YILDIZ TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

İNŞAAT MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ

MEKANİK ANABİLİM DALI

STATİK 042 13 12

DERSİ NOTLARI ŞUBAT 2008

Prof. Dr. Turgut KOCATÜRK

2

1. Giriş ve ana ilkeler

2. Vektörler ve kuvvetler, maddesel noktaların statiği

• Tanımlar • Vektör işlemleri ve kuvvetler • Maddesel noktaların statiği

3. Rijit cisimler. Eşdeğer kuvvet sistemleri

• Rijit cisimler. Dış ve iç kuvvetler • Bir noktaya göre moment • Varignon teoremi • Bir eksene göre moment • Kuvvet çiftinin momenti • Eşdeğer kuvvet çiftleri • Bir kuvveti başka bir noktada etkiyen bir kuvvet ile bir kuvvet çiftine dönüştürme • Bir kuvvetler sisteminin bir kuvvet ve bir kuvvet çiftine indirgenmesi • Bir kuvvetler sisteminin bir kuvvet vidasına indirgenmesi • Eşdeğer kuvvet sistemleri

4. Ağırlık merkezleri, statik moment

• Giriş • Düzlem alan ve eğrilerin ağırlık merkezi • Bileşik plak ve teller • Pappus-Guldinus teoremleri • Üç boyutlu cisimlerin ağırlık merkezi

5. Rijit cisimlerin dengesi

• Rijit cisimlerin dengesi • Serbestlik derecesi • İki boyutlu yapılarda çeşitli mesnet ve bağ tipleri • Düzlemsel yapı sistemleri • Düzlemsel yapı sistemlerine etkiyen çeşitli yük tipleri • İki boyutlu yapısal sistemlerin mesnetlenmesi • Çok parçalı yapısal sistemlere giriş • Üç boyutlu yapıların mesnet ve bağlarındaki kuvvetler • Üç boyutlu yapıların mesnetlenmesi

6. Düzlem taşıyıcı çubuk elemanlardaki iç statik büyüklükler-Kesit tesirleri

• Çubuklardaki iç kuvvetler • Çubuklarda normal kuvvet, kesme kuvveti ve eğilme momenti • Yük, normal kuvvet, kesme kuvveti ve eğilme momenti arasındaki bağıntılar

7. Düzlem ve uzay kafes sistemler

• Kafes sistemin tanımı • Basit kafes sistemler • Bileşik kafes sistemler • Kafes sistemlerin çözüm yöntemleri (Düğüm noktaları yöntemi, kesim yöntemi) • Uzay kafes sistemler ve çözüm yöntemleri

8. Kablolar

• Tekil yük etkisindeki kablolar • Yayılı yük etkisindeki kablolar

3

• Parabolik kablo • Zincir eğrisi kablo

9. Atalet momentleri

• Tanımlar • Paralel eksenler teoremi • Asal eksenler ve asal atalet momentleri. Eksenlerin döndürülmesi. • Mohr çemberi • Kütlelerin atalet momentleri

10. Virtüel iş. Potansiyel enerji. Dengenin kararlılığı (Stabilite)

4

1. GİRİŞ 1.1 Mekanik Mekanik, kuvvetlerin etkisi altında cisimlerin denge ve hareket şartlarını anlatan ve inceleyen bilim dalıdır. Mekanik üç kısma ayrılabilir:

1.Rijit cisimler mekaniği: Şekil değiştirmeyen cisimler mekaniği:

a. Statik : Dengede bulunan cisimleri inceleyen bilim dalıdır.

b. Dinamik: Hareket halindeki cisimleri inceleyen bilim dalıdır.

2. Şekil değiştiren cisimlerin mekaniği

a. Mukavemet

3. Akışkanlar mekaniği

a. Sıkışabilen

b. Sıkışamayan

1.2 Statiğin Konusu Statik, uzayda kuvvetler etkisi altındaki cisimlerin denge koşullarını inceler. Tanımından da anlaşılacağı üzere statikte üç temel büyüklük olup, bunlar aşağıda verilmiştir:

• Uzay: Fiziksel olayların meydana geldiği geometrik bir bölgedir. İncelenen problemin türüne göre uzay bir boyutlu, iki boyutlu ve üç boyutlu olabilir.

• Kuvvet: Hareketin nedeni olarak düşünülen fiziksel etkenin matematik modelidir. Bir kuvvet uygulama noktası, doğrultusu, yönü ve şiddeti ile bir bütündür. Bu özelliklere sahip büyüklüklerin vektörel büyüklükler olduğu matematikten bilinmektedir.

• Cisim: Fiziksel olayın etkilerinin ölçüldüğü geometrik bölgeye verilen addır. Statikte cisimler aşağıda verilen iki ana idealleştirmeyle tanımlanırlar:

1. Maddesel nokta(Parçacık): İncelenen statik problemin karakteri nedeniyle boyutları ihmal edilebilecek mertebede küçük olan cisme verilen addır. Maddesel nokta olarak dikkate alınabilen cismin kütlesi bir noktada toplanmış olarak kabul edilir.

2. Rijit cisim: Kuvvetler etkisinde boyutları değişmediği kabul edilen, diğer bir deyimle herhangi iki noktası arasındaki uzaklık daima sabit kalan, çok sayıda maddesel noktanın bileşimi olan ideal bir cisimdir. Çeşitli etkiler altında katı cisimlerin

5

boyutlarındaki değişme küçük olduğunda, boyut değişimiyle ilgilenilmeyen durumlarda yapılan bir kabul olup, bu kabul işlemlerde çok büyük kolaylıklar sağlar.

1.3 Birimler

Newton mekaniğinde kullanılan temel büyüklükler uzay, zaman, kütle ve kuvvettir. Söz konusu mekanikte uzay, zaman ve kütle, birbirinden bağımsız, mutlak kavramlardır. Metre, kilogram ve saniye dünyanın her hangi bir yerinde, hatta başka bir gezegende bile kullanılabilir. Bunların anlamı her yerde aynı kalır.

Newton mekaniğinde, amF = temel denklemi kullanılırken bu büyüklükler keyfi olarak seçilemez. Eğer öyle yapılırsa F kuvvetinin şiddeti am çarpımının şiddetine eşit olamaz. O halde dört birimden üçü istenildiği gibi seçilebilir; dördüncüsü ise Newton’ un ikinci hareket kanunu olan amF = sağlanacak şekilde seçilmelidir. Bu durumda birimler kinetik açıdan uyuşurlar. Kinetik açıdan uyumlu birimler seçilirken bazı büyüklükler temel, diğerleri ise türetilen birimler olarak alınırlar. Uzay, zaman, kütle temel birimler, kuvvet türetilen birim olarak alınırsa bu şekilde oluşturulan birim sistemlerine salt (mutlak) birim sistemleri; uzay, zaman, kuvvet temel birimler, kütle türetilen birim olarak alınırsa böylesi birim sistemlerine de çekimsel birim sistemleri denir.

Mühendislikte uzun yıllar çekimsel birim sistemleri kullanılmasına karşın günümüzde salt birim sistemlerinin kullanımı artık tüm dünyada bir zorunluluk haline gelmektedir.

Metrik salt birimler sistemleri olan MKS (Metre-uzunluk, Kilogram-kütle, Saniye-zaman) ve SI (the International System of Units) birim sistemlerinde kuvvetin şiddeti Newton olup şöyle tanımlanır: 1 Newton, 1 kg kütlesindeki bir cisme 1 m/sn2 lik ivme kazandıran bir büyüklüktür.

Metrik çekimsel birimler sisteminde kuvvet birimi kilogramdır. Burada kilogram kütle birimi değil, kuvvet birimidir. Bu nedenle bir karışıklığa meydan verilmemesi için kg kuvvet birimi olarak kullanıldığında kgf olarak gösterilecek ve kilogram kuvvet olarak okunacaktır. Bu kuvvet, kütlesi 1 kg olan bir cismin deniz düzeyinde ve 45o enlemdeki ağırlığı olarak tanımlanır. Böyle bir yerde serbest düşen bir cismin ivmesi 9,81 m/sn2 olduğundan 1 kilogramkuvvetin 1 kilogramlık kütleye 9,81m/sn2 lik ivme verdiği görülür. O halde metre, kilogram kuvvet, saniye ve kilogram kütle kinetik olarak uyuşan bir birim sistemi oluşturmaz. Bununla beraber, bu kitapta

Tablo 1.1 Birim sistemleri.

Sistemler Uzunluk Kütle Kuvvet

CGS cm gr Din (gr. cm. /sn2)

MKS m kg N (kg. m. /sn2)

SI m kg N (kg. m. /sn2)

İngiliz ft lb Poundal (lb. ft. /sn2)

salt birimler sistemi kullanılacağından bu konu üzerinde daha fazla durulmayacak, yalnız, tanımından da anlaşıldığı üzere Nkuvvetkg 81,91 ≈ olduğu not edilmekle yetinilecektir.

6

Çeşitli salt birim sistemleri Tablo 1.1 de verilmiştir. Ayrıca gerekli olabilecek bazı birim çevirmeleri de Tablo 1.2 de verilmiştir.

Tablo 1.2 Birim çevirmeleri.

1 lb=453,59 Din 1 in=2.54cm

1 kgf=2,2046 lb 1 kgf. m=9,81 J

1 psi=0,0703 kgf/cm2=6,894kPa=6,894 N/m2 1 ft=12 in=30,48 cm

1 N.m=Joule; 1 kgf=9,81 N; 1 Pa=1 N/m2; psi=lb/in2 ; J=Joule; Pa= Pascal

Kinetikte iş birimi olarak kullanılan Joule 1 Newton’luk kuvvetin 1 metre yol alması durumunda yaptığı iş olarak tanımlanmaktadır. Birim alana gelen kuvvet (gerilme) birimi 2/11 mNpa = dir.

1.4 Statiğin Temel İlkeleri

Statik dört temel ilkeye dayanır:

1) Kuvvet paralelkenarı ilkesi: Bir rijit cisimde bir noktaya etkiyen iki kuvvet yerine bir kuvvet konulabilir. Bu kuvvet, kenarları eşit olan paralelkenarın köşegenini çizerek elde edilir ve bu iki kuvvetin bileşkesi olarak anılır. Bileşke kuvvet göz önüne alınan iki kuvvetin vektörel toplamıdır, Şekil 1.1.

1 2R F F= + (1.1)

F

A

F2

1

R

2FBA 1F

Şekil 1.1 Şekil 1.2

Tersine olarak paralelkenar ilkesi, verilen bir kuvveti verilen iki doğrultuda belli iki kuvvete (bileşenlerine) ayırmak için de kullanılabilir.

2) Denge ilkesi: Bir rijit cisme etkiyen iki kuvvetin dengede olabilmeleri için tesir çizgilerinin aynı, şiddetlerinin eşit ve yönlerinin zıt olması gerekir. Örneğin 1 2F F= − ise şekildeki kuvvetler dengede olurlar, Şekil 1.2.

3) Süperpozisyon ilkesi: Rijit bir cisme etkiyen bir kuvvet sistemine, dengedeki bir kuvvet sistemini eklemek veya çıkarmak rijit cismin durumunu değiştirmez.

İkinci ve üçüncü ilke birleştirilerek, rijit cisim statiğinde kuvvetin bir kayan vektör olduğu, yani aynı tesir çizgisi üzerinde, aynı şiddet, doğrultu ve yönde başka bir noktaya etkiyen bir kuvvet olarak göz önüne alınabileceği görülebilir. Şekil 1.3 de bu kolayca görülmektedir.

7

-F

F

AF

A

F2

2

11

Şekil 1.3

4) Etki tepki ilkesi: Birbirlerine değen iki cismin değme noktalarında etki ve tepki kuvvetleri aynı şiddette, aynı tesir çizgisi üzerinde ve zıt yöndedirler, Şekil 1.4.

Etki=Tepki

BAB

R

A

R

BA

teğetortak

BAR = RAB

Ortak teğet

Şekil 1.4

1.5 Statiğin Problemleri ve Yöntemi

Statik problemlerinde aşağıdaki gibi üç durumla karşılaşılabilir:

1. Bileşke aranması: Kuvvetler sisteminde kuvvetlerin sayısını azaltmak hesaplarda önemli kolaylıklar sağlar. Eğer kuvvetler sistemi bir tek kuvvete indirgenebilirse bu kuvvet aranan bileşke olur.

2. Bileşenlere ayırma: Bazı durumlarda bir kuvvetin kendisi yerine belirli doğrultulardaki bileşenlerinin kullanılması daha elverişli olabilir. Bu durumda bileşenlere ayırma problemi ile karşılaşılabilir.

3. Denge problemi: Kuvvetler sisteminin dengede olması için sağlaması gereken koşulların incelenmesidir.

Statik problemleri incelenirken, problemdeki cisimlerin hepsi için, her birine etkiyen kuvvetleri açıkça gösteren ayrı ayrı diyagramlar çizilmelidir.

Dengesi incelenecek olan sistemin ya da cismin üzerine etkiyen bütün kuvvetlerin gösterildiği diyagramlara serbest cisim diyagramları (SCD) denir. Bu diyagramların elde edilebilmesi için,

a) incelenecek olan cisim bağlarından ve diğer cisimlerden ayrılır,

b) bağlardan ve diğer cisimlerden ayrılan cismin serbest cismi üzerine uygulanan kuvvetler gösterilir,

8

c) serbest cisim birkaç parçadan oluşuyorsa, tüm cismin SCD da, bu parçaların birbirlerine uyguladığı kuvvetler göz önüne alınmamalıdır,

d) bilinen dış kuvvetler şiddet ve doğrultularıyla SCD da çizilir,

e) bağ kuvvetleri (mesnet tepkileri veya mesnet reaksiyonları) de, bağın özelliğine göre SCD da cisim üzerine etkitilir.

Böylece elde edilen SCD da denge denklemleri yazılarak bilinmeyenler hesaplanabilir. Bazı SCD ları Şekil 1.5 de görülmektedir.

HAA B

FA

FB

AV VB

q

B

q

AH

VA BV

F

FR21R

A

Şekil 1.5

9

2. VEKTÖRLER VE KUVVETLER 2.1 Tanımlar Kütle, uzunluk, zaman, bir cismin yoğunluğu ve herhangi bir sayı gibi sadece büyüklüğü olan ifadelere skaler denmekte olup, mekanikte en sade ifadeler skalerlerdir. Mekanik problemlerin incelenmesinde skaler tanımı yeterli olmayıp, buna ek olarak vektör tanımına ihtiyaç vardır.

• Vektörel büyüklükler: Hız, ivme ve kuvvet gibi hem yönü, hem doğrultusu, hem de şiddeti olan büyüklüklere vektör adı verilir. Bir F vektörünün şiddeti F ya da F

ile simgelenir. Vektör doğrultusunu bir doğru, yönünü de bir ok belirler, Şekil 2.1. Şekil 2.1 deki ( )AAA zyxA ,, ve ( )BBB zyxB ,, vektör doğrultusu üzerindeki iki nokta olup, bu noktalar koordinatlarıyla verilmişlerdir; dolayısıyla vektörün doğrultusu belirlidir.

