 346.42i346.42j346.42k] 14 6 4 8 6 4 8 6 0 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 [ 665.64i 887.52j 1331.28k]200 1919.22i 1633.94j 4784.86k M M u 1919.22i 1633.94j 4784.86k [j]1633.94 Nm (y ekseninde) S A ss 58 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 rCA=-4-(4)=-8k A A B 4 8 800 N B 4 8 x 4 653.20 C 326.65 rAC=4-(-4)=8k 6 800 N 6 y x 4 D 16 z uxAB MAB MO uAB uABcosinüsleri rACxF rxAC Fx uyAB ryAC Fy D 16 z uzAB 16/19.6 8/19.6 8/19.6 ryAC 0 0 8 00 Fz 653.2 326.65 326.65 0.8165 0.4082 0.4082 16i8j8k 16i8j8k 0 8 F800 800 653.2i326.65j326.65kMAB 0 19.60 162 82 82 653.2 326.6 326.6 0.8165((8326.6))2133.35i 16i8j8k rAC 8kAB 0.8165i0.4082j0.4082k 0.00 162 82 82 0.4082(8653.2)2133.09 j j k i M 0 0 8 AB F800 16i8j8k 653.2i326.6j326.65k 162 82 82 653.2 326.6 326.6 VEYA 16i8j8k i((8326.6))2612.80i j(8653.2)5225.6j rAC 8kAB 2 2 2 0.8165i0.4082j0.4082k 16 8 8 M r M 2612.80i 5225.6j 0.8165i 0.4082j 0.4082k 0 AB AB AC Uygulama 46: Şekildeki sistemin A noktasında tutulduğu zaman dengede ise A noktasına uygulanması gereken FA=? ve MA=? y y B 800 N 6 A B E 200 N 4 z 3000 Nm 16 D C Çözüm: Verilen kuvvetlerin bileşenleri bulunur. 16 7781.58 Nm 623.85 1. F=800 N ve F=200 N’luk kuvvetin eksenlerindeki bileşenleri bulunur. 59 x 3000 Nm 200 N 4 z 2000 Nm 4 8 423.85 -1000 Nm 529.81 E 743.1Nm D x 1390.8 Nm A 2000 Nm 4 8 800 N -1000 Nm C BÖLÜM I VEKTÖRLER 10i8j8k F800 529.81i423.85j 423.85k 2 2 2 10 8 8 529.81i423.85j 423.85k200j 529.81i623.85j 423.85k 8j F200 200 200j 2 8 2. rAB 6i8k F=800 N’luk kuvveten A’da oluşan M=rxF j k i MA 6 0.0 8 Nm[ 8423.85]i[8529.816423.85]j[ 6423.85]k 529.81 423.85 423.85 MA [ 3390.8i6781.58j2543.1k]Nm F=200 N’luk kuvveten A’da oluşan rAE 6i 3. j k i rAE 6iMA 6 0 0 1200k 0 200 0 MA MAB MAE [[ 3390.8i6781.58j2543.1k]1200k ][ 3390.8i6781.58j3743.1k]Nm D noktasındaki momentten dolayı A’da oluşan moment; 4. NOT: BİR MOMENTİN BİR NOKTAYA GÖRE MOMENTİ KENDİSİNE EŞİTTİR. Buna göre D noktasındaki momentten dolayı A noktasında oluşan moment; MA [2000i1000j3000k]Nm Buna göre A noktasındaki toplam moment; 5. MA MAB MAE MDmoment [[ 3390.8i6781.58j3743.1k]] [2000i1000j3000k] [[ 1390.8i7781.58j743.1k ]]Nm Kuvvetlerden KuvvetlerdenMomentten Momentten FF800 F200 529.81i623.85j423.85k Uygulama 47: Verilen kuvvetlerden dolayı A noktasında oluşan momentin hesaplanması. Çözüm: Sistemde verilen kuvvetlerin eksenlerdeki birleşenleri bulunur. y 75 75i150j50k F 2000 858i 1714j 578k B 50 A 2 75 1502 502 50 B Kuvvetlerin analizi FC 2000(cos45icos45j)1414i1414 j RF2872i2089j578k 100 100 F 1200(cos60icos30j)600i1039j D 45o C F F F i[17 140.05]85.7i j[0.0755780.05858] 0.45j k[ 17140.075] 128.55k i 0 j[0.0751414 0.051414] 176.75j k 0 i 0 j 0 k[10390.16000.1] 163.90k B C D i j k i j k i j k R MA 0.075 0 0.050 0.10 0.10 0 0.075 0 0.050 858 1714 578 1414 0 1414 600 1039 0 30o 1200 kN 60o D 2000 kN z MA değeri aşağıdaki şekilde hesaplanır. 2000 kN 45o E(150,-50,100) 85.7i 177.2j 35.35 k Bileşke vektörün uygulama noktası, bileşke kuvvetin orijine göre momenti diğer üç kuvvetin orijine göre momentlerine eşit olması şartından aşağıdaki şekilde bulunur. 60 x BÖLÜM I VEKTÖRLER 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 Mxi 85.70 i 578y 2089z 2089 578 x z Mxj 177.20 j [578x 2872z] 2872 5 78 x=0.0429 y=0.0435 Üç denklemin çözümünden 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. F=800 N y Uygulama 48: 5x8 m lik asılı plağın M0A ? M0B ? M0D ? momentlerini hesaplayınız. E 8m Çözüm: Yer vektörlerinin koordinatları belirlenir. rCE [ 4 i11j4 k ] F 800 [ 4 i11j4 k ][ 258.71i711.44 j258.71k ] 4 2 112 4 2 O A 4m z j k i r oc [ 4 i3 j4 k ]Mo 4 3 4 [ 2069.63 i2069.63 j3621.89 k ] 258.71 711.44 258.71 3 m oD r 4m D 5m oB 4m C B 