MUKAVEMET I

TEMEL ĐLKELER

KESĐT ZORLAMALARI

GERĐLME

ŞEKĐL DEĞĐŞTĐRME VE MALZEME BAĞINTILARI

GERĐLME-ŞEKĐL DEĞĐŞTĐRME ANALĐZĐ

MUKAVEMET I

SUNU DERS NOTLARI

Tacettin SARIOTacettin SARIOĞĞLULU Yunus Yunus ÖÖZZÇÇELELĐĐKKÖÖRSRS

Hakan EROL

Eskişehir Osmangazi ÜniversitesiMühendislik Mimarlık Fakültesi

Đnşaat Mühendisliği Bölümü2007 Güz Yarıyılı

Selim Selim ŞŞENGELENGEL

OSMANGAZĐ ÜNĐVERSĐTESĐMÜHENDĐSLĐK MĐMARLIK FAKULTESĐĐNŞAAT MÜHENDĐSLĐĞĐ BÖLÜMÜ

MUKAVEMET I DERS PLANI

DERS SAATĐ : Cuma I.Öğretim 09:00-12:00 II.Öğretim 14:00-17:00SINIF : A KREDĐSĐ : 3ÖĞRETĐM ÜYESĐ : Dr. Yunus ÖZÇELĐKÖRS Oda No:311 Telefon: 3216 E-Mail: yunuso@ogu.edu.trGÖRÜŞME SAATĐ :DERS SAATĐ : Cuma I.Öğretim 09:00-12:00 II.Öğretim 14:00-17:00SINIF : AÖĞRETĐM ÜYESĐ : Dr. Selim ŞENGEL Oda No:403 Telefon: 3232 E-Mail: ssengel@ogu.edu.trGÖRÜŞME SAATĐ :

DERSĐN AMACI :Mühendislik fakültesi öğrencilerine, yapı ve makine elemanlarında, etkisi altında oldukları dışyükler sebebiyle oluşan gerilme ve şekil değiştirmelerin, bir matematik disiplin içinde , yapı malzemesi derslerinde yapılan deney sonuçları, mühendislik limitleri içinde kalmak kaydıyla yapılan basitleştirici kabuller ile statik derslerinde alınan genel denge kavramları kullanılarak hesaplanması için gerekli altyapının hazırlanmasıdır.

KONU BAŞLIKLARI1- Temel prensipler: Giriş Analiz yöntemleri, Kuvvet ye yük tipleri, Denge koşulları, Đç kuvvetler (Kesit tesirleri)ninincelenmesi, Đç Kuvvet Bileşenleri Mesnet tipleri, Yük, kesme kuvveti ve moment ilişkileri Kesit tesiri diyagramları, (integrasyon Yöntemi, Kesitler yöntemi)2-Gerilme Kavramı : Giriş, Gerilme tahmini, Gerime bileşenleri, Gerime tansörü, Eksenel kuvvet, Ortalama kayma gerilmesi, Basit yapı elemanlarında gerilme uygulaması, Đnce cidarlı basınç kapları, Emniyet (Güvenlik) gerilmesi Emniyet faktörü

3-Şekil değiştirme, malzeme ilişkileri : Giriş, Birim şekil değiştirme, Birim şekil değiştirme bileşenleri,şekil değiştirme tansörü, Mühendislik malzemeleri Gerilme-birim şekil değiştirme diyagramları, Hooke Kanunu, Poisson oranı, Genelleştirilmiş Hooke Kanunu, şekil değiştirme enerjisi.

4-Gerilme ve şekil değiştirme analizi: Giriş, Düzlem gerilme hali, Asal gerilmeler, En büyük kayma gerilmesi Mohr gerilme dairesi, Gerilmenin değişimi ve diferansiyel denge denklemleri, Düzlem şekil değiştirme hali, şekil değiştirmenin ölçülmesi, Gerilme-şekil değiştirme ilişkileri.

DEĞERLENDĐRMEI. Yarıyıl içi % Il. Yarıyıl içi % Bilgi Yoklamaları % Final % 50 (Sınavlar kapalı düzen olarak yapılacak, formül sayfası verilecektir)

TELAFĐ SINAVISözlü ve/veya yazılı olarak yapılacaktır. (Öğrencinin hangi sınava katılmadığına bakılmaksızın tüm konular

kapsanacaktır.)

DERS KĐTABIDr A.C, UĞURAL, Mechanics of Materials , Mc.Graw-HiIl 1991Dr. Mustafa ĐNAN Cisimlerin Mukavemeti, ĐTÜ Vakfı Yayını,1990

YARDIMCI KAYNAKLAR1- www.umr.edu/~mecmovie2- Dr. Mehmet H. OMURTAG, Mukavemet Cilt I ve Cilt II Birsen yayınevi, 20073- Dr. Mehmet H. OMURTAG, Mukavemet Çözümlü Problemleri, Cilt I, Cilt II, Birsen yayınevi, 2006 4- Ferdinand P.BEER & E.Russel JOHNSTON, Mechanics of Materials, McGraw-Hill Book Comp.19815- R.C.HIBBELER ,Mechanics of Materials, Prentice Hall International, Inc.19976- Dr.N. KADIOĞLU, Dr.H. ENGĐN, Dr.M. BAKĐOĞLU ,Mukavemet Problemleri CiltI, Cilt II, Beta Basıim Yayım

Dağıtım A.~.19897- Dr.Uğur ERSOY & Dr.Tanvir WASTl, Introductory Mechanics of Deformable Bodies. METU19848- Dr.HiImi DEMĐRAY, Mukavemet,Çağlayan Kitabevi, 1997

TEMEL TEMEL ĐĐLKELERLKELER

GGĐĐRRĐŞĐŞ

Mukavemet, yük etkisi altındaki cisimlerin gerilme ve şekil değiştirme durumlarının -iç davranışlarının-incelendiği uygulamalı mekaniğin bir dalıdır. Buradaki cisim kelimesiyle çubuklar, plak ve kabuklar, kolon ve miller ile bu elemanların birleştirilmesiyle oluşan yapı ve makineler kastedilmektedir. Cisimlerin dayanımıveya şekil değiştiren cisimler mekaniği olarak da adlandırılan malzeme mekaniğinde öncelikle gerilme analizi ve cisimlerin mekanik özelikleri incelenir.

Malzeme mekaniği çalışmaları, kuvvet etkisindeki cisimlerde denge kavramının anlaşılmasıyla başlar. Statik dersinde dengedeki katı cisimlerin dış davranışı incelenirken mukavemette dış yüklerden oluşacak içkuvvetler ve şekil değiştirme araştırılır. Burada ilk olarak statik denge denklemleri ve yük etkisindeki bir cisimde uygulanması üzerinde durulacaktır. Daha sonra malzeme deformasyon yasaları ve geometrik uygun-luk koşulları ele alınacaktır.

Katı cisimlerin yük etkisindeki davranışlarının incelenmesi Galileo Galilei (1564-1642) ile başlayıp kuvvet etkisindeki cisimlerin şekil değiştireceğini ilk defa ifade eden Robert Hooke (1635-1703) la devam eder. O zamandan bu yana pek çok mühendis, bilim adamı ve matematikçi gerilme analizine katkıda bulunarak bu gün kullandığımız yeni yöntemlerin gelişiminde önemli rol oynamıştır.

AMAAMAÇÇ

Mukavemette temel amaç, cisimlerin yük taşıma kapasitelerinin dayanım, rijitlik ve stabilite bakımlarından araştırılmasıdır. Sözü edilen kavramlarla bir cismin sırasıyla sürekli şekil değiştirme veya kırılmaya karşıdirenci, şekil değiştirme direnci ve cismin denge konumunun kararlılığı kastedilmektedir. Gerçek yapılardaki karmaşık gerilme durumunu deneysel olarak tespit edilen eksenel gerilmeye bağlayan kırılma teorilerinin vereceği gerilme düzeyi, bazen dayanım için bir ölçü olarak kullanılır. Göçme veya kırılma en genel anlamıyla yapının herhangi bir parçasının kendisinden beklenen işlevi yerine getirememesi olarak tanımlanacaktır.

Örneğin eleman şeklindeki kalıcı deformasyon, denge konumundaki değişiklik ve yapı elemanın kullanımına engel olacak şekil değişimleri bizim için ayrı bir göçme tipi oluşturur.

Mukavemetin başlıca uğraşı alanları şöyle özetlenebilir.

1- Yük etkisindeki cisimlerde gerilme ve şekil değiştirme durumunun araştırılması

2- Yapıların hasar görmeden ve/veya göçmeden ve kendisinden beklenen işlevi kaybetmeden taşıyabileceği en büyük yükün analiz yada deneyle bulunması

3- Belirli şartlar altında tanımlanmış yüklere karşı en etkin şekilde direnebilecek malzeme ve eleman şeklinin belirlenmesi –boyutlandırma-

Teknolojideki gelişme, yapı ve makinelerin daha karmaşık hale gelmesine yol açmaktadır. Bu durumda mühendislerin gerilme, şekil değiştirme ve malzeme davranışı konularını iyi kavrayıp bu konularda ustalaşmaları gerekmektedir. Bu derste şekil değiştiren cisimler mekaniğinin temel kavram ve bilgilerinin verilmesi kadar uygulamadaki kullanılışı hususu üzerinde de durulacaktır. Öğrenmede en iyi yol konunun tam olarak anlaşılması kadar pratik problemlerin çözümünden geçer.

ANALANALĐĐZ YZ YÖÖNTEMLERNTEMLERĐĐ

Yüklerin şekil değiştiren cisimler üzerindeki etkisinin incelendiği a) Mukavemet b) Elastisite teorisi olmak üzere yaygın olarak kullanılan iki farklı yaklaşım bulunmaktadır. Bu iki yaklaşım arasındaki temel fark, şekil değiştirmelerin tanımından ve yapılan basitleştirmelerden kaynaklanmaktadır. Mukavemette, mühendislik uygulamalarıyla deneysel çalışmaların sonuçlarından faydalanılarak bazı basitleştirici kabuller altında problemin çözümü aranır. Elastisite Teorisinde ise her adıma matematik açıdan yaklaşılır. Dolayısıyla yükleme ve problem şeklinin basit olduğu durumlarda kesin sonuca ulaşılır. Elastisite Teorisinde kesin sonuca ulaşmada matematik güçlükler bulunur. Yapı elemanlarının analizinde aşağıda verilen hususların düşünülmesi gerekir

1- Statik denge: Yapı elemanının bütününde veya elemandan alınan herhangi bir parçada kuvvet denge denklemleri sağlanmalıdır.

2- Şekil değiştirmeler: Yapı elemanını oluşturan malzemenin davranışı gerilme-birim şekil değiştirme (σ-ε ) bağıntısına uygun olmalıdır.

3- Geometri: Yapı elemanında şekil değiştirmeden sonra herhangi bir kopma kırılma ve kütle kaybıolmamalı, yapı elemanı bütünlüğünü korumalıdır.

Yukarıdaki ilkelerin uygulanmasıyla bulunan gerilme ve birim şekil değiştirmelerin elemanın sınır koşullarına uygun olması gerekir. Bu durum, sınır koşullarının sağlanması olarak ifade edilir. Analizde her zaman yukarıdaki adımların verilen sırayla uygulanması gerekmeyebilir. Gerilme ve şekil değiştirme analizinde, şekil değiştirme enerjisi kavramından hareketle geliştirilen enerji yöntemleri, denge yöntemi yerine kullanılabilir. Her iki yöntem yükleme ve eleman şeklinin düzenli olması durumunda yeterli hassaslıkta sonuçverirken karmaşık problemlerin çözümünde de sayısal yöntemlerin uygulanabileceği temeli oluştururlar.

KUVVET VE YKUVVET VE YÜÜKLERKLERĐĐN SINIFLANDIRILMANSIN SINIFLANDIRILMANSI

Cisme etkiyen bütün kuvvetlerle mesnetlerde oluşan reaksiyonlar dış kuvvetler olarak düşünülür. Bu kuvvetleri yüzey ve cisim kuvvetleri olarak sınıflandırmak mümkündür. Tekil tipteki yüzey kuvveti sonlu bir alana yada tek bir noktaya etkirken cisim kuvvetleri, çekim kuvveti veya manyetik kuvvetler gibi cismin her bir hacim elemanına etkide bulunur. Dünyanın cisimlere uyguladığı çekim kuvvetine ağırlık adını veriyoruz. Đçkuvvetler ise cismin bünyesini oluşturan malzeme parçaları arasındaki etkileşim kuvvetleri olarak algılanır.

Cisme etkiyen yükler tekil veya yayılı kuvvetlerle kuvvet çiftleri olabilir. Eğer kuvvetin etkidiği alan elemanın boyutları ile kıyaslandığında küçük kalıyorsa kuvveti tekil kuvvet olarak kabul etmek mümkündür. Cisme yavaşça etki eden durağan yüklere statik yükler, aniden etkiyen yüklere de darbe yada çarpma yükleri denir. Yükün cisme binlerce defa etki edip kaldırılması ise tekrarlı yükleme olarak isimlendirilir. Aksi belirtilmedikçe cismin ağırlığı ihmal edilip, yüklemenin statik olduğu kabul edilecektir. SI birim sisteminde kuvvet birimi newton (N), uygulamada çoğu zaman kilonewton (kN) olarak kullanılır.

Yükler :

1) Şiddeti zamanla değişen yükler (Dinamik yükler)

2) Şiddeti zamanla değişmeyen yükler (Statik yükler)

Etkime Biçimine Göre Yükler :1) Tekil yük2) Yayılı yük

a) Eğri boyunca yayılı yükb) Alana Yayılı yüklerc) Hacme yayılı yükler

∫==L

qdxqLR0

∫=L

dxL

xqR

0

0 sinπ

( )L

xqxq

πsin0=( ) LqdxxqR

L

0

0 2

1== ∫

( ) xL

qxq 0=

Düzgün yayılı yük Üçgen yayılı yük Parabolik yayılı yük

STATSTATĐĐK DENGE KOK DENGE KOŞŞULLARIULLARI

Yapı ve makine elemanlarının tasarımında bu elemanlarda oluşan iç kuvvetlerin dağılımının bilinmesi gerekir. Dış ve iç kuvvetlerin belirlenmesinde statiğin temel kavramları ile denge koşulları kullanılır. Daha sonra göreceğimiz bileşke iç kuvvetin bileşenlerinin –kesit zorlarının- oluşturacağı deformasyonlar mühendisler açısından özel bir anlama sahiptir.

Cisme etkiyen kuvvet sisteminin bileşkesi sıfırsa, cisim dengededir. Newton’un birinci yasasına göre parçacığa etkiyen bileşke kuvvet sıfır ise parçacık ya hareketsiz kalır yada sabit hızlı düzgün doğrusal hareket yapar. Statik adından da anlaşılacağı üzere temelde cisim veya parçacığın hareketsiz olma durumunu inceler. Üçboyutlu bir cismin dengesi düşünüldüğünde, statikçe dengenin olabilmesi için aşağıdaki denklemlerin sağlanmasıgerekir.

0 0 0 0 0 0x y z x y zF F F M M M= = = = = =∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑Daha açık bir ifade ile cisme etkiyen kuvvetlerin herhangi bir doğrultudaki toplamı ile herhangi bir eksen etrafında oluşturacağı momentler toplamı sıfır olmalıdır. Eğer cisme etkiyen kuvvetler tek bir (x-y) düzlemin içinde ve dengede ise yukarıdaki bağıntılardan üçünün otomatik olarak sağlanacağı ΣFz=0, ΣMx=0, ΣMy=0 aşikardır. Dolayısıyla düzlem problemlerde üç bağımsız denge denklemi bulunmaktadır.

Açıkça kuvvetlerin herhangi iki doğrultudaki (x,y) toplamı ile düzlem içindeki herhangi bir A noktasına veya z eksenine göre bileşke moment sıfır olmalıdır. Yukarıdaki denklemlerin yerine aşağıdaki iki ayrı denklem takımı kullanılabilir.

0 0 0x A BF M M= = =∑ ∑ ∑

0 0 0A B CM M M= = =∑ ∑ ∑

Burada A ve B noktalarını birleştiren doğru x eksenine dik olmamalıdır.

Burada da A, B ve C noktaları aynı doğru üzerinde bulunmamalıdır.

Alternatif denge denklemleri, kuvvet toplamının moment toplamı ile değiştirilmesi yoluyla elde edilmiştir. Moment alınacak noktanın dikkatlice seçilmesi durumunda alternatif denklemler cebrik hesapları önemli ölçüde basitleştirir.

Düzlem Hal için∑∑∑ === 000 zyx MFF

Đvmeli hareket eden bir cisimde statik denge denklemleri yazılırken ilave olarak atalet kuvvetlerinin de dikkate alınması gerekir. Yapı analizi bakımından atalet kuvvetlerinin dış yüklere eklenerek, cismin üzerindeki tüm kuvvetlerin etkisi altında dengesinin incelenmesi D’Alembert ilkesi olarak adlandırılır.

Mühendislik problemlerinin büyük çoğunluğu dengedeki yapı ve makinelerle ilgilidir. Genellikle yükler adınıvereceğimiz tanımlı ve belirli kuvvetler etkisinde reaksiyonlar adını vereceğimiz yükleri dengeleyen bilinmeyen kuvvetlerin bulunması söz konusudur. Yalnızca denge denklemleri yardımıyla bütün kuvvetlerin belirlenebildiği problemlere izostatik, denge denklemlerinin bütün kuvvetlerin belirlenmesine yetmediği problemlere de hiperstatik denir. Hiperstatiklik derecesi, bilinmeyen bağımsız kuvvet sayısı ile yazılabilen denge denklemi sayısı arasındaki farktır. Statikteki denge denklemleri ile belirlenebilecek olan dışındaki her bir reaksiyona hiperstatik bilinmeyen (Redundant) adı verilir. Herhangi bir sistemdeki hiperstatik bilinmeyen sayısı ile hiperstatiklik derecesi birbirine eşittir.

ĐÇ KUVVETLER : KESKESKESĐĐĐM YM YM YÖÖÖNTEMNTEMNTEMĐĐĐ

Cisme dış kuvvetler etkidiğinde, cisimde bir şekil değişimi ile birlikte cismi oluşturan parçacıklar arasında bu parçacıkları bir arada tutacak iç kuvvetler ortaya çıkar. Şimdi mukavemetteki ana konulardan biri olan iç kuvvetleri kesim yöntemi yardımıyla incelemeye başlayabiliriz. Kesim yönteminin uygulanmasındaki adımlar şöyle sıralanabilir.

1- Cismin, bağlı olduğu diğer cisimlerden ayrılarak mesnet reaksiyonları da dahil olmak üzere etki eden bütün kuvvetlerin gösterildiği çizimlere Serbest Cisim Diyagramı(SCD) adı verilir. Uygulamada cismin yapacağı şekil değiştirmeler cismin kendi boyutları yanında ihmal edilebilecek kadar küçük olacağından SCD çiziminde dikkate alınmazlar.

2- Bilinmeyen dış kuvvetlerin belirlenmesi amacıyla SCD üzerindeki kuvvet sistemi için denge denklemleri yazılır.

3- Cisim herhangi bir yerden hayali bir düzlemle kesilerek ikiye ayrılır. Parçalardan biri göz önüne alınarak 2. adımdaki işlemler tekrarlanır. Mademki cisim bir bütün olarak dengededir, kesimle ortadan kaldırılan içkuvvetlerin dikkate alınması şartı ile o bütünden ayrılan herhangi bir parçanın da dengede olması gerekir. Bu noktada, dış kuvvetlerin iç kuvvetlerle dengelenmekte olduğunu, diğer bir deyişle dış kuvvetlerin, eleman boyunca –kesim düzlemine bağlı olmak kaydıyla- iç kuvvetler şeklinde yayılı olarak devam ettiklerini söyleyebiliriz. En büyük gerilmeyi oluşturan iç kuvvetlerin bulunduğu yere elemanın kritik kesiti adı verilir. Eleman üzerinde yalnızca tek bir kuvvet etki ediyorsa kritik kesitin yer ve doğrultusuna gözlemle karar verilebilir.

KESĐT ZOR(LAMA)LARI

Yapı elemanlarının büyük bir çoğunluğu çubuklardan meydana gelir. Bir yapı elemanının çubuk olarak isimlendirilebilmesi için uzunluğunun, enkesit büyük kenarının 5 katından daha fazla olması gerekir. Çubukların herhangi bir kesitine etkiyen iç kuvvetleri, enkesitin ağırlık merkezinde etkiyen bir kuvvetle bir kuvvet çifti vektörü olarak gösterebiliriz. Đç kuvvetlerin bileşkesi olan bu iki vektör, enkesite dik ve teğet doğrultulardaki bileşenlerine ayrılabilir. N, S, Mb ve Me ile gösterilen bu bileşenlere basit mukavemet halleri adı verilir.

