3 Lecture AxialLoading NoThermal.ppt [Uyumluluk...

Eksenel YüklemeAmaçlar

� Geçtiğimiz bölümlerde eksenel yüklü elemanlarda oluşan normal

gerilme ve normal şekil değiştirme konularını gördük,

� Bu bölümde ise deformasyonların bulunması ile ilgili bir metot

inceleyeceğiz.

� Bu yöntemi kullanarak, denge denklemlerinin yeterli olmadığı

durumlarda mesnet reaksiyonlarının hesabının nasıl yapılacağını

göreceğiz.

� Ayrıca termal gerilme ve bu gerilmeden kaynaklı şekil değişimi de

incelenecek.

Eksenel YüklemeSaint-Venant Prensibi

� Geçtiğimiz bölümlerde, kesit içindeki

gerilme ve birim şekil değiştirme

kavramlarından bahsetmiştik.

� Ayrıca, gerilme ve şekil değiştirme

arasında malzeme türüne bağlı olarak

matematiksel bir ilişki olduğunu

göstermiştik (σ-ε diyagramları).

� Malzeme, lineer bölgede kaldığında σ-ε

ilişkisinin Hooke yasası ile ifade

edilebildiğini göstermiştik.

� Yanda ekseni doğrultusunda yüklenmiş

çubuğu ele alalım:

Eksenel YüklemeSaint-Venant Prensibi

� Şekil değiştirme gerilme ile ilişkili olduğuna göre, şunu demek mümkün: yükün

uygulandığı noktadan uzaklaştıkça, şekil değiştirmeler dolayısıyla gerilmeler

daha üniform (düzgün yayılı) bir duruma dönüşmektedir.

Bu uzaklık en az en kesitin en büyük boyu kadar olmalıdır! Bu kural tümyükleme durumları ve elemanlar için geçerli değildir. Örnek olarak ince çeperliplaka elemanlar verilebilir.

Eksenel YüklemeSaint-Venant Prensibi

� Belli bir derinliğe ulaştıktan sonra, tekil yükleme sanki düzgün yayılı yükleme

gibi en kesiti zorlamaktadır:

Eksenel YüklemeSaint-Venant Prensibi

� Saint-Venant prensibini (Barre de Saint-Venant, 1855, Fransız) şöyleözetleyebiliriz: Bir elemandaki gerilme dağılımını incelemek istediğimizde,yüklemenin yapıldığı yere yakın gerilmelerin incelenmesine gerek yoktur.Yüklemenin yapıldığı noktadan yeterli bir uzaklıkta oluşan düzgün yayılıgerilmenin incelenmesi gerilme analizi için yeterli olmaktadır. İstenirse bumesafe tam olarak elastisite teorisinden faydalanılarak hesaplanabilir.Yüklemenin olduğu bölgedeki gerilmeler farklı bir şekilde incelenmelidir.

Yük Etkiyor

Eksenel Yüklü Elemanlarda Elastik Deformasyon

� Gerilme – şekil değiştirme ve Hooke yasasını kullanarak, eksenel yüklü bir

elemanın şekil değişiminin hesaplanması için bir denklem geliştirilecek. Aşağıda

verilen kesit alanı değişken genel çubuk elemanını ele alalım:

� Bu elemana uçlarından tekil kuvvetler ve eleman ekseni boyunca ise yayılı

eksenel yükler etkimektedir. Yayılı yükü, örneğin, çubuğun ağırlığı veya

sürtünme kuvveti olarak düşünmek mümkün.

Eksenel Yüklü Elemanlarda Elastik Deformasyon

� Saint-Venant prensibi gereği üniform gerilmelerin olduğu bir bölgeyi inceleyelim.

Kesit yöntemi kullanarak dx uzunluğunda ve A(x) en kesit alanına sahip bir parça

çıkartalım:

� P(x) kuvveti, dx elemanını kesikli çizgilerle gösterilen şekilde deforme edecektir.

