Ders Notu-06 tamami · PDF fileYTÜ İnşaat Müh. Böl. Çelik Yapılar I Ders Notları Yrd. Doç. Dr. Devrim ÖZHENDEKCİ soğukta şekil verme, vb de artık

YTÜ İnşaat Müh. Böl. Çelik Yapılar I Ders Notları Yrd. Doç. Dr. Devrim ÖZHENDEKCİ

BASINÇ ÇUBUKLARI

Kesit zoru olarak yalnızca eksenel doğrultuda basınca maruz kalan elemanlara basınç çubukları denir. Bu tip çubuklara örnek olarak pandül kolonları, kafes sistemlerin basınca çalışan dikme ve diyagonallerini, deprem ve rüzgar yüklerine karşı yapılara rijitlik sağlamak amacıyla uygulanan çapraz çubukları, vb. gösterilebilir. İdeal şartlarda kusursuz biçimde enkesitte düzgün dağıldığı varsayılan normal gerilme, ya da başka bir deyişle tam olarak ağırlık ekseninde tesir ettiği varsayılan eksenel kuvvet gerçekte var olamaz. Kesit zorunun çok çok küçük dahi olsa belli bir dış merkezilikle etki etmesi kaçınılmazdır. Bu dış merkezilik ise ufak da olsa bir eğilme etkisi yaratır, ancak ideal yükleme koşuluna yeterince yaklaşılmışsa bu etkiler ihmal edilir.

Öte yandan basınca çalışan bir elemanda aynı anda doğrudan doğruya sistem özelliklerinden ya da yükleme şeklinden ötürü ikinci derece olmayan bir moment oluşuyorsa, bu moment etkisi ihmal edilemez. Aslında, kolonların asli görevi basıncı karşılamak yani düşey yükleri zemine aktarmak olmakla birlikte, genellikle basıncın yanı sıra momente de maruz kalırlar. Kirişler de benzer biçimde asli görevleri eğilmeyi karşılamak olmakla birlikte, kimi zaman eğilmeyle beraber basınca maruz kalabilirler. Eğilme kirişlerin, basınç da kolonların asli görevi olduğundan yabancı şartnamelerde aynı anda eğilme ve basınca çalışan elemanlara “kiriş-kolon” (beam-column) adı verilmektedir. Aynı anda eksenel basınca ve eğilmeye maruz kalan elemanların hesapları ilerleyen konularda anlatılacaktır. Ancak ister yalnızca basınca maruz kalsın, ister kiriş-kolon elemanı olsun; bir şekilde basınca maruz kalan tüm elemanların hesabı kritik burkulma yükünün belirlenmesini içermektedir.

KOLON TEORİSİ

Eksenel doğrultuda basınca maruz kolonların taşıma güçleri ile ilgili ilk çalışma Musschenbroek tarafından yapılmış ve 1729 yılında yayınlanmıştır. Bu çalışmada kolonların taşıma güçleri aşağıdaki ampirik formülle ifade edilmiştir:

2

2

LBDkP =

Bu denklemde P kolonun eksenel basınç taşıma gücü; k ampirik bir katsayı; B, D dikdörtgen şekilli enkesitin genişlik ve yüksekliği; L ise kolon boyudur. Bu formül günümüzde kullanılandan çok fazla uzakta değildir; üstelik formüldeki k katsayısı günümüzün modern emniyet katsayılarını yansıtmaktadır.

18. yüzyılın ikinci yarısında diferansiyel ve integral hesabın gelişmesiyle kolon burkulma problemi çözülmüştür. 1759 yılında İsviçreli matematikçi Leonhard Euler kolonların burkulması ile ilgili tezini yayınlamıştır. Euler kolon taşıma gücünün yalnızca basınç etkisinde ezilme değil aslında bir stabilite problemi olduğunu fark eden ilk kişidir.

Burkulmayı bir örnekle açıklamak için Şekil 1 (a) daki, basınca çalışan narin elemanı dikkate alalım; eğer eksenel basınç kuvveti yavaş yavaş arttırılırsa, yük belli bir değere ulaştığında eleman stabilitesini kaybeder ve kesikli çizgilerle gösterilen yer değiştirmeyi yapar. Bu yer değiştirmeyi meydana getiren yük kritik burkulma yükü, elemanın yaptığı yer değiştirme ise burkulma olarak adlandırılır. Eğer eleman Şekil 1(b) de görüdüğü gibi daha kavi olursa, eleman stabilitesinin bozulması için uygulanacak eksenel yükün daha büyük olması gerkecektir. Hatta son derece kavi elemanlarda, burkulma meydana gelmeyebilir, bu durumda kuvvet arttırılmaya devam edilirse en sonunda eleman ezilerek göçer (basınç altında akma meydana gelir). Pratikte çelik yapılarda burkulma meydana gelemeyecek denli kavi elemanlarla hemen hiç karşılaşılmaz.

Eksenel doğrultuda basınca maruz kalan çubuk aşırı derecede narin ise burkulmadan hemen önce elemanda oluşan gerilmeler, orantılı sınırın altında ve elastik bölgede kalır. Bu çeşit burkulmaya elastik burkulma denir; burkulup da yük taşıyamaz hale gelen eleman elastik kalmıştır. Gerilme değerleri orantılı sınırın da altında kaldığı için malzeme Hooke kanuna uyar.


Şekil 1

Euler burkulmanın diferansiyel denklemini oluşturup çözerek, iki ucu mafsallı bir çubuk için elastik burkulma durumunda kritik burkulma yükünü aşağıdaki şekilde elde etmiştir:

2

2

, LEIP ecr

π=

Bu denklemde E malzemenin elastiklik modülü, I çubuk kesitinin zayıf ekseni etrafındaki atalet momenti, L ise çubuğun mafsallar arasındaki boyudur. (İki ucu mafsallı bir çubuk için elastik burkulmanın diferansiyel denklem çözümü ekte mevcuttur.) Kritik elastik burkulma yükü nedeniyle çubukta oluşacak gerilme ise şöyle olacaktır:

2

2

2

22

2

2,

, λπππσ E

LiE

ALEI

AP ecr

ecr ====

Burada i atalet yarıçapı, λ ise narinlik derecesidir.

Elastik burkulma yukarıda değinildiği gibi yalnızca çok narin kolonlarda meydana geldiğinden, Euler’ den yüz yıl sonra bu kez elastik olmayan burkulma probleminin çözümüne yönelik teoriler geliştirilmiştir. Engesser 1889 yılında orijinal “teğet modülü” teorisini geliştirmiştir. Teorisini yayınladıktan hemen sonra meslektaşlarının yoğun şekilde karşı çıkmaları; özellikle Considere ve Jasinski’ nin ağır eleştirileri ve öne sürdükleri fikirlerinden etkilenerek 1895’de orijinalini değiştirerek yeni bir teori yayınlamıştır. Engesser’in orijinal teorisinin doğru olduğu ne yazık ki kendisinin ölümünden sonra Shanley tarafından 1947 yılında ispatlanmıştır ve geliştirilmiştir.

Friederich Engesser’in teğet modülü teorisi, burkulmadan hemen önce oluşan gerilmelerin orantılı elastik sınırı aştığı yani burkulmanın elastik ötesi olduğu çubuklar için geliştirilmiştir. Teori Euler’in kritik burkulma yükü hesabına benzer, ancak elastiklik modülünün yerini değişken teğet elastiklik modülü almıştır.

