46 BÖLÜM 3 DENGE , B R KUVVET N MOMENT 3.1 Bir Kuvvetin

advertisement
BÖLÜM 3
DENGE , BİR KUVVETİN MOMENTİ
3.1 Bir Kuvvetin Momenti
Belirli bir doğrultu ve şiddete sahip bir kuvvetin, bir cisim üzerine etkisi, kuvvetin etki
çizgisine bağlıdır. Şekil.3.1 de F1 kuvveti cismi sağa doğru bir öteleme ve saat göstergesinin
zıt yönünde döndürmeye çalışır. F2 kuvveti ise cismi saat göstergesi yönünde döndürür.
F2
F1
Şekil 3.1. Kuvvetlerin etki çizgisi
Kuvvetin etki çizgisi, verilen bir referans noktasına olan dik uzaklığı ile
değerlendirilir. Bu durumlarda referans noktası olarak, kuvvetlerin içinde bulunduğu düzlemle
dönme ekseninin kesim noktası seçilir. Noktanın kuvvetin etki çizgisine olan dik uzaklığına,
kuvvetin seçilen eksene göre kuvvet kolu veya moment kolu denir. Kuvvetin şiddeti ile
kuvvet kolunun uzunluğunun çarpımına, seçilen eksene göre kuvvetin momenti denir.
Şekil.3.2
düzleme dik ve o noktasından geçen bir eksen etrafında dönen ,düzlem
cismin tepeden görünüşüdür.Cisim şekil düzlemdeki
F1 ve F2
kuvvetlerinin etkisinde
bulunmaktadır. F1 in moment kolu L1 boyundaki OA , F2 ninki ise L2 boyundaki OB dik
uzaklıklarıdır. F1, cismi saat göstergesinin zıt yönünde , F2 de saat göstergesi yönünde
döndürmeye çalışır.Bu döndürme yönlerini birbirinden ayırmak için saat göstergeleri yönünde
etkiyen kuvvetlerin momentlerini negatif saat göstergelerinin tersi yönünde etkirse pozitif
alacağız. Buna göre F1 in
O
noktasına göre momenti
noktasına momenti ; M2 = F2 . L2 olacaktır.
46
;
M1 = F1 . L1
ve
F2 in
O
F1
F1
A
A
L1
L
0
L2
0
F2
B
F2
Şekil.3.2 Bir kuvvetin bir
eksen göre momenti
Şekil .3.3 İki kuvvet birbirini dengelerse
bunların bir eksene göre momentlerinin
bileşkesi sıfırdır.
3.2 Dengenin İkinci Şartı.
Bir cisme etkiyen düzlemsel kuvvetlerin daima iki kuvvete indirgene bilinir. Eğer
cisim dengede ise kuvvetlerin (a) şiddetleri eşit yönleri zıt ve (b) doğrultuları aynı
olmalıdır. ( a) gerekçesi dengenin birinci şartı ile yerine getirmiştik.
ΣFx = 0 ve ΣFy = 0
Denge ‘ nin ikinci şartı (b) gerekçesi ise kuvvetlerin moment yardımıyla ifade edilebilir.
Şekil.3.3 de F1 ve F2 kuvvetlerinin etkisinde düz bir cismi gösteriyor. Eğer cisim dengede
ise F1 ve F2 nin şiddetleri eşit ve etki çizgileri ortaktır.Kuvvetlerin her ikisin inde seçilen
bir 0 noktasına göre OA moment kolları aynı L uzunluğundadır. Bu sebeple kuvvetlerin
momentler eşit, işaretleri zıt ve cebrik toplamları sıfırdır. Şiddetleri eşit yönleri zıt iki
kuvvetin , aynı doğrultuya sahip olabilmeleri için gerekli ve yeter şart , herhangi bir eksene
göre momentlerinin toplamının sıfır olmasıdır. Böylece dengenin ikinci şartı analitik olarak
ΣM = 0 şeklinde ifade edilir.
3.3 Paralel Kuvvetlerin Bileşkesi
Bir paralel kuvvetler sisteminde bileşkenin doğrultusu, kuvvetlerin doğrultusuna paralel
, şiddeti kuvvetlerin toplamına eşittir. Bileşkenin etki çizgisi ise bileşkenin herhangi bir
eksene göre momentinin , sistemdeki bütün kuvvetlerin aynı eksene göre momentleri
toplamına eşit olduğu gerekçesinden faydalanılarak bulunur.
47
Şekil.3.4 de F1 ve F2 kuvvetlerini göz
R
önüne alalım.
F2
Kuvvetlerin x bileşenleri olmadığına göre
ΣFy = R = F1 + F2
olmalıdır.
F1
Kuvvetlerin 0 noktasına göre momentleri :
x1
ΣM 0 = F1.x1 + F2 .x 2 dir.