EKSENEL KUVVET -Akashi-Kaikyo Bridge from the air -

KESME KUVVETĐ

KESME KUVVETĐ

(+) eksen yönleri

Sağ ÜçlüEksen Takımı

Kuvvet çifti vektörünün yönleri daima sağ-el kuralı ile belirlenecek ve kuvvet vektörleriyle karışmaması için uçlarında çift ok gösterilecektir. Dik kesitte bulunan iç kuvvetlere kesit zor(lama)ları adı verilir. Her bir kesit zoru çubukta farklı bir şekil değiştirme meydana getirir.

Her bir bileşen bir mukavemet halini gösterir. Bir kesitte bu tesirlerden bir kaçı bir arada bulunursa bu duruma bileşik mukavemet hali denir. Kullanılacak olan sağ-üçlü koordinat takımının x ekseni her zaman çubuk ekseni ile çakıştırılacak, y ekseni yukarı, z ekseni ise okuyucuya doğru yönlendirilecektir.

Rx eksenel kuvveti elemanın boyunu uzatmaya yada kısaltmaya çalışır. Eğer bu kuvvet kesim yüzeyinden uzaklaşıyorsa eksenel çekme, kesim yüzeyine doğru yönlenmiş ise eksenel basma kuvveti adını alır.

Ry, Rz kesme kuvvetleri komşu malzeme parçalarını keserek birbirinden ayırmaya çalışır. Genellikle S harfiyle gösterilir.

Mx burulma momenti veya tork elemanı kendi ekseni etrafında döndürmeye çalışır ve genellikle T harfi ile gösterilir. My, Mz eğilme momentleri ise çubuğu bükmeye çalışır

Bileşke kuvvetin eksenler

doğrultusundaki bileşenleri

x y z

y z

R R R

N S S

= + +

= + +

R i j k

R i j k kjiM

kjiM

zy

zyx

MMT

MMM

++=

++=

Bileşke momentin eksenler doğ. bileşenleri

Herhangi bir yapı elemanı kesit zorlarından bir veya bir kaçına veya tamamına aynı anda maruz kalabilir. Tasarımda her bir kesit zoru ayrı olarak ele alınıp çözüm yapılır. Daha sonra bulunan sonuçların uygun şekilde birleştirilmesiyle nihai çözüme ulaşılır. Dolayısıyla kesit zorlarıyla kesit zorları kullanılarak bulunan gerilme ve birim şekil değiştirmelerin hesaplanmasında kesim yöntemi ilk adım olarak karşımıza çıkmaktadır.

Uygulamada bütün kuvvetler tek bir düzlem içinde etki ettiğinden (x-y düzlemi) problem büyük ölçüde basitleş-mektedir. Düzlemsel problemlerde kesite etkiyen üç kesit zoru eksenel kuvvet N, kesme kuvveti Sy ve eğilme momenti Mz dir. Bir düzlemin normal vektörünün koordinat ekseni ile aynı yönlü olması durumunda bu düzleme pozitif düzlem aksi halde negatif düzlem denir. Newton’un üçüncü yasasına göre kesit zorları kesimle ayrılan parçalara eşit ve zıt yönlü olarak etkir.

KESĐT TESĐRLERĐ ĐÇĐN POZĐTĐF YÖN KABULLERĐ

Sol kesit - düzlem

Sağ kesit + düzlem

Düzlem çubukta + iç kuvvetler

Düzlem çubukta – iç kuvvetler

Eksenel kuvvet, kesme kuvveti ve eğilme momenti için pozitif düzlemde koordinat eksenleri yönündeki, negatif düzlemde ise koordinat eksenlerine ters yönlü kuvvetler pozitif kabul edilecektir. Bu işaret kabulü çubukların yük etkisi altındaki davranışına adapte edilebilir. Örneğin pozitif eksenel kuvvetler çubuk boyunu uzatır.

MESNET TĐPLERĐ VE GÖSTERĐM ŞEKĐLLERĐ

Aynı düzlemdeki yüklerin etkisinde bulunan yapı elemanlarının mesnet tipleri aşağıda gösterilmiştir. Bu gösterim şekilleri yapı elemanlarının SCD çizilirken kullanılır.

Hareketli mafsal, yapı elemanının bir doğrultudaki yer değiştirmesine ve dönmesine izin veren ancak belirli bir doğrultudaki yer değiştirmeye engel olan mesnet tipidir.

Sabit mafsal, elemanın dönmesine izin veren ancak herhangi bir doğrultudaki yer değiştirmesine engel olan bir mesnet tipidir. Sabit ve hareketli mafsallara basit mesnetler denir.

Ankastre yada sabit mesnet, elemanın yer değiştirmesine ve dönmesine engel olan mesnet tipidir. Dolayısıyla sabit mesnetlerde hem momente hem de herhangi bir doğrultudaki kuvvete karşı konur. Bu kuvvet yüzeye teğet ve normal doğrultulardaki bileşenlerine ayrılabilir.

Serbest cisim diyagramlarında her bir mesnetteki reaksiyon kuvveti (R) ve moment (M) gösterilir. Elemandaki iç kuvvetlerin bulunmasına reaksiyonların belirlenmesinden sonra başlanır.

A) Hareketli Mafsal

x

y

x

y

B) Sabit Mafsal

0=zM

0

0x

z

R

M

=

=

HAREKETLĐ

MAFSAL

SABĐT

MAFSAL

BÜKREŞ ALIŞ-VERĐŞ MERKEZĐ, TEMMUZ 2004

c) Ankastre Mesnet

TASARIMDA BAŞLICA ADIMLAR

Tasarımın ana amacı, yapı elemanlarının verilen yükleri göçmeksizin taşıyabileceği ve kendisinden beklenilen işlevleri yerine getirebileceği uygun malzeme, eleman şekil ve boyutlarının belirlenmesidir. Bu aslında bir optimizasyon problemidir. Yukarıda sözü edilen amaçlara ulaşmadaki etkinlik kullanılan malzeme ve yapım maliyetinin minimum yapılmasıyla başarılır. Yük etkisindeki bir elemanın tasarımında aşağıdaki hususlar göz önüne alınmalıdır.

1. Elemanın kendisinden beklenilen işlevleri hangi durum(lar)da kaybedeceği belirlenmelidir.

2. Verilen yüklemeden oluşacak gerilme ve birim şekil değiştirme durumu tespit edilmelidir.

3. Gerilme ve birim şekil değiştirme gibi önemli büyüklüklerin elemanda göçme oluşturmaksızın alabileceği en büyük değerleri belirlenmelidir.

4. Güvenlik katsayıları seçilmelidir.

Yukarıdaki işlem adımları, verilen problemin yapısına bağlı olarak uzayıp kısalabilir. Pek çok etkinin dikkate alınması söz konusu olduğunda çoğunlukla bir deneme-yanılma işlemiyle tasarım sonuçlandırılır. Bu derste eleman malzemesi ile geometrik boyutlar önceden seçilmiş olduğundan tasarım sırasında yalnızca dayanım koşulunun sağlanması üzerinde durulacaktır. Basit mukavemet hallerinin incelendiği bölümlerde çıkartılacak formüller, uygun eleman boyutlarının seçiminde kullanılacaktır.

Elemanların tasarımında dikkate alınması gereken diğer hususlar da yükleme sonucu elemanda oluşacak deformasyonun hesaplanması ve burkulmadır. Bu konulara daha sonraki bölümlerde açıklık getireceğiz.

m/sn2aĐvme

GPaEElastisite Modülü

N/m2, N/mm2σ, τGerilme

Nm, kNmMMoment

mm3, m3WMukavemet Momenti

mm4, m4IAtalet Momenti

mm3, m3VHacim

mm2, m2AAlan

sntZaman

mm, mLUzunluk

N, kNFKuvvet

Kullanılan Birim Sistemi

MPamNmmNmMNMPa

mNMPamNPa

Pascal

==→

==2622

262

10

1011

daDeka10

hHekto102

kKilo103

MMega106

GGiga109

TTerra1012

ĐşaretHeceFaktör

aAtto10-18

fFemto10-15

pPiko10-12

nNano10-9

µMikro10-6

mMili10-3

cSanti10-2

dDesi10-1

ĐşaretHeceFaktör

ÇÇUBUK MUKAVEMETUBUK MUKAVEMETĐĐNNĐĐN ESASLARIN ESASLARI

Yapılar boyutları bakımından 1- Çubuklar (tel, halat, kablo, direk, kiriş, kemerler, Bir boyutlu taşıyıcı cisimler2- Levha, plak ve kabuklar (Döşeme plakları, kubbe ve tonozlar)3- Üç boyutlu yapılar (Ağrılık barajları)

şeklinde üç sınıfa ayrılabilir. Mukavemette yalnız çubuk şeklindeki cisimler incelenecektir. Çubuklar eksen ve dik kesiti ile belirginleşir. Eksen genel olarak bir uzay eğrisi olup, çubuğun büyük olan boyutunu temsil ederken dik kesit ise kapalı bir eğri ile çevrelenmiş düzlem parçasıdır. Sabit kesitli doğru eksenli çubuklara prizmatik çubuklar denir. Çubuğa etkiyen dış kuvvetler çoğu defa yayılı olup doğrultularıgenellikle çubuk ekseninden geçer. Eğer dış kuvvetlerin tesir çizgileri çubuk ekseninden geçmiyorsa bu kuvvetler çubuk eksenine kuvvet çiftleri ile birlikte taşınır.

KESKESĐĐT ZORLARININ BULUNMASIT ZORLARININ BULUNMASI

Kesit zorlarının bulunmasında aşağıdaki yöntemler kullanılabilir.

1- Kesim yöntemi (STATĐK)

Dış kuvvetlerin etkisi altındaki sistemin mesnet tepkileri hesaplanır.

Eleman, süreksizlik gösterdiği noktalardan bölgelere ayrılır. Bu noktalar, tekil yüklerin uygulandığı noktalar, yayılı yüklerin başladığı ve bittiği yerler ve çubuk kesitinin değiştiği noktalardır.

Her bir bölgedeki kesit zorları yazılan denge denklemleri yardımıyla hesaplanır.

2- Đntegrasyon yöntemi

Kesit zorlarına ait diferansiyel denge denklemleri, sınır koşulları dikkate alınarak çözülür.

0qRRR =∆+∆++− s

0qR =∆+∆ s

0lim0

=+∆∆

→∆q

R

ss

0=+qR

ds

d Vektöreldiferansiyel denklem

KESKESĐĐT ZORLARININ DET ZORLARININ DEĞĐŞĐĞĐŞĐMMĐĐMustafa Mustafa ĐĐnan, Cisimlerin Mukavemeti 1990nan, Cisimlerin Mukavemeti 1990

Kesite etki eden R ve M vektörleri genel olarak eksen doğrultusundaki koordinatın fonksiyonu olup kesitten kesite değişir. Bu vektörler birbirinden bağımsız olmayıp denge şartlarını sağlar. Đki dik kesit arasındaki bir çubuk elemanını göz önüne alalım. s kesitine etkiyen kesit zorları –R, -M ve s+∆s kesitine etki eden kesit zorları da R+∆R, M+∆Molsun. Bu iç kuvvetlerden başka ∆s uzunluğundaki çubuk parçası üzerine etkiyen dış kuvvetler p∆s ve bu dış kuvvetler çubuk eksenine taşındıkları zaman bulunacak kuvvet çiftleri de m∆s ile gösterilsin. Çubuk elemanına ait denge denklemleri yazılır, ikinci mertebeden terimler ihmal edilir, her terim ∆s ile bölünüp ∆s sıfıra giderken limit alındığında kesit zorlamalarının diferansiyel denklemleri bulunmuş olur.

0R∆r

mM

=×∆

++∆∆

sslimlim

i

0RimM

=×++ds

d

( ) 0RR∆rqr∆mMMM =∆+×+∆×′+∆+∆++− ss

Đhmal

O noktasına göre moment dengesi yazıldığında;

0R∆rR∆rqr∆mMMM =∆×+×+∆×′+∆+∆++− ss

ĐhmalĐkinci mertebe terimler ihmal edilir.

b y z

x y z

M M M

m m mm

= + +

= + +

M i j k

i j k0Rim

M=×++

ds

d

( ) ( ) ( )b y z x y z y z

dM M M m m m N S S

dx+ + + + + + × + + =i j k i j k i i j k 0

0=+ xb m

dx

dM0y

z y

dMS m

dx− + = 0z

y z

dMS m

dx+ + =

y z

x y z

N S S

q q q

= + +

= + +

R i j k

q i j k 0mqR

=++ds

d

( ) ( )y z x y z

dN S S q q q

dx+ + + + + =i j k i j k 0

0=+ xqdx

dN0y

y

dSq

dx+ = 0z

z

dSq

dx+ =

y

dSq

dx= − [ ]

2

2 y

d M d dM d dSS q

dx dx dx dx dx

= = − = − =

( )xqy

( )xqx

∑ = 0oM 02y

dxM dM M q dx Sdx+ − − + = dM

Sdx

= −

∑ = 0yF ( ) 0yS dS S q dx+ − + = y

dSq

dx= −

∑ = 0xF ( ) 0=+−+ dxqNdNN x xqdx

dN−=

YAYILI YÜKLER ETKĐSĐNDEKĐ DOĞRU EKSENLĐ BĐR KĐRĐŞTE

KESĐT ZORLARININ DĐFERANSĐYEL DENGE DENKLEMLERĐ

B

B A x x

A

N N q dx YFAKA− = − = −∫

B

B A y

A

M M S dx KKDAKA− = − = −∫

B

B A y y

A

S S q dx YFAKA− = − = −∫

zy

dMS

dx= −

y

y

dSq

dx= −

xqdx

dN−= Yayılı yük fonksiyonu

altında kalan alan

Yayılı yük fonksiyonu altında kalan alan

Kesme kuvveti diyagramıaltında kalan alan

KĐRĐŞE TEKĐL YÜK VE MOMENT ETKĐMESĐ HALĐ

Kesit zorlamalarına ait diferansiyel denge denklemleri bulunurken göz önüne alınan çubuk parçası üzerinde herhangi bir tekil kuvvet yada kuvvet çifti etkimediği düşünülmüştür. Eğer tekil kuvvet ve kuvvet çiftleri varsa kuvvet zorlarında süreksizlik olacaktır. Herhangi bir kesitte x ve y eksenleri doğrultusunda Px ve Py tekil kuvvetleri ile bir M momenti etkisin. Tekilliğin olduğu yerden alınacak bir eleman üzerinde denge denklemleri yazıldığında yandaki bağıntılara ulaşılır.

2 1

2 1

2 1

x

y

N N P

S S P

M M

= −

= −

= −М

ÖRNEK 1Şekildeki konsol kirişin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment fonksiyonlarını bularak diyagramlarını çiziniz.

40 ≤≤ x

0∑ =yF

( )6 0yS x− + = ( ) 6yS x kN=

( ) 06 =+ xMx z

0∑ =oM

( ) xxM z 6−=

104 ≤≤ x

0∑ =yF ( ) 16yS x kN=

0∑ =oM ( ) ( ) 1001016 −−= xxM z

ÖRNEK 2 Şekildeki kirişin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment fonksiyonlarını bularak diyagramlarını çiziniz.

2

Lqy

2

Lqy

8

2Lqy

∑ =⇒= 00 A

xx RF

∑ =+⇒= qLRRF B

y

A

yy 0

∑ =−⇒= 02

0L

qLLRM B

y

A

z

2

LqRB

y =

2

LqR A

y =

( ) ( )qdx

xMd z −=2

2 ( )1

z

y

dM xS qx c

dx= − = − +

( ) 21

2

2cxc

xqxM z ++−=

Sınır Şartları (Mesnet Şartlarından)

( ) 00 20=⇒=

=cxM

xz( )

20 1

LqcxM

Lxz =⇒==

( )2

LS x qx q= − ( ) x

Lq

xqxM z 22

2

+−=

Maksimum Moment ve Yeri

( ) max0S x M= ⇒

202

LxL

qqx =⇒=−8

2

2max

LqM L

x=

=

( ) 2 21 1

12 2 2 4; 2 4

5

xdSx S x x c c S x x

Sdx

= = − − ⇒ = − + ⇒ = − = − − = −

32 2

2 2

32

4 322 4 4 ;

03 3

324

3 3

xdM xx x M x x c c

Mdx

xM x x

= = − + + ⇒ = − + + + ⇒ = − =

= − + + −

( )1 10 0; 6 6; 6dS

S c x S c S kNdx

= ⇒ = = = ⇒ = =

( )2 26 6 0; 0 0; 6dM

M x c x M c M x kNmdx

= − ⇒ = − + = = ⇒ = = −

ÖRNEK 3 Şekildeki konsol kirişin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment fonksiyonlarını bularak diyagramlarını çiziniz.

bölgesi10 ≤≤ x

bölgesi41 ≤≤ x

( )2

22 2y

d Mq x

dx= = − −

212

dMx x c

dx= − + +

32

1 23

xM x c x c= − + + +

21 1

12 ; 4

5

xS x x c c

S

= = + − − ⇒ = = −

2 2 4S x x= − −

3

32

6

1;4

3 222

3

−=⇒

−=

=+++−= c

M

xcxx

xM

3

324

32

3

−++−= xxx

M

veya AB bölgesi

dMS

dx= −

Yatayla herhangi bir α açısı yapan çubukta göz önüne alınan kesitin solunda kalan parçadaki Yatay ve Düşey doğrultudaki bileşke kuvvetler Y ve D olarak belirlendiğinde söz konusu kesitteki kesme kuvveti Q ve normal kuvvet N aşağıdaki bağıntılardan hesaplanabilir.

( )*sin cos

*cos *sin

S Y D

N Y D

α α

α α

= −

= − +

ÖRNEK 4 Şekildeki çerçevenin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment fonksiyonlarını bularak diyagramlarını çiziniz.

0 120x xF A kN= ⇒ = ←∑0 82,5A

z yM C kN= ⇒ = ↑∑

0 2,5C

z yM A kN= ⇒ = ↓∑A noktasının Sağı

120 0,6 2,5 0,8 70AS kN= − ⋅ + ⋅ = −

( )120 0,8 2,5 0,6 97,5AN kN= − − ⋅ − ⋅ =

0=AM

B noktasının Solu 2,5 0,8 2L

BS kN= ⋅ =

( ) kNN L

B 5,16,05,2 =⋅−−=

kNmM L

B 17045,25,11203120 =⋅−⋅−⋅=

B noktasının Sağı

2,5 1 2,5R

BS kN= ⋅ =

( ) 01005,2 =⋅+⋅−=R

BN

kNmM R

B 170=

D noktasının sağı

82,5R

DS kN=

( ) 01005,82 =⋅+⋅−=R

DN

kNmM R

D 16565,25.11203120 =⋅−⋅−⋅=

( )*sin cos

*cos *sin

S Y D

N Y D

α α

α α

= −

= − +

xx

qy 6.9

1

24

5,2−=−=

ÖRNEK 5 Şekildeki çıkmalı kirişin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment fonksiyonlarını bularak diyagramlarını çiziniz.

bölgesi100 ≤≤ x

bölgesi2410 ≤≤ x

bölgesi3224 ≤≤ x

21 1

01 10

09,6 19,2y

y

y

xdSx S x c c

Sdx

= = ⇒ = + ⇒ ==

00

0

6,57

1

2,19

122

32 =

=

=⇒+−=⇒−= c

M

xcxMx

dx

dM

z

zz

( )2

19,2y

xS x =

( )6,57

3xxM z −=

23 3

101 111,43

6,229,6 19,2y

y

y

xdSx S x c c

Sdx

= = ⇒ = + ⇒ = −= −

2 34

4

1 111,43 11,43

19,2 57,6

10114,3

17,36

zz

z

dMx M x x c

dx

xc

M

= − + = − + +

= = −

= −

( )2

11,4319,2y

xS x = −

( ) 3,11443,116,57

3

−+−= xx

xM z

5 5

242,5 2,5 80

20y

y

y

xdSS x c c

Sdx

= = ⇒ = + ⇒ = −= −

128080

248025,1805,2 66

2 −=

−=

=⇒++−=⇒+−= c

M

xcxxMx

dx

dM

z

zz

( ) 2,5 80yS x x= + −

( ) 12808025,1 2 −+−= xxxM z( )

10 24

0 14,81

14,81 1,41

y

z

x

S x m

M

≤ ≤

= ⇒ =

= −

AB elemanı

Şekildeki çerçevenin mesnet tepkilerini hesaplayıp, Kesme kuvveti ve moment fonksiyonlarını bularak diyagramlarını çiziniz.