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 2069.63 x8 2069.68x(3) 3621.89x4 MoB Mo oB [ 2069.63i 2069.68j 3621.89k] 877.52 Nm 82 32 42 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. uax Mo r x F rx F x Mo 8i 82 32 42 ua y ry Fy 0.848 0.848 4 258.71 ua z rz uax Fz ry Fyrz i uay Fz rx Fxrz j uaz Fy rx Fxry k Fz M M M x 3 j 82 32 42 0.318 0.318 3 711.44 4i 82 32 42 y 0.424 0.424 4 258.71 z [0.848( 2069.63i)] [ 0.318 ( 2069.630j)] [0.424(3621.89k)] 61 x BÖLÜM I VEKTÖRLER 8i 3j 4k MoB [ 2069.63i 2069.68j 3621.89k] 1755.04 658.16 1535.68 877.53Nm 9.433 3j 4k MoD Mo oD [ 2069.63i 2069.68j 3621.89k] 1241.81 2897.51 1655.70Nm 2 2 3 4 veya 3 j 4i 0 j 0 0.60 0.8 2 2 2 2 2 3 4 3 4 3 42 0 0.60 0 . 8 Moment önce D'de 620.90 2276.61 1655.71Nm MoD 4 0 0 Sonra OD yönüne döndürülür 711.44 258.71 258.71 VEYA 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=AB(rxF) ile çarpılması ile elde edilir. MAB=AB (rxF) x F r D A y x z B C F F y z MC=rxF B B A r D AB 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 ABy j ABzk AB MAB AB MC AB (rxF) r2 r2 r 2 ABx AB y A B z Uygulama 49: MO=? MOE=? F1=20 N C z D 5m 4m 5m 8m 4m 5m E 8m 5m B F3=100 N F2=200 N y 74.31j kNm E 45.18k kNm F x 12m 1042.08i kNm 8m 4m A[4,8,-12] 62 BÖLÜM I VEKTÖRLER Çözüm: 1. İlk önce verilen kuvvetlerin eksenlerdeki bileşenleri bulunur. Kuvvetin eksenlerdeki bileşenleri 5 4 ) ( 88 ) ( 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 88 ) ( 0( 12 )) ( 04 ) ( ( 5 )) ( 80 ) ( 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 FR F1 F2 F3 2. Sonra kuvvetlerin herbiri O noktasınasına taşınarak Mo momenti hesaplanır. j k i j k i j k i 1. M0 4 8 12 4 8 12 5 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 rOE 1213.14 i 162.24 j 197.28 k 1213.14 i 162.24 j 197.28 k 1013.08 kNm 17.46 17.4 152 82 4 2 17.46 6 1042.22 i i 74.34 j j 45.20 k k MOE 1013.08 x 15 i 8 j 4 k 870.33 i 464.18 j 232.09 k M0 E 870.332 464.182 232.092 1013.31kNm 17.46 17.46 17.46 4. Yukarıda 2. ve 3. maddedeki işlemler aşağıdaki şekilde tek yapılabilir. "O" koordinatlarından E koordinatları çıkarıldı 8j 8j 4i 8j 15i 15i 15i 4i 4i 2 82 4 2 152 82 42 17.46 17.46 152 82 42 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 13.14 13.14 63.246 0 189.737 70.93 63.05 31.52 7.39 M0 E 1042.08 74.31 45.18 1013.03kNm E’nin koordinatlarından O noktasının koordinatlarının çıkarılması halinde mutlak değerler değişmezken sadece vektör işaret değiştirir. Uygulama 50: MDA=? MDC=? MBA=? A y 6 8 800N 4 9 7 B O 3 x D C 4 z 3i6j 4k 8j7k F800 2 2 2 307.29i614.58j 409.72k AD 2 2 0.753j0.659k 3 6 4 8 7 0.753 0.659 0 MDA AD rOA xF 0 8 0 (0(8409.72)) i i 1 0.753(0) j 0.659(8307.29) k 1620.03Nm 307.29 614.58 409.72 63 BÖLÜM I VEKTÖRLER 0 0 1 4i AD 2 1iMDC DC rCA xF 5 0 0 0 (Çünkü OBparalel DC) 4 307.29 614.58 409.72 AB 0 0.723 0.664 9i8j 0.723j 0.664j M r xF 9 8 0 (0.723(8409.72))( 0.664(9( 409.72)))78.67Nm AB AB AB 82 92 307.29 614.58 409.72 Uygulama 51: TAB=500 N ise MAO=? ve MBO=? 9 A y 9 A 12 y 12 16 16 12 12 O O x x z B B Çözüm: Önce kuvvetin eksenlerdeki birleşenleri ve sonra AO doğrultusundaki moment bulunur. ( 9 ) ( 016 ) ( 120 )) ( 12 21 i 16 j 12 k r 362.07 i 275.86 j 206.90 k FBA 500 BA 500 rBA 212 162 122 j k i Mo rAO xFAB 9 16 0 3310.4 i 1862.1j3310.38k 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 rAO 9 i 16 j MAO ve MBO mutlak değerce aynı ve işaretleri ters olmaktadır. Bu durum momentlerde dönüş yönünün etkili olduğunu göstermektedir. Uygulama 52: 800 N’luk kuvvetin Mo=? [kuvvetin bazı özelliklerini kullanarak 4 değişik yoldan] Moment kolu olan “O” noktasına dik d mesafesinin hesaplanması aşağıdaki şekilde olur. x 8 x x 6.71m veya tan 40 x 6.71m x' 6.71 4 2.71m sin40 sin50 8 x1 6.712 82 10.44m x2 x' x2 2.71xsin40 1.74 sin40 sin90 64 d x1 x2 10.44 1.74 8.70m BÖLÜM I VEKTÖRLER M Fd d 8cos40 4 sin40 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 53: Şekilde verilen sistemin dengede olması için F=? B y F=? 