2

2

, LIEP t

plcrπ

=

Basınç durumunda gerilme-şekil değiştirme ilişkisi, daha önceki konularda çekme durumunda verilenden farklıdır. Şekil 2’ de artan eksenel basınç ile yüklenen kavi (kısa boylu) bir geniş başlıklı I profilinin tipik gerilme-şekil değiştirme ilişkisi görülmektedir. Diyagramdaki doğrusal olmayan davranışın en önemli nedeni profilin üretim aşamasındaki soğutma işleminde meydana gelen artık gerilmelerdir. (Soğuma sırasında enkesiti oluşturan tüm parçalar aynı hızda soğumazlar. Bunun yanı sıra kaynaklama işlemi,

P

P

P

P

(a) (b)

YTÜ İnşaat Müh. Böl. Çelik Yapılar I Ders Notları Yrd. Doç. Dr. Devrim ÖZHENDEKCİ soğukta şekil verme, vb de artık gerilmelere neden olur.) Dikkat edilirse teğet elastiklik modülü her zaman elastiklik modülünden küçüktür.

Şekil 2 Kısa boylu (kavi) geniş başlıklı I profilinde eksenel basınç deneyi ile elde edilen gerilme-şekil değiştirme diyagramı

Kritik elastik ötesi burkulma yükü nedeniyle çubukta oluşacak gerilmenin hesabı için Şekil 2’deki gibi bir gerilme-şekil değiştirme diyagramına ihtiyaç olduğundan ve teğet modülü değişken olduğundan pek çok şartname örneğin Amerikan şartnameleri bu bölgede gerilme hesabı için ampirik formüller önermektedir.

Aşağıdaki şekilde 1921’de E. H. Salmon tarafından yayınlanmış bir çalışmada elde edilen deney sonuçları görülmektedir. Yatay eksen narinlik, düşey eksen ise burkulma kritik gerilmesini göstermektedir.

Şekil 3 Basınç çubuklarında bazı deney sonuçları

Bu şekil hem elastik hem de elastik ötesi burkulma durumlarına ait bilgi içermektedir. Narinliğin çok yüksek olduğu değerler burkulmanın elastik olduğu ve malzemenin Hooke Kanununa uyduğu durumu, düşük olduğu kısımlar ise elastik ötesi burkulmayı ifade etmektedir. Dolayısıyla orantılı sınır gerilmesi aslında iki tip burkulma durumu arasında sınır teşkil etmektedir, bu durumda orantılı gerilmeye karşılık gelen narinlik değerine pλ dersek; pλλ < ise teğet elastiklik modülü teorisi geçerlidir; pλλ ≥ ise Euler

kritik burkulma yükü geçerlidir. Bu durumda Euler kritik gerilmesi formülünde, gerilme yerine orantılı sınır gerilmesi değerini koyup λ yı çekersek, orantılı sınır narinliği şöyle olacaktır:

pp

Eσπλ

2=

Et

E 1

1 plσ aσ

ε

σ aσ :Akma gerilmesi

plσ : Elastikliğin bittiği nokta plastik gerilme

YTÜ İnşaat Müh. Böl. Çelik Yapılar I Ders Notları Yrd. Doç. Dr. Devrim ÖZHENDEKCİ TS 648’ e göre basınç emniyet gerilmesi hesabı TS 648 basınca çalışan çubuklarda basınç gerilmesi kontrolü için burkulma katsayıları metodunu önerir. Burkulma katsayıları metodu ile hesapta basınca çalışan çubuklarda her seferinde farklı bir basınç emniyet gerilmesi kullanılmaz:

emçAP

,σω ≤

ω : burkulma katsayısı emb

emç

,

,

σσ

ω =

(Pratikte çubuğun maksimum narinlik derecesi hesaplanır ve buna bağlı olarak tablodan (Tablo 1) ω katsayıları alınarak kontroller yapılır.)

P : çubuğa etkiyen basınç kuvveti

A: çubuk enkesit alanı

emç,σ : çekme emniyet gerilmesi

emb,σ : basınç emniyet gerilmesi

Basınç emniyet gerilmesi için yukarıda anlatılanlara benzer teorik yaklaşımlarla kritik gerilme hesaplanır ve elde edilen gerilmeler emniyet katsayılarına bölünür (Şekil 4). Hesaplar sırasında dikkate alınan λ , çubuğun maksimum narinlik oranıdır. Narinliğin 20’den küçük olduğu çubuklar çok kavi olduklarından burkulma hesabı yapılmaz, yani bunlar için 1=ω dir. Ayrıca TS 648’e göre basınç çubuklarının narinliği hiçbir zaman 250 değerini aşmamalıdır.

Şekil 4 Basınç emniyet gerilmesi (TS 648) Şartnameye göre: Eksenel basınca çalışan çubuğun narinliği orantılı sınır narinliğinden az ise ( pλλ ≤ ) basınç emniyet

gerilmesi:

n

ap

emb

σλλ

σ⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=

2

,

211

Eksenel basınca çalışan çubuğun narinliği orantılı sınır narinliğinden çok ise ( pλλ > ) basınç emniyet

gerilmesi:

σ

λ

Euler hiperbolü

20=λ pλλ =

Elastik kritik gerilme

Plastik kritik gerilme

Basınç emniyet gerilmesi


2

2

, 52

λπσ E

emb = formülleri kullanılarak hesaplanır.

Formüllerdeki n= Emniyet katsayısı ≥1,67 olmalıdır.

67,120 =→< nλ 3

2,02,15,120 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=→<<

ppp n

λλ

λλλλ

5,2=→≥ npλλ

Tablo 1

Burkulma Boyu ve Narinlik Basınca çalışan çubukların mesnetlenme koşullarına bağlı olarak farklı burkulma boyları olabilir. Burkulma boyu, çubuğun gerçek boyunu, burkulma katsayısı ile çarpmak suretiyle bulunur (Tablo 2). Çubuk burkulması enkesitin asal eksen düzlemlerinden birisine dik olarak gerçekleşecektir, eğer çubuğun birbirine dik düzlemlerdeki sınır şartları (burkulma boyları) aynı ise çubuk zayıf ekseni etrafında burkulur. Bunun nedeni zayıf ekseninin atalet yarı çapı küçük olduğundan bu eksen düzlemine dik burkulma durumu için çubuk narinliğinin yüksek olmasıdır. Ancak çubuğun birbirine dik düzlemlerdeki mesnetlenme durumları nedeniyle farklı burkulma boyları mevcutsa, her iki eksen düzlemine dik burkulma durumu için hesap yaparak elde edilen narinlik değerlerinden büyük olanı dikkate alınır.


x

kxx i

l=λ

iyky

yl

=λ

ll

ll

yky

xkx

ββ

==

Tablo 2

maxλ seçilir ve ona göre hesap yapılır.

l çubuğun gerçek boyu β burkulma katsayısı

kl burkulma boyu

YTÜ İnşaat Müh. Böl. Çelik Yapılar I Ders Notları Yrd. Doç. Dr. Devrim ÖZHENDEKCİ I profilinden oluşan bir kolonun mesnetlenme durumu ve olası burkulma şekilleri:

Zayıf eksen (y) düzlemine dik burkulma Kuvvetli eksen (x) düzlemine dik burkulma

Burkulmadan önceki durum


BASINÇ ÇUBUKLARININ SINIFLANDIRILMASI

Basınç çubukları enkesit özellikleri ve hesaplanma esaslarına bağlı olarak iki ana gruba ayrılırlar:

1- Tek parçalı veya enkesitini oluşturan parçaları çubuk boyunca birbirlerine sürekli olarak birleştirilmiş basınç çubukları:

Şekil 1 Enkesiti tek parça olan basınç çubuklarına örnekler

Şekil 2 Enkesitini oluşturan parçalar birbirlerine çubuk boyunca sürekli olarak birleştirilmiş basınç çubuklarına bazı örnekler

Bu gruba giren basınç çubukları daha önce anlatılan burkulma katsayıları metodu ile hesaplanır.

Enkesiti çok parçanın birbirine sürekli birleştirilmesi ile oluşturulan çubuk enkesitlerinde birleştirme aracı kaynak ise kaynak dikişleri sürekli olarak çekilmelidir ve kalınlıkları ise 3~4 mm olur. Eğer birleştirme aracı olarak bulon veya perçin kullanılmışsa, bunların aralıkları çubuk boyunca 7~10d (d:bulon veya perçin çapı) olarak alınabilir.