Bileşke kuvvetin aynı noktaya göre momenti:
x2
R.x = ( F1 + F2 ). x
x
dir.
Şekil 3.4 Paralel Kuvvetler
Bileşke kuvvetin momenti bileşenlerin momentleri toplamına eşit olduğundan :
( F1 + F2 ). x
F .x + F2 .x 2
x= 1 1
F1 + F2
= F1.x1 + F2 .x 2
olur.
aynı yolla bileşkenin y koordinatı da bulunur.
y=
F1 . y1 + F2 . y 2
F1 + F2
3.4 Ağırlık Merkezi
Bir cisim yapıldığı maddenin bütün parçacıkları yer tarafından çekilir. Bu parçacıklara
etkiyen yerçekimi kuvvetlerin bileşkesine o cismin ağırlığı denir. Bir cismin ağırlığı birçok
paralel kuvvetlerin bileşkesidir. Çekim kuvvetlerinin doğrultusu yer küresinin merkezine
yönelmiştir ; fakat yerin merkezi çok uzak ta bulunduğundan doğrultuları paralel kabul
edilebilir. Bir cismin ağırlığı birçok paralel kuvvetlerin bileşkesidir.
Şekil 3.5 (a)’ da herhangi biçimde fakat düzlemsel bir cisim görülüyor. Cisim xy
düzlemi içindedir ve y ekseni düşeydir. Cismin, koordinatları, x1,y1; x2,y2 … ağırlıkları w1,w2,
… olan birçok sayıda küçük parçacıklara ayrıldığını düşünelim. Cismin toplam W ağırlığı,
W = w1 + w2 + ... = ∑ w (3.1)
W’ nin etki çizgisinin x koordinatı
x=
w1 x 2 + w2 x 2 + ...
=
w1 + w2 + ...
olur.
48
∑ wx = ∑ wx
∑w W
(3.2)
Şimdi cismin ve referans eksenlerinin, saat göstergelerinin hareket yönünde 90o
döndürüldüğünü düşünelim ve bu halde Şekil 3.5 (b)’ deki çekim kuvvetlerini göz önüne
alalım. W ağırlığında değişiklik olmaz ve etki çizgisinin y koordinatı,
y=
w1 y 2 + w2 y 2 + ...
=
w1 + w2 + ...
∑ wy = ∑ wy
∑w W
(3.3)
olur.
Şekil 3.5’ in ikinci kısmındaki W’ nin etki çizgisinin kesim noktasının koordinatları x
ve y dir. Bu noktaya cismin ağırlık merkezi denir. Cismin herhangi bir konumu için de W’ nin
etki çizgisinin daima ağırlık merkezinden geçtiği gösterilebilir.
y
y
x1
x1,y1
x1,y1
w1
W
y1
x2,y2
x
w1
x2,y2
y
w2
y2
x2
x
O
x
O
w2
W
(a)
(b)
Şekil 3.5 Cismin W ağırlığı bir çok paralel kuvvetlerin bileşkesidir. W ağırlığının etki çizgisi
ağırlık merkezinden geçer.
Bir çok cisimden meydana gelmiş bir sistemin ağırlık merkezini bulmak için Denklem
(3.1) ve (3.2) de w1,w2,… yerine cisimlerin ağırlığı ve x1,y1; x2,y2; yerine de bunların ağırlık
merkezlerinin koordinatları konulur.
Ağırlık merkezlerinin bulunmasında cismin simetrisi kolaylık sağlar. Düzgün bir küre,
küp dairesel disk veya dikdörtgen şeklindeki levhanın ağırlık merkezleri, simetri
merkezleridir. Aynı şekilde dik silindir ve koninin ağırlık merkezi simetri ekseni üzerindedir.
49
ÇÖZÜMLÜ PROBLEMLER
3.1. Şekildeki kalasın ağırlığı 40 nt ve ağırlık
10 m
merkezi tam ortasındadır. a) Kablodaki gerilmeyi
b) Duvara dayalı ucunda kalasa etkiyen kuvvetin
6m
yatay ve düşey bileşenlerini bulunuz.
8m
60 N
Çözüm: a) Kablodaki T geriliminin bileşenleri Tx ve Ty kabın duvara dayalı ucuna etkiyen
kuvvetin yatay ve düşey bileşenleri Fx Fy olsun. Sisitem dengede olduğuna göre dengenin
şartlarını yazalım.
0
C
0 … 1
10 m
6m
0 0 … 2
T
Fy
Fx
8m
B
Tx
Ty
A
W =40 nt
60 N
Dengenin ikinci şartı gereğince kuvvetlerin bir noktaya göre momentlerinin toplamı sıfır
olmalıdır. Kuvvetlerin A noktasına göre momentlerini alalım. Tx , Ty , Fx ve w2 kuvvetlerinin
etki çizgisi A noktasından geçtiği için, bu noktaya göre momentleri sıfırdır. Yalnız Fy ve w1
kuvvetlerinin A noktasına göre momenti vardır.