10 78y

y y

dSq S c kN

dx= − = ⇒ = =

27878 cxMdx

dM+−=⇒−=

30 cNqdx

dNx =⇒=−=

kNQy 78=

xM 78−=

kNN 8,78−=

BC elemanı

( ) 110 10y

y

dSS x c

dx= − − ⇒ = +

2210 92,567 5 92,567

dMx M x x c

dx= − + ⇒ = − + +

30 cNqdx

dNx =⇒=−=

10 92,567yS x kN= −

390567,925 2 −+−= xxM

kNN 03,61−=

CD elemanı

18 8y

y

dSS x c

dx= ⇒ = +

22 484848 cxxMx

dx

dM++−=⇒−=

30 cNqdx

dNx =⇒=−=

8 48yS x kN= −

144484 2 −+−= xxM

kNN 2,71−=

Örnek 6

Kesme kuvveti diyagramı verilen kiriş A ve B noktalarından mesnetlidir. Yükleme ve moment diyagramını belirleyiniz.

A-B arası kesme kuvveti 20 ve A noktasındaki teğetin yatay olmamasıkirişin trapez yayılı yükle yüklü olduğunu gösterir

Örnek 7

∑ =⋅−+⋅⋅+⋅⋅⇒= 0324165,1325,10 12 qqM A

∑ =−+⋅+⋅⇒= 034435,10 12 qqFy

mkNq

mkNq

/67,14

/67,2

2

1

=

=

05,18222324440? √

=⋅+⋅+⋅−⋅⇒=∑ AM ∑√

=+−−+⇒= 0424108220?

yF

bölgesi30 ≤≤ x

21

4,892,67 4,89 2,67

2y

y

dSx S x x c

dx= + ⇒ = + + 10 10 10yx S c= ⇒ = − ⇒ = −

22,445 2,67 10yS x x= + −

2232 10

2

67,2

3

445,21067,2445,2 cxxxMxx

dx

dMz

z ++−−=⇒+−−=

xxxM z 10335,1815,0 23 +−−=000 2 =⇒=⇒= cMx z

Maksimum momentin yeri, Kesme kuvvetinin SIFIR olduğu yerdir.

}2 1

2

1,550 2,445 2,67 10 0

-2,641m Xy

x mS x x

x

= √= ⇒ + − =

=

( ) ( ) ( ) ( ) kNmxM z 26,955,11055,1335,155,1815,055,1 23 =⋅+⋅−⋅−==

GERGERĐĐLMELME

Mühendislerin yük etkisi altındaki bir elemanın davranışını tanımlamakta kullandığı iki kavram;

Gerilme ve Birim Şekil Değiştirme

dir. Gerilme ve bileşenlerini tanımlamakta kesim metodunu kullanıp, eksenel kuvvetten oluşan normal gerilme ile ortalama kayma gerilmesinin bulunuşu üzerine duracağız. Sonra, öğrendiklerimizin çeşitli problemlerde nasıl kullanıldığı açıklanacak eksenel yüklü çubukların ön boyutlandırılması ve emniyet gerilmesi incelenecektir.

TANIM : GERĐLME

dA

dF

A

F xx

Axxx =

∆∆

==→∆ 0

limσσdA

dF

A

F yy

Axy =

∆

∆=

→∆ 0limτ

dA

dF

A

F zz

Axz =

∆∆

=→∆ 0

limτ

Gerilme; ∆F’nin noktadan noktaya değişmesine bağlı olarak değişir Gerilme, ∆F’nin etkidiği noktadan geçen düzlemin doğrultusuna da bağlı olarak değişir.

Bir noktadaki gerilmenin tam olarak tanımlanması için o noktadan geçen bütün düzlemlerdeki (sayısı sonsuz) gerilmelerin verilmesi gerekir.

( ) ( )MPa

Megapascal

Pa

Pascal

m

N→→

2;τσ

A∆

zF∆

yF∆

xF∆

( )xF∆

( )321 PPPfP ,,=

Gerilmenin BileGerilmenin BileşşenlerienleriBir noktadan geçen sonsuz sayıdaki düzlemin her birindeki gerilmenin diğer bir deyişle GERĐLME HALĐ’ninbelirtilmesi için o noktadan geçen üç dik düzlemdeki gerilme bileşenlerinin verilmesi yeterli olur.

Düzlemler o noktadan geçen eksenlere dik olarak seçilirse sonsuz küçük boyutlu bir kübik eleman elde ederiz. Gerilmelerin elemanın yüzlerine yayılıve O ve O’ noktasındaki gerilmelerin eşdeğer olduklarını düşünüyoruz. Gerilmeler her düzlemin merkezinde bir vektörle gösterilmiştir. Bir noktada üç dik düzlemdeki toplam 9 gerilme bileşeni ile verilen gerilme hali gösterimine GERĐLME TANSÖRÜ denir.

=

zzyzx

yzyyx

xzxyx

στττστττσ

T

Kayma gerilmesinin özelliklerinin bulunması için denge denklemlerini yazalım.

∑∑∑ === 0;0;0 zyx FFF

( ) ( ) 00 =+−⇒= dxdzdydydzdxM xyyxz ττ

yxxy ττ = DĐK DÜZLEMLERDEKĐ KAYMA GERĐLMELERĐ EŞĐTTĐR.

zyyzxM ττ =⇒=∑ 0 zxxzyM ττ =⇒=∑ 0

bulunur. Đşaret kabulü, düzlemin normali ile gerilmenin yönünün her ikisinin de pozitif veya negatif olmasıdurumunda gerilme POZĐTĐF kabul edilir. Şimdi gerilme halinin xy düzlemi üzerindeki izdüşümünü alalım (+zyönünden bakıldığında).

0,, ≠xyyx τσσ 0,, =yzxzz τσσ

Tek eksenli, (bir boyutlu)

Gerilme Hali

(Yalnızca normal gerilme varsa)

Đki eksenli Gerilme Hali

(Đki tane normal

gerilme varsa)

Tam Kayma Hali

(Yalnızca Kayma

gerilme varsa)

Đki boyutlu (düzlem) Gerilme Hali

Otomatik olarak sağlanır

=

000

000

00x

T

σ

=

000

00

00

y

x

σσ

T

=

000

00

00

yx

xy

ττ

T

=

000

0

0

yyx

xyx

σττσ

T

Ekseni DoEkseni Doğğrultusunda Kuvvetlerle Yrultusunda Kuvvetlerle Yüüklklüü DoDoğğru Eksenli ru Eksenli ÇÇubukta Eksenel Normal Kuvvetlerubukta Eksenel Normal Kuvvetler

ÖRNEK 1

Bu durumda eksenel normal kuvvet ve uzama veya kısalma söz konusudur.

Yük Diyagramı

Serbest Cisim Diyagramları

Eksenel Kuvvet Diyagramı

Şekilde görülen yükler etkisindeki alüminyum çubuğun eksenel kuvvet diyagramını çiziniz.

AB arası;

BC arası;

CD arası;

Çubuk boyuna ekseni doğrultusunda birkaç eksenel kuvvetle yüklü ise eksenel normal kuvvetler kesitten kesite değişir. Bu amaçla öncelikle eksenel normal kuvvet diyagramı çizilmelidir. Bunun için;.•Öncelikle reaksiyonlar hesaplanır.•Yüklemede değişme olan her bir bölgede (yükte süreksizlik olan her bir bölgede) ayrı bir kesim yapılarak o bölgedeki eksenel normal kuvvet, denge denklemi yazılarak hesaplanır.•Eksenel kuvvet diyagramı çizilir. Diyagramın kapanması hesaplamaların doğruluğunu kontrol etmek için kullanılabilir.

NORMAL GERNORMAL GERĐĐLMELME

Cismin herhangi bir kesitindeki gerilme, sabit şiddete veya düzgün yayılı ise buna basit gerilme adıverilir.Yük taşıyan elemanların çoğunun düşünülen bir kesitindeki iç kuvvetler ya eksenel kuvvettir ya da kesme kuvvetidir. Örneğin kablolar, kafes kiriş elemanları, eksenel yüklü çubuklarda eksenel normal kuvvet, iki çubuğu birleştiren cıvata, pim ve perçinlerde ise kesme kuvveti söz konusu olduğundan normal gerilme ile kayma gerilmesini hesaplamakta doğrudan gerilmenin tanımını ve denge denklemlerini kullanmak mümkündür.Gerçek gerilme yayılışını bulmak için şekil değiştirmeleri dikkate almak gereklidir.

Eksenel kuvvetle yüklü prizmatik bir çubuk düşünelim.

Çubuk ekseni ile 90o’lik açı yapan I-I kesitini düşünelim. Kesim yüzeyindeki gerilme şekilde üniform yayılı olarak gösterilmiştir.

∑ ⋅=⇒= APFyatay σ0

A

P=σ Eksenel Eksenel

ÇÇekmeekme

I-I kesitinden kesip ayırırsak;

hbA ⋅=

σ

ÇATAL UÇ ÖRNEĞĐ

Bu enkesitteki üniform gerilmenin değeridir. Bunun için;� P enkesitin ağırlık merkezinden uygulanmalı� Çubuk doğru eksenli, yapıldığı malzeme homojen olmalı� Kesim düzlemi çubuk uçlarından uzak olmalıĐle verilen üç kriterin sağlanması gerekir.

1. kriter sağlanmaz ise moment oluşur gerilme en-kesite uniform yayılmaz.

Uygulamada P kuvveti aşağıdaki şekilde gösterilen biçimde çubuğa aktarılır.

Bağlanan iki parça pim’e kuvvet uygularlar. Gerçekte uniform olmayan gerilmeler kuvvetin izdüşüm alanına bölünmesiyle hesaplanır. Bu basıncın şiddetine ezilme (yatak) gerilmesi adı verir.

dt

P

1

dt

Pl

1

=σ üst parçadaki ezilme gerilmesi

td

Pl 2=σ alt parçadaki ezilme gerilmesi

td

P

2

dt

P

1

PERÇĐNLĐ BĐRLEŞĐM

BULONLU –CĐVATALI- BĐRLEŞĐMKĐRĐŞ EKĐ

ALIŞ-VERĐŞ MERKEZĐ BÜKREŞ

BULONLU –CĐVATALI- BĐRLEŞĐMKOLON EKĐ

PROCTER-GAMBLE GEBZE

ORTALAMA KAYMA GERĐLMESĐ

Kayma gerilmeleri, uygulanan kuvvetlerin cismin bir parçasının komşu parçalara nazaran kayma eğiliminde olmasıhalinde ortaya çıkar. Çatal uçlu birleşimdeki pim, eksenine dik doğrultudaki kesme kuvvetinin etkisiyle b-b ve c-c kesitlerinden ayrılmaya karşı koymaktadır. Pimin bütünü dengede olduğuna göre ayrılma yüzeylerinin her birinde P/2 kesme kuvvetleri oluşmaktadır. Kayma gerilmelerinin uygulanan kuvvete paralel düzlemlerde oluşması halinde direkt kesme hali denir.

A

Port =τ

Direkt kesme haline örnekler: Perçinli birleşim

PP

dt

AB

bPP

( )42dm

Port ⋅⋅=

πτ dt

Pb ⋅=σ [ ]dkbt

P

⋅−=

min

σ

m = bağlantıdaki eleman sayısı -1

Perçin arkasındaki levhada oluşan ezilme gerilmesi

Perçin kesitinde levhadaki çekme gerilmesi. Burada kaynı sırada bulunan perçin sayısıdır.

Normal gerilmenin tersine kayma gerilmeleri düzgün yayılmazlar kuvvetin, alana bölünmesiyle bulunan değer ortalama kayma gerilmesini verir.

Bakersfield, California

California Water Service Tank

Photographer/Artist Engle, Harold M.

Photo DateJul 25 1952 EarthquakeKern County, California earthquake, July21, 1952

Magnitude7.69

Failure of welded column tobase connections for250,000 gallon CB&I watertank.

tr

Port ⋅⋅⋅=

πτ

2

Direkt kesme haline örnekle: Bir plak üzerinde delik açılması

Japonya da bulunan bu köprü zımbalama etkisi yüzünden kullanılamaz halde

Şekilde 40 kN’luk düşey kuvveti taşıyan kafes sistem görülmektedir. Bütün pimler 20 mm çapa sahiptir. Çatal uçlardaki kalınlık 10’ar mm, bağlantı levhasının kalınlığı 15 mm’dir. Elemanlardaki normal geril-meleri C mafsalındaki kayma ve ezilme gerilmelerini hesaplayınız.

Örnek 2

y

x

P = 40 kN

BA

C

1.5 m

2 m

A = 0.002 m2

A = 0.004 m2

MPaPaAB 5.7105.7004.0

1030 63

=×−=×−

=σ

MPaPaBC 251025002.0

1050 63

=×=×

=σ

MPaPad

C 6.79106.79

42

1050 62

3

=×=×

=π

τ

3650 10

166.7 10 166.70.015 0.020b Pa MPaσ

×= = × =

×

MPaPab 12510125020.0010.02

1050 63

=×=××

×=σ

Basma

Çekme

BC çubuğunda

Çatal uçta

B noktasının dengesinden çubuk kuvvetleri kolayca hesaplanabilir.

Civata keskisine 200 N’luk P kuvveti uygulanmıştır. a) Civataya ve A, B, C noktasındaki pime gelen kuvvetleri hesaplayınız.b) AD parçasının alanı 2x10-4 m2’dir. Bu elemandaki gerilmeyi belirleyiniz.

Örnek 3

∑ =⇒= 00 Bxyat FF

∑ +=⇒= ByAdüş FQFF 0

∑ =⇒= AB FQM 751000 QFA 3

4=

33

4 QQQFBy =−=

∑ =⇒= 00 Cxx FF

ByCyy FFF +=⇒=∑ 2000

124802000 ByC FM =×⇒=∑ kNQ 24=8000ByF N=

kNFCy 2.88000200 =+=

kNFQF ByA 32248 =+=+=

3

4

32 10160

2 10AD MPaσ−

×= =

×NOT : Kesici uç ve sapta eğilme

ve kesme etkisi vardır.

ĐNCE CĐDARLI BASINÇ KAPLARI

Uygulamada rastladığımız otomobil lastikleri, boru, tank ve LPG tüpleri gibi basınç kapları temelde eksenel kuvvet taşıyan araçlardır. Basınç kaplarının et kalınlığı/ iç yarıçap, 1/10 ’dan küçük ise bu tip basınç kaplarınıince cidarlı olarak sınıflandırmaktayız. Đnce cidarlı basınç kaplarında normal gerilme kalınlık boyunca sabit kalırken kalın cidarlı basınç kaplarında değişmektedir. Đnce cidarlı basınç kaplarında ayrıca iç ve dış yarıçap ayrımı yapılmaz (Bu iki değer birbirine çok yakındır).Burada, ince cidarlı silindirik ve küresel basınç kaplarını ele alacağız. Basınç kabının cidarları zar gibi –membran- davrandığından eğilme momenti oluşmayacaktır. Kap eksenel simetrik yapısı ile taşıdığı maddeden kaynaklanan basınç etkisi ile serbestçe şekil değiştirirken yalnızca membran gerilmeleri adı verilen düzgün yayılı normal gerilmeler oluşur. Bu kabul, kabın rahatça şekil değiştiremediği uç bölgeleri ile mesnetleri dışında oldukça isabetlidir. Silindirik kapların uçlarındaki kapak kısımlarında kesme kuvvetleriyle eğilme momentleri ortaya çıkar. Kesme kuvveti ile Eğilme momentinden kaynaklanan bu gerilmelere süreksizlik gerilmeleri adı verilir. Süreksizlik gerilmelerini azaltmak için kapaklara uygun bir eğrilik verilir. Bu bölümde verilen bağıntılar, sıvı veya gazdan oluşan p iç basıncı halinde kullanılabilir. Vakum kapları ile denizaltılar gibi dış basınç altında kalan araçların incelenmesinde p’nin işaretinin negatif alınması yeterlidir. Dış basınç halinde hesaplanacak gerilmelerin kap cidarlarında burkulma oluşturan kritik gerilmelerden küçük olmalıdır.

Şekilde gösterilen iç yarıçapı r, et kalınlığı t, manometre basıncı p olan silindirik hava tankı veya boyleri düşünelim.Manometre basıncı; içteki basıncın, dış basıncı ne kadar aştığını vermektedir. Kap cidarı üzerinde gösterilen küçük bir yüzey elemanına etki eden, σσσσc ve σσσσa gerilmelerini belirlemek istiyoruz. σσσσc gerilme bileşenine, çevresel gerilme, teğetsel gerilme veya halka gerilmesi; σσσσa gerilme bileşenine ise eksenel veya boyuna gerilme adları verilir. Çevresel gerilmeyi hesaplamak üzere L boyundaki yarım silindirik bir elemanı içindeki akışkanla birlikte ayıralım. Akışkanın kendi ağırlığı ile basınç kabının kendi ağırlığının ihmal edilebilecek kadar küçük olduğunu düşünüyoruz. Eksenel doğrultudaki basınç ile gerilmeleri basitlik nedeni ile şekil b de gösterilmedi. Şekildeki kap cidarlarında taşınan eksenel kuvvet , σσσσc (2tL), aynı düzlemdeki akışkan basıncından oluşan kuvvet ise p(2rL) dir.

SĐLĐNDĐRĐK BASINÇ KAPLARI

cσ

aσ

cσ

aσ

(a)

(b)

(c)

( )rLptLc 22 =σt

prc =σ

Düşey doğrultudaki toplam kuvvetin sıfır olmasıgerektiğinden;

Eksenel gerilme, silindirik basınç kabından alınan ve şekil c’de gösterilen serbest cisim diyagramı kullanılarak hesaplanabilir. Bu diyagramdaki cidarın taşıdığı eksenel kuvvet ; taşınan akışkanın oluşturacağıeksenel kuvvet ’dır. Eksenel kuvvetlerin eşitliğinde,

( )rta πσ 2( )2rp π

( ) ( )22 rprta ππσ =t

pra 2=σ

ac σσ 2=bulunur. Elde edilen gerilme bağıntılarından, olduğu görülmektedir.

KÜRESEL BASINÇ KAPLARI

Küresel basınç kaplarındaki gerilmeler, silindirik kapların incelenmesinde uygulanan işlemlere benzer şekilde bulunabilir. Küresel kaptan alınan küçük bir elemana etkiyen gerilmeler simetri nedeniyle birbirine eşittir. Küresel kap tam ortasından ayrıldığında;

σσ

σ

Yazılacak denge denklemi , çevresel gerilme için

( ) 22 rprt ππσ =

t

pr

2=σ

Uçlarında yarım küre şeklinde kapaklar bulunan silindirik tank 1.38 MPa’lık basınçlı hava ile doldurulmuştur. Tankın yarıçapı 250 mm, et kalınlığı 8 mm olduğuna göre silindirik ve küresel kısımlarda oluşacak gerilmeleri hesaplayınız.

Küresel kapaklardaki gerilme ile silindirik kısımdaki boyuna gerilme aynıdır.

MPat

pra 56.21

82

25038.1

2=

××

===σσ MPat

prc 13.43

8

25038.1=

×==σsilindirik kısımdaki çevresel gerilme

en büyük radyal gerilme tankın iç yüzünde dır.MPar 38.1−=σ

Örnek 4

sonucunu verir. Bu sonuç, kürenin çapını içeren bütün kesimlerde aynı kalır. Radyal doğrultudaki gerilme kabın iç yüzünde –p; dış yüzünde sıfır olacak şekilde değişir. Đnce cidarlı kaplarda bu gerilme sc ve sagerilmelerinden çok küçük olduğundan genellikle ihmal edilir. Đnce cidarlı basınç kaplarındaki gerilme, iki eksenli gerilme hali olarak düşünülebilir.