B(x ,y ,z )

z

AA(x ,y ,z )AA

F

x

y

BBB

Şekil 2.1

Vektörler aşağıdaki gibi guruplandırılabilirler:

1. Serbest vektör: Yönü ve şiddeti korunmak şartıyla uzayda serbestçe hareket edebilen vektör.

2. Kayan vektör: Aynı doğrultu üzerinde olmak koşuluyla istenilen noktaya uygulanabilen vektör. Statikte kuvvetler kayan vektörlerdir. Statikte kuvvetlerin kayan vektörler olduğu süperpozisyon ve denge ilkeleri yardımıyla gösterilebilir. Şekil 2.2a da, A noktasına etkiyen F kuvveti ele alınsın. Denge ilkesinden cisim içerisindeki bir B noktasına F kuvveti ile aynı tesir çizgisi üzerinde olan, yönleri ters, şiddetleri F olan iki kuvvet yerleştirilebilir, Şekil 2.2b. Süperpozisyon ilkesi

kullanılarak A noktasındaki F kuvveti ile B noktasındaki F− kuvveti kaldırılabilir.

10

Sonuç olarak A noktasına etkiyen F kuvveti cisim üzerindeki B noktasına taşınmış olur, Şekil 2.2c.

B -F

F

A F

BA

F

F AB

(a) (b) (c)

Şekil 2.2

3. Sabit vektör: Uygulama noktası sabit olan vektör.

4. Birim vektör: Bu vektörler burada λ simgesi ile gösterilecek olup, boyları, yani şiddetleri birim olan ( )1=λ vektörlerdir, Şekil 2.3. Şekil 2.3 den de görüldüğü gibi

dik kartezyen koordinat takımında birim vektör x doğrultusu ile xθ , y doğrultusu ile yθ ve z doğrultusu ile zθ açılarını yapmaktadır. Birim vektör konusunda daha ayrıntılı çalışma kısım 2.2 de yapılacaktır.

kλz

O

z

λyj

θx λx

θz

i x

λθy

y

Şekil 2.3

2.2 Vektörel İşlemler ve Kuvvetler Statikte bütün işlemler vektörel olarak yapılabilmesine karşın, üç boyutlu problemlerde vektörel hesap sonuca daha kolay götürdüğünden özellikle tercih edilmektedir. Bu aşamada statikte kullanılacak olan bazı temel vektörel işlemlerden söz edilecektir.

• Paralelkenar ilkesi: Vektörler bu ilke ile toplanırlar, Şekil 2.4. Bu ilkenin matematik gösterimi

21 FFR += (2.3)

şeklindedir.

11

F

A1F

2

A

1F

2F R F1R

2F

Şekil 2.4 Şekil 2.5

• Üçgen ilkesi: 1F ve 2F vektörleri birbirlerinin ucuna eklenerek Şekil 2.5 de gösterildiği gibi bileşkenin bulunması mümkündür.

• Vektörlerin bir sabit ile çarpımı: A noktasına uygulanmış bir F vektörü a gibi bir skalerle çarpılırsa,

FaPa =→> 0 ve FaQ −= (2.4)

için P ve Q vektörleri Şekil 2.6 da görüldüğü gibi elde edilir.

F PQ

Şekil 2.6

• Kuvvetin vektörel gösterimi: Bir kuvvetin, uygulama noktası, şiddeti, doğrultusu ve yönü ile belirlendiğine daha önce değinilmiş ve kuvvetin vektörel bir büyüklük olduğu ifade edilmişti. Bu aşamada bir F vektörü kuvvet olarak göz önüne alınsın. Üç boyutta verilen bir kuvvetin dik bileşenleri, Şekil 2.7,

BBB

F

z

xzF

C

(a)

E

θxO

yF

FA

z

F DD

(b)

zF

z E C

x

F

θy

Ox x

Ay

F

θz F Dx

CEzF

(c)

A

O

Fy

Fx

y y y

Şekil 2.7

12

⎪⎪

⎭

⎪⎪

⎬

⎫

=

=

=

→

→

→

kFkF

jFjF

iFiF

zz

yy

xx

.cos.

.cos.

.cos.

θ

θ

θ

(2.5)

olur. Bu durumda kuvvet →→→→

++= kFjFiFF zyx (2.6)

şeklini alır. (2.5) in sağ tarafındaki ifadeler cinsinden kuvvet

)coscos(cos→→→→

++= kjiFF zyx θθθ (2.7)

şeklinde yazılabilir, Şekil 2.7a,b,c. zyx θθθ cos,cos,cos lere doğrultman kosinüsleri denir ve bunlar, Şekil 2.8,

cosθzi

z

cosθzk

F kz

cosθzj

F ix

xF=Fλ

(Siddet=1)

y

λyF j

Şekil 2.8

zzyyxx θλθλθλ coscoscos === (2.8)

şeklinde gösterilir. Burada

kji zyx λλλλ ++= (2.9)

şeklinde bir ifade tanımlanırsa, bu durumda F kuvveti

λFF = (2.10)

olarak yazılır. Burada F kuvvetin şiddetini gösterir, λ ise doğrultu ve yönü gösteren birim yer vektörüdür. Birim yer vektörü için izleyen bağıntılar geçerlidir:

13

222

222

222

1

1coscoscos

1

zyx

zyx

zyx

λλλλλλλ

θθθ

λλλ

++=⋅==

=++

=++

(2.11)

• Şiddeti ve tesir çizgisi üzerindeki iki nokta ile tanımlanan kuvvet: Uygulamaların bir çoğunda, F kuvvetinin doğrultusu, tesir çizgisi üzerindeki ),,(),,( 222111 zyxNvezyxM gibi iki noktasının koordinatları yardımıyla tanımlanır, Şekil 2.9. Bu kuvvetin zyx FFF ,, bileşenleri (2.7) den

222N(x ,y ,z )

z

d =z -z <0

d =y -y

M(x ,y ,z ) d =x -x 11

O

1 2 1x

x

y

λ z

F

1

y 2 1

2

Şekil 2.9

)coscos(cos→→→→

++= kjiFF zyx θθθ

şeklinde bilinmekte olup, zyx θθθ cos,cos,cos doğrultman kosinüsleri Şekil 2.9 dan

212

212

212

121212

)()()(

)()()(

zzyyxx

kzzjyyixxd

kzdjdyixdMN

−+−+−

−+−+−=

++=

→→→

λ (2.12)

şeklini alır. Burada

z

z

y

y

x

x

zz

yy

xx

dddd

dd

dd

dd

θθθ

θθθ

coscoscos1

coscoscos

===

=== (2.13)

şeklinde bağıntıların olduğu görülmektedir.

( ) kFjFiFkjiFFF zyxzyx ++=++== λλλλ. (2.14)

14

biçiminde yazılabilir. Burada F , F vektörünün şiddetidir. Şekil 2.8 den

zzyyxx θλθλθλ cos,cos,cos === (2.15)

olur. F vektörünün şiddeti 222

zyx FFFF ++= (2.16)

olarak hesaplanır.

• Vektörel çarpım: →P ve

→

Q vektörlerinin vektörel çarpımı matematikte

→→→

×= QPV (2.17)

şeklinde gösterilir. →P ve

→

Q gibi iki vektörün vektörel çarpımı aşağıdaki şartları sağlayan bir V vektörü olarak tanımlanır, Şekil 2.10.

θP

Q

V=P x Q

Şekil 2.10

a) →

V ’nin tesir çizgisi →P ve

→

Q vektörlerinin oluşturduğu düzleme diktir, Şekil 2.10.

Vektörün yönü sağ el kuralı ile belirlenebilir; şöyle ki sağ elin dört parmağı →P den

→

Q

ya dönüş yönünü gösterirken başparmağın yönü →

V nin yönünü gösterir.

b) →

V ’nin şiddeti

V = P.Q.sinθ ( 0180≤θ ) (2.18)

olur.

c) Dağılma (disribütiflik) özelliği sağlanır:

2121 )( QPQPQQP ×+×=+× (2.19)

d) Assosyatif özellik geçerli değildir:

15

→→→→→→

××≠×× SQPSQP )()( (2.20)

e) Komütatif özellik geçerli değildir :

→→→→

×≠× PQQP (2.21)

f) Q vektörünün ucundan P vektörüne paralel çizildiğinde, başlangıcı P ve Q vektörlerinin başlangıcında, bitimi ise Q nun ucundan P ye çizilen paralel üzerinde olan bir Q′ vektörü için

QPQP ′×=× (2.22)

ilişkisi vardır, Şekil 2.11.

P

QQ'

V

Şekil 2.11

• Vektörel Çarpımın Dik Koordinatlar Cinsinden İfadesi: Şimdi kji ,, birim vektörlerinin herhangi iki tanesinin vektörel çarpımı belirtilecektir. Önce ji × çarpımı göz önüne alınsın, Şekil 2.12. Vektörlerin ikisinin de şiddeti bire eşit olduğu ve birbirlerine dik olduğu için vektörel çarpımları da bir birim vektör olacaktır. Bu birim vektör de k olmak zorundadır, çünkü kji ,, vektörlerinin hepsi birbirine diktir ve bir sağ üçlü oluştururlar. Bir birim vektörün kendisi ile vektörel çarpımı, örneğin ii × sıfıra eşittir, çünkü iki vektör de aynı doğrultudadır. Birim vektörlerden oluşturulması mümkün olan çiftlerin vektörel çarpımları şöyledir:

16

x

i x j = kz

(a)

j

O i

y

z(b)

x

j j x i = -k

O i

y

Şekil 2.12

0

0

0

=×=×−=×

−=×=×=×

=×−=×=×

kkikjjki

ijkjjkji

jikkijii

(2.23)

Birim vektörleri gösteren üç harf bir daire üzerinde sıralanırsa, Şekil 2.13, iki birim vektörün vektörel çarpımının işaretinin belirtilmesi kolaylaştırılabilir: İki birim vektör birbirini saat ibrelerinin aksi yönde izliyorsa vektörel çarpımları pozitif, aksi halde negatiftir.

k i

j

Şekil 2.13

Verilmiş olan QveP vektörlerinin V vektörel çarpımı artık bu vektörlerin dik bileşenleri cinsinden kolayca ifade edilebilir. QveP vektörleri bileşenlerine ayrılarak önce aşağıdaki ifade yazılabilir:

→→→×= QPV

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++×⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=

→→→→→→→

kQjQiQkPjPiPV zyxzyx

Distribütif özellikten yararlanılarak V , (2.23) özdeşlikleri kullanılarak, kveji , ortak çarpan alınmak suretiyle izleyen şekilde yazılabilir:

17

→→→→→→→

−+−−−= iQPjQPiQPkQPjQPkQPV yzxzzyxyzxyx

( ) ( ) ( ) →→→→−+−+−= kQPQPjQPQPiQPQPV xyyxzxxzyzzy ... (2.24)

Böylece V vektörel çarpımının dik bileşenleri şöyle olur:

xyyxz

zxxzy

yzzyx

QPQPVQPQPVQPQPV

−=−=−=

(2.25)

(2.24) denklemine dönülürse bunun sağ yanının bir determinantın açılımını gösterdiği görülür. Bu hale göre V vektörel çarpımı, hatırda tutulması daha kolay olan şöyle bir şekilde ifade edilebilir:

zyx

zyx

QQQPPPkji

V = (2.26)

• İki Vektörün Skaler Çarpımı: P ve Q vektörlerinin skaler çarpımı, P ve Q vektörlerinin şiddetleri ile P ve Q nun yaptığı θ açısının kosinüsünün çarpımı olarak tanımlanır, Şekil 2.14. Bu şöyle yazılabilir:

Q

α P

Şekil 2.14

αcos... QPQP =→→

(2.27)

Tanımlanan bu ifadenin bir vektör olmayıp bir skaler olduğuna dikkat edilmelidir; bu husus skaler çarpım adını açıklamaktadır. Skaler çarpıma iç çarpım da denir. Skaler çarpıma ilişkin izleyen özellikler vardır:

a) İki vektörün skaler çarpımı komütatiftir, yani

PQQP .. = (2.28)

bağıntısı geçerlidir.

b) Skaler çarpım distribütif tir.

2121 ..).( QPQPQQP +=+ (2.29)

18

c) Üçüncü özelliğe – assosiyatif özellik – gelince bunun skaler çarpıma uygulanamayacağını görürüz. Gerçekten ( ) SQP ⋅⋅ nin anlamı yoktur, çünkü ( )QP ⋅ bir vektör değil, skalerdir.

Şimdi P ve Q gibi iki vektörün skaler çarpımı vektörlerin dik koordinatları cinsinden ifade edilecektir. P ve Q vektörleri bileşenlerine ayrılırsa izleyen ifade yazılabilir:

( )( )kQjQiQkPjPiPQP zyxzyx ++++=⋅ . (2.30)

Distribütif özellikten yararlanılarak P .Q , iQiP xx ⋅ ve jQiP yx ⋅ şeklindeki çarpımların toplamı olarak ifade edilebilir. Fakat skaler çarpımın tanımından yararlanılarak birim vektörlerinin çarpımlarının ya sıfır veya bir olduğu kolayca sağlanabilir:

000111

=⋅=⋅=⋅=⋅=⋅=⋅

ikkjjikkjjii (2.31)

Böylece P .Q için elde edilen ifade şu basit şekle iner:

zzyyxx QPQPQPQP ++=⋅ (2.32)

Özel olarak P ve Q aynı ise

222zyx PPPPP ++=⋅ (2.33)

olduğu görülür.

• Verilen İki Vektör Arasındaki Açı: İki vektör, bileşenleri cinsinden verilmiş olsun;

kPjPiPP zyx ++=

kQjQiQQ zyx ++= (2.34)

Bu iki vektörün arasındaki açının bulunması için, vektörlerin skaler çarpımlarına ait (3.21) ve (3.28) ifadeleri birbirine eşitlenecektir:

zzyyxx QPQPQPPQ ++=θcos (2.35)

Buradan θcos çözülerek aşağıdaki eşitlik bulunur:

QPQPQPQP zzyyxx

....

cos++

=θ (2.36)

19

• Bir Vektörün Verilen Bir Eksen Üzerindeki İzdüşümü:

y

z

θO

A.

y y

z z

PP

x Oθ

x

L L

.A

Q

Pθy

λ θx

θz

O x

A.

Şekil 2.16 Şekil 2.17 Şekil 2.18

Bir eksen veya yönlü bir OL doğrusu, Şekil 2.16, ile θ açısı yapan bir P vektörü göz önüne alalınsın. P nin OL ekseni üzerindeki izdüşümü şu skaler ile tanımlanır:

θcos.PPOL = (2.37)

OLP izdüşümünün, OA doğru parçasının boyuna eşit olduğu görülmektedir; OA, OL ekseni ile aynı yönde ise, yani θ dar açı ise, izdüşüm pozitif olacak, aksi halde negatif olacaktır. P ile OL birbirine dikse P nin OL üzerindeki izdüşümü sıfır olur. Şimdi OL üzerinde bulunan ve OL ile aynı yönde olan bir vektör göz önüne alınsın, Şekil 2.17. P ile Q nun skaler çarpımı

QPQPQP OL=⋅=⋅ θcos (2.38)

şeklinde ifade edilebilir; buradan

Q

QPQPQPQ

QPP zzyyxxOL

++=

⋅= (2.39)

sonucu elde edilir. Özel olarak OL üzerindeki vektör, λ birim vektörü ise izleyen ifade yazılabilir:

λ⋅= PPOL (2.40)

P ve λ dik bileşenlerine ayrılırsa, P nin OL üzerindeki izdüşümü şu şekilde ifade edilebilir:

zzyyxxOL PPPP θθθ coscoscos ++= (2.41)

Burada xθ , yθ ve zθ , OL ekseninin koordinat ekseni ile yaptığı açıları göstermektedir, Şekil 2.18

20

3. RİJİT CİSİMLER VE EŞDEĞER KUVVET SİSTEMLERİ

3.1 Rijit Cisimler. Dış ve İç Kuvvetler Daha önce tanımı yapılan rijit cisme etkiyen kuvvetler iki kısma ayrılabilir.(1) Dış kuvvetler (2) İç kuvvetler 1. Dış Kuvvetler: Cismin dış davranışından tamamen bu kuvvetler sorumludur. Bunlar ya cismin hareket etmesine ya da dengede olmasına sebep olurlar. 2. İç Kuvvetler: Cisim birkaç parçadan veya maddesel noktalardan ibaret ise bu cismi bir arada tutan kuvvetlere iç kuvvetler denir.