4 A 100 Nm 4 200 Nm z 300 Nm G B C 5 4 8 E 400 N F=? 4 A 100 Nm D 300 Nm x 6 E 400 N 4 G D Çözüm: Verilen kuvvetlerin eksenlerdeki birleşenleri bulunur. 400 F [8i 5j 10k] [232.77i 145.48j 290.96k] rBD [8i 5j 10k] 82 102 52 Kuvvetlerin analizi F rCE [4j 4k] F [4j 4k] F[0.707j 0.707k] 2 2 4 4 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 4 8 4 200 Nm z C 5 x 6 y GB GE 65 [ 5j 10k] 52 102 [ 8i 10k] 82 102 [ 0.447j 0.8944k] [ 0.625i 0.781k] 4 BÖLÜM I VEKTÖRLER j k i j k i MG 0 5 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 2. MG 2327.68j 1163.84k [ 7.07i 5.66 j 5.66k]F 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 rBD [8i 5j 10k] 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 Uygulama 54: 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 66 BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama 55: RM=0 ve bileşkenin y-z düzlemini kestiği noktayı hesaplayınız. y A 60 D 14Nm 50N y 40 120 B C 70N E z y R R 10Nm H = z z P y x x 60 160 z 60 G 40 F 120 M0 R x P z Mo Çözüm: Kuvvetlerin eksenlerdeki bileşenleri hesaplanır. O n sayıdaki kuvvetin vektörel toplamına bileşke (geometrik toplam) kuvvet denir. n Ro Rp Fi x i1 y Mp Rp Ro Uzayda n sayıda kuvvetin bileşkesinden genel olarak söz edilemez. Bu n sayıda kuvvettin uzayın bir “O” noktasına göre her bir kuvvetin vektörel bileşenlerinin toplamından bileşke kuvvet “R” ve yine moment vektörel bileşenlerinin toplamından bileşke moment “MO” elde edilir. Bileşke moment her bir kuvvetin “0” noktasına göre moment vektörlerinin toplamına eşittir. n MO Or i xF MO ve geometrik toplamın R0 Rp her ikisine birden bu vektör sisteminin indirgeme elemanları denir. Bir kuvvet sisteminde bir noktadaki indirgeme elemanlarından faydalanarak başka noktalardaki Mp ve R BİLEŞENLERİ i1 Elde edilen bileşke moment bulunur. n n Mp Or i xF Or i Pr i xF MO Pr i xR i1 i1 40 i 60 j 120 k 2 2 2 0.5 FG 70 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 0 18 i 8.4 j 10.8 k 14 2 0 0.12 0 0.16 0 2 2 2 2 160 120 40 60 120 0 0 50 20 30 60 R M 0 20 i 30 j 10 k 18 i 8.4 j 10.8 k 360 252 108 0 R o j k 18 i 8.4 j 10.8 k [ 10 y 30 z ] i [ 20 z ] j [ 20 y ] k i MRo rp xR 18 i 8.4 j 10.8 k 0 y z 20 30 10 x 0 y 10.8/20 0.54 z 8.4/20 0.42 MERKEZSEL EKSEN Uzayda bulunan kuvvetler yukarıda bahsedilen şekilde “O” noktasına taşınarak R ve Mo bulunmuş. Kuvvet ve moment vektörlerinin aynı doğrultuda olması için bileşke R ile s doğrultusu paralel olur. S doğrultusuna merkezsel eksen denir. 0 ve 0’ doğrultusu y ekseni olsun. 67 BÖLÜM I VEKTÖRLER x R Mo 0 s R d 0’ Mo’ y O noktasındaki durum R R i OO' OO'j dj Mo Mxo i Myo j Mzo k O' noktasındaki durum Mo' Mo OO'xR Mo O'OxR Mo' momentinin R bileşkesine paralel olması için RxMo' 0 ve RxMo RxOO' x R olması gerekir . k i j k i j OO' x R 0 d 0 k ( R d ) RxOO' x R R 0 0 j ( R2 d ) R 0 0 0 0 Rd RxM o jd OO' olduğundan RxOO' x R ( R.R )OO'OO' R.R RxM o OO' her eksen takımında doğru olur. Buna göre kuvvetler “O” noktasına taşınırsa “O’” noktasının konum vektörü “O” R.R noktasından geçen her koordinat takımında aşağıdaki şekilde hesaplanır. 