EMNĐYET GERĐLMESĐ: GÜVENLĐK KATSAYISI

Yapıların tasarım ve analizinde karşılaşılan çevresel etkiler, kullanım yükleri, malzeme özellikleri gibi çeşitli belirsizliklere karşı uygun bir güvenlik katsayısı seçilmesi önemlidir. Belirsizlik doğuran alanların başında gerilme ve şekil değiştirme kabulleri gelmektedir. Yapının imalatında ve kullanımı sırasında oluşacak gerilmeler kesin olarak bilinmediğinden güvenlik katsayısına bazen cehalet katsayısı adı verilir. Bazı durumlarda malzeme, üzerindeki yük sabit olduğu halde şekil değiştirmeye devam eder. Zamanla oluşan bu şekil değişimine sünme adıverilir. Diğer taraftan şekil değiştirmenin sabit olduğu hallerde gerilmedeki azalmaya ise gevşeme denir. Kurşun, lastik ve bazı plastiklerde sünme normal sıcaklıklarda meydana gelmektedir. Pek çok metalde sünme olayına ergime sıcaklığının yüzde 35-50’si düzeyindeki sıcaklıklarda görülmektedir. Herhangi bir malzemenin sünme hızı yalnızca sıcaklığa değil aynı zamanda gerilme düzeyi ile yük geçmişine de bağlıdır. Sünme kaynaklıdeformasyonları azaltmak amacıyla gerilmelerin küçük tutulması faydalıdır.Güvenlik katsayısı, yapı elemanına uygulanacak yükün, o elamanın taşıyabileceği en büyük yükü aşmamasınıgaranti eder. Güvenlik katsayısı, yapı elemanının (göçmeksizin) taşıyabileceği en büyük yükün kullanım yüküne oranıdır.

Güvenlik Katsayısı =En Büyük GerilmeKullanım Gerilmesi

em

makssf σ

σ=

En büyük gerilme, ya akma gerilmesidir yada çekme (basınç) mukavemetidir. Güvenlik katsayısının oldukça küçük olması, emniyet gerilmesinin oldukça büyük olmasını, bu durumda da yapının kullanımı sırasında problem çıkabileceği gösterir. Diğer taraftan oldukça düşük emniyet gerilmesi ve oldukça yüksek güvenlik katsayısı ile yapıağır ve fazla maliyetli olur.Güvenlik katsayısı, genellikle 1.5 veya üstünde seçilir. Seçim de tecrübe ve mühendislik önsezisi önemlidir. Güvenlik katsayıları pek çok ülkede standart ve yönetmeliklerle belirlenmektedir.

Çapı 1.5 m, et kalınlığı 3 mm olan çelik silindirik tankın σenbüyük = 240 MPa, fs = 2 olduğuna göre taşıyabileceği p basıncınıhesaplayınız.

Örnek 5240

120 ;2

maksem c em

s

prMPa

f t

σσ σ σ= = = = ≤ MPap 48.0

750

3120=

⋅=

MPar

tp em 96.02 =

⋅=

σEksenel gerilmeden

Bulunur. Manometre 0.48 MPa’ı aşmamalıdır.

Şekilde gösterilen kare kesitli alüminyum AB çubuğu ile dairesel kesitli çelik AC çubuğunun enkesit alanlarını hesaplayınız. Alüminyum ve çelik çubuklar için maksimum gerilmeler sırasıyla 275 ve 480 MPa ve güvenlik katsayısı 2.5’dir.

Çekme ve Kısa Basma Çubuklarının Tasarımı

Eksenel yüklü prizmatik çubukların mukavemet yönünden boyutlandırılmasında1.Mümkün göçme modunun belirlenmesi: Çoğunlukla göçmede normal gerilmenin temel bir büyüklük olduğu kabul edilir.2.Yük ile gerilme arasındaki bağıntının yazılması:

3.En Büyük Çekme mukavemetinin belirlenmesi: Malzemenin s-e diyagramındaki en büyük ordinatı smaks4.Güvenlik katsayısının seçilmesi: Enmiyet gerilmesinin hesaplanmasında güvenlik katsayısı fs kullanılır.

Olur. Yukarıda sözü edilen işlemler çekme ve kısa basınç çubuklarının boyutlandırılmasında kullanılır. Narin basınççubuklarının boyutlandırılması daha sonra incelenecektir. Eğer çubuk enkesitinde ani bir değişim varsa yukarıdaki işlemler 2. adımdaki gerilmenin hesabında gerilme yığılması katsayısı kullanılarak tekrarlanır.

A

P=σ

s

maksem

f

σσ =

em

PA

σ=Gerekli enkesit alanı

Örnek 6

30 * 4.2 60 3 111.4

7.8B C CM F F kN= ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ =∑

10 * 4.2 60 7.2 145.5

2C B BM F F kN= ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ =∑

08.7

2.74.111

2

15.1450

?

=+−⇒=∑ xF

MPaal 1105.2

275==σ MPaçe 192

5.2

480==σ

mmammAAB 4.367.1322110

105.145 23

=⇒=×

=

mmdmmAAC 18.272.580192

104.111 23

=⇒=×

=

7.2

7.8

31

12

C ve E düğümlerinde 50 ve 20 kN’luk yükleri taşıyan kafesin AC, AD, CD ve CE çubuklarının alanlarını hesaplayınız. Emniyet gerilmesi çekmede 140, basmada 100 MPa’dır.

Örnek 7

23

9.142140

1020mmAA CEAC =

×==

23

1.707140

1099mmAAD =

×=

23

500100

1050mmACD =

×=

Çubuk kuvvetlerini, kesim yöntemini kullanarak (statik bilgilerinizden yararlanarak) kolayca bulabilirsiniz.

Şekilde gösterilen çubuğa uygulanabilecek en büyük P kuvvetini; çekme gerilmesinin 100 MPa, basma gerilmesinin 140 MPa’ı aşmaması koşuluyla hesaplayınız.

Örnek 8

kNPP

AB 5.22100225

=⇒≤=σ

kNPP

BC 2.25140900

5=⇒≤=σ

kNPP

CD 56140400

=⇒≤=σ

kNPP

DE 28140400

2=⇒≤=σ

{ } kNPem 5.2228;56;2.25;5.22min ==

Şekilde gösterilen sistem dengededir. a) Normal gerilmenin 140 MPa değerini aşmaması koşulu ile CD çubuğunun çapını, b) B’deki 8 mm çaplı pimdeki kayma gerilmesini, c) B mesnedindeki yatak gerilmesini, d) B mesnedine bağlanan çubuktaki yatak gerilmesini hesaplayınız.

Örnek 9

kNPPM B 774.520060sin51500 =⇒⋅=⇒=∑

mmdd

CD 25.7140

4

10774.52

3

=⇒≤×

=π

σ

kNBy 33.460sin5 ==

kNBx 274.860cos5774.5 =+=

kNB 34.9274.833.4 22 =+=

MPa95.92

4

82

93402==

πτ

MPayatak 3.97812

9340=

⋅=σ

MPayatak 75.116810

9340=

⋅=σ

b)

a)

c)

d)

Şekilde görülen iki plak dört adet 20 mm çaplı perçinle birleştirilmiştir. sem = 100 MPa, tem = 80 MPa, semyatak = 140 MPa olduğuna göre bu birleşimin taşıyabileceği en büyük P kuvvetini hesaplayınız.

Örnek 10

Bir perçinin kesilmeye ve ezilmeye göre taşıyabileceği kuvvet

kNPP

132.2580

4

20 121 =⇒≤=

πτ kNP

Pez 28140

1020 11 =⇒≤⋅

=σ

Yırtılmaya göre tahkik;

( )100 90

80 20 15a a

üst levha PP kNσ

−= ≤ ⇒ =

− ⋅

kNPP 53.1004 min =⋅= { } kNP kN

em 9053.100;90min ==

a b c

150 mm çaplı makara, 25 mm çaplı mile 5*5*25 mm boyutlara sahip bir kama ile bağlanmıştır. Kamadaki kayma gerilmesini hesaplayınız.

Örnek 11

( )∑ =⇒=⋅−⇒= kNFFM kamakama 125.12753500

MPa96255

12000=

⋅=τ

Şekilde gösterilen pim bağlantılı çerçevede a) 150 mm2 enkesit alanına sahip CE çubuğundaki normal gerilmeyi, b) D noktasında çift tesirli olarak çalışan 10 mm çaplı pimdeki kayma gerilmesini hesaplayınız.

Örnek 12

kNAAM B 66.808830cos100 =⇒=+⋅−⇒=∑kNBF xx 66.30 =⇒=∑ kNBF yy 66.80 =⇒=∑

CE çubuğu, iki ucu mafsallı olduğundan yalnız eksenel kuvvet taşır.

066.88645cos0 =⋅+⋅−⇒=∑ CEM ACD

D

kNCE 33.16=

MPaCE 9.108150

16330==σ

kND

kND

y

x

55.11

89.2

=

=ACD çubuğunun dengesi

kND 906.1155.1189.2 22 =+=

MPAD 8.75

4

102

119062==

πτ

0.8 m yarıçaplı küresel bir basınç kabı; iki yarım küre parçanın eşit aralıklarla yerleştirilen 40 adet cıvata yardımıyla birleştirilmesinden oluşmaktadır. Đç basınç 600 kPa olarak verildiğine göre cıvata çapı d ile basınç kabının et kalınlığı t’yi hesaplayınız. Cıvata ve küresel kabın emniyet gerilmeleri sırasıyla 100 ve 50 MPa olarak bilinmektedir.

Örnek 13

em

ctt

prσσ =≤

⋅== 50

2

8006.0

2

mmt 8.42

6.9==

N30160240

6.9800250=

⋅⋅⋅⋅⋅

=πBir civataya

düşen kuvvet

mmdd

6.19100

30160

4

2

=⇒=π

Bir barajın türbinlerine su ileten cebri boru 120 m’lik su yükü altındadır. Boru çapı 900mm’dir. Boru malzemesinin en büyük gerilmesi 100 MPa, güvenlik katsayısı 1.6’dır. Borunun en küçük et kalınlığı t ne olmalıdır? (gsu= 9.81 kN/m3)

Örnek 14

MPapmkNhp 177.1/117781.9120 2 =⇒=⋅=⋅= γ

mmtft s

maksc 47.8

6.1

100450177.1min =⇒=≤

⋅=

σσ

BĐRĐM ŞEKĐL DEĞĐŞTĐRME VE MALZEME (BÜNYE) BAĞINTILARI

Bir önceki bölümde bir yapı yada makine elemanındaki gerilmeler incelendi. Şimdi gerilme kadar önemli bir konu olan şekil değiştirme konusunu ele alacağız. Şekil değiştirme veya deformasyon analizi, birim şekil değiştirmelerin tanımları ile başlar. Birim şekil değiştirmeler deformasyonun şiddetinin ölçülmesinde kullanılır.Đleriki bölümlerde malzemelerin önemli karakteristik özellikleri tanımlanacaktır. Mühendislikte kullanılan malzemelerin eksenel çekme deneyi yardımıyla belirlenen mekanik özellikleri üzerinde durulacaktır. Tek eksenli, çok eksenli ve kesme kuvvetleri etkisinde gerilme ve birim şekil değiştirme arasındaki bağıntılar ele alınıp şekil değiştirme enerjisi kavramı ile tekrarlı yüklemelerin oluşturacağıkırılma olayına giriş yapılacaktır.

Dış kuvvetlerin etkisi altında bulunan bir cismin her noktası yer değiştirir. Herhangi bir noktanın yer değiştirmesi; şekil değiştirmeden yada rijit cisim hareketlerinden (ötelenme ve dönme) veya bu iki etkinin bileşiminden meydana gelir. Cisim içindeki noktaların birbirlerine göre olan konumlarında bir değişme varsa cisim şekil değiştirmiştir denir. Herhangi iki nokta arasındaki uzaklık yada herhangi üçnokta arasındaki açı değişmiyorsa yer değiştirmenin sebebi rijit cisim hareketleri olabilir. Bu bölümde yük etkisindeki mühendislik yapılarında, şekil değiştirme ile ortaya çıkan küçük yer değiştirmeler incelenecektir.

Şekil değiştirme sonucu cismin hacminde yada biçiminde değişme olabilir. Bir yapı elemanındaki gerçek gerilme yayılışının belirlenmesinde bu yapı elemanındaki şekil değiştirmenin dikkate alınması gerekir. Dış yükler ve sıcaklık tesiri etkisindeki hiperstatik yapıların analizinde şekil değişimi kullanılarak hiperstatik kuvvetlerin hesaplanması için gereken ilave denklemler sağlanır.

Toplam eksenel şekil değiştirme d ile gösterilecektir. Cisim içerisindeki herhangi bir noktada x, y ve z eksenleri yönündeki yer değiştirme bileşenleri u, v ve w ile tanımlanacaktır. Birim şekil değiştirmeleri 1’in yanında küçük, çarpımlarıyla karelerini ihmal edilebilecek kadar küçük kabul etmekteyiz.

BĐRĐM ŞEKĐL DEĞĐŞTĐRME TANIMLARI

Normal birim şekil değiştirme prizmatik bir çubuk üzerinde tanımlanacaktır.

Birim boydaki uzunluk değişimi: Uzama oranı

εεεε > 0 UZAMA

εεεε < 0 KISALMABĐRĐMSĐZ

Kayma şekil değiştirmesi, başlangıçta dik olan iki doğru arasındaki açının şekil değiştirme sonrası diklikten saptığı değerin tanjantına denir. Açı küçük olduğundan tanjantı yerine radyan cinsinden kendisi yazılabilir.

γγγγ > 0 DĐK AÇI KÜÇÜLÜR

γγγγ < 0 DĐK AÇI BÜYÜRBĐRĐMSĐZθ

πγ ′−=

2

Elastik bölgede şekil değiştirmeler 0.002 veya 2000µ µ µ µ değerlerini pek aşmaz.

Uzunluk ve açıdaki değişimler uniform ise dikdörtgen içine aldığımız iki formül yeterli hassasiyette sonuçverir. Uniform olmayan bir şekil değiştirme söz konusu ise bir noktadaki birim şekil değiştirmelerin tanımlanması gerekir.

L

δε =

P yükü uygulandıktan sonra çubuk boyundaki toplam uzama

Çubuk başlangıç boyu

Üçgen ABC plağı, ABC’ şeklini alacak biçimde üniform şekil değiştirme yapmıştır.a) OC ekseni doğrultusundaki normal şekil değiştirmeyi,b) AC kenarı boyunca normal şekil değiştirmeyi,c) AC ve BC kenarları arasındaki kayma şekil değişimini, hesaplayınız.

Örnek 1

0.0010.001 1000OC

b

bε µ

⋅= = = ( )[ ]

µε 5022

2001.0 21

22

=⋅

⋅−⋅++=

b

bbbbAC

o

b

bBCA 943.89

001.1tan2ˆ 1 =

⋅

=′ −

µπ

γ 995180

057.0 =

=

Dik açıdaki değişim = 90 -89.943 = 0.057o

Radyan cinsinden ACB açısı azaldığı için kayma şekil değişimi pozitiftir.

Şekil Değişiminin Bileşenleri

Üniform şekil değiştirme yoksa birim şekil değiştirme cismin içinde noktadan noktaya değişir. Daha önce yazdığımız bağıntıların ∆x uzunluğundaki bir AB doğru parçası ile ilgili olması gerekir. Eksenel kuvvet altında doğru parçasının uçları u ve u + ∆u yer değiştirmelerini yaparak A’ ve B’ noktalarına gelir. Yani doğru parçasının boyunda ∆u kadarlık bir uzama gerçekleşir. Tanım gereği normal şekil değiştirme

dx

du

x

u

xx =

∆∆

=→∆ 0

limε

dır. Burada limitin anlamı düşünülürse ∆x, sıfıra giderken yalnızca A noktasında x doğrultusundaki uzama oranıifade edilmektedir.Düzlem veya iki eksenli şekil değiştirme durumunda yükleme öncesi ve sonrası cisim içindeki her nokta yine aynıdüzlem içinde kalırlar. Bu durumda birim kalınlıklı dx ve dy boyutlu bir eleman doğrusal ve açısal şekil değiştirme yapabilecektir.

A

D

B C

u

v

dx

dy

vdx

x

∂∂

udx

x

∂∂

vdy

y

∂∂

udy

y

∂∂

Rijit ötelenme

x

y B ′

C ′

D ′

x

udx dx dx

ux

dx xε

∂ + − ∂∂ = =∂

y

vdy dy dy

y v

dy yε

∂+ − ∂ ∂ = =

∂

( ) ( )11xy

xy

u uv vdy dydx dxu vy yx x

u dx y xv dydx dxdy dy

xy

γεε

∂ ∂∂ ∂∂ ∂∂ ∂∂ ∂= + = + = +

∂ + ∂ ∂ ∂ +++ ∂∂

Düzlem elemanın doğrusal şekil değiştirmeleri

Düzlem elemanınAçısal şekil değiştirmeleri

dxx

uu

∂∂

+

dyy

vv

∂∂

+

Bir düzlem elemanın doğrusal şekil değiştirmeleri

x

u

dx

dxudxx

uudx

x ∂∂

=−

−∂∂

++=ε

y

v

dy

dyvdyy

vvdy

y ∂∂

=

−

−

∂∂

++

=ε

dyy

u

∂∂

dxx

v

∂∂

Bir düzlem elemanın açısal (kayma) şekil değişimi

( ) ( ) x

v

y

u

dx

dxx

v

dy

dyy

u

udxx

uudx

dxx

v

vdyy

vvdy

dyy

u

xy

xy ∂∂

+∂∂

=+∂∂

++∂∂

=−

∂∂

++

∂∂

+

−

∂∂

++

∂∂

=εε

γ11

Örneğin u’nun y ekseni doğrultusundaki değişimi (hızı) ,

u’daki artış ise dır. Burada sonsuz küçük elemanın

başlangıçta düşey olan kenarının eğimi olur.

y

u

∂∂

dyy

u

∂∂

y

u

∂∂

u ve v, x ve y’nin fonksiyonu olduklarından kısmi türev gösterimi (notasyonu) kullanılmaktadır. Benzer şekilde

yatay kenar da açısı yapacak şekilde yükselir. x

v

∂∂

x

ux ∂

∂=ε

y

vy ∂

∂=ε

x

v

y

uxy ∂

∂+

∂∂

=γ

Kenarları dx, dy ve dz olan bir prizmatik elemanın içindeki bir noktadaki şekil değiştirmeler benzer şekilde elde edilir. Üç boyutlu şekil değiştirme bileşenleri;

xyxx γεε ,,y

wz ∂

∂=ε

y

w

z

vyz ∂

∂+

∂∂

=γx

w

z

uxz ∂

∂+

∂∂

=γ

olur. Bulunan 6 adet şekil değiştirme bileşeni tıpkı gerilme haline benzer bir simetrik tansör oluşturur.

zzyzx

yzyyx

xzxyx

εγγγεγγγε

Eğer bir noktadaki şekil değiştirme halini anlatan 6 bağımsız şekil değiştirme bileşeni biliniyorsa, prizmanın boyutlarındaki ve şeklindeki değişimi tam olarak belirleyebiliriz.

6 birim şekil değiştirme bileşeni eksenler doğrultusundaki yerdeğiştirme fonksiyonlarına türevlerle bağlıdır. Demek ki bu büyüklükler birbirlerinden bağımsız olamazlar. εx, εy, εz, γxy, γyzve γxz’nin sağlaması gereken 6 adet ifadeye UYGUNLUK denklemleri denir. Đki boyutlu problemlerde yalnızca 1 adet uygunluk denklemi vardır. Uygunluk denklemleri şekil değiştirmenin sürekli olduğunu cismin içinde kütle kaybı (boşluk) olmayacağını gösterir.

yxxy

xyyx

∂⋅∂

∂=

∂

∂+

∂∂ γεε 2

2

2

2

2

Düzlem Hali için Uygunluk denklemi

0.4x0.4 m’lik kare ABCD plağının yüklemeden sonraki hali şekil üzerinde kesikli çizgilerle gösterilmiştir. A köşesinde, düzlem şekil değiştirme bileşenlerinin ortalama değerlerini hesaplayınız.

Örnek 2

x

uu ADx ∆

−=ε B A

y

v v

yε

−=

∆ x

vv

y

uu ADABxy ∆

−+

∆−

=γ

µε 1000400

3.07.0=

−=x µε 625

400

25.0−=

−=y

µγ 500400

01.0

400

3.00−=

−+

−=xy Negatif işaret açının arttığını gösterir.

Mühendislikte Kullanılan Malzemeler

Eksenel yüklü çubuk problemini tekrar ele alalım. Yazılabilecek iki denklemde;

A

Px =σ

x

ux ∂

∂=ε

Gerilme-Dış yük

Birim şekil değiştirme - yerdeğiştirme

uxx ,,εσ Olmak üzere üç bilinmeyen vardır.