Bu durumda, bu parçada oluşacak gerilme ve şekil değiştirme aşağıdaki gibi

hesaplanabilir:

( ) ve

( )

P x d

A x dx

δσ ε= =

Eksenel Yüklü Elemanlarda Elastik Deformasyon

� Bu değerlerin orantılılık limitini geçmediğini kabul edersek (malzeme lineer

elastik bölgede), Hooke yasası ile bunları birleştirme mümkündür:

( )=E

( )

( )

( )

E

P x d

A x dx

P x dxd

A x E

σ ε

δ

δ

=

=

� Çubuğun toplam boy değişimini bulmak istersek, her iki tarafı çubuk boyunca

integre edebiliriz:

0

( )

( )

LP x dx

A x Eδ = ∫

Eksenel Yüklü Elemanlarda Elastik Deformasyon

Burada δ çubuk üzerinde bir noktanın diğer bir noktaya göre rölatif yer

değiştirmesi olarak tanımlanır.

0

( )

( )

LP x dx

A x Eδ = ∫

� Yukarıdaki formülün özel bir hali çubuğun sabit en kesitinin olması ve sabit

eksenel kuvvete maruz kalması durumudur:

PL

AEδ =

Eksenel Yüklü Elemanlarda Elastik Deformasyon

� Eğer eleman birden fazla farklı noktalara etkiyen eksenel kuvvete maruz

kalıyorsa, bu durumda eksenel şekil değiştirme denklemi aşağıdaki formu alır:

PL

AEδ =∑

Eksenel Yüklü Elemanlarda Elastik Deformasyon

� Yukarıdaki denklemi uygulayabilmek için, pozitif yön kabulü yapmak gerekir.

Çubuğun boyunda uzama yaratan kuvvete ve şekil değişimine pozitif işaret

vereceğiz. Tersi için ise negatif işaret verilecek.

PL

AEδ =∑

Eksenel Yüklü Elemanlarda Elastik Deformasyon

PL

AEδ =∑

� Yukarıdaki çubuğun toplam eksenel şekil değişimini bulmak için aşağıdaki

formülü uygulamak gerekmektedir (NEDEN?):

Eksenel iç kuvvetler

� Şekildeki çelik kolon, üzerine etkiyen eksenel yüklere maruzdur. AAB = 1 in2 ve

ABD = 2 in2 en kesit alanlarına sahiptir. Çelik malzemesinin elastisite modülü E =

29(103) kip/in2 ise kolonda A nok. meydana gelen yer değişimi ve B’nin C’ye göre

yer değişimini bulunuz (1 kip = 4448 kN ve 1 in = 2.54 cm ve 1 ft = 30.48 cm

eşittir).

Örnek - 1

Birimler arası ilişkiler:• 1 in2 = 6.4516 cm2 (6.452×10-4 m2)• 29×103 kip/in2 = ~200 GPa• 1 ft = 12 in = 30.48 cm

Örnek – 1 (devam)

� İç kuvvetler kesit yöntemi ile hesaplanır:

Eksenel iç kuvvetler

Örnek – 1 (devam)

� İşaret kabulünü de dikkate alarak, A noktasında oluşan eksenel toplam yer

değişimi aşağıdaki gibi hesaplanır:

� Benzer şekilde B’nin C’ye göre yer değişimi de

hesaplanır (mesnet aşağıda – C’ye yakın):

Burada B, C’den uzaklaşmaktadır, çünkü sonuç pozitiftir.

B

C

� Aşağıda gösterilen mekanizma 400 mm2 alana sahip alüminyum AB tüpünden ve

bunun içinden geçen 10 mm çapa sahip çelik çubuk elemandan oluşmaktadır.

Çubuk eleman rijit bir plaka ile tüpe uçlarından bağlanmıştır. Çubuğa 80 kN’luk

çekme kuvveti etkidiğinde, C ucunun yer değiştirmesi ne kadar olmaktadır.

Eç = 200 GPa ve Eal = 70 GPa’dır.

Örnek - 2

Alüminyum (400 mm2 alan)

Çelik (10 mm çap)

� İç Kuvvetler: Aşağıdaki serbest cisim diyagramına referansla, elemanlarda

oluşan iç kuvvetleri bulabiliriz.

Örnek – 2 (devam)

� Bu durumda, tüpte basınç, çubuk elemanda ise çekme kuvvetleri oluşmaktadır.

