Uploaded by User6218

Mukavemet Ders Notlari Ogrenci

advertisement
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 200103 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 103 )(225 mm)  0.12 mm
1
1


(
)
84

0

140

70  103 MPa 
3
 0.533 103 mm/mm
1
e y  s y   (s x  s z )
E
 1.067  103 mm/mm
1
e z  s z   (s x  s y )
E
 1.600  103 mm/mm
30.09.2019
d C D  e z d  ( 1.600  103 )(225 mm)  0.36 mm
d t  e y t  ( 1.067  103 )(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
1392104 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  868103 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 xy DA  s x (DA cos ) sin   t xy (DA cos ) cos
 s y (DA sin  ) cos  t xy (DA sin  ) sin 
K düzlemi
t xy  (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 xy  
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
xy 
(s
x
 s s y

   x
sin 2  t xy cos 2 
2


x  s ort )  (t xy )
2
a
2
2
Mohr Çemberi
2
sx s y 
2
 
  t xy
 2 
2
y
(s x  s ort )2  t x2y  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) 2p 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 xy  KD3  52 sin 52.6
s x  48.4 MPa
t xy  41.3 MPa
veya Analitik formüllerden ( txy aşağı doğru negatif alınır)
s x 
sx sy
t xy  
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, p31.71o ,
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
Download
Random flashcards
canlılar ve enrji ilişkileri

2 Cards oauth2_google_d3979ca9-59f8-451c-9cf7-08c5056d5753

En Mimar Architecture LTD ŞTİ XD

2 Cards asilyasar069

Terimler

2 Cards oauth2_google_ef32970e-e5f9-4595-9abe-394e9f6bc8d9

TRYF

6 Cards oauth2_google_3b3e6916-5080-45f2-ae61-79434233ea03

Create flashcards