Gerekli olan bir ilave denklem σ – ε ilişkisi malzeme kaynaklıdır. Sonuçta eleman üzerindeki yüklerden oluşan yerdeğiştirmeler ve malzemelerin mekanik özellikleri birleştirilebilir.Şimdi mühendislikte kullanılan çeşitli metaller, plastikler, ahşap, seramikler cam ve beton gibi malzemelerin önemli özelliklerini tanımlayacağız.

ELASTĐK MALZEMEElastisite : Yüklerin kaldırılması ile ilk şekillerine geri dönme özeliğidir. Yüklemenin büyüklüğüne bağlı bir özelliktir.Plastisite : Đlk şekle dönüş olmayan malzemelere has bir özelliktir.Süneklik : Kırılmadan önce büyük şekil değiştirme yapabilme özelliği. Örnek: çelik, çeşitli alaşımlar, naylonGevreklik : Kırılmadan önce çok az deformasyon yapma özelliğidir. Örnek: Dökme demir, beton

Yükleme Gerilme Sıcaklık

Hızı ŞekliSÜNEK GEVREK

KOMPOZĐT MALZEME Đki veya daha fazla sayıda malzemeden oluşan bünyeye denir (Çelik lifli cam, polimerler) Matris adı verilen bağlayıcı içinde yüksek dayanımlı malzemenin katılmasından oluşur. Homojen malzemelere göre daha yüksek dayanım/öz ağırlığa sahiptir. Mukavemet dersinde HOMOJEN ĐZOTROP malzemeler ele alınacaktır.

GERĐLME-BĐRĐM ŞEKĐL DEĞĐŞTĐRME DĐYAGRAMI

σ – ε diyagramları malzeme özelliklerinin belirlenmesinde kullanılır. Diyagramlar eksenel çekme deneyi yapılarak çizilir.Genellikle dairesel kesitli bir numune deney aletine taklılır ve oda sıcaklığında yavaş yavaşarttırılan eksenel çekme kuvveti uygulanır. Numunedeki uzamaları ölçmek için Ekstansometre adı verilen bir alet kullanılır.

Birim Şekil Değiştirme ε Uzama Oranı ε

Gerilme σ MPa

Gerilme σ MPa

Ölçek N

Ölçek MÖlçek M

Ölçek M

Gerçek gerilme- gerçek uzama oranı diyagramı malzeme konusundaki araştırmalarla plastik davranışın incelenmesinde kullanılır.DĐYAGRAMINOA KISMI : Elastik bölge, A noktasına kadar σ –ε doğrusal A noktasından sonra malzemede gerilme artmaksızın uzama görülür. Genellikle A ve B akma noktası aynı alınır.

apL σσ =Orantı sınırı Akma sınırı

Solda verilen diyagram, yapıçeliği için σ−ε diyagramıdır.

OABCDE diyagramının ilk kısmıölçek değiştirilerek yeniden çizilmiştir.

OABCF gerçek gerilme-gerçek uzama oranı diyagramı

Uzama Yüzdesi = ( ) 25%1000

0 →−

L

LLkıırılm (Yapı çeliğinde)

Alan Azalma Yüzdesi = (Yapı çeliğinde)( ) 50%1000

0 →−

A

AA kıırılm

Boyun verme

Alüminyum, magnezyum ve bakırda belirgin bir akma noktası görülmez. Akma gerilmesini bulmak üzere 0.002’lik uzama oranına karşı gelen noktadan başlangıç teğetine paralel çizilir.Plastik bölgedeki numuneden yük kaldırılırsa başlangıç teğetine paralel olarak yük boşaltma eğrisi (doğrusu) görülür.BG//OA, B noktasındaki uzama malzemede kalıcı olur. Yeniden yüklendiğinde GB ve orijinal diyagram üzerindeki eğri boyunca ilerlenir.Sünek malzemelerin eksenel çekme ve eksenel basınç altındaki davranışları aynıdır. Gevrek malzemelerin çoğunda eksenel basınç dayanımları, çekme dayanımlarından fazladır.Malzeme özellikleri direkt kesme ve burulma deneyleriyle de bulunabilir. Bu deneylerde τ – γ diyagramlarıçizilir. Akma gerilmesi ve dayanım sınırı çekme deneylerinde bulunanın yarısı mertebesinde elde edilir.

Standart Süneklik Ölçüleri:

AE KISMI :Plastik bölge, CD arasında uzamalar gerilmenin artmasıyla mümkün, buna pekleşme adı verilir. C noktasından sonra ulaşılan D noktası σσσσçekmedayanımı adı verilir.σσσσE = Kırılma dayanımı, Kırılmada parçalar çubuk eksenine 45o açı yapan yüzeyler oluşturur.Klasik diyagramlar, gerçek gerilme gerçek şekil değiştirme diyagramlarındaki açılmanın sebebi uzamaların tek bir kesitte birikmesidir. Buna boyun verme denir.

HOOKE YASASI VE POISSON ORANI

Yapı malzemelerinin çoğunda σ – ε diyagramları doğrusal elastik bir bölge ile başlar.

εσ ⋅= E Đfadesi HOOKE yasası olarak bilinir.

E : Elastisite modülü (Young Mudülü) Birimi gerilme birimi ile aynı [Pa, MPa] Başlangıç teğetinin eğimidir. Çelik için 200-210 GPa dır.εεεε : boyutsuz büyüklük Orantı limiti üstündeki noktalardaki diyagram eğimine teğet modülü Et adı verilir.

pLσσ =0

σ

ε

Yine orantı limiti üstünde oranına Sekant modülü adı verilir. Bu

üç değer malzemenin çekme ve basınçtaki rijitliğinin ölçüsü olarak kullanılır.

Elastisite özelliği kesme kuvveti taşıyan bir eleman üzerinde benzer şekilde ölçülebilir. τ – γ diyagramının doğrusal elastik olduğu kısımdan

sE=

εσ

γτ ⋅=G

Kayma Modülü [Pa, MPa]

Kayma gerilmesi – Kayma şekil değiştirme için “Hooke Yasası”denir.

Çekme gerilmeleri uygulandığında elemanın boyu uzarken elemanın en kesit alanı azalır (enine doğrultuda büzülme olur). Elastik bölgede;

νννν = -Enine Uzama Oranı

Boyuna (eksenel) Uzama Oranı

ν : Poisson Oranı : 0.3 Çelik için

0.5 kauçuk genellikle 0.25-0.35 0.1 beton arasında değişir.

HACĐM DEĞĐŞĐMĐ : dx.dy.dz hacimli bir küp eleman üzerine yalnızca σx gerilmesi uygulayalım.

E

xxzy

σννεεε −=−==

Kübün son hacmi ( ) ( ) ( )dzdydxV zyx εεε +⋅+⋅+= 111

( ) dzdydxterimlermertebeveV

edilirihmal

zyx ⋅⋅

++++=

444 3444 21.321 εεε

VVV ∆+= 0

eV

V=

∆

0Birim Hacim Değişimi

( )EEEV

VVe xxx

zyx

σν

σν

σεεε −−=++=

−=

0

0

( ) ( )x

x

EEe σ

νν

σ 2121

−=−=

Çekme Gerilmesi Hacmi Arttırır.

Basma Gerilmesi Hacmi Azaltır.

Sıkıştırılamaz cisimlerde2

10210 =⇒=−⇒= ννe

Lineer elastik bölgede ν < 0.5

Plastik bölgede ν = 0.5 (hacim sabit kalır)

Şekilde görülen çelik dikdörgen blok iki ucundan uygulanan çekme kuvveti etkisindedir. P = 46706 N’luk çekme kuvveti uygulandığında δx = 0.07112 mm artış, δz = 0.005334 mm azalma ölçülmüştür. E ve ν’yü hesaplayınız.

Örnek 1

MPax 79.1447.124.25

46706=

×=σ

MPaEEL

xx 206841107

6.101

07112.079.144 4 =⇒×==== −εδ

4101.24.25

005334.0

4.25−×−=

−== z

z

δε 3.0

107

101.24

4

=××−

−=−=−

−

x

z

εε

ν

GENELLEŞTĐRĐLMĐŞ HOOKE YASALARI

Tek eksenli, σ- ε bağıntısı iki ve üç eksenli gerilme hali için genişletilebilir. Deney sırasında, normal gerilmelerin kayma birim şekil değiştirmesi oluşturmadığı veya kayma gerilmelerinin de normal birim şekil değiştirmesine yol açmadığını görmekteyiz. Malzemenin lineer elastik, şekil değiştirmelerin küçük oldukların kabul edildiğinden süperpozisyon ilkesinden faydalanarak iki ve üç eksenli gerilme durumu için Hooke yasaları formüle edilebilir.

Birim kalınlıklı elemanın iki eksenli gerilme etkisinde olduğunu düşünelim. σx gerilmesinden x ekseni doğrultusundaσx/E kadar uzama oluşur. σy gerilmesi ise x ekseni doğrultusunda νσy/E kadar kısalmaya neden olur. σx ve σygerilmelerinin etkisi altında x ve y doğrultusundaki uzama oranlarını;

EE

yxx

σν

σε −=

EE

xy

y

σν

σε −=

Exσ

E

yσν−

xε

xyτ

Tam kayma etkisindeki eleman

Đki eksenli gerilme etkisindeki eleman

Tam kayma düşünüldüğünde ise elastik gerilme – şekil değiştirme bağıntısı olmakta idi . gerilmesi yalnızca kayma birim şekil değiştirmesi oluşturmaktadır. Yukarıdaki ifadeleri gerilmeler cinsinden yazarsak;

G

xy

xy

τγ = xyτ

xyγ

xyxE σνσε =+

xyyE νσσε −=−

( )yxyy EE νσενσε +−=−

( )21 νσενε −=+⇒ yxy EE

( )yxx

Eνεε

νσ +

−=

21( )21y x y

Eσ νε ε

ν= +

−xyxy Gγτ =

bulunur. Bu ifadelere iki boyutlu gerilme halinin HOOKE YASALARI denir.

G

xy

xy

τγ =

Benzer şekilde üç boyutlu gerilme halinin Genelleştirilmiş Hooke Yasalarını şöyle yazabiliriz.

( )[ ]zyxxE

σσνσε +−=1 ( )[ ]zxyy

Eσσνσε +−=

1 ( )[ ]yxzzE

σσνσε +−=1

G

xy

xy

τγ =

G

yz

yz

τγ =

G

xzxz

τγ =

Bu ifadeleri gerilmeler cinsinden yazarsak;

( )( )( ) xzyxx G

Eεεεε

ννν

σ 2211

+++−+

=( )( )

( ) yzyxy GE

εεεενν

νσ 2

211+++

−+=

( )( )( ) zzyxz G

Eεεεε

ννν

σ 2211

+++−+

=

Daha önce doğrusal ve açısal şekil değiştirmeleri incelediğimiz elemanın diyagonalindeki boy değişimi normal birim şekil değiştirme εεεεx ve εy ile kayma birim şekil değişimi γxy’den oluşacağını görerek kayma modülü G’nin E ve ν ile ilgili olması gerektiği sonucuna varırız. Bu durum ileri bölümlerde tekrar ele alınacaktır.

( )ν+=

12

EG

Sonuç olarak izotrop malzemelerin iki bağımsız elastik sabitinin olacağını bu sabitlerin de eksenel çekme deneyi ile Eve ν şeklinde bulunduğunu, Kayma modülü G’nin E ve ν cinsinden ifade edilebileceğini söyleyebiliriz.

xyxy Gγτ = yzyz Gγτ =xzxz Gγτ =

Bir noktadaki şekil değiştirme bileşenleri εx = 900µ, εy = -100µ ve γxy = 600µ olarak biliniyor. Bu şekil değiştirme durumunu oluşturacak düzlem gerilme halini belirleyiniz. E=200 GPa Poisson oranı=0.3

Örnek

( ) 6

2 2

200000(900 0.3 ( 100)) 10 191.2

1 1 0.3x x y

EMPaσ ε νε

ν−= + = + × − × =

− −

6200000600 10 46.15

2(1 ) 2(1 0.3)xy xy xy

EG MPaτ γ γ

υ−= = = × =

+ +

( ) 6

2 2

200000( 100 0.3 900) 10 37.4

1 1 0.3y y x

EMPaσ ε νε

ν−= + = − + × × =

− −

x

y

z

P

P

P

100 mm

30 mm

40 mm

ÖRNEK 2 Şekilde görülen blok bütün yüzeylerinden etkiyen p = 150 MPa’lık üniform basınç etkisindedir. E = 200 GPa, ν = 0.3 alarak hacimdeki ve her bir kenarındaki boy değişimini hesaplayınız.

pzyx −=== σσσ ( )[ ] ( )pE

ppE

x −−

=−−−=ν

νε21

21

( )[ ] ( )pE

ppE

y −−

=−−−=ν

νε21

21

( )[ ] ( )pE

ppE

z −−

=−−−=ν

νε21

21

( )pE

zyx −−

====ν

εεεε21

( ) 33

103.015010200

3.021 −×−=−×⋅−

=ε 33

0

1083040100103.033 mmVV

Vzyx −=⋅⋅×⋅−=∆⇒−=++=

∆ −εεεε

mmx 03.0100103.0 3 −=⋅×−= −δ mmy 009.030103.0 3 −=⋅×−= −δ mmz 012.040103.0 3 −=⋅×−= −δ

ÖRNEK 3 Şekilde görülen dökme demirden yapılmış silindir, eksenel doğrultuda 40 MPa, radyal doğrultuda 10 MPa’lık basınç gerilmeleri etkisindedir. E = 100 GPa, ν = 0.25 alarak silindirin boyu ve çapındaki değişimleri ve hacimdeki değişimi hesaplayınız.

MPax 40−=σ MPazy 10−==σσ ( )[ ] 33

1035.0101025.04010100

1 −×−=−−−−×

=xε

( )[ ] 33

10025.0401025.01010100

1 −×=−−−−×

== zy εε

mmL 07.02001035.0 3 −=⋅×−=∆ − mmd 003.012010025.0 3 +=⋅×+=∆ −

333 1030.010025.021035.0 −−− ×−=×⋅+×−=++= zyxe εεε

3230 679200601030.0 mmVeV −=⋅⋅⋅×−=⋅=∆ − π Hacim azalması

ÖRNEK 4 Uzunluğu L, kalınlığı t ve genişliği b olan levha iki rijit duvarın arasına şekilde gösterildiği gibi yerleştirilmiştir. P eksenel basınç kuvveti taşıyan levhadaki gerilme ve birim şekil değiştirme bileşenlerini belirleyiniz.

0=zσ 0=yεtb

Px ⋅

−=σ 0=== xzyzxy γγγ

[ ]yxxE

νσσε −=1 [ ] xyxyy

Eνσσνσσε =⇒−==

10

[ ] xyxzE

ενν

σσν

ε−

−=+−=1

xxE

σν

ε21−

=

tb

P

tb

Pyx ⋅

−=⇒⋅

−= νσσ

( )tb

P

Etb

P

Ezx ⋅

⋅+

=⇒⋅

⋅−

−=νν

εν

ε11 2

21 νεσ

−=

E

x

x

νν

εε

−=−1x

z

Efektif elastisite modülü Efektif poisson oranı Bu değerler geniş kiriş ve plaklarda kullanılmaktadır.

ŞEKĐL DEĞĐŞTĐRME ENERJĐSĐ

Dış yüklerin cismin şekil değişimi sırasında yaptıkları iş şekil değiştirme enerjisi olarak cismin içinde depolanır. Enerji kaybının olmadığı, tam elastik cisimlerde yükün kaldırılması ile (şekil değişimini yok ederek) geri alınabilir. Bu bölümde verilecek şekil değiştirme enerjisi kavramı statik ve dinamik yüklerle ilgili çeşitli problemlerin çözümünde kullanılacaktır. Şekil değiştirme enerjisnin en büyük faydası elemandaki kırılmanın belirlenmesi ile darbeli yüklemenin malzeme üzerindeki etkisinin incelenmesinde ortaya çıkmaktadır.Tek eksenli gerilme halinde şekil değiştirme enerjisini belirlemek üzere yavaş yavaş artan σx gerilmesine maruz bir eleman düşünelim. Elemanın x yüzlerinde σxdydz kuvveti etkir. x ekseni doğrultusunda εxdx kadar bir uzama oluşur. Lineer elastik malzemeler için Hooke yasası

xσxσ

xx E εσ ⋅=

Şekil değiştirme sırasında elemanın yüzlerine etkiyen ortalama kuvvet olur. Bu kuvvetin yaptığı iş, dU,

şekil değiştirme enerjisi olur.

dzdyx ⋅⋅σ2

1

dxdzdy xx ⋅⋅⋅⋅ εσ2

1

dVdxdzdydU xxxx εσεσ2

1

2

1=⋅⋅⋅⋅=

SI birim sisteminde iş ve enerji birimi Joule (J)’dür. (N.m) Birim hacimdeki şekil değiştirme enerjisi enerji yoğunluğu adını alır ve U0 ile gösterilir.

dV

dU

222

1 22

0xx

xx

E

EU

εσεσ ==⋅= Bu alan şekilde mavi olarak gösterilmiştir. σ –ε diyagramının üzerindeki alana

Komplemanter enerji yoğunluğu adı verillip ile gösterilir.*0U

SI birim sisteminde enerji yoğunluğu birimi J/m3 dür veya (pascal). Şekil değiştirme enerjisi ifadesinde sx’in karesi geldiğinden bu her zaman pozitif bir büyüklüktür.

σ–e diyagramında akma noktasının altında kalan alan veya akma gerilmesine ulaşan bir malzemedeki şekil değiştirme enerjisi yoğunluğu Rezilyans Modülü adını alır. Rezilyans modülü malzemenin kalıcı şekil değişimi yapmadan yutabileceği enerjinin ölçüsünü verir. Örneğin yumuşak çelik;

( )39

262

121102002

10220

2 mkJ

E=

×⋅×

=σ

σ–e diyagramının altındaki bütün alan Tokluk Modülü adını alır ve malzemenin kırılmaksızın yutabileceği enerji miktarınıgösterir.

Tek eksenli normal gerilme durumunda şekil değiştirme enerjisi , enerji yoğunluğu ifadesinin hacim üzerinde entegre edilmesi yolu ile;

∫= dVE

U x

2

2σBulunur. Bulunan bu ifade eksenel yükleme ve kirişlerin eğilmesi problemlerinde kullanılabilir.

Şimdi τxy kayma gerilmesi taşıyan bir eleman düşünelim. Üst yüze etkiyen τxydxdz kuvveti γxydy yerdeğiştirmesinioluştursun. Gerilmeler sıfırdan başlayıp yavaş yavaş artarak son değerine ulaştığından ortalama kuvvet

dzdxxy ⋅⋅⋅τ2

1Olur. Tam kayma halinde enerji yoğunluğu;

222

1

2

122

0xyxy

xyxy

xyxy G

Gdzdydx

dydzdxU

dV

dU γτγτ

γτ==⋅=

⋅⋅

⋅⋅⋅⋅==

Bulunan bu ifadenin τ – γ diyagramının altındaki alana eşit olduğu söylenebilir.

Kayma gerilmesinden oluşan şekil değiştirme enerjisi yukarıdaki ifadenin hacim üzerinden entegrali alınarak elde edilir. Bu ifade burulma etkisindeki millerle, kesme kuvveti etkisindeki kiriş problemlerinde kullanılabilir.

∫= dVG

Uxy

2

2τ

En genel gerilme durumunda şekil değiştirme enerjisi aşağıdaki biçimlerde yazılabilir.

( )yzyzxzxzxyxyzzyyxxU γτγτγτεσεσεσ +++++=2

10

( )( ) ( )222222

2

12

2

1yzxzxyzyzxyxzyxo

GEU τττσσσσσσνσσσ +++++−++=

Asal eksen takımı kullanıldığında ( )( )31322123

22

21 2

2

1σσσσσσνσσσ ++−++=

EUo

ÖRNEK 10 mm çaplı 3 metre uzunluğundaki çubukta depolanan şekil değiştirme enerjisi 70 J dür. P kuvvetinin değerini hesaplayınız.

2 2 2

2

2

9 5

2 2 2

*370

2*200 10 *7.854 1027075

x P P LU dV Adx U

E EA EA

P

P N

σ

−

= = ⇒ =

=

=

∫ ∫

� �

ÖRNEK Şekilde gösterilen konik çubuk P kuvveti etkisi altında dengededir. Çubukta depolanan şde ni hesaplayınız.