0' noktasının konum vektörü RxM RxMo RxMo o x o' i y o' j z o' k OO' x o' i y o' j z o' kR.R RxMo xo' i 2 2 2 R .R R.R R x R y R z i (R y Mzo R z Myo ) RxMo x o' i 2 2 2 j k i R x Ry Rz R2x R2y R2z RxMo R x Ry Rz i (R y Mzo R z Myo ) j (R z Mxo R x Mzo ) k ( R x Myo R y Mxo ) y o' ve zo' benzer şekilde bulunur . Mxo Myo Mzo R x R y Rz i j k bağıntısı ile bulunur. Merkezsel eksende R ve M aynı doğrultuda R R R M olduğundan R ve M ikilisine KUVVET VİDASI denir. d değerine ise vida adımı denir. Bu özellikleri sağlayan kuvvetler sisteminde, R 1. R=0 ve M=0 ise kuvvetler sistemi dengede, Merkezsel eksenin birim vektörü OO' R 2. R=0 ve M≠0 ise kuvvetler sistemi bir çifte eşdeğer, 3. RM=0 R≠0 ve M≠0 ise kuvvetler sistemi bileşke doğrultusu merkezsel eksen olan tek bir kuvvete indirgenebilir, 4. RM≠0 R≠0 ve M≠0 ise kuvvetler sistemi bileşke doğrultusu merkezsel eksen olan tek bir kuvvete indirgenemez, sonucu ortaya çıkmaktadır. Uygulama 56: Verilen kuvvetlerin tek bir kuvvete (R) eşdeğer olması için ( R MO 0 ) a: Sistemin dengede olması için P=? bulunuz. b: Mo R MQ R olduğunu gösteriniz. c: Bileşkenin deldiği K(x,y) noktasının x ve y koordinatlarını bulunuz. d: Ms=? 68 BÖLÜM I VEKTÖRLER rBA (4 0)i(50)j(06)k (4)i(5)j(6)k FBA F 500 500 (227.92 i 284.90 j341.88k ) N 77 rBA cosinüs (4 0)2 (50)2 (06)2 z rCA (04)i(55)j(60)k 4i6k FCA F 600 600 ( 332.82 i 499.23k ) N 52 (04)2 (55)2 (60)2 rCA cosinüs rOE FOE F rOE 200 cosinüs (4 0)i (4 0)2 (200 i ) N rDA FDA P rDA P cosinüs (06)k (06)2 ( Pk) N B C P 600N 500 N 6m 200 N O x RFİ (227.92332.82200) i 284.90 j ( 499.23341.88P)k N (95.10) i 284.90 j (157.35P)k 5 K(x,y)50 m0N Q 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 1664.10k N R MO 0 ( 95.10) i 284.90 j (157.35P ) k (1026.75 5 P ) i ( 629.40 4 P ) j 1664.10k 0 ( 95.10 ) i (1026.755P ) i 0 97643.93 475.50 P 284.90 j ( 629.40 4 P ) j 0 179316.06 1139.60 P P 180174.01/1000 P 180.174N (157.35 P ) k 1664.10k 0 261846.14 1664.10P 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 1 95.10 o 1 284.90 o 1 22.824 o x cos 301.22 72 y cos 301.22 19 z cos 301.22 86 1671.35 P 180.174 N 5.55 d 301.22 MO (1026.75 5 P ) i ( 629.40 4 P ) j 1664.10k ( 125.88 ) i 91.30 j 1664.10 k Bileşke M 125.882 91.302 1664.102 1671.35 Nm x cos 1 125.88 86 o y cos 1 91.30 87o z cos 1 1664.10 5.40o 1671.35 1671.35 1671.35 RxM ( 95.10) i 284.90 j ( 22.824 ) k x ( 125.88) i 91.30 j 1664.10k o RxM o OO' d RxMo 8682.63k 158246.4 j 35863.212k 474102.09i 2873.09 j 2083.83 i R.R RxMo 472018.26 i 155373.31j 44545.84k Bileşke 472018.262 155373.312 44545.84 2 499034.19 RxM 499034.19 o OO' d 5.55 bulunur . R. R 301.22 2 69 y BÖLÜM I VEKTÖRLER Merkezsel eksenin denklemi aşağıdaki şekilde hesaplanır. 0' noktasının konum vektörü i284.9 1664.10 22.82 91.30 x i 5.25 2 k i j k o' 301.22 j R z 95.10 284.90 22.82 y o' j 95.10 1664.10 22.82 125.88 1.71 301.222 Mzo 125.88 91.30 1664.10 z o' k k95.10 91.30 284.9 125.88 0.491 2 301.22 x x o' y y o' z z o' z 0491 x 5.25 y 1.71 z 0491 Merkezsel eksenin denklemi Rx Ry Rz 22.82 95.10 284.90 22.82 Bir kuvvet sisteminin değişmezleri; Bir kuvvet sisteminde kuvvetlerin geometrik toplamı olan R noktadan noktaya değişmez.Bir i xo' i y o' j z o' kR .R RxMo R x Mxo j Ry Myo kuvvet sisteminde bileşke momentin geometrik toplam üzerindeki izdüşümü noktadan noktaya değişmez. MQ UR MO QOxR UR M Q R ve URbileşkenin cosinüsleri aynı doğrultuda olduğundan QOxR UR 0 MQ UR MO UR UR R MO UR R MQ R MO R z z B z B C Mo D m 6 284.9 O o 72 95.10 20o 40.76 x 1664.1 Q 5m 82o R y m 6 m 4 x C Mo D 10o D 87o y 98.78 A B C 271.02 5m 6m y m 4 A m 4 R x m A 5 b: Mo R MQ R olduğunu gösteriniz r MQ rR (Mo rOQ R ) rR ( rOQ R ) rR 0 (R ve r aynı doğrultuda ) MQ rR Mo rR MQ R Mo rR r MQ R Mo 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 R MQ R ( 302.58) i 271.02 j 1188.60k ( 95.10 ) i 284.90 j ( 40.76 ) k ( 98.78 ) i 271.02 j 1664.10 k ( 95.10) i 284.90 j ( 40.76 ) k 9.10 9.10 9.10 9.10 z B j k i MK Mo rKO xR ( 98.78) i 271.02 j 1664.10k x y 0 0 95.10 284.90 40.76 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 m 4 5 MK Mo rKO xR ( 98.78 40.76 y ) i ( 271.02 40.76 x ) j (1664.1284.9 x 95.10 y ) k 0 (6.65;2.42) R ( 98.78 40.76 y ) i 0 y 2.42 m (1664.1 284.9 x 95.10 y ) k (1664.1 284.9 ( 6.65 ) 95.10 (2.42 ))k 0 sağlanmaktadır . ( 271.02 40.76 x ) j 0 x 6.65m x 70 BÖLÜM I VEKTÖRLER 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 d: Ms=? M ( 913.98 )2 271.02 2 237.92 0.5 982.55 kNm x cos 1 913.98 21o y cos 1 271.02 74 o z cos 1 237.9 76o 982 982 982 B z C R 5m 4m 271.02 98.78 S Uygulama 57: M0v=? ve vektörel gösterimi. B 50 F 500[cos100i cos60j cos50k] [ 87.00i 250.00j 321.39k] 60o B 6m z 321.39k 87i y 100o 250j -vycos40 x C 4m vxcos50 v 50o x Mov Mo .ucv [ 387.99i 1164.78j 801.02k].[cos50i cos40j] [i.i 1] [[ 387.99i].[cos50i] [1164.78j].[ cos 40j] 1141.67Nm Bu Mov vektörel olarak ifadesi Mov Mov .ucv 1141.67.[cos50i cos40 j] 733.85i 874.57 j Uygulama 58: Şekilde verilen sistem iki kuvvet çiftine maruz kalmış bulunmaktadır. a. Kuvvet çiftleri yerine sisteme aynı dış etkiyi verecek momentin [M] şiddeti ve yönünün b. Verilen dört kuvvetin yerini tutacak y-z düzlemlerine paralel iki +F ve –F kuvvetlerinin hesaplanması. 30 kN 60o 30 kN 60o 40mm 60mm 100mm X 30 kN M=2.23 Nm 60o y 50mm 25 kN ÇÖZÜM: M2=2.5 Nm y 25 kN 60o z z M1=1.8 Nm 30 kN’luk kuvvetlerin momentleri M1=30 (0.06)=1.80 Nm 25 kN’luk kuvvetlerin momentleri M2=25 (0.10)=2.50 Nm 71 6m rCB j k i rCB [2i 3.46j 6k] Mo rCB xF 2 3.46 6 Mo [ 387.99i 1164.78j 801.02k 87 250 321.39 v yönündeki moment için v yönündeki ucv bulunur ve bu değer Mo değeri ile skalar olarak çarpılır. ucv [cos50i cos 40j] R F=500 N 2m 3.46m o 50o y 4m v z x C Önce F kuvvetinin her eksendeki iz düşümü bulunur. 20o 95.10 40.76 F z A 284.9 y O 72o 271.02 98.78 271.02 913.98 82o 87o 20o 40.76 x 1664.1 87o 284.9 O 72o 95.10 Mo Mo 10o 1664.1 D 6m 237.9 Ms y y 2m BÖLÜM I VEKTÖRLER Kosinüs teoremi M M12 M22 2M1 M2 cos yz VEYA M 1.802 2.502 2(1.80 )(2.50)cos60o 2.23Nm 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 M2=2.5 Nm Birleşke moment M 1.60 2 1.559 2 2.23 Nm y 40mm 60mm M=2.23 Nm 100mm -F X My=30 sin60o [0.06]=1.559 Nm M 1.5592 1.6002 2.23Nm y My=1.600 Nm +F 50mm 60o M1=1.8 Nm z z My=1.559 Nm Mz= - 2.5+30 cos60o [0.06]=-1.600 Nm M F.d F M 2.23 22.30N d 0.10 tan1 1.559 44.15o 1.600 Uygulama 59: Şekilde kuvvet çiftlerine maruz plakada oluşan bileşke momentin hesaplanması. 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] Birleşke moment M [240j 320j ] 60k 80j 60k =0 M 802 602 100Nm Uygulama 60: Kuvvet çiftlerine maruz sistemde F kuvvetleri arasındaki dik mesafenin [d] momentten yararlanarak bulunması. y [ F=- y 20i+20j+10k [N]] F F B B[4,1,1] r B[4,1,1] A z r x A z F=-20i+20j+10k [N] d x F 0.5 Yer vektörü r=4i+1j+1k Moment 2 2 2 i j k M M 10 60 100 M rxF 4 1 1 10i 60j 100k [N] M F.d d 3.90m 0.5 20 20 10 F F 202 202 102 72 BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama 61: A, B ve D noktalarına uygulanan kuvvetlerden dolayı oluşan Mov=? z z v F3=400 N 50o F1=600 N D A 60o B B y 100o x z 6m o 50 50o y C 4m 2m A x 120o x Çözüm: F2=200 N 50o y F1 600[cos100i cos60j cos50k] [ 104.19i 300.00j 385.69k] F2 200[cos120i cos50j cos50k] [ 100.00i 128.56j 128.56k] rCB [2i 3.46j 6k] r AC [2i 6k] rCD [6k] F3 400j F1 x rCB F2 x rAC F3 x rCD j k i j k i j k i 0 0 6 Mo 2 3.46 6 2 0 6 104.19 300 385.67 100 128.56 128.56 0 400 0 rCD A B rCB rCA Mo 3636.94i 2253.60j 1217.62k uCV cos50j cos 40k MOV Mo .uCV [ 3636.94i 2253.60j 1217.62k]. [cos50 j cos 40k ] 515.83Nm C 4m 3.46m 6m y 2m x 515.83[cos50j cos40k ] [331.56i 395.14j] Vektörel olarak z Uygulama 62: 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 A y Tx Tz Ty 10m Txy 10m T O T O x z 6 8m C x m m z B 6 8m B [1. yöntem] AC 10 8 12.81m 2 2 OB 6 8 10m AB 10 10 14.14m 2 2 2 2 12.81 o cos 1 25 14.14 cos 0.906 8 Txy Tx0.906 200x0.906 181.20kN d 10cos 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 r 82 102 62 14.14 m 73 BÖLÜM I VEKTÖRLER rAB 8 10 6 uAB i j k rAB 14.14 14.14 14.14 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 84.86 kkN [3. yöntem] Mo 10 jx113.15i 141.44 j 84.86 kkN Mo 1131.5k 0 848.6 i kNm Tx 113.15kN vektörel y Mz A 10m 113.15x10 1131.50kNm MZ r Mo O Yukarıda özellik 1’kullanılarak moment; T x 6m Mz Mo .k 1131.5k 0 848.6i .k kNm 1131.5kNm bulunur. z 8m B Uygulama 63: 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. 