Yukarıdaki ikinci şekilde parçaların birbirine çubuk boyunca sürekli uygulanan kaynak dikişleriyle birleştirildiği basınç çubuklarına bazı örnekler verilmiştir, pratikte bu örneklerin yanı sıra farklı pek çok enkesit tipleri uygulanabilmektedir.

YTÜ İnşaat Müh. Böl. Çelik Yapılar I Ders Notları Yrd. Doç. Dr. Devrim ÖZHENDEKCİ 2- Enkesitini oluşturan parçaları arasında mesafe olan ve parçaların birlikte çalışmasını sağlanabilmesi için çubuk boyunca belli aralıklarla bağlantı elemanlarının kullanılması zorunlu olan basınç çubukları:

Genellikle ekonomik nedenlerle bu tarzda basınç çubukları oluşturulur. Enkesiti oluşturan parçalar arasındaki bağlantı iki türlü gerçekleştirilebilir; çerçeve bağlantı (Şekil 3.a) veya kafes bağlantı (Şekil 3.b).

Çerçeve bağlantıda bağ levhaları enkesiti oluşturan profillere rijit olarak bağlanır. Kafes bağlantıda ise bağlantı elemanları enkesiti oluşturan parçalara basit biçimde bağlanarak kafes sistem oluştururlar.

Şekil 3 (a) Çerçeve bağlantılı bir çok parçalı basınç çubuğu (b) Kafes bağlantılı, dikmeli ve dikmesiz çok parçalı basınç çubuğu örnekleri

Çerçeve bağlantı durmunda kullanılan bağ levhaları, bulonlu (veya perçinli) bağlantıda profil parçalarına en az iki bulonla; basınç çubuğunun uçlarına gelen levhalar ise en az üç bulonla bağlanır. Bağlantı için kaynak da kullanılabilir. h profil yüksekliği olduğuna göre, bağ levhalarının yüksekliğinin:

hg )0,1~8,0(=

olarak seçilmesi uygun olacaktır.

Çerçeve bağlantılı çubuklarda profiller, çubuk uçlarında ve en az uzunluklarının 1/3 noktalarında bağlanmış olmalıdır.

Şekil 3(b)’ deki gibi kafes bağlantı durumunda, bağlantı elemanlarına örgü çubukları (dikme ve varsa diyagonaller) adı verilir. Örgü çubukları korniyerlerle veya bazen de lama enkesitli elemanlarla teşkil edilir. Örgü çubuklarının profillere bağlantısı tek bulonla (veya perçinle) yapılabilir. Ancak profil I kesitli ise en az iki bulon kullanılmalıdır. Bağlantı için kaynak da kullanılabilir. Konstrüktif kolaylık sağlaması açısından ve profillerin örgü çubuklarından daha büyük rijitliğe sahip olmalarından dolayı çubuk eksenlerinin bir noktada kesişme presnsibine uyulmayabilir. Diyagonal çubukları ile profiller arasındaki açı 350~550 arasında seçilebilir. Kafes bağlantı tarzında da çubuk uçlarına bağ levhaları konur.

Şekil 3’ deki basınç çubuğu enkesitini dikkate alırsak; enkesitin her iki asal ekseninin farklı özellik taşıdığını görebiliriz. Enkesitin (x-x) ekseni enkesiti oluşturan her iki parçayı da kesmektedir. Bu sebeple “malzemeli eksen” adını alır. Öte yandan (y-y) ekseni böyle bir özellik taşımamaktadır ve “malzemesiz eksen” olarak da adlandırılabilir.

Çubuğun malzemeli eksene dik eğilmesi sırasında parçalar arasında herhangi bir kayma meydana gelmez. Dolayısıyla malzemeli eksene dik burkulma sırasında yapılacak burkulma hesabı tek parçalı

Bağ levhası

1l 1l 1l

e e e

(a) (b)

g

h

YTÜ İnşaat Müh. Böl. Çelik Yapılar I Ders Notları Yrd. Doç. Dr. Devrim ÖZHENDEKCİ basınç çubuklarınınki ile aynıdır. Esasında tek parçalı çubuklarında kritik yük hesabında kullanılan diferansiyel denklemde, kesme kuvvetinin kritik yükü azaltıcı etkisi olmasına rağmen kesit tesirlerinden yalnızca eğilme momenti göz önüne alınır, bunun nedeni kesmenin etkisi o kadar küçüktür ki ihmal edilmesinde bir sakınca olmaz (Şekil 4).

Şekil 4 Farksız denge durumunda çubukta meydana gelen iç kuvvetler

Ancak çok parçalı basınç çubuklarında malzemesiz eksen etrafındaki eğilme durumunda parçalar arasında mesafe bulunduğundan, kesme kuvvetinin etkisiyle deformasyonlar meydana gelecektir ve bu kayma deformasyonlarının kritik yük hesabında mutlaka dikkate alınması gerekmektedir. Elemanların kayma deformasyonlarını hesaba katmak kritik yükte ihmal edilemeyecek mertebede azalma meydana getirdiğinden, malzemesiz eksene dik burkulma durumunda farklı bir hesap yapılır.

Çok parçalı basınç çubukları belli başlı üç gruba ayrılır:

1- I. Grup Çok Parçalı Basınç Çubukları

Enkesitin asal eksenlerinden birisi malzemeli, diğeri ise malzemesiz eksendir.

P P

P

Q

N

M

Q

N P

Şekil 5 I.Grup Çok Parçalı Basınç Çubuklarına örnekler

YTÜ İnşaat Müh. Böl. Çelik Yapılar I Ders Notları Yrd. Doç. Dr. Devrim ÖZHENDEKCİ - Bu çubukların hesabında malzemeli eksene (x-x eksenine) dik burkulma durumunda parçalar arasında kayma meydana gelmeyeceğinden narinlik derecesi hesabı tek parçalı basınç çubuklarındaki gibi yapılır:

x

kxx i

l=λ

Burada xi enkesit atalet yarı çapı enkesiti oluşturan parçaların aynı profilden teşkil edildiği basınç çubuklarının malzemeli ekseni için,

11

1x

xxx i

nAnJ

AJi ===

şeklinde hesaplanır.

- Malzemesiz eksene (y-y eksenine) dik burkulma durumunda ise hayali narinlik dercesi hesaplanmalıdır: (Hayali narinlik derecesi formülleri de ilk defa Engesser tarafından verilmiştir.)

21

2

2λλλ m

yyi +=

y

kyy i

l=λ : (y-y) eksen düzlemine dik burkulmada çubuğun narinliğidir.

yi atalet yarıçapı için ise aşağıdaki pratik denklemlerden faydalanılabilir:

(Örneğin Şekil 5 (a), (b), (c), (d) için) ( ) 2

21

1

211

222/22

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+=

+==

eiA

eAJAJ

i yyy

y

(Şekil 5 (e) için) 221

1

211

32

323

eiA

eAJAJ

i yyy

y +=+

==

(Şekil 5 (f) için) 221

1

2

1

2

11

45

42

22324

eiA

eAeAJ

AJ

i y

yy

y +=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+

==

Hayali narinlik formülündeki :

m: basınç çubuğunu oluşturan parçaların veya sürekli birleşik parçalardan oluşup tek parça gibi çalışan grupların sayısı

*** 1λ çerçeve bağlantı halinde (Şekil 3 (a)):

min

11 i

l=λ

:1l Çubuk boyunca birbirini takip eden iki bağ levhası arasındaki mesafe (Eğer aralıklar farklı ise en büyük aralık)

:mini Enkesiti oluşturan parçalardan (tek profil, ya da sürekli birleşik bir parça olabilir) en zayıfının, minimum atalet yarıçapıdır.


