Püf Noktalarıyla MUKAVEMET Ders Notları (Son güncelleme 30.09.2019) Prof. Dr. Mehmet Zor 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 1 KAYNAKLAR 1- Ders Referans Kitabı : Mechanics of Materials, Yazarları: Ferdinand P.Beer, E.Russell Johnston, John T.Dewolf, David F.Mazurek 2- Yardımcı Kaynaklar: a - Mukavemet I O.Sayman, S.Aksoy, S.Erim, H.Akbulut, (DEU yayınları) b - Mukavemet Problemleri (Mustafa Savcı, Alaaddin Arpacı) C- Mukavemet (R.C. Hibbeler ) (Çeviri: Prof.Dr. Alaaddin Arpacı, Palme Yayınları) 3- Öğretim Üyesinin Web Sayfası: mehmetzor.com a - Ders Notları – pdf b- Sınav soruları –cevapları, c- Ders Kitabı (pdf) ve diğer kaynaklar İletişim : e-posta: [email protected] 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 2 Mukavemet Dersinde İşlenecek Konular 1. a-Motivasyon ve Giriş (Bu ders gerçek hayatta ne işime yarayacak?) b-Gerilme Kavramı c- Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları (pimler, cıvatalar vb) 2. Şekil Değiştirme (a- Eksenel Yüklemede Şekil Değiştirme, Hiperstatik Problemler, b-Termal uzamalar, c- Genel Hooke Bağıntıları) 3. Millerin Burulması (Burulmaya maruz millerde gerilme ve şekil değiştirme hesapları ve hiperstatik problemler) 4. Eğilme ( Basit ve Kesmeli Eğilme, Kirişlerde Kesme kuvveti-eğilme momenti diyagramları ve hesapları) 5. Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesinde Kayma (kesme) Gerilmesi Hesapları 6. Düzlemde Gerilme Dönüşümleri ve Mohr Çemberi 7. Akma ve Kırılma Kriterleri 8. Bileşik Yükleme Durumları Püf Noktası (P.N)-1.1 : Mukavemette hesaplama yöntemleri (Formülleri) yükleme şekline ve bazen geometriye göre değişir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 3 1 a Motivasyon ve Giriş Motivasyon Bu Ders Gerçek Hayatta Ne İşime Yarayacak? 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 4 1 a Motivasyon ve Giriş Bu sorunun cevabını bir örnekle anlamaya çalışacağız: Örnek • Çalıştığınız işletme şekildeki gibi bir bahçe salıncağı imal etmek istemektedir. • Ar-ge mühendisi olarak sizden salıncakta kullanılacak, yük taşıyan metalik zincirlerin kalınlığını yani en uygun kesit çapını (d) belirlemenizi istemiştir. Zira zincirler çok ince olursa kopar, çok kalın olursa kopmaz ama pahalı olur. • Bu sebeple bir mühendis olarak zincirlerin insan ağırlığına dayanabileceği minimum bakla kalınlığının belirleyebilirseniz, işletmemize en faydalı şekilde bir öneri de bulunabilirsiniz. • Şimdi birlikte düşünüyoruz: Salıncağa 3 kişi oturabilir. En kritik durumda salıncak 120 kg lık 3 kişiyi, toplamda ise 360kg lık yükü taşıyabilsin. Ayrıca 2 katı emniyetli olsun. Yani durağan halde salıncak maksimum W= 720kg (yaklaşık 7200N) luk bir yükü taşıması gerekir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 5 1 a Motivasyon ve Giriş Şunu unutmayın: Zincirlere gelen kuvvetler (T1, T2 ,T3, T4) bilinmeden minimum çap (d) hesaplanamaz. O halde; İlk adım zincirlere düşen kuvvetleri (T1, T2 ,T3, T4) bulmaktır. Statik hesaplardan bulunur. 2.Adım ise en riskli zincirin emniyetli bakla çapını (d) hesaplamaktır. Mukavemet hesaplarından bulunur. • • • Görüldüğü gibi statik ve mukavemet birbirlerini tamamlayan iki derstir. Mukavemet dersinde doğrudan gerçek hayata uygulanabilen boyut hesaplamaları (d çapının belirlenmesi gibi) yapılır ki bu hesaplamalar mühendislerden beklenir. Ancak boyutu hesaplamadan önce kuvvetlerin bilinmesi gerekir. Bu ise Statik dersinin temel konusudur. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 6 1 a Motivasyon ve Giriş • Şimdi çevrenizdeki dış yüklerin etkisine maruz kalan katı cisimleri inceleyiniz. Örneğin, sandalye, masa, sehpa, yatak, dolap, asansör, kitaplık, merdiven, ayakkabılarınız.. Her birisinde, ince olduğu taktirde kırılması, kopması muhtemel parçaları görmeye çalışınız. mukavemetten W statikten 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 7 1 a Motivasyon ve Giriş • Bu parçaları ince tutarak, malzemeden kazanabilir ekonomik açıdan işletmenize fayda sağlayabileceğinizi düşünebilirsiniz. Ancak bu durumda dayanımı riske ettiğinizin farkında olmalısınız. Olayı tam tersi düşünürsek, parçaları kalınlaştırıp dayanım riskini azaltabilirsiniz fakat bu durumda da daha fazla malzeme kullanmanız gerektiğinden imalatı daha pahalıya getirirsiniz. • İşte bir mühendis olarak sizden beklenen şey, bu dayanım ve ekonomiklik şartlarını en iyi şekilde sağlayacak hesaplamaları yapabilmenizdir ki, bu faaliyete optimizasyon, sonucuna ise optimum çözüm denir. • Aslında nihai hedefimiz dayanım açısından minimum boyutların tespit edilmesidir. Bu ise mukavemet hesaplarıyla mümkündür. Fakat dediğimiz gibi Statik hesaplar yapılmadan, Mukavemet hesapları yapılamaz. Bu sebeple Statik dersi Mukavemet dersinin temelini oluşturur. Statikte ana hedef durağan haldeki katı cisimlere etki eden kuvvetlerin belirlenmesidir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 8 1 a Motivasyon ve Giriş İşlevsellik Şunu da belirtmekte fayda var ki, boyutların değiştirmekle dayanım ve ekonomiklik açısından en iyi çözüm bulunabilir ancak bu sırada sistemin işlevselliğinin ve kullanılabilirliğinin de kaybedilmemesi gereklidir. İşlevsellik, şekil değiştirme ile çok yakından ilişkilidir. Bu da karşımıza üçüncü bir şart olarak çıkmaktadır. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 9 1 a Motivasyon ve Giriş Sonuç olarak, yeni bir ürünün tasarım aşamasında veya mevcut bir ürünü iyileştirme faaliyetlerinde, şu 3 şartı en iyi seviyede sağlamak gerekir ki, optimum çözüm elde edilebilsin: 1- Dayanım 2- Ekonomiklik 3- İşlevsellik Yeri gelmişken, aklımızın bir köşesine şimdiden şu hususları yazmakta fayda vardır: Dayanım: Gerilme hesaplarını, İşlevsellik: Şekil değiştirme hesaplarını, Ekonomiklik ise malzeme seçimi ve maliyet hesaplarını kapsayan kriterlerdir. İmalatta kullanılan malzeme israfının önlenerek, işletmelerin giderlerinin azaltılması ve dolayısıyla daha fazla kâr yapabilmesi, ancak statik ve mukavemet konularına yeterince hâkim olan ve bu sayede doğru optimizasyon hesaplamaları yapabilen mühendislerle mümkündür. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 10 1 a Motivasyon ve Giriş Sizi niçin işe alalım? Bize ne gibi faydanız olabilir? Bir mühendis olarak, öncelikle ürünlerinizi dayanım açısından optimize edebilir ve dolayısıyla en az malzeme maliyeti ile imal etmenizde yardımcı olabilirim. Bu ise toplamda size büyük kârlar sağlayacaktır. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 11 1 a Motivasyon ve Giriş FİZİK MEKANİK Rijid Cisimlerin Mekaniği Dinamik Statik (Hareketli Cisimler) (Sabit Cisimler) Şekil Değiştirebilen Cisimlerin Mekaniği Mühendislik Mekaniği Dersi (Statik+Muk.) Mukavemet (Cisimlerin Dayanım) Akışkanlar Mekaniği Mekanik: Fizik biliminin, cisimlerin dış yükler altındaki davranışlarını inceleyen dalıdır. Rijit Cisim: Kuvvet etkisi ile şeklinde bir değişiklik olmayan teorik cisimdir. Gerçekte katı haldeki tüm cisimlerde dış kuvvetler etkisiyle az-çok şekil değişikliği olur. Ancak statik ve dinamik bilimlerinde, gerçek katı cisimler de rijit kabul edilir. Dinamik: Hareket halindeki katı cisimlerin davranışlarını inceler. Statik: Dış yüklere maruz kalmasına rağmen durağan halde dengede olan cisimlerin davranışlarını inceler. (Örneğin oturduğunuz sıra, masa vb.) Statikte genel amaç cisme etki eden dış kuvvetlerin belirlenmesidir. Mukavemet: Dış yüklerin etkisine maruz, genelde statik (durağan) halde olan, şekil değiştirebilen katı cisimlerin ve sistemlerin davranışlarını inceler. Dış yükler statikteki denklemlerden hesaplandıktan sonra, bu dış yüklere sistemin dayanıp dayanamayacağını veya dayanması için boyutlarının veya malzemesinin ne olması gerektiği sorularına cevap aranır. Mühendislik açısından bu çok önemli sorulara cevabı ise Mukavemet bilimi verir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 12 1 a Motivasyon ve Giriş 1.2 Özet olarak, bu dersi alan ve başarılı olan öğrenciler; Denge halindeki katı sistemlerde dış yükleri statikten hesapladıktan sonra, I. Sistemin (malzemelerin) bu yüklere dayanıp dayanamayacağını hesaplarla kontrol edebilecekler, II. Dış yüklere sistemin dayanabilmesi için sistemi oluşturan parçaların her birisinin boyutlarının minimum alması gereken değerleri hesaplayabilecekler, III. Sistemde oluşan şekil değiştirmeleri hesaplayabilecekler, IV. Sistemin dış yüklere dayanabilmesi için malzeme seçimi yapabileceklerdir. Bu bilgi ve beceriler ise öğrencilere mühendislik açısından çok önemli kazanımlar sağlayacaktır. Yeni sistemleri, üretmeden önce dayanım açısından optimum (en uygun) seviyede tasarlayabilecek bir bilgi birikimine ulaşabileceklerdir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 13 1 a Motivasyon ve Giriş Kapsam için bir başka örnek Merdivenin ayaklarında oluşan tepki kuvvetlerini statik denge denklemlerinden hesaplarız. - Bu merdivenin bu adamı - taşıyıp taşıyamayacağını, - Veya taşıyabilmesi için basamak boyutlarının minimum değerlerini, - Veya boyutlar belli ise malzeme cinsinin ne olması gerektiğini mukavemet dersindeki konulardan hesaplarız. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 14 1 a Motivasyon ve Giriş 1.5 Kullanacağımız Birimler Uzunluk milimetre (m) Kuvvet Newton (N) Gerilme MegaPascal (N/mm’2) Unutmayın : Mukavemet dersinde tüm problemlerde daima Newton ( N ) ve milimetre ( mm ) kullanacağız. Bu durumda ortaya çıkacak gerilme : N/mm2 olacaktır ki buna MPa (Megapaskal) denir. 1 N/mm2 = 1 MPa 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 15 1. b Gerilme Kavramı 1.6 GERİLME KAVRAMI 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 16 1. b Gerilme Kavramı 1.6.1 Gerilmenin Anlamı: Gerilme genel anlamda «birim alana düşen iç kuvvet» olarak tanımlanabilir. Gerilme kavramının anlaşılması, mukavemet konularının kavranmasında çok önemli bir temel teşkil eder. Gerilme kavramını anlayabilmek için, öncelikle ayırma prensibinin ve iç kuvvet kavramının anlaşılması gereklidir. Gerilme kavramını önce kendimizden anlamaya çalışacağız. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 17 1. b Gerilme Kavramı 1.6.2 İnsanda stres - Cisimlerde Gerilme Gerilmenin İngilizcesi stress dir. Stres kelimesi ise şu an Türkçe olarak, bir olayın veya fiilin bizde oluşturduğu endişe ve tedirginlik anlamında kullanılmaktadır. İnsandaki stres, dışarıdaki olayların baskısıyla oluşur. Yani stres dış yüklerin (olayların, baskıların) bizde oluşturduğu etkidir. Yoksa stres dış bir yük (baskı) değildir. Stres uygulanmaz, oluşur. İşte benzer şekilde katı cisimler için dışarıdan uygulanan fiziksel yükler, cismin içinde stres (gerilme) oluşmasına sebep olur. Bizdeki stres belli bir sınırı aşarsa, şok, baygınlık gibi hasarlara sebep olur. Bu sınır ise kişiden kişiye değişir. İradesine sahip, sabırlı kişilerin stres sınırı yüksektir. Dış yükler sonucu üzerinde stress oluşan katı cisimlerde de belli bir sınırdan sonra çatlama, kopma, akma (kalıcı deformasyon) gibi hasarlar oluşabilir. Bu ise katı cismin malzeme cinsiyle çok yakından ilgilidir. Aynı geometride fakat farklı malzemeden imal edilen iki cismin aynı dış yüke gösterdikleri cevaplar farklı olacaktır. Bir ipi çekerek koparsak bile, aynı kalınlıkta çelik bir teli koparamayız. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 18 1. b Gerilme Kavramı 1.6.3. Ayırma Prensibi: Dış kuvvetlerin etkisine maruz bir sistem dengede ise hayali bazda da ayırdığımız her bir parçası da ayrı ayrı dengededir. Buna ayırma prensibi denir. Hayali olarak ayırdığımız her bir parçasının serbest cisim diyagramında, dış kuvvetlerden başka, ayırma yüzeyinden iç kuvvetler ve iç momentler de etki ettirlir. Herbir parçada iç ve dış kuvvetler statik denge sağlar. Sol parça Sağ parça gerilmeler + ≡ Tüm Sistem dengede Sol Parça Dengede Sağ Parça Dengede •İç kuvvet ve iç momentler (Fiç , Miç ): Ayırma yüzeyinde ortaya çıkan tepkilerdir. Sistemin o kısımda dış kuvvetlere karşı cevabıdır. •Gerilme : İç kuvvet ve moment tepkilerinden kaynaklanan birim alana düşen kuvvet olarak tanımlanabilir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 19 1. b Gerilme Kavramı 1.6.3. Ayırma Prensibi-Devam: İç Momentin oluşmadığını (Miç =0) ve kesitte sadece iç kuvvet (Fiç) olduğunu düşünürsek, gerilme birim alana düşen iç kuvvet olarak tanımlanabilir. İç kuvvet ise ayrılan parçanın statik dengesinde bulunur. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 20 1. b Gerilme Kavramı 1.6.3. Ayırma Prensibi - Örnek I II I Ayakta bekleyen bir kişinin vücut ağırlığı sebebiyle farklı bölgelerinde oluşan gerilmeleri inceleyiniz. Bölgeler için hayali olarak kesimler yapıldığına, her bir kesimde sadece iç kuvvet oluştuğuna dikkat ediniz. Wkafa II I I Wtüm Fiç-1 Wgövde+kafa •Wtüm / 2 •Wtüm / 2 II II •Fiç-2 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 21 1. c Gerilme Kavramı 1.6.3. Ayırma Prensibi - Örnek -devam Kesimin alt veya üst kısmını incelemek sonucu değiştirmez. Her ikisi de aynı sonucu verecektir. Sonuçta iç kuvvet ve gerilme aynı çıkar. Yandaki şekilde I-I kesiminin alt ve üst kısmı için ayrı ayrı çizim yapılmıştır. Dikkatlice inceleyiniz. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor Wkafa I I Fiç-1 I I 22 1. c Gerilme Kavramı 1.6.4 Gerilme Çeşitleri 1.6.4.1 Normal Gerilme: Gerilme düzlem normaline paralel ise; başka bir ifade ile düzleme dik ise buna normal gerilme denir. s ile gösterilir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 23 1. c Gerilme Kavramı 1.6.4 Gerilme Çeşitleri-Devam 1.6.4.2 Kayma (kesme) Gerilmesi: Gerilme düzlem normaline dik ise; başka bir ifade ile düzleme paralel ise buna kayma gerilmesi veya kesme gerilmesi denir. t ile gösterilir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 24 1. c Gerilme Kavramı 1.6.5 Hasar Gerilmesi •Şekildeki ipe asılan yükü göz önüne alalım. İpteki kuvvet statik dengeden F = W dir. A (mm2) (İp Malzemesi - 1, gevrek malzeme) Fkopma (N) (İp Malzemesi - 2, gevrek malzeme) Fkopma (N) 10 100 50 20 200 100 30 300 150 40 400 200 Tabloda kopma anındaki kuvvetler gösterilmiştir. Görüldüğü gibi ipin boyutu (kesit alanı A) ve malzemesi değiştikçe kopma kuvveti değişmektedir. Soru: Bu tabloya göre değişmeyen bir değer var mıdır? Cevap: Herbir gevrek (kırılgan) malzeme için 𝐹𝑘𝑜𝑝𝑚𝑎 𝐴 oranı değişmemektedir. Bu orana şimdilik malzemenin hasar gerilmesi diyebiliriz. (𝜎ℎ𝑎𝑠𝑎𝑟 = 𝐹𝑘𝑜𝑝𝑚𝑎 𝐴 ) Hasar gerilmesi malzemenin bir özelliği olup, malzeme boyutlarından bağımsızdır. (yoğunluk gibi) 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 25 1. c Gerilme Kavramı Malzemenin bir özelliği olan hasar gerilmesi çekme deneyi ile bulunur. Çekme Test Cihazı Sünek malzemeler için kalıcı deformasyonun (plastik bölgenin) başladığı an hasar anı olarak değerlendirilmelidir. Zira kalıcı deformasyona maruz kalan bir eleman işlevselliğini yitirecektir. Bu sebeple hasar 𝐹 gerilmesi akma gerilmesi olarak değerlendirilmelidir. 𝜎ℎ𝑎𝑠𝑎𝑟 = 𝜎𝑎𝑘𝑚𝑎 =𝜎𝑎 = 𝑎𝑘𝑚𝑎 𝐴 Gevrek malzemelerde ise kalıcı şekil değiştirme ihmal edilecek kadar azdır. Hasar gerilmesi kopma veya kırılma anındaki gerilmedir. 𝜎ℎ𝑎𝑠𝑎𝑟 =𝜎𝑘𝚤𝑟𝚤𝑙𝑚𝑎 =𝜎𝑘 Not: Sünek malzemelerin çeki ve basıdaki akma mukavemetleri (gerilmeleri) aynıdır. Gevrek malzemelerde ise bası mukavemeti çeki mukavemetinden daha fazladır. (3-4 katı olabilir.) 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 26 1. c Gerilme Kavramı 1.6.5.1Hasar Şartı Çeki yüklemesine maruz bir malzemede bir gerilme oluşur. Kuvvet arttırıldığında bu gerilme artar. Kuvvet iyice arttırılırsa gerilme hasar gerilmesine ulaşır ve malzemede hasar oluşur. O halde genel anlamda hasar şartı; 𝜎 ≥ 𝜎ℎ𝑎𝑠𝑎𝑟 (Mutlak değer içine almamızın nedeni bası durumundaki hasar şartını da kapsaması içindir. Çeki durumunda mutlak değere almaya gerek yoktur.) Sünek malzemeler için hasar şartı: 𝜎 ≥ 𝜎𝑎𝑘𝑚𝑎 Gevrek malzemeler için hasar şartı: 𝜎 ≥ 𝜎𝑘𝚤𝑟𝚤𝑙𝑚𝑎 270N 270N 350N 𝜎 = 𝜎ℎ𝑎𝑠𝑎𝑟 𝜎 < 𝜎ℎ𝑎𝑠𝑎𝑟 Kopma anı Henüz kopmamış. 30.09.2019 350N MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 27 1. c Gerilme Kavramı Farklı sembollerle durumu açıklayalım: 𝜎𝑜 : 𝜎𝑜𝑐 : Sünek malzemeler için çekideki akma gerilmesi, Gevrek malzemeler için çekideki kopma gerilmesi Sünek malzemeler için basıdaki akma gerilmesi, Gevrek malzemeler için basıdaki kopma gerilmesi Malzemenin bir noktasında çeki veya bası gerilmesi (𝜎) hesaplandığını düşünelim. Bu noktada; 𝜎 ≥ 𝜎𝑜 veya 𝜎 ≥ 𝜎𝑜𝑐 ise, yani üstteki iki eşitsizlikten en az birisi sağlanıyorsa, o noktada, sünek malzemelerde akma, gevrek malzemelerde kırılma oluşur denir. Sünek malzemelerin çeki ve basıdaki akma gerilmeleri şiddetçe birbirine eşittir. 𝜎𝑜 = 𝜎𝑜𝑐 Gevrek malzemelerin basıdaki kırılma gerilmeleri, çekidekinden şiddetçe daha büyüktür. 𝜎𝑜 < 𝜎𝑜𝑐 Bunun sebebi gevrek malzemelerin iç yapısının gözenekli olmasıdır. Malzeme içindeki gözenekler bası durumunda kapanır, yüzey alanı genişlenir ve daha fazla bası yüküne malzeme dayanabilir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 28 1. c Gerilme Kavramı 1.6.5.2 Hasar Şartı- Kesme (Kayma) Durumu için Malzemelerin çeki veya bası dayanımları ile kesme dayanımı farklıdır. Bu sebeple, kesme gerilmesinin söz konusu olduğu yüklemelerde kesme dayanımı (𝜏ℎ𝑎𝑠𝑎𝑟 ) göz önüne alınmalıdır. Kesme gerilmesi sebebiyle hasar şartı; 𝜏 ≥ 𝜏ℎ𝑎𝑠𝑎𝑟 (Kesme gerilmesinin işaretinin + veya – olması mukavemet açısından önemli değildir. Burada + olarak düşünülmüştür.) Sünek malzemeler için genel olarak 𝜏ℎ𝑎𝑠𝑎𝑟 =𝜏𝑎𝑘𝑚𝑎 = Gevrek malzemeler için 𝜎𝑎𝑘𝑚𝑎 2 𝜏ℎ𝑎𝑠𝑎𝑟 =𝜏𝑘𝚤𝑟𝚤𝑙𝑚𝑎 Bir örnek : iki levhayı bağlayan çelik cıvata (sünek) için t hesabı ve hasar kontrolü: 𝜏 ≥ 𝜏𝑎𝑘𝑚𝑎 ise akma oluşur 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 29 1. c Gerilme Kavramı 1.6.5.3 Bir uygulama: • Bir ilan panosuna iğneyi rahatça batırabilir ve delebiliriz. Fakat aynı kuvvetle bir tahta kalemiyle niçin aynı panoyu delemeyiz? • Cevap: İğnenin batan uç alanı ( Aiğne ) çok küçük olduğundan küçük bir kuvvetle büyük gerilme oluşturup pano malzemesinin kopma gerilmesine ulaşırız ve panoyu deleriz. Oysa tahta kaleminin batırmaya çalıştığımız uç alanı (Akalem) çok daha büyüktür. Bu nedenle panonun kopma gerilmesine ulaşabilmek için çok büyük kuvvet gerekir. Bu sebeple kalemle panoyu delmek çok daha zordur. olduğundan 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 30 1. c Gerilme Kavramı 1.6.6 Emniyet katsayısı ve emniyet gerilmesi (Factor of safety and allowable stress) Bir mekanizmanın, yapının veya makinanın belli bir emniyet katsayısına sahip olması istenir. Yani sistem taşıyabileceği yükün 2 veya 3 katı yük taşıyabilecek şekilde tasarlanabilir. Özellikle can güvenliliğinin önemli olduğu asansör gibi mekanizmalarda bu katsayının daha fazla olması istenir. İşte bu durumda mukavemet hesaplamaları hasar (akma Emniyet Katsayısı Kullanma Sebepleri: • veya kırılma ) gerilmesine göre değil de emniyet Malzeme özelliklerindeki belirsizlikler ve değişkenlikler gerilmesine göre yapılır. • Yüklemelerdeki belirsizlikler ve değişkenlikler Yapıda oluşacak maksimum gerilme emniyet gerilmesini • Analizlerdeki hatalar (yanılmalar) ve belirsizlikler aşmayacak şekilde boyutlar hesaplanır veya malzeme • Tekrarlı yükleme durumları seçimi yapılır. • Hasar tipleri • Malzeme üzerindeki bozucu etkiler ve onarım Emniyet katsayısı : n = Emniyet şartı : 30.09.2019 ℎ𝑎𝑠𝑎𝑟 𝑔𝑒𝑟𝑖𝑙𝑚𝑒𝑠𝑖 𝑒𝑚𝑛𝑖𝑦𝑒𝑡 𝑔𝑒𝑟𝑖𝑙𝑚𝑒𝑠𝑖 𝜎 < 𝜎𝑒𝑚𝑛𝑖𝑦𝑒𝑡 veya = 𝜎ℎ𝑎𝑠𝑎𝑟 𝜎𝑒𝑚𝑛𝑖𝑦𝑒𝑡 𝜏 < 𝜏𝑒𝑚𝑛𝑖𝑦𝑒𝑡 gereklilikleri • Can ve mal güvenliği/emniyeti • Makinenin fonksiyonelliği MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 31 1. b Gerilme Kavramı 1.7 Mukavemet Hesaplamalarında Genel Yol Haritası 1-) Denge halindeki bir cisim veya sistemde önce statik hesaplamalarla bilinmeyen kuvvetler bulunur. 