3.2 Bir Kuvvetin Bir Noktaya Göre Momenti

Şimdi rijit cisme etkiyen bir F kuvveti göz önüne alınsın. Bilindiği gibi F kuvveti, kuvvetin şiddet ve doğrultusunu tanımlayan bir vektörle gösterilebilmektedir. Oysa kuvvetin rijit cisme etkisi A uygulama noktasına bağlıdır. A nın yeri, sabit karşılaştırma noktası olan O yu A ile birleştiren r vektörü yardımıyla kolayca tanımlanabilir; bu vektöre A nın yer vektörü denir. r yer vektörü ile F kuvveti Şekil 3.1 de gösterilen düzlemi belirler.

θdO r A

Mo

F

Şekil 3.1

F nin O ya göre momenti, r ile F nin vektörel çarpımı olarak tanımlanacaktır:

→→→

×= FrM 0 (3.1)

Vektörel çarpımın tanımı gereğince 0M momenti, O ile F nin bulunduğu düzleme dik

olacaktır; şu halde, 0M momentinin tesir çizgisi, O noktasından bağlanmış ve F kuvveti

etkisindeki cismin yapacağı dönmenin eksenini gösterecektir.

0M ın yönü, r vektörünü, F vektörünün üstüne götürecek dönmenin yönü ile

tanımlanır; bu dönme ise F nin cisme yaptırmak istediği dönmedir. O halde, 0M

momentinin yönü F nin rijit cisme yaptırmağa uğraştığı dönmenin yönünü karakterize eder. 0M un yönü ile rijit cismin hareketi arasındaki bağıntıyı ifade etmek için sağ el

21

kuralı kullanılr. Buna göre: Sağ el kapatılır ve parmaklar F nin rijit cisme yaptırmak istediği dönme yönünde kıvrılmış şekilde tutulur; bu durumda baş parmak 0M momentinin yönünü gösterecektir:

Son olarak, r yer vektörü ile F kuvveti arasındaki açı θ ile gösterilirse, F nin O ya göre momentinin şiddeti

dFFrM .sin..0 == θ (3.2)

olarak bulunur; buradaki d, O nun F kuvvetinin tesir çizgisine olan uzaklığını göstermektedir.

Bir kuvvetin bir noktaya göre 0M momenti kuvvetin şiddetine, tesir çizgisine ve yönüne bağlı olmakla beraber, kuvvetin kendi tesir çizgisi üzerindeki gerçek yerine bağlı olmadığını görmek mümkündür. Karşıt olarak, F kuvvetinin 0M momenti, F nin uygulama noktasının yerini karakterize etmez.

Ancak, şiddet ve doğrultusu verilmiş olan bir F kuvvetinin 0M momenti, F nin tesir

çizgisini tam olarak tanımlar. Gerçekten, F nin tesir çizgisi O dan geçen, 0M momentine

dik düzlemde bulunacaktır; O dan olan d uzaklığı, 0M ile F nin şiddetlerinin bölümü

olan 0M / F ye eşit olmak zorundadır; 0M ın yönü de, F nin tesir çizgisinin O nun bir yanında veya öte yanında alınacağını belirtir.

3.3 Varignon Teoremi Tesir çizgileri bir noktada kesişen çok sayıda kuvvetin bileşkesinin bir O noktasına göre momenti, bu kuvvetlerin O noktasına göre momentlerinin toplamına eşittir.

( )nOAo FFFrM +++×=→

......21

→→→

×= RrM OA0 (3.3)

z

F

O

y

A

A/0r F1

F2

4 F3

x

Şekil 3.2

22

3.4 Bir Kuvvetin Momentinin Dik Bileşenleri Uzayda bir kuvvetin momentinin bulunması, kuvveti ve kuvvetin uygulama noktasının yer vektörünü, x,y,z dik bileşenlerine ayırarak genellikle bir hayli basitleştirilebilir. Örnek olarak, bileşenleri xF , yF ve zF , koordinatları x, y ve z olan bir A noktasına etkiyen bir F kuvvetinin O

noktasına göre oM momenti göz önüne alınsın, Şekil. 3.3. r yer vektörünün bileşenlerinin de sırasıyla A noktasının x, y ve z koordinatlarına eşit olduğu dikkate alınarak izleyen ifade yazılabilir:

zkz

AF i

xizF k

r

yF j

yj

y

xx

O

Şekil 3.3

kzjyixr ++= (3.4)

kFjFiFF zyx ++= (3.5)

r ve F için (3.4) ve (3.5) da verilen değerler

FrM ×=0 (3.6)

ifadesinde yerine konulmak ve kısım 3.2 de elde edilen sonuçlar hatırlanmak suretiyle, F nin O ya göre OM momenti

kMjMiMM zyxO ++= (3.7)

şeklinde elde edilir ki burada xM , yM ve zM şu bağıntılarla tanımlanmaktadır:

xyz

zxy

yzx

yFxFMxFzFMzFyFM

−=−=−=

(3.8)

Kısım 3.5 de görüleceği gibi OM momentinin xM , yM ve zM skaler bileşenleri, F kuvvetinin rijit cisme sırasıyla x, y ve z eksenleri etrafında yaptırmak istediği dönme hareketinin eğilimi ölçer. (3.8), (3.7) de yerine konursa OM determinant şeklinde de yazılabilir:

23

zyx

O

FFFzyxkji

M = (3.9)

Sadece iki boyutun işe karıştığı problemlerde F kuvvetinin xy düzleminde bulunduğu kabul edilebilir, Şekil 3.4. (3.9) bağıntılarında z = 0 ve zF = 0 konularak

F j F

zoM =M kz

r

yj

y

xix

A(x,y,0)xF i

y

Şekil 3.4

( )kyFxFM xyo −=

elde edilir. F nin O ya göre momentinin şekil düzlemine dik olduğu ve

xyzo yFxFMM −== (3.10)

skaleri ile tam olarak tanımlandığı sağlanmış olur.

3.5 Bir Kuvvetin Verilen Bir Eksene Göre Momenti

y L

z

.C

Oλ

Mo

xr A

P

LF

A Fλ

O

2

1 FF

2rr1

B

r

Şekil 3.5 Şekil 3.6

Rijit cisme etkiyen bir F kuvveti ve bu kuvvetin O noktasına göre OM momenti göz önüne

alınsın, Şekil 3.5. OL, O dan geçen bir eksen olsun; F nin OL ye göre momenti olan OLM , OM

24

momentinin OL ekseni üzerindeki izdüşümü olarak tanımlanmıştır. OL üzerindeki birim vektör λ ile gösterilir ve daha önce bir vektörün verilen bir eksen üzerindeki izdüşümüne ait (2.40) ve bir F kuvvetinin momentine ait (3.6) ifadeleri hatırlanırsa

( )FrMM OOL ×⋅=⋅= λλ (3.11)

yazılabilir; bu göstermektedir ki, F nin OL eksenine göre OLM momenti, λ , r ve F nin karışık üçlü çarpımından elde edilen skalerdir. OLM bir determinant şeklinde ifade edilerek şöyle yazılabilir:

zyx

zyx

OL

FFFzyxM

λλλ= (3.12)

Burada,

xλ , yλ , zλ OL ekseninin doğrultman kosinüsleri

x, y, z F nin uygulama noktasının koordinatları

xF , yF , zF F kuvvetinin bileşenleridir.

Bir F kuvvetinin sabit OL eksenine göre OLM momentinin fiziksel anlamı, F kuvvetini biri

OL ye paralel 1F , öteki OL ye dik P düzleminde bulunan 2F bileşenlerine ayırmak suretiyle daha açık görülebilir, Şekil.3.6. Benzer şekilde r de 1r ve 2r bileşenlerine ayrılıp F ve r (3.11) de yerlerine konursa

( ) ( )[ ]2121 FFrrM OL +×+⋅= λ

( ) ( ) ( ) ( )22122111 FrFrFrFrM OL ×⋅+×⋅+×⋅+×⋅= λλλλ

yazılabilir. Bu karışık üçlü çarpımlardan, sonuncusu hariç, hepsinin aynı düzlemde vektörlerin çarpımı olmak bakımından sıfıra eşit olduğuna dikkat edilerek

( )22 FrM OL ×⋅= λ (3.13)

olarak bulunur. 22 Fr × vektörel çarpımı P düzlemine diktir ve F nin 2F bileşeninin, OL nin P yi kestiği B noktasına göre momentini göstermektedir. Şu halde 22 Fr × ile OL aynı yönde ise pozitif, aksi halde negatif olacak olan OLM skaleri 2F nin rijit cismi sabit OL ekseni etrafında

döndürmeye eğilimini ölçer. F nin öteki 2F bileşeni cismi OL etrafında döndürmeye uğraşmayacağı için şu sonuca varılmış olunur: 2F nin OL ye göre momenti olan OLM , F kuvvetinin rijit cismi sabit OL ekseni etrafında döndürme çabasını ölçmektedir.

Bir kuvvetin bir eksene göre momentinin tanımından şu sonuç çıkar: F nin koordinat eksenlerinden birine göre momenti, OM nun bu eksen üzerindeki bileşenlerine eşittir: (3.11) de

25

λ yerine sırasıyla kveji , yı koymak suretiyle F nin koordinat eksenlerine göre momentleri için elde edilen ifadelerin, kısım 3.4 de F nin O ya göre OM momentinin bileşenleri için elde edilen ifadelerin aynı olduğu görülür:

xyz

zxy

yzx

yFxFMxFzFMzFyFM

−=−=−=

(3.8)

Tıpkı rijit cisme etkiyen bir F kuvvetinin xF , yF ve zF bileşenlerinin, F nin rijit cismi x, y ve

z doğrultularında hareket ettirme eğilimini ölçmesi gibi F nin koordinat eksenlerine göre momentleri olan xM , yM ve zM de F nin rijit cismi x, y ve z eksenleri etrafında döndürme eğilimini ölçer.

Sonuç olarak eksene göre moment eksen üzerinde noktaya göre moment almak için seçilen noktadan bağımsızdır.

3.6 Bir Kuvvet Çiftinin Momenti

-F

F

Şekil 3.7

Şiddetleri aynı, tesir çizgileri paralel ve yönleri zıt F ve - F kuvvetleri bir kuvvet çifti oluştururlar, Şekil 3.7. Bu iki kuvvetin herhangi bir doğrultudaki bileşenleri toplamının sıfır edeceği açıktır. Buna karşı, iki kuvvetin verilen bir noktaya göre momentleri toplamı sıfır değildir. Böyle iki kuvvet etkidikleri cismi ötelenme yapmaya değil, dönme yapmaya zorlarlar.

F ve - F kuvvetlerinin bir O noktasına göre yer vektörleri sırasıyla Ar ve Br ile gösterilirse, Şekil 3.8, kuvvetlerin O noktasına göre momentleri toplamı şöyle ifade edilebilir:

θx

xO

z

rBM

Ar

FA

-Fy

d

Şekil 3.8

26

( ) ( ) FrrFrFr BABA ×−=−×+×

r iki vektörün uygulama noktalarını birleştiren vektörü göstermek üzere Ar - Br = r konarak, F ve - F nin O ya göre momentleri toplamı

FrM ×= (3.9)

vektörü ile gösterilir. M vektörüne kuvvet çiftinin momenti denir; bu moment kuvvetlerin bulunduğu düzleme diktir ve şiddeti de F ve - F nin tesir çizgileri arasındaki dik uzaklık olan d olmak üzere şöyle ifade edilir: M nin yönü sağ el kuralı ile tanımlanır.

dFFrM .sin.. == θ (3.10)

(3.9) daki r yer vektörü koordinat eksenlerinin başlangıç noktası olan O dan bağımsız olduğu için F ve - F nin momentleri başka bir O′ noktasına göre hesaplansa da aynı sonucun elde edileceğine dikkat edilmelidir. Böylece bir kuvvet çiftinin momenti serbest vektör (2.1. ci kısım) olup herhangi bir noktaya uygulanabilir (Şekil 3.18).

F

-F

M

d

Şekil 3.9

Bir kuvvet çiftinin momentinin tanımından şu sonuç da çıkar: 1F ve - 1F gibi iki kuvvetin yaptığı bir kuvvet çifti ile 2F ve - 2F kuvvetlerinin yaptığı başka bir kuvvet çiftinin, Şekil 3.10, momentlerinin eşit olması için

22-F F

1-F

1F

2d

1d

Şekil 3.10

2211 .. dFdF = (3.11)

olmalı, iki çift paralel düzlemlerde (veya aynı düzlemde) bulunmalı ve yönleri aynı olmalıdır.

27

3.7 Eşdeğer Kuvvet Çiftleri

20 N

z(a)

20 N 15 cm

z(b)

10 cm

z

30 N

10 cm

(c)

10 cm

y M

10 cm

x

y M

x30 N

y M

30 N

30 Nx

Şekil 3.11

Şekil 3.11 de gösterilen, paralelyüz şeklindeki aynı kutuya ayrı ayrı etkiyen üç kuvvet çifti göz önüne alınsın. Bundan önceki kısımda olduğu gibi bir kuvvet çiftinin rijit cisme verebileceği hareket sadece dönme olabilir. Şekilde görülen bu üç kuvvet çiftinin de M momentleri aynı (doğrultuları aynı ve şiddetleri M=300 Ncm olduğuna göre) olduğu için üçünün de kutuya etkisinin aynı olup bu durum statiğin temel ilkeleri kullanılarak ispat edilebilir. Bu ispat burada verilmeyecektir.

Buradan şu sonuca varılmış olur: İster aynı ister paralel düzlemlerde olsun, M momentleri birbirine eşit olan kuvvet çiftleri eşdeğerdir.

Böylece yukarıda sözü edilen bu özellik rijit cisimler mekaniğini doğru olarak anlamak bakımından son derece önemlidir. Bu özellik göstermektedir ki, bir kuvvet çifti bir rijit cisme etkidiği takdirde kuvvet çiftini oluşturan kuvvetlerin nereye etkidiğinin, şiddetleri ve doğrultularının ne olduğunun önemi yoktur. Sadece kuvvet çiftinin momenti (şiddeti ve doğrultusu) önemlidir. Momentleri aynı olan kuvvet çiftleri rijit cisme aynı etkiyi yaparlar.