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 rBA 8 4 5 uBA 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 Fy 0 Fz 0 [Ex 0.78TBA 0.61TDC ]i 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. 74 BÖLÜM I VEKTÖRLER [ rxF ] 0 ME E x i E y j E z k TBA TDC 800 j 800k 0 j k j k j k i i i MB 8 0 0 TBA 8 6 0 TDC 4 3 0 0 0.78 0.39 0.49 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 Bulunan kablo kuvvetleri 1 nolu denklemde yerine yazılarak E mesnet tepki kuvvetleri hesaplanır. Ex 0.78TBA 0.61TDC ]i 1915.57N Fy 0 Ey 0.39TBA 0.69TDC 800]j 563.05N Fz 0 Ez 0.49TBA 0.38TDC 800]k 400N Uygulama 64: A ve B noktaları mafsallı ise mesnet kuvvetlerinin [AX AY BX BY BZ] ve kablo kuvvetinin [TCE] bulunması. Fx 0 y BY m 1 BZ B E 0.8m TCE=[-2,0.8,1] için TCE nin bileşenleri BX AY TCE C A AX z C 2 TCEX TCE cos TCE 0.842TCE 2 2 2 2 1 0.8 x 2m 2m 2m D 400 N 400 N 0.8 1 TCEY TCE cos TCE 0.337TCE TCEZ TCE cos TCE 0.421TCE 2 2 2 2 2 2 2 1 0.8 2 1 0.8 Fx 0 [A x BX 0.842TCE ] 0 Serbest cisim diyagramında denge denklemleri yazılır. Fy 0 Fz rA [2k] rCE [2i] rD [2i 2k] MB [AY BY 0.337TCE 400] 0 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 [ 2AY 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 75 2m 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 0 rCE xT rA xA rD xD 0 MB 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 65: Rijit AB çubuğu A noktasında mafsallı ve C noktasına RİJİT ÇUBUK ile bağlanmış ise ÇUBUK kuvveti T=? C 1000 N ÇUBUK B A Rijit çubuk 2m 2m 3 200 N 4 4 m 400 N Sistemin serbest cisim diyagramı aşağıda gösterilmiştir. T Serbest cisim diyagramı 707 N Rijit çubuk AX m m 2 AY 2 200 N m 3 B 400 N Fx 0 Serbest cisim diyagramı üzerinde FX=0, FY=0 ve M=0 yazılır. Buna göre FY 0 707 N A x 707 0 AY T 200 400 707 0 AY T 107N MA 0 707x7 Tx4 200x2 400x4 0 T 737.25 N MT 1 bağıntısında T yerine yazılarak Ay mesnet tepkisi bulunur. VEYA AY T 107N T 737.25N ise AY 630.25N 76 Ax 707N 1 0 707x3 A y x4 200x2 0 A y 630.25 N BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama 66: Şekilde verilen sistemde kablo kuvvetlerinin hesaplanması A TAC B 60 38o TBC TBCsin60 TACsin38 o TACcos38 TBCcos60 60o 38o C C C 200 kN TBC 200 kN 30o 200 kN 98o 52 Fx 0 TBC cos60 TAC cos38 0 Fy 0 TBC sin60 TAC sin38 200 TAC Bu iki denklemin ortak çözümü sonucu Fx 0 1.732 [ TBC cos60 TAC cos38 ] 0 [ TBC sin60 1.732 TAC cos38] 0 Fy 0 TBC sin60 TAC sin38 200 TAC=101 kN TBC=159.15 kN olarak bulunur. 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 67: 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 z z C m 3 C m 3 C 3m T m 3 3m 3m m 5 6 B 3kN 6 A x m A 3 D 1m 1 [5j 6k] 52 62 6 Ax r1 i 3j m 0.64j 0.77k MAB 0 r2 3i 6k m 3m A D 3 D x 1m x y CD 22 32 62 7m m m r1 B Bz 3kN B 3kN 1 r2 m Bx 5m 5m m y F 3jkN T Ay Az T[2i 3j 6k] m 1 y 22 32 62 vektörel T[2i 3j 6k] [ i 3j] x .[0.64j 0.77k] 3i 6k ] x [3j] .[0.64j 0.77k] 0 7 vektörel 77 BÖLÜM I VEKTÖRLER Veya 3kNnun A noktasına 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 Tx=1.286 kN Ty=1.928 kN Tz=-3.857 kN Mz 0 3.[3] 5Bx 1.928[3] 0 Bx 0.643kN Mx 0 3.