Ayrıca bağ levhası aralığının uygun seçilmesi ve bu amaçla 1λ için aşağıdaki üst sınırın sağlanması da zorunludur:

250

2 min

1 xx

iλλ

≤⇒>l

50502 min

1 ≤⇒<i

x lλ

*** 1λ kafes bağlantı halinde (Şekil 3 (b)):

21

3

1 ed

zAA

d l×=πλ

Bu ifadede,

A: Çok parçalı basınç çubuğunun toplam enkesit alanı

Ad: Diyagonal çubuğunun enkesit alanı

z: Paralel düzlemlerde bulunan diyagonal sayısı (Birbirine aykırı yerleştirilmiş bir diyagonal çifti için bu sayı 1 olurken, paralel bir çift için 2 olur.)

d: Diyagonal çubuğunun sistem boyu

:1l Teşkil edilen kafes sistem düğüm noktaları arasındaki mesafe

:e Enkesiti oluşturan parçaların eksenleri arasındaki mesafe

Kafes bağlantıda 1λ için bir üst sınır mevcut değildir.

İki parçalı çubuklarda eğer parçaların aralığı düğüm levhası kalınlığına eşit veya az fazla ise, ayrıca bu parçalar çubuğun uzunluğu boyunca araya konulan besleme levhası aracılığıyla birleştirilmişlerse iki parçalı çubuğun y-y eksen düzlemine dik burkulması, x-x eksen düzlemine dik burkulma da olduğu gibi hesaplanır ve yyi λλ = alınır:

1l

e

d

( Dikmeli kafes bağlantı )

1l

d

d

e

( Dikmesiz kafes bağlantı )

Besleme levhası

YTÜ İnşaat Müh. Böl. Çelik Yapılar I Ders Notları Yrd. Doç. Dr. Devrim ÖZHENDEKCİ 2- II. Grup Çok Parçalı Basınç Çubukları

Köşeleme konmuş iki korniyerle teşkil edilen basınç çubukları bu gruba girer (Şekil 6).

Şekil 6 II.Grup Çok Parçalı Basınç Çubukları

Bu gruptaki çubukların sadece (x-x) malzemeli eksen düzlemine dik burkulma tahkiklerinin yapılması yeterlidir:

x

kx i

l=λ

Burada kl olarak, çubuğun taşıyıcı sistem düzlemi içindeki ve buna dik düzlem içindeki burkulma boylarının ortalaması alınır örneğin Şekil 7 için :

l

ll

l43

22 =

+=k

Şekil 7 II.Grup Çok Parçalı Basınç Çubuğunda burkulma boyu

**Çubuğun eşit kollu korniyerlerle teşkil edilmesi durumunda yukarıda bahsedilen xi Şekil 6 (a)’ da da

görüldüğü gibi tek bir korniyere ait ξ ekseni atalet yarıçapına eşit olur:

ξiix =

**Çubuğun farklı kollu korniyerlerden teşkil edilmesi halinde ise enkesitin asal eksenlerinin saptanması, sonra da xi atalet yarıçapının hesaplanması uzun olduğundan şartnameler hesabın aşağıdaki şekilde yapılmasını kabul etmiştir:

l

e


Çubuk enkesitinin Şekil 6 (b) de görülen korniyerlerin uzun kollarına paralel (0-0) ağırlık eksenine göre 0i hesaplanır. Burada tanımlanan (0-0) ekseni tek bir korniyere ait (y-y) eksenine karşılık gelmektedir.

( ) 221

1

211

0 222/22

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+=

+===

eiA

eAJAJ

ii yyy

y

Narinlik derecesi hesabı için gerekli olan xi ise yaklaşık şöyle alınır:

15,10iix ≈

Bu grup çubuklarında, birbirini takip eden bağ levhaları birbirine dik olarak yerleştirilir.

Şekil 8 II.Grup Basınç Çubuklarında düğüm levhalarının konumu

Çubuk boyunca enine ve dik bağ levhalarının toplam sayılarının eşit olabilmesi için, bağ levhası sayısının çift, yani aralık sayısının tek seçilmesi uygun olur. Bu gruptaki çubuklar için de

min

11 i

l=λ ≤ 50 şartının ayrıca kontrol edilmesi gerekmektedir.


3- III. Grup Çok Parçalı Basınç Çubukları

Bu gruptaki çubukların enkesitlerinin her iki asal ekseni de malzemesizdir (Şekil 9). Dolayısıyla her iki eksen düzlemine dik burkulma durumu için hayali narinlik derecesi hesaplanır.

Şekil 9 III.Grup Basınç Çubuklarına bazı örnekler

Hayali narinlik derecesi hesap esasları I. Grup Basınç Çubukları’ nınkiyle aynıdır, bu kez (x-x) ekseni de malzemesiz olduğundan:

21

2

2 xxxim λλλ′

+=

21

2

2 yyyim λλλ +=

şeklinde narinlikler hesaplanabilir. Enkesitin konstrüktif özelliklerine bağlı olarak, enkesitin her iki asal eksenine paralel teşkil edilen bağlantı elemanlarının tamamı çerçeve bağlantı veya tamamı kafes bağlantı tarzında olabileceği gibi; bir asal eksene paralel bağlantılar çerçeve tarzında iken diğer asal eksene paralel olanlar kafes tarzında olabilir.

Üçüncü grup basınç çubukları için, çerçeve bağlantı durumunda 50min

11 ≤=

ilλ koşulu sağlanmalıdır.


ÇOK PARÇALI BASINÇ ÇUBUKLARINDA BAĞLANTI ELEMANLARI

Malzemesiz eksene dik burkulma nedeniyle oluşan kesme kuvvetini karşılamak ve bir bakıma parçalar arasındaki “e” mesafesini çubuk boyunca koruyabilmek için bağlantı elemanları kullanılır. Bağlantı elemanları daha önceden de değinildiği gibi çerçeve bağlantı tarzında olabileceği gibi kafes bağlantı tarzında da teşkil edilebilirler. Her iki durum için de, yapılacak hesaplarda burkulan çubukta ikinci mertebe etkilerle oluşacak kesme kuvvetinin belirlenmesi gerekmektedir. İki ucu mafsallı bir çubuğun burkulmasıyla oluşan maksimum yanal yer değiştirmeden yola çıkarak ve bir takım kabullerden de faydalanılarak söz edilen bu kesme kuvveti aşağıdaki gibi bulunur:

80em

iAQ σ×

=

Bu ifadedeki A basınç çubuğunun enkesit alanıdır. iQ itibari kesme kuvveti değeridir. Bu değer, çubuk

boyunca sabit olarak kabul edilerek hesaplar yapılır. Şartnamemize göre bu formül yalnızca iki değil, üç veya dört parçalı basınç çubukları içinde uygulanabilir. Öte yandan bu formülün geçerli olabilmesi için, parçalar arasındaki mesafenin:

min20ie ≤

şartını sağlaması gereklidir. Burada imin tek bir parçaya ait minimum atalet yarıçapıdır. Bu şartın sağlanmaması halinde ise kesme kuvveti arttırılır:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

×=⇒> 2005,01

8020

minmin i

eAQie emi

σ

Çerçeve Bağlantıların Hesabı

Çerçeve bağlantılı çubuklarda yalnızca kesme etkisi dikkate alındığında meydana gelecek yer

değiştirmeler Şekil 1’ de verilmiştir. Basınç çubuğunu oluşturan parçalarda 21l mesaflerinde eğrilik yön

değiştirecektir. Eğriliğin yön değiştirdiği bu noktalara “büküm noktaları” denir. Büküm noktalarında, (eğrilik yön değiştirdiğine göre) eğilme momenti sıfır olacak ve haliyle kesme kuvveti maksimum değerini alacaktır. Bağ levhasının sistem boyu “e” olarak kabul edilir. Bağ levhasının tam ortasında da eğrilik yön değiştirir ve moment sıfır (maksimum kesme kuvveti) noktası mevcuttur. Bu noktada oluşan T kuvveti, bağ levhası hesabına esas oluşturan kuvvettir.