3.8 Verilen Bir Kuvveti O Noktasına Etkiyen Bir Kuvvet İle Bir Kuvvet Çiftine Dönüştürmek

A

rO

F

O

A

r

-F

F

OMo

F F

A

(a) (b) (c) Şekil 3.12

Bir rijit cismin r yer vektörü ile tanımlanan bir A noktasına etkiyen bir F kuvveti göz önüne alınsın, Şekil 3.12a. Herhangi bir nedenle kuvvetin O noktasına etkimesi istenmiş olsun. F kuvvetinin kendi tesir çizgisi üzerinde hareket ettirilebileceği bilinmektedir. Fakat ilk tesir çizgisinin dışında bulunan bir O noktasına götürmek, F nin rijit cisme etkisi değişmeksizin, mümkün değildir.

28

Bununla beraber ilk kuvvetin rijit cisme etkisini değiştirmeden, O noktasına biri F ye, öteki - F ye eşit iki vektör eklenebilir, Şekil 3.12b. Bu dönüşümün sonucu olarak şimdi O ya bir F kuvveti etkimiş olur; öteki iki kuvvet ise momenti FrM ×=0 olan bir kuvvet çifti oluşturur.

Böylece, rijit cisme etkiyen herhangi bir F kuvveti, gelişigüzel bir O noktasına götürülebilir, yeter ki F nin O ya göre momentine eşit momente sahip bir kuvvet çifti eklensin. F nin O ya götürülmeden önce rijit cisme yaptırmak istediği dönmenin aynı, kuvvet çifti tarafından yaptırılır. Kuvvet çifti, r ile F nin bulunduğu düzleme dik bir 0M kuvvet çifti vektörü ile gösterilir. 0M serbest vektör olduğu için istenilen yere uygulanabilir; bununla beraber kolay olsun diye kuvvet çifti vektörü çok kere F ile birlikte O ya konur ve elde edilen sisteme kuvvet-kuvvet çifti sistemi denir, Şekil 3.12c.

F

Ar

r'sO

F A

sOMo r'

r

Mo'

A

Fs

rr'

O

Şekil 3.13

Eğer F kuvveti, A dan başka bir O′ noktasına götürülmüş olsaydı, Şekil 3.13a ve c, F nin O′ ne göre momenti olan FrM O ×′=′ hesaplanacaktı ve F kuvveti ile OM ′ kuvvet çifti

vektöründen oluşan yeni bir kuvvet-kuvvet çifti sistemi O′ ne konacaktı. F nin O ve O′ ne göre momentleri arasındaki bağıntı, O′ nü O ya birleştiren vektör s olmak üzere,

( ) FsFrFsrFrM O ×+×=×+=×′=′

FsMM O ×+=′ 0 (3.12)

yazarak elde edilir. Şu halde . F nin O′ ne göre OM ′ momenti, F nin O ya göre 0M

momentine Fs × vektörel çarpımı eklenerek elde edilir; bu çarpım, O ya etkiyen F kuvvetinin O′ ne göre momentini göstermektedir.

Bu sonuç, şu hususa dikkat edilerek de elde edilebilirdi: O ya etkiyen kuvvet-kuvvet çifti sistemini O′ ne taşımak için, Şekil 3.13b ve c, 0M kuvvet çifti vektörü serbestçe O′ ne

götürülebilir; F yi O dan O′ ne götürmek için ise, O ya etkiyen F kuvvetinin O′ ne göre momenti olan Fs × kuvvet çifti vektörünü F ye eklemek gerekir. Bu suretle OM ′ kuvvet çifti

vektörü, 0M ile Fs × nin toplamı olmalıdır.

Yukarıda işaret edildiği gibi, bir F kuvveti bir A noktasından bir O noktasına taşınınca elde edilen kuvvet-kuvvet çifti sistemi, F kuvveti ile F ye dik FrM ×=0 kuvvet çifti vektöründen

ibarettir. Karşıt olarak, birbirine dik bir F kuvveti ile 0M kuvvet çifti vektöründen ibaret

29

herhangi bir kuvvet-kuvvet çifti sisteminin yerine eşdeğer bir tek kuvvet konulabilir. Bu, F kuvvetini 0M ya dik düzlemde hareket ettirip O ya göre momenti 0M kuvvet çifti vektörüne eşit olmak suretiyle onu yok etmesiyle sağlanır.

3.9 Bir Kuvvetler Sisteminin Bir Kuvvet ve Bir Kuvvet Çiftine İndirgenmesi

O

2F2AF1

A

A1r1

O

F1

2M

M1

3

F3

3MF2

RMo

O

R

F3

r3

r2

Şekil 3.14

Bir rijit cisimde 1r , 2r , 3r , ... yer vektörleri ile tanımlanan 1A , 2A , 3A , ... noktalarına etkiyen bir

1F , 2F , 3F , ... kuvvetler sistemi göz önüne alınsın, Şekil 3.14a. Bundan önceki kısımda

görüldüğü gibi, 1F kuvveti 1A den verilen bir O noktasına götürülebilir; bunun için ilk kuvvetler sistemine öyle bir kuvvet çifti eklemek gerekir ki, bu kuvvet çiftinin 1M momenti, 1F in O ya göre momenti olan 11 Fr × e eşit olsun. Bu işlemi 2F , 3F , ... kuvvetleri için tekrarlamak suretiyle Şekil 3.14b de gösterilen, O da etkiyen kuvvetlerle kuvvet çiftinden ibaret sistem elde edilir. Artık, kuvvetler bir noktada kesiştikleri için vektörel olarak toplanabilir ve yerlerine bileşkesi olan R konulabilir. Benzer şekilde, 1M , 2M , 3M , ... kuvvet çifti vektörleri de vektörel olarak

toplanabilir ve yerlerine bir tek RM 0 kuvvet çifti vektörü konulabilir. Kuvvetler sistemi ne kadar karmaşık olursa olsun, bu yolla verilen bir O noktasında etkiyen eşdeğer bir kuvvet-kuvvet çifti sistemine indirgenebilir (Şekil 3.25c). Şu hususa dikkat edilmelidir: Şekil 3.14b deki 1M ,

2M , 3M , ... kuvvet çifti vektörlerinin her biri kendine karşı gelen kuvvete dik olduğu halde,

Şekil 3.14c deki R bileşke kuvveti ile RM 0 bileşke kuvvet çifti vektörü(moment bileşkesi) genel olarak birbirine dik değildir.

Eşdeğer kuvvet-kuvvet çifti sistemi şu denklemlerle tanımlanır:

( )∑∑∑ ×=== FrMMFR R00 (3.13)

Bir kuvvetler sistemi bir kere O noktasındaki bir kuvvetle bir kuvvet çiftine indirgenince artık başka bir O′ noktasındaki bir kuvvetle bir kuvvet çiftine indirgenmesi kolaydır. R bileşke kuvveti aynı kaldığı halde yeni R

OM ′ kuvvet çifti vektörü, RM 0 kuvvet çifti vektörü ile O daki

R kuvvetinin O′ ne göre momentinin toplamına eşit olacaktır, Şekil 3.15:

30

O

R

R

s

oM

O' O'

MoR

s

OR

=

Şekil 3.15

RsMM RRO ×+=′ 0 (3.14)

Pratikte verilen bir kuvvetler sisteminin O da bir R kuvveti ile bir RM 0 kuvvet çiftine

indirgenmesi bileşenler cinsinden yapılır. r yer vektörü ile F kuvvetlerinin her biri dik bileşenlerine ayrılarak

kzjyixr ++= (3.15)

kFjFiFF zyx ++= (3.16)

yazılabilir. r ve F nin değerleri (3.13) de yerine konulmak ve i , j , k birim vektörleri ortak çarpan alınmak suretiyle R ve RM 0 şu şekilde elde edilir:

kMjMiMMkRjRiRR Rz

Ry

Rx

Rzyx ++=++= 0 (3.17)

xR , yR , zR bileşenleri sırasıyla verilen kuvvetlerin x, y ve z bileşenlerinin toplamını gösterir ve sistemin rijit cisme x, y ve z doğrultularında yaptırmak istediği ötelenme hareketinin eğilimi ölçer. Benzer şekilde R

xM , RyM , R

zM bileşenleri sırasıyla verilen kuvvetlerin x, y ve z eksenlerine göre momentlerinin toplamıdır ve sistemin rijit cisme x, y ve z eksenleri etrafında yaptırmak istediği dönme hareketi eğilimini ölçer.

3.10 Bir Kuvvetler Sisteminin Kuvvet Vidasına İndirgenmesi Kısım 3.9 da görüldü ki, verilmiş her hangi bir kuvvetler sistemi O da etkiyen bir kuvvet-kuvvet çifti sistemine indirgenebilmektedir; bu R kuvveti, kuvvetler sistemindeki kuvvetlerin toplamından ibarettir, R

OM kuvvet çifti vektörü ise sistemin moment bileşkesine eşit olmaktadır.

Eğer 0=R olursa kuvvet-kuvvet çifti sistemi bir tek ROM kuvvet çifti vektörüne indirgenmiş

olur, buna sistemin bileşke kuvvet çifti adı verilir.

Şimdi verilen kuvvetler sisteminin hangi şartlar altında bir tek kuvvete indirgenebileceği araştırılacaktır. Kısım 3.8 de görüldü ki, eğer R ve R

OM birbirine dik iseler, O daki kuvvet-

kuvvet çifti sisteminin yerine yeni bir tesir çizgisi üzerinde etkiyen bir tek R kuvveti koymak

31

mümkün olmaktaydı. Şu halde bir tek kuvvete veya bir bileşkeye indirgenebilen kuvvet sistemleri, R kuvveti ile R

OM kuvvet çifti vektörü birbirlerine dik olan sistemlerdir. Bu şart uzay kuvvet sistemleri halinde genellikle sağlanmaz, buna karşın,

1) bir noktada kesişen kuvvetler,

2) düzlem kuvvetler,

3) paralel kuvvetlerden ibaret sistemlerde sağlanır.

Bu haller ayrı ayrı gözden geçirilecektir:

1) Bir noktada kesişen kuvvetler aynı noktaya etkir ve bu nedenle doğrudan doğruya toplanarak R bileşkeleri bulunur. Şu halde böyle sistemler daima tek bir kuvvete indirgenir.

2) Düzlemde bulunan tüm kuvvetlerin, yine bu düzlem üzerindeki bir noktaya göre momentleri daima düzleme dik olacağından, bu momentlerin toplamı da bileşke kuvvete dik olacaktır.

z2F

F

O

1F3

y

M kz

z zMoR

R

x

R

O xRxM i

y

A

xO x

z

yR

Şekil 3.16

3) Paralel kuvvetlerin tesir çizgileri birbirlerine paraleldir; yönleri aynı olabilir veya olmayabilir. Bu halde kuvvetlerin y eksenine göre paralel olduğu kabul edilerek, Şekil 3.16a, toplamları olan R nin de y eksenine paralel olacağı görülür. Öte yandan, bir kuvvetin momenti bu kuvvete dik olacağından, sistemdeki kuvvetlerin O ya göre momentlerinin hepsi ve dolayısıyla RM 0 moment bileşkesi zx düzleminde bulunacaktır.

Şu halde O daki kuvvet-kuvvet çifti sistemi, birbirine dik bir R kuvveti ile RM 0 kuvvet

çifti vektöründen ibaret olacaktır, Şekil 3.16b. Bunlar da ya bir tek R kuvvetine, Şekil 3.16c, veya R =0 ise RM 0 momentine sahip bir kuvvet çiftine indirgenir.

Pratikte O daki kuvvet-kuvvet çifti sistemi şu bileşenlerle karakterize edilir:

∑=∑=

∑=

zR

z

xR

x

y

MMMM

FR (3.18)

32

Sistemin bir tek kuvvete indirgenmesi, R yi yeni bir A(x, 0, z) uygulama noktasına götürmekle sağlanacaktır; bu nokta o şekilde seçilecektir ki R nin O ya momenti RM 0 ye eşit olsun:

RrM R ×=0

( ) kMiMjRkzix Rz

Rxy +=×+

vektörel çarpımları hesaplanıp denklemin iki yanındaki karşılıklı birim vektörlerin katsayıları eşitlenerek A nın koordinatlarını tanımlayan iki skaler denklem elde edilir:

Rzy

Rxy MxRMzR ==−

Bu denklemler R nin x ve y eksenlerine göre momentlerini ifade ederler ve sırasıyla R

xM ve RzM ye eşit olmaları gerekir.

O

MoR

2M

1M

O

R R

AO

M1

R

Şekil 3.17

Uzayda genel kuvvetler sistemi halinde O daki kuvvet-kuvvet çifti sistemi, birbirine dik olmayan ve ikisi de sıfırdan farklı olan bir R kuvveti ile bir RM 0 kuvvet çifti vektöründen ibaret olur, Şekil 3.17a. O halde kuvvetler sistemi bir tek kuvvet veya bir tek kuvvet çiftine indirgenemez. Bununla beraber RM 0 yi biri R doğrultusunda olan 1M , öteki R ye dik düzlemde bulunan 2M bileşenlerine ayırarak kuvvet çifti vektörünün yerine başka iki kuvvet çifti konulabilir, Şekil 3.17b. Bu takdirde M kuvvet çifti vektörü ile R kuvvetinin yerine, tesir çizgisi farklı bir tek R kuvveti ile bir 1M momenti konulabilir. Böylece ilk kuvvetler sistemi R ile 1M kuvvet çifti vektörüne indirgenmiş olur, Şekil 3.17c; bu sistem ise R ile R ye dik düzlemde etkiyen bir kuvvet çiftidir. Bu özel kuvvet-kuvvet çifti ikilisine kuvvet vidası denir. R kuvveti ile 1M kuvvet çifti vektörü, üzerine etkidikleri rijit cisme R doğrultusunda bir ötelenme ve aynı zamanda R nin tesir çizgisi etrafında bir dönme yaptırmaya çalışırlar. R nin tesir çizgisine vida ekseni ve 1M / R oranına vida adımı adı verilir.

Bir vektörün, başka bir vektörün tesir çizgisi üzerindeki izdüşümüne ait (3.33) ifadesi hatırlanırsa, RM 0 nin, R nin tesir çizgisi üzerindeki izdüşümünün

R

MRM

R0

1.

= (3.19)

olduğu görülür. Bu suretle vida adımı için

33

Vida adımı 201

RMR

RM R⋅

== (3.20)

bulunmuş olur.

Bir kuvvet-kuvvet çifti sistemine indirgemede önemli bir özel hal hem R kuvvetinin, hem de RM 0 nin sıfıra eşit olması halidir. O zaman kuvvetler sisteminin sıfıra eşdeğer olduğu söylenir.

Böyle bir sistem, üzerine uygulandığı rijit cisme hiçbir etki yapmaz, bu halde cisim dengededir denir. Bu hal rijit cisimlerin dengesine ilişkin bölümde anlatılacaktır.

3.11 Eşdeğer Kuvvet Sistemleri Bundan önceki kısımda görüldü ki, rijit cisme etkiyen herhangi bir kuvvetler sistemi, verilen bir O noktasındaki kuvvet-kuvvet çifti sistemine indirgenebilmektedir. Bu eşdeğer kuvvet-kuvvet çifti sistemi, verilen sistemin rijit cisme olan etkisini tam olarak karakterize eder. Şu halde, eğer iki kuvvetler sistemi, verilen bir O noktasında aynı kuvvet-kuvvet çifti sistemine indirgenebiliyorsa birbirine eşdeğerdir. O daki kuvvet-kuvvet çifti sisteminin (3.13) bağıntıları ile tanımlandığı düşünülerek şu söylenebilir : 1F , 2F , 3F , ...,ve 1F ′ , 2F ′ , 3F ′ , ... gibi iki kuvvetler sisteminin eşdeğer olması için gerek ve yeter şartlar şunlardır :

∑ ∑ ′= FF ve ∑ ∑ ′= 00 MM (3.21)

İki kuvvet sisteminin eşdeğer olduğunu ispat etmek için (3.21) bağıntılarından ikincisinin sadece bir tek O noktası için yazılmasının yeteceğine dikkat edilmelidir. Buna karşılık eğer iki sistem eşdeğer ise bu gelişigüzel her nokta için sağlanacaktır.