[6] 5Bz 1.928[6] 0 Bz 5.914kN 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 2.057 kN Uygulama 68: 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 m 2 F 3m Az A z x E E Uygulanan ve mesnet tepki kuvvetlerini gösteren serbest cisim diyagramı 1.5m D AD m 3 Ay A x AE r 3 i 6 j 2k FCF FCF CF 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 Moment alınarak kablo kuvvetleri aşağıdaki şekilde hesaplanır. rAC 6 j rAE 1.5 i 3k 0.448 i 0.896k AE r 2 2 1.5 3 AE rAB 3 j rDE 1.5 i 3k AD 0.448 i 0.896k 2 2 rAD 1.5 3 78 BÖLÜM I VEKTÖRLER i j k i j k MAE rAC xFCF rAB xTBD AE 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 TBD 0.448 i 0.896k 0 780 2.01TBD i 1170 0.99TBD k 0.448 i 0.896k 0 TBD 782 N i j k i j k MAD rAC x FCF rAB xTBE AD 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 N N 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 69: A küresel mesnet kuvvetlerini (Ax, Ay ve Az)), TC ve TD kablo kuvvetlerini hesaplayınız. z z F=30 kN F=30 kN B 6m 6m Az A 6m B 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 2 2 2 2 2 rBC rBD 6 6 3 6 6 X eksenine göre moment alındığı için TC kablosu herhangi bir moment oluşturmaz. 79 y BÖLÜM I VEKTÖRLER i j k i MX 0 MX MA i [(rABxF) (rABxTD )]i 0 0 6 0 0 30 0 0.333TD MAD MA uAD [(rABxF) (rACxTC )]uAD i j k i 0 0 6 6 0 30 0 0.707TC 3i 6j uAD 0.447i 0.895 j 2 2 3 6 j 0 0.667TD k [[180 60.667TD ]i [60.333TD ]j]i 0 6 i 0.667TD TD 44.98 kN [ [180(0.447)i] [(60.707T )0.895]j 0 j k C 0 0 [ 0.447i 0.895j] [180i 60.707TC j][ 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 TD TD 44.98 15i 30j 30k rBD A 15 15 0 32 62 62 x FA A x i A y j Az k Ay 30 30 0 r 6i 6k Az 15 30 45 kN TC TC BC 21.17 15i 15k F 30 j 2 2 rBC 6 6 Uygulama 70: 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 . EA [ rEC x60] [ rED xT] EA 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 EA EA i 0.28i 0.96 k MEA ME . EA [ rEC x60] [ rED xT] EA 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 0.28i 0.96 k 0 T 82.50N 80 BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama 70: Sisteme 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 i Mo 0 0.25 104.19 300 k 0.20 [156.42i 20.84j 26.05k]Nm 385.69 M F.r 156.422 26.052 20.842 159.94Nm y Uygulama 71: Şekilde verilen kuvvetler sisteminde bileşke kuvveti ve yönünün bulunması. [3,2,0] F2=400 N [0,2,2] x [0,2,4] [2,0,2] z F 600 400 800 cosx [0 2] 22 22 22 [3 0] 32 0 2 42 [5 2] 32 22 22 cosy 0.58 [2 0] 12 0 0.6 0.73 0.58 [2 0] 17 12 [0 4 ] 25 [ 4 2] 0.49 17 477.49 o x cos1 58.8 921.17 Fy [N] 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 F3=800 N [2,0,4] Fx [N] cosz [2 4 ] [5,2,4] F1=600 N R Fy1=346.41 Fz1=-346.41 Fz=-274.41 477.492 738.412 274.412 921.17 N 738 .41 o y cos 1 36.7 921.17 274.41 o 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. 81 BÖLÜM I VEKTÖRLER R=921.17 y Fy=738.41 Mx1 Fy1 x4346.41x41385.64 kNm Mz1 Fy1 x2346.41x2692.82 kNm My1 Fx1 x4 Fz1 x2346.41x4 346.41x2692.82 kNm y=36.7o z=107.3o Fz=274.41 x=58.8o Fx=477.49 N x y z C=3051.52 My=651.18 y=36.7o x=23 o x Mx=-2809.64 z=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 1 651.18 o x cos 1 157 y cos 3051.52 78 3051.52 996.82 o z cos 1 71 3051.52 Vektörel çarpım ile momentlerin hesaplanması aşağıda yapılmıştır. j k i F1 600N M1 2 0 4 1385.64i692.82j692.82k 346.41 346.41 346.41 j k i M2 0 2 4 640i940j480k 240 0 320 F400 j k i M3 2 0 2 784i384j784k 584 392 392 F800 Uygulama 72: Kendi ağırlığı 12 N/m olan EF kirişi F ucunda 150 N yük taşımaktadır. 1. FAB=? 2. Ex=? Ey=? Ez=? [E noktası mafsallı mesnet] rBA (4 0)i (4 0)j (0 7)k (4i 4j 7k)m B 4 rBA 4 2 4 2 7 2 9 m4 m E x 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 4m A F z 150 N 82 y G m m 3 2m BÖLÜM I VEKTÖRLER 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 73: Kendi ağırlığı 9 N/m olan EF kirişi F ucunda 150 N yük taşımaktadır. CD kablo kuvveti FCD=200 N olduğuna göre; [E A noktası küresel mafsallı mesnet] 1. 