� Yer Değiştirme: İlk önce C ucunun B ucuna göre yer değiştirmesini

hesaplamamız gerekmekte (dikkat edilirse B ucu şekil değiştirmekte).

Örnek – 2 (devam)

� B noktasının A sabit noktasına göre hareketi ise aşağıdaki gibidir:

Pozitif işaret, C’nin B’ye göre sağa hareket ettiğini göstermektedir, çünkü çubukuzamaktadır.

Örnek – 2 (devam)

� B ve C’nin yer değiştirmelerinin ikisi de sağa doğru olduğuna göre, C

noktasının A sabit noktasına göre hareketi aşağıdaki gibi bulunur:

� AB rijit kirişi şekilde gösterilen çapı 20 mm olan çelik AC kolonuna ve çapı 40 mm

olan alüminyum BD kolonuna oturmaktadır. 90 kN’luk yükün etkidiği F

noktasındaki düşey yer değiştirmeyi hesaplayınız.

Eç = 200 GPa ve Eal = 70 GPa’dır.

Örnek - 3

� İç Kuvvetler: Kolonlardaki basınç kuvvetleri AB kirişinin dengesi incelenerek

bulunur. Bu kuvvetler kolonlarda gelişen iç kuvvetlere eşit olacaktır:

Örnek – 3 (devam)

� AC’nin Yer Değiştirmesi: A ucunun yer değiştirmesinden hesaplanır.

A

C

B

D

Örnek – 3 (devam)� BD’nin Yer Değiştirmesi: B ucunun yer değiştirmesinden hesaplanır.

� Aşağıdaki diyagram kirişin eksenel orta çizgisinin yapmış olduğu yer değiştirmeyi

göstermektedir, üçgenlerin benzerliğinden, F noktasının düşey yer değiştirmesi

hesaplanabilir:

Süperpozisyon Prensibi� Süperpozisyon prensibi, karmaşık bir yüklemeye maruz bir elemanın herhangi noktasındaki

gerilme veya yer değiştirmenin hesabında kullanılır. Süperpozisyon prensibi şunu der,

yüklemeler parçalara bölündüğünde bir noktadaki gerilme veya yer değiştirme, ayrı ayrı

yükleme parçalarının meydana getirdiği gerilme ve yer değiştirmelerin toplamına eşittir.

Süperpozisyon prensibinin geçerli olabilmesi için aşağıdaki iki şartın sağlanması

gerekmektedir:

� Kuvvet gerilme ve yer değiştirme ile lineer orantılı olmak zorunda. Örneğin σ = P/A ve

δ = PL/(AE). P, σ ve δ ile lineer bir ilişkiye sahiptir.

� Kuvvet, elemanın orijinal geometrisini önemli ölçüde değiştirmemelidir (birinci mertebe

teorisi), çünkü değişirse yandaki ilişki sağlanmaz: ( ) 1 2P d Pd Pd≠ +

Statikçe Belirsiz Eksenel Yüklü ElemanlarSüperpozisyon Prensibinin Kullanımı

� Eksenel yüklü bir eleman iki ucundan aşağıdaki gibi mesnetli ise reaksiyon

kuvvetlerinin bulmak için denge denklemleri yeterli değildir:

0; 0B A

F F F P= + − =∑FB ve FA reaksiyonlarını tek bir denklemle çözemediğimiz için buçubuğa statikçe belirsiz çubuk (problem) denmektedir.

(1)+

Statikçe Belirsiz Eksenel Yüklü ElemanlarSüperpozisyon Prensibinin Kullanımı

� Gerekli olan ekstra denklemi yazabilmek için deformasyonların dikkate alınması

gerekmektedir. Deformasyonlarla ilgili bu ekstra şarta uygunluk (compatibility)

veya kinematik şart denir.

� Bu problem için uygunluk şartı aşağıdaki gibi yazılabilir:

/ 0A B

δ =

Bu denklem kuvvet-yer değiştirme ilişkisi kullanılarak ifade edilebilir:

0A AC B BCF L F L

AE AE− =

AE’yi sabit alırsak, (1) ve (2) nolu denklemçözülerek, reaksiyon kuvvetleri hesaplanabilir.