(3.21) deki kuvvetler ve momentler dik bileşenlerine ayrılarak iki kuvvetler sisteminin eşdeğerliliğine ait gerek ve yeter şartlar şu şekilde ifade edilebilir:

∑ ∑ ′=∑ ∑ ′=∑ ∑ ′=

∑ ′=∑∑ ′=∑∑ ∑ ′=

zzyyxx

zzyyxx

MMMMMM

FFFFFF (3.22)

Bu denklemlerin basit bir fizik anlamı vardır. Bunlar, eğer iki kuvvetler sistemi bir rijit cisme

• x, y ve z doğrultularında aynı ötelenmeyi

• x, y ve z eksenleri etrafında aynı dönmeyi yaptırmaya çalışıyorsa,

sistemlerin birbirine eşdeğer olduklarını ifade etmektedir.

34

4.AĞIRLIK MERKEZİ 4.1 Tanım Gerçekte yükler yayılı olup, tekil yük problemlerin çözümünü kolaylaştıran bir idealleştirmedir. Şöyle ki, statikte çok küçük bir alana etki eden birbirlerine paralel yayılı kuvvetlerin toplamı, o alanın merkezinde tek bir tekil kuvvet olarak göz önüne alınabilmektedir. Buna örnek olarak bir cismin ağırlığı verilebilir. Cismin her bir küçük parçasının ağırlığı dünya merkezine doğru yönlenmiş olup, bunlar paralel kuvvetler oluştururlar. Bu yayılı kuvvetlerin toplamı cismin ağırlığıdır. Bu noktada akla gelen ilk soru “Bu ağırlı kuvveti cismin hangi noktasında etkir?” olmaktadır. Bu bölümde bu soruya yanıt aranacaktır, fakat önce iki önemli tanım verilerek işe başlanacaktır.

• Cismin ağırlığı: Dünyanın bir cisme uyguladığı yerçekimi kuvvetine o cismin ağırlığı denmektedir. Bu kuvvet, cismin üzerine yayılmış çok sayıda kuvvet ile gösterilir ve bunların bileşkesi de W olarak alınır.

• Bir cismin ağırlık merkezi: Cismin ağırlığı W nun, cismin her konumunda geçtiği ( )CC yxC , noktasına verilen addır.

4.2 Düzlem Alan ve Eğrilerin Ağırlık Merkezi Şimdi bir düzlemde bulunan alanların ve eğrilerin ( )CC yxC , koordinatlarının bulunması görülecektir.

a) Plaklar: Sabit t kalınlıklı, ρ özgül ağırlıklı Şekil 4.1 deki homojen plak üzerinde olan bir B noktasındaki kdWWd −= ağırlıklı diferansiyel eleman incelensin. Bu durumda cismin ağırlığı kWW −= nın şiddeti,

Ax M(x ,y )M

t

M

WO

z

dA ydW

Şekil 4.1

( )VW dW k= −∫ (4.1)

olur. Paralel kuvvetler bir tek bileşke kuvvete indirgenebileceğinden, yani 0=ROM

durumu elde edilecek bir konumda bileşke kuvvet etki ettirilebileceğinden, M ağırlık merkezinin koordinatları,

35

VC

V

xdWx

dW=

∫∫

ve VC

V

ydWy

dW=

∫∫

(4.2)

ifadelerinden bulunur. Şekil 4.1 deki levhanın alanı,

∫=AdAA (4.3)

diferansiyel elemanın ağırlığının hesaplanmasında kullanılırsa, AtWtdAdW ρρ =→= (4.4)

bulunur. (4.4), (4.2) de yerleştirilip, pay ve paydadaki tρ ler sadeleştirilirse,

∫∫=

A

AC

dA

xdAx ve

∫∫=

A

AC

dA

ydAy (4.5)

olur. (4.5) deki ∫=Ax ydAS ve ∫=

Ay xdAS ifadelerine sırası ile x ve y eksenlerine göre

alanın statik momenti denir. Kartezyen koordinatlarda dxdydA = olurken, Şekil 4.2a, polar koordinatlarda θrdrddA = çift katlı integrali olur, Şekil 4.2b. Sıkça karşılaşılan bazı alanlar ve ağırlık merkezleri Tablo 4.1 de verilmiştir. İşlemlerin basitleştirilmesi için, çoğu durumda dA elemanı ince bir şerit şeklinde alınarak, çift katlı integral tek katlı integrale dönüştürülebilir.

dA=rdrdθ

ydA=dx.dy

(b)(a)

Odx

dy

dθ

x O

r

rdθdr

y

x

Şekil 4.2

i) Kartezyen koordinat takımı kullanılması: Şekil 4.3a da görüldüğü üzere diferansiyel elemanın ağırlık merkezinin koordinatları ve alanı için,

ydxdAyyxx === ,21, (4.6)

36

dx

Ox

(a)

Ox

ax

(b)

y

P(x,y)

M(x,y) P(x,y)

y

yx

M(x,y)dy

Şekil 4.3

ifadeleri kullanılabileceği gibi, Şekil 4.3b de görüldüğü üzere

( ) ( )dyxadAyyxax −==+= ,,21 (4.7)

ifadeleri de yazılabilir.

ii) Polar koordinat takımı kullanılması: Daire diliminin ağırlık merkezi θ

θ3sin2 r

(Tablo 4.1) ifadesi Şekil 4.4 deki alan elemanına <<∆θ koşulu altında uygulanabilir ve ağırlık merkezi C nin O başlangıcına olan radyal uzaklığı ise,

rrr32

21sin

213

2lim

0≈⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ∆

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ∆

=→∆

θθθ

,

dir. Bu noktanın x-y koordinatları ve diferansiyel elemanın alanı,

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

=

=

=

θ

θ

θ

drdA

ry

rx

2

21

sin32

cos32

(4.8)

P(x,y)

dθ

OM(x,y)θ

r

x

y

Şekil 4.4

olur. Verilen eğrinin biçimine en uygun olan (4.6-8) bağıntılarından biri (4.5) de yerleştirilirse, tek katlı integral hesabı ile de ağırlık merkezi hesaplanabilir.

37

Tablo 4.1 Bazı alanların ağırlık merkezleri

38

b) Teller: Şekil 4.5 deki homojen, sabit a kesitli ve ρ özgül ağırlıklı telin üzerinde diferansiyel bir dL yay elemanı ele alınsın. Bu yay elemanının ağırlığı adLdW ρ= (4.2) de kullanılırsa, telin ağırlık merkezinin koordinatları,

xM(x ,y )M

O

yM

x

y

dL

Şekil 4.5

∫∫=

L

LC

dL

xdLx ve

∫∫=

L

LC

dL

ydLy (4.9)

olur. Bazı sık karşılaşılan düzlemsel alanlar ve eğrilerin ağırlık merkezi, alan ve boylarının formülleri Tablo 4.2 de verilmiştir. (4.9) daki dL uzunluk elemanı; eğrinin yapısına bağlı olarak Pythagorean (Pisagor) teoremine göre, hesap kolaylığı nedeniyle, kullanılmak istenilen koordinat takımında çeşitli biçimlerde yazılabilir. Şimdi bunlar incelenecektir :

i) Kartezyen koordinat takımı kullanılması: Şekil 4.6a daki boy elemanı

22 dydxdL += , ya

( ) dxydxdxdydL 2

2

11 ′+=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+= (4.10)

ya da,

( ) dyxdydydxdL 2

2

11 ′+=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+= (4.11)

biçiminde yazılabilir. (4.10, 11) de dxdyy =′ ve

dydxx =′ dir.

ydA=dx.dy

(a)

Odx

dy

(b)

drdθ

Oxθ

rdθdL

r

x

y

39

Şekil 4.6

ii) Polar koordinat takımı kullanılması: Şekil 4.6b deki ( ) ( )22 drrddL += θ boy elemanı düzenlenirse,

( ) θθ

dddrrdL

22 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+= (4.12)

elde edilir. Sonuç olarak (4.10-12) denklemleri (4.9) da uygun problem tipleri için kolayca kullanılabilir.

Tablo 4.2 Bazı eğrilerin ağırlık merkezleri

4.3 Bileşik Plak ve Teller Ağırlık merkezi aranan cisim eğer üçgen, dikdörtgen, daire veya Tablo 4.1 ve 4.2 de verilen ve ağırlık merkezi ile alanları/boyları bilinen diğer şekillerden oluşuyorsa, Şekil 4.7, bu durumda cismi oluşturan parçalar ayrıklaştırılarak incelenebilir. Ayrıca integral yapısındaki (4.2) denklemi de aşağıda verildiği gibi bir toplama dönüşür,

∑∑

=

==+⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅++

= n

i i

n

i ii

n

nnC

W

WxWWW

WxWxWxx

1

1

21

2211 (4.13)

ve

∑

∑=

== n

i i

n

i iiC

W

Wyy

1

1 (4.14)

40

W2A2

W A11

y33W A

z

tx

Şekil 4.7

elde edilir. Burada n; ayrıklaştırılması istenen toplam parça sayısıdır. Sabit kalınlık durumunda kullanılan integral yapısındaki (4.5) denklemi aşağıda sunulduğu üzere bir toplama dönüşür:

∑

∑=

== n

i i

n

i iiC

A

Axx

1

1 ve ∑

∑=

== n

i i

n

i iiC

A

Ayy

1

1 (4.15)

Aynı şekilde sabit kesit alanlı homojen eğrilerin ağırlık merkezi de basit parçalara ayrıklaştırılarak bulunabiliyorsa, Şekil 4.8, (4.9) ifadesi de toplama dönüştürülebilir:

∑∑

=

== n

i i

n

i iiC

L

Lxx

1

1 ve ∑

∑=

== n

i i

n

i iiC

L

Lyy

1

1 (4.16)

M (x ,y )2 22

O

33M (x ,y )3

x

y

M (x ,y )1 11

Şekil 4.8

Burada da n, ayrıklaştırılması istenen toplam parça sayısıdır.

4.4 Pappus-Guldinus Teoremleri Pappus-Guldinus teoremi bazı üç boyutlu cisimlerin yüzey alanları ve hacimlerinin hesaplanmasında büyük kolaylık sağlamaktadır. Bu aşamada iki adet tanıma ihtiyaç vardır.

a) Dönel Yüzey: Düzlemsel bir doğrunun ya da eğrinin, Şekil 4.9a, sabit bir eksen etrafında döndürülmesi ile meydana getirilen yüzeylerdir, Şekil 4.9b.

41

x

(a) (b)

M(x ,y )MM

LsA

x

Şekil 4.9

b) Dönel Cisim: Düzlemsel bir alanın, Şekil 4.10a, sabit bir eksen etrafında döndürülmesi ile meydana getirilen hacimlerdir, Şekil 4.10b.

x

(a)

x

(b)

AMMM(x ,y )

V

Şekil 4.10

Teorem I: Bir dönel yüzeyin alanı, bu yüzeyi meydana getirecek eğrinin L boyu ile bu yüzeyin oluşumu sırasında eğrinin ağırlık merkezinin ( Cx ya da Cy ) kat ettiği uzaklığın çarpımıdır.

Örneğin boyu L olan bu eğri x ekseni etrafında θ radyan kadar dönecek olursa, Şekil 4.5, bu yüzeyin alanı,

LyA Cs θ= (4.17)

olur. Bir tam devir durumunda LyA Cs π2= dir.

Teorem II: Bir dönel cismin hacmi, kendisini oluşturan A alanı ile bu alanın ağırlık merkezinin ( Cx ya da Cy ) bu hacmi oluşturmak için kat ettiği uzaklığın çarpımıdır.

Örneğin bu alan x ekseni etrafında θ radyan kadar dönecek olursa, Şekil 4.10, bu cismin hacmi,

AyV Cθ= (4.18)

olur. Bir tam devir durumunda AyV Cπ2= dır.

4.5 Üç Boyutlu Cisimlerin Ağırlık Merkezi Üç boyutlu bir cismin küçük hacim elemanlarının dW ağırlıklarının toplamının eşdeğeri olan W nun etkidiği kabul edilen noktaya M ağırlık merkezi denecektir. O noktasına göre momentlerin eşit olması gerektiğinden,

∫ ×=×V

C WdrWr (4.19)

42

y

M

WrMr

O

dW

x Şekil 4.11

elde edilir. Bu vektörel ifade üç skaler bileşen cinsinden,

∫

∫

∫

∫

∫

∫===

V

VC

V

VC

V

VC

dW

zdWz

dW

ydWy

dW

xdWx ,, (4.20)

biçiminde yazılabilir. Bileşik cisimlerde integral işaretleri toplam işaretine döner ve ∑==

n

iiWW

1

olarak ifade edilirse

W

Wzz

W

Wyy

W

Wxx

n

iiiC

C

n

iiiC

C

n

iiiC

C

∑∑∑=== === 111 ,, (4.21)

olur. Eğer üç boyutlu cisim homojen bir malzemeden yapılmışsa, dVdW ρ= nin integrali dVW ρ= dir ve bu iki sonuç (4.20) de yerine konursa

∫

∫

∫

∫

∫

∫===

V

VC

V

VC

V

VC

dV

zdVz

dV

ydVy

dV

xdVx ,, (4.22)

elde edilir. Homojen bileşik cisimler için hacim integralleri toplama dönüşür ve (4.22) ifadelerinden

V

Vzz

V

Vyy

V

Vxx

n

iiiC

C

n

iiiC

C

n

iiiC

C

∑∑∑=== === 111 ,, (4.23)

sonucuna ulaşılır.

Bazı sık karşılaşılan hacimlere ait ağırlık merkezleri Tablo 4.3 de verilmiştir.

43

Tablo 4.3 Bazı hacimlerin ağırlık merkezleri

44

5. RİJİT CİSİMLERİN DENGESİ 5.1 Dengede Olan Rijit Cisim Bir rijit cisme etkiyen dış kuvvetler sıfıra eşdeğer bir kuvvet sistemi oluşturuyorsa, yani dış kuvvetler , sıfır kuvvet ve sıfır kuvvet çiftine indirgenebiliyorsa, o cisme dengededir denir. (3.37) bağıntılarında R ve R

OM yi sıfıra eşitleyerek, ilk çizgisel hız V ve ilk açısal hız ω olmak üzere, bir rijit cismin dengesi için gerek ve yeter olan aşağıdaki şartlar elde edilir:

( ) 0000 ===∑ ∑ ×=== ωVFrMFR RO (5.1)

Kuvvetler ve momentler dik bileşenlere ayrılarak rijit cismin dengesi için gerek ve yeter şartlar, ilk çizgisel ve açısal hızlar sıfır alınmak şartıyla, altı skaler denklemle de ifade edilebilir :

∑ =∑ =∑ = 000 zyx FFF (5.2a)

∑ =∑ =∑ = 000 zyx MMM (5.2b)

(5.2) şartlarının sağlanması durumunda dış kuvvetler sistemi, göz önüne alınan cisme ne bir ötelenme, ne de bir dönme yaptırabilir. Bundan sonraki çalışmalarda, çizgisel ve açısal hızların sıfır olarak alındığı, bu duruma değinme ihtiyacı duyulmadan, baştan kabul edilmektedir.