Şekil 1 Çubukta kayma deformasyonu

e

1l

e

2/1l

2/1l

2/iQ 2/iQ

2/iQ 2/iQ Moment sıfır noktası

T

T

cd

Text Box

BU ARTIŞ ÇERÇEVE BAĞLANTI TARZINDA DİKKATE ALINIR, KAFES BAĞLANTIDA DİKKATE ALINMAZ.

YTÜ İnşaat Müh. Böl. Çelik Yapılar I Ders Notları Yrd. Doç. Dr. Devrim ÖZHENDEKCİ T kuvvetinin eldesi için iki parçalı sistemde yalnızca moment dengesinden faydalanılabilir. Basınç çubuğunu oluşturan parça sayısına bağlı olarak T değeri değişecektir. Aşağıda TS 648’ den alıntı yapılan şekil görülmektedir.

Şekil 2 Parça sayısı 2, 3 ve 4 olan basınç çubukları için iQ kesme kuvveti etkisiyle meydana gelen

momentlerin sıfır noktalarının yerleri (denge denklemleri sistemin yer değiştirmemiş hali dikkate alınarak oluşturulur)

Kenar profil ile orta profil arasında meydana gelecek kayma kuvvetinin birim boy değeri ve moment dengesi göz önünde bulundurularak T bağ levhası kuvvetleri şu şekilde elde edilir:

- 2 parçalılarda e

QT i 1l=


QT i

21l=


QT i 14,0 l=′

eQT i 13,0 l

=′′

Birbirine paralel bağ levhası sayısı (n) da dikkate alınırsa; tek bir bağ levhasına isabet eden kuvvet:

nTT =1 olacaktır.

Bir bağ levhasının ağırlık merkezinde meydana gelen bu kuvvet belirlendikten sonra birleştirme araçları tasarlanır veya kontrolleri yapılır. (Ayrıca bireştirme aracı olarak bulon veya perçin kullanılmışsa bağ levhasının atalet momentinde oluşacak kayıp dikkate alınarak bağ levhasının eğilme kontrolü de yapılır.)

21liQM =

31liQM =

41liQM =

2/1l

2/1l

YTÜ İnşaat Müh. Böl. Çelik Yapılar I Ders Notları Yrd. Doç. Dr. Devrim ÖZHENDEKCİ Çerçeve bağlantı bazı durumlarda profil parçalarını bağ levhası yerine kullanmak suretiyle de teşkil edilebilir (Şekil 3). Bu tercih, hesap esaslarında (“T” hesabı) bir değişikliğe neden olmaz.

Şekil 3 Çerçeve bağlantının bağ levhası ya da profil parçası ile teşkil edilmesi

Kafes Bağlantıların Hesabı

Kafes bağlantılı çubuklarda Şekil 4’ de büyütülerek gösterilen parçadaki A noktasının dengesinden diyagonal çubuğunda oluşacak kuvvet kolayca bulunabilir:

αSinzQD i

.±= ( z : Birbirine paralel diyagonal çubukların sayısı)

Şekil 4 Bağlantı elemanına etkiyen kuvvetler

Kuvvetin basınç ve çekme olması durumu için diyagonal çubuğu kontrol edilir. Birleştirme araçları da kontrol edilir. Bağlantı elemanları ve birleşimleri ile ilgili ayrıntılı hesaplara uygulamalarda değinilecektir.

iQ

iQ

iQ

d

1l

- ÇELİK YAPILAR I DERSİ UYGULAMASI- BASINÇ ÇUBUKLARI BİRİNCİ GRUP BASINÇ ÇUBUĞU

Şekilde görülen iki parçalı basınç çubuğunda,

a) Px=Py olması için lky ne olmalıdır? (lkx= 5 m l1=90 cm) b) Bağ levhası ve kaynak dikişlerinde gerekli kontrolü yapınız.

a) x

emx

AP

ωσ×

= , yi

emy

AP

ωσ×

= olduğuna göre yx PP = olması için yix ωω = yani yix λλ = olmalıdır.

x ekseni malzemeli eksen ve basınç çubuğunu oluşturan parçalar aynı profille teşkil edildiğinden; kesitin bütününe ait x atalet yarıçapı, tek bir parçaya ait olana eşittir. Ayrıca bu durumda, y atalet yarıçapı aşağıdaki şekilde hesaplanabilir.

cmix 8= → 635,628

500≈==xλ → 63=yiλ olmalıdır.

21

2

2λλλ ×⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+=

myyi

y

kyy i

l=λ

min

11 i

l=λ

( )221 2eiiy += → ( ) cmiy 28,621287,1 22 =+= →

28,6ky

yl

=λ

13,4887,1

901 ==λ

Ayrıca 1λ < ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

em

yixAPσωλ

342

ŞARTININ SAĞLANMASI GEREKLİDİR.

Bu denklemde 502<xλ ise

2xλ yerine 50 konur.

Bu soru için çubuk yükü olan P verilmediğine göre, çubuğun taşıyacağı maksimum kuvveti esas almalıyız. Soruyu çözmeden bu yükü bilmiyoruz, ama P=Px=Py olacağını biliyoruz. Dolayısıyla yukarıdaki ifade sadeleşirse;

21xλλ < elde edilir. Ayrıca 50

2<xλ olduğundan üst sınır doğrudan doğruya 50 alınabilir.

503,481 <=λ şartını sağlamaktadır.

( ) 633,4822

28,62

2

=×⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= ky

yil

λ → cmkyky 2553969337,2316

4384,39

2

=→=+ ll

180.

10-1

30

120

I 200

7 7 I 200 A =33,4 cm2 b = 90 s = 7,5 t = 11,3 Jx = 2140 cm4 ix = 8 cm Jy = 117 cm4 iy =1,87 cm

x x

y

b) 80

20 minem

iA

Qieσ×

=→<

cmcme 4,3787,12012 =×<= → kNQi 69,1180

144,332=

××=

eQTT i22

11

l== kNT 84,43

1229069,11

1 =××

=

21cTM ×= kNcmM 96,284

21384,43 =×=

( ) 262,117,02187,0 cmAk =×−×=

( ) 32

149,326

7,02187,0 cmWk =×−

×=

kk W

M=σ 2/86,8

149,3296,284 cmkNk ==σ 222

//2 /11/63,9 cmkNcmkNkv <=+= τσσ

kAT1

// =τ 2// /77,3

62,1184,43 cmkN==τ


a) yixyx PP λλ =⇔=

5295,517,7

400≈==xλ 52=yiλ olmalı

( ) cmey 02,3401,25,7245 =−×−= → ( ) cmiy 14,17202,3414,2 22 =+=

14,17ky

yl

=λ 5073,4614,2

1001 <==λ

22

73,4622

14,1752 ×+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= kyl

→ 22

2 73,4614,17

52 +⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= kyl

→ cmky 389=l

b) 28,152 =→== ωλλ yix kNP 375,70428,1

142,322max =

××=

c) cmi 8,4214,22020 min =×= cmcmey 8,4202,34 <=

kNQi 27,1180

142,322=

××= kNTT 56,16

02,34210027,11

21 =×

×==

( ) kNcmcTM 64,31445,724556,16

21 =⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−×=×=

Perçinlerde:

kNnTV 52,5

356,161 === kN

bMH 6,28

1164,314

===

22 VHR += → kNR 13,296,2852,5 22 =+= 2/289,14

15,17,113,29 cmkN<=

×=lσ

22 /1483,12

47,1

13,29 cmkN<=×

=π

τ

Bağ levhasında: 42

378,4595,52,17,12

12182,1 cmJn =×××−

×=

308,5121878,459 cmWn == 2/1415,6

08,5164,314 cmkN<==σ

Şekilde görülen iki parçalı basınç çubuğunda lkx = 4 m, l1=1 m olduğuna göre;

a) Çubuğun x-x ve y-y eksen düzlemlerine dik burkulma bakımında aynı yükü taşıyabilmesi için lky ne olmalıdır?

b) Çubuğun taşıyabileceği en büyük kuvvet nedir? c) Bağ levhası ve perçinlerde ( ∅ 17 ) gerekli kontrolleri yapınız. d) Perçinlerde maksimum zorlanmanın olması için perçin e mesafesi 55 yerine kaç seçilmelidir?