0
. 8 . 4 0 … 3
50
. .
8
4
10 5
. ! 40 "
! 60 "
6
3
10
5
Bu değerleri (1) , (2) ve (3) ifadelerinde yerine koyalım.
4
0
5
b) 20 "
4
5
3
3
40 60 0 100
5
5
40.4
. 8 40.4 0 20 "
8
3
3
80.5
20 100
80 133,3 "
5
5
3
4
4
. 133,3 106,64 "
5
5
3.2. Şekildeki sistemin dengede
10 m
kalabilmesi için çubuğa bir
kuvvet uygulanmalıdır.
37o
a) Gerekli kuvvetin x ve y
bileşenlerini bulunuz.
W1=2 nt
b) Bu kuvvetin etkidiği çubukta
yaptığı açının tanjatını bulunuz.
c) Kuvvetin şiddeti ne olur .
W1=10 nt
d) kuvvet nereye uygulanmalıdır.
51
Çözüm: a) B cismini çubuğa bağlayan sicim sürtünmesiz makaradan geçtiği için makaranın
iki tarafında gerilim aynı T değerindedir. Şekilde görüldüğü gibi sistemi dengeleyen F
kuvvetinin bileşenleri Fx , Fy , tatbik noktasının C noktasına uzaklığı x olsun. Sistem dengede
olduğuna göre, dengenin şartlarını uygulayalım.
F Fy
X
10-X
Fx
C
D
10 m
Ty
A
Tx
37o T
W1=2 nt
T
B
W1=10 nt
B cismi için dengenin birinci şartını yazarsak,
0
0
10 "
10 "
elde edilir. Çubuğa dengenin birinci şartını uygulayalım.
0
0
0
0
. 37% 0,6
10.0,6 6 "
6 "
. 37% 0,8
0,8.10 8 "
2 "
2 8 10 "
b) Kuvvetin çubukla yaptığı açı α ise;
tan c)
10
1,66 )ı+.
6
, ,
6 10 √136 11,7 "
52
d) Çubuğa dengenin ikinci şartını uygulayalım. Kuvvetlerin D noktasına göre momentleri
alalım. Tx , Ty , Fx kuvvetlerinin etki çizgisi D noktasından geçtiği için, bu kuvvetlerin D
noktasına göre momentleri sıfır olur.
. 0
. 0,10 / . 0,10 0
10 "
2 "
10. 0,10 / 2.0,1 0
10/ 0,80
1 10/ 0,2 0
/ 0,08 0 8 0
3.3. Bir silindirin çapı 20 cm , ağırlığı 72 nt dur.
a) silindirin merkezinden
b) en üst noktasından etkidiğine göre silindiri 2 cm yükseklikte bir tuğlanın üstünden aşırmak
için uygulanacak yatay kuvvetlerin şiddetini bulunuz.
Çözüm : a) Uygulanacak yatay kuvvet F olsun. Sisteme dengenin ikinci şartını uygular ve A
noktasına göre moment alırsak ;
.
O
r =10 cm
A
2 cm
F
B
C
W=72 nt
0
. 12 . 32 0
14 + 10 0
24 2 0
13 10 0
12 14 24 10 2 8 0
AOB üçgeninden
32 ,13 12 ,
10 8 6 0
! 72 "
. 12 !. 32 0
5)6ğ68 9ö+;
. 0,08 72.0,06 0
54 "
53
b) Yine A noktasına göre moment alalım.
F
∑ 0
.
=2 =1 12 10 8 18 0
O
r =10 cm
A
2 cm
. =2 !. 32 0
. 0,18 72.0,06 0
32 6 0
72.0,06⁄0,18 24 " ?6566+.
B
C
W=72 nt
A
o
3.4. Şekildeki A sicimindeki gerilimi bulunuz. Kalas
90
düzgün ve ağırlığı 400 nt dur.
45o
90o
90o
400 n
Çözüm: Sicimlerdeki gerilimler ve duvarın kalasa uyguladığı kuvvetin bileşenleri şekilde
görülmektedir. Dengede olan sisteme dengenin şartını uygulayalım. W2 cismi için dengenin
birinci şartını yazarsak,
A
90
T4
B
45o
T3
90o o T3
T2
45
o
D 90
T1
o
Fy
45o
C
W=400 n
Fx
W2= 400 n
54
0
400 "
! 0
400 " ;5); ;)5+.
D noktası için dengenin şartı
0
@ 0
@ @ . cos 45 0,[email protected]
@ 400 "
@ @ . sin 45 0,[email protected]
@ @ 400 " );ğ;+5;+ E;++.