2-) Cisimdeki maksimum gerilme hesaplanır. (Hesaplama şekli ve formülleri yükleme şekline göre ve bazen geometriye göre değişir.) 3-) Maksimum gerilme sünek malzemenin akma, gevrek malzeme ise kopma (kırılma) gerilmesine eşitlenir. Bu eşitlikten, a-) minimum boyut hesabı (kuvvet + malzeme belli ise) veya b-) malzeme seçimi (kuvvet + boyutlar belli ise) veya c-) Mukavemet (Dayanım) kontrolü (kuvvet + boyutlar + malzeme cinsi belli ise) yapılır. Bu genel yol haritasıdır. Bazı problemlerde, cisme uygulanabilecek maksimum kuvvet sorulabilir. Veya gerilmelerin yanısıra şekil değiştirmeler hesaplanabilir. Emniyet katsayısı verilebilir. İleride görülecek örnek problemlerle bunlar zihninizde daha belirginleşecektir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 32 1. b Gerilme Kavramı Örnek 1.1 Şekildeki yapıyı göz önüne alalım: Acaba bu çubuklar, 30kN luk kuvveti emniyet sınırları içinde taşıyabilir mi? • Çubuklar aynı cins çelikten olup, malzemenin emniyet açısından izin verilebilir gerilme (emniyet gerilmesi): s emniyet 165 MPa • BC çubuğu d=20mm çapında dairesel kesite, AB çubuğu ise 50mmx50mm lik kare kesite sahiptir. • Hesaplamalarda pim deliklerini ihmal ediniz. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 33 1. b Gerilme Kavramı Çözüm: 1.Adım : Statik hesapları Bu sistemi bir kafes sistem olarak düşünebiliriz. B düğüm noktasının dengesinden çubuk kuvvetlerini bulabiliriz. 𝐶𝑜𝑠𝜃 4 )=0 5 𝐹𝐴𝐵 = 40𝑘𝑁 3 𝐹𝑦 = 0 → −30 + 𝐹𝐵𝐶 . ( ) = 0 5 𝐹𝐵𝐶 = 50𝑘𝑁 𝐹𝑥 = 0 → 𝐹𝐴𝐵 − 𝐹𝐵𝐶 . ( 𝑆𝑖𝑛𝜃 2.Adım: Gerilme Hesabı 𝐹𝐵𝐶 I-I kesimi I I I 𝐹𝑖ç 𝐹𝐵𝐶 𝜎= = 𝐴 𝐴 𝐹𝑖ç = 𝐹𝐵𝐶 I A 𝜎= 𝐹𝐵𝐶 50𝑥103 𝑁 = 𝐴 𝜋.204 𝑚𝑚2 3-c) Mukavemet Kontrolü = 159𝑀𝑃𝑎 4 30.09.2019 s emniyet 165 MPa MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor İdi. 𝜎 < 𝜎𝑒𝑚𝑛𝑖𝑦𝑒𝑡 𝐵𝑢 ç𝑢𝑏𝑢𝑘 𝑒𝑚𝑛𝑖𝑦𝑒𝑡𝑙𝑖𝑑𝑖𝑟. 34 1. b Gerilme Kavramı Çözüm - devam: II AB çubuğu için 2-Gerilme Hesabı II 𝐹𝐴𝐵 𝐹𝑖ç = 𝐹𝐴𝐵 𝜎= 𝐹𝑖ç 𝐹𝐴𝐵 = 𝐴 𝐴 A=50x50𝑚𝑚2 𝜎= 𝐹𝐴𝐵 −40𝑥103 𝑁 = 𝐴 50𝑥50 𝑚𝑚2 = −16𝑀𝑃𝑎 3-c) Mukavemet Kontrolü s emniyet 165 MPa İdi. Malzeme sünek olduğu için çeki ve basıdaki akma mukavemeti ve dolayısıyla emniyet gerilmeleri şiddetçe eşittir. 𝜎𝑒𝑚𝑛−𝑏𝑎𝑠𝚤 = −165 𝑀𝑃𝑎 𝜎 < 𝜎𝑒𝑚𝑛.−𝑏𝑎𝑠𝚤 30.09.2019 → −16 < −165 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor → 𝐵𝑢 ç𝑢𝑏𝑢𝑘 𝑑𝑎 𝑒𝑚𝑛𝑖𝑦𝑒𝑡𝑙𝑖𝑑𝑖𝑟. 35 1. b Gerilme Kavramı 1.8. Bilgi: Saint-Venant Prensibi Bir kesite etkiyen bileşke iç kuvvet yüzeye dik ise ortalama normal gerilme; s P A şeklinde ifade edilir. • Ancak tekil yükten (P kuvvetinden) belli bir uzaklıktan sonra kesitin tüm noktalarındaki gerilme değerleri birbirine yaklaşır. Yüke yaklaştıkça kesitte noktadan noktaya gerilmeler arasındaki fark büyür. Sonuç olarak tekil bir kuvvetten dolayı meydana gelen gerilmeler uygulama noktasından yeterince uzak kesitlerde uniform hale gelir. Bununla birlikte ileride çözeceğim problemlerde bu ilkenin çözümlere etkisi ihmal edilecektir. Bilgi amaçlı bu prensibe burada değinilmiştir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 36 1 c Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları 1.9 Bağlantı Elemanlarında (Pimlerde, Cıvatalarda, Perçinlerde vb.) ortaya çıkan gerilmeler:Stress) 1.9.1 Kesme (Kayma) Gerilmeleri Levhaları veya çubukları birbirlerine bağlayan pim, cıvata, perçin gibi bağlantı elemanlarındaki gerilmeler, kayma (kesme) gerilmeleridir. Şiddetleri bağlantı yüzeyi sayısına göre hesaplanır. Tek Kesme Yüzeyi (Single Shear) Çift Kesme Yüzeyi (Double Shear) t Fiç A F A t 𝐶𝑖𝑣𝑎𝑡𝑎 𝑘𝑒𝑠𝑖𝑡 𝑎𝑙𝑎𝑛𝚤: 𝐴 = 𝜋𝑟 2 Üstteki levhada sağa doğru olan F kuvvetini a-b çizgisinin bulunduğu yarı silindirik yüzeydeki tepki dengeler. Alttaki F kuvvetini ise c-d çizgisinin olduğu yarı silindirik yüzey dengeleyecektir. 30.09.2019 Fiç A F 2A A levhasına gelen F kuvveti sağdaki cıvatanın e-f kısmından (yarı silindirik alan) ve cıvatayı aynı yönde çeker. e-f kısmından cıvataya gelen F kuvveti üst levhanın a-b kısmından, alt levhanın c-d kısmından dengelenecektir. MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 37 1 c Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları 1.9.2 Yatak Gerilmeleri (Bearing Stresses) Tek kesme için • Cıvata, pim, perçin gibi bağlantı elemanlarının geçtiği deliklerin iç yarı silindirik yüzeylerinde bir tepki kuvveti oluşur. (Bir önceki sayfada a-b veya d-c veya e-f kısımlarına gelen kuvvetler) • Ancak bu kuvvet yüzeye homojen dağılmaz. Orta kısımlarda daha fazladır, yanlara doğru ise azalır. • Bu kuvvetten dolayı deliğin yarı silindirik iç yüzeyinde normal gerilme oluşur. Bu normal gerilmenin ortalama değeri kuvvetin, izdüşüm alanına (t x d) ) bölünmesi ile elde edilir. t : levha veya çubuk kalınlığı, d: pim çapı • Bu ortalama gerilmeye yatak gerilmesi denir. 𝜎𝑏 s yatak s b 30.09.2019 F F A* t d MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 38 1 c Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları Örnek 1.2 Şekildeki pedalın C bağlantısında 6mm çapında pim kullanılmıştır. P= 500N olduğuna göre; a) C Pimindeki ortalama kayma gerilmesini, b) C piminin geçtiği deliklerdeki yatak gerilmelerini hesaplayınız. Çözüm: Statik Dengeden 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 39 1 c Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları a-) c pimi çift kesmeye maruzdur. Çünkü 2 tane delikten geçirilip 2 yatakla dengelenmiştir. I-I kesimi C pimi I I C pimi I I tc Fiç A Fc 2A Fc 1300 .d c2 .6 2 2. 2. 4 4 A 𝜏𝐶 = 22.99𝑀𝑃𝑎 b-) c piminin geçtiği yataklardan soldakini incelersek yeterli olur. A* 30.09.2019 s yatak s b Fc / 2 F 1300 c A* 2.t d c 2 x5 x6 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor s b 21,67 MPa 40 1 c Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları Örnek 1.3. Şekildeki çerçeve sisteminin, P=100kN luk kuvveti emniyet sınırları içinde taşıyabilmesi için a-) B ve D pimlerinin minimum çap değerlerini bulunuz. (Pimlerin çapını tam sayıya öteleyiniz.) b-) BD çubuğunun minimum kalınlığını hesaplayınız. Emniyet katsayısı n=2 alınız. Pimlerin akma gerilmesi tak = 200MPa, BD çubuğunun akma gerilmesi sak = 400MPa Çözüm: Statik hesapları: 𝑀𝐴 = 0 → 𝐹𝐵𝐷 . 𝐶𝑜𝑠45.300 − 100.200 = 0 → 𝐹𝐵𝐷 = 94.28 𝑘𝑁 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 41 1 c Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları 𝜏𝑎𝑘 200 = = 100MPa a-) Pimlerin emniyet gerilmesi : 2 2 B piminin emniyetli çap değeri. B pimi tek kesmeye maruzdur. 𝜏𝑒𝑚 = I-I kesimi-sol kısım dB I I 𝐹𝐵𝐷 94.28𝑥103 120𝑥103 𝜏𝐵 = = = = 𝐴𝐵 𝐴𝐵 𝑑𝐵2 𝜋𝑑𝐵2 4 𝐹İÇ Emniyet şartı : 𝜏𝐵 ≤ 𝜏𝑒𝑚 → 120𝑥103 2 𝑑 ≥ 1200 → ≤ 100 → 𝐵 2 𝑑𝐵 𝑑𝐵 ≥ 34.64𝑚𝑚 𝑑𝐵−𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑢𝑚 = 𝑑𝐵−𝑒𝑚𝑛𝑖𝑦𝑒𝑡 = 34.64𝑚𝑚 Bu değere en yakın minimum tam sayı 35mm olduğundan 𝑑𝐵 = 35 𝑚𝑚 𝑎𝑙𝚤𝑛𝚤𝑟. Piyasada 34.64 mm lik pim bulamayız ancak 35 mm lik bulabiliriz. Pimi kendimiz üretseydik 34.64 mm lik üretebilirdik. Ancak bu kadar küçük bir fark için imalat masrafına girmeye değmez. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 42 1 c Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları D Piminin emniyeti: D pimi çift kesmeye maruzdur. a-a kesimi-sol kısım a a 𝐹𝐵𝐷 /2 (94.28𝑥103 )/2 60𝑥103 𝜏𝐷 = = = = 𝐴𝐷 𝐴𝐷 𝑑𝐷2 𝜋𝑑𝐷2 4 𝐹İÇ Emniyet şartı : 𝜏𝐷 ≤ 𝜏𝑒𝑚 → 60𝑥103 ≤ 100 → 𝑑𝐷2 𝑑𝐵2 ≥ 600 → 𝑑𝐷 ≥ 24.5𝑚𝑚 𝑑𝐷−𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑢𝑚 = 𝑑𝐷−𝑒𝑚𝑛𝑖𝑦𝑒𝑡 = 24.5𝑚𝑚 Bu değere en yakın minimum tam sayı 25mm olduğundan 𝑑𝐷 = 25 𝑚𝑚 𝑎𝑙𝚤𝑛𝚤𝑟. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 43 1 c Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları b-) BD çubuğunun çekideki emniyeti 𝜎𝑒𝑚−ç𝑒𝑘𝑖 = 𝜎𝑎𝑘−ç𝑒𝑘𝑖 𝜎𝑜 400 = = = 200MPa 2 2 2 Malzeme sünek olduğu için BD çubuğunun basıdaki akma mukavemeti şiddetçe çekidekine eşittir. 𝜎𝑒𝑚−𝑏𝑎𝑠𝚤 = 𝜎𝑎𝑘−𝑏𝑎𝑠𝚤 𝜎𝑜𝑐 −400 = = = −200MPa 2 2 2 BD çubuğunun en dar kesiti daha büyük çaplı B piminin geçtiği deliktir. Maksimum gerilme bu minimum kesitte ortaya çıkar. D pimi daha küçük çaplı olduğu için o kısımdaki kesit daha büyük olur. Malzeme sünek olduğu için çeki ve basıdaki akma gerilmeleri eşit kabul edilebilir. c-c kesimi-alt kısım A1 ve A2 kesitlerinde oluşan toplam iç kuvvet 𝜎𝐵𝐷 BD çubuğundaki minimum kesit 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 44 1 c Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları 𝜎𝐵𝐷 𝐹𝑖ç −94.28𝑥103 −62385,3 = = = 𝐴𝑚𝑖𝑛. (50 − 35)𝑥𝑡 𝑡 Bası durumuj için Emniyet şartı : 𝜎𝐵𝐷 ≤ 𝜎𝑒𝑚𝑛−𝑏𝑎𝑠𝚤 −6285,3 ≤ −200 → 𝑡 ≥ 31,42𝑚𝑚 𝑡 𝑡𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑢𝑚 = 𝑡𝑒𝑚𝑛𝑖𝑦𝑒𝑡 = 31,42𝑚𝑚 Çubuğu kendimiz imal edeceğimiz için tam sayıya yuvarlamaya illa gerek yoktur. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 45 1 c Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları Pim deliklerini ihmal etseydik: BD çubuğunun dolu orta kesitinden bir kesim (b-b kesimi) almalıydık. Bu durumda ; b-b kesimi – alt kısım 𝜎𝐵𝐷−𝑜𝑟𝑡 b b 𝜎𝐵𝐷−𝑜𝑟𝑡 𝐹𝑖ç 𝐹𝐵𝐷 −94.28𝑥103 −1885,6 = = = = 𝐴𝑜𝑟𝑡 𝐴𝑜𝑟𝑡 50𝑥𝑡 𝑡 Emniyet şartı : 𝜎𝐵𝐷−𝑜𝑟𝑡 ≤ 𝜎𝑒𝑚𝑛−𝑏𝑎𝑠𝚤 → −1885,6 ≤ −200 𝑡 → 𝑡 ≥ 9,42𝑚𝑚 Görüldüğü gibi pim deliklerini ihmal ettiğimizde kalınlığı yaklaşık 3 katı daha düşük değerde buluyoruz. Emniyet katsayısı n=2 alındığı için t=9.42 mm alırsak çok önemli bir hesap hatası yapmış oluruz ve çubuk yüke dayanamayacaktır. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 46 1 c Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları Örnek 1.4 BD bağlantısında 40 mm genişliğinde ve 12 mm kalınlığında çelik çubuk kullanılmıştır. Her bir pimin çapı 10 mm olup pimler tek taraflı kesmeye maruzdur. Tüm pim ve çubuklar aynı malzemeden imal edilmiş olup akma mukavemetleri σak = 300MPa, τak =150 MPa olarak bilinmektedir.. Buna göre; BD çubuğundaki, pimlerideki ve D yatağındaki maksimum gerilmeleri bularak bu elemanların mukavemet kontrollerini yapınız. Statik hesapları: Çift kuvvet elemanı 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 47 1 c Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları BD çubuğu: 111.11 < 300 BD çubuğu bu yüke dayanır. D veya B pimi : 509.28 > 150 B ve D pimleri bu yüke dayanamaz. D yatağı: 333.33 > 300 30.09.2019 D yatağı da bu yüke dayanamaz. MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 48 1 c Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları Örnek (Soru) 1.5*: Şekildeki çerçeve sisteme G noktasından 24kN luk düşey bir yük uygulanmıştır. BE ve CF çift taraflı olarak yatay AD çubuğuna 20mm çapında çelik pimlerle bağlıdır. A ve D uçlarında ise dönmeye izin veren ötelenmeye izin vermeyen bağlantılar kullanılmıştır. Akma mukavemeti 200MPa olan BE ve CF çubukları 40mm genişliğinde ve aynı t kalınlığındadır. Emniyet faktörünü 2 alarak bu çubukların emniyetli kalınlık değerini tespit ediniz. Cevap: tem =9.75mm 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 49 1 c Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları Örnek (Soru) 1.6* : (2017 yaz okulu 2.vize) Şekildeki sistemin 800 N luk düşey yükü emniyet sınırları içerisinde taşıyabilmesi isteniyor. Emniyet katsayısını 2 alarak, a-) Çelik malzemeden imal edilmiş, A ve B pimlerinin emniyetli çap değerlerini belirleyiniz. (A pimi tek, B pimi çift kesme yüzeyine sahiptir.) b-) Bu durumda, 50mm genişliğe, 8mm kalınlığa sahip Alüminyum BD çubuğunun emniyet kontrolünü yapınız. Malzeme Çelik Alüminyum Çeki / Bası için Akma Mukavemeti Kesmedeki Akma Mukavemeti 400MPa 140MPa 200MPa 70MPa Cevaplar: a-) dA-em= 1.805mm, dB-em= 3.59 mm, b-) sBD-max = 2.72MPa emniyetli 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 50 1 c Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları Örnek (Soru) 1.7* : Şekildeki yatay AGCB uçak çekme çubuğunun ağırlık merkezi G noktasında olup, kütlesi 200kg dır. Bu Çubuğun ağırlığı CD hidrolik silindiri ve F tekerleği ile dengelenmiştir. F tekerleği sadece yere temas etmekte olup, yatay çekme çubuğu ile arasında yeterince bir boşluk mevcuttur. A, E ve D noktalarında pimlerle bağlantı sağlanmıştır. Bu durumda 25mm çapındaki CD hidrolik silindirinde ortaya çıkan normal gerilme değerini hesaplayınız. Cevap: -4.97MPa Örnek (Soru) 1.8* : Şekildeki taşıyıcı sisteme 6kN luk bir kutu yüklenmiştir. Sistem gösterilen konumda dengede tutulmaktadır. L şeklindeki taşıyıcı bütün bir parçadır. E tekerleği sürtünmesizdir. B pimi tek kesmeye maruzdur. Buna göre B piminin emniyetli çap değerini hesaplayınız. (B piminin malzemesinin kesme mukavemeti 138 MPa dır. emniyet katsayısı n= 2) Cevap: 12mm 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 51 1 c Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları Örnek 1.9 : Dairesel kesitli kademeli bir çelik çubuk, sabit bir alüminyum diskte açılan delikten geçirilmiştir. Sisteme uygulanabilecek maksimum P yükünün şiddetini hesaplayınız. Çelik elemanın alt kısmı 10mm çapındadır. Çelik Alüminyum sem (MPa) 360 140 tak (MPa) 180 70 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 52 1 c Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları Çözüm 1.9 : A1 ve A2 iç silindirik yüzeyler olup kesmeye maruz kalırlar. A3 dairesel kesiti ise çekmeye maruz kalacaktır. Çeliğin üst kısmının emniyeti için uygulanabilecek maksimum P: 𝑃 = 𝜏𝑒𝑚−ç𝑒𝑙𝑖𝑘 . 𝐴1 = 180𝑥 𝜋𝑥12𝑥10 = 67858.4𝑁 ≅ 67.86𝑘𝑁 t t t t t A1 Alüminyum diskin emniyeti için uygulanabilecek maksimum P 𝑃 = 𝜏𝑒𝑚−𝑎𝑙ü𝑚. . 𝐴2 = 70𝑥 𝜋𝑥40𝑥8 = 70371.67𝑁 ≅ 70.37𝑘𝑁 (silindir iç yüzeyi) Çeliğin alt kısmı emniyeti için uygulanabilecek maksimum P 𝑃 = 𝜎𝑒𝑚−ç𝑒𝑙𝑖𝑘. . 𝐴3 = 360𝑥( 𝜋𝑥102 ) 4 = 26703.53𝑁 ≅ 26.7𝑘𝑁 Bu durumda tüm sistemin emniyeti için uygulanabilecek maksimum P yükü: 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor P Pemn. =26.7kN 53 1 c Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları Örnek (Soru) 1.10* : A ve B tahta levhaları aralarında 6mm lik boşluk kalacak şekilde 75xL boyutlarında tahta iki levhaya yapıştırılarak şekildeki gibi birleştirilmiştir. Levhalara 15kN luk çekme yükleri uygulanmıştır. Yapıştırıcı malzemesi maksimum 4 MPa kayma gerilmesine dayabilir. Buna göre, emniyet katsayısı n = 2 alarak, Levhaların birbirlerinden ayrılmaması için L boyunun sınır değerini hesaplayınız. Cevap: 106mm Örnek (Soru) 1.11*: D kısmından sabitlenmiş olan CD tahtasındaki deliğe, 12mm çapında çaplı AB çelik çubuğu sıkıca geçirilmiştir. A ve B uçlarından uygulanan Tahtadaki 2.25kN luk yatay kuvvetler a-) maksimum normal gerilmeyi, b-) Delikteki dayanma gerilmesini hesaplayınız. Cevaplar): a-3.97MPa, b-20.8MPa 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 54 1 c Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları Örnek (Soru) 1.12: Üst yüzeyinden tavana asılmış ve sabitlenmiş olan 40mmx40mm kare kesitli bir tahta bloğa yatay bir çelik pim geçirilmiştir. Pime her iki ucundan düşey doğrultuda ve aşağı doğru toplam bir P yükü uygulanacaktır. Tahta çeki mukavemeti 60MPa ve kayma (kesme) mukavemeti 7.5MPa, çelik malzemenin kayma mukavemeti ise 145 MPa dır. c=55mm ve d=12mm olarak biliniyor. Buna göre bu sisteme emniyet sınırları içerisinde uygulanabilecek maksimum P kuvvetini hesaplayınız. Emniyet katsayısı n= 3.2 alınacaktır. Cevap: 10250 N 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 55 1 c Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları Örnek Soru 1.13 (Final 2016): Şekildeki kafes sistemde dairesel kesitli çelik çubuklar kullanılacaktır. Buna göre BE, CE çubuklarının minimum çap değerini hesaplayınız. Kullanılacak çelik için akma gerilmesi = 400 MPa Cevaplar : BE çubuğunun minimum çapı = 19.94mm CE çubuğunun minimum çapı = 17.84mm Örnek Soru 1.14 (Final 2016) Şekildeki sıkıştırma aletine P = 50 N luk bir el kuvveti uygulanacaktır. Buna göre emniyet sınırları içinde kalacak şekilde, a-) kare kesitli CD kolunun emniyetli kesit uzunluğunu, b-) Dairesel kesitli 1 nolu kolun emniyetli çap değerini, c-) tek kesme yüzeyine maruz E piminin emniyetli çap değerini hesaplayınız. Verilenler: a=3cm, b=10cm, c=4cm, d=5cm. emniyet katsayısı n= 2 1 nolu JA kolu, DG elemanına J noktasından kaynaklanmıştır. EF arasında açılan delik, 1 nolu kolun yatay doğrultulda hareketine izin vermektedir. CD ve JA kolu ve pimler aynı malzemeden imal edilecektir. Bu malzemenin akma mukavemeti: 300 MPa dır. Not: Kaymadaki akma mukavemeti, çeki akma gerilmesinin yarısıdır. Cevaplar a-) 1.45 mm, b-) 2.07mm, c-) 4.88mm 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 56 1 c Çeki / Basıya maruz çubuklar ve kesmeye maruz bağlantı elemanları Örnek (Soru) 1.15* AB ve CD çubukları mafsallara ve BCE rijit kirişine pimlerle, tek yüzeyden kesme olacak şekilde bağlanmıştır. σak = 420MPa τak =170 MPa ve emniyet katsayısı n=3.2 olduğuna göre emniyetle uygulanabilecek P kuvvetinin en büyük değerini bulunuz. (A ve B pimlerinin çapı 15mm, C ve D pimlerinin çapı 10mm dir. AB ve CD çubukları 8mmx30mm lik dikdörtgen kesitlere sahiptir.) Cevap: 1669N Örnek (Soru) 1.16* Şekildeki taşıyıcı sistemin, 5.4 kN ağırlığında levhayı