(2)

CB AC

A B

L LF P F P

L L= =

Sonuçlar poz. olduğu için yönler doğrudur.

A

B

A ve B uçları mesnetli olduğundanbirbirlerine göre hareket yok!

Eksenel Yüklü Elemanlar içinKuvvet Yönteminin Kullanılması

0 = δP - δB

0 = ������ − ��

�� (1)

(Uygunluk şartı)

∑ � =0 = � + � − � (2)

Denge denkleminin düşey yönde uygulanması ile

(1) ve (2) denklemleri çözülürse

� = � � − ���� = � ����FB’de denge dekleminden FA’yı yerine konarak

bulunabilir.

� Aşağıda verilen çelik çubuk 10 mm çapındadır. Yüklenmeden önce A noktasına

sabitlenmiştir. Yük etkimeden önce B ucuyla duvar arasında 0.2 mm boşluk

mevcuttur. P = 20 kN kuvvet şekildeki gibi etkidiğinde, A ve B’ noktalarında

gelişecek reaksiyon kuvvetlerini hesaplayınız. Eç = 200 GPa’dır.

Örnek - 4

� Denge: Kuvvet etkidikten sonra, B ucunun duvara değeceği kabul edilecek. Bu

durumda, iki uçta iki adet reaksiyon kuvveti oluşacaktı. Serbest cisim diyagramı

kullanarak çubuğun denge denklemi yazılabilir:

Örnek – 4 (devam)

( )30; 20 10 0x A BF F F N= − − + =∑+ (1)

� Uygunluk Şartı: Yükleme B noktasını B’ noktasına hareket ettirmiştir. Bu

noktadan sonra ise hareket duvar tarafından engellenmektedir. Bu durumda

çubuk için uygunluk şartı aşağıdaki gibi yazılabilir:

Örnek – 4 (devam)

/ 0.0002 mB Aδ =

� Bu yer değiştirme, bilinmeyen reaksiyon kuvvetleri cinsinden de yazılabilir,

aşağıdaki şekle referansla:

A

B

Örnek – 4 (devam)

veya

Denklem (1) ve (2)’yi çözersek, bilinmeyen reaksiyon kuvvetlerini buluruz:

Not: Sonuçlar pozitif olduğu için yönler doğru seçilmiştir. Eğer FB negatif

çıksaydı, o zaman problem statikçe belirli bir probleme dönüşecekti. Neden?

Başta bir kabulle yola çıkmıştık, neydi bu kabul?

Örnek – 4Kuvvet Yöntemi ile

Çözüm

δP – δB = 0.0002 m

+

� � =0

� Üç adet çelikten yapılmış çubuk, şekilde gösterilen rijit kirişi pinli (mafsallı)

birleşimlerle tutmaktadır. Kirişe şekildeki gibi 15 kN’luk bir kuvvet etkidiğinde,

çubuklarda gelişen kuvvetleri hesaplayınız? AB ve EF çubukları 50 mm2 ve CD

çubuğu ise 30 mm2 alana sahiptir.

Örnek - 5

� Uygunluk Şartı: Yükleme ACE çizgisini (kiriş merkezinden geçen eksenel çizgi

ile temsil edilmiştir), A’C’E’ eğik çizgisi haline getirecektir. Yer değiştirmeler

birbirleriyle benzer üçgenler kullanılarak ilişkilendirilebilir:

Örnek – 5 (devam)

Uygunluk (kinematik) şartı!Kirişin rijit olması kabuülüne

dayanıyor

� Denge Şartı: Kirişin serbest cisim diyagramı aşağıda gösterilmiştir. Dikkat

edilirse problem statikçe belirsizdir, çünkü üç adet bilinmeyen ve sadece iki adet

denge denklemi vardır. Bu denklemler:

Örnek – 5 (devam)

� Yük şekil değiştirme ilişkilerini kullanarak, yukarıdaki denklem kuvvetler

cinsinden yazılabilir:

Örnek – 5 (devam)

(3)

Denklemler (1), (2) ve (3) birlikte çözülürse, çubuk kuvvetleri elde edilir. Dikkatedilirse uygunluk denklemi kullanılarak, gerekli olan ekstra bir denklem dahaelde edilmiştir.