Kalasa dengenin ikinci şartı uygulanırsa ve C noktasına göre moment alınırsa, Fx ve Fy
kuvvetleri bu noktadan geçtiği için momentleri sıfır olur. Kalasın boyu 1 olduğuna göre,
F 0
1
G . 1. sin 45 @ . 1. sin 45 @ . 1. cos 45 ! . . sin 45 0
2
@ @ 400 "
! 400 "
değerleri yerine koyalım.
1
G . 1.0,7 400.1.0,7 400.1.0,7 400. . 0,7 0
2
G 400 400 200 0
G 1000 "
3.5. Bir garaj kapısı şekilde görüldüğü
gibi üstten raya oturtulmuştur. A ve B
A
4m
B
deki tekerlekler paslandığından
yuvarlanmamakta ancak ray üzerinde
kaymaktadır. Kayma sürtünme
h
katsayısı 0,5 tir.Tekerlekler arasındaki
uzaklık 4m ve her biri kapının
P
yanlarından 1m içerdedir. Kapı
simetrik yapıda ve ağırlığı 160 nt dur.
Kapı sola doğru yatay bir P kuvveti etkisinde sabit bir hızla itilmektedir.
a) h uzaklığı 3m olduğuna göre rayın tekerleklerin her birine uyguladığı kuvvetlerin düşey
bileşenleri ne kadardır?
b) Kapının diğeri işe karışmadan tek tekerlek üzerinde kayması için h nın en büyük değeri
ne olmalıdır.
55
F2y
F1y
1m
Çözüm : a) Sisteme etki eden
kuvvetler şekilde görülmektedir. fk1 , fk2
4m
A
sürtünme kuvvetleri, harekete karşıt
1m
B
fk1
fk2
olduğu için sağa doğrudur. Sistem sabit
hızla hareket ettiğinden dengededir.
Dengenin şartlarını yazalım.
h
P
W=160 nt
0
HI HI J 0 … 1
0
! 0 … 2
fk1 , fk2 sürtünme kuvveti olduklarından,
HI KL HI KL
L L HI 0,5 HI 0,5 )+.
K 0,5
Bu değerleri (1) de yerine koyalım.
0,5 0,5 J
! 160 "
0,5M N J
0,5.160 J
J 80 "
Dengenin ikinci şartını uygulayalım, B’ye göre moment alalım.
O 0
. 4 !. 2 J. 3 0
. 4 160.2 80.3 0
160
80
20 "
4
160 160 20 140 "
b) Kapının A’daki tekerleğin işe karışmadığını farzedelim. (1) ve (2) denklemlerinde fk1=0 ve
F1y=0 olur. B ye göre moment alırsak,
O 0
J. P !. 2 0
56
P
!. 2 160.2
40
J
80
3.6. Şekildeki sandalye yatay bir düzlem üzerinde
sabit hızla çekilmektedir.Kayma sürtünme katsayısı
0,30 ve sandalyenin ağırlığı 50 nt dur.
c.g
a) Gerekli yatay kuvvet ne kadardır.
A
1 ft
b) sandalyeyi sürükleyen kuvvet A noktasından
uygulandığına göre sandalyenin bacaklarına yukarıya
1 ft
2 ft
B
doğru etkiyen kuvvetlerin şiddeti ne olur.
1 ft
c) Kuvvet B noktasına uygulanırsa bacaklara yukarı
doğru etkiyen kuvvetler ne olur.
d) sandalyenin devrilmeden sürüklenmesi için kuvvet en fazla hangi yükseklikte
uygulanabilir.
Çözüm: a) Şekilde görüldüğü gibi sandalyenin ön ayaklarına F1y tepki kuvveti ve fk1,
sürtünme kuvveti, arka ayaklarına ise F2y tepki kuvveti ve fk2 sürtünme kuvveti etki eder.
c.g
A
0,6 cm
F1y
W
F2y
B
0,3 cm
fk1
fk2
Sandalyenin sabit hızla hareket edebilmesi için, uygulanan P kuvvetinin sandalyenin toplam
sürtünme kuvveti fk’ya eşit olması gerekir.
HI K. L
K 0,3
L ! 50 " );ğ;+5;+ Q;+; R656+8
HI 0,3.50 15 "
HI J 15 " ;5); ;)5+.
b) Sandalye sabit hızla hareket ettiğine göre dengededir. Dengenin şartlarını yazalım.
0
2 2 ! 0
57
! 50 "
25 … 1
Ağırlık merkezi olan O noktasına göre moment alalım.
% 0
. 0,3 . 0,3 . 0,3 . 0,3 HI . 0,6 0
HI 0 … 2
fk=15 nt olduğuna göre (1) ve (2) denklemlerinden çözüm yaparsak;
5 "
20 " ;5); ;)5+.
c) (1) denkleminden ifadesi değişmeyeceği için aynen yazabiliriz.
25
O noktasına göre moment alalım.