emniyetle taşıyabilmesi isteniyor. Buna göre; a-) AB çubuğunun kesit alanının, b-)C piminin çapının emniyetli değerlerini hesaplayınız. AB çubuğunun çeki için emniyet gerilmesi 125MPa, C piminin kesmedeki emniyet gerilmesi 45MPa dır. Çubukların ağırlığı ihmal edilecektir. Cevap: a-) 44.1mm2 , b-) 8.54mm 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 57 2 ŞEKİL DEĞİŞTİRME 30.09.2019 a-Genel Bilgiler b- Eksenel Yüklemede Toplam Uzama Hesabı c- Hooke Bağıntıları d-Termal gerilmeler ve şekil değiştirmeler e-Diğer yükleme cinslerinde şekil değiştirmeler f-Eksenel yüklemede Hiperstatik Problemler MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 58 2. Şekil Değiştirme a-) Genel Bilgiler 2.1 Şekil Değiştirme Hesaplarının Önemi • Dış yüklerin etkisine maruz cisimlerde gerilmeler oluşur demiştik. • Bunun yanısıra bu cisimlerde dış yüklerin etkisi ile şekil değiştirmeler de oluşur. • Şekil değiştirme deyince cismin ötelenmesi değil, kuvvet etkisi ile şeklindeki esnemeler veya çarpılmalar anlaşılmalıdır. • Şekil değiştirmelerle gerilmeler arasında elastik bölgede doğrudan bağıntılar vardır. Bunlara Hooke bağıntıları denir. Bu bağıntılarla gerilmelerden, şekil değiştirmeler hesaplanabilir. Veya şekil değiştirmeler hesaplanmışsa bu bağıntılarla gerilmeler elde edilebilir., • Şekil değiştirme mukavemette gerilmeden sonraki en önemli karşılaştırma kriteridir denebilir. • Nasıl ki biz cismin gerilmesinin akma sınırını aşmasını istemeyiz, aynı şekilde cismin şeklinde de belli bir sınırı aşması istenmez. • Örneğin üstteki gibi asma köprüde gerilmelerin akma sınırını aşmaması veya kopmaması yeterli olmaz, bunun yanısıra köprünün çökme miktarının da belli bir sınırı aşmaması gerekir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 59 2. Şekil Değiştirme a-) Genel Bilgiler Şefim! Hiçbir kabloda kopma yok. Gerilme ve dayanım hesaplarım doğruymuş. Bu ne o zaman??? Yüklere dayanabilmiş ancak aşırı şekil değiştirmekle işlevselliğini yitirmiş bir köprü 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 60 2. Şekil Değiştirme a-) Genel Bilgiler 2.2 Şekil Değiştirme Hesaplama Yöntemleri Neye Göre Değişir? • Gerilme hesabında olduğu gibi şekil değiştirme hesapları da yükleme cinsine bağlı olarak değişir. Özellikle; Eksenel Yüklemede, (Çeki/Bası yüklemesi) Burulmada, Eğilmede, • Şekil değiştirme hesaplama yöntemleri farklıdır. (Gerilme hesapları da farklıdır.) • Şekil değiştirme hesaplama şekilleri statikçe belirsiz (hiperstatik) problemlerin çözümünde de bize yardımcı olmaktadır. • Bu 2. konu kapsamında eksenel yüklemedeki şekil değiştirme ve hiperstatik problemler gösterilecektir. • Burulmadaki şekil değiştirme ve hiperstatik problemler 3. konu olan Burulma konusunda ele alınacaktır. • 4. ve 5. Konu olan eğilme yüklemesinde sadece gerilme hesapları anlatılacaktır. Şekil değiştirme konusu anlatılmayacaktır. Bu daha ileri seviye bir konu olup Mukavemet II dersinde anlatılmaktadır. • Ayrıca burkulma, dinamik yükleme, eğik eğilme gibi farklı yükleme cinsleri de var olup herbirisinde hem şekil değiştirme hem gerilme hesaplama yöntemleri farklılık gösterir. Ancak bu konulara bu ders kapsamında girilmeyecektir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 61 2. Şekil Değiştirme a-) Genel Bilgiler 2.3 Birim Uzama (e) Kavramı • Şekil değiştirmede en önemli kavram birim uzama ismini verdiğimiz büyüklüktür. e ile gösterilen birim uzama, gerinme olarak da isimlendirilir, İngilizcesi ise «strain» dir. • En basit tanımıyla, bir cismin birim boyundaki uzama miktarıdır. DL/2 DL/2 • Örneğin çekmeye maruz L0 boyundaki bir çubukta toplam ∆𝐿 uzama DL ise Birim uzama 𝜀 = 𝐿 𝑜 L0 • Birim uzama hangi doğrultuda ise e un indisi ona göre değişir. (ex, ey veya ez olabilir). • Bununla birlikte farklı yükleme durumlarında herbir noktadaki gerilme değiştiği gibi birim uzama da değişebilir. Aynı noktada aynı anda, farklı eksenlerde gerilmeler ve birim uzamalar oluşabilir. Birim uzama hesabından toplam uzama veya gerilme hesabına geçilebilir. • • Elastik bölgede bir noktadaki gerilmelerle-birim uzamalar arasında doğrudan bağıntılar vardır. Bunlara Hooke bağıntıları denir. Konu içinde yeri geldiğinde anlatılacaktır. • Birim uzamalar deneysel olarak elde edilebilir. Bu sayede Hooke bağıntılarından o noktada gerilmeler elastik sınırlar içinde hesaplanabilmektedir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 62 2. Şekil Değiştirme b-) Eksenel Yüklemede Toplam Uzama 2.4 Tek Eksenli Yükleme: Bir cisim sadece tek bir doğrultuda (x, y veya z eksenlerinden birisinde) yüklenmiş ise bu yüklemeye tek eksenli yükleme deriz. 2.5 Eksenel Yükleme ve Toplam Uzama Hesabı: Çubuk şeklinde olan elemanların sadece uzunluğu (ekseni) doğrultusunda yüklenmesine eksenel yükleme denir. Eksenel yükleme bir eksen doğrultusunda olduğu için aynı zamanda tek eksenli yüklemedir. Bu yükleme çekme veya basma şeklinde olur. Çubuğun kesit alanı bölge bölge değişebilir. Bu tip çubuklara kademeli çubuklar denir. Şimdi amacımız, eksenel yüklemeye maruz çubuk şeklindeki elemanlarda toplam uzama veya kısalma miktarını hesaplamaktır. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 63 2. Şekil Değiştirme b-) Eksenel Yüklemede Toplam Uzama 2.5.1 Çekme testi ve gerilme-birim uzama diyagramı: Çekme testi bir eksenel yüklemedir. Malzemelerin mekanik davranışlarını en iyi karekterize eden bir testtir. Çekme Test Cihazı • Test numunesi Cihazın çenelerine bağlanır. Genellikle alt çene sabit, Üst çene yukarı doğru hareket ettirilir. Bu sırada numuneye gelen P çekme kuvveti zamanla artar. Farklı anlar için, kuvvet (P) ve uzama (DL ) değerleri ölçülür. Buradan gerilme (s) – birim uzama ( e ) değerleri ve diyagramı elde edilir. s P/ Ao , e DL / Lo • Ao : Numune ilk kesit alanı, Lo: Numune ilk boyudur. uzama ile birlikte numune kesit alanı daralr, boyu ise artar Anlık s ve e hesabında o andaki kesit alanı ve boy alınması daha doğru olsa da, ilk değerler (Ao ve Lo) alınarak işlem yapılır ki, bu mühendislik açısından kabul edilebilir bir yaklaşımdır. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 64 2. Şekil Değiştirme b-) Eksenel Yüklemede Toplam Uzama Sünek bir malzeme için çekme testi diyagramını hatırlayalım: P Sünek malzemelerde Akma mukavemetine kadar olan kısım bölge, elastik bölge olarak isimlendirilir. Bu bölgede iken kuvvet kaldırılırsa numune ilk haline geri döner. Bu bölge diyagram doğrusal ise malzeme elastik bölgede lineer elastiktir denir. Bu doğrunun eğimine Elastiklik modülü ( E ) denir ve malzeme cinsine göre farklılık gösterir. Akma sınırından sonra malzeme plastik bölgeye geçer ve kuvvet kaldırılsa bile malzeme ilk şekline dönemez ve malzemede kalıcı bir deformasyon oluşur. Kuvvet arttırılınca kalıcı deformasyon artar ve bir tepe noktasına kadar diyagram devam eder ve bu noktadan sonra diyagram aniden düşer ve kopma gerçekleşir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 65 2. Şekil Değiştirme b-) Eksenel Yüklemede Toplam Uzama 2.5.1.1 Farklı malzemeler için çekme testi diyagramları: Gevrek Malzeme Bazı Sünek Malzemeler Alüminyum Alaşımı Gevrek (kırılgan) malzemelerde plastik bölge yok denecek kadar azdır ve ihmal edilir. 30.09.2019 Düşük Karbonlu Çelik MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 66 2. Şekil Değiştirme b-) Eksenel Yüklemede Toplam Uzama 2.5.2. Eksenel yüklemede Elastik toplam Uzama (d) hesabı: Eksenel çeki yüküne maruz A kesitine sahip homojen ve izotropik bir çubuk düşünelim. P çekme kuvveti etkisi ile bu çubuk elastik bölgede toplam ne kadar uzar (d?) Elastisik bölgededeki eğim, yani Elastikili kmodülü : E = s / e s Ee e s E P AE Birim şekil değiştirme (e) tanımından: e d L d e .L Eksenel yüklemeye maruz, PL sabit kesitli bir çubukta, elastik d AE toplam uzama miktarı. Bu formülün uygulanabilmesi için L uzunluğu boyunca kuvvet (P), Alan(A) ve malzeme ( E ) değişmemelidir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 67 2. Şekil Değiştirme b-) Eksenel Yüklemede Toplam Uzama 2.5.2.1 Kademeli çubuklar için toplam uzama L boyunca, A, E veya P değişirse, buna kademeli çubuk denir. Çubuk bölgelere ayrılır. Herbir bölge için uzama miktarları ayrı ayrı bulunur ve toplanır. Burada en önemli nokta bölgedeki iç kuvveti belirlemektir. Bu iç kuvvet ise formüldeki P kuvvetine karşılık gelir.Bu örneklerle daha iyi anlaşılacaktır. Pi Li d i Ai Ei 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 68 2. Şekil Değiştirme b-) Eksenel Yüklemede Toplam Uzama Örnek 2.1. Verilen yükleme durumu için şekildeki kademeli çelik çubuğun deformasyonunu (toplam uzama miktarını) bulunuz. Elastiklik Modülü : E=200GPa Çözüm: Kademeli çubuğu bölgelere ayırırız. E, A veya P değiştiği zaman bölge değişecektir. Bu durumda şekildeki gibi toplam 3 bölgeye ayırırız. Aynı malzeme olduğu için E tüm bölgelerde aynıdır. Bölgelerin kesit alanları: A1 A2 580 mm 2 , A3 194mm 2 Bölgelerin uzunlukları: : L1 L2 300 mm, L3 400mm 𝐹𝑥 = 0 → 300 + 120 − 180 − 𝐹𝐴 = 0 → 𝐹𝐴 = 240𝑘𝑁 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 69 2. Şekil Değiştirme b-) Eksenel Yüklemede Toplam Uzama Herbir bölgeden kesim yaparak iç kuvvetleri buluruz. Bu iç kuvvetler formüldeki Pi kuvvetine eşittir. 2.Bölge (II-II kesimi sağ kısım) 1.Bölge 3.Bölge (III-III kesimi sağ kısım) veya 1nci bölge için I-I kesiminin sağ kısmını alırsak yine aynı sonucu buluruz. 𝐹𝑥 = 0 → 120 − 180 − 𝐹𝑖ç−2 = 0 → 𝐹𝑖ç−2 = −60𝑘𝑁 𝐹𝑥 = 0 → 120 − 𝐹𝑖ç−3 = 0 → 𝐹𝑖ç−3 = 120𝑘𝑁 𝐹𝑥 = 0 → 300 + 120 − 180 − 𝐹𝑖ç−1 = 0 → 𝐹𝑖ç−1 = 240𝑘𝑁 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 70 2. Şekil Değiştirme b-) Eksenel Yüklemede Toplam Uzama Örnek 2.2. BDE rijit çubuğu AB ve CD elemanları ile sabit bir yüzeye bağlanmıştır. Alüminyum olan (E = 70 GPa) AB elemanının kesit alanı 500 mm2 ’dir. Çelik (E = 200 GPa) CD elemanının kesit alanı ise 600 mm2 ’dir. 30-kN’luk kuvvete karşılık; B, D ve E noktalarının yer değiştirmesini bulunuz. D noktasının yer değiştirmesi Çözüm: AB ve CD çubukları çift kuvvet elemanlarıdır. 0 0 (30 kN 0.6 m ) FCD 0.2 m FCD 90 kN M D 0 0 (30 kN 0.4 m ) FAB 0.2 m FAB 60 kN ( dB Rijit çubuk olduğundan dolayı BDE doğrusu yine doğru olarak kalır. B ) )( ) B noktasının yer değiştirmesi BDE için Serbest Cisim Diyagramı M ( PL 90 103 N (400 mm) 0.3 mm AE 600 mm2 200103 MPa dD ( ) PL 60 103 N (300 mm) 0.514 mm AE 500 mm2 70 103 MPa ( )( ) Üçgen benzerliklerinden 0.514 mm (200 mm ) x 0.300 mm x BB BH DD HD x 73.7 mm EE HE DD HD dE (400 73.7 )mm 0.300 mm 73.7 mm d E 1.928 mm 1- 71 2. Şekil Değiştirme c-) Eksenel Yüklemede Hiperstatik Problemler 2.6 Süperpozisyon prensibi: Elastik yüklemede 2 farklı yükün etkilerinin toplamı, yükler ayrı ayrı uygulandıklarındaki etkilerinin toplamına eşittir. Buna süperpozisyon presnsibi denir. Hiperstatik sistemlerin çözümünde kullanılabilir. 2.7. Eksenel Yüklemede Statikçe belirsiz (hiperstatik) problemler Denge halindeki sistemlerde bilinmeyen kuvvetlerin sadece statik denge denklemleri ile bulunamadığı (yani ilave denklemlere ihtiyaç olduğu) problemlere, statikçe belirsiz problemler denir. Bu ilave denklemler ise sistemin şekil değiştirmesinden elde edilir. Bu kısımda eksenel yüklemedeki şekil değiştirmelerden ek denklemler elde edilecektir. (Burulma ve eğilme konusunda da hiperstatik problemler sözkonusudur.) 1- 72 2. Şekil Değiştirme c-) Eksenel Yüklemede Hiperstatik Problemler Örnek 2.3: Şekildeki kademeli çubukta verilen yükleme durumu ve sınır şartları için A ve B noktalarındaki reaksiyon kuvvetlerini bulunuz. Çözüm: Statik Denge denklemi olarak sadece; F y 0 R A 300 600 RB 0 (1) • yazılabilir. 1 denklem 2 bilinmeyen vardır. • Bir denkleme daha gerek var. • Bu ilave denklem şekil değiştirmeden bulunur. • Çubuğun alt ve üstü sınırlandırıldığı için toplam uzama miktarı sıfırdır. • B zeminini kaldırıp yerine RB kuvveti uygulayabiliriz. • Süperpozisyon yöntemine göre 300 ve 600 kN nu önce • RB yi ise sonra uygulayabiliriz. • Sonuçta 300kN ve 600kN varken ki uzama (dL), • Sadece RB varken ki kısılma (dR ) toplamı sıfırdır. 1- 73 2. Şekil Değiştirme c-) Eksenel Yüklemede Hiperstatik Problemler P1 Fiç 1 0 P2 Fiç 2 P3 Fiç 3 600 103 N P4 Fiç 4 900 103 N A1 A2 400 mm 2 A3 A4 250 mm 2 , L1 L2 L3 L4 150 mm 600 103 150 600 103 150 0 Pi Li 1 1.125 106 400 250 dL 3 A E E E 900 10 150 i i i 250 P5 Fiç 5 P6 Fiç 6 RB A1 400 mm 2 δR i A2 250 mm 2 , L1 L2 300 mm Pi Li 1 RB 300 RB 300 1.95 RB Ai Ei E 400 250 E d dL dR 0 1.125 106 1.95 RB d 0 E E (2) denkleminden: (2) RB 577 103 N 577 kN (1) denkleminden: RA 300 600 577 0 RA 323 kN 1- 74 2. Şekil Değiştirme c-) Eksenel Yüklemede Hiperstatik Problemler Örnek 2.4* Şekildeki BC ve DE çubukları çelikten imal edilmiş olup (Eç=200GPa) her birinin genişliği 12 mm ve kalınlığı 6 mm’dir. Buna göre; a-) AF rijit elemanına P=2,4 kN’luk kuvvet uygulandığı zaman BC ve DE çubuklarında meydana gelen kuvvetleri,b-) Buna karşılık gelen A noktasının deplasmanını(yer değiştirmesini), bulunuz. Cevap:a-) 4kN ve 1.6kN, b-) 0.056mm 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 75 1- 75 2. Şekil Değiştirme d-) Termal Yüklemeler 2.8 Termal Yüklemeler : :Sıcaklık etkisi sonucu malzemelerde uzama veya daralmalar (şekil değiştirmeler) olur. Eğer termal uzama engellenirse termal gerilmeler oluşur. 2.8.1 Termal Uzama Öncelikle bir malzeme özelliğini iyi anlamak gerekir: a : malzemenin ısıl genleşme katsayısı (1 / oC): Tanımı: a; 1 birim boydaki çubuğun sıcaklığı 1 °C değiştirildiğinde boyundaki değişim miktarıdır. Orantı kurulacak olursa; L boyundaki çubuğun sıcaklığı DT kadar değiştirildiğinde boyundaki toplam değişim miktarı: dT a(DT )L 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 76 2. Şekil Değiştirme d-) Termal Yüklemeler 2.8.2 Termal Gerilmeler (Thermal Stresses) Termal uzaması engellenen cisimlerde termal gerilmeler oluşacaktır. Bir çubuk her iki tarafından iki duvar arasına sıkıştırılıp sıcaklığı DT kadar arttırılırsa uzaması engellendiği için duvarlarda P tepki kuvvetleri ve gerilmeler oluşacaktır. Şimdi bu P kuvvetinin ve termal gerilmelerin hesap şeklini anlamaya çalışalım: Çubuğun toplam uzaması sıfırdır. Süperpozisyon prensibine göre, B duvarı kaldırılır, serbestçe uzamaya izin verilir. Sonra B duvarında oluşan P kuvveti uygulanır ve çubuğun kısalması sağlanır. Bu termal uzama (dT) ve kısalma (dP) miktarları birbirine eşittir. Toplamları sıfırdır. dT + dP = 0 + = DT DT dT a(DT )L d dT d P 0 a (DT )L PL AE PL 0 P AEa (DT ) AE s 30.09.2019 dP P Ea (DT ) A MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor Termal gerilme 77 2. Şekil Değiştirme d-) Termal Yüklemeler Örnek 2.5 Şekildeki kademeli çubukta, a) 110°C’lik sıcaklık artışından sonra çubuklarda meydana gelen bası kuvvetlerini ve gerilmeleri, b) Alüminyum çubuğun boyundaki değişimi bulunuz. Çözüm: Sol duvar kaldırılınca DT sıcaklık farkı sebebiyle, sistem dT kadar uzar. Sol duvardan gelen P kuvveti sebebiyle dp kadar kısalır. Sonuçta dT + dp = 0.6mm olacaktır. Statik dengeden: 𝑃𝐴𝑙. = 𝑃𝐵𝑟. = 𝑃 (1) 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 78 2. Şekil Değiştirme d-) Termal Yüklemeler (2) 30.09.2019 𝜎𝐴𝑙. 𝑃 213,31𝑥103 = = = 118.5𝑀𝑃𝑎 𝐴𝐴𝑙. 1800 𝜎𝐵𝑟. 𝑃 213,31𝑥103 = = = 142.2𝑀𝑃𝑎 𝐴𝐵𝑟. 1500 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 79 2. Şekil Değiştirme d-) Termal Yüklemeler Örnek (Soru) 2.6 : Her iki ucundan ankastre edilmiş, çelik ve pirinç kısımlardan oluşan kademeli çubuğun sıcaklığı 50 oC arttırılıyor. Çelik ve prinç kısımlarında oluşan gerilmeleri hesaplayınız. Pirinç Çelik E(GPa) 105 200 a (1/ oC) 20.9x10-6 11.7x10-6 Çözüm: dT d P a p (DT )L p a ç (DT )Lç PL p Ap E p PLç Aç Eç P 142600 N P P sp 72.62MPa, s ç 201.73MPa Ap Aç 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 80 2. Şekil Değiştirme d-) Termal Yüklemeler Örnek (Soru) 2.7* Emniyet sınırları aşılmaksızın şekildeki sistemi ne kadar ısıtabiliriz? (Cevap: ΔT= 41 oC) 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 81 2. Şekil Değiştirme e-) Hooke Bağıntıları 2.9 Poisson Oranı: (bir malzeme özelliği) Şekildeki çubuk eksenel P yüküne maruz kalırsa birim uzama: ex Lz Ly sx E , sy sz 0 (tek eksenli yüklemede Hooke bağıntısı) X doğrultusundaki eksenel P yükü y ve z doğrultularında gerilme oluşturmaz ancak bu doğrultularda daralmaya sebep olur. Bu sebeple; ey ez Poisson oranı: e yanal birim uzama e y z eksenel birim uzama ex ex Dikkat: Bu formül tek eksenli yükleme durumunda geçerlidir. P nin yanısıra Y veya Z doğrultularında da kuvvetler olsaydı bu formül kullanılamazdı. Poisson oranı bir yükün diğer doğrultulardaki şekil değiştirme etkisini verir. Poisson oranı bir malzeme özelliğidir ve sınırları: 0 ile 0.5 arasında değişir. Unutmayın: Aynı zamanda Birim uzama = Toplam uzama/ o yöndeki ilk boydur. Bu tanım tüm elastik yükleme durumları için geçerlidir. 30.09.2019 𝛿𝑥 𝛿𝑦 𝜀𝑥 = 𝜀 = 𝐿 𝑥 𝑦 𝐿𝑦 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 𝛿𝑧 𝜀𝑧 = 𝐿𝑧 82 2. Şekil Değiştirme e-) Hooke Bağıntıları 2.9 Genel eksenel yüklemede Hooke kanunları (Gerilme-Şekil değiştirme ilişkileri) Bir noktada, x, y ve z doğrultularında normal gerilmelerin her üçü birden varsa, elastik bölgede aynı noktada birim uzamaları bulmak istiyoruz. Süperpozisyon yöntemini kullanırsak: ex ? ey ? ez ? ex sx E e y .e x e z .e x Herbir yüklemedeki aynı terimler toplanır: s s s e x x y z E E E sy s s ey x z E E E s s s e z z x y E E E 30.09.2019 sx sy 0 sx sz 0 s y sz 0 e x .e y . sx ey E sx sy E e z .e y . E ex sy E e y .e z . sy ez E sz E Genel Eksenel yükleme halinde Hooke kanunları 1 s x (s y s z ) E 1 s y (s x s z ) E 1 e z s z (s x s y ) E ey e x .e z . MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 83 sz E sz E 2. Şekil Değiştirme e-) Hooke Bağıntıları 2.10 Kayma durumunda Hooke kanunları: tyz , txz ) olabilir. Bir noktada, en genel durumda 3 farklı kayma gerilmesi (txy , Bu gerilmeler kayma şekil değiştirme açılarına (xy , yz , xz ) sebep olurlar. t ile arasındaki Hooke bağıntısı: t xy G xy t xy G xy t yz G yz t zx G zx 2- Boyutlu bir gerilme elemanında z-eksenine göre moment alınırsa : G: kayma modülü (malzeme özelliği) G Kaymada Hooke Bağıntıları M z 0 (t xy DA )a (t yx DA )a t xy t yx benzer şekilde; İndisler: tyz tzy ; tyz tzy t ij t ji Düzlem normali 30.09.2019 E 2(1 ) MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor Gerilme doğrultusu Böylece bir noktadaki genel gerilme durumu 6 gerilme elemanı (bileşen) ile temsil edilebilir. 