2 2

2 2min

2 2 2 2

2 2min

2

min

4 41 1

2 2 2 8

10

x x

xx

x x

A r r x A xL L

P P dx P L duU dV A dx

E EA E A EA u

P LU

EA

π π

σ

= = + = +

= = = =

=

∫ ∫ ∫ ∫4

1

4

u xL

du dxL

= +

=

Tekrarlı Yükleme Ve Yorulma

Yapı elemanlarının göçme gerilmesinden oldukça küçük gerilme düzeylerine binlerce defa yüklenmesi halinde kırılmasına yorulma adı verilir. Yorulma çatlağının genellikle gerilmenin yoğunlaştığıbölgelerdeki iç yapı kusurlarından/çatlaklarından başladığı, yüzey kalitesi, kimyasal yapı ve iç yapıkusurlarıyla ilgili olduğu söylenebilir.Yorulma ömrü veya dayanıklılık genellikle kırılma oluşturan gerilme tekrar sayısı ile ölçülür. Deneysel olarak malzeme iki gerilme sınırı arasında sürekli değişen gerilme durumuna kırılıncaya kadar devam edilir. Yorulma deneyi sonuçları aşağıdaki gibi yarı logaritmik bir diyagram üzerinde işaretlenir.

Yorulma Ömrü N, Devir Sayısı

Gerilme σ, MPa

Çelik

AlüminyumSürekli Dayanım Sınırı

ÖRNEK 5 Küresel bir balonun 200 mm olan çapı, şişirildikten sonra 201 mm olmuştur. Ortalama çevresel uzama oranını hesaplayınız.

3

0

0

0

0 105200

1 −×==−

=−

=D

DD

D

DDc π

ππεÇevre= π D, D0 : ilk çap

ÖRNEK 6 Đçi boş bir silindir iç basınç etkisinde 200 mm olan iç çapı 0.5 mm, 400 mm olan dış çapı 0.3 mm artmıştır. a) Çevresel doğrultudaki en büyük uzama oranı b) Radyal doğrultudaki ortalama uzama oranını hesaplayınız.

200.5 200 0.50.0025

200 200iç

c

π πε

π−

= = =

00075.0400

3.0

400

4003.400==

−=

πππ

ε diş

c

001.0100

1009.99−=

−=

∆=

t

trε

Đç çevredeki uzama oranı

Dış çevredeki uzama oranı

Radyal doğrultudaki uzama oranı

ÖRNEK 7 Şekilde gösterilen çubukta oluşacak en büyük εx uzama oranını; elemanın uzunluğu doğrultusun-daki yerdeğiştirme fonksiyonunu

a)

b) olması durumları içi ayrı ayrı hesaplayınız.

( ) 32 10−×= Lxu

( )

= −

L

xLu

2sin10 3 π

002.0102 3 =×==

=

−

Lxmaks

xL

x

dx

duεa)

b) ( ) ( ) 00157.01022

cos102

33 ==

== −− πππε

maks

xL

xL

Ldx

du

ÖRNEK 8 Şekilde görülen dikdörtgen levha, yüklemeden sonra bir paralel kenara dönüşmüştür. Levhanın AB ve CD kenarları 0.005 mm uzayıp 0.0012 radyan saat dönüşü yönünde dönerken AD ve BC kenarları ise 0.002 mm kısalarak 0.0004 radyan saat dönüş yönüne ters yönde dönmüştür. a=40mm, b=20mm olduğuna göre düzlem birim şekil değiştirme bileşenlerini hesaplayınız.

x

y

A

B C

D

20.005

39.998 mm

0.0012

0.0004

00005.040

002.0−=

−=xε

31025.020

005.0 −×==yε

0016.00004.00012.0 =+=xyγ

ÖRNEK 9 Şekilde görülen ince dikdörtgen plak iki eksenli çekme gerilmeleri etkisinde

uzama oranlarını yapmaktadır. AC köşegenindeki boy değişimini hesaplayınız.

44 104106 −− ×=×= yx εε

mmAD x 122.0=⋅εAD kenarındaki toplam şekil değiştirme=

mmAB y 061.0=⋅εAB kenarındaki toplam şekil değiştirme=

AC köşegeninin ilk uzunluğu= mm6.253203152 22 =+

AC köşegeninin şekil değiştirdikten sonraki ilk uzunluğu;

( ) ( ) mm734.253122.203061.152 22 =+

AC köşegenindeki boy değişimi;

mmAC 1343.0=∆

ÖRNEK 10Şekilde görülen plak, V kesme kuvveti etkisiyle deforme olup AB’C’D şeklini almıştır. Kayma açısının;a) herhangi bir noktada, b) Yüksekliğin ortasında c) Orijinde aldığı değerleri hesaplayınız.

2

=b

yhx

yb

h

x

v

y

uxy 2

2=

∂∂

+∂∂

=γ

yyxy

3

210025.0

200

5.02 −×=⋅

=γa) 0025.0100200

5.022

=⋅

=xyγb)

0=xyγc)

ÖRNEK 11 Şekilde görülen ince üçgen plak, uniform şekil değiştirme yaparak A’B’C’ biçimini almıştır. εx ve εyuzama oranları ile AC ve BC kenarları arasındaki kayma açısını hesaplayınız

0012.01000

2.1==xε 0015.0

1000

5.1−=

−=yε

o1 15.905.998

2.1001tan22 =

⋅=⋅ −θ

( ) radyanxy 0027.0180

15.9090 −=−=π

γ

ÖRNEK 12 Şekilde görülen elemanın üzerine yüklemden önce 10x10 mm2 lik ABCD karesi çizilmiştir. Yüklemeden sonra kare, eşkenar dörtgen şeklini aldığına göre Elastisite modülü ile Poisson oranını hesaplayınız.

εσ ⋅= E ( )MPaE 310*6.40

14.14

14.1411.1485

=−−

==εσ

707000.014.14

14.1415.14=

−=enineε -0.00212

14.14

14.1411.14=

−=boyunaε

3

1=−=

boyuna

enine

εε

ν

mmBDAC 14.141010 22 =+==

Yüklenmeden önce köşegen uzunluğu;

ÖRNEK 13 Şekilde görülen bloğa P = 17800 N’luk eksenel kuvvet etkimektedir. Bloğun y ve z eksenleri doğrultusunda şekil değişimi engellendiğinde eksenel doğrultudaki uzama oranı ne olur? (E = 69 GPa, )31=ν

MPax 3.9853.919

17800=

⋅=σ

( ) 03.983

11=

+−= zyyE

σσε

( ) 03.983

11=

+−= yzzE

σσε

( ) 06.1963

1=++−+ zyzy σσσσ

( ) ( ) MPazyzy 3.983

6.196

3

2=+⇒=+ σσσσ

( )

+−= zyx σσε3

13.98

69000

1 ( ) 6109503.983

13.98

69000

1 −×=

−=xε

ÖRNEK 14

Şekilde görülen dikdörtgenler prizması şeklindeki beton blok Px = 100 kN, Py = 150 kN ve Pz = 50 kN’luk kuvvetlerin etkisi altındadır. a) Bloğun boyutlarındaki değişmeleri b) Bloğun yalnızca y yüzünden etkiyip önceki yüklemenin sebep olduğu yer değiştirmeyi (y ekseni doğrultusunda) oluşturacak P kuvvetini hesaplayınız. (E = 24 GPa, )

MPax 2050100

10100 3

−=⋅×

−=σ

MPay 1550200

10150 3

−=⋅×

−=σ MPaz 5.2200100

1050 3

−=⋅×

−=σ

( )[ ] 3106875.05.2152.02024000

1 −×−=−−−−=xε

( )[ ] 3104375.05.2202.01524000

1 −×−=−−−−=yε

( )[ ] 3101875.020152.05.224000

1 −×=−−−−=zε

mmxx 1375.0200 −== εδ mmyy 04375.0100 −== εδ mmzz 009375.050 == εδ

30.4375 10 10.5y

y y MPaE

σε σ−= − × = ⇒ = − 10.5*200*50 105000 105y yP A N kNσ= = − = − = −b)

2.0=ν

a)

ÖRNEK 15 Uçları kapalı olan ve p iç basıncı etkisinde bulunan bir silindirin yarıçapındaki ve L boyundaki değişmenin

Formülleriyle hesaplanabileceğini gösteriniz. r yarıçap; t et kalınlığını göstermektedir.

( ) ( ) ( ) ( )νσνν

σν 2121

2,2

22

2

2

−=−=∆−=−=∆E

L

Et

prLL

E

r

Et

prr ac

t

pr

t

pr

2

Et

pr

Et

prc 2

νε −=

rrrçevre c πεππ 22'2 =−=∆

rr c πεπ 22 =∆

( ) ( )νσνε −=−==∆ 2

22

2

2

E

r

Et

prrr c

c

( ) ( )νσνε 2121

2−=−==∆

E

L

Et

prLLL a

L

ÖRNEK 16 50.8 mm çaplı pirinç çubuk (E = 103 GPa, ), bronz bir borunun içine geçirilmiştir. Pirinç çubuğa 178 kN’luk eksenel basınç kuvveti uygulandığında çubuk yüzeyi gerilmesiz olarak bronz boruyla temas etmektedir. Bronz borunun iç çapını hesaplayınız.

30.0=ν

MPapirinç 82.87

4

8.50

1780002==

πσ 6108.255

103000

82.873.0 −×==enineε

mmd enine

iç

bronz 813.508.508.50 =+⋅= ε

2L

pr pr

Et Etε ν= −

ÖRNEK 17 50 mm çaplı 1200 mm. boyundaki alüminyum çubuk P = ± 200 kN’luk eksenel kuvvet etkisindedir. (E = 70 GPa, ) Yük etkisi altında çapının alabileceği en küçük değer ve hacminin ulaşacağı en küçük değer ne olur?

30.0=ν

MPa86.10125

2000002==

πσ 001455.0

70000

86.101==boyunaε

3104365.0001455.03.0 −×−=⋅−=⋅−= boyunaenine ενε

mmd 978.4950104365.050 3min =⋅×−= −

MPa86.101−=σ 001455.0−=boyunaε 3104365.0 −×+=enineε

6105822 −×−=+−=++= enineboyunazyxe εεεεε

326 73.137012002510582 mmV −=⋅⋅⋅×−=∆ − π

32min 235362973.1370120025 mmV =−⋅⋅= π

Çapın minimum olması için uygulanması gereken eksenel kuvvet çekme kuvveti olmalıdır. Buna göre;

Hacmin en küçük değeri olması için uygulanması gereken eksenel kuvvet basma kuvveti olmalıdır. Buna göre;

GERĐLME VE BĐRĐM ŞEKĐL DEĞĐŞTĐRME ANALĐZĐ

Daha önceki bölümlerde ele aldığımız gerilme ve birim şekil değiştirmeleri tanımlamakta eleman eksenine dik doğrultuda alınan kesitleri kullandık. Bu bölümde ise eğik bir düzlem üzerinde bulunan bir noktadaki gerilme ve birim şekil değiştirme hali incelenecektir. Gerilme ve birim şekil değiştirme bileşenleri her zaman yük etkisindeki elemanda göz önüne alınan noktanın konumuna bağlıdır. Dolayısı ile gerilmenin noktadan noktaya değişimi de ele alınacaktır.Bu bölümde düzlem gerilme ve düzlem şekil değiştirme durumları üzerinde durulacaktır. Burada çıkarılacak formüller ile tanıtılacak grafik teknik çeşitli yüklere maruz elemanın bir noktasındaki gerilme ve birim şekil değiştirme dönüşümünün analizinde büyük kolaylık sağlar. Özellikle grafik tekniğin bir noktadaki gerilme değişiminin anlaşılmasıbakımından ayrı bir önemi vardır. Đlerideki bölümlerde lineer elastik malzemelerde E, G ve νννν arasındaki bağıntının bulunmasında dönüşüm yasaları kullanılmıştır.

DÜZLEM GERĐLME

Gerilmeler koordinat eksenlerinin herhangi birinden bağımsız ise (burada z ekseni) iki boyutlu gerilme hali söz konusu olur. Örneğin; eksenel yüklü bir çubuğun eğik bir kesitinde oluşan gerilmeler, burulma etkisindeki bir mil, eksenine dik doğrultuda yüklenmiş bir kiriş. Bu gerilme hali bir’den fazla yük etkisindeki elemanın herhangi bir noktasından geçen bütün düzlemlerde de oluşur. TANIMLAR: Đki boyutlu problemler düzlem gerilme ve düzlem şekil değiştirme olmak üzere iki sınıfa ayrılabilir. Bu durum, kalınlığı boyunca düzgün yayılı yükler etkisindeki ince levhalarda karşımıza çıkar. Levha ince olduğundan iki boyutlu gerilme bileşenlerinin kalınlık boyunca değişmediği, ve diğer gerilme bileşenlerinin de sıfır olduğu kabul edilebilir.

Düzlem gerilme haline bir diğer örnek, yapı ve makine elemanlarının serbest yüzeyleri verilebilir. Düzlem gerilme halinde,

0,,;0 ≠=== xyyxyzxzz τσσττσ

olur. Bu gerilmelerin genelleştirilmiş Hooke yasalarında yazılmasıyla,

( )yxxE

σνσε −=1 ( )xyy

Eσνσε −=

1 ( )yxzE

σσν

ε +−= 0, === yzxzxy

xy Gγγ

τγ

bulunur. ilk iki denklemden çözülüp de yerine yazılırsa, ( )yx σσ +zε

( )yxz εε

νν

ε +−

−=1

Bu ifade düzlem dışı asal birim şekil değişimi ’nin düzlem içi ve birim şekil değişimi cinsinden ifadesidir. zε xε yε

Düzlem şekil değiştirme halinde ve benzer şekilde sıfır alınabilir. Ancak sıfır değildir ve değeri vecinsinden hesaplanabilir. , ve sıfırdan farklı değerler alabilir.

xzτ yzτ zσ xσ yσ

xσ yσ xyτ

Amacımız cismin içindeki bir noktadan alınan sonsuz küçük eleman üzerindeki , ve gerilme bileşenlerinin dönüşüm denklemlerini çıkartmaktır. Şekil 4.2a’ da bir gerilme elemanı gösterilmiştir.

xσ yσ xyτ

y’

x’

x’y’

y’

x’

Yukarıda çıkarılan denklemlerde trigonometrik bağıntılarını kullanarak 2θ cinsinden yazabiliriz. Bu durumda gerilme dönüşüm denklemleri,

z doğrultusundaki gerilme sıfır olmasa bile şu anda ilgi alanımız dışındadır. Gerilme elemanın üç boyutlu görünüşüunutulmadan problemi basitleştirmek üzere elemanın düzlemsel gösterilişini vermek adettendir. Şekilden de fark edilebileceği gibi elemanın paralel yüzlerindeki gerilme bileşenlerinin şiddetleri değişmemektedir.

EĞĐK DÜZLEMLERDEKĐ GERĐLMELER

Bir önceki sayfada gösterilen kamayı düşünelim. Şimdi x, y eksen takımıyla θ açısı yapan xı ve yı eksenleri doğrultusundaki ve gerilmelerini bulmak istiyoruz. xı ekseninin yönünü gösteren θ açısı, saat dönüşyönüne ters olduğundan pozitiftir. xı eksenine dik olan kamanın AB kenarına etkiyen gerilmeler pozitif yönde gösterilmiştir. AB kenarının bulunduğu yüzeyin alanı ∆A ise 0A ve 0B kenarlarının bulunduğu yüzeylerin alanlarısırasıyla, ve olur. xı ve yı doğrultularındaki kuvvetlerin dengesinden,

x′σ yx ′′τ

θcos.0 AA A ∆= θsin.0 AA B ∆=

0cossinsinsinsincoscoscos:0 =∆−∆−∆−∆−∆=Σ ′′ θθτθθσθθτθθσσ AAAAAF xyyxyxxx

0sinsincossincoscossincos:0 =∆+∆−∆−∆+∆=Σ ′′′ θθτθθσθθτθθστ AAAAAF xyyxyxyxy

Denklemleri basitleştirip yeniden düzenlersek,

θθτθσθσσ cossin2sincos 22xyyxx ++=′ ( ) ( ) θθσσθθττ cossinsincos 22

yxxyyx −−−=′′

θθτθσθσσ cossin2cossin 22xyyxy −+=′

gerilmesi teriminde θ yerine θ+π/2 yazılarak hesaplanabilir. y′σx′σ

θθ 2cos1cos2 2 += θθθ 2sincossin2 =θθ 2cos1sin2 2 −=

( ) θτθσστ 2cos2sin2

1xyyxyx +−−=′′

( ) ( ) θτθσσσσσ 2sin2cos2

1

2

1' xyyxyxy

−−−+=( ) ( ) θτθσσσσσ 2sin2cos2

1

2

1xyyxyxx +−++=′

biçiminde yazılabilir. En son elde edilen bağıntılar bir noktadaki gerilme halinin yani dik iki düzlemdeki üç gerilme bileşeninin bilindiği durumda, θ açısı ile tanımlanan bütün mümkün AB yüzeylerindeki gerilmelerin hesaplanmasında kullanılabilir. Gerilme, birim şekil değiştirme ve atalet momenti gibi büyüklükler ikinci mertebeden tansörler olup yukarıdaki bağıntılarla dönüştürülürler. Daha sonra göreceğimiz MOHR dairesi, tansörel büyüklüklerin dönüşümünde kullanılan grafik bir gösterim tarzıdır. Son elde edilen ilk iki bağıntı taraf tarafa toplanırsa;

=+=+ ′′ yxyx σσσσ Sabit

ifadesi bulunur. Dolayısıyla iki dik düzlemdeki normal gerilmelerin toplamı θ açısından bağımsız olup değişmezmiş. Bu durum üç eksenli gerilme halinde de geçerlidir. Aşağıdaki problemde θ açısına bağlı olarak gerilmelerin değişimi incelenecektir.

Örnek 1 Şekilde bir makine parçası üzerindeki bir noktadaki gerilme hali gösterilmiştir. a-a ve b-b doğrultularına paralel düzlemlerdeki normal ve kayma gerilmelerini hesaplayıp yönlenmiş bir eleman üzerinde gösteriniz.

a

x

y

10 MPa

5 MPa

5 MPa

10 MPa

6 MPa

60o

45o

a

b

b

xı doğrultusu eğik düzleme dik olarak seçilmektedir. Burada, x, y takımındaki gerilme halini xı , yı takımına dönüştürmek istiyoruz. Gerilmeler ve dönüşleri kendi işaretleri ile kullanmaya dikkat edilmelidir.

a) MPaMPaMPa xyyx

o 651045 −=−=== τσσθ

( )( ) ( )( ) ( ) MPax 5.390sin690cos5102

1510

2

1−=−+−−+−+=′σ

( )( ) ( ) MPayx 5.790cos690sin5102

1−=−+−−−=′′τ

( )( ) ( )( ) ( ) MPay 5.890sin690cos5102

1510

2

1=−−−−−−+=′σ

b) MPaMPaMPa xyyx

o 65101209030 −=−===+= τσσθ

( )( ) ( )( ) ( ) MPax 95.3240sin6240cos5102

1510

2

1=−+−−+−+=′σ

( )( ) ( ) MPayx 5.9240cos6240sin5102

1=−+−−−=′′τ ( )( ) ( )( ) ( ) MPay 05.1240sin6240cos510

2

1510

2

1=−−−−−−+=′σ

Bir noktadaki gerilmelerin şiddetlerinin o noktadan geçen düzleme bağlı olduğunu daha önce belirtmiştik. En büyük gerilmeler ile bu gerilmelerin etkidiği düzlemlerin yapıdaki göçme ile ilgili olması sebebiyle bizim için ayrı bir önemi vardır. En büyük gerilmesini hesaplamak üzere θ’ ya göre türevini alarak sıfıra eşitleyelim.

ASAL GERĐLMELER: EN BÜYÜK KAYMA GERĐLMESĐ

x′σ

( ) 02cos22sin2

2=+−−=′ θτθσσ

θσ

xyyxx

d

d( ) ( )

yx

xy

pσσ

τθ

−=

21

2tan

Kutu içerisinde gösterilen bağıntıdan bulunacak θ açısı en büyük ve en küçük normal gerilmenin etkidiği düzlemi gösterdiğinden θ yerine θp ile yazılmıştır. tan2θ = tan(2θ+π) olduğundan birbirinden 180o farklı 2θp açıları yukarıdaki bağıntıyı sağlarlar. Dolayısıyla θp ve bundan 90o farklı iki düzlem, normal gerilmenin en büyük ve en küçük olduğu iki dik düzlemi gösterir. Şimdi normal gerilmenin maksimum ve minimum olduğu düzlemlerdeki kayma gerilmelerini hesaplayalım.