S 0
. 0,3 . 0,3 . 0,3 . 0,3 HI . 0,6 J. 0,3 0
HI 15 "
J 15 "
2 2 2.15 15 0
2 2 15 0
25
Denklemlerini çözersek F1y=8,75 nt F2y=16,25 nt elde edilir.
d) Sandalye devrilme durumuna yaklaşınca ön ayaklar yerden uzaklaşmak üzeredir. Yani
F1y=0 F2y=w olur. C noktasına göre moment alırsak;
0,3. ! J. P 0
P
0,3. ! 50.0,3
10
J
15
Sandalye, devrilmeden sürüklenebilmesi için P kuvveti 1 m yüksekliğe uygulanmalıdır.
3.7. 10 m uzunluğunda düzgün bir merdiven sürtünmesiz bir duvara dayanmakta alt ucuda
duvardan 6 m uzakta bulunmaktadır.Merdivenin ağırlığı 80 nt dur. Merdivenle yer
arasındaki statik sürtünme katsayısı 0,4 tür. 70 kg lık bir adam merdivene çıkmaya başlıyor.
Bu adam merdiven kaymadan ne kadar tırmanabilir.
58
Çözüm:
f1
P
B
E
8m
L
W2
Fy
W1
C
D
fs=Fx
A
X
6m
Fx=fs
fs=µ.N
N=Fy olduğundan fs=µ.Fy=Fx elde edilir. Dengede olan sisteme denge şartlarını uygulayalım.
0
0
0
J 0 … 1
! ! 0 … 2
J. 8 ! . 3 ! . / 0 … 3
K. … 4
(1) denkleminde w1 ve w2 değerlerini yerine koyarsak
! ! 80 700 780 "
(4) den (µ=0,4), Fx=0,4.780=312 nt ve
(1) den P=Fx=312 nt elde edilir.
(3) den 312.8-80.3-700.X=0
ABC ve ADE üçgenlerinden
3T 3=
32 34
3T U
32 10 0
3,22
1
6
10
U
59
3= / 3,22 0
3,22
. 10 5,36 0
6
34 6 0
8 cm
3.8. Şekildeki T şeklindeki levhanın ağırlık merkezini
2 cm
bulunuz.
3 cm
3 cm
6 cm
2 cm
Çözüm : Sistemin ağırlığı, şekilde ağırlık merkezleri belirtilmiş iki ağırlığın toplamıdır. Bu
iki ağırlık 8x2 ve 6x2 boyutundaki iki dikdörtgen levhanın ağırlıklarıdır. Bunları w1=8x2
w2=6x2 olarak alabiliriz.
y
A(0,7)
3 cm w1
2 cm
3 cm
B(0,3)
w2
6 cm
x
2 cm
! . Q ! . Q 8.2.7 6.2.3
QV 5,3 0 56+.
!
2.8 6.2
20 cm
3.9. Şekilde kesiti
görülen bir makine
12 cm
parçası eş eksenli içi
dolu iki silindirden
meydana gelmiştir. Bu
sistemin ağırlık merkezi
nerededir.
r2= 1 cm
r1= 2 cm
60
Çözüm:
20 cm
12 cm
A(6,0)
B(16,0)
r2= 1 cm
r1= 2 cm
w2
w1
! 2 . W. 12
XY ! 1 . W. 8
! . X ! X W. 2 . 12.6 1 . W. 8.16
7,4 0
!
W. 2 . 12 1 . W. 8
3.10. Şekildeki direğin ağırlığı 400 nt’ dur. Bağlama
halatındaki gerilimi ve direğin alt ucuna etkiyen kuvvetin
ℓ/4
T
bileşenlerini bulunuz. cos 40° = sin 50° = 0,76
sin 40° = cos 50° = 0,64 Sistem dengededir.
3ℓ/4
2000 nt
50°
61
Çözüm : ∑ Fx = 0
Fx – T = 0
Fx =
B
T
ℓ/4
∑ Fy = 0
Fy – 400 – 2000 = 0
T
E
Fy = 2400 nt
2000 nt
3ℓ/4
∑ MA = 0
T.AE – 400.AD – 2000.AC = 0
sin500 =
AE
3l/4
AD
cos50 =
l/2
0
cos500 =
AC
l
AE =
Fy
3l
sin 50 0
4
A
l
AD = . cos 50 0
2
400
N
50°
Fx
D
AC = l. cos 50 0
T. 3ℓ/4.sin500 – 400. l / 2. cos 50 0 - 2000.cos500. l = 0
T. (3 /4 ) .0,76 = 200.0,64 + 2000.0,64
T.0,57 = 128 + 1280
T = 2470 nt
Fx = T = 2470 nt
Fy = 2400 nt
3.11. P ağırlığındaki bir şahıs
şekildeki merdivenin
3 / 4 üne
tırmanmıştır. Merdivenin kaymaması
için P ağırlığı en fazla ne olmalıdır.