84 2. Şekil Değiştirme e-) Hooke Bağıntıları Örnek 2.8: Dikdörtgen prizması şeklindeki bir blok (G = 630 MPa) iki rijit plakaya yapıştırılmıştır. Alt plaka sabit iken, üst plakaya bir P kuvveti uygulanmıştır. P’nin etkisi ile üst plaka 1 mm hareket ettiğine göre; malzemedeki ortalama kayma şekil değiştirmesini ve uygulanan P kuvvetini bulunuz. xy tan xy 1 mm 50 mm. xy 0.02 rad t xy G xy (630MPa )(0.02 rad ) 12.6 MPa P t xy A (12.6 MPa )(2008 mm )(62 mm ) 156.2 103 N 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 85 2. Şekil Değiştirme e-) Hooke Bağıntıları 2.11 En genel durumda Hooke bağıntıları: Bir noktada en genel durumda 6 tane bağımsız gerilme bileşeni vardır (sx , sy , sz, txy , tyz , txz ). Bu noktadaki elastik şekil değiştirmeler alltaki Hooke bağıntılarından elde edilir.: a .DT a .DT 1 s x (s y s z ) E 1 e y s y (s x s z ) E 1 e z s z (s x s y ) E ex xy • • Normal gerilmelerin kayma şekil değiştirmelerine; kayma gerilmelerinin normal birim uzamalara etkisi yoktur. yz Sıcaklığın kayma gerilmeleri ve kayma şekil değiştirmelerine etkisi yoktur. xz 30.09.2019 Sıcaklık etkisi: t xy G t yz G t xz G MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor a .DT Dikkat: 𝜎 = 𝐸 .𝜀 Bağıntısı sadece tek yönde çeki veya bası durumu varken geçerlidir. Her durumda geçerli değildir. Tüm durumlar için yukarıdaki denklemler geçerlidir. Örneğin, Sadece x yönününde çekme varken, sy=sz= 0 olacağından üstteki ex denkleminden sx =E .ex bulunur. 86 2. Şekil Değiştirme e-) Hooke Bağıntıları Örnek 2.9 Şekildeki plakanın üzerine d =225 mm çapında bir çember çizilmiştir. 18 mm kalınlığındaki plakada düzlemsel kuvvetlerin etkisiyle sx = 84 MPa ve sz = 140 MPa’lık gerilmeler meydana gelmiştir. E = 70 GPa ve = 1/3, olduğuna göre: a) AB çapındaki, b) CD çapındaki, c) plakanın kalınlığındaki değişimi bulunuz. Genel Hooke bağıntılarından Normal birim şekil değiştirmeler; ex Toplam uzamalar (Deformasyonlar) ; 1 s x (s y s z ) E (Birim uzama x o yöndeki ilk boy) d B A e x d ( 0.533 103 )(225 mm) 0.12 mm 1 1 ( ) 84 0 140 70 103 MPa 3 0.533 103 mm/mm 1 e y s y (s x s z ) E 1.067 103 mm/mm 1 e z s z (s x s y ) E 1.600 103 mm/mm 30.09.2019 d C D e z d ( 1.600 103 )(225 mm) 0.36 mm d t e y t ( 1.067 103 )(18 mm) 0.0192mm MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 87 2. Şekil Değiştirme e-) Hooke Bağıntıları Örnek 2.10 10x20x30 mm3 boyutlarındaki bir prizmatik elastik eleman, sabit bir oyuğun içine, yüzeyleri temas edecek şekilde yerleştirilmiştir. Bu elemanın dış yüzeyine x eksenine paralel, F=-60kN luk bası kuvveti uygulanmıştır. Sürtünmeler ihmal edilebilir. Buna göre herbir kenar uzunluğundaki değişim miktarlarını hesaplayınız. E=100GPa, 0.3 𝐹 −60𝑥103 𝑁 𝜎𝑥 = = = −300𝑀𝑃𝑎 𝐴ö𝑛. 10𝑥20 𝜎𝑦 : (yan duvarlardan gelen kuvveti bilmediğimiz için F/A dan hesaplayamayız.) (Cismin z doğrultusunda hareketi serbesttir. Yukarı doğru serbestçe şekil değiştirir. Bu sebeple gerilme oluşmaz. Gerilme ancak hareketin sınırlanması durumunda oluşur. ) 𝜎𝑧 = 0 𝜀𝑦 = 0 (y yönünde hareket sınırlı olduğundan o yönde şekil değiştirmez. ) Birim uzamaların hesabı: 1 1 e y s y (s x s z ) s y 0.3(300 0) 0 E 100 x103 MPa s y 90 MPa 1 1 300 0.3(90 0) e x s x (s y s z ) E 100 x103 MPa e x 0.00273 1 1 0 0.3(300 90) e z s z (s x s y ) E 100 x103 MPa e z 0.00117 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 30.09.2019 Toplam uzamaların hesabı: d x e x Lx 0.00273x30 d x 0.0819 mm d y e y Ly 0x 20 d y 0 d z e z Lz 0.00117 x10 d z 0.0117mm 88 2. Şekil Değiştirme e-) Hooke Bağıntıları z Örnek (Soru) 2.11 : Poğaça hamurunu bastırıp bir şekle sokarız. Bu durumda; a-) x, y, z eksenlerinden hangilerinde gerilme oluşur? b-) hangi eksenlerde şekil değiştirme oluşur? c-) Gerilmeler F/A ile hesaplanabilir mi? d-) Şekil değiştirmeler Hooke kanunlarıyla hesaplanabilir mi? x Cevapların nedenlerini aranızda tartışınız. y Cevap: a-) z, b-)x, y ve z c-) Evet, d-) Hayır 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 89 2. Şekil Değiştirme Örnekler Örnek (Soru) 2.12* Cevaplar a-) 0.06mm, b-) 0.0206mm, c-) 0.06mm y Örnek (Soru) 2.13* Şekildeki çelik silindir, alt ucundan ankastre olup dış kuvvetler sonucu üst yüzeyinde -80MPa lık bası gerilmesi oluşmuştur. Buna göre silindirin hacmi ne kadar değişir? Cevap: -188.48mm3 x z 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 90 2. Şekil Değiştirme Örnekler Örnek (Soru) 2.14* Şekildeki kademeli milde AB kısmındaki gerilmenin BC kısmındakinin 2 katı çıkması için P kuvvetinin değerini hesaplayınız. Cevap: P=112.9kN Örnek (Soru) 2.15* : 24mm çaplı AD çelik çubuğunun her iki ucuna aynı malzemeden AB ve CD kapakları sıkı geçirilmiştir. a-) Sistemin toplam uzamasını 0.04mm yapacak P çekme kuvvetini bulunuz. b-) Bulduğunuz P kuvveti etkisiyle BC kısmının uzama miktarını hesaplayınız. Elastiklik Modülü E=200GPa alınız. Cevap: a-) P=31.6kN, b-)dBC = 0.025mm 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 91 2. Şekil Değiştirme Örnekler Örnek (Soru) 2.16: Şekildeki Alüminyum kademeli çubuğa P=4kN luk çeki, Q = 32.8kN luk bası kuvveti uygulanıyor. Buna göre çubuğun toplam uzama miktarını hesaplayınız. Cevap: 0 30.09.2019 Örnek (Soru) 2.17* İki alüminyum levhanın arasına pirinç bir başka levha yerleştirilerek yapıştırılmış ve şekildeki kompozit plaka elde edilmiştir. Alüminyum ve Pirinç levhaların herbirisi 250x30x5mm boyutlarına sahiptir. Kompozit levhaya uygulanan eksenel P = -30kN luk bası kuvveti etkisi ile alüminyum ve pirinç levhalarda oluşan normal gerilmeleri hesaplayınız. Cevap: sALÜM. 51.1 MPa, sPİRİNÇ=85.7MPa MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 92 2. Şekil Değiştirme Örnekler P P Örnek (Soru) 2.18 25 mm çapında çelik mil bir alüminyum tüpün içine yerleştirilmiştir. Bu sisteme P =160kN luk bası kuvveti uygulandığında a-) Çelik ve Alüminyum’da ortaya çıkan gerilmeleri b-) Herbirisinin boyundaki değişim miktarlarını hesaplayınız. (Eçelik= 200GPa, Ealüm.= 70GPa) Cevap: a-) sçelik= -116.3 MPa, salüm.= -40.7MPa b-)-0.145mm Örnek (Soru) 2.19 Çelik ve pirinçten oluşturulan kademeli çubuk, her iki ucunda iki sabit duvar arasına yerleştrilmiş, B ve D noktalarından sırasıyla 60kN ve 40kN luk eksenel kuvvetlere maruz bırakılmıştır. Buna göre çelik (Eçelik = 200GPa ve Epirinç = 105GPa) pirinçte oluşan maksimum gerilmeleri hesaplayınız. (Cevap: RA=67.8kN, RE=32.2kN, sAB= 53,98MPa, sDE= -52,65MPa) 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 93 3 MİLLERİN BURULMASI (TORSİON) 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 94 3. Burulma – Genel Bilgiler Burulma (Torsion): Dairesel Kesitli Millerde Gerilme ve Şekil Değiştirmeler Endüstriyel uygulamalarda en çok rastlanan yükleme tiplerinden birisi dairesel kesitli millere gelen burulma momentleridir. Burulma momenti vektörü sağ el kaidesine göre çubuk Hasar şekilleri ekseni doğrultusundadır. Sünek malzeme Bu konuda ilk amacımız burulma momenti sebebiyle mil kesitinde (dairesel kesittte) oluşan gerilmelerin dağılımını Gevrek malzeme 30.09.2019 bulmak ve herbir noktadaki değerini hesaplamaktır. MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 95 3. Burulma – Genel Bilgiler Aslında çamaşır sıkmak, teknik anlamda çamaşıra her iki ucundan burulma momenti uygulamak demektir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 96 3. Burulma – Millerin Burulması 3.1 Millerin burulması için yapılan kabuller Dairesel kesitli çubuk elemanlara mil (ingilizcesi: shaft) denir. Gözlemlere dayanarak, burulmaya maruz bir milde, elastik sınırlar içerisinde aşağıdaki kabullerin yapılabilir: 1- Dönme veya başka ifade ile burulma açısı ( f ) uygulanan tork değeri ve uzunlukla doğru orantılı olarak değişir. 2- Tüm düzlem dairesel kesitler düzlem kalır ve şekli değişmez. Kesitlerde herhangi bir çarpılma olmaz. (Dairesel kesitli olmayan elemanlarda çarpılma oluşur) 3- Kesit üzerine çizilen (markalanan) doğrusal bir çap çizgisi burulma sonrası yine doğrusal kalır. Bu kabüllerden yola çıkarak, dairesel kesitli bir çubuk elemanda elastik yüklemede, burulma sonrası oluşan gerilme dağılımları ve şekil değiştirmeler hesaplanabilir. ( Dairesel kesitli olmayan parçalarda bu kabüller yapılamaz. Bu tip elemanlarda burulma sırasındaki gerilme ve şekil değiştirmelerin hesap yaklaşımları ve formülleri tamamen farklıdır. Bu konu ders kapsamımızın dışındadır.) 1- 97 3. Burulma – Millerin Burulması 3.2 Gerilme ve Şekil Değiştirme Hesabı: Bir mil her iki ucundan elastik sınırlar içinde burulma momentine maruz olsun. Denge halindeki milin hayali bazda ayırdığımız her bir parçası da iç ve dış kuvvetlerin etkisi ile dengededir (ayırma prensibi) dF : dA diferansiyel elemanına düşen iç kuvvet = kayma gerilmesi x alan = t . dA 𝐹𝑑𝜌 : dF kuvvetlerinin merkeze göre momentlerinin toplamı : iç momente eşittir. Tiç T dF (t dA) 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 98 3. Burulma – Millerin Burulması Kayma şekil değiştirmesi dönme açısı ve radyüsle orantılıdır AA' yay uzunlugu L f (Hooke Bağıntısı) f L f f L t G G. . f T t dA . G. . dA G. 2 . dA L L 2 . dA : J : kesitin polar atalet momentidir. T G. t f .J L G. T .L . L G.J T .L f G.J (D 3.1) T t J (D 3.2) İçi dolu mil D 3.1 ve D3.2 denklemleri elastik yükleme ve miller için geçerlidir. 1 J 12 c 4 .d 4 32 İçi boş mil ( ) J 12 c24 c14 1 32 (d 24 d14 ) T : burulma momenti (tork) (N.mm) τ : kayma gerilmesi (N/mm2) f: burulma (dönme) açısı (radyan) J : dairesel kesitin polar atalet momenti (mm4) G: Malzeme Rijitlik modülü (MPa) 1- 99 3. Burulma – Millerin Burulması 3.3 Dairesel kesitteki kayma gerilmesi dağılımı: Kesit merkezinden kadar uzak bir noktada kayma gerilmesi D 3.2 denkleminden : t T J r ta Bir kesitteki T ve J değeri sabittir. Değişen T J t max sadece merkezden olan uzaklık () değeridir. c Buna göre: 1. merkezden aynı uzaklıktaki yani aynı çember üzerindeki noktalardaki (örn: a, b, c noktalarındaki) gerilmeler birbirlerine eşittir. b 2. Dışa doğru gidildikçe artacağı için, gerilmeler de (doğrusal olarak) artar. 3. Maksimum gerilme en dış çemberde ortaya çıkar. Zira dış çemberde max = r = c dir. 3. Merkezde ise 0 olduğu için gerilme sıfırdır. t max T max T.c J J Bazen r yerine c kullanılabiliyor. 5. Kayma gerilmeleri çemberin o noktadaki teğeti doğrultusundadır. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 100 Tr J 3. Burulma – Millerin Burulması 3.4 Burulmada Şekil Değiştirme: 3.4.1 Elastik Bölgede Burulma Açısı (f) D 3.1 denkleminden f TL JG olarak bulmuştuk. Bu açı mil ekseni (x) etrafında mil kesitlerinin birbirlerine göre dönme miktarını verir ve özellikle burulmadaki hiperstatik problemlerin çözümünde işe yarar. Bu formül şekildeki gibi milin öyle bir kısmına uygulanabilir ki; o kısımda, - her iki uç kesitte eşit ve zıt T burulma momenti vardır. Arada başka bir moment yoktur. - L boyunca malzeme ve kesit geometrisi aynıdır. - Yandaki şekli inceleyerek fB/A açısını iyice anlamaya çalışınız. fB / A Kademeli millerde Burulma açısı: - Yukarıdaki şartlardan en az birisi sağlanamıyorsa mil kademelidir ve yine bölgelere ayrılır. Herbir bölgede, L boyunca; T (dış yük), J(kesit) ve G (malzeme) sabit olmalıdır. Bunlardan birisi değişirse bölge değişir. 30.09.2019 Ti Li i J i Gi f MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor Kademeli mil örneği 101 TL JG 3. Burulma – Millerin Burulması 3.4.2 (f) açısının işareti: İncelediğimiz kesite karşıdan dik olarak baktığımızda kesitteki İç moment (Tiç) yönü saat ibreleri yönünde ise f açısı pozitif ( + ) alınır. Saat ibreleri tersi yönünde ise işareti negatif ( - ) alınır. Aşağıdaki şekilleri dikkatlice inceleyiniz. I – I kesimleri Saat ibreleri yönünde Saat ibreleri yönünde 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 102 3. Burulma – Millerin Burulması Örnek 3.1: Şekildeki boru için emniyetli kayma gerilmesi değeri 120 MPa olduğuna göre emniyet sınırları içerisinde uygulanabilecek burulma momentini ve bu momente karşılık gelen minimum kayma gerilmesini bulunuz. t max T.c J c: yarıçap İçi boş kesitin polar atalet momenti: t max t max t t min . min . t min . 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor t max 103 3. Burulma – Millerin Burulması Örnek 3.2: Şekildeki kademeli milin BC kısmının içi boştur ve iç çapı 90 mm, dış çapı 120 mm’dir. Diğer kısımların içi dolu ve çapları “d ” dir. Buna göre; a-) AB ve CD kısımları için izin verilebilir (emniyetli) kayma gerilmesi değeri 65 MPa ise «d» minimum ne olmalıdır? b-) BC kısmındaki maksimum ve minimum kayma gerilmelerini bulunuz. Çözüm: A ucundan başlayıp D ye kadar mili bölgelere ayıracağız. Ani Moment (T) ve mil kesiti değiştiğinde (J) bölge değişir. Buna göre AB, BC ve CD olmak üzere 3 bölge vardır. Şimdi herbir bölgeye ayırma prensibi uygulayacağız, statik dengeden iç momentleri tespit edeceğiz ve bu iç momenti gerilme formülünde yerine koyacağız. AB bölgesi 30.09.2019 BC bölgesi MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor CD bölgesi 104 3. Burulma – Millerin Burulması t max a) TAB .c TAB .c 6 x106 Nmm 4 t emn. 65MPa 3 J c c 2 2 c 38.9mm d 2c 77.8 mm * CD kısmı içinde, iç moment değeri aynı olduğundan aynı sonuç bulunur. b) J t max t min (c 2 4 2 ) c14 (60mm) (45mm) 1392 10 mm 2 4 4 ( 4 4 ) TBC c2 20x106 N mm (60 mm ) t2 J 1392104 mm 4 86.2 MPa ( ) TBC c1 20 x106 (45) t2 64.7 MPa 4 J 1392 10 t max 86.2 MPa t min 64.7 MPa 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 105 3. Burulma – Millerin Burulması Örnek 3.3: Şekildeki çelik kademeli milin kayma modülü G=77 GPa olduğuna göre A ucunun toplam dönme (burulma) açısını bulunuz. Çözüm: Statik dengeden ankastre uçtaki tepki momenti TD = 2250 kNm çıkar. Ancak kesimlerde sağ kısmı alırsak bunu bulmamıza gerek yoktur. III II Mili 3 bölgeye ayırabiliriz. DC, CB, BA bölgeleri I III II I Aslında bizden sorulan A düzleminin D düzlemine göre dönme (burulma) açısıdır. ( ∅ = ∅𝐴𝐷 =? ) Bu ise D den A ya kadar olan bölgelerin birbirlerine göre dönmelerinin toplamına eşittir. Yani; ∅𝐴𝐷 = ∅𝐶𝐷 + ∅𝐵𝐶 +∅𝐶𝐴 C nin D’ye göre dönme açısı Şunu farkettiniz ise bu konuyu çok iyi anladınız demektir: Aslında A düzlemi fCD + fBC kadar ötelenir, 250Nm lik burulma momenti etkisiyle fAB kadar şekil değiştirir. Bu durumda toplam dönmesi (fAD) bu üç açının toplamı kadar olur. 30.09.2019 Bu şekli dikkatlice inceleyerek düzlemlerin birbirlerine göre dönme açılarını anlamaya çalışın. MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 106 3. Burulma – Millerin Burulması Şimdi bölgeleri sırayla inceleyip ayırma prensibine göre iç momentleri bulacağız. Unutmayın: ∅ formülündeki T değeri, bölgenin kesiminden elde ettiğimiz iç moment değeridir. 1.Bölge: AB kısmı L1 =400mm Tiç-1 𝐽1 = 𝐽𝐴𝐵 = ∅𝐴𝐵 I-I kesimi 𝜋 4 𝜋 4 𝑐1 = 15 = 795000𝑚𝑚4 2 2 𝑇𝑖ç−1 . 𝐿1 𝑇𝐴𝐵 . 𝐿1 250𝑥103 𝑁𝑚𝑚. 400𝑚𝑚 =+ = = = 0.01634𝑟𝑎𝑑 𝐺. 𝐽1 𝐺. 𝐽1 77000𝑀𝑃𝑎. 795000𝑚𝑚4 I-I kesitine dik ve karşıdan bakıldığında Tiç-1 saat ibreleri yönünde olduğundan f pozitiftir. 2.Bölge: CB kısmı Statik denge şartı : σ 𝑀𝑥 = 0 → 𝑇𝐵𝐶 − 2000 − 250 = 0 → 𝑇𝐵𝐶 = 2250𝑁𝑚 L2 =200mm , 𝐽2 = 𝐽𝐵𝐶 = ∅𝐵𝐶 II -II kesimi 30.09.2019 𝜋 4 𝜋 4 𝑐2 = 30 = 1272000𝑚𝑚4 2 2 𝑇𝑖ç−2 . 𝐿2 𝑇𝐵𝐶 . 𝐿2 2250𝑥103 𝑁𝑚𝑚. 200𝑚𝑚 =+ = = = 0.00450𝑟𝑎𝑑 𝐺. 𝐽2 𝐺. 𝐽2 77000𝑀𝑃𝑎. 1272000𝑚𝑚4 II-II kesitine dik ve karşıdan bakıldığında Tiç-2 saat ibreleri yönünde olduğundan f pozitiftir. MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 107 3. Burulma – Millerin Burulması 3.Bölge: CD kısmı L3 =600mm 𝐽3 = 𝐽𝐶𝐷 = ∅𝐶𝐷 𝑇𝑖ç−1 . 𝐿1 𝑇𝐴𝐵 . 𝐿1 250𝑥103 𝑁𝑚𝑚. 600𝑚𝑚 =+ = = = 0.01939𝑟𝑎𝑑 𝐺. 𝐽1 𝐺. 𝐽1 77000𝑀𝑃𝑎. 904000𝑚𝑚4 ∅𝐴𝐷 = 30.09.2019 𝜋 4 4 𝜋 (𝑐2 −𝑐1 ) = (304 −224 ) = 904000𝑚𝑚4 2 2 𝑇𝑖 . 𝐿𝑖 = ∅𝐶𝐷 + ∅𝐵𝐶 +∅𝐶𝐴 = 0.01634 + 0.00450 + 0.01939 = 0.403𝑟𝑑 𝐺𝑖 . 𝐽𝑖 180 ∅𝐴𝐷 = 0.0403𝑥 = 2.31𝑜 𝜋 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 108 3. Burulma – Millerin Burulması 3.5 Burulmada hiperstatik mil problemleri: Bilinmeyen tepkileri bulmak için statik denklem sayısının yeterli olmadığı burulma problemlerine denir. Önceden bilinen burulma açısından ek denklemler elde edilerek bilinmeyen tepkiler bulunabilir. Bu konuyu örneklerle anlamaya çalışacağız. Şekildeki milin (yarısının içi boş) dış çapı 22 mm ve içi boş kısmın iç çapı ise 12 Örnek 3.4: mm dir. Mil A ve B noktalarından sabitlenmiştir. Milin tam ortasına 120 N.m lik bir tork uygulandığında A ve B noktalarında meydana gelen reaksiyon momentlerini bulunuz? Çözüm: Statik dengeden: TA TB 120 N m (1) 1 denklemi yeterli olmadığıdan bu hiperstatik bir problemdir ve 1 bağımsız denkleme daha ihtiyaç vardır. B ve A ankastre olduğu için, bu kısımlarda dönme olmaz. Dolayısıyla toplam dönme açısı ( B nin A ya göre burulma açısı) sıfırdır. Mili iki bölgeye ayırırız. f fB / A fC / A fB / C TA L1 TB L2 0 → GJ1 GJ 2 .(c24 c14 ) f<0 30.09.2019 f>0 2 .c24 2 (1) ve (2) den 𝐿1 = 𝐿2 = 125𝑚𝑚 → TB 114 6 4 TA TA TB 0.91xTA 114 J2 TA J1 (2) TA 62.82 N m , TB 57.18 N m MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 109 3. Burulma – Millerin Burulması Örnek (Soru) 3.6 Örnek (Soru) 3.5 Şekildeki ankastre boruya emniyet sınırları içinde Şekildeki kademeli milde, AB ve BC uygulanabilecek maksimum burulma momenti ( T ) kısımlarında değerini hesaplayınız. ( d = 30mm, temn. = 52MPa) gerilmeleri hesaplayınız. ( Cevap: T = 446.7Nm) oluşan maksimum (Cevap: 56.6 MPa, 36.6 MPa ) Örnek 3.7 Sağ taraftan sabitlenmiş çelik bir mil ile alüminyum bir tüp, şekildeki gibi rijit bir diske bağlanmıştır. Çelik mil ve alüminyum tüp için emniyetli kayma gerilmeleri sırasıyla 120 MPa ve 70 MPa olduğuna göre; disk vasıtasıyla sisteme uygulanabilecek maksimum tork değerini bulunuz. (GAlüm.=27 GPa, GÇelik=77 GPa) Cevap: 6325 Nm 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 110 3. Burulma – Millerin Burulması Örnek (Soru) 3.8 Şekildeki elektrik motorundan alınan, 500Nm lik tork B ve C dişlileri tarafından 200Nm ve 300Nm olarak iletilmektedir. A yatağı dönmeye izin vermektedir. Bu durumda A ucunun D ye göre dönme miktarını (burulma açısını ) hesaplayınız. Cevap: 3.22o Örnek Soru 3.9 (2017-2.vize) Alüminyum ve bakır kısımlarından oluşan, her iki ucu sabit duvara bağlı olan kademeli mile B kesitinden T =10kNm lik bir burulma momenti uygulanıyor. Bu durumda sistemin emniyet kontrolünü yapınız. Aşağıdaki malzeme özelliklerinden gerekli olanları kullanınız. Cevap: Emniyetsiz Çünkü: ( tAl-max = 241.3MPa… > tAl-em) (tbakır-max = 301.5MPa… > tbakır..em) Çıkıyor. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 111 4 Eğilme 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 112 4. Eğilme – Genel Bilgiler 4.1 Eğilme Yüklemesine Maruz Yapı Örnekleri: Eğilme, uygulamalarda çok sık görülen bir yükleme biçimidir. Yapılarda kullanılan kirişler, Araçların geçtiği köprüler, Vinçler, krenler vb. eğilme yüklemesine maruzdur. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 113 4. Eğilme – Genel Bilgiler 4.2 Eğilme ile Burulma Arasındaki Farkı nasıl anlarız? Genel kaide: Düzleme paralel moment eğilme; düzleme dik moment burulma momentidir. Eğilme y yüklemesinde, kesitteki 𝑴𝒚 moment vektörü (sağ el kaidesine göre) düzlem üzerindeki eksenler (y eksenleri) veya den z birisi yönündedir. z z ekseni yönünde eğilme x B y ekseni yönünde eğilme y Moment vektörü düzlem dik yani düzlem normali yönünde (şekilde x ekseni ) olursa burulma momenti oluşacaktır. 𝑴𝒙 x z burulma Not: Moment indisleri eksen takımının yerleştirilmesine göre değişebilir, ancak üstteki genel kaide değişmez. Biz bu ders kapsamında eksen takımını bu şekilde yerleştireceğiz ve kesitte sadece Mz momenti varken gerilmeleri hesaplayacağız. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 114 4. Eğilme – Genel Bilgiler 4.3 Eğilme Çeşitleri: 1-) Basit (Simetrik) Eğilme: Kesitte sadece 1 eğilme momenti vardır ve kesit en az bir eksene göre simetriktir. 2-) Kesmeli Eğilme: Kesitte 1 eğilme momenti ve 1 kesme kuvveti vardır ve kesit en az bir eksene göre simetriktir. 3-) Simetrik olmayan (Eğik) Eğilme: Simetrik kesitlerde en az 2 eğilme momenti, simetrik olmayan kesitlerde en az 1 eğilme momenti vardır. (Bu daha ileri seviye bir konudur. ) y 𝑴𝒚 𝑴𝒛 x z 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 115 4. Eğilme – Genel Bilgiler 4.4 Eğilme yüklemesinde oluşan gerilme cinsi: Eğilme momenti sonucu acaba kesitte kayma gerilmesi mi yoksa normal gerilme mi oluşur? Önce buna karar vereceğiz. Daha sonra kesitteki gerilme dağılımını formülüze edeceğiz. Şekildeki elastik çubuğun lif lif olduğunu düşünelim. Bu çubuğa her iki ucundan eğilme momenti (Mz )uygulayalım. 4.5.1 Eğilme de yapılan kabuller: Elastik yükleme durumunda, Düzlem kesitler eğilmeden sonra da düzlem kalmaya devam eder. Yani kesitler şeklini aynen korur, herhangi bir çarpılma olmaz. Birbirine dik lifler (çizgiler) eğilmeden sonra yine dik kalır. Yani üstteki şekilde görülen yatay lifler, düşey liflere diktir ve eğilmeden sonra da dik kalır. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 116 4. Eğilme – Genel Bilgiler 4.5.2 Basit eğilmede önemli kavram ve noktalar: • • • • • • • • • Eğilme momenti sonucu üstteki liflerin kısaldığını alttaki liflerin uzadığını görürüz. ( Örneğin a-b lifi kısalır a’-b’ lifi haline gelir, c-d lifi uzar, c’-d’ lifi olur.) O halde kısalan üst liflere bası, uzayan alt liflere çeki kuvvetleri gelir. Dolayısıyla üst liflerde bası gerilmeleri ( -sx ), alt liflerde çeki gerilmeleri ( + sx ) oluşur. En üstteki lif en fazla kısalır en alttaki lif en fazla uzar. Bu durumda bu liflerde şiddet olarak en büyük gerilmeler oluşur. Alttan üste doğru gidildikçe liflerdeki uzama azalır. Bir geçiş noktasında liflerde uzama sıfır olur. Bu uzamayan liflerin bulunduğu düzleme tarafsız düzlem denir. (İleride ispat edileceği üzere tarafsız düzlem kesitlerin ağırlık merkezinden geçen x-z düzlemine paralel yatay düzlemdir.) Tarafsız düzlemin kesitle kesiştiği yatay çizgiye tarafsız eksen denir. Yandaki şekli inceleyerek bu kavramları iyice anlamaya çalışınız. Tarafsız düzlem üzerindeki liflerde uzama veya kısalma olmadığı için, bu liflerde gerilmeler sıfırdır. Bir başka ifade ile, bir kesitin tarafsız eksenindeki tüm noktalarında normal gerilmeler sıfırdır. Tarafsız eksenden en uzak noktalarda en fazla uzama ve kısalma; dolayısıyla da maksimum çeki ve minimum bası gerilmeleri oluşacaktır. Tarafsız eksene yaklaştıkça gerilmeler şiddet olarak azalır. Tüm bu noktalar, basit veya kesmeli eğilmede, elastik yükleme durumunda geçerlidir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 117 4. Eğilme – Basit Eğilme 4.6 Basit eğilme de elastik gerilme hesabı: • • • • Eğilme sonucunda çubuğun şekli C merkezli, yarıçaplı bir yay formu alır. DE: Tarafsız düzlem üzerindeki liftir. Boyu değişmez. Bu durumda DE = D’E’ JK : tarafsız düzlemden y kadar uzaklıktaki liftir. Son boyu J’K’ dür. Tüm liflerin İlk boylar eşittir. JK = DE JK lifi için; J ' K ' ( y ) , D' E ' DE JK Son boy: Toplam uzama : d J ' K ' JK ( y ) y Birim elastik uzama : ex d L y y s x E.e x E. Elastik bölgede normal gerilme: y Kesitte, normal yönde toplam iç kuvvet (Fx) yoktur. Yani sıfırdır. Fx 0 s x dA E y dA Ağırlık merkezi tanımından: Mukavemette aksi söylenmedikçe şekil değiştirmemiş ilk durumdaki geometriye göre işlem yapılır. (JK lifi nin ilk hali yatay bir çizgidir. İşlemler bunun üzerinden yapılmaktadır. J’K’ yayına göre değil.) 30.09.2019 E y ydA 0 ydA 0 y dA 0 dA Ağırlık merkezinin y koordinatı (𝑦) sıfır çıktı. O halde tarafsız eksen kesitin ağırlık merkezinden geçer. Unutmayın: Eğilmede eksen takımı mutlaka kesitin ağırlık merkezine yerleştirilmelidir. MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 118 4. Eğilme – Basit Eğilme Kesitteki y mesafesindeki bir noktada dA elemanına gelen iç kuvvet: s x dA dA elemanın tarafsız eksene göre momenti: (s x dA). y +y tarafındaki noktalarda bası gerilmesi varken, bunlar pozitif Mz momentine sebep olur. y > 0, sx < 0 ise Mz nin pozitif çıkması için denklemin başına – koyulmalıdır. Kesitteki toplam iç moment: M z ( E y. y.dA) s x E.e x E. y E 2 (y .dA) idi. M z (s x dA). y E Iz E Mz Iz M y sx z Iz Bu formül, Basit veya kesmeli eğilmede, elastik yükleme de, Simetrik kesitli, İzotropik malzemeler için geçerlidir. Not: bazı kitaplarda eksen takımı farklı alınınca formüldeki eksi işareti olmayabilir. Eksi işareti olup olmayacağını kendimiz anlayabiliriz. Mz>0 iken Tarafsız eksenin üstündeki noktalarda (y>0) bası oluşması gerektiğini görünüz. Bu durumda sx in negatif çıkması için denklemin başında mutlaka – olmalıdır. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 119 4. Eğilme – Basit Eğilme 4.8 Basit eğilmede normal gerilme dağılımı Kesitte herhangi bir noktadaki gerilme formülünü tekrar inceleyelim: sx Mz y Iz Mz: kesitteki z yönünde iç moment. Iz: kesitin z eksenine göre atalet momenti y: noktanın y koordinatı (orjin mutlaka ağırlık merkezidir.) Mz ve Iz bir kesit için sabittir. Gerilme ise aynı kesitte noktadan noktaya değişir. Tarafsız eksenden eşit uzaklıkta olan, yani aynı y koordinatına sahip noktalarda gerilmeler aynıdır. s x A s xD M z yA Iz s x max s x H M z yH Iz s x max s x E M z yE Iz , Kesit en az bir eksene göre simetrik olmalı. s x B s xc Kirişin önden görünüşünün bir kısmı. Gerilme dağılımını dikkatlice inceleyiniz. M z yB Iz Maksimum ve minimum gerilmeler tarafsız eksenden en uzak noktalarda meydana gelir. 3- 120 4. Eğilme – Basit Eğilme Örnek 4.1 Şekildeki kiriş için akmayı başlatacak eğilme momentini bulunuz. s ak 250MPa Çözüm: I-I kesitindeki yüklemeye göre alttaki lifler uzar. Maksimum çeki gerilmesi en alt noktalarda (örneğin B noktasında) ortaya çıkar. sx-min sx-max B noktasında çeki gerilmesi olacağını önceden göremeseydik bile, sx-B nin pozitif çıkması yine çeki gerilmesi olduğunu gösterir. Bununla birlikte sünek malzemelerde bası ve çekideki akma mukavemeti birbirine eşit kabul edilebilir. Denkleminden de aynı sonuç bulunabilir. 1- 121 4. Eğilme – Basit Eğilme Örnek 4.2 M= 3 kN.m y z x T kesitli ankastre çubuğun çeki ve basıdaki akma mukavemeti 120MPa dır. Çubuğun serbest ucuna 3kNm lik bir moment uygulandığında çubukta akma olup olmayacağının kontrolünü yapınız. Çözüm: Uygulanan moment vektörel olarak yüzeye paralel (-z yönünde) olduğundan ve kesit simetrik olduğundan basit eğilme oluşur. Bu durumda maksimum ve minimum normal gerilmeleri hesaplamalıyız ve akma gerilmesi ile karşılaştırmalıyız. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 122 4. Eğilme – Basit Eğilme Herhangi bir kesim yaptığımızda, iç momenti buluruz. Tüm kesitlerde iç moment değeri aynıdır. Miç =M =-3kNm M= -3 kN.m Mzy 3.106 Nmm sx y Iz Iz Iz 30.09.2019 : ağırlık merkezinden geçen yatay eksen (z) e göre atalet momentini bulmalıyız. MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 123 4. Eğilme – Basit Eğilme yA A y A i mm 2 1 20 90 1800 2 40 30 1200 Ai 3000 yA y A i i i ( ) I z I zi Ai d i ( 1 12 2 ( 1 12 ) ( 90 203 1800 12 2 1 12 yi , mm 50 20 ) yi Ai , mm3 90 103 24 103 yi Ai 114 103 114 103 38 mm 3000 bi hi Ai d i 3 ( Iz I Ad 2 2 ) 30 403 1200 182 ) I z 868 103 mm 4 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 124 4. Eğilme – Basit Eğilme -Mz momenti olduğu için A noktasında maksimum çeki, B noktasında minimum bası gerilmeleri meydana gelir. s A 76.0 MPa s B 131.3 MPa s B 131.3MPa, s B s akma 30.09.2019 akma oluşur. MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 125 4. Eğilme – Eksantrik yükleme 4.9 Eksantrik eksenel yükleme: Kesit merkezinden geçmeyen çeki yüklemesine denir. Bu durumda oluşan gerilmeleri hesaplamak istiyoruz. Şekildeki gibi eğrisel bir çubuğa P çeki yükü uygulandığında DE kısmındaki I-I kesitinin G ağırlık merkezinde bir iç çeki kuvveti (Fiç) oluşur. Ancak P ile Fiç in momentlerinin dengelenebilmesi için bir Miç eğilme momenti de oluşacaktır. Fiç ve Miç in süperpozisyon yöntemine göre ayrı ayrı etkilerini toplarız ve bir noktadaki toplam normal gerilmeyi elde ederiz. s x (s x )F (s x )M iç iç P P.d y A I Kesit en az bir eksene göre simetriktir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 126 4. Eğilme – Eksantrik Yükleme Örnek 4.3 Şekildeki dökme demir (gevrek) parçanın çekideki emniyetli mukavemet değeri (emniyet gerilmesi) 30 MPa, basıdaki mukavemet değeri ise 120 MPa olduğuna göre; elemana uygulanabilecek en büyük P kuvvetini bulunuz. (Kesitin ağırlık merkezi C noktasındadır) Bir önceki 4.2 örneğinde aynı kesit kullanılmıştı. Aşağıdaki değerler oradan alınabilir: A 3 103 mm 2 I z 868103 mm 4 Y 38 mm d 38 10 28 mm Süperpozisyon metodu ile gerilmeler; ( ) P Mc A P( kN ) 103 28 P 103 (22) sA 0.377 P A I 3 103 868 103 P Mc A P 103 28 P 103 (38) sB 1.559 P A I 3 103 868 103 ( ) Emniyetli kuvvet değeri için: s A 0.377 P 30 MPa P 79.6 kN s B 1.559 P 120 MPa P 77.0 kN İzin verilebilir emniyetli kuvvet: P 77.0 kN 1- 127 4. Eğilme – Eksantrik Yükleme Örnek (Soru) 4.4*: Şekildeki eğik alüminyum çubuğa uygulanabilecek emniyetli P yükünü hesaplayınız. Akma mukavemeti 140MPa, çubuk kesiti dikdörtgen 24mmx30mm, emniyet katsayısı n=2 dir. Cevap: P=6.109kN 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 128 4. Eğilme – Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi 4.10 Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi Uzunlukları Kesit boyutlarına göre çok daha büyük olan çubuk şeklindeki yatay elemanlara kiriş denir. Örneğin bulunduğunuz binaya dikkat ettiğinizde yatay beton elemanlar kiriştir. Düşey elemanlara ise kolon ismi verilir. Farklı kesitlere sahip beton kirişler 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 129 4. Eğilme – Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi 4.10.1 Kirişlerin Yükleme Çeşitleri Tekil yük (N) Yayılı yük N/m Kirişler düşey olarak genellikle tekil ve/veya yayılı yüklere maruz kalırlar Tekil yük (N) bir noktaya, yayılı yük belli bir uzunluğa düşer (N/m) Uygulanan kuvvetler kirişin kesitlerinde iç kesme kuvveti (V) ve eğilme momenti (M) meydana getirirler. Kesit üzerinde kesme iç kuvvetinden den dolayı kayma gerilmeleri meydana gelir. Kayma gerilmelerinin dağılımı : 𝑉. 𝑄 𝜏= 𝐼. 𝑡 x (Bu konu daha farklı bir başlık altında incelenir.) Eğilme momentinden dolayı ise normal gerilmeler oluşur: sx Mzy Iz Amacımız kirişte ortaya çıkan şiddetçe maksimum normal gerilmeyi hesaplamaktır. Burada en önemli nokta eğilme momentinin kesitten kesite farklılık göstermesidir. En kritik momentin şiddetinin en fazla olduğu kesittir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 130 4. Eğilme – Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi 4.10.2 İç kuvvet ve momentin Pozitif Yönleri: Sol kısmın dengesi incelenirken Sağ kısmın dengesi incelerken M: saat ibresi tersi yönde, V: aşağı doğru M: saat ibresi yönde , V: yukarı doğru 4.10.3 Düşey yüke maruz kirişlerde işlem sırası 1) 2) 3) 4) Mesnet Tepkileri belirlenir, Kesme Kuvveti – Eğilme Momenti diyagramları çizilir. En kritik kesit belirlenir. (Eğilme momentinin şiddetçe en büyük olduğu kesit, en kritik kesittir.) Kritik kesitteki şiddetçe maksimum Gerilme hesaplanır. Bu gerilme aynı zamanda kirişteki en büyük gerilmedir. Buna göre mukavemet analizleri yapılır. (emniyet kontrolü, boyut tayini, malzeme seçimi vb.) Şimdi örneklerle bu konuyu daha iyi anlamaya çalışacağız. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 131 4. Eğilme – Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi I Örnek 4.5 I Şekildeki kirişin kesme kuvveti ve eğilme momenti diyagramlarını çiziniz. b-) kirişte ortaya çıkacak maksimum normal gerilmenin yerini ve değerini bulunuz 1.Bölge 1 2 II II III 3 III Statik dengeden: F y 0 M B : RB 46 kN RD 14 kN 0 ≤ 𝑥 ≤ 2.5 I-I kesimi (sağ kısım) 2.Bölge 2.5 ≤ 𝑥 ≤ 5.5 II-II kesimi (sağ kısım) 3.Bölge 5.5 ≤ 𝑥 ≤ 7.5 III-III kesimi (sol kısım) 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 132 4. Eğilme – Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi Örnek 4.5- devam Şiddetçe en büyük moment B kesitinde ortaya çıkmıştır. O halde kritik kesit B kesitidir. M min M B 50 kN m Bu kesitte maksimum gerilme: s max MB ymax s a s b Iz 50 106 N m 250 1 . 3 2 12 80 x 250 s max 60MPa V ise kayma gerilmesine sebep olur. Ancak kayma gerilmesi dağılımının incelenmesi ise farklı bir konudur ve bu bölümde incelenmeyecektir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 133 4. Eğilme – Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi 4.10.4 Moment, kesme kuvveti ve yayılı yük arasındaki bağıntılar. , Herhangi bir bölge için, Moment ( M ), kesme kuvveti ( V ) ve yayılı yük (w ) arasında fonksiyonel olarak şu bağıntılar vardır. 𝑑𝑀(𝑥) =𝑉 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑉(𝑥) = −𝑤 𝑥 𝑑𝑥 Yaptığımız örneklerde bu bağıntıların da sağlandığına dikkat edilerek, işlemlerimizin sağlaması yapılabilir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 134 4. Eğilme – Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi Örnek 4.6 Şekildeki kirişin; a-) kesme kuvveti ve eğilme momenti diyagramlarını çiziniz. b-) Kirişteki maksimum ve minimum normal gerilmeyi bulunuz. Çözüm: yayılı yükün bileşkesi: 1 metreye 2kN luk yük düşerse, 4 metreye 2x4 =8kN luk yük düşer. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 135 4. Eğilme – Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 136 4. Eğilme – Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 137 4. Eğilme – Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 138 4. Eğilme – Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi Ağırlık merkezinin yeri: 𝜎𝑥−𝑚𝑎𝑥 𝑀𝑧−𝐸 5𝑥106 =− 𝑦 =− (−75) 𝐼𝑍 𝑏 79687500 𝜎𝑥−𝑚𝑎𝑥 = 𝜎𝑥−𝑏 = 4,7𝑀𝑃𝑎 𝜎𝑥−𝑚𝑖𝑛 𝑀𝑧−𝐸 5𝑥106 =− 𝑦 =− (200 − 75) 𝐼𝑍 𝑎 79687500 𝜎𝑥−𝑚𝑖𝑛 = 𝜎𝑥−𝑎 = −7,84𝑀𝑃𝑎 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 139 Kiriş kesiti 4. Eğilme – Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi Örnek (Soru) 4.7* Şekildeki kirişte ortaya çıkan maksimum ve minimum normal gerilmeleri hesaplayınız. Cevaplar : s max 95.3MPa, s min 89.6 MPa Soru 4.8*: Şekildeki kirişte ortaya çıkan maksimum ve minimum normal gerilmeleri hesaplayınız. Kiriş kesiti Cevaplar: 𝜎𝑥−𝑚𝑎𝑥 = 679MPa , 𝜎𝑥−𝑚𝑖𝑛 = −989𝑀𝑃𝑎, 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 140 4. Eğilme – Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi Örnek Sorular: Aşağıdaki kirişlerin kesme kuvveti-eğilme momenti diyagramlarını çiziniz. Soru 4.9 Cevap 4.9 30.09.2019 Soru 4.10 Cevap 4.10 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor Soru 4.11 Cevap 4.11 141 4. Eğilme – Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi Soru 4.12 Şekildeki gibi yüklenmiş kiriş, 150mm çapında içi dolu dairesel kesittir. Malzemeden kazanmak için kiriş kesitini bir miktar boşaltmak ve içi boş dairesel kesitli (boru kesitli) yapmak istiyoruz. Emniyet sınırları içerisinde kalmak kaydıyla kiriş kesitinde maksimum ne kadarlık çapta bir delik açabilirsiniz? Kiriş malzemesinin bası ve çekideki akma mukavemeti 300MPa, emniyet katsayısı n=2 Cevap: d1 = 124.65mm lik bir delik açabiliriz. Mevcut kesit 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor İstenen kesit 142 5. Düşey Yüklü Kirişlerde Kayma Gerilmeleri (Bu konunun yeri burası olmasına rağmen, ders kapsamına dahil edilmemiştir.) 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 143 6. DÜZLEMDE GERİLME DÖNÜŞÜMLERİ VE MOHR ÇEMBERİ 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 144 6. Gerilme Dönüşümleri – Düzlemde Gerilme Dönüşüm Bağıntıları 6.1 Konu içeriği ve Amaç Q y • Genel yükleme durumunda, herhangi bir Q noktasını üç boyutlu olarak temsil eden kübik gerilme elemanı üzerinde 6 bağımsız gerilme bileşeni mevcuttur σx , σy , σz , τxy , τyz , τzx. x z • Söz konusu kübik eleman x-y-z eksenleri yerine döndürülmüş x’-y’-z’ eksenlerine paralel alınsaydı gerilme bileşenleri; σ’x , σ’y , σ’z , τ’xy , τ’yz , τ’zx olur. Ve x-y-z eksenlerindeki gerilmelerden farklı değerlere sahiptirler. y y’ • Şimdi sorumuz şu: x-y-z eksen takımındaki gerilme bileşenleri belli iken, x’-y’-z’ eksen takımındaki gerilmeler hesaplanabilir mi? x’ z x • Cevap: Evet, gerilme dönüşüm bağıntılarıyla veya Mohr çemberi yardımıyla bulunabilir. Ancak biz burada sadece düzlem gerilme durumu için bu işlemleri yapmayı öğreneceğiz. Yeri geldiği zaman 3 boyutlu duruma da değineceğiz. z’ 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 145 6. Gerilme Dönüşümleri – Düzlemde Gerilme Dönüşüm Bağıntıları 6.2 Düzlem gerilme durumu : Düzlemde (x-y düzleminde) 3 bağmısız gerilme sözkonusudur. σx , σy , τxy s z t zx t zy 0 3 boyutlu kübik eleman İnce bir plakada orta düzlemde etkiyen kuvvetlerden dolayı düzlem gerilme oluşur. Yapısal bir elemanın veya makine parçasının dış/serbest yüzeyinde düzlem gerilme durumu (yüzeye uygulanmış dış kuvvet/kuvvetler yoksa) ortaya çıkar. • İnce cidarlı basınçlı tank ve tüplerde de düzlem gerilme durumu söz konusudur. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 146 6. Gerilme Dönüşümleri – Düzlemde Gerilme Dönüşüm Bağıntıları 6.3 Düzlem Gerilme durumunda bir noktanın farklı düzlemindeki gerilme bileşenlerinin hesaplanması: Amacımız bir noktada x-y düzleminde gerilmeler (σx , σy , τxy ) belli iken, aynı noktada farklı bir düzlemdeki (normali x’ olan ve +x ekseni ile açısı yapan K düzlemindeki) gerilme bileşenlerini (σx’, τx’y’ ) bulmaktır. y’ x’ x-y düzleminden bakış sx’ K düzlemi Şimdi K düzleminden bir kesim yapıp çıkan parçanın alanlarını inceleyelim: 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 147 6. Gerilme Dönüşümleri – Düzlemde Gerilme Dönüşüm Bağıntıları Şimdi çıkan parçanın statik dengesinden kuvvet dengelerini yazacağız: 0 s x DA s x (DA cos ) cos t xy (DA cos ) sin F x s y (DA sin ) sin t xy (DA sin ) cos s x s x cos 2 s y sin 2 2t xy sin cos (I) K düzlemindeki normal gerilme F y 0 t xy DA s x (DA cos ) sin t xy (DA cos ) cos s y (DA sin ) cos t xy (DA sin ) sin K düzlemi t xy (s x s y ) sin cos t xy (cos2 sin 2 ) ( II ) K düzlemindeki kayma gerilmesi s x bağıntısında θ yerine θ+90 yazılarak: cos( 90 ) sin sin( 90 ) cos s y s x sin 2 s y cos2 2t xy sin cos ( III ) K düzlemine dik düzlemdeki normal gerilme Aslında bu formüllerle amacımıza ulaştık. Yani herhangi bir düzlemdeki gerilme bileşenlerinin elde ettik. Bundan sonra bu formülleri biraz daha düzgün formata getireceğiz ve bir geometrik ifade (Mohr Çemberi) elde edeceğiz. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 148 6. Gerilme Dönüşümleri – Düzlemde Gerilme Dönüşüm Bağıntıları Trigonometrik dönüşüm bağıntıları kullanılarak 2 cinsinden denklemleri yazmaya çalışacağız. cos2 1 cos 2 2 sin 2 1 cos 2 2 cos 2 cos2 sin 2 K düzlemi sin 2 2 sin cos I, II ve III denklemlerinde yerine koyarsak; s x s y s x s y 2 s x s y t xy 2 s x s y 2 s x s y 2 s x s y 2 cos 2 t xy sin 2 cos 2 t xy sin 2 sin 2 t xy cos 2 (IV) (V) I, II ve III denklemlerinin 2 cinsinden ifadeleridir. (VI) s x s y s x s y 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 149 6. Gerilme Dönüşümleri – Mohr Çemberi 6.4 Mohr Çemberi: Aslında bir noktada onsuz tane açısı ve dolayısıyla sonsuz tane düzlem vardır. Bu düzlemlerin hepsi bir çember üzerinde ifade edilebilir ve bu çemberde gerilme bileşenleri bulunabilir. Şöyleki: (IV)ve (VI) nolu denklemler yeniden düzenlenip kareleri alınarak taraf tarafa toplanırsa parametrik bir daire denklemi elde edilir. s s y s x s y s x x cos 2 t xy sin 2 2 2 2 (t ) 2 xy (s x s s y x sin 2 t xy cos 2 2 x s ort ) (t xy ) 2 a 2 2 Mohr Çemberi 2 sx s y 2 t xy 2 2 y (s x s ort )2 t x2y R 2 s ort 30.09.2019 s x s y 2 x ekseni üzerinde bir çemberin denklemine benzetilebilir. (b=0) s x s y t xy2 R 2 2 ; MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 150 6. Gerilme Dönüşümleri – Mohr Çemberi 6.4.1 Mohr Çemberinin Çizimi : Bir noktadaki tüm düzlemlerde gerilme durumunu gösteren geometridir. Ölçekli çizildiğinde herhangi bir düzlemdeki gerilme bileşenlerini ölçerek bulabiliriz. Veya ölçekli çizilmezse mohr çemberinden geometrik hesaplarla da bulabiliriz. (Veya mohr çemberi yerine daha önce çıkardığımız formüllerden de bulabiliriz.) σx , σy , τxy belli iken o noktada mohr çemberi çizilebilir. Mohr Çemberi Çizim Sırası: 1-D1 (sx , txy) noktası belirlenir. 2-D2 (sy , - txy) noktası belirlenir. > 0 (Mohr çemberinde) < 0 ( denklemlerde) 3- D1-D2 birleştirilir. 4-C merkezli çember çizilir. Önemli noktalar: 1-) Bulunduğumuz nokta D1 dir. 2-) Kayma gerilmesinin yönü sağ düzlemde aşağı doğru ise pozitiftir. 3-) Gerçekte normali +x ekseni ile açısı yapan yapan düzlem, Mohr çemberinde D3 noktasına karşılık gelir. D3 e ulaşmak için mohr çemberinde gerçektekiyle aynı yönde 2 kadar bulunduğumuz nokta (D1) dan dönülür. D3 ün mohr çemberindeki koordinatları, o düzlemdeki sx’ ) ve kayma gerilmesi tx’ y’) ni verir. normal gerilmeyi ( 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 151 6. Gerilme Dönüşümleri – Mohr Çemberi 6.4.2. Asal Gerilmeler (Principle Stresses) Mohr Çemberine dikkat edilirse +x ekseniyle p açısı yapan düzlemde normal gerilme diğer düzlemlere göre maksimumdur ( smax ) ve bu düzlemde kayma gerilmesi sıfırdır. Bu düzleme ulaşmak için bulunduğumuz noktadan (D1den) 2p kadar dönülür. Gerçekte bü düzleme dik (+90 derece) düzlemde ise normal gerilme minimumdur (smin ). Bu özel gerilmelere asal gerilmeler (principal stress) , düzlemlerine asal gerilme düzlemleri denir. t D3( tmax=R t - t sy s sy x 2 Asal Gerilmeler: x’ y’ xy) R C sx smax xy s ort x’ x xy smin s ,t ) D1(s , t s s max,min s ort R s x s y s x s y t xy2 s max,min 2 2 2 Asal gerilme düzlemleri: s x s y 2 t xy tan 2 p s x s y 2 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 152 6. Gerilme Dönüşümleri – Mohr Çemberi o o 6.4.3 Maksimum kayma gerilmesi- tmax: Asal gerilme düzlemleriyle gerçekte 45 , mohr çemberinde 90 açı yapan düzlemde ise kayma gerilmelerin maksimum değeri (tmax) bulunur. Bu düzlemdeki normal gerilme ise sort. dır. t D3( tmax=R t s ,t ) D1(s , t x’ x’ y’ x xy xy) s x s y t xy2 R 2 2 R smin - t sy C sx smax t max s xy s ort (1) veya Asal Gerilmeler cinsinden sx sy 2 t max R s x s y 2 s max s min 2 (2) Dikkat: düzlem gerilme durumunda (1) ve (2) formüllerinin kullanılabilmesi için s max 0, s min 0 Şartının sağlanması gerekir. s max t Bu şart sağlanmıyorsa max 2 formülüyle hesaplanmalıdır. Bunun sebebini anlamak için bir sonraki sayfadaki 3 boyutlu mohr çemberini dikkatlice inceleyiniz. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 153 6. Gerilme Dönüşümleri – Mohr Çemberi 6.4.4 Üç boyutlu durumda, Mohr Çemberi: 3 boyutlu gerilme durumunda, 3 tane asal gerilme vardır. s1 s 2 s 3 s max s orta s min - Bu asal gerilmelerin arasında 3 çember çizilir. - Büyük çemberin yarıçapı ( Rmax.) maksimum kayma gerilmesine eşittir. - Herhangi bir düzlemdeki gerilme bileşenleri büyük çemberle diğer çemberlerin arasında kalan alandadır. (şekildeki koyu alan). Ancak hesap şekli burada gösterilmeyecektir. t max Rmax 30.09.2019 s max s min s 1 s 3 2 2 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor (I ) 154 6. Gerilme Dönüşümleri – Mohr Çemberi 6.4.5 Gerçek tmax nasıl bulunur? 2 boyutlu durumda bulduğumuz mohr çemberinde, 3ncü asal gerilmenin daima sıfır olduğu düşünülmelidir. Buna göre iki boyuttaki mohr çemberinin üç boyuttaki eşdeğeri çizilir. Bunun için sıfır ile asal gerilmeler arasında 2 çember daha çizilir.. (smax s1 dir. Ancak 2 boyutta bulunan smin. değeri Duruma göre s2 veya s3 olabilir.) Burada önemli nokta gerçek tmax değerini bulmaktır ki, bu büyük çemberin yarıçapıdır. Örneğin 3 boyutta eşdeğeri düzlem gerilme durumunda mohr çemberi : tmax Rmax t max Rmax (s2=0) s 1 s 3 s max s min 2 2 2 boyutta bulduğumuz smin, 3 boyutta s3 e eşit çıkmıştır. s max 0, s min 0 (s3=0) Rmax s1 s 3 2 2 2 boyutta bulduğumuz smin 3 boyutta ortanca gerilmeye (s2 ye )eşit çıkmıştır. s max 0, s min 0 30.09.2019 t max Rmax 0 s max MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 155 6. Gerilme Dönüşümleri – Mohr Çemberi t Örnek 6.1 Şekildeki düzlem gerilme durumu için Mohr Çemberini çizerek (a) asal gerilmeleri ve doğrultularını/düzlemlerini, (b) maksimum kayma gerilmesini bulunuz. s ort Yarıçap: s x s y 2 s x s y R CD1 2 (50) ( 10) 20 MPa t max D2(-10 , 40) 40 smin B -10 50 smax C O A s 2 2 t xy2 (30)2 (40)2 40 50 MPa tmax =R=50MPa D1(50,40) s x s y s ort sx sy 2 2 Asal gerilmeler ve düzlemleri : b-) s max,min s ort R s x s y s x s y t xy2 2 2 2 s max,min s max OA OC CA 20 50 s max 70 MPa s min OB OC BC 20 50 s min 30 MPa tan 2 p 30.09.2019 40 30 p 26.6 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 3 boyutlu eşdeğeri s max 0, s min 0 t max s max s min t max 2 50MPa 70 (30) 2 156 6. Gerilme Dönüşümleri – Mohr Çemberi Örnek 6.2 Şekildeki düzlem gerilme durumu için ; a) Mohr Çemberini çiziniz. b) asal gerilmeleri ve doğrultularını bulunuz. c) normali +x ekseniyle 30 ° açı yapan yüzeydeki gerilmeleri bulunuz. d-) Bu noktadaki maksimum kayma gerilmesini bulunuz. a-) sx 100MPa, sy 60MPa, txy 48MPa b-) 100 60 100 60 2 48 2 2 2 s max,min s max 80 52 132MPa s min 80 52 28MPa tan 2 p t xy 48 2.4 s x s y 100 60 2 2 p 33.7 2 p 67.4 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 157 6. Gerilme Dönüşümleri – Mohr Çemberi c-) θ=30° deki gerilme bileşenleri Mohr çemberinden geometrik olarak bulunabilir.( txy aşağı doğru pozitif alınır) Bulunduğumuz nokta olan D1 den aynı yönde 2 kadar aynı yönde döndüğümüzde mohr çemberi üstündeki D3 noktasının koordinatları o düzlemdeki gerilme bileşenlerini verecektir. f 180 60 67.4 52.6 s x OK OC KC 80 52 cos 52.6 t xy KD3 52 sin 52.6 s x 48.4 MPa t xy 41.3 MPa veya Analitik formüllerden ( txy aşağı doğru negatif alınır) s x sx sy t xy 30.09.2019 2 sx s y 2 sx s y 2 cos 2 t xy sin 2 48.4 MPa sin 2 t xy cos 2 41.3MPa MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 158 6. Gerilme Dönüşümleri – Mohr Çemberi d-) Maksimum Kayma gerilmesi s max 0, s min 0 olduğu için, t max s max 2 Örnek 6.3*: 132 66MPa . 2 Yanda verilen gerilme durumu için; a) Mohr çemberini çiziniz. b-) Asal gerilmeler ve doğrultularını bulunuz c-) Maksimum kayma gerilmesini bulunuz. d-) c düzlemindeki normal ve kayma gerilmelerinin değerini hesaplayınız. Cevaplar: b-) smax =144MPa, smin =36MPa, 28.15o , c-) tmax =72MPa, d-) sx’ =142MPa, tx’y’ =15.2MPa, 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 159 6. Gerilme Dönüşümleri – Mohr Çemberi 6.4.6 a Eksenel yükleme için Mohr çemberi sx P , s y t xy 0 A 6.4.6 b Saf burulma (pure torsion) durumu için Mohr çemberi s x s y 0 t xy 30.09.2019 Tc J MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 160 7. AKMA VE KIRILMA KRİTERLERİ 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 161 7. Akma ve Kırılma Kriterleri 7. AKMA VE KIRILMA KRİTERLERİ NEDİR?, NİÇİN GEREKLİDİR? • Şu ana kadar ki konularda, bir noktada sadece tek bir gerilme cinsi varken mukavemet hesapları yapılıyordu. Örneğin eksenel yükleme (çeki-bası) ve eğilmede sadece sx gerilmesi ortaya çıkmakta ve sem ile karşılaştırılmaktadır. Burulmada ve kesme yüklemesinde ise sadece txy ortaya çıkmakta ve tem ile karşılaştırılmaktadır. • Şimdi şu soruya cevap arıyoruz: Acaba bir noktada aynı anda birden fazla gerilme cinsi (sx , txy , sy vb) mevcutken hangisini sem veya tem karşılaştıracağız.? Veya nasıl bir yol takip edeceğiz. • İşte bu soruya cevap veren birden fazla kriter vardır. • Akma kriterleri : Sünek malzemeler için akma olup olmadığını; • Kırılma kriterleri: gevrek malzemeler için kırılma olup olmadığını kontrol etmemizi sağlar. • Şimdi bu kriterlereden en önemli 4 tanesini inceleyeceğiz. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 162 7. Akma ve Kırılma Kriterleri 7.1 Sünek Malzemeler için Akma Kriterleri 7.1.1 Tresca Kriteri (Maksimum Kayma Gerilmesi Kriteri ) Bu kritere göre bir malzemenin herhangi bir noktasında akma olmasının şartı, o noktadaki maksimum kayma gerilmesinin, basit çekme halinde akma sınırındaki kayma gerilmesine eşit veya büyük olmasıdır. Akma olmasının şartı: t max t ak t ak s ak 2 Bir başka ifadeyle bir noktadaki Mohr çemberi basit çekme halinde akma anındaki Mohr çemberinden büyük olursa o noktada akma olur. Bu kriter sünek malzemeler çok iyi sonuçlar verir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 163 7. Akma ve Kırılma Kriterleri 7.1 Sünek Malzemeler için Akma Kriterleri -devam 7.1.2 Von-Mises Kriteri (Eşdeğer Gerilme veya Maksimum Çarpılma Enerjisi Kriteri) Bu kriter çok eksenli gerilme durumunu tek eksenli gerilme durumuna indirger. Tüm gerilmeler yerine 1 tane eşdeğer gerilme (s eş ) tanımlanır. Bu eşdeğer gerilme akma gerilmesini aşarsa o noktada akma oluşur denir. s eş s vm 1 (s y s z )2 (s x s z )2 (s x s y )2 6(t yz 2 t xz 2 t xy 2 ) 2 Asal gerilmeler cinsinden eşdeğer gerilme: s eş s vm Akma Şartı: 1 (s1 s 2 )2 (s1 s 3 )2 (s 2 s 3 )2 2 s eş s ak Bu kriter sünek malzemelerin akması için mükemmel sonuçlar verir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 164 7. Akma ve Kırılma Kriterleri 7.2. Gevrek Malzemeler için Kırılma Kriterleri 7.2.1 Rankine Kriteri Bu kritere göre bir malzemenin herhangi bir noktasında kırılma olması için o noktadaki maksimum asal gerilmenin malzemenin çeki gerilmesini veya minimum asal gerilmenin basıdaki kırılma mukavemetini geçmesini gerekir. Kırılma şartları: s1 s o veya s 3 s oc Başka bir ifadeyle, bu kritere göre, bir noktada kırılma olmaması için o noktadaki Mohr çemberinin şekildeki kırmızı çizgiler içinde kalması gerekir. Gevrek Malzemelerin kırılması için kısmen iyi sonuçlar veren bir kriterdir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 165 7. Akma ve Kırılma Kriterleri 7.2. Gevrek Malzemeler için Kırılma Kriterleri – devam: 7.2.2 Columb Kriteri: Gevrek malzemeler için çok iyi sonuç veren bu kritere göre bir malzemenin herhangi bir noktasında kırılma olmamasının şartı: Başka bir ifadeyle bu kritere göre: basit çekme ve basit basma hallerinin en büyük Mohr çemberlerinin teğetleri dışında kalınan yüklemelerde kırılma olur. s1 s 3 1 s o s oc s1 = Maksimum asal gerilme so = Çekme Mukavemeti s3 = Mimimum asal gerilme soc = Basma Mukavemeti Örnek : s0 100MPa soc=400MPa olan bir malzemede herhangi a ve b gibi iki noktada asal gerilmeler, s1 s3 s1 s 3 s o s oc a 50 -100 50/100-(-100/400) =0.75 b 90 -100 90/100-(-100/400) =1.15 30.09.2019 a ve b noktalarının her iksinde de Rankine kriterine göre kırılma olmayacağı söylenebilir. Columb kriterine göre ise a noktasında kırılma olmaz ancak b noktasında olur. MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 166 7. Akma ve Kırılma Kriterleri 7.2. Gevrek Malzemeler için Kırılma Kriterleri – devam: 7.2.3. Mohr Kriteri (Bilgi amaçlıdır. Sınavda sorumlu değilsiniz.) Bu kritere göre: basit çekme, basit basma ve tam kayma hallerinin en büyük Mohr çemberlerinin zarf eğrilerinin dışında kalınan yüklemelerde kırılma olur. Gevrek malzemeler için çok iyi sonuçlar veren bir kriterdir. s1 s o *Görüldüğü gibi gevrek malzemelerde, her üç kriterde de asal gerilmelerin incelenmesi gerekliliği ortaya çıkmaktadır. *Asal gerilmeler hesaplanabilmeine rağmen, Columb ve Mohr kriterleri için ayrı bir değerlendirme yapılması gereklidir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 167 7. Akma ve Kırılma Kriterleri Şekildeki düzlem gerilme durumu verilen noktada a-) Alüminyum malzeme için, (sakma= 200MPa, takma= 100MPa) Örnek 7.1 b-) Tahta malzeme için, (sçeki-kopma= so=160MPa, sbası-kopma= soc=-400MPa ) Hasar (akma veya kırılma) olup olmayacağını kontrolünü yapınız. t s x s y R CD1 2 2 150 (40) 2 t xy2 10 95.52 2 2 t max D2(-40 , 10) Maksimum kayma gerilmesi: t max R 95.52 MPa smin smax C s R Asal gerilmeler s x s y s x s y 150 40 t xy2 R 55 95.52 2 2 2 2 s max,min s max 150.52 MPa s 1 D1(150,10) s min 40.52 MPa s 3 Mohr çemberinin 3 boyutlu eşdeğeri 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 168 7. Akma ve Kırılma Kriterleri a-) Alüminyum sünek malzeme olduğu için akma kriterlerine göre kontrol yapılır. 1-) Tresca kriterine göre: t max 95.52 MPa, t akma 100MPa t max t akma (akma olmaz ) 2-) Von mises kriterine göre: s eş s vm s eş s vm 1 (s y s z )2 (s x s z )2 (s x s y )2 6(t yz 2 t xz 2 t xy 2 ) 2 1 ( 40 0)2 (150 0)2 (150 (40))2 6(02 02 (10) 2 ) 174.36MPa 2 s eş 174.36MPa, s ak 200MPa s eş s ak (akma olmaz ) b-) Tahta gevrek malzeme olduğunda kırılma kriterlerine göre kontrol yapılır. 1-) Rankine kriterine göre: s max 150.52MPa, s çeki kopma 170MPa s max s çeki kopma s min 40.52MPa, s bası kopma 400MPa s min s bası kopma 2-) Columb kriterine göre: s 1 s 3 150.52 40.52 1.042 s 0 s 0C 160 400 30.09.2019 1 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor (kırılma oluşmaz.) (kırılma oluşur) 169 8- BİLEŞİK YÜKLEME DURUMLARI 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 170 8. Bileşik Yükleme Durumları 8.1 Bileşik Yükleme Nedir? Bir elemana, burulma, eğilme, çekme, kesme gibi farklı yükleme tiplerinden iki veya daha fazlası aynı anda uygulanabilir. Bu yükleme tipine bileşik yükleme denir. Gerilme veya Şekil Değiştirme hesapları için elastik sınırlar içinde kalmak şartıyla süperpozisyon yöntemi uygulanabilir. Yani herbir yük ayrı ayrı uygulanarak gerilmeler elde edilir. Sonuçta bileşik yükleme halinde (tüm yükler aynı anda varken) oluşan gerilmeler, yükler ayrı ayrı uygulandığındaki oluşan gerilmelerin toplamına eşittir. F T 30.09.2019 F P P MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor T 171 8. Bileşik Yükleme Durumları Bazı durumlarda tek bir yük bileşik yükleme durumu oluşturabilir. y x z F1 Tek Yük, Bileşik Yükleme (Eğilme+Burulma+Kesme) 30.09.2019 T1=F1.r F1 Kuvvet Merkeze Taşınmış. Burulma momenti ile birlikte Tek Yük: Eğilme +Kesme MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor Bileşik gerilme durumu Tek moment: Burulma 172 8. Bileşik Yükleme Durumları Örnek 8.1: A ucundan ankastre olan alaşımlı çelikten imal edilmiş AB miline, BC kolunun C noktasından düşey F1 kuvveti uygulanacaktır. Buna göre milde akma olup olmayacağını belirleyiniz. (sakma =400MPa, takma =200MPa F1 = 2.5kN, l1 =50cm, l2 =40cm, d=6cm ) Çözüm: F1 kuvvetini B noktasına mometi ile birlikte taşırsak: Moment diyagramlarını incelersek en tehlikeli kesitin ankastre kesit olacağını görürüz. Mzmax = -F1.l1 =-2.5x50=-125kNcm=-125x104Nmm 30.09.2019 T= F1.l2 =2.5x40=100kNcm=100x104Nmm MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 173 8. Bileşik Yükleme Durumları 𝜎𝑥−𝑎 𝜎𝑥−𝑎 =𝜎𝑥−𝑚𝑎𝑥 Mohr çemberi En kritik kesit olan ankastre kesitteki en kritik noktalar normal ve kayma gerilmelerinin şiddetçe en yüksek değerde olduğu en üst ve en alt (a ve b) noktalarıdır. Kesit z eksenine göre simetrik olduğu için a = b = d/2 ve ya = -yb = d/2 dir ve dolayısıyla her iki noktada da gerilmeler şiddet olarak eşit çıkar. Sünek malzemelerde çeki ve basıdakı akma mukavemeti eşit olduğundan noktalardan birisini incelemek yeterli olur. Biz burada a noktasını inceleyeceğiz. 