∅17

450

w

U 200

U 200 : A = 32,2 cm2 b = 75 s =8,5 t =11,5 Jx = 1910 cm4 ix= 7,7 cm Jy =148 cm4 iy =2,14 cm ey = 2,01 cm w = 40 35

55

55

450.12-180

x x

y

y

w

b

c

Perçin delikleri hizasında bağ levhası enkesiti

35

d) Perçinlerde maksimum zorlanma olması için perçine tesir eden kuvvet, bir perçinin emniyetle taşıyabileceği en büyük kuvvete eşit olmalıdır:

emPR ,1=

kNP 78,31144

7,112

1 =××

×=π

τ

kNP 74,542815,17,11 =××=τ → kNP em 78,31,1 =

kNPR em 78,31,1 == olmalı;

kNV 52,5= kNHVRHVHR 3,3152,578,31 222222 =−=⇒−=⇒+=→

cmH

Mee

MbMH 02,5

3,31264,314

22=

×==→== mm50≈

Perçinlerde 55511733 1min ≈=×=≥ de olduğundan mm50 uygulanamaz, soruda verilen e mesafesi perçinlerin en çok zorlanacağı mesafedir.


28,974,332,322 cmA =+×=

45960214019102 cmJ x =+×= → cmix 81,78,97

5960==

( ) 42 14903152,321482117 cmJ y =×+×+= → cmiy 34,128,97

14903==

yixyx PP λλ =→=

81,7kx

xl

=λ

34,12ky

yl

=λ 87,1

51

kyl=λ →

22

87,15

23

34,12 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= kyky

yill

λ

222

87,15

23

34,1281,7 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛→= kykykx

yixlll

λλ

283,5828,15299,60

22kykykx lll

+=

22 023724414,001639613,0 kykx ll =

2,1=ky

kx

l

l

cmky 400=l ise cmkx 4804002,1 =×=l

625,6181,7

480≈==xλ → 38,1=ω → kNP 17,992

38,1148,97

=×

=

Veya

626,6187,1

8023

34,12400 22

≈=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛=yiλ 38,1=ω kNP 17,992

38,1148,97

=×

=

Ayrıca;

5078,4287,1

801 <==λ şartını da sağlıyor.

150 150

U 200 I 200 U 200

Şekilde görülen basınç çubuğunda l1 = lky/5 olduğuna göre, çubuğun her iki eksen düzlemine dik burkulması durumunda aynı yükü taşıması için lkx/lky oranı ne olmalıdır? lky=4 m için taşınabilecek en büyük kuvvet nedir?

U 200 : A = 32,2 cm2 ; b = 75 ; s =8,5 ; t =11,5 ; Jx = 1910 cm4 ; ix= 7,7 cm ; Jy =148 cm4 ; iy =2,14 cm ; ey = 2,01 cm

I 200 : A =33,4 cm2 ; b = 90 ; s = 7,5 ; t = 11,3 ; Jx = 2140 cm4 ; ix = 8 cm ; Jy = 117 cm4 ; iy =1,87 cm


Birbirine sürekli olarak kaynaklanmış üç profilden oluşan her bir parça için: 2

1 5,1331,692,322 cmA =+×=

42

1 54,2243101,285,02

302,3214829800 cmJ x =⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+×+×+=

41 427119102451 cmJ y =×+=

cmix 96,125,13354,22431

1 == cmiy 66,55,133

42711 ==

Parçaların oluşturduğu sistem için:

cmii xx 96,121 ==

cme 292

2092

20=++= → ( ) cmeii yy 56,15)2/29(66,52 2222

1 =+=+=

5941,5996,12

770≈==xλ 73max =λ

69,7056,15

1100==yλ 5043,19

66,5110

1 <==λ 733,7343,192269,70 22 ≈=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+=yiλ

kNP 49,247551,1

145,133251,173 maxmax =××

=→=→= ωλ

xx

y

y

90

U 200

I 300

a=5

400 t=12

300

Şekilde görülen basınç çubuğunun taşıyabileceği en büyük basınç kuvveti nedir?

m

mm

ky

kx

1,1

117,7

1 =

==

l

l

l

Bağ levhasındaki kaynak dikişlerinde gerekli kontrolleri yapınız.

U 200 b = 75 s = 8,5 t = 11,5 A = 32,2 cm2 Jx = 1910 cm4 ix = 7,7 cm Jy = 148 cm4 iy = 2,14 cm e =2,01 cm

I 300 b = 125 s = 10,8 t = 16,2 A = 69,1 cm2 Jx = 9800 cm4 ix = 11,9 cm Jy = 451 cm4 iy = 2,56 cm

cme 29= cmi 2,11366,52020 min =×=×

min20 ie ×< şartı sağlanmaktadır. → kNQi 73,4680

145,1332=

××=

kNTT 63,88292

11073,4621 =

××

== (Yalnızca düşey dikişlerin bu kuvveti karşıladığı varsayılır.)

kNcmM 45,13292

3063,88 =×=

kNH 23,3340

45,1329== (Yalnızca yatay dikişlerin bu kuvveti karşıladığı varsayılır.)

Düşey dikişlerde:

( )2

// /1155,45,02405,0

63,88 cmkN<=×−×

=τ

Yatay dikişlerde:

Dikiş uygulama boyu = cm5,1029

230

=−

( )2

// /1175,025,105,0

23,33 cmkN<≅×−×

=τ


2 I 260’dan yapılmış bir basınç çubuğunda; (lk = 5,8 m) a) Çubuğun taşıyabileceği basınç kuvvetini bulunuz. (l1 = lk / 5) b) Elimizdeki 26 cm uzunluklu I 260 parçalarını şekildeki gibi

yerleştirip bağlantı elemanı olarak kullanabilmemiz için a kaynak kalınlığı ne olmalıdır (krater boylarını ihmal ediniz)? Bulunan kalınlık uygun mudur?

a) )(580 kykxkk llll ===

5677,554,10

580≈==xλ

cme 94,2694,026 =+= ( ) cmiy 67,13294,2632,2 22 =+=

43,4267,13

580==yλ 5050

32,25580

1 ≤==λ

6658,655043,42 22 ≈=+=yiλ 43,166max =→= ωλ → kNP 64,104343,1

143,532=

××=

b) cme 94,26= cmi 4,4632,22020 min =×=

min20ie ≤ → kNQi 655,1880

143,532=

××=

Bağlantı elemanı tek parça olduğundan :

kNe

QTT i 33,8094,26

)5/580(655,1811 =

×===

l

kNcmM 29,104422633,80 =×=

Bağlantı elemanı her bir profile iki sıra dikiş ile bağlandığından:

aaAk 52262 =××= aaWk 33,2256262

2=

××=

aa545,1

5233,80

// ==τ aak634,4

33,22529,1044

==σ

cmaaaaaa

45,044,0121474,21387,211634,4545,122

22

=≈≥→=+→≤⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

Birleşime giren parçalar açısından uygulanabilir max kaynak kalınlığı: 5,658,64,97,07,0 minmax ≈=×=×= ta a =4,5<6,5 uygun

I 260 için: A = 53,3 cm2 Jx = 5740 cm4 ix = 10,4 cm iy = 2,32 cm

b = 113 t = 14,1 s = 9,4

I 260

a

a

260

- ÇELİK YAPILAR I DERSİ UYGULAMASI- BASINÇ ÇUBUKLARI İKİNCİ GRUP BASINÇ ÇUBUĞU

Eşit kollu korniyerler kullanılarak teşkil edilmiş 2.grup basınç çubuklarında yalnızca bir eksene göre narinlik hesaplanır. Bu eksen x ekseni olarak adlandırılmakla beraber esasen tek bir parçaya ait ξ ekseni ile örtüşmektedir.