µd =0,2 , µy =0,3 , WM = 40 kg.
2ℓ
P
W
ℓ
62
C
Çözüm : . µd =0,2 , µy =0,3 , WM = 40 kg.
P=?
fA
Sistem dengede olduğuna göre :
ΣFX = 0
NA - f B = 0
A
(1 )
NA
fB = µy.NB = 0,3. NB
ΣFY = 0
NB + f A - W – P = 0
(2 )
fA = µd .NA = 0,2.NA
2ℓ
NB
Σ MA = 0
l
l
P. + W. + f B .2l − N B .l = 0
4
2
P
(3 )
W
fB
C
(1)
NA = 0,3 . NB
(2)
NB + 0,2. NA – W – P = 0
(3)
( P / 4 ) + 20 + 2.0,3 . NB - NB = 0
B
ℓ
( 2 ) den NB + 0,2.0,3 . NB -40 – P = 0
1,06. NB – P = 40
NB =
40 + P
1,06
( 3 ) den
P
40 + P 40 + P
=0
)−
+ 20 + 0,6(
4
1,06
1,06
P.0,25 + 20 =
0,4.P + 16
1,06
0,13. P = 5 ,
3.12. AB = 10 m
P.0,25 + 20 – 0,4 (
P.0,25 + 20 = 0,38 .P + 15
P + 40
)=0
1,06
0,38.P – 0,25 .P = 20 – 15
P = 38,5 kg.f
C
AC = 6 m sistem
dengede olduğuna göre ipteki gerilmeyi
T
ve çubuğun menteşeye uyguladığı yatay
α
ve düşey kuvvetleri bulunuz.
B
P=200 nt
300
A
63
W=300 nt
Çözüm :
C
ΣFX = 0 Fx – Tx = 0
(1)
Ty
T
ΣFY = 0 Fy + Ty -300 – 200 = 0 (2 )
α
D
B
Tx
Σ M0 = 0
P=200 nt
-200.BD – 300.AE + Tx .AD + Ty.BD = 0 ( 3 )
Fy
-200.8,6 – 300.4,3 + Tx .5 + Ty .8,6 = 0
5. Tx + 8,6. Ty = 3010 ( 4 )
tanα =
CD
1
=
BD 8,6
T
1
= Y
8,6 TX
( 4 ) de
tanα =
W=300 nt
300
Ty
Fx
A
E
Tx
Tx = 8,6. Ty
5.8,6. Ty + 8,6. Ty = 3010
43. Ty + 8,6. Ty = 3010
Ty = 58,33 nt , Tx = 8,6. Ty = 501,6 nt , Tx = Fx = 501,6 nt
Fy = 500 -Ty = 500 – 58,33 = 441,67 nt
T2 = Tx2 + Ty2 = ( 501,6 )2 + (58,33 )2
T = 505 nt
3.13. Şekildeki direğin ağırlığı
w = 1000 nt olup sistem dengededir.
T1 , T2 ve T3 ip kuvvetlerini
B
bulunuz.
T2
A T1
T3
300
2000 nt
600
C
64
Çözüm :
A noktası için denge şartı :
ΣFY = 0
T1 – T2 .cos300 = 0
ΣFX = 0
T2 . sin300 – 2000 = 0
T2
T1
30
T2 = 4000 nt
2000 nt
T1 = T2 .0,86 = 4000.0,86 = 3440 nt
T1 = 3440 nt
T3.cos30
B
30
0
300
300
T3
T2
T3.sin30
W
60
0
C
E
D
Σ MC = - T2 . l - T3 .sin300.CD – W.CE + T3.cos300.BD = 0
T3.0,86. l 0,86 = T2 . l . + T3 0,5.( l / 2) +W. ( l /4 )
T3.0,74 = 4000 + T3.0,25 + 1000. 1 / 4
T3.0,49 = 4250
sin600 = BD / l
BD = l .0,86
cos600 = DC / l
DC = l / 2
T3 = 8673,74 nt
cos6090 = CE / ( l / 2 ) CE = l / 4
3.14. Şekildeki levhanın dengede olabilmesi
600 kg
X
için X , Y , Z kuvvetleri ne olmalıdır.
450
Kenarlar 3 m dir.
500 kg
600
Y
65
Z
400 kg
Çözüm:
Sistem dengede olduğuna göre :
ΣFX = 0 , X + 400.0,7 – 500.sin60 = 0 (1 )
ΣFY = 0
600 kg
X
0
450
Y + Z + 500.cos600 – 600 – 400.0,7 = 0 (2 )
400 kg
(1) den X + 280 – 430 = 0 , X = 150 kg
500 kg
(2) den Y + Z + 250 – 600 – 280 = 0
600
Y + Z = 630 (3)
Y
∑ MZ = - Y.3 – 250.3 – 150.3 -280 . 3 = 0
3.Y = - 840 – 450 – 750
Z
Y = - 680 kg
Y (-) çıktığı için Y aşağı doğru olmalıdır.