𝜏𝑥𝑧−𝑎 𝜎𝑥−𝑎 4 𝑑 𝑇. 𝜌𝑎 100. 10 . 2 100. 104 100. 104 = = = = = 23.58𝑀𝑃𝑎 = 𝜏𝑥𝑧−𝑏 𝜋. 𝑑 4 𝜋. 𝑑 3 𝜋. 603 𝐽 32 16 16 𝑀𝑍 −125. 104 𝑑 −125. 104 =− 𝑦 =− =− = 58.94𝑀𝑃𝑎 = −𝜎𝑥−𝑏 𝜋. 𝑑4 𝜋. 603 𝐼𝑧 𝑎 2 64 32 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor Daha önce mohr çemberini x-y düzleminde çizmiştik. Burada xz düzleminde çiziyoruz. Düzlemdeki Mohr çemberi aynı şekilde çizilir. Dikkat edilirse değişen gerilme indislerinde y yerine z gelecek olmasıdır. (txy yerine txz ve sy yerine sz kullanılır.) 174 8. Bileşik Yükleme Durumları a noktasını incelemeye devam ediyoruz. Bu noktadaki mohr çemberinden; s s z 58.94 0 2 2 R CD1 x t xz 23.58 37.74 2 2 2 2 Maksimum kayma gerilmesi: t max R 37.74 MPa Asal gerilmeler s max,min s s z 58.94 0 x R 37.74 2 2 3 boyutta eşdeğer mohr çemberi s min 8.27 MPa s 3 s max 67.21 MPa s 1 Alaşımlı çelik sünek bir malzemedir ve akma kriterlerine göre kontrol yapılmalıdır. Tresca kriterine göre kontrol: t max 37.74 MPa, t akma 200MPa t max t akma (akma olmaz ) Von mises kriterine göre kontrol: s eş s vm s eş s vm 1 (s y s z )2 (s x s z )2 (s x s y )2 6(t yz 2 t xz 2 t xy 2 ) 2 1 (0 0)2 (58.94 0)2 (58.94 0)2 6(02 23.582 02 ) 71.70MPa 2 s eş 71.70MPa, s ak 400MPa s eş s ak (akma olmaz ) 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 175 8. Bileşik Yükleme Durumları Örnek (Soru) 8.2 Bir önceki soruda ilaveten eksenel yönde bir F2=50kN luk bir bası kuvveti gelirse, AB kirişinde en kritik noktadaki normal ve kayma gerilmelerini belirleyiniz. (F1 = 2.5kN, l1 =50cm, l2 =40cm, d=6cm ) Cevap: sx-min = - 76.63MPa, txz-max =23.58MPa 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 176 8. Bileşik Yükleme Durumları 8.2 Simetrik kesitlerde Eğik Eğilme Simetrik kesitlerde kesitte aynı anda 2 eksende eğilme momenti varsa buna eğik eğilme denir (bknz. 4.3). Bu durumda eğik eğilme de bir bileşik yükleme olarak değerlendirilebilir. Süperpozisyon yöntemine göre gerilmeler hesaplanabilir. y 𝑴𝒚 𝑴𝒚 𝑴𝒛 a x z Sağ el kaidesine göre My momentini düşünün. Bu moment +z tarafındaki lifleri uzatır, -z tarafındakileri kısaltır. Aynı kesitte gerilmeler z ye göre değişir. Mz momentine aynı mantıkla düşünürsek, +y tarafındaki lifler kısalıp – y tarafındakiler uzayacaktır. Aynı kesitte gerilmeler y ye göre değişir. Şunları fark etmeye çalışın: • a ve b noktalarında Mz den kaynaklanan gerilme sıfırdır. • c ve d noktalarında My den kaynaklanan gerilme sıfırdır. • Kesitin ortasında bir e noktasındaki gerilme hesabı: 𝑀𝑦 𝑀𝑧 𝜎𝑥−𝑒 = 𝑧𝑒 − 𝑦 (D.8.1) 𝐼𝑦 𝐼𝑧 𝑒 30.09.2019 c b G e y y x z 𝜎𝑥−𝑚𝑖𝑛 =𝜎𝑥−𝑏 b G 𝜎𝑥 = x d 𝜎𝑥−𝑚𝑖𝑛 =𝜎𝑥−𝑐 c G e a 𝑴𝒛 z e 𝜎𝑥−𝑚𝑎𝑥 = 𝜎𝑥−𝑎 𝑀𝑦 𝑧 𝐼𝑦 d 𝜎𝑥 = − 𝜎𝑥−𝑚𝑎𝑥 =𝜎𝑥−𝑑 𝑀𝑧 𝑦 𝐼𝑧 Soru: Niçin bu denklemde – (eksi) işareti yoktur? Düşünün.. MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 177 8. Bileşik Yükleme Durumları 8.3 Dairesel Kesitlerde Eğik Eğilme + Burulma // M Dairesel kesitli elemanların (ve özellikle güç ileten millerin) herhangi bir kesitinde aynı anda Mz, My eğilme momentleri ve T burulma momenti oluşabilir. Dairesel kesitler de simetrik olduğu için Eğilmeden kaynaklanan normal gerilmeler aslında D.8.1 denkleminden elde edilebilir. Kayma gerilmesi 𝑇 ise 𝜏 = 𝜌 denkleminden bulunabilir ve kritik nokta için akma-kırılma 𝐽 kriterleri örnek 8.1 deki gibi uygulanabilir. Ancak bu işlemler burada daha basitleştirilecektir. Kesit dairesel olduğu için eğilme momentlerinin bileşkesini alabiliriz. Ve sanki tek eğilme momenti varmış gibi düşünebiliriz. 𝑀 = 𝑀𝑦 2 +𝑀𝑧 2 Eğilme açısından en büyük gerilmeler a ve b noktalarında çıkacaktır. (Sağ el kaidesine göre baş parmağınız M yönünde ise M’ e dik doğrultuda üstteki liflerin çekildiğini, alttaki liflerin basıldığını anlamaya çalışın). a ve b aynı zamanda çevre noktalar olduğu için burulma momentinden kaynaklanan kayma gerilmesi bu noktalarda (ve diğer çevre noktalarda da) maksimumdur (tmax-T ) a noktasındaki mohr çemberi sx-max a sx-max tmax-T 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 178 8. Bileşik Yükleme Durumları Artık eksen takımını şu şekilde düşünmemiz mümkün. (z ekseni -M yönünde, x ekseni kesit normaline paralel alınır. y ise bu iki eksene göre yerleştirilirse a noktasından geçecektir.) tmax sx-max tmax tmax sx-min a noktasındaki mohr çemberinden maksimum kayma gerilme hesabını yaparsak: sx 0 s 2 2 t a x t max T 2 2 2 t max 𝜎𝑥 = − 2 2 t max 𝑀𝑧 𝑀 𝑦𝑎 = − . 𝑟 𝐼𝑧 𝐼𝑧 𝜏𝑎 = 𝜏𝑚𝑎𝑥−𝑇 = 𝜋𝑟 4 𝐽= 2 30.09.2019 t max 𝑇 𝑇 𝜌𝑎 = . 𝑟 𝐽 𝐽 𝜋𝑟 4 , 𝐼𝑧 = 4 𝐽 𝐼𝑧 = 2 M T 2 .r .r 2. J J 2 M 2 T 2 .r J (D.8.2) Eğilme + Burulmaya maruz millerde bir kesitteki en büyük maksimum kayma gerilmesi Bu denklem millerin akma kontrolünü Tresca kriterine göre yaparken pratiklik sağlar. MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 179 8. Bileşik Yükleme Durumları 8.3 Dairesel Kesitlerde Eğik Eğilme + Burulma - (devam) Von-Mises kriterine göre basitleştirme yapacak olursak; s eş s vm 1 (s y s z )2 (s x s z )2 (s x s y )2 6(t yz 2 t xz 2 t xy 2 ) 2 s eş 1 (0 0)2 (s x 0)2 (s x 0)2 6(0 t xz 2 0) 2 s eş 1 2 2 2 2s x 6(t xz ) s x 3t xz 2 ( ) ( M 2 T M T y ) 3( r ) 2 ( r ) 2 3( r ) 2 I J I 2I ( M 2 T r 3 r ) 3( r ) 2 M2 T2 I 2I I 4 3 M2 T2 4 r s eş I (D.8.3) Eğilme + Burulmaya maruz millerde bir kesitte en kritik noktadaki eşdeğer gerilme Bu denklem millerin akma kontrolünü Von-Mises kriterine göre yaparken pratiklik sağlar. Püf noktaları • Güç ileten millerde akma kriterlerini uygulamadan önce en kritik kesit belirlenmelidir. • Daha sonra D.8.2 ile tmax veya D.8.3 ile seş-max hesaplanıp emniyet gerilmesi ile karşılaştırılmalıdır. • D.8.2 ve D.8.3 denklemlerinin uygulanabilmesi için kesitte çeki veya bası kuvveti olmamalıdır. Kritik noktaya etkisi olmadığı için kesme kuvvetinin olması önemli değildir. • D.8.2 ve D.8.3 denklemleri tek eğilme momenti + burulma için de uygulanabilir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 180 8. Bileşik Yükleme Durumları Örnek 8.3: 44cm yarıçapındaki içi dolu alüminyum AB miline rijit DC anahtarı takılmıştır. DC elemanına C ucundan +y ekseni yönünde P = 3kN, -z yönünde F= 4kN luk kuvvetler uygulanmıştır. Borunun emniyet kontrolünü tresca kriterine göre yapınız. tem= 80MPa, sem=160MPa En kritik kesit ankastre kesittir. Bunu moment diyagramlarını çizerek görebilirsiniz. P ve F yüklerini önce D kesitine sonra B kesitine taşıyalım. Tresca kriterine göre: a T M F Ankastre kesitte F ve P kesme gerilmesi oluşturur. Ancak bu etki merkezde maksimum çevre noktalarda sıfırdır. Momentlerin etkisi ise merkezde sıfır çevre noktalarda maksimumdur ve daha büyüktür. Çevre noktalar daha kritik olduğu için F ve P nin kesme etkisi göze alınmaz. 30.09.2019 P . T z Mz My M b y T T=P.1=3.1=3kNm=300kNmm Mz=-P.100=3.100=-300kNmm tmax < tem emniyetli. Soru: tmax hangi nokta için hesaplanmıştır? Cevabını aranızda tartışınız. Von-Mises kriterine göre: My=-F.100=4.100=-400kNmm 𝑀= 𝑀𝑦 2 +𝑀𝑧 2 =500kNmm seş= 89.6MPa MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor seş <sem emniyetli. 181 8. Bileşik Yükleme Durumları Örnek (Soru) 8.5* (2017-yaz-Final) Bir ingiliz anahtarına uygulanan 140N luk bir el kuvvetiyle çelik AB cıvatası sıkılıyor. Buna göre, AB cıvatasının emniyetli çap değerini hesaplayınız. Civatanın üzerindeki dişleri ihmal ederek cıvatayı içi dolu dairesel kesitli kabul ediniz. tem 100MPa, Cevap: 13.45mm 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 182 8. Bileşik Yükleme Durumları 8.4 Güç ileten Millerin Hesapları: • • • • • • • • Dairesel Kesitlerde Eğik Eğilme+Burulma yüklemesinin çok önemli bir uygulaması güç ileten millerin hesabıdır. Endüstriyel birçok makinada güç ileten dişli, kayış-kasnak gibi mekanizmalar kullanılır. Bu mekanizmalarda güç iletim elemanları dairesel kesitli çubuklara yani millere bağlıdır. Bu mekanizmaların ve millerin üretilmeden önce hesaplarının yapılması ve optimum boyutlarının elde edilmesi son derece önemlidir. Aksi taktirde üretim sırasında kırılma, kalıcı deformasyon gibi istenmeyen problemlerle karşılaşılması veya çok büyük boyutlarda emniyetli yapıldığında ekonomik olmaması söz konusu olacaktır. Bu mekanizmalar hareketli sistemlerdir. Ancak sabit hızla merkezi etrafında dönen veya ötelenen parçalara statik denge denklemleri uygulanabilir ve dolayısıyla mukavemet hesapları aynı şekilde yapılabilir(Bknz 3.5). Nitekim güç iletim mekanizmalarında parçaların bir çoğu bu şekilde hareket etmektedir. Bu miller genellikle sünek metalik malzemelerden imal edildiği için hesaplamalar akma kriterlerine göre yapılır. Şu ana kadar ki bilgilerimizle aslında gerilme hesaplamalarını yapabiliriz. Bundan sonra ise bu hesaplamalarda kullanılan formülleri, tresca ve von-mises kriterleri için biraz daha basitleştireceğiz ve çok daha hızlı sonuca gidebileceğiz. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 183 8. Bileşik Yükleme Durumları 8.4.1 Statik denge denklemleri hareketli sistemlerde de kullanılabilir mi? Newton’un 2nci kanunu bize der ki: Bir cismin üzerine etkiyen net kuvvet ve moment sıfır ise o cisim hareketsiz ise hareketsizliğini korur; Sabit hızla hareket ediyorsa hareketine devam eder. O halde statik denge denklemleri durağan haldeki cisimler veya sistemler dışında, mekanizmalardaki sabit hızla ötelenen veya sabit açısal hızla ağırlık merkezi etrafında dönen parçalara da uygulanabilir. Zira bu parçalar için de bileşke kuvvet ve bileşke moment sıfırdır. Uygulamalarda bir çok mekanizma parçası sabit hızla hareket eder. Bu durumda, bu parçalara gelen kuvvetler statik denge denklemleri ile aynı şekilde bulunabilir. Örneğin, yandaki sistemde, gerek 1 nolu mil (motora bağlı tahrik mili), gerekse 4 nolu mil sabit hızla kendi eksenleri etrafında döner. Dolayısıyla bu miller için de statik denge denklemleri uygulanır. Aynı şekilde 2, 3 ve 5 nolu dişlilerde kendi ağırlık merkezleri etrafında sabit hızla dönecektir. Bunlar için de statik denge denklemleri geçerlidir. Soru: 1 nolu milin serbest cisim diyagramı nasıl çizilir? Motora bağlı uç ankastre kabul edilir. 2 nolu dişliye gelen kuvvet mil eksenine taşınır. Böylece o an için statik denge sağlanmış olur. Sabit açısal hızla dönme hareket olduğu için hareketin herbir anında bu denge geçerlidir. Yandaki şekli dikkatlice inceleyiniz. Dikkat: Ağırlık merkezi dışında bir nokta etrafında dönen cisimler için statik denge denklemleri uygulanamaz. Daha ayrıntılı bilgi için tıklayınız. 1- 184 8. Bileşik Yükleme Durumları Örnek 8.6: Motordan tahrik alan ABC miline bağlı C dişlisi ile üstündeki D dişlisinin temas noktalarından birbirlerine P= 7.96kN luk kuvvet uyguladıkları tespit edilmiştir. Bu durumda dişlilerin bağlı olduğu millerin emniyetli çap değerlerini tresca kriterine göre hesaplayınız. tem= 50MPa y z TA= Tc ABC mili TC = F.150= 7.96x150=1194kNmm P Az x Bz P Az Mz=0 𝑀= 2 𝑀𝑦 +𝑀𝑧 2 M=My Bz F My-max= P.200=7.96x200=1592kNmm (1592 x103 ) 2 (1194 x103 ) 2 d M 2 T 2 t max .r . t em 50 .d 4 J 2 32 d em ABC 58.8mm 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 185 y 8. Bileşik Yükleme Durumları DEF mili z Mz=0 TE= 7.96x90=716.4kNmm=T P P x 𝑀= 𝑀𝑦 2 +𝑀𝑧 2 = 𝑀𝑦 2 +02 = 𝑀𝑦 My-max= P.100=7.96x100=796kNmm t max M 2 T 2 .r J P Ey (796 x103 ) 2 (716.4 x103 ) 2 d t max . t em 50 .d 4 2 32 d em DEF 47.8mm 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 186 8. Bileşik Yükleme Durumları Örnek (Soru) 8.7 Şekildeki kayış kasnak mekanizmasında kasnakların bağlı olduğu ABCDE milinin emniyetli çap değerini Tresca kriterine göre hesaplayınız. tem= 80MPa. l =180mm (A ve E yatakları x ekseninde hem dönmeye hem ötelenmeye izin vermektedir ve z, y eksenlerindeki moment tepkileri ihmal edilebilir. Statik dengeden önce P kuvvetini hesaplamanız gerekir.) Cevap: 38.8mm 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 187 DENEME SINAVLARI VE CEVAPLARI • Bundan sonraki sayfalarda bazı sınavların soru kağıtları aynen koyulmuştur. • Kendinizi bu sınavlarla deneyerek sınavlara hazırlanmaya çalışınız. • Verilen süreyi aşmamaya çalışınız. • Sınav sorularının cevapları son sayfalar ayrıca verilmiştir. Sınavdan önce cevaplara bakmayınız. • Sınavı tamamladıktan sonra bu cevapları bulamadı iseniz, cevabı bulana kadar işlemlerinizi kontrol ediniz. Cevabı bulduğunuzda gidiş yolunuzda yaptığınız hataları inceleyiniz. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 188 DEU MUH. FAK. ENDUSTRİ MUH. BL. MUHENDİSLİK MEKANİĞİ 2.VİZE (YAZ OKULU-2018) Süre: 80dk Malzeme Mukavemeti Kesmedeki Akma Mukavemeti Elastisite modülü (E) Poisson oranı (n) Kayma (Rijitlik) Modülü (G) Isıl Genleşme Katsayısı (a) Çelik Alüminyum 400MPa 140MPa 200MPa 70MPa 210GPa 70GPa 0.26 0.34 81GPa 25 GPa 12x10-6 (1/ oC) 24x10-6 (1/ oC) Çeki / Bası için Akma İlgili tüm sorularda emniyet katsayısı n = 2 alınacaktır. S.1-) Şekildeki sistemde alüminyum ABCD ve ED çubuklarının bağlantı noktalarında çelik pimler kullanılmıştır. Gösterilen yükleme durumu için; a-15P) E piminin emniyetli çap değerini, b-10P) genişliği 20mm olan ED çubuğunun emniyetli kalınlığını, c-10P) C deki yatak gerilmesini, hesaplayınız. (C piminin çapı 10mm , bir yatağın kalınlığı 5mm dir.) S.2- ) A ucu bir duvara tamamen S.3-) ) Şekildeki kademeli sabitlenmiş çelik borunun, dış ve iç çapları sırasıyla 12mm ve 8mm dir. Buna göre, çubukta Alüminyum ve Çelik kısımların çapları sırasıyla 10cm ve 6cm dir. a-20P) Gösterilen yükleme durumu için emniyet sınırlarının aşılıp aşılmadığını kontrol ediniz. Buna göre sistemde akma olmaması için, sistemin sıcaklığı maksimum ne kadar arttırılabilir? hesaplayınız. b-15P) D ucunun A ucuna göre burulma açısını hesaplayınız. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 189 DEU. MUH.FAK. ENDUSTRİ MUH.BL. MÜHENDİSLİK MEKANİĞİ FİNAL SINAVI (24.1.2017, Süre: 80dk) S.4-) Düzlem gerilme durumu gösterilen nokta için, a-10) Mohr Çemberini çiziniz. b-5) Asal gerilmeleri ve doğrultularını belirleyiniz. c-10) Taralı m-m düzlemindeki gerilme bileşenlerini hesaplayınız. d-10) 2nolu gevrek malzeme için bu noktada kırılma olup olmayacağını kontrol ediniz. . S.5-) ) Şekilde OA çubuğunun A ucundaki AD kablosuna 50 N ağırlığında bir saksı bağlanmıştır. OA çubuğu O noktasında bir küresel mafsala bağlı olup, AB ve AC kablolarıyla ayrıca dengelenmiştir. Buna göre, a-25) AD, AC ve AB kablolarındaki kuvvetleri bulunuz. b-10) 1 nolu sünek malzemeden imal edilmiş bu kabloların her birisinin emniyetli çap değerlerini tespit ediniz. (emniyet katsayısı : n = 2) S.6-) d çapında, içi dolu, 1 nolu sünek malzemeden imal edilmiş, düşey AB mili A ucundan 1m yarıçaplı bir diske sıkı geçirilmiş, B ucundan ise zemine sabitlenmiştir. Diskin C noktasından – y eksenine paralel F = 10kN luk bir kuvvet uygulanacaktır. AB milinin bu kuvveti emniyet sınırları içinde taşıması isteniyor. Buna göre AB milinin emniyetli çap değerini belirleyiniz. (Sıkı geçme sebebiyle mil, diskteki delik içinde serbestçe dönemez. Emniyet katsayısı n=2 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 190 DEU. MUH.FAK. ENDUSTRİ MUH.BL. MÜHENDİSLİK MEKANİĞİ FİNAL SINAVI (26.12.2017, Süre: 100dk) Kayma (Rijitlik) Modülü (G) Malzeme Çekideki Akma / Kırılma Mukavemeti Basıdaki Akma / Kırılma Mukavemeti Kesmedeki Akma /Kırılma Mukavemeti Elastisite modülü (E) Poisson oranı () Çelik (Sünek) 400MPa -400MPa 200MPa 210GPa 0.26 81GPa Beton (Gevrek) 8 MPa -40MPa 20MPa 37GPa 0.2 36GPa S7-) Şekilde düzleme gerilme durumu verilen nokta için; S9-25P) Şekildeki AB çelik miline bağlı a-8P) Mohr Çemberini çiziniz. kolun C noktasından y eksenine b-5P) Asal Gerilmeleri ve düzlemlerini bulunuz. paralel F= 4kN luk bir çevirme kuvveti c-5P) Maksimum kayma gerilmesini bulunuz. uygulanacaktır. Buna göre AB milinin d-7P) Beton malzeme için bu noktada kırılma olup olmayacağını kontrol ediniz. emniyetli çap değerini hesaplayınız. (Emniyet katsayısı : n=2) S10-25P) Şekildeki pensenin ucuna kenar uzunluğu 12mm olan kübik bir beton K numunesi yerleştirilmiştir. K numunesinin kırabilmek için S8-25P) Şekildeki yükleme durumu ve kesit uygulanması gereken minimum P el görünümü verilen beton kirişte, kırılma olup kuvvetini hesaplayınız. olmayacağını hesaplayarak kontrol ediniz. A ve D pimleri yatay kanalda serbestçe ve sürtünmesiz hareket edebilmektedir. Pensenin alt ve üst kısımları birbirine göre simetriktir. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 191 DENEME SINAVLARININ Cevapları (Cevapları tam doğru bulana kadar yaptığınız işlemleri kontrol ediniz.) S1. a-) dE-em = 13.71mm, b-) tem = 33.5 mm c-) sb-c = -197.5 MPa S2. a-) emniyetsiz, (Çünkü: tmax = 330MPa… > 100MPa) b-) 3.47rd S3. DTmax = 274 OC S4. a-) negatif tarafta bir çember çıkmalı . b-) -51.46MPa, -118.54MPa, 31.71o , c) sx’ = -111.93MPa, tx’y’=19.98MPa, d-) kırılmaz S5. a-) 50N, 58.3N, 58.3N, S6. 12.9mm b-) 0.65mm, 0.7mm, 0.7mm S7. b-) smax = 6MPa, smin = -14MPa, p=18.43o a-) c-) tmax = 10MPa d-) Rankine (kırılmaz), Coulumb(1.1 > 1 …. kırılır) S8. Akma olmaz. (Çünkü: smax = 90MPa ..< 400 MPa , smin = -45MPa… I sminI < I 400 I ) S9. dem = 72.15 mm (tresca kriterine göre) veya dem = 70.81 mm (von-mises kriterine göre) S10. Pmin = 794.48 N 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 192 Notlardaki Çözümsüz Soruların Çözümleri (Bu kısım sadece Öğretim Üyesinde Vardır) 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 193 1. c- Bağlantı Elemanları Örnek (Soru) 1.5*: Şekildeki çerçeve sisteme G noktasından 24kN luk düşey bir yük uygulanmıştır. BE ve CF çift taraflı olarak yatay AD çubuğuna 20mm çapında çelik pimlerle bağlıdır. A ve D uçlarında ise dönmeye izin veren ötelenmeye izin vermeyen bağlantılar kullanılmıştır. Akma mukavemeti 200MPa olan BE ve CF çubukları 40mm genişliğinde ve aynı t kalınlığındadır. Emniyet faktörünü 2 alarak bu çubukların emniyetli kalınlık değerini tespit ediniz. Çözüm: tem =9.75mm 𝑀𝐸 = 0 → 0.4𝑥𝐹𝐶𝐹 − 0.65𝑥24 = 0 → 𝐹𝐶𝐹 = 39𝑘𝑁 FBE =39-24=15 kN olduğu için CF çubuğu incelenir. Çünkü boyutlarda olmasına rağmen üzerine düşen kuvvet daha fazladır. BE çubuğun tem değeri daha düşük çıkar. 