2yx σσ −

xyτ

22

2

xy

y

x

r

τσ

σ+

−

=

( ) ( )yx

xy

p σσ

τθ

−=

22tan ( )

r

xy

p

τθ m=2sin ( )

r

yx

p 22cos

σσθ

−= m

( ) 022

=−

+

−−=′′ xy

yxxyyx

yxrr

τσστσσ

τ

Kayma gerilmesinin sıfır olduğu düzlemlerdeki en büyük ve en küçük normal gerilmelere ASAL gerilmeler adı verilir.

( ) ( )

+

−−++==′

rr

xy

xy

yx

yxyxmaksx

ττ

σσσσσσσσ mm

22

1

2

1

min( ) 2

2

2,1 22

1xy

yx

yx τσσ

σσσ +

−+= m

Sayısal olarak büyük olan normal gerilmeyi ile gösterip en büyük asal gerilme adını verelim.1σ

yxmaks σσσσσσ +=+=+ 21min

asal gerilmelerinin doğrultularını veya etkidiği düzlemleri gösteren θp açılarını θpı ve θpıı ile göstereceğiz. 21 ve σσ

2

1

2

1

Yukarıda izlediğimize benzer işlemler yaparak en büyük kayma gerilmesiyle etkidiği düzlemleri araştıralım.

0=′′θ

τ

d

d yx bağıntısından,

( ) 02sin22cos2

2=−−−=′′ θτθσσ

θ

τxyyx

yx

d

d

( )xy

yx

s τ

σσθ

22tan

−−=

bulunur. Burada θs en büyük kayma gerilmesinin etkidiği düzlemi göstermektedir. Çerçeve içindeki bağıntıyı birbiriyle 90o lik açı yapan iki ayrı doğrultu da sağlar. Bu doğrultuları θsı ve θsıı ile gösterelim. Asal doğrultular ile en büyük kayma gerilmesi doğrultusunun kıyaslanmasıyla aralarında 45o’lik açı bulunduğu anlaşılır. En büyük kayma gerilmesinin değerini hesaplayalım.

2yx σσ −

−

xyτ

22

2

xy

y

x

r

τσ

σ+

−

=

( )( )

xy

yx

s τ

σσθ

22tan

−−= ( )

r

xy

s

τθ m=2cos ( )sin 2

2x y

sr

σ σθ

− = −

m

( )

+

−−−

−=rr

xy

xy

yx

yx

maks

ττ

σσσσ

τ mm 22

2

2

2

2

2

2

min 2

2

2xy

yx

xy

yx

xy

yx

maks τσσ

τσσ

τσσ

τ +

−=

+

−

+

−

= m2

2

min 2 xy

yx

maks τσσ

τ +

−= m

Fiziksel olarak cebrik işaret anlamsız olduğundan en büyük kayma gerilmesindeki işarete dikkat etmeden maksimum kayma gerilmesi adı verilir. Eğer ve asal gerilmeler olursa olacağından xσ yσ 0=xyτ

221 σσ

τ−

=maks

bulunur.

Asal gerilmelerin etkidiği düzlemlerde kayma gerilmesi bulunmamasına karşın maksimum kayma gerilmesinin etkidiği düzlemlerde normal gerilme bulunur. Bu gerilmenin hesaplanması için bağıntısında 2θs yazılması yeterlidir.

−−

+

−+

+=′

rr

yx

xy

xyyxyx

x2

22

σσ

ττσσσσ

σ

x′σ

2'

yx

x

σσσσ

+=′=

toplamı sıfır olmadıkça maksimum kayma gerilmesinin bulunduğu düzlemlerde normal gerilme de olur. yx σσ +

Gerilme etkisindeki bir elemanda en büyük kayma gerilmelerini gösteren okların buluştuğu köşeleri birleştiren diyagonale KAYMA DĐYAGONALĐ denir. Bu diyagonal maksimum asal gerilme doğrultusundadır. Ayrıca en büyük asal gerilme, en büyük kayma gerilmesinin yönünün belirlenmesinde de kullanılabilir.

Üç eksen doğrultusundaki ve gerilmelerinin aynı noktaya etkidiğini düşünelim Aşağıdaki şekilde gerilmelerin olarak sıralandığını kabul edelim. Gerilmelerin etkidiği noktadan alınan elemanın üç farklıyönden görünüşü şeklin yan tarafında verilmiştir.

21,σσ 3σ321 σσσ ⟩⟩

Bu durumda en büyük kayma gerilmesinin,

231 σσ

τ−

=maks

ifadesiyle hesaplanacağı ve en büyük ve en küçük asal gerilmenin etkidiği düzlemleri ikiye ayıran doğrultularda olacağı anlaşılmaktadır

Şekilde bir düzlem gerilme hali gösterilmiştir. a) Asal gerilmeleri hesaplayınız. b) Maksimum kayma gerilmesini ve ilgili normal gerilmeyi bularak a ve b şıklarında bulduğunuz gerilmeleri yönlenmiş bir eleman üzerinde gösteriniz

Örnek 2

MPa

MPa

09.1009.1

2

2

2,11

259.55.45

2

27

2

27 =−==+

−+= σ

σσ pmmoı

p

oııp

p

7.31

7.121

1

27

52tan

2

1 =

=

− =

−⋅

= θ

θθ p

Hangi düzlemin hangi asal gerilmenin doğrultusunu gösterdiğini bulmak için dönüşüm denkleminde θ = 31.7o yazalım.

MPaox 09.107.31==′ σσ bulunur. Sonuç olarak,

oıı

p

oı

p

MPa

MPa

7.12109.1

7.3109.10

2

1

=↔−=

=↔=

θσ

θσ

MPamaks 59.552

27 2

2

mm =+

−=τ ayrıca bağıntısı da aynı sonucu vermektedir.

221 σσ −

maksτ ’ın etkidiği düzlem, o

os

3.13

7.76

1

5*2

27tan

2

1 −− =

−−= pθ MPaoyx 59.5

3.13==

−′′ ττoıı

smaks

oı

smaks

MPa

MPa

7.7659.5

3.1359.5

=↔−=

−=↔=

θτ

θτ

Söz konusu düzlemlerdeki normal gerilme, MPayx 5.4

2

27

2=

+=

+=′

σσσ

’ın doğrultusunu bulmakta kayma diyagonali kullanılabilir. maksτ

Bu noktadaki gerilme hali matris formunda,

MPa

25

57MPa

− 09.10

009.10MPa

5.459.5

59.55.4

θθθθ = 0o θθθθ = 31.7o θθθθ = -13.3o

verilebilir.

DÜZLEM GERĐLME HALĐ ĐÇĐN MOHR DAĐRESĐ

Gerilme dönüşüm denklemlerine grafik bir yorum getirmek mümkündür. Bu kısımda, bir noktadaki gerilme halinin anlaşılmasını büyük ölçüde kolaylaştıran ve düzlemlerin değişmesiyle gerilmelerdeki dönüşümlerin hızla yapılmasını sağlayan grafik bir teknik üzerinde durulacaktır. Bu amaçla ifadelerini tekrar yazalım.yxx ′′′ == ττσσ ,

θτθσσσσ

σ 2sin2cos22 xy

yxyx +−

=+

−

θτθσσ

τ 2cos2sin2 xy

yx +−

−=

Denklemlerin kareleri alınıp toplanırsa,

2222 )2

()2

( xy

yxyx τσσ

τσσ

σ +−

=++

−

τσ −bulunan bu bağıntı, eksen takımında

22)2

( xy

yxr τ

σσ+

−=

yarıçaplı çember denklemi olur.

Çemberin merkezi 2

yx σσ +’de dir.

2yx σσ

σ+

=′

1σ

( )maksτσ ;′( )xy

yτσ ;

( )maksτσ −′;

( )xyx τσ −;

( )yxx ′′′ −τσ ;

σ

τ

Pozitif Kayma Gerilmeleri

Mohr Dairesinin Yorumu

•Mohr dairesindeki dönüş yönü ile θ açısının dönüş yönü aynıdır. •Daire üzerindeki 2θ’ lık açı dönüşü gerilme elemanının θ kadarlık dönüşüne karşı gelir.

•Dairenin yarıçapı 22 AFCFCA += 2

2

2xy

yxCA τ

σσ+

−=

x′olup maksimum kayma gerilmesi ’ın şiddetine eşittir. x ve y düzlemlerindeki gerilmeler daire üzerinde A ve B noktalarıyla temsil edilir. AB den farklı her bir çap, orijinal eksen takımına göre θ kadar bir açıyla dönülen x’ ve y’

düzlemlerindeki gerilme halini gösterir. Daire üzerindeki A’ noktasının koordinatları gerilme dönüşüm denklemlerini vermektedir.

maksτy′

CA ile CA1 arasındaki açı12 pθ

( )θθσσ

σ 22cos2

1 −′++

=′ p

yx

x AC ( )θθτ 22sin 1 −′=′′ pyx AC

veya açı farklarının trigonometrik eşitliklerini yazarak,

( )1 1cos2 cos 2 sin 2 sin 22

x y

x p pCAσ σ

σ θ θ θ θ′

+= + +

AFCACFCA pp == 11 2sin,2cos θθ

( )1 1sin 2 cos 2 cos 2 sin 2x y p pCAτ θ θ θ θ′ ′ = −

ifadeleri yerine yazılırsa,

θθσσ

σ 2sin2cos2

AFCFyx

x +++

=′ xy

yxAFCF τ

σσ=

−= ,

2θθτ 2cos2sin AFCFyx +−=′′

gerilme dönüşüm denklemleri elde edilir. Böylece daire üzerinde 2θ açısıyla belirlenen noktasının, gerilme elemanında θ açısıyla dönülerek bulunan düzlemindeki gerilme bileşenlerini gösterdiği anlaşılmaktadır. x′

A′

olsun. Mohr dairesinden

Mohr dairesindeki ve noktaları asal gerilmeleri; D ve E noktaları da maksimum kayma gerilmesini vermektedir. Mohr dairesinden maksimum kayma gerilmesinin etkidiği düzlemlerin asal gerilmelerin bulunduğu düzlemlerle 450 lik açı yaptığı da görülmektedir. Dairenin merkezi C, ’ın etkidiği düzlemlerdeki normal gerilme

nü sağlamaktadır.

1A 1B

σ ′maksτ

MOHR DAĐRESĐNĐN ÇĐZĐLMESĐ

Mohr dairesinin çiziminde normal gerilmeler kendi işaretleri ile alınır. Eğer çizilen daireden gerilme değerlerinin okunması söz konusu ise kayma gerilmeleri için şu kabul yapılır. Gerilme elemanının paralel yüzlerine etkiyen kayma gerilmeleri saat dönüş yönünde bir kuvvet çifti oluşturur ise pozitif olarak düşünülür. Mohr çemberinde elemanın y düzlemine etkiyen kayma gerilmesi daha önce kabul edildiği gibi pozitif olur. Ancak elemanın x düzlemine etkiyen kayma gerilmesi, bu durumda negatif olmaktadır.

Mohr dairesinin çiziminde şu hususlara dikkat edilmelidir. 1. Kartezyen bir , eksen takımı çizilmeli, ve gerilmesi ölçekleri aynı olmalıdır.

2. Dairenin merkezi C, yatay eksen üzerinde olarak işaretlenmelidir.

3. koordinatlarıyla A referans noktası işaretlenir. Normalde bu gerilmeler herhangi bir düzleme ait olabilir. Ancak +x düzleminin referans düzlemi olarak alınması adettendir.

4. C merkezli CA yarıçaplı daire çizilir.5. CA doğrultusu uzatılarak B noktası bulunur.

σ+ τ+ σ τ

2yx σσ +

),( xyx τσ −

Mohr dairesi, bütün tansörel büyüklüklere uygulanabilmektedir. Ölçekli olarak çizim yapıldığında sonuçların grafik olarak okunması mümkündür. Çoğunlukla kaba bir çizim yapılarak uzunluk ve açı değerleri trigonometri yardımı ile hesaplanır. Bu teknikle çok eksenli gerilme durumlarının pek çoğu ele alınabilir.

Eş Çekme ve Basma; Tam kayma

Üç Eksenli Çekme

Yanal Basma Ve Çekme

Dairenin merkezi, ekseni üzerinde, ’ dadır.

Bir önceki sayfada sık karşılaşılan gerilme durumlarına ait Mohr daireleri gösterilmiştir. Değişik yükleme durumlarındaki malzeme davranışını yukarıda gösterilen gerilme durumlarından elde etmek mümkündür. Yukarıda görülen eşit çekme ve basma halinde olup ayrıca de sıfır olmaktadır. Dolayısıyla hem düzlem gerilme hem de düzlem şekil değiştirme hali söz konusudur. Bu haldeki elemanın 45o döndürülmesiyle tam kayma hali bulunmaktadır. Üç eksenli çekme halinde Mohr dairesi çizilirken elemanın her bir yüzündeki durumun ayrı ayrı çizimi yapılmaktadır.

0=zσ 0=zε

Önceki problem Mohr dairesi yardımıyla çözülecektir. Örnek 3

MPaC 5.42

27=

+=σ Referans noktası koordinatları A(7,-5)’ dir.

MPa

MPaCAOC

09.1

09.105

2

275.4

2

12

2

2,1 −=

=+

−±=±=

σσ

σ pAsal gerilmeler,

o

p 4.63

2

275

tan2 1 =

−=′ −θ

Asal gerilme düzlemleri,

o

p 4.2431804.632 =+=′′θ

MPao

p 09.107.31 1 =→=′ σθDolayısıyla

MPao

p 09.17.121 2 −=→=′′ σθb) Maksimum kayma gerilmesi D ve E noktasıyla tanımlandığından

MPamaks 59.552

27 2

2

±=+

−±=τ

Bu gerilmelerin etkidiği düzlemler,

ooo

s 7.76457.31 =+=′′θooo

s 7.166907.76 =+=′θ

sθ ′2

pθ ′2

sθ ′′2

Veya -13.30

Şekilde ahşap bir yapı elemanı üzerindeki gerilme hali verilmiştir. Ahşabın büyüme doğrultusundaki liflerine paralel düzlemlerdeki normal ve kayma gerilmesi nedir ?

Örnek 4

MPaC 38.12

07..283.4−=

+−=Merkez

MPar 45.302

07.283.4 2

2

=+

+=Yarıçap

MPa

MPa

MPa

y

yx

x

37.430cos45.338.1

725.130sin45.3

61.130cos45.338.1

−=−−=

==

=+−=

′

′′

′

σ

τ

σ

o1059015 =+=θ çember üzerinde saate ters yönde dönülecek. o2102 =θ

GERĐLMENĐN CĐSĐM ĐÇĐNDEKĐ DEĞĐŞĐMĐ

Daha önce yük etkisindeki bir cisimde gerilmenin noktadan noktaya değiştiğinden söz etmiştik. Gerilmedeki bu değişim elastisite teorisinde diferansiyel denge denklemleri ile verilir. Đki boyutlu halde, birim kalınlıklı dx, dy kenar uzunluklarına sahip bir elemana etkiyen gerilmeler aşağıdaki şekilde gösterilmiştir.

dyy

y

y ∂

∂+

σσ

dxx

xx ∂

∂+

σσ

yσ

xσ

xyτ

dxx

xy

xy ∂

∂+

ττ

yxτ

dyy

yx

yx ∂

∂+

ττ

dy

dx

O dan noktasına hareket edildiğinde gerilmedeki artış, örneğin gerilmesi için Taylor serisi açılımıyla,

O′ xσ

dxx

xx ∂

∂+

σσ

biçiminde ifade edilebilir. Burada ’in x ve y ile değiştiği düşünüldüğünden kısmi türev kullanılmıştır. Diğer gerilme bileşenlerinin de aynı şekilde değiştiği düşünülerek yandaki şekil üzerinde gösterilmiştir. Görülen elemanda bağıntısının sağlanması koşulundan,

xσ

0=Σ oM

022

=

∂

∂++

∂

∂+−

∂∂

−

∂

∂dxdydx

xdxdydy

y

dydxdy

x

dxdxdy

y

xy

xy

yx

yxxy τ

ττ

τσσ

ve ‘nin bulunduğu üçlü çarpımlar ihmal edilerek, dx dy yxyx ττ = daha önce bulunan sonuca ulaşılır.

x doğrultusundaki kuvvetlerin dengesi için,

ve benzer bir denklemin için yazılıp sadeleştirilmesi sonucu0=Σ yF

( ) ( ) 0yxxx x yx yxdx dy dy dy dx dx

x y

τσσ σ τ τ

∂ ∂ + − + + − = ∂ ∂

0=∂

∂+

∂∂

yx

xyxτσ

0=∂

∂+

∂

∂

xy

xyy τσelde edilir. Yanda çerçeve içerisindeki bağıntıların her malzeme için sağlanmasıgerekir. Bu denklemler, normal gerilmedeki değişimin ancak kayma gerilmelerindeki değişmeyle mümkün olduğunu göstermektedir. Ayrıca bu bağıntılarda gibi üç bilinmeyen gerilme bulunduğundan gerilme analizindeki problemlerin içten hiperstatik olduğunu da anlıyoruz. Mukavemet derslerinde yapılan şekil değiştirme hipotezleri ve sonlu bir eleman parçasının dengesinin düşünülmesiyle hiperstatiklik ortadan kalkmaktadır.

xyyx τσσ ,,

Üç boyutlu gerilme halinde ise yukarıda açıklanan hususların genelleştirilmesinden faydalanabiliriz. Đlk bölümde sözüedilen tam analiz matematik açıdan burada başlamaktadır.

Đki boyutlu elatisite probleminde σσσσx, σσσσy, ττττxy, εεεεx, εεεεy, γγγγxy, u ve v den oluşan sekiz büyüklük araştırılır.Bu sekiz bileşenin eleman içinde geçerli olan sekiz denkleme ek olarak önceki konularda verilen sınır koşullarını sağlaması gerekir. Elastisite teorisinin çözüm metotlarından burada söz edilmeyecektir.

Elastisitenin temel denklemlerinin buraya alınmasındaki amaç katı mekaniğindeki önemli problemlerin temelindeki basit yaklaşımları öğrencilere tanıtmaktır. Ayrıca bundan sonraki bölümlerde kuvvet_deformasyon bağıntılarının kritik değerlerinin hesabında bu formulasyon kullanılacaktır. Elastisite teorisi ve Mukavemetteki yaklaşımların her biri ayrıayrı önemli olup birbirlerine katkıda bulunurlar.

DÜZLEM BĐRĐM ŞEKĐL DEĞĐŞTĐRME

Đki boyutlu veya düzlem birim şekil değiştirme durumunda, yükün etkimesinden önce ve sonra her noktanın aynıdüzlem (x,y) içinde kaldığı varsayılır. Böylece εεεεz = γγγγxz = γγγγyz = 0 olup, εεεεx, εεεεy ve γγγγxy sıfırdan farklı değerler alacaktır.Bu birim şekil değiştirmelere bağlı olan σσσσx, σσσσy ve ττττxy gerilme bileşenleri sıfırdan farklıdır. Geneleştirilmiş Hookeyasalarından;

( )yxz σσνσ += 0== yzxz ττ

bulunur. Daha önce bir noktadaki gerilme halinin iki dik düzlemdeki gerilme bileşenleri ile verilmesi gerektiği gösterilmişti. Benzer bir durum birim şekil değiştirme hali için de söz konusudur.

DÜZLEM ŞEKĐL DEĞĐŞTĐRME HALĐNĐN DÖNÜŞÜMÜ

Birim kalınlıklı, dx, dy kenar uzunluklarını sahip A ve D köşeleri doğrusal şekil değiştirme yapan bir eleman düşünelim. A noktasının x ve y eksenleri doğrultusundaki yer değiştirmeleri u ve v olsun. C noktasının yerdeğiştirmeleri sırasıyla u+du ve v+dv’dir. Yerdeğiştirmedeki değişim;

dyy

udx

x

udu

∂∂

+∂∂

= dyy

vdx

x

vdv

∂∂

+∂∂

=

olarak ifade edilir. Aşağıdaki şekilde söz konusu elemanın AC köşegenindeki uzama gösterilmiştir.