(3) den
Z = 630 – Y
Z = 630 – ( -680 ) = 1310 kg olur.
100 kg
3.15. Şekildeki levhanın verilen yükler altında dengede
kalabilmesi için H , A ve B kuvvetleri ne olmalıdır.
40 kg
50 kg
40 kg
( karenin bütün kenarları 20 cm )
H
Çözüm : ΣFX = 0 , H - 40 – 40 = 0
H = 80 kg
ΣFY = 0 , A + B – 100 – 50 = 0
A
B
A + B = 150
∑ MA = - H. 20 + 50.20 + B.20 + 40 .40 + 40.60 = 0
-1600 + 1000 + B.20 + 1600 + 2400 = 0
B = -170 kg ,
A + B = 150 , A = 320 kg
B (-) çıktığı için B nin yönü aşağı doğru olur.
600
3.16. Şekildeki direğin ağırlığı 1164 nt
T
B
C
olduğuna göre ipteki gerilme kuvvetini ( T ) ve
direğin alt ucuna etkiyen kuvvetin dik
bileşenlerini
O
,
( FX FY ) bulunuz. BC = l /3 AC = 2 l / 3
0
0
0
W2 = 1000 nt
0
cos30 = sin60 = 0,86 , cos60 = sin30 = 0,5
.
W1 =1164 nt
600
A
66
Çözüm :
BC = l /3 AC = 2 l / 3
0
T
600
0
0
B
0
cos30 = sin60 = 0,86 , cos60 = sin30 = 0,5
C
cos600 =
AD
l/2
sin600 =
CE
CE = 0,86.( 2 l / 3) = 0,573. l
2l/3
cos600 =
AF
l
AE =
AD =
AF =
l
2
l
4
cos600 =
O
AE
2l/3
Fy
600
l
3
sin600 =
W2 = 1000 nt
A
Fx
W1 =1164 nt
D
E
F
CE
CE = 0,86.( 2 l / 3) = 0,573. l
2l/3
ΣFX = 0 ,
Fx – T.cos300 = 0
Fx = T.cos300 = T . 0,86
ΣFY = 0 ,
,
Fx = T.0,86 (1)
Fy + T.sin300 – W1 – W2 = 0 ,
Fy = 2164 – T.0,5
(2)
Fx = T.0,86
Fy = W1 + W2 – T.0,5 = 1000+1164 – T.0,5
(1)
∑ MA = - W1 .AD – W2. AF + Ty .AE + Tx .CE = 0
-1164.
l
l
l
-1000. + T. Sin300 . + T.cos300.0,573. l = 0
4
2
3
- 291 – 500 + T.0,166 + T.0,49 = 0 T.0,656 = 791
T = 1205 nt
Fx = T.0,86 = 1205 . 0,86 = 1036,3 nt
Fx =1036,3 nt
Fy = 1000 + 1164 – T.0,5 = 1561,5 nt
Fy =1561,5 nt
B
3.17. 12 m uzunluğunda bir merdivenin
ağırlığı 30 kg dır. Bir ucu duvara bir ucuda
döşemeye dayanmaktadır. Her iki yüzeyde
sürtünme katsayısı 0,2 dir. Merdivene etkiyen
bütün kuvvetleri ve θ açısını bulunuz.
W
C
67
θ
D
A
Çözüm : ΣFX = 0 ,
N1 – f2 = 0
(1)
ΣFY = 0 ,
N2 + f1 – 30 = 0
(2)
f1 = µ . N 1
,
N1 - µ. N2 = 0
N2 + µ . N1- 30 = 0
f1
N1
B
f2 = µ. N2
N1 – 0,2. N2 = 0
(1)
0,2.N1 + N2 = 30
(2)
--------------------------------------------------------
0
Bu iki denklemden N2 = 28,8 kg bulunur.
N2
N1 = 0,2. N2 = 0,2. 28,8 = 5,7 kg
W
f1 = 0,2.5,76 = 1,15 kg f2 = 0,2.28,8 = 5,76 kg
∑ MA = - f1 .AC – N1 .BC + 30.AD = 0
C
D
- 1,15.12.cosθ – 5,76.12.sinθ + 30.6.cosθ = 0
166. cosθ = 69,12. sinθ tanθ = 2,4
cosθ = AC / 12
θ
f2
A
θ = 67,40
sinθ = BC / 12
AC = 12 .cosθ
BC = 12. sinθ AOD de cosθ = AD / 6
AD = 6. Cosθ
3.18. Şekildeki çubuk 10 m uzunluğunda ve 200
nt ağırlığındadır. İp 250 nt luk bir gerilmeye
dayanabildiğine göre ;
T
a) 50 kg lık bir adam ip kopmadan çubuk
üzerinde kaç metre ilerliyebilir.
b) Duvarın çubuğa uyguladığı F kuvvetinin
530
B
A
bileşenlerini bulunuz.