𝜎𝑒𝑚 30.09.2019 𝐹𝐶𝐹 39𝑥103 200 = = = → 𝑡𝑒𝑚 = 9.75𝑚𝑚 2 40 − 20 𝑡 40𝑡 2 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 194 1. c- Bağlantı Elemanları Örnek (Soru) 1.6* : (2017 yaz okulu 2.vize) Şekildeki sistemin 800 N luk düşey yükü emniyet sınırları içerisinde taşıyabilmesi isteniyor. Emniyet katsayısını 2 alarak, a-) Çelik malzemeden imal edilmiş, A ve B pimlerinin emniyetli çap değerlerini belirleyiniz. (A pimi tek, B pimi çift kesme yüzeyine sahiptir.) b-) Bu durumda, 50mm genişliğe, 8mm kalınlığa sahip Alüminyum BD çubuğunun emniyet kontrolünü yapınız. Malzeme Çelik Alüminyum Çeki / Bası için Akma Mukavemeti Kesmedeki Akma Mukavemeti 400MPa 140MPa 200MPa 70MPa Cevaplar: a-) dA-em= 1.805mm, dB-em= 3.59 mm, b-) sBD-max = 2.72MPa emniyetli 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 195 1. c- Bağlantı Elemanları Örnek (Soru) 1.7* : Şekildeki yatay AGCB uçak çekme çubuğunun ağırlık merkezi G noktasında olup, kütlesi 200kg dır. Bu Çubuğun ağırlığı CD hidrolik silindiri ve F tekerleği ile dengelenmiştir. F tekerleği sadece yere temas etmekte olup, yatay çekme çubuğu ile arasında yeterince bir boşluk mevcuttur. A, E ve D noktalarında pimlerle bağlantı sağlanmıştır. Bu durumda 25mm çapındaki CD hidrolik silindirinde ortaya çıkan normal gerilme değerini hesaplayınız. Cevap: -4.97MPa 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 196 1. c- Bağlantı Elemanları Örnek (Soru) 1.8* : Şekildeki taşıyıcı sisteme 6kN luk bir kutu yüklenmiştir. Sistem gösterilen konumda dengede tutulmaktadır. L şeklindeki taşıyıcı bütün bir parçadır. E tekerleği sürtünmesizdir. B pimi tek kesmeye maruzdur. Buna göre B piminin emniyetli çap değerini hesaplayınız. (B piminin malzemesinin kesme mukavemeti 138 MPa dır. emniyet katsayısı n= 2) Cevap: 12mm 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 197 1. c- Bağlantı Elemanları Örnek (Soru) 1.10* : A ve B tahta levhaları aralarında 6mm lik boşluk kalacak şekilde 75xL boyutlarında tahta iki levhaya yapıştırılarak şekildeki gibi birleştirilmiştir. Levhalara 15kN luk çekme yükleri uygulanmıştır. Yapıştırıcı malzemesi maksimum 4 MPa kayma gerilmesine dayabilir. Buna göre, emniyet katsayısı n = 2 alarak, Levhaların birbirlerinden ayrılmaması için L boyunun sınır değerini hesaplayınız. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 198 1. c- Bağlantı Elemanları Örnek (Soru) 1.11*: D kısmından sabitlenmiş olan CD tahtasındaki deliğe, 12mm çapında çaplı AB çelik çubuğu sıkıca geçirilmiştir. A ve B uçlarından uygulanan 2.25kN luk yatay kuvvetler a-) Tahtadaki maksimum normal gerilmeyi, b-) Delikteki dayanma gerilmesini hesaplayınız. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 199 Örnek (Soru) 1.12: Üst yüzeyinden tavana asılmış ve sabitlenmiş olan 40mmx40mm kare kesitli bir tahta bloğa yatay bir çelik pim geçirilmiştir. Pime her iki ucundan düşey doğrultuda ve aşağı doğru toplam bir P yükü uygulanacaktır. Tahta çeki mukavemeti 60MPa ve kayma (kesme) mukavemeti 7.5MPa, çelik malzemenin kayma mukavemeti ise 145 MPa dır. c=55mm ve d=12mm olarak biliniyor. Buna göre bu sisteme emniyet sınırları içerisinde uygulanabilecek maksimum P kuvvetini hesaplayınız. Emniyet katsayısı n= 3.2 alınacaktır. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 200 1. c- Bağlantı Elemanları Örnek Soru 1.12 (Final 2016): Şekildeki kafes sistemde dairesel kesitli çelik çubuklar kullanılacaktır. Buna göre BE, CE çubuklarının minimum çap değerini hesaplayınız. Kullanılacak çelik için akma gerilmesi = 400 MPa Cevaplar : BE çubuğunun minimum çapı = 19.94mm CE çubuğunun minimum çapı = 17.84mm 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 201 1. c- Bağlantı Elemanları Örnek Soru 1.13 (Final 2016) Şekildeki sıkıştırma aletine P = 50 N luk bir el kuvveti uygulanacaktır. Buna göre emniyet sınırları içinde kalacak şekilde, a-) kare kesitli CD kolunun emniyetli kesit uzunluğunu, b-) Dairesel kesitli 1 nolu kolun emniyetli çap değerini, c-) tek kesme yüzeyine maruz E piminin emniyetli çap değerini hesaplayınız. Verilenler: a=3cm, b=10cm, c=4cm, d=5cm. emniyet katsayısı n= 2 1 nolu JA kolu, DG elemanına J noktasından kaynaklanmıştır. EF arasında açılan delik, 1 nolu kolun yatay doğrultulda hareketine izin vermektedir. CD ve JA kolu ve pimler aynı malzemeden imal edilecektir. Bu malzemenin akma mukavemeti: 300 MPa dır. Not: Kaymadaki akma mukavemeti, çeki akma gerilmesinin yarısıdır. Cevaplar a-) 1.45 mm, b-) 2.07mm, c-) 4.88mm 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 202 1. c- Bağlantı Elemanları Örnek 1.14 AB ve CD çubukları mafsallara ve BCE rijit kirişine pimlerle, tek yüzeyden kesme olacak şekilde bağlanmıştır. σak = 420MPa τak =170 MPa ve emniyet katsayısı n=3.2 olduğuna göre emniyetle uygulanabilecek P kuvvetinin en büyük değerini bulunuz. (A ve B pimlerinin çapı 15mm, C ve D pimlerinin çapı 10mm dir. AB ve CD çubukları 8mmx30mm lik dikdörtgen kesitlere sahiptir.) Çözüm: Statik hesapları: AB ve CD çubukları çift kuvvet elemanlarıdır. Emniyet gerilmeleri 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 203 1. c- Bağlantı Elemanları B piminin emniyeti açısından : I-I kesimi – sol kısım B piminin emniyetle taşıyabileceği kuvvet D piminin emniyeti açısından; benzer şekilde: II-II kesimi – sol kısım D piminin emniyetle taşıyabileceği kuvvet 30.09.2019 B piminin emniyeti için uygulanabilecek maksimum P kuvveti MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor D piminin emniyeti için uygulanabilecek maksimum P kuvveti 204 1. c- Bağlantı Elemanları AB çubuğunun emniyeti açısından inceleme: En kritik kesit miminum kesittir. Bu ise pim deliğinin olduğu a-a kesitidir. AB çubuğunun emniyetle taşıyabileceği kuvvet B AB çubuğunun emniyeti açısından uygulanabilecek maksimum P kuvveti Benzer şekilde CD çubuğunun emniyeti açısından inceleme yapalım. Aradaki fark sadece pim çapının 10mm olmasıdır. CD çubuğunun emniyetle taşıyabileceği kuvvet CD çubuğunun emniyeti açısından uygulanabilecek maksimum P kuvveti Sonuç olarak bulunan P değerlerinden en küçüğü seçilir. Bu şekilde tüm pim ve çubuklar bu en küçük kuvvete dayanacaktır. Bu durumda emniyet sınırları içinde uygulanabilecek maksimum P kuvveti ….>>> P = 1669 N dur. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 205 Örnek (Soru)1.15 : Şekildeki taşıyıcı sistemin, 5.4 kN ağırlığında levhayı emniyetle taşıyabilmesi isteniyor. Buna göre; a-) AB çubuğunun kesit alanının, b-)C piminin çapının emniyetli değerlerini hesaplayınız. AB çubuğunun çeki için emniyet gerilmesi 125MPa, C piminin kesmedeki emniyet gerilmesi 45MPa dır. Çubukların ağırlığı ihmal edilecektir. Cevap: a-) 44.1mm2 , b-) 8.54mm 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 206 1. c- Bağlantı Elemanları Çözüm 1.15 : 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 207 2. Şekil Değiştirme c-) Eksenel Yüklemede Hiperstatik Problemler Örnek 2.4* Şekildeki BC ve DE çubukları çelikten imal edilmiş olup (Eç=200GPa) her birinin genişliği 12 mm ve kalınlığı 6 mm’dir. Buna göre; a-) AF rijit elemanına P=2,4 kN’luk kuvvet uygulandığı zaman BC ve DE çubuklarında meydana gelen kuvvetleri,b-) Buna karşılık gelen A noktasının deplasmanını(yer değiştirmesini), bulunuz. Cevap:a-) 4kN ve 1.6kN, b-) 0.056mm 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 208 1- 208 2. Şekil Değiştirme d-) Termal Yüklemeler Örnek (Soru) 2.7* Emniyet sınırları aşılmaksızın şekildeki sistemi ne kadar ısıtabiliriz? (Cevap: ΔT= 41 oC) Öncelikle bakır için emniyetli P kuvvetini hesaplayalım: P kuvvetinin alüminyum için kontrolünü yapalım: P kuvvetinin bakır için kontrolünü yapalım: olduğundan emniyet sınırlarını aşmayan kuvvet P=98180 N = 98,18 kN olarak bulunur. 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 209 2. Şekil Değiştirme e-) Hooke Bağıntıları Örnek 2.8: Dikdörtgen prizması şeklindeki bir blok (G = 630 MPa) iki rijit plakaya yapıştırılmıştır. Alt plaka sabit iken, üst plakaya bir P kuvveti uygulanmıştır. P’nin etkisi ile üst plaka 1 mm hareket ettiğine göre; malzemedeki ortalama kayma şekil değiştirmesini ve uygulanan P kuvvetini bulunuz. xy tan xy 1 mm 50 mm. xy 0.02 rad t xy G xy (630MPa )(0.02 rad ) 12.6 MPa P t xy A (12.6 MPa )(2008 mm )(62 mm ) 156.2 103 N 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 210 2. Şekil Değiştirme Örnekler Örnek (Soru) 2.12* Cevaplar a-) 0.06mm, b-) 0.0206mm, c-) 0.06mm 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 211 2. Şekil Değiştirme Örnekler Örnek 2.13* x y Şekildeki çelik silindir, alt ucundan ankastre olup dış kuvvetler sonucu üst yüzeyinde -80MPa lık bası gerilmesi oluşmuştur. Buna göre silindirin hacmi ne kadar değişir? Cevap: -188.48mm3 z 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 212 2. Şekil Değiştirme Örnekler Örnek (Soru) 2.14* Şekildeki kademeli milde AB kısmındaki gerilmenin BC kısmındakinin 2 katı çıkması için P kuvvetinin değerini hesaplayınız. Cevap: P=112.9kN 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 213 2. Şekil Değiştirme - Örnekler 30.09.2019 Örnek (Soru) 2.15* : 24mm çaplı AD çelik çubuğunun her iki ucuna aynı malzemeden AB ve CD kapakları sıkı geçirilmiştir. a-) Sistemin toplam uzamasını 0.04mm yapacak P çekme kuvvetini bulunuz. b-) Bulduğunuz P kuvveti etkisiyle BC kısmının uzama miktarını hesaplayınız. Elastiklik Modülü E=200GPa alınız. Cevap: a-) P=31.6kN, b-)dBC = 0.025mm MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 214 2. Şekil Değiştirme Örnekler Örnek (Soru) 2.16: Şekildeki Alüminyum kademeli çubuğa P=4kN luk çeki, Q = 32.8kN luk bası kuvveti uygulanıyor. Buna göre çubuğun toplam uzama miktarını hesaplayınız. Cevap: 0 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 215 2. Şekil Değiştirme Örnekler Örnek (Soru) 2.17* İki alüminyum levhanın arasına pirinç bir başka levha yerleştirilerek yapıştırılmış ve şekildeki kompozit plaka elde edilmiştir. Alüminyum ve Pirinç levhaların herbirisi 250x30x5mm boyutlarına sahiptir. Kompozit levhaya uygulanan eksenel P = -30kN luk bası kuvveti etkisi ile alüminyum ve pirinç levhalarda oluşan normal gerilmeleri hesaplayınız. Cevap: sALÜM. 51.1 MPa, sPİRİNÇ=-85.7MPa 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 216 2. Şekil Değiştirme Örnekler P P 30.09.2019 Örnek (Soru) 2.18 25 mm çapında çelik mil bir alüminyum tüpün içine yerleştirilmiştir. Bu sisteme P =160kN luk bası kuvveti uygulandığında a-) Çelik ve Alüminyum’da ortaya çıkan gerilmeleri b-) Herbirisinin boyundaki değişim miktarlarını hesaplayınız. (Eçelik= 200GPa, Ealüm.= 70GPa) Cevap: a-) sçelik= -116.3 MPa, salüm.= -40.7MPa b-)-0.145mm MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 217 2. Şekil Değiştirme Örnekler Örnek (Soru) 2.19 Çelik ve pirinçten oluşturulan kademeli çubuk, her iki ucunda iki sabit duvar arasına yerleştrilmiş, B ve D noktalarından sırasıyla 60kN ve 40kN luk eksenel kuvvetlere maruz bırakılmıştır. Buna göre çelik (Eçelik = 200GPa ve Epirinç = 105GPa) pirinçte oluşan maksimum gerilmeleri hesaplayınız. (Cevap: RA=67.8kN, RE=32.2kN, sAB= 53,98MPa, sDE= -52,65MPa) 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 218 3. Burulma – Millerin Burulması Örnek (Soru) 3.5 Şekildeki ankastre boruya emniyet sınırları içinde uygulanabilecek maksimum burulma momenti ( T ) değerini hesaplayınız. ( d = 30mm, temn. = 52MPa) ( Cevap: T = 446.7Nm) Örnek (Soru) 3.6 Şekildeki kademeli milde, AB ve BC kısımlarında oluşan maksimum gerilmeleri hesaplayınız. (Cevap: 56.6 MPa, 36.6 MPa ) 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 219 3. Burulma – Millerin Burulması Örnek 3.7* Sağ taraftan sabitlenmiş çelik bir mil ile alüminyum bir tüp, şekildeki gibi rijit bir diske bağlanmıştır. Çelik mil ve alüminyum tüp için emniyetli kayma gerilmeleri sırasıyla 120 MPa ve 70 MPa olduğuna göre; disk vasıtasıyla sisteme uygulanabilecek maksimum tork değerini bulunuz. (GAlüm.=27 GPa, GÇelik=77 GPa) Alüminyum emniyeti için >120MPa olduğundan çelik emniyetsiz Çelik emniyeti için < olduğundan alüminyum da emniyetlidir. Bu durumda uygulanabilecek maksimum tork: 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 220 3. Burulma – Millerin Burulması Örnek (Soru) 3.8 Şekildeki elektrik motorundan alınan, 500Nm lik tork B ve C dişlileri tarafından 200Nm ve 300Nm olarak iletilmektedir. A yatağı dönmeye izin vermektedir. Bu durumda A ucunun D ye göre dönme miktarını (burulma açısını ) hesaplayınız. Cevap: 3.22o 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 221 3. Burulma – Millerin Burulması Örnek (Soru) 3.9* Alüminyum ve pirinç kısımlarından oluşan, her iki ucu sabit duvara bağlı olan kademeli mile T =1.2kNm lik bir tork uygulanıyor. Bu durumda sistemin emniyet kontrolünü yapınız. Verilenler: Emniyet faktörü n=2, Galüm.=26GPa, Gpirinç.=39GPa takma-alüm.= 120MPa, takma-pirinç.= 160MPa, Cevap: tmax-alüm = 27.9 MPa (emniyetli); tmax-pirinç = 36.7 MPa (emniyetli). 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 222 4. Eğilme – Eksantrik Yükleme Örnek (Soru) 4.4*: Şekildeki eğik alüminyum çubuğa uygulanabilecek emniyetli P yükünü hesaplayınız. Akma mukavemeti 140MPa, çubuk kesiti 24x30mm, emniyet katsayısı n=2 dir. Cevap: P=6.109kN P Mz P P.(45 12) yA (12) s emn. 70 MPa 30 x 243 A Iz 24 x30 12 P 6109 N 6.109kN sA 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 223 4. Eğilme – Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi Kiriş kesiti Örnek (Soru) 4.7* Şekildeki kirişte ortaya çıkan maksimum ve minimum normal gerilmeleri hesaplayınız. 𝐼𝑧 = 12.46𝑥106 𝑚𝑚4 𝑦ത = 69.78𝑚4 𝑦ത = 3.06𝑚4 s max MB 16 106 N mm ymax .(144 69.78) 6 Iz 12.46 x10 s min MB 16 106 N mm ymin (69.78) Iz 12.46 x106 s max 95.3MPa, s min 89.6 MPa 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 224 4. Eğilme – Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi Soru 4.8*: Şekildeki kirişte ortaya çıkan maksimum ve minimum normal gerilmeleri hesaplayınız. Kiriş kesiti Cevap 4.12 yG = 5.7cm Iz = 855.3 cm4 𝜎𝑥−𝑚𝑖𝑛 −1.92𝑥106 𝑁𝑚𝑚 =− 14 − 5.7 𝑥10𝑚𝑚 = −989𝑀𝑃𝑎 855.3𝑥104 𝑚𝑚4 𝜎𝑥−𝑚𝑎𝑥 30.09.2019 −1.92𝑥106 𝑁𝑚𝑚 =− −5.7 𝑥10𝑚𝑚 = 679MPa 855.3𝑥104 𝑚𝑚4 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 225 4. Eğilme – Düşey Yüklü Kirişlerin Eğilmesi Soru 4.12 Şekildeki gibi yüklenmiş kiriş, 150mm çapında içi dolu dairesel kesittir. Malzemeden kazanmak için kiriş kesitini bir miktar boşaltmak ve içi boş dairesel kesitli (boru kesitli) yapmak istiyoruz. Emniyet sınırları içerisinde kalmak kaydıyla kiriş kesitinde maksimum ne kadarlık çapta bir delik açabilirsiniz? Kiriş malzemesinin bası ve çekideki akma mukavemeti 300MPa, emniyet katsayısı n=2 Cevap: d1 = 124.65mm lik bir delik açabiliriz. Mevcut kesit 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor İstenen kesit 226 6. Gerilme Dönüşümleri – Mohr Çemberi Örnek 6.3*: 60 MPa 45 MPa 70 ° 120 MPa Yanda verilen gerilme durumu için; a) Mohr çemberini çiziniz. b-) Asal gerilmeler ve doğrultularını bulunuz c-) Maksimum kayma gerilmesini bulunuz. d-) c düzlemindeki normal ve kayma gerilmelerinin değerini hesaplayınız. c Cevaplar: b-) smax =144MPa, smin =36MPa, 28.15o , c-) tmax =72MPa, d-) sx’ =142MPa, tx’y’ =15.2MPa, Burada analitik çözüm verilmiştir 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 227 7. Akma ve Kırılma Kriterleri Örnek (Soru) 7.2* (2017-Final) Düzlem gerilme durumu gösterilen nokta için, a-10) Mohr Çemberini çiziniz. b-5) Asal gerilmeleri ve doğrultularını belirleyiniz. c-10) Taralı m-m düzlemindeki gerilme bileşenlerini hesaplayınız. d-)Maksimum kayma gerilmesini tespit ediniz. e-10) Gevrek malzeme için bu noktada kırılma olup olmayacağını kontrol ediniz. (Çeki Mukavemeti: 200MPa, Bası Mukavemeti:400MPa, Kesme Mukavemeti:100MPa) Cevaplar: 30.09.2019 b-) smax =-51.46MPa, smin =-118.54MPa, p31.71o , c-) sx’ =-111.93MPa, tx’y’ =19.98MPa, d-) tmax =59.27MPa, e-) Kırılma olmaz. MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 228 8. Bileşik Yükleme Durumları Örnek (Soru) 8.2 Bir önceki soruda ilaveten eksenel yönde bir F2=50kN luk bir bası kuvveti gelirse, AB kirişinde en kritik noktadaki normal ve kayma gerilmelerini belirleyiniz. (F1 = 2.5kN, l1 =50cm, l2 =40cm, d=6cm ) Cevap: sx-min = - 76.63MPa, txz-max =23.58MPa 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 229 8. Bileşik Yükleme Durumları Örnek (Soru) 8.4 (2017-Final)*: d çapında, içi dolu, düşey AB mili A ucundan 1m yarıçaplı bir diske sıkı geçirilmiş, B ucundan ise zemine sabitlenmiştir. Diskin C noktasından – y eksenine paralel F = 10kN luk bir kuvvet uygulanacaktır. AB milinin bu kuvveti emniyet sınırları içinde taşıması isteniyor. Buna göre AB milinin emniyetli çap değerini belirleyiniz. (Sıkı geçme sebebiyle mil, diskteki delik içinde serbestçe dönemez. Emniyet katsayısı n=2 Mil malzemesinin Çeki ve Basıdaki akma mukavemeti 300MPa, Kesme mukavemeti 150MPa) Cevap: 129mm Trescaya göre Veya Tresca için diğer yöntem: t max M 2 T 2 .r J (30 x106 ) 2 (10 x106 ) 2 d t max . .d 4 2 32 161.05 x106 150 t max t em 75 3 d 2 d em 129MPa Von-mises kireterine göre hesap: 30.09.2019 3 3 M2 T2 (30 x106 ) 2 (10 x106 ) 2 d 318 x106 300 4 4 s eş r s d d em 128.47mm em .d 4 I 2 d3 2 64 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 230 8. Bileşik Yükleme Durumları Örnek (Soru) 8.5* (2017-yaz-Final) Bir ingiliz anahtarına uygulanan 140N luk bir el kuvvetiyle çelik AB cıvatası sıkılıyor. Buna göre, AB cıvatasının emniyetli çap değerini hesaplayınız. Civatanın üzerindeki dişleri ihmal ederek cıvatayı içi dolu dairesel kesitli kabul ediniz. tem 100MPa, Cevap: 13.45mm 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 231 8. Bileşik Yükleme Durumları Örnek 8.7 Şekildeki kayış kasnak mekanizmasında kasnakların bağlı olduğu ABCDE milinin emniyetli çap değerini Tresca kriterine göre hesaplayınız. tem= 80MPa. l =180mm (A ve E yatakları x ekseninde hem dönmeye hem ötelenmeye izin vermektedir ve z, y eksenlerindeki moment tepkileri ihmal edilebilir. Statik dengeden önce P kuvvetini hesaplamanız gerekir.) Cevap: 38.8mm 30.09.2019 MUKAVEMET - Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 232