2. FAB=? Ex=? FGF=? Ey=? Ez=? 4m E rBA 4 2 42 72 9m rBA 4 4 7 A A i j k 0.444 A i 0.444 A j 0.778A k 9 9 9 rBA F 4 3 3m x D B r FG ( 0 0 ) i ( 4 0) j ( 0 9)k ( 4 j 9k )m C 4m 4m rBA ( 4 0 ) i ( 4 0) j ( 0 7) k ( 4 i 4 j 7k )m A A uBA y G m m 2m z 150 N rBA 4 2 92 97m r 9 G GuFG A FG G 4 j k 0.406G j 0.914 Gk rDC ( 4 0) i ( 3 0 ) j ( 0 4 ) k ( 4 i 3 j 4 k )m rDC 4 2 32 4 2 6.403m rFG 97 97 r 3 4 4 C CuCD C CD 200 i j k 124.94i 93.70j 124.94k rCD 6.403 6.403 6.403 83 BÖLÜM I VEKTÖRLER ÖZET: F noktasında 150 j EF ortasında 9 x 9 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 Ex 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 i j k i j k 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. 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 84 G 229.87N BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama 74: Bileşke kuvvetin [R] şiddetinin ve uygulama noktasının [x,y,z] hesaplanması. y y 400N R=370 N 3.78m D D 1.23m 150N 120N 280N E z 200N 4m A 6 orta C 6m B80N x 5m C E x z m 4.5m 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 jxj0 370zi ( kxj i ) x 1400k 455i 3.78m z 1.23m 370 xk 370zi Uygulama 75: Duvarı dik tutmak için uygulanan kuvvet çifti sistemi şekilde görüldüğü gibidir. Bu kuvvet çifti sistemini A noktasına R 21.2kN ve uygulanacak eşdeğer bir kuvvet çifti sistemiyle değiştiriniz. MA=? M 13.25kNm 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 [422 962 162 ]0.5 85 8.40kN i 19.20kN j 3.20kN k BÖLÜM I VEKTÖRLER 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 76: FA=500 N, FB=600N ve FC=700N ise üç ağırlığın bileşkesinin (5mx5m) büyüklüğünü ve uygulama noktasını bulunuz. zD xD 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 500i 1 500k 0.5 600i 1.5 600k 4.75 700i 4.75 700k Uygulama 77: A noktasındaki kuvvet ve momentlerin bulunması 800 N 500 N ÇÖZÜM: Kuvvet ve momentin ayrı ayrı eksenlerdeki bileşenleri bulunur: FD 500 ( cos35j sin35k) ( 409.58j 286.79k)N 86 k zD 1800 0 j yD zD 1800i xD 1800k ise zD 2.847 m ise xD 2.625 m 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. BİR PARÇACIĞIN DİNAMİĞİ 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. İvmesi, g yerçekimi ivmesine eşittir ( kullanılan birim sisteminde g=9,81 m/s2 dir). İkinci 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 87 BÖLÜM I VEKTÖRLER T= kx (3.6) 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 (t0), 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 +Δt anında parçacığın P' noktasına hareket etmekte ve konumu x +Δx olmaktadır. Δt zamanı boyunca parçacığın konumundaki değişim Δx yer değişimi olarak adlandırılır. Maddesel nokta O referans noktasının soluna yani negatif x yönünde hareket ediyor ise yer değiştirme negatif olacaktır. x O t P x+x t+t P’ Δt süresi boyunca parçacın ortalama hızı, yer değiştirmenin zaman aralığına bölümüdür yani v ort x / t . Δt giderek sıfıra yaklaştığında v ort Limt 0 x dx , cismin ortalama hızı cismin anlık hızına yaklaşır ve v olur. Buna göre hız, yer değiştirme t dt koordinatı x’nin zamana göre değişme oranıdır (yani zamana göre türevidir). İvme Δt süresi boyunca parçacın ortalama ivmesi, hızın zaman aralığına bölümüdür yani aort v / t . Δt azalıp limit sıfıra yaklaşırken aort Limt 0 v dv , cismin ortalama ivmesi cismin anlık ivmesine yaklaşır ve a olur. Buna göre ivme, hızın artmasına veya t dt azalmasına bağlı olarak pozitif veya negatif değerler alabilir. Maddesel nokta yavaşlıyor ise ivmesi negatiftir. Ancak, maddesel noktanın azalmakta 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 diferansiyel denklem a dv dv dx dx a dx dt hız bağıntısında yazılırsa v v dv a dx dt a dt dv dv a 88 BÖLÜM I VEKTÖRLER 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. “ 89