20,211094,10982,3

420=→≈=== x

x

kxx i

ωλ l

kNP 36,24420,2

142,192max =

××=

Bağ levhası aralığı soruda verilmediğinden, bizim belirlememiz gerekir. Şartnameye göre çok parçalı basınç çubuklarında en az çubuk boyunun 1/3 noktalarında levha kullanılması gerekmektedir. Ayrıca 2.grup basınç çubuklarında diğer çok parçalı basınç çubuklarından farklı olarak üst sınır için

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

em

yix

APσωλ 34

2 formülünü kullanmak yerine 1λ in doğrudan doğruya 50 den küçük

olması şartı gözetilir. Bağ levhası aralığı tek sayı olmalıdır.

31 ll = → 5079,7195,1

1401403420 11 >==→== λcml (!) Bağ levhası sayısı arttırılmalıdır.

5008,4395,1

848454205 111 <==→==→= λcmlll

cmete 39,92199,3222 1 =×+×=→+= ν

kNQi 72,680

142,192=

××= kNTT 12,60

39,98472,6

1 =×

==

45

45

95

L 100.100.10

21φ t=10

4,20 m

Yandaki şekilde özellikleri gösterilen basınç çubuğunun taşıyabileceği en büyük kuvvet nedir?

Bağlantı elemanında ve perçinlerde gerekli kontrolleri yapınız.

L 100.100.10 A= 19,2 cm2 ; Jx = Jy =177 cm4 ; ex = ey = 2,82 cm ; ix = iy = 3,04 cm ; cmi 82,3=ξ ;

cmi 95,1=η ; cm99,31 =ν ; 55=ω

x

x

e

cmc 120,15,52 =+×= kNcmM 72,3602

1212,60=

×=

Perçinlerde:

kNH 97,375,972,360

== kNV 06,30212,60

==

kNR 43,4806,3097,37 22 =+=

2/2806,23

0,11,243,48 cmkN<=×

=lσ

22 /1498,13

41,2

43,48 cmkN<=×

=π

τ

Bağ levhasında:

423

87,43225,90,11,22

125,180,1 cmJn =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛×××−

×=

3797,46

25,1887,432 cmWn ==

2/1471,7797,4672,360 cmkN<==σ

Enine levha/kesitte ve çubuk boyunca

konumu/

Dik levha/kesitte ve çubuk boyunca

konumu/

- ÇELİK YAPILAR I DERSİ UYGULAMASI- BASINÇ ÇUBUKLARI İKİNCİ GRUP BASINÇ ÇUBUĞU

a) 42

0 67,71420,111,25,271702 cmJ =

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++×=

cmi 605,35,272

67,7140 =

×= cmiix 13,3

15,1605,3

15,10 ==≅

mk 7,22

8,16,3=

+=l 70,18626,86

13,3270

=→≈== ωλx

kNP 94,45270,1

145,272=

××=

b) 5086,6194,1

1201203

3603 min

111 >===→===

icm ll

l λ (!)

5011,3794,1

72725

3605 11 <==→=== λcml

l

( ) ( ) cme 32,120,111,220,108,52 22 =+×++×=

kNQi 625,980

145,272=

××= kNTT 25,56

32,1272625,9

1 =×

==

Kaynak dikişlerinde:

kNcmM 875,4212

1525,56 =×= aAk 20= aaWk 667,666202

==

aa8125,2

2025,56

// ==τ aa328,6

667,66875,421

==σ

2222

//328,68125,211 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=→+=

aav στσ

a=0,623 cm bulunur yuvarlanırsa → a=6,5 < 7107,0max =×=a uygundur.

200

150

10 L 150.90.12

a

Şekilde görülen basınç çubuğunun, birbirine dik düzlemlerdeki burkulma boyları 3,6 m ve 1,8 m dir.(çubuğun gerçek boyu=3,6 m)

a) Çubuğa tesir eden basınç kuvveti 450 kN olduğuna göre, bu kuvveti emniyetle taşıyabilir mi?

b) Bağ levhası birleşiminde kullanılacak kaynak dikişlerinin kalınlığı ne olmalıdır?

L 150.90.12 için: A=27,5 cm2; ex =5,08 cm; ey =2,11 cm; Jx =626 cm4; ix =4,77 cm; Jy =170 cm4; iy =2,49 cm; imin =1,94 cm; v1=3,70 cm; v2=5,00

0

0

ex

ey

ey

ex

e

- ÇELİK YAPILAR I DERSİ UYGULAMASI- BASINÇ ÇUBUKLARI 3. GRUP BASINÇ ÇUBUĞU

a) cmex 36,3482,2240 =×−= cmeii xxx 45,17)236,34(04,3)2( 22221, =+=+=

1,3645,17

630===

x

kxx i

lλ 15,4695,1

90

min

11 ===

ixlλ <50 (Üçüncü grup basınç çubuklarında, bağ levhalı bağlantı

durumunda, 1λ in doğrudan doğruya 50den küçük olması şartı aranır.)

5959,5815,461,362

2221

2 ≈=+=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ′

+= xxxim λλλ

cmey 36,2982,2235 =×−= cmeii yyy 99,14)236,29(04,3)2( 2222

1, =+=+=

04,6099,14

900===

y

kyy i

lλ yx 11 λλ =

7673,7515,4604,602

2221

2 ≈=+=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+= yyyi

m λλλ

55,176max =→== ωλλ yi kNP 67,69355,1

142,194max =

××=

b) cmi 3995,12020 min =×= cmee yx 39, < → kNQi 44,1380

142,194=

××=

y-z düzlemindeki bağ levhası için:

kNe

QTx

ix 6,17

36,3429044,13

21

1 =×

×=

××

=l kNcmM 308

2356,17 =×=

210205,0 cmAk =×= 32 33,336205,0 cmWk =×=

350

400

ey

ex

200

a=5 a=5

x –z düzlemi y – z düzlemi

300.12 - 200 350.12-200

L 100.100.10

Şekilde dört adet L100.10 profilden oluşan çok parçalı bir basınç çubuğu görülmektedir.

a) lkx = 6,3 m , lky = 9 m , l1 = 90 cm olduğuna göre çubuğun taşıyabileceği en büyük kuvveti hesaplayınız.

b) Bağlantı elemanlarındaki kaynak dikişlerini (a=5) tahkik ediniz.

L 100.100.10 : A = 19,2 cm2

ex=ey= e = 2,82 cm Jx = Jy = 177 cm4 ix = i y = 3,04 cm

iξ = 3,82 cm iη = 1,95 cm

x x

y

y

5,7/76,110

6,17 2// <== cmkNτ vσ hesaplamak gerekir.

222 /114,924,976,1 cmkNv <=+=σ

x-z düzlemindeki bağ levhası için:

kNe

QTy

iy 6,20

36,2929044,13

21

1 =×

×=

××

=l kNcmM 309

2306,20 =×=

Kaynak dikişlerinin uzunluk ve kalınlığı aynı olduğundan yeniden hesaplanmayacaktır.

5,7/06,210

6,20 2// <== cmkNτ vσ hesaplamak gerekir.