10 m
sin370 = cos530 = 0,6 , sin530 = cos370 =0,8
Çözüm : W1 = 200 nt W2 = 50.10 = 500 nt
∑ Fx = 0 , FX - TX = 0,
FX = T.cos530
T
FX = 250. 0,6 = 150 nt
FY
A
∑ Fy = 0 , FY + TY - W1 – W2 = 0
0
FY = - TY + W1 + W2 = - T.sin53 + W1 + W2
530
B
FX
TX
W2
68
TY
W1
FY = -250.0,8 + 200 + 500 = 500 nt
∑ MA = T.sin530 . 10 - W1.5 - W2 .X = 0
250.0,8 . 10 - 200. 5 – 500.X = 0
X = 2 m olur.
3.19. Şekildeki çubuğun ağırlığı 120
nt olup çubuğun ortasındadır.
T2
İplerdeki T1 ve T2 gerilm
300
θ
kuvvetlerini ve θ açısını bulunuz.
A
B
0,25.L
W =120 nt
400 n
Çözüm : T1 , T2 = ? , θ = ?
T1.sin300 – T2 .sinθ = 0
ΣFx = 0 ,
T2 .sinθ = T1.0,5 (1)
ΣFY = 0
T2 .cosθ + T1.cos300 – 400 – 120 = 0
T2 .cosθ + T1.0,860 = 520 (2)
∑MA = 400.0,25.l + 120.
100 + 60 = T 1 .0,86 ,
T1
T2
l
= T1 .0,86.l
2
30
θ
T1 = (160 / 0,86)
A
T1 = 186 nt
B
0,25.L
(2) ve (2) den :
W =120 nt
T2 .sinθ = T1.0,5 (1)
400 n
T2 .cosθ + T1.0,860 = 520 (2)
T2 .sinθ = 9
(1)
T2 .cosθ = 360
(2)
(1) i (2) ye bölürsek
tanθ = (93 / 360 ) = 0,258 θ = 14,50
(1) den T2 .sinθ = T1.0,5
T2 =
186.0,5
93
=
= 372 nt
0
0,25
sin14,5
69
0
3.20. Şekildeki taralı alanın ağırlık merkezinin
16
10
koordinatlarını bulunuz. π = 3 alınız.
10
24
21
Çözüm : A1 = 45.40 = 1800
G1 ( 22,5 -20 )
A2 = π.r2 = 3.100 = 300
G2 (21- 24 )
A3 = (1/2 ).21.24 = 252
G3 (7 – 8 )
A4 = (1/2).24.40 = 480
G4( 37-13,3 )
24
16
G2
G1
24
G4
G3
G1 (x1 – y1 ) , G2 ( x2 –y2 ) ,
G3 ( x3 –y3 ) ,G4 ( x4 –y4)
21
Parça
Toplam
x=
A
x
1800
22,5
-300
y
Ax
Ay
20
40500
36000
21
24
-6300
-7200
-252
7
8
-1764
-2016
-480
37
13,3
-17760 -6384
768
ΣA.x 14676
=
= 19,1
ΣA
768
14676
y=
20400
ΣA.y 20400
=
= 26,56
ΣA
768
70
24
y
9
3.21. Şekildeki taralı
alanın ağırlık
18
y
9
merkezinin
G
koordinatlarını
bulunuz.
30
x
27
9
Çözüm :
y
9
18
G4
9
G1
30
G2
G3
27
A1 = 39.27 = 1053
G1 ( 13,5 -19,5 )
A2 = (1/2 ).9.39 = 175,5
G2 ( 30 -13 )
A3 = (1/2 ).27.30 = 405
G3 (9 – 10 )
π.r 2 3.81
A4 =
=
= 60,75
4
4
G4 (4 – 35 )
G1 (x1 – y1 ) , G2 ( x2 –y2 ) , G3 ( x3 –y3 ) ,G4 ( x4 –y4)
71
x
9
x
Parça
Toplam
A
x
y
1053
13,5
19,5
14215,5 20533,5
175,5
30
13
5265
2281,5
-405
9
10
-3645
-4050
-60,75
4
35
-243
-2126,25
762,75
Ax
15592,5 16638,75
Dörtte bir dairenin ağırlık merkezinin koordinatları: x = y =
x=
Ay
ΣA.x 15592,5
=
= 20,44
ΣA
762,75
y=
72
4.r 4.9 36
=
=
=4
3.π 3.3 9
ΣA.y 16638,75
=
= 21,81
ΣA
762,75
Download