Deformasyondan sonra AB’C’D’ şeklini alan elemanda AC ile AC’arasındaki küçük açı α, C noktasının x ve y eksenleri doğrultusunda yaptıkları yerdeğiştirmeler de sırasıyla CF ve FC’ ile gösterilmiştir. Aşağıdaki türetmelerde Cosα = 1, Sinα = tanα = α alınacaktır.

x’, y’ koordinat takımı şekildeki gibi seçilirse bu eksen takımına göre birim şekil değiştirme bileşenleri εx’, εy’ ve γx’y’ olur.

θθα sincos'cos' dvduECEC +==

Yazılabilir. Normal birim şekil değiştirme tanım gereği; dir. Burada ds, AC köşegeninnin başlangıç uzunluğudur. Son iki

bağıntı birleştirilir, yerine , yerine yazılırsa,

dsEC

x'

' =ε

ds

dxθcos

ds

dy θsin

ds

dv

ds

du

ds

EC θθ sincos' ⋅+

⋅=

dsdy

y

vdx

x

v

dsdy

y

udx

x

ux

θθε

sincos'

∂∂

+∂∂

+

∂∂

+∂∂

=

θθγθεθεε cossinsincos 22' xyyxx ++=

Olur. y’ doğrultusundaki uzama oranı için θ yerine θ+π/2 yazarsak;

elde edilir. Bu ifade çift açı cinsinden;

θγ

θεεεε

ε 2sin2

2cos22

'xyyxyx

x +−

++

=

θγ

θεεεε

ε 2sin2

2cos22'

xyyxyx

y −−

−+

=

Bulunur. Kayma açısı γx’y’ nün bulunması için ilk olarak x’ doğrultusundaki dönme α’nın hesaplanması gerekir. Yeniden şekle dönerek; , yazılabilir. Açı ve birim şekil değiştirme küçük

olduğundan olur.

ds

CE=αtan αθθ sin'sincos ⋅−⋅−⋅= ECdudvCE

0sinsin' '' =⋅⋅=⋅⋅=⋅ αεαεα dsdsEC xx

dsdy

y

udx

x

u

dsdy

y

vdx

x

v

ds

CE θθα

sincos

∂∂

+∂∂

−

∂∂

+∂∂

==

θθθθεθθεα 22 sincoscossincossin ⋅∂∂

−⋅∂∂

+⋅⋅−⋅⋅=y

u

x

vxy

( ) θθθθεεα 22 sincoscossin ⋅∂∂

−⋅∂∂

+⋅⋅−−=y

u

x

vyx

Elde edilr. y’ doğrultusunun dönmesi için θ yerine θ+π/2 yazılarak;

( ) θθθθεεα πθ

22

2

cossincossin ⋅∂∂

−⋅∂∂

+⋅⋅−=+ y

u

x

vyx

Çift açı cınsinden;

( ) ( )θθγθθεεγ 22'' sincoscossin2 −+⋅⋅−−= xyyxyx

( ) θγθεεγ 2cos2sin'' ⋅+⋅−−= xyyxyx

Haline dönüşür. Yukarıda çerçeve içerisinde verilen bağıntılar birim şekil değiştirme bileşenlerinin dönüşüm denklemleridir.

ASAL ŞEKĐL DEĞĐŞTĐRMELER: MAKSĐMUM KAYMA BĐRĐM ŞEKĐL DEĞĐŞĐMĐ

Gerilme dönüşüm denklemleri ile birim şekil değiştirme bileşenlerinin dönüşüm denklemleri kıyaslandığında büyük bir benzerlik görülmektedir. Eğer gerilme dönüşüm denklemlerinde σ yerine ε, τxy yerine de γxy/2 yazılırsa şekil değiştirme dönüşüm denklemleri bulunmaktadır.

( ) θτθσστ 2cos2sin2

1xyyxyx +−−=′′

( ) ( ) θτθσσσσσ 2sin2cos2

1

2

1xyyxyxy −−−+=

( ) ( ) θτθσσσσσ 2sin2cos2

1

2

1xyyxyxx +−++=′

( ) θγθεεγ 2cos2

12sin

2

1

2

1'' ⋅+⋅−−= xyyxyx

θγ

θεεεε

ε 2sin2

2cos22'

xyyxyx

x +−

++

=

θγ

θεεεε

ε 2sin2

2cos22'

xyyxyx

y −−

−+

=

Gerilme denklmeleri

Şekil değiştirme

denklmeleri

kayma açısı ve dönmeleri arasındaki farka eşittir.θα2

πθ

α+''yxγ

Asal birim şekil değiştirmeler veya uzama oranları ile doğrultuları;

22

2,1 222

+

−±

+= xyyxyx γεεεε

ε tan 2 xy

p

x y

γθ

ε ε=

−

Asal düzlemlerde kayma açıları yok olur. Maksimum kayma şekil değişimi olan düzlemler, asal düzlemlerle 45o’lik açı yapar ve şu ifadeyle verilir:

22

min

maks 222

+

−±= xyyx γεε

γ

Maksimum kayma birim şekil değişiminin oluştuğu düzlemlerdeki uzama oranları dir.

Üç boyutlu analizdeki gerçek maksimum kayma şekil değişimi, ε1 ve ε3 cebrik olarak en büyük ve en küçük asal şekil değiştirme olmak kaydıyla;

( ) ( )212

1

2

1' εεεεε +=+= yx

( ) 31 εεγ −=gerçekmaks

bağıntısından hesaplanır. Eğer x, y ve z asal gerilme doğrultuları olursa olup ayrıca

olur. Bu durumda x, y ve z eksenleri ayrıca asal şekil değiştirme eksenleridir. Dolayısıyla izotrop malzemelerde asal gerilme ve asal şekil değiştirme eksenleri çakışırlar. Bu durumun uygulamadaki anlamı, verilen bir gerilme durumuna ait asal eksenleri bulmada ister gerilme; ister şekil değiştirme bağıntılarının kullanılabileceği olmasıdır.

0=== yzxzxy τττ 0=== yzxzxy γγγ

DÜZLEM ŞEKĐL DEĞĐŞTĐRME HALĐ ĐÇĐN MOHR DAĐRESĐ

Düzlem şekil değiştirme halindeki Mohr dairesi, düzlem gerilme halinde çizilen Mohr dairesine benzer olarak çizilir. Yatay eksende uzama oranları (ε), düşey eksende kayma açılarının yarısı (γ/2) alınmalıdır. Eksenlerin pozitif yönleri sağa ve yukarıya doğrudur. Kayma birim şekil değişimindeki işaret kabulleri daha önce kayma gerilmesi için yapılan işaret kabulüne uygun olmalıdır. Kayma birim şekil değişimi pozitif ise x eksenini gösteren A noktası ε ekseninin γ/2 kadar altına, y eksenini gösteren B noktası ise ε ekseninin (γ/2) kadar üstünde işaretlenmelidir. A’, A1, B1, D ve E noktalarıyla ilgili büyüklükler Mohr dairesi kullanılarak kolayca hesaplanabilir.

1ε

+

2;

2maksyx γεε

2;

xy

y

γε

− 2; xyx

γε

ε

2γ

− 2; '''

yxx

γε

Bir noktadaki şekil değiştirme bileşenleri εx = 900µ, εy = -100µ ve γxy = 600µ olarak biliniyor. Mohrdairesini kullanarak asal şekil değiştirmeleri ve maksimum kayma şekil değişimini belirleyip yönlenmişelemanlar üzerinde gösteriniz.

Örnek 5

µεε

4002

=+ yx

Dairenin Merkezi =

Dairenin Yarıçapı =( )

µ5832

600

2

10090022

=

+

−−=r

µε 18358340021 −=−=−== CAOCOB

µε 98358340011 =+=+== CAOCOA

( )oI

p 31100900

600tan2 1 =

−−= −θ

µεθ 983,5.15 1 == oI

p

µεθ 183,5.105 2 −== oII

p

( )µγ 1166

2

600

2

1009002

22

±=

+

−−±=maks

veya ( ) µεε 116618398321 ±=−−=−

ε

2γ

Mohr dairesinden maksimum kayma birim şekil değişiminin asal eksenlerle 45o lik açı yaptığı görülmektedir. γmaks’ınolduğu düzlemdeki uzama oranları, OC = ε’ = 400x10-6dır. Mohr dairesinde maksimum negatif kayma açısı ε ekseninin üst tarafında D noktası ile temsil edilmektedir. Dolayısıyla –γmaks, açısı ile dönmüşelemanda oluşacaktır. Şekil değiştirme sonrası durumu sürekli ve kesikli çizgilerle gösterilmiştir.

ooI

p

II

s 5.60455.1545 =+=+=θθ

Bu örnekteki elemanın düzlem gerilme etkisi altında olduğu düşünülür ise ν = 0.3 için üçüncü doğrultudaki asal uzama oranı

( ) ( )3

0.3900 100 343

1 1 0.3z x y

νε ε ε ε µ

ν= = − + = − − = −

− −

olarak hesaplanabilir. Gerçek maksimum kayma açısı; ( ) ( ) µεεγ 132634398331 =−−=−=gerçekmaks

Bu durumda düzlem içi maksimum kayma açısının her zaman en büyük kayma açısını göstermediğini söyleyebiliriz.

Önceki örnekte verilen şekil değiştirme halinde;a) Asal gerilmelerle doğrultularınıb) Maksimum kayma gerilmesi ve doğrultularını hesaplayınız. E = 200 GPa, ν = 0.3

Örnek 6

Önceki örnekten ε1 = 983µ, ε2 = -183µ, γmaks = 1166µ

( ) ( )( ) MPaE

2041833.09833.01

10200

1 2

3

2121 =−+−×

=+−

= νεεν

σ ( ) MPa6.249833.01833.01

102002

3

2 =×+−−×

=σ

( ) ( )MPa

Emaksmaks 7.89101166

3.012

10200

126

3

=×+×

=+

= −γν

τ MPa3.1142

6.24204

2' 21 =

+=

+=

σσσ

MPamaks 7.892

6.24204

221 =

−=

−=

σστ

Asal Gerilmeler ve doğrultuları

Maksimum kayma gerilmeleri ve doğrultuları

BĐRĐM ŞEKĐL DEĞĐŞĐMĐNĐN ÖLÇÜLMESĐ

Düzlem şekil değiştirme yapan bir elemanın serbest yüzeyindeki uzama oranının ölçülmesi amacıyla optik, elektriksel ve mekanik sistemler geliştirilmiştir. Yaygın olarak kullanılan ve doğru sonuç veren yöntemde elektriksel esaslı“strain gage” ölçerler kullanılır. Bu kısımda serbest yüzeye yapıştırılan strain gage’ler ve özel düzenlenmiş şekilleri üzerinde durulacaktır.

Yüzeyin dış normalini z doğrultusu olarak alırsak σz = τxz = τyz = 0 olur. Söz konusu gerilme durumunda düzlem dışıelastik deformasyonları önleyecek her hangi bir kısıt olmadığından düzlem içi εx, εy, γxy şekil değiştirme bileşenlerine ilaveten düzleme dik doğrultuda normal birim şekil değiştirme de oluşur. Genelleştirilmiş Hooke yasalarında γxy = γyz = 0 olduğu için εz aynı zamanda asal şekil değiştirmedir. Düzlem dışı asal uzama oranı, gerçek maksimum kayma birim şekil değişiminin belirlenmesi açısından önemlidir. Düzlem şekil değiştirme hali için çıkarılan bağıntılarda εz asal şekil değişimi εx ve εy cinsinden bulunmakta idi. Dolayısıyla bir önceki kısımda yapılan türetmeler burada da geçerlidir.

Strain gage’ler iki tabaka kağıt ya da plastik arasına yerleştirilen yaprak biçimli çok ince kalınlıklı levha/küçük çaplıtelden oluşur. Genellikle 0.03 mm çaplı tel yada 0.003 mm kalınlıklı yaprak levha kullanılır. Ölçer pullar dış yüzeyden ölçüm yapılacak yüzeye yapıştırılırlar. Yük etkisi altında söz konusu yüzeyde şekil değişimi olduğunda tel ızgara yüzeyle birlikte uzar yada kısalır. Bu boy değişimi ölçerin elektriksel direncinde değişime yol açar. Ölçerin uçlarına bağlanan bir akım köprüsü elektrik direncindeki değişimi uzunluk değişimine dönüştürür. Bu amaçla kullanılan akım köprüsüne Wheatstone köprüsü adı verilir.

RozetMetal Yaprak

Strain Gage

ROZETLER: Referans ekseni x ile θa, θb, θc açısı yapan üç uzama ölçer bir önceki sayfadaki şekilde gösterilmiştir. a, b, c doğrultularındaki uzama oranları;

aaxyayaxa θθγθεθεε cossinsincos 22 ++= bbxybybxb θθγθεθεε cossinsincos 22 ++=

ccxycycxc θθγθεθεε cossinsincos 22 ++=

Yazılabilir. Burada θa, θb, θc doğrultularındaki εa, εb ve εc uzama oranları bilinmekte εx, εy, γxy aranmaktadır. Uzama ölçerlerin bu tarda düzenlenmiş haline ROZET adı verilir. Rozetler çoğunlukla 45o ve 60o lik açılarla düzenlenen üçuzama ölçerden oluşur.

45olik rozetle yapılan ölçüm sununda eleman üzerindeki bir noktada θa = 0o, θb = 45o ve θc = 90o için εa = 900µ, εb = 700µ, εc = -100µ değerleri okunmuştur. εx, εy ve γxy değerlerini hesaplayınız.

Örnek 7

90sin2

90cos22

,, xyyxyx

bycxa

γεεεεεεεεε +

−+

+===

( ) ( ) µγγγεε 6001009002

1

2

1700 =⇒+−=++= xyxyxyyx hesaplanabilir.

Bir yapının serbest yüzeyin üzerine bir noktada 60olik rozetle yapılan ölçüm sunun θa = 0o, θb = 60o ve θc = 120o için εa = 70µ, εb = 850µ, εc = 250µ değerleri okunmuştur.

a) Düzlem içi asal uzama oranları ile maksimum kayma açısınıb) Poisson oranı ν = 0.3 alarak gerçek maksimum kayma açısınıc) a şıkkındaki sonuçları yönlenmiş birer eleman üzerinde gösteriniz.

Örnek 8

xa εε =

+

−−

+=

2

3

22

1

22xyyxyx

b

γεεεεε

−+

−−

+=

2

3

22

1

22xyyxyx

c

γεεεεε µεε 70== ax

( ) ⇒==− µγ

εε 60032xy

cb µε

µγ

710

693

=

=

y

xy

µεµε

ε83

862

2

693

2

71070

2

71070

2

122

2,1 −=

=

+

−±

+= µγ 943

2

693

2

710702

22

±=

+

−±=maks

µεε

ε 3902

71070

2' =

+=

+= yx

Asal Düzlemler1

21

4.66

6.23

71070

693tan2

εθεθ

θ→=

→−=

−

= −oII

p

oI

p

p

Asal şekil değiştirmeler ve doğrultuları

Maksimum kayma açısının oluştuğu düzlemler

1 21.3670 7102 tan

693 111.4

I o

s maks

s II o

s maks

θ γθ

θ γ− = → +− = − = → −

b) Düzlem dışı asal uzama oranı;

( ) µεε 334710703.01

3.03 −=+

−−==z

( ) ( ) µεεγ 119633486231 =−−=−=gerçekmaks

Gerçek Maksimum kayma açısı; ε

2γ

( )[ ]zyxxE

σσνσε +−=1 ( )[ ]zxyy

Eσσνσε +−=

1 ( )[ ]yxzzE

σσνσε +−=1

G

xy

xy

τγ =

G

yz

yz

τγ =

G

xzxz

τγ =

Bu ifadeleri gerilmeler cinsinden yazılırsa;

( )( )( ) xzyxx G

Eεεεε

ννν

σ 2211

+++−+

=( )( )

( ) yzyxy GE

εεεενν

νσ 2

211+++

−+=

( )( )( ) zzyxz G

Eεεεε

ννν

σ 2211

+++−+

=

xyxy Gγτ = yzyz Gγτ =xzxz Gγτ =

GENELLEŞTĐRĐLMĐŞ HOOKE YASALARI

( )yxx

Eνεε

νσ +

−=

21( )21y x y

Eσ νε ε

ν= +

−xyxy Gγτ =

ĐKĐ BOYUTLU HALDE GENELLEŞTĐRĐLMĐŞHOOKE YASALARI

1x x y

Eε σ νσ = −

1y y x

Eε σ νσ = − G

xy

xy

τγ =

E, νννν ve G Arasındaki Bağıntı

Elastisite modülü E, kayma modülü G ve Poisson oranı νννν arasındaki bağıntıyı çıkartmak için tam kayma etkisindeki bir elemana ait mohr dairesini düşünelim. Bu durumda σ1 = τmaks, σ2 = -τmaks olup Asal düzlemlerle kayma düzlemleri arasındaki 45olik açı bulunmaktadır.

maksτ

Genelleştirilmiş Hooke yasalarından birinci bağıntı [ ] ( )ντνσσε +=−= 1

1211

EE

maks

Đfadesini verir. Ayrıca tam kayma halindeki Mohr dairesinden , Hooke yasasından da olduğu düşünülürse 21

maksγε =

G

maksmaks

τγ =

( )GE

maksmaks

21

τν

τ=+ yazılabilir. Buradan ( )ν+

Ε=

12G

bulunur. x, y eksen takımının başka keyfi doğrultularda seçilmesi halinde de çerçeve içerisindeki bağıntının geçerli olduğunu söyleyebiliriz. Dolayısıyla elastik izotrop malzemelerde iki ve üç boyutlu gerilme-birim şekil değiştirme bağıntılarının iki bağımsız malzeme sabitiyle yazılması mümkündür.

Örnek 9 60X80 mm boyutlarındaki dikdörtgen çelik plak şekilde gösterilen gerilmelerin etkisindedir. E=210 GPa, �=0.33 olduğuna göre; a) AC ve BD diyagonalindeki boy değişimlerini hesaplayınız.

( )

( )

6

3

6

3

63 3

1300 0.33 150 1664.10

210*101

150 0.33 300 1186.10210*10

100 1001267.10

210*10 78.95.10

2(1 0.33)

x

y

xy

ε

ε

γ

−

−

−

= − − =

= − − = −

= = =

+

x

y

100MPa

300MPa

150MPa

60mm

80mmA

B C

D

1 60tan 37

80DAC − = = °

�

1664 ( 1186) 1664 1186 1267cos(2*37 ) sin(2*37 ) 1241

2 2 2ACε µ µ µ µ+ − +

= + ° + ° =

6143

6 3

. 100*1241 0.124 .

23.31*10 ,

100*23.31*10 2.33*10 .

AC AC

BD

BD

AC mm uzama

mm

δ ε µ

ε ε

δ

−°

− −

= = =

= =

= =

Örnek 10Çelik bir elemanın düzlem gerilme etkisindeki serbest yüzeyi üzerinde 60° lik rozetle ölçülen uzama oranları εa =400µ , εb =500µ , εc =-700µ dur. E=200 GPa, �=0.30 olarak bilindiğine göre; a) Asal uzama oranları ile doğrultularını b) asal gerilmeler, en büyük kayma gerilmeleri ile ilgili normal gerilmeler ve doğrultularını belirleyip yönlenmiş birer eleman üzerinde gösteriniz.

( )

[ ]

3

1 2

3

2 2

36

min min

1 2

200*10836 0.3 702 137.45 32.15

1 0.3

200*10702 0.3*836 99.20 122.15

1 0.312.85210*10

. 1538.10 118.377.152(1 0.30)

137.45 99.

2

P

P

S

maks maks

S

MPa

MPa

G MPa

σ µ θ

σ µ θ

θτ γ

θ

σ σσ

−

′= + − = = ° −

′′= − + = − = °−

′ = − °= = = ±

′′ = °+

+ −′ = =

219.1

2MPa=

400 400500 ( 0.5) (0.866)

2 2 2400 400

700 ( 0.5) ( 0.866)2 2 2

y y xy

y y xy

ε ε γ

ε ε γ

+ −= + − +

+ −− = + − + −

a x

y

xy

= =400µ

=-266.67µ

=1386µ

ε ε

ε

γ

2 2

1,2

400 266.67 400 266.67 1386

2 2 2ε

− + = ± +

1386tan 2

400 266.67Pθ =−

1

2

32.15 836

122.15 702P

P

θ ε µ

θ ε µ

′ = ° =

′′ = ° = −

2 2

min

400 266.67 1386769

2 2 2maks

γµ

+ = ± + = ±

400 266.67tan 2

1386Sθ+

= −min

12.85 1538

77.15 1538S maks

S

θ γ µ

θ γ µ

′ = − ° =

′′ = ° = −