5.2 Uzayda Bir Maddesel Noktanın Dengesi Rijit cismin özel durumu olan bir A maddesel noktasına etkiyen bütün kuvvetlerin bileşkesi sıfırsa, A noktası ya dengededir, ya da eğer başlangıçta bir hızı varsa sabit hızlı bir ötelenme hareketi yapar. Bu halde denge durumu üç boyutta iki vektörel denklemle 0,0 == VR şeklinde ifade edilebilir. Burada V maddesel noktanın ilk hızıdır. İlk hız sıfır olduğunda, bir noktada kesişen kuvvetlerde 0=R ise, bu kuvvetler sisteminin herhangi bir noktaya göre momentleri de sıfır olacağından, denge şartları sadece (5.2a) denklemi ile ifade edilir.

(5.2a) denklemleri, uzayda bir maddesel noktanın dengesi için gerek ve yeter şartları gösterir. Gerçek yapılarla ilgili problemlerin bir çoğu bir maddesel noktanın dengesini ilgilendiren problemlere indirgenebilir. Bu, elverişli bir maddesel nokta seçip, bu maddesel noktayı gösteren ayrı bir diyagram çizmek ve noktaya etkiyen bütün kuvvetleri göstermek suretiyle yapılır. Böyle bir diyagrama daha önce de sözü edildiği gibi serbest cisim diyagramı denir.

Üç boyutta denge problemlerini çözmek için, önce dengede olan maddesel noktayı ve bu noktaya etkiyen kuvvetlerin tümünü gösteren bir serbest cisim diyagramı çizilmelidir. Daha sonra (5.2a) eşitlikleri kullanılarak üç bilinmeyen çözülebilir. Rastlanan problemlerin bir çoğunda bu bilinmeyenler

1) bir tek kuvvetin üç bileşenini veya

2) doğrultuları bilinen üç kuvvetin şiddetlerini gösterir.

İki boyutlu problemlerde maddesel noktaya etkiyen tüm kuvvetler aynı düzlem içindedir. Böylesi durum üç boyutlu problemin özel bir hali olup, üç boyutlu problemlere göre daha basit olduğundan ayrı bir kısımda incelenmeyecektir.

45

5.3 Serbestlik Derecesi

Üçüncü bölümdeki (3.37) ve (3.41) bağıntılarındaki R ve ROM büyüklüklerinin her biri sıfır

değilse, göz önüne alınan cisim kuvvetler ve momentlerle orantılı olarak, R den dolayı bir ötelenme ve R

OM den dolayı bir dönme yapacaktır. Üç boyutlu durumda, R nin x, y, z doğrultularındaki bileşenleriyle orantılı çizgisel ivmeli ötelenmeler sözü geçen eksenler doğrultusunda, R

OM nin de x, y, z eksenleri doğrultularındaki bileşenleriyle orantılı, bu eksenler etrafında açısal ivmeli hareketler ortaya çıkar. Aşağıda konuya ilişkin bazı tanımlar verilecektir:

• Serbestlik derecesi: Üç boyutlu durumda, R ve ROM etkisindeki bir cisimde birbirinden

bağımsız altı hareket oluşur. Ortaya çıkabilecek bu hareketlerin tümüne birden o cismin serbestlik derecesi denir.

• Tam bağlı sistem: Eğer uygun bir düzenekle bir doğrultudaki hareket engellenirse serbestlik derecesi bir azalır. Örneğin x doğrultusundaki ötelenme engellenirse serbestlik derecesi 5 e düşer. Eğer tüm doğrultulardaki ötelenme ve tüm eksenler etrafındaki dönmeler gerekli minimum sayıdaki düzeneklerle önlenirse, bu durumda sistem tam bağlı adını alır.

• Mesnet: Ötelenmeleri ve dönmeleri önleyen, yukarıda sözü geçen düzeneklere mesnet adı verilir. Mesnetler önlediği hareketin tip ve sayısına göre çeşitli adlar alırlar. Bu mesnetlerin çeşitleri ve bu mesnetlerde oluşabilecek tepkiler sırasıyla iki ve üç boyutlu durumlar için gelecek kısımda verilecektir.

Düzlemde serbestlik derecesi: Üç boyutlu sistemlerde serbestlik derecesi 6 olmasına karşın( x, y, z doğrultularında ötelenme ve bu eksenler etrafında dönmeler), xy düzleminde bulunan ve xy düzlemindeki kuvvetler etkisindeki bir cisimde bu sayı 3 e düşer(x, y doğrultularında ötelenme ve z ekseni etrafında dönme). Düzlem durumdaki genel bir hareket Şekil 5.1 de görülmektedir. Böylesi bir hareket bir ötelenme ve bir dönmenin toplamıdır. Şekil 5.2 de görüldüğü üzere ötelenme x, y eksenleri doğrultularında iki ötelenmeye ayrılabilir. Bu durumda cisim x, y eksenleri etrafında iki ötelenme ve z ekseni etrafında bir dönme olmak üzere birbirinden bağımsız üç hareket yapar. Ötelenmede cisim üzerindeki bir doğru hareket esnasında kendine paralel kalır. Dönmede ise cisim sabit bir nokta etrafında döner.

B1

1A

22

B'B

A2

Şekil 5.1

46

1B

1A

2

1

2

2

A1

B1

A

B

B'

2A

B

A'1

Şekil 5.2

5.4 Bağ Çeşitleri Uzayda çeşitli kuvvetler altında dengede duran bir cismin bazı noktalarından çevresine bağlanması söz konusudur. Bir mühendislik problemi, üstünde hesap yürütülebilmesi için kağıt üzerine aktarılmak istendiğinde cismin bağları çeşitli sembollerle çizilir. Böylelikle benzer özelliklere sahip fakat farklı görüntüdeki fiziki(gerçek) mesnetlenmeler bir bakışta ayırt edilir hale gelmekte ve algılama kolaylığı sağlanmaktadır. Şimdi sembolik bağ gösterimleri aşağıda tanımlanacaktır:

• Mafsal: Dönme serbestliği olan bütün bağlara mafsallı denir. Mafsal, ilişkilendirdiği sistemlerin x-y doğrultusunda ötelenmelerini birbirine bağlayan (eşit kılan) ama birinden ötekine moment aktarmayan yani dönmeye açık bir bağ elemanıdır. Mafsal noktası G harfi ile gösterilir, Şekil 5.3a.

• Kayıcı mafsal: Şekil 5.3b da belirtildiği gibi serbestlik tanınan doğrultuda iki paralel çizginin üzerine oturtulmuş bir üçgen biçimindeki mesnet ile tanımlanır. Bu mesnet sembolündeki küçük daire, bağ koşulunun moment taşımadığını, taralı bölge de sabit duran yüzeyi tanımlar. Şekil 5.3b daki kayıcı mafsal sadece y ekseni doğrultusunda yaptırılmak istenen hareketlere karşı bir engel oluşturur.

• Sabit mafsal: İki doğrultuda (Şekil 5.3c de x-y eksenleri) ötelenmeye engel olacağından, üçgen biçimli mesnet sembolü tabanından sabit yüzeye(taralı bölgeye) temas ettirerek belirtilir. Eğer bir bağın ötelenme serbestliği yoksa sabit mesnet adını alır.

• Ankastre mesnet: İki doğrultuda ötelenmeye ve bağlantı noktasında dönmeye kapalı olan ankastre mesnet Şekil 5.3d de çizildiği gibi tanımlanabilir.

Tablo 5.1 de uygulamada karşılaşılan yaygın bağ tipleri, SCD leri ve tutulu oldukları serbestlik dereceleriyle birlikte verilmiştir.

47

Gxx

(a) (b)

(1)

(c) (d)

(2)x

y y y

Şekil 5.3

Tablo 5.1 Çeşitli Taşıyıcı Sistemler

48

5.5 Düzlem Taşıyıcı Sistemler Taşıyıcı Sistemler: Verilen yüklemeleri Güvenlik sınırları içerisinde taşıyan rijit ya da şekil değiştirebilen cisim veya cisimlerdir. Statik kapsamı içerisinde incelenecek taşıyıcı sistemler hep rijit cisimler olacaktır.

Taşıyıcı sistemler geometrileriyle yükleme durumlarına göre farklılıklar gösterir. Kaba bir gruplama, taşıyıcı sistemin bir, iki ya da üç boyutlu olmasına göre yapılabilir, fakat sağlıklı olanı bir sistemin kaç adet hakim boyutunun olduğuna karar verilerek yapılandır. Bu durumda sınıflamayı aşağıda sunulduğu gibi vermek mümkündür:

1. Çubuklar Bir boyutu (çubuk ekseni), diğer iki boyutu yanında büyük olan sistemlerdir. Büyük olan boyut çubuğun L boyunu tanımlar, Şekil 5.4a. Çubuk ekseni, çubuğun kesitlerinin ağırlık merkezlerinden geçen bir eğridir (ağırlık merkezlerinin geometrik yeri). Ayrıca çubuklar kendi aralarında doğru ve eğri eksenli diye iki alt gruba ayrılabilirler. İncelenilen uzayın iki boyutlu (düzlemde doğrusal ve eğrisel çubuklar) ya da üç boyutlu (çok parçalı uzay çubuk sistemler ile helisel çubuklar v.s.) olabileceği de hatırlatılmalıdır.

Kesitin ağırlık

(a)

merkezi

(b)

Levhax

x

Plak

kesitiÇubuk

Çubukekseni

Fz 2F

t1

3F

yy

z

2F1F

F3

t

Şekil 5.4

2. Levha ve Plaklar İki boyutu, diğer bir boyutu yanında büyük olan düzlemsel sistemlerdir. Küçük olan boyut h kalınlığıdır. İkisi arasındaki ayrım yükleme durumunda ortaya çıkar. Levhaya uygulanan Şekil 5.4b deki 1F , 2F , 3F yükleri levha düzlemi y-z içinde kalırken, plağa etkiyen 1F kuvveti, Şekil 5.4c, plak düzlemi x-y ye dik doğrultuda (z yönünde) olmaktadır.

3. Kabuklar

Kabuklar, iki boyutu, diğer boyutu yanında büyük olan eğrisel yüzeyli taşıyıcı sistemlerdir. Küçük olan boyut h kalınlığıdır. Geometrilerine bağlı olarak, silindirik kabuk (örneğin Şekil 5.5 de görülen silolar, tonozlar), küresel kabuk (örneğin Cami kubbeleri), hiperbolik paraboloid kabuk gibi çeşitli isimler altında toplanırlar.

49

F1F2 h

Şekil 5.5

Yukarıda açıklanan taşıyıcı sistemler tek tek kullanılabileceği gibi, birkaçının da bir arada kullanılması pratikte çok yaygın olarak karşılaşılan bir durumdur.

5.6 Çeşitli Yapı Elemanlardan Oluşmuş Taşıyıcı Sistemler Aynı veya farklı türden bir çok taşıyıcı elemanın belli bir şekilde birbirine bağlanması sonucu elde edilen taşıyıcı sistemlerdir, Şekil 5.6. Taşıyıcı sistemler arasındaki bağlantılar da çeşitli biçimlerde idealize edilir (örneğin mafsallı, pandül ayak, v.s. gibi).

Çubuk

Kabuk Plak

Şekil 5.6

5.7 Düzlem Taşıyıcı Sistemlerde Yükleme Durumları Bu aşamada taşıyıcı sisteme etkiyen yükler incelenecektir. Bu kuvvetler üç gruba ayrılabilir:

1) Tekil Kuvvetler

Gerçekte böylesi kuvvetler ortaya çıkmamasına karşın, çok küçük bir alana etkiyen yoğun bir yükleme, hesaplarda sadelik sağlamak amacıyla idealleştirmeye gidilerek, tek bir noktaya etkiyor olarak kabul edilir, Şekil 5.7a.

(a)

F

(b) (c)

qq 1

2q

Şekil 5.7

2) Yayılı Kuvvetler

Bunlar Şekil 5.7b deki gibi doğrusal yayılı olabileceği gibi, Şekil 5.8c de gösterildiği gibi değişken yayılı da olabilirler. Böylesi yükler mühendislik uygulamaları bakımından en sık karşılaşılan yük tipleridirler.

50

Yürütülecek hesaplarda basitlik ve sadelik sağlamak için, taşıyıcı sisteme uygulanmış olan yayılı yükler, sistemin bağ kuvvetlerini değiştirmeyecek biçimde bir takım eşdeğer tekil kuvvetler ile temsil edilebilirler. Unutulmaması gereken çok önemli nokta, bu uygulamanın sadece bağ kuvvetlerinin hesaplanması esnasında kullanılabileceğidir. Eşdeğer tekil kuvvet hesabı iki aşamada tamamlanır:

• Bir eşdeğer kuvvetin şiddeti, verilen yayılı yük diyagramının altındaki alana eşittir.

• Eşdeğer kuvvetin uygulama noktası ise bu yayılı yük diyagramının ağırlık merkezi olur. Doğrusal ve üçgen yüklemelere ait eşdeğer tekil kuvvetler Şekil 5.8 de gösterilmiştir.

L1/2LL

(a) (b)

1/3L

q R=q.L q R=1/2.q.L

Şekil 5.8

3) Bağ Kuvvetleri

Serbest cismin yapacağı hareketlere karşı koyan ve onu belli bir konumda sabit tutan zemin ve diğer cisimlerin tepkilerine verilen toplu bir isimdir.

Üç tip bağ kuvveti vardır. İlk ikisi, sadece ötelenme türü serbestlik derecesi ile ilintili olup ya birini ya da ikisini birden engeller, dönmeyi de serbest bırakır. Bu tip mesnetler moment türü tepki almazlar. Üçüncüsü hem birbirine dik doğrultulardaki ötelenmeleri, hem de dönmeyi engelleyecek kuvvet ve moment büyüklüklerine sahiptir. Kısaca mesnet tipleri sınıflandırılırsa aşağıdaki guruplama verilebilir:

• Tesir çizgisi bilinen bir kuvvete eşdeğer tepkiler: Örneğin; kayıcı mafsal, cilalı yüzeyler , pandül ayak, kablolar, cilalı yarıktaki pimler, Tablo 5.1.

• Doğrultusu bilinmeyen bir kuvvete eşdeğer tepkiler: Örneğin; sabit mafsal, sürtünmeli yüzeyler, sürtünmeli yarıktaki pimler, Tablo 5.1.

• Bir kuvvet-kuvvet çiftine eşdeğer tepkiler: Örneğin; ankastre mesnet, Tablo 5.1.

Bağ kuvvetlerine örnek teşkil etmek üzere Şekil 5.9a da görülen tekil F kuvvetiyle yüklü kirişe ait serbest cisim diyagramı (S.C.D.) Şekil 5.9b de sunulmuştur. Burada mesnet tepkileri; A mafsalı düşey ve yatay ötelenme hareketlerine kapalı olurken, B mafsalı sadece düşey doğrultuda ötelenme hareketlerine kapalıdır. O nedenle mesnet tepkileri xA , yA , yB olarak görülmektedir.