5,7/27,933,33

309 2 >== cmkNkσ 222 /115,927,906,2 cmkNv <=+=σ

5,7/24,933,33

308 2 >== cmkNkσ


Şekilde görülen basınç çubuğunda hem çerçeve, hem de kafes bağlantı yapılmıştır. a) mkx 6=l , mky 12=l olduğuna göre taşınabilecek en büyük basınç kuvveti nedir? (Bağ levhası

aralığı 9501 =l iken, kafes bağlantı için ise 95021 =l dir.)

b) Bağlantı elemanlarını ve bağlantılarını kontrol ediniz.

a) x-x eksen düzlemine dik burkulma durumunda:

cmex 84,3908,5250 =×−= cmix 48,20284,3977,4

22 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+=

3,2948,20

600==xλ 5096,48

94,195

1 <==xλ

5706,5796,483,29 22 ≈=+=xiλ y-y eksen düzlemine dik burkulma durumunda:

cmey 78,6511,2270 =×−= cmiy 98,32278,6549,2

22 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+= 39,36

98,321200

==yλ

L 150.90.12

700

500

e x

ey

60

380

60

50 50 100 100

M 20 t=10

M 20

L 70.70.7

95021 =l

L 150.90.12 için: A=27,5 cm2;

ex =5,08 cm; ey =2,11 cm; Jx =626 cm4; ix =4,77 cm; Jy =170 cm4; iy =2,49 cm;

imin =1,94 cm

L 70.70.7 için: A=9,40 cm2

imin =1,37 cm

x x

y

y

y-z d

üzle

mi

x-z düzlemi

21

3

1 ed

zAA

d l×=πλ

cmd 55,11578,6595 22 =+= cmee y 78,65== cm1909521 =×=l z = 2 (Diyagonaller birbirine paralel) Ad : Diyagonal çubuğunun enkesit alanı A : Basınç çubuğunun enkesit alanı

41,1078,65190

55,11540,92

5,2742

3

1 =××

×=πλ y

3885,3741,1039,36 22 ≈=+=yiλ

Sonuç olarak: 33,157max =→= ωλ kNP 89,115733,1

145,274max =

××=

b) Bağ levhalı bağlantı (y-z düzlemindeki bağlantı) için:

cmi 8,3894,12020 min =×= min2084,39 iex >= olduğundan, arttırılmış iQ denklemi kullanılmalıdır:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+×= 2005,01

80 minieAQ em

iσ

kNQi 77,192094,184,3905,01

80145,274

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+×××

=

kNT x 57,2384,3929577,19

1 =×

×= kNcmM 83,447

23857,23 =×=

Bağ levhasında:

423

1830100,11,2212301 cmJ xn =×××−

×= 3122

2301830 cmWxn == 2/1467,3

12283,447 cmkN<==σ

Bulonlarda:

kNH 392,2220

83,447== kNV 86,7

357,23

== kNR 73,2386,7392,22 22 =+=

22 /2,1155,7

4273,23 cmkN<=

×=π

τ 2/2487,1112

73,23 cmkN<=×

=lσ

Kafes bağlantı (x-z düzlemindeki bağlantı) için: Kafes bağlantı durumunda min20ie ≤ şartı aranmaz ve kesme kuvvetinde herhangi bir artım yapılmadan her durumda aşağıdaki denklem kullanılır:

80em

iAQ σ×

= → kNQi 25,1980

145,274=

××=

αsin×±=

zQD i → kND 92,16

569,0225,19

±=×

±=

d 21l

e=ey

α 569,0

55,11578,65sin ===

deα

Bulonlarda: (Bulon hesabında kuvvetin işareti önem taşımaz)

kN2,1125,6

4292,16

2 <=×

=π

τ 2/2409,127,02

92,16 cmkN<=×

=σ

Diyagonal çubuğunda: D=+16,92 kN için;

293,71,27,040,9 cmAn =×−= 2/1413,293,792,16 cmkN

AD

n<===σ

D=-16,92 kN için;

67,18434,8437,1

55,115

minmax, =→≈=== ωλ

id

d

2/143

40,967,192,16 cmkN<=

×=σ

d

D

D


a) x-x eksen düzlemine dik burkulma durumunda:

cmex 702050 =+= ( ) cmix 84,352707,7 22 =+= 27,3684,35

1300==xλ

cm49,24230tan

7021 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛×=l

cmd 14030sin

70==

5,127049,242

1404,922,324

2

3

1 =×

×××

=πλ x 3836,385,122227,36 22 ≈=×⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+=xiλ

y-y eksen düzlemine dik burkulma durumunda: cmey 98,2501,2230 =×−= ( ) cmiy 16,13298,2514,2 22 =+=

39,3016,13

400==yλ 5007,49

14,2105

1 <==yλ

5872,5707,492239,30 22 ≈=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+=yiλ

Sonuç olarak: 34,158max =→= ωλ kNP 67,134534,1

142,324max =

××=

b) Kafes bağlantı (y-z düzlemindeki bağlantı) için:

kNQi 54,2280

142,324=

××= kN

zQD i 54,22

30sin±=

×±

=

L70.7 500

U200

300

200t=10

a=5

300

Şekilde görülen basınç çubuğu 4 adet U200profilinden oluşturularak, hem çerçeve hem dekafes bağlantı yapılmıştır; lkx=13m, lky=4m Bağ levhası aralığı 105 cm

a) Çubuğun taşıyabileceği maksimumkuvveti bulunuz?

b) Bağlantı elemanlarını ve birleşimkaynaklarını kontrol ediniz. Diagonaldekaynak uzunluğunu bulunuz. (a=4 mm)

L70.7 A = 9,4 cm2 ex = ey = 1,97 imin= 1,37cm

U 200 : A = 32,2 cm2 b = 75 s =8,5 t =11,5 Jx = 1910 cm4 ix= 7,7 cm Jy =148 cm4 iy =2,14 cm ey = 2,01 cm

250

y

x

300

d

21l

ex=70 cm

Diyagonali bağlayan kaynak dikişleri için (Bağlatı elemanlarına tesir eden kuvvetler ikinci mertebe etkilerden kaynaklandığı için birleştirme vasıtalarının hesabında bazı kolaylıklar söz konusu olabilir. Örneğin tek bulon (veya perçin) kullanılması gibi, ya da bu soru için diyagonal eksenindeki kuvvetin kaynak dikişlerinde neden olacağı eğilme etkisinin ihmal edilebilmesi gibi…)

Diyagonali profile bağlayan üst ve alt kenar dikişlerde kuvvetin eşit paylaşıldığı varsayımıyla,

cma

D

emkk 56,2

114,0254,222

,=

×=

×=

τl

cmacma

60100615

=≤=≥

→ cmk 6=l seçilir.

cmk 78,64,026 ≈=×+=′l

Diyagonal çubuğunda Bağlantı kaynaklı olduğundan, D=+22,54 kN için kontrole gerek yoktur. D=-22,54 kN için :

10219,10237,1

140max, ≈==dλ 01,2=→ω 2/1482,4

4,901,254,22 cmkN<=

×=σ

Bağ levhalı bağlantı (x-z düzlemindeki bağlantı) için:

cmi 8,4214,22020 min =×= cmey 8,4298,25 <= kNQi 54,22=→

kNe

QTTy

i 77,2298,25410554,22

441

1 =×

×=

××

==l

kNcmM 625,28422577,22 =×=

( ) 25,95,02205,0 cmAk =×−×=

( ) 32

08,306

5,02205,0 cmWk =×−×

=

5,7/44,908,30625,284 2 >== cmkNkσ vσ hesabı gereklidir.

5,7/36,25,977,22 2

// <== cmkNτ 222 /1123,1036,244,9 cmkNv <=+=σ

Documents

Ders Notu-06 tamami · PDF fileYTÜ İnşaat Müh. Böl. Çelik Yapılar I Ders Notları Yrd. Doç. Dr. Devrim ÖZHENDEKCİ soğukta şekil verme, vb de artık