51

(a) Taşıyıcı Sistem

A

(b) SCD

VBHA

F

A VB

F

Şekil 5.9

Bazı taşıyıcı sistemler de, örneğin Şekil 5.10a da görüldüğü gibi iki (ya da daha fazla olabilir) parçanın birleşiminden üretilebilir. Bu durumda parçaları birbirine mafsal ile bağlamak mümkündür. Şekil 5.11a da A ve B mesnetleri sabit mafsallı olarak verildiğinden Şekil 5.10b deki S.C.D. ında ortaya çıkan bağ kuvvetleri xA , yA , xB ve yB olmaktadır. Öte yandan G deki mafsal koşulu, birbirine dik iki doğrultuda ötelemeye engel oluştururken, dönmeye karşı serbestlik tanır ve bunu sağlayan bağlantı noktasındaki etki-tepki kuvvetlerini, bütün taşıyıcı sistemde klasik dış kuvvetlerden ayrı düşünmek gerekir. İşte Şekil 5.10c de belirtilmiş G noktasındaki mafsal kuvvetleri bu tip kuvvetler için tipik bir örnektir. Şöyle ki; bütün sistem için mafsaldaki xG ve

yG iç kuvvet olurken, Şekil 5.10c de S.C.D. ı çizilen her bir parça için xG ve yG dış kuvvet olmaktadır.

(a)

F

AG

1F

AHB

AV

2

VB(b) (c)

HAG

VB

F1F2 HA

XGAV

y 2FG

HA

XG

Şekil 5.9

5.8 Düzlem Taşıyıcı Sistemlerin Mesnetlenmesi Düzlem halinde taşıyıcı sisteme üç adet denge denkleminin uygulanabileceği daha önce belirtilmişti. O halde bu denklemlerle üç adet bilinmeyen mesnet (bağ) tepkisi çözülebilir.

Bir sistemin denge denklemleriyle çözülüp çözülemeyeceğini ve serbestliklerinin tam tutulu olup olmadığını gösteren, hiperstatiklik derecesi adıyla anılan n gibi bir büyüklük tanımlanır. Bu büyüklük

drn −= (5.3)

şeklinde ifade edilir. Burada r bilinmeyen reaksiyon sayısı, d ise kurulabilecek denge denklemleri sayısıdır. n nin aldığı değerlere göre sistem, bağ durumları açısından,

• 0=n ise statikçe belirli (izostatik-tam bağlı) sistem,

• 0>n ise statikçe belirsiz (hiperstatik-fazla bağlı) sistem,

• 0<n ise oynak (labil-eksek bağlı) sistem

olarak adlandırılır. Şimdi bunlar tek tek incelenecektir.

52

1) Tam bağlı (statikçe belirli) sistem Düzlemdeki iki ötelenme bir dönme türündeki üç serbestlik derecesi uygun şekilde düzenlenmiş minimum sayıda mesnet ile engelleniyorsa böylesi sistemlere tam bağlı(izostatik) denir. Bu durumda denge denklemleri kullanılarak bağ kuvvetleri tek tek elde edilebilir. Örneğin Şekil 5.12 deki düzlemde tam bağlı iki çubuktan birincisindeki mesnet

(a) Taşıyıcı Sistemler

A

(2)

(1)

AAH

B VBVA

(b) SCD

AH

F FVVA B

MAF F

Şekil 5.12

tepkileri xA , yA , AM ikincisindeki mesnet tepkileri de xA , yA , yB dir. Her iki taşıyıcı sistemde de düzlem halde kullanılan üç denge denklemi yardımı ile bağ kuvvetleri bulunabilir.

2) Fazla bağlı (statikçe belirsiz) sistemler Düzlemde tüm serbestlikleri bir taşıyıcı sistemde, eğer bağ kuvvetleri sayısı kullanılabilen denge denklemlerinin sayısından fazla ise böyle sistemlere fazla bağlı (hiperstatik) denir.

HBHA

AV BV

AM

BF

A MBF

Şekil 5.13

Örneğin, Şekil 5.13 deki iki ucu ankastre mesnetli çubuktaki toplam altı adet bilinmeyen bağ kuvvetini ( xA , yA , AM , xB , yB , BM ) bulmaya, mevcut üç denge denklemi yetmez.

3) Eksik bağlı (oynak sistemler) sistemler

Bağ kuvvetleri sayısı, denge denklemleri sayısından az olan ve bazı özel yükleme durumları için dengede kalırken, bazı yüklemeler altında hareketli olan sistemlere denir. Bu sistemlerde tüm serbestlikler önlenmemiştir.

Bu duruma bir örnek olması için Şekil 5.14a daki düzlem sistem incelenecektir. A ve B mesnetleri kayıcı olduğundan iki adet bilinmeyen bağ kuvveti ( yA , yB ) için üç denge

denklemi yazılmak istendiğinde; ∑ = 0AM (ya da ∑ = 0BM ), ∑ = 0yF ve ∑ = 0xF dan

53

mesnet tepkileri hesaplanabilir. Halbuki Şekil 5.14b deki sistemde daha baştan ∑ ≠ 0xF olmakta, yani sistem P kuvvetinin x ekseni doğrultusundaki bileşeni nedeniyle x ekseni yönünde hareket etmektedir. Sonuç olarak bu örnek sadece düşey etkiyen dış kuvvetler için dengede olan bir taşıyıcı sistem özelliği göstermektedir.

F

(a) : ΣFx=0

AA

B V

Fx

VB

Şekil 5.14

4) Yetersiz (Uyumsuz) bağlı sistemler

Bilinmeyen bağ kuvvetleri ile denge denklemlerinin sayısı eşit olmasına ve hatta bazen bağ kuvvetleri denge denklemlerinden daha fazla olmasına rağmen uygun mesnetlenmeyen taşıyıcı sistemler olabilir.

(b) : ΣFx≠0

A B C

Fx

VA CVVB

F

(a) Şekil 5.15

Şekil 5.15

Örneğin Şekil 4.17 deki sistemde üç adet bilinmeyen bağ kuvveti ( yA , yB , yC ) olmasına rağmen

∑ ≠ 0xF olmakta ve sistemde x ekseni yönünde denge sağlatılamamaktadır.

Tablo 5.2 de çeşitli biçimlerde mesnetlenmiş taşıyıcı sistemler toplu olarak verilmiştir.

54

5.9 Çok Parçalı Sistemlere Giriş Mühendislik uygulamalarında sıkça karşılaşılan çok parçalı sistemlere örnek olarak;

• Gerber kirişi (Şekil 5.16a),

• Üç mafsallı çerçeve (Şekil 5.16b),

• Kemer (Şekil 5.16c)

sayılabilir.

Çok parçalı sistemlerde hiperstatiklik derecesi

mdrn −−= (5.4)

olmaktadır. Burada m ara mafsal sayısıdır. Ara mafsal sayısı ile, mesnetler haricindeki mafsalların toplam sayısı kastedilmektedir.

G1

A

F 2

B

F2F1F

G1F G 2F

AB

AB

(c)(b)(a)

Şekil 5.16

Şekil 5.16a da bir Gerber kirişinde, A ankastre mesnedinden üç adet ( xA , yA , AM ) ve B kayıcı mafsalında bir adet ( yB ) olmak üzere toplam dört bağ kuvveti mevcuttur. Şekil 5.16b,c de ise iki adet üç mafsallı sistem görülmektedir. Her ikisinde de A ve B sabit mafsallarında toplam dört adet ( xA , Ay , Bx , yB ) bağ kuvveti olacaktır. Bunların üçünün de ortak özelliği bir G mafsalının kullanılmış olmasıdır. Artık Şekil 5.17 deki S.C.D. larından yararlanılarak, bilinmeyen mesnet tepkisi kuvvetlerinin nasıl hesaplanacağı görülecektir. Düzlem sistemlerin çözümünde üç adet denge denklemi kullanılabileceğine göre, taşıyıcı sistemin mesnet tepkilerinin hepsinin belirlenebilmesi için ek bir denkleme daha gerek vardır. Önemli olan husus, “Böyle bir denklem var mı?” sorusuna verilecek cevaptır. Gerçekten de mafsal koşulu ∑ = 0GM ihtiyaç olan bu ek

denklemi yazma imkanını sağlar. Mafsalda yazılacak ∑ = 0GM koşulu iki biçimde kullanılabilir:

55

VB

GHA

VA

M 1A

F 2FF1

2GF

HHA

B

BVVA

Şekil 5.17 Şekil 5.18

1) Taşıyıcı sistemin bir bütün olarak çözülmesi

Mafsalda yazılan ∑ = 0GM denklemi ile birlikte yazılacak üç denge denklemi, aranılan dört mesnet tepkisinin hesaplanması için yeterlidir. Bu çözüm yolu izlendiğinde G mafsalına ait bağ kuvvetleri xG , yG artık iç kuvvet olarak gözükeceğinden hesaplara girmez.

2) Taşıyıcı sistemin elemanlara ayrılması

Mafsal noktasından hayali olarak kesilen taşıyıcı sisteme etki tepki kuralından xG , yG gibi iki adet ek bilinmeyen ilave edilmiş olur (Şekil 5.18) ve toplam bilinmeyen sayısı altıya yükselir. Taşıyıcı sistem iki parçaya ayrıldığı için düzlem halde uygulanan üç denge denklemi, parçaların her ikisine ayrı ayrı uygulanarak toplam altı denklem yazılarak dört mesnet tepkisi ile ilave gelen iki mafsal kuvveti çözülür.

X

(a)

Vy BG

1FAM

VA

HA

G

y

FXG2

G

BH

(b)

AVBV

FG

XG

HA

2

Gy

y

F1 GX

Şekil 5.19

56

Tablo 5.2 Bazı doğru eksenli çubuklarda sıkça karşılaşılan bağ koşulları

57

5.10 Üç Boyutlu Bir Sistemin Mesnet ve Bağlarındaki Tepkiler Üç boyutlu bir sistemde tepkiler, pürüzsüz bir yüzeyden gelen doğrultusu belli bir tek kuvvetten başlayıp ankastre mesnetten gelen bir kuvvet-kuvvet çifti sistemine kadar çıkar. Dolayısıyla üç boyutlu bir sistemin dengesi ile ilgili problemlerde bir mesnet veya bağdaki tepkiden doğan bilinmeyen sayısı birden altıya kadar değişebilir. Mesnet ve bağların çeşitli tipleri, her birine karşı gelen tepkilerle birlikte Tablo 5.3 de gösterilmiştir. Verilen bir mesnet veya bağa karşı gelen tepkinin tipini ve hesaba giren bilinmeyenlerin sayısını belirtmek için basit bir yol altı temel hareketin (x,y, ve z doğrultularında ötelenme, x,y, ve z eksenleri etrafında dönme) hangisine müsaade edildiği, hangisine engel olunduğunu bulmaktır.

Örneğin küresel tekerlekli mesnetler, pürüzsüz yüzeyler ve kablolar yalnız bir doğrultuda ötelenmeye engel olur ve dolayısıyla tesir çizgisi bilinen bir tek kuvvet uygularlar; yani bunlarda tepkinin şiddeti olmak üzere tek bir bilinmeyen vardır. Pürüzlü zeminde silindirler veya ray üstündeki tekerlekler iki doğrultuda ötelenmeye engel olur; bunlara karşı gelen tepkiler bilinmeyen iki kuvvet bileşeninden ibarettir. Pürüzlü zeminler ve küresel mafsallar üç doğrultuda ötelenmeye engel olur; bu mesnetlerde üç bilinmeyen kuvvet bileşeni vardır.

Bazı mesnet ve bağlar ötelenmeye olduğu gibi dönmeye de engel olabilirler; bunlara karşı gelen tepkiler ise kuvvetlerle birlikte kuvvet çiftini de kapsarlar. İki eksen etrafında dönmeye müsaade eden üniversal mafsal, üç bilinmeyen kuvvet bileşeni ve bir bilinmeyen kuvvet çiftinden ibaret bir tepki meydana getirir.

Diğer mesnet ve bağlar öncelikle ötelenmeye engel olmak amacını güder; ancak yapılışları öyledir ki, bazı dönmelere de engel olurlar. Buna karşı gelen tepkiler esas itibariyle kuvvet bileşenleridir, fakat kuvvet çiftlerini de kapsayabilirler. Bu tip mesnetlerin bir grubu sadece radyal yükleri taşımak için yapılmış mafsal ve yatakları içine alır (örneğin radyal yataklar, kayıcı mafsallar). Bunlara karşı gelen tepkiler iki kuvvet bileşeninden ibarettir, fakat iki kuvvet çiftini de kapsayabilir. Başka bir grup pim ve geçmeli mesnetler, mafsallar ve hem eksenel, hem de radyal yükü taşımak için yapılmış yataklardır (örneğin bilyalı yataklar). Buna karşı gelen tepkiler üç kuvvet bileşeninden ibarettir, fakat iki kuvvet çiftini de kapsayabilir. Bununla birlikte bu mesnetlerde normal kullanma şartlarında büyük kuvvet çiftleri oluşmaz. Dolayısıyla hesaplanırken, rijit cismin dengesini sağlamak için gerekli olmadığı sürece veya mesnet özel olarak kuvvet çifti ortaya çıkaracak şekilde yapılmış olmadığı sürece, sadece kuvvet bileşenleri işe katılmalıdır.

5.11 Üç Boyutlu Halde Rijit Cismin Dengesi Kısım 5.1 de bir rijit cismin genel üç boyutlu halde denge şartlarını ifade etmek için altı skaler denklem gerektiği görülmüştü:

∑ =∑ =∑ = 000 zyx FFF (5.2a)

∑ =∑ =∑ = 000 zyx MMM (5.2b)

Bu denklemler altı bilinmeyenden fazlasını çözmek olanağını sağlamaz; bu bilinmeyenler genel olarak mesnet ve bağlardaki tepkileri gösterir.

Bir çok problemlerde göz önüne alınan rijit cismin dengesine ait şartlar vektörel formda ifade edilirse (5.2) denklemleri daha kolay elde edilir. Bunlar

58

( ) 00 =∑ ∑ ×=== FrMFR RO (5.1)

şeklinde yazılır ve burada F kuvvetleri ile r yer vektörleri skaler bileşenler ve birim vektörler cinsinden alınır. Daha sonra vektörel çarpımlar yapılır ve (5.1) deki iki bağıntının her birindeki vektörlerin katsayıları sıfıra eşitlenerek istenilen skaler denklemler elde edilir.

Tepkiler altıdan fazla bilinmeyen kapsarlarsa, denklem sayısından fazla bilinmeyen var demektir ve tepkilerden bazıları statikçe belirsizdir. Eğer tepkiler altıdan az bilinmeyen kapsarlarsa bilinmeyenlerden fazla denklem var demektir ve genel yükleme şartları altında denge denklemleri sağlanamaz; rijit cisim eksik bağlıdır. Bununla birlikte verilen bir probleme karşı gelen özel yükleme şartları altında bu fazla denklemler çoğu zaman 0=0 şeklinde trivial (anlamsız) özdeşliklere iner ve hesaba katılmaları gerekmez; eksik bağlı olduğu halde rijit cisim dengede durur. Altı veya daha fazla denklemle de bazı denge denklemlerinin sağlanmaması mümkündür. Bu hal, mesnetlerin düzeni nedeniyle tepkilerin birbirine paralel veya bir noktada kesişen kuvvetler vermesi halinde ortaya çıkar; o zaman rijit cisim yetersiz (Uyumsuz) bağlıdır. Eğer üç boyutlu sistemlerin bağ durumu hiperstatiklik derecesi n cinsinden ifade edilirse, (5.3) bağıntısı bu durumda da geçerlidir.

a) Reaksiyonlar paralel düzlemlerde b) Reaksiyon doğrultuları aynı bir doğrudan geçiyor

Şekil . Uyumsuz bağlı sistemler

59

Tablo 5.3 Üç boyutlu yapılarda mesnet ve bağların tipleri

60

6.ÇUBUKLARDAKİ İÇ KUVVETLER-KESİT TESİRLERİ

6.1 İç kuvvetler ve Kesit Tesirleri Taşıyıcı sistemlerin boyutlandırılabilmesi için dış kuvvetler etkisindeki cisimlerde iç kuvvet dağılımının incelenmesi çok önemli, hatta kaçınılamaz bir durumdur. Bilindiği gibi dış kuvvetler ağırlık kuvvetleri, rüzgar ve deprem kuvvetleri, bağ kuvvtleri v.s. gibi cisme dıştan etkiyen kuvvetlerdir. İç kuvvetler ise, cismin parçaları ve cismi oluşturan maddesel noktalar arasındaki etki ve tepkilerdir. Kesit tesirleri: Dış kuvvetlerin tesiri altında dengede bulunan bir çubuk hayalen ikiye ayrılacak olursa, parçaların da dengede bulunması için, ayırma yüzeylerine birtakım iç tesirlerin konulması gerekir. Kesit üzerinde yayılı olan bu iç kuvvetler, kesitin C ağırlık merkezine indirgenecek olursa, bir R kuvvetiyle bir M momenti elde edilir, Şekil 6.1. Bu değerlere kesit tesirleri adı verilir.

x

y y

MR

ekseniÇubuk c

Qx

Mxz

y

My

xQ

c

zbMN

Şekil 6.1 Şekil 6.2

R ve M vektörlerinin koordinat eksenleri doğrultularındaki bileşenleri şunlardır, Şekil 6.2:

R nin bileşenleri:

• Kesit düzlemine dik bileşen: Normal kuvvet N,

• Kesit düzlemi içindeki bileşenler: Kesme kuvvetleri Qx ve Qy.

M nin bileşenleri:

• Kesit düzlemine dik bileşen: Burulma momenti bM ,

• Kesit düzlemi içindeki bileşenler: Eğilme momentleri yx MveM .

Burada düzlemsel yükleme altındaki düzlemde bulunan çubuk elemanlar incelenecektir. Şekil 6.3 de görülen kiriş C noktasından kesilip buradaki denge şartlarını sağlayan iç tesirler bulunmak istensin. AC parçasında C noktasındaki iç tesirler , ,V M N olsun. CB parçasında ise denge ve etki tepki gereği , ,V M N

61

ye eşit şiddetli ve fakat ters yönlü , ,V M N′ ′ ′ iç vektörel büyüklükleri ortaya çıkar. Eğer AC parçası üzerinde işlem yapılıp tüm kiriş üzerindeki iç tesir vektörleri elde edilirse ve bunlar bir diyagram üzerinde gösterilirse bu durumda söz konusu diyagram üzerinde bunların gösterilmesi için hangi parçanın göz önüne alındığı belirtilmelidir. Çünkü CB parçası üzerinde işlem yapıldığından şiddeti AC parçasındaki iç vektörel tesirlere göre negatif olan iç vektörel tesirler ve bu tesirlerin diyagram haline getirilmesi sonucu işaretleri AC parçası göz önüne alınarak elde edilen diyagramın tersi olan bir diyagram elde edilir. Bu nedenle, eğer daha uygun bir yol bulunamazsa iç büyüklüklerin elde edilmesinde hangi parçanın incelendiğinin göz önüne alınması gerekli olur. V ve V ′ vektörlerinin ortak şiddetine V, M ve M ′ vektörlerinin ortak şiddetine M, N ve N ′ vektörlerinin ortak şiddetine N denir ve kesme kuvveti, eğilme momenti, normal kuvvet için bunlara özgü işaret kabulleri yapılırsa tüm kiriş üzerindeki iç

Şekil 6.3 büyüklükler, hesapların hangi parça üzerinde yapıldığını belirtmeye gerel kalmaksızın, diyagramlar üzerinde gösterilebilir. Kesme kuvveti, eğilme momenti ve normal kuvvete ilişkin işaret kabulü aşağıda verilmiştir:

1. Göz önüne alınan kiriş parçasını saat ibreleri yönünde çeviren kesme kuvvetleri artı kesme kuvvetleri olarak alınır. Tersi kesme kuvvetleri eksidir.

62

2. Göz önüne alınan parçanın bir tarafı kesikli çizgi ile işaretlenirse, şekilde verilen eğilme durumları artı, tersi ise eksi eğilme momentlerini tarifler.

3. Göz önüne alınan parçaya etkiyen normal kuvvetler parçayı uzatıyorsa artı normal kuvvetler, kısaltıyorsa eksi normal kuvvettirler

MM

NNV

V

dz

Şekil 6.4 Kesme kuvvet, eğilme momenti ve normal kuvvet için artı işaret kabulleri Şimdi göz önüne alınan kiriş için hangi parça alınırsa alınsın aynı diyagramlar elde edilir. Bu aşamada kirişin kesit tesiri diyagramları, kiriş bazı noktalardan kesilerek elde edilsin. İk önce tüm kirişin serbest cisim diyagramı çizilerek mesnet tepkileri elde edilir. Kiriş mesnetlenme durumu ve yüklemesi çok basit olduğu için burada mesnet reaksiyonları yeniden hesaplanmayacaktır. AC parçasının dengesinden;

Şekil 6.5 AC Parçası

0 0 / 22yFF V V F+ ↑ = = − = → =∑

0 02 2CF F xM x M M= = × − = → =∑

0 0xF P N N P→+

= = − + = → =∑

CB parçasının dengesinden;

63

Şekil 6.6 CB Parçası

0 0 / 22yFF F V V F+ ↑ = = − − = → = −∑

0 02 2 2 2CF L F x F LM x F M M= = × − × − = → = −∑

0 0xF P N N P→+

= = − + = → =∑

Şekil 6.7 Kesit tesirleri

64

6.2 Yayılı Yük, Kesme Kuvveti ve Eğilme Momenti Arasındaki Bağıntılar Şekil 6.8 de görülen yayılı yük ile yüklü kirişten dz uzunluklu bir eleman çıkarılıp bu eleman üzerinde denge denklemleri yazılsın.

( ) 0V V V q x− + ∆ − ∆ =

Denklemin her iki tarafı x∆ e bölünüp x∆ sıfıra götürülürse

d v qd x

= − (6.1)

Elde edilir. (7.1) bağıntısı C ve D noktaları arasında integre edilirse D

C

x

D C xV V q d x− = −∫ (6.2)

( )D CV V C ve D arasında yük eğrisi altındaki alan− = − . dz uzunluklu eleman için moment dengesi yazılırsa

( )

( )2

02

12

xM M M V x q x

M V x q x

∆+ ∆ − − ∆ + ∆ =

∆ = ∆ − ∆

elde edilir. Denklemin tüm elemanları x∆ ile bölünüp x∆ sıfıra götürülürse

d M Vd x

= (6.3)

elde edilir. (7.3) bağıntısının C ve D noktaları arasında integre edilmesiyle D

C

x

D C xM M V d x− = ∫ (6.4)

( )D CM M C ve D arasında kesme kuvveti eğrisi altındaki alan− = − .

Şekil 6.8

65

Çubuğa tekil yükler veya tekil momentler etkimesi halinde bu yük veya momentlerin etkime noktalarından hemen önce ve hemen sonra olan kesitlerdeki kesit tesirlerinin bazıları arasındaki farklar artık sonsuz küçük olmaz ve böylece bu noktalardaki bazı kesit tesirlerinde süreksizlik meydana gelir. Şekil 6.9a da bir tekil yükün etkidiği sonsuz küçük boyda bir doğru eksenli çubuk parçası göz önüne alınmıştır. Bu parça için yazılabilecek denge denklemleri

⎪⎭

⎪⎬

⎫

=⋅+−=+−=+−

02/00

12

12

12

dzFMMFQQFNN

yxx

y

z

(6.5)

şeklindedir. Sonuncu denklemlerdeki sonsuz küçük üçüncü terim diğer sonlu terimlerin yanında ihmal edilirse

⎪⎭

⎪⎬

⎫

=−=−=

12

12

12

xx

y

z

MMFQQFNN

(6.6)

bağıntıları elde edilir. Sonsuz küçük boyda bir doğru eksenli çubuk parçasına etkiyen µ tekil momenti halinde, Şekil 6.9b, yukarıdakine benzer şekilde yazılacak denge denklemlerinden

⎪⎭

⎪⎬

⎫

−===

µ12

12

12

xx MMQQNN

(6.7)

bağıntıları bulunur.

N2N1N2Fx

2T T2

yFFT1 2Me 1Me T1 Me2

(a) (b)

1N

Me1 M

dz dz

Şekil 6.9

6.1 Kesit Tesirlerinin Hesaplanması ve Diyagramların Çizimi a)İntegrasyon metodu: yz düzleminde bulunan ve bu düzlemdeki yayılı yüklerle yüklü ve tam bağlı olan doğru eksenli çubuklarda kesit tesiri ifadeleri (6.1) ve (6.3) denklemlerinin integrasyonu ile elde edilebilir. Bu denklemlerin integrasyonunda ortaya çıkacak integrasyon sabitleri de tam bağlı çubuğun uç ve bağ şartlarından hesaplanabilirler. Metodun örneklerle açıklanmasından önce karşılaşılabilecek uç şartlarını belirlemek yerinde olacaktır. Yük taşıyan sistemlerde çubuğun en solunda/en sağında dış yüklemeler veya oluşması olası bağ kuvvetlerin bileşenleri (reaksiyonlar) ve bu bileşenlerle kesit tesirleri arasındaki bağıntılar (yani uç şartları),

66

en genel haliyle Şekil 6.10 da gösterilmiştir. Bunlardan bazıları bağın türüne göre sıfır oluyorsa, karşı gelen uç şartıyla ilgili işlemlerde sıfır alınmalıdır.

z

AY

AA

AY

zα

α

z

AY

ZA

ZA

A

MA µAz Az A z

A

N

F

Şekil 6.10

Bu ön bilgilerden sonra integrasyon metodu ve diyagramların çizimi örneklerle gösterilecektir.

Örnek 6.1: Şekil 6.7 de gösterilen düzgün yayılı yükle yüklü kirişin kesit tesirlerinin bulunması ve kesit tesiri diyagramlarının çizilmesi isteniyor.

Çözüm:

• Birinci işlem: statiğin denge denklemlerinin kullanılması ile bağ kuvvetlerinin hesaplanması işlemidir. Bu çok basit örnekte bağ kuvvetleri Şekil 6.7a daki kiriş uçlarında gösterilmiştir.

• İkinci işlem: Kesit tesiri diferansiyel denklemlerinin yazılarak integre edilmesidir:

10dN N Cdz

= → =

32

2

22

2

2CzCzqMCqzQ

dzdM

tibsaqqdz

Mdx

xy

x ++−=→+−==→=−=−=

• Üçüncü işlem: Uç şartlarının kullanılması ile 321 ,, CCC integrasyon sabitlerinin hesaplanmasıdır :

( )( )( )

10

20

30

0 0 0

/ 2 / 2

0 0

Az

A Az

x xAz

z N N C

Q Q Y q l C q l

M M C

=

=

=

= → = = → =

= = = → =

= = → =

Bu değerler yerlerine konursa kesit tesirlerinin ifadeleri

67

22

2

0

2zqzlqM

qzlqQ

N

x −=

−=

=

olarak bulunur. Kesit tesiri diyagramı çizilirken pozitif normal ve kesme kuvvetlerinin referans doğrusunun üzerinde, pozitif eğilme momentlerinin ise referans doğrusunun altında alınmaları adet olmuştur. Bununla birlikte pozitif ve negatif tarafların diyagram üzerinde işaret edilmesi şartı ile farklı yön seçmenin bir sakıncası yoktur.

Ele alınan örnekte kesit tesiri ifadelerinden kesme kuvveti diyagramının bir doğru, eğilme momenti diyagramının ise bir parabol olacağı görülür. Alınan örnekte normal kuvvet bütün kiriş boyunca sıfır olduğu için bunun diyagramı çizilmemiştir.

• Diyagram çiziminde yük ve kesit tesirleri arasındaki diferansiyel bağıntıların geometrik yorumlarının göz önünde tutulması büyük kolaylıklar sağlar: (6.7) denklemlerine göre kesme kuvveti diyagramının eğiminin eksi işaretle yayılı yükün şiddetine eşit olduğu görülür. Buna göre, örneğin, düzgün yayılı yük halinde kesme kuvveti diyagramının sabit eğimli bir doğru olacağı hesap yapmadan da görülür.

• Yine (6.7) denklemlerine göre eğilme momentinin türevinin kesme kuvvetine eşit olması, eğilme momenti diyagramının herhangi bir noktadaki eğiminin o noktadaki kesme kuvvetine eşit olması sonucunu verir. Buradaki örnekte kesme kuvvetinin z=0 başlangıcından itibaren sürekli olarak azalması sonucu eğilme momenti diyagramının içbükey bir parabol olduğu görülür. Yine kesme kuvveti kiriş ortasında sıfır olduğuna göre moment diyagramının kirişin ortasındaki eğimi sıfır olur ki böylece eğilme momentinin bu noktada bir ekstrem değerden (burada maksimumdan) geçtiği anlaşılır, ve böylece eğilme momentinin en büyük değeri

( )822

2

2/

2

2/maxlqzqzlqMM

lzlzxx =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−==

==

olarak hesaplanır.

68

(M)

(Q)

V =B

lq.l22V =

q.lA

z

A B

zl/2

q

2q.l

2q.l

q.l8

2

Şekil 6.7

Örnek 6.2: Şekil 6.8 de gösterilen iki tekil yükle yüklü basit kirişin kesit tesirlerinin hesabı ve diyagramların çizilmesi.

Çözüm: Mesnet reaksiyonları aşağıdaki gibi bulunur:

( ) ( )

( ) ( )l

cQcbPAl

baQaPQPBQPA

lbaQaPBBlbaQaPM

QPBAF

yyy

yyAx

yyy

⋅++=→

++⋅−+=−+=

∑++⋅

=→−++⋅=

∑ =−−+=

0

00

Kesit tesirleri : Kiriş üzerinde sadece tekil yükler mevcuttur. Bu çeşit yükler, daha önce (6.10, 11) denklemlerinde görüldüğü gibi kesit tesirlerinde süreksizlikler doğurur. Bu nedenle kiriş üzerindeki üç farklı bölgede kesit zorları ayrı ayrı hesaplanacaktır.

69

(M)

(Q)

AVa

A B

VB

b cl

AV

BV

BMe=V .c

P

Q

Şekil 6.8

Birinci bölge: 211111

21

2

0:0 CzCMCQzd

MdzdMd

iseglöbaz xxx +=→==→=<<

• uç şartlarından (A ucu)

1 2

1 1

0 0 00

x

A A

z M Cz Q V C V

= → = → =

= → = → =

• Kesit tesirleri :

1

1

A

x A

Q VM V z

==

İkinci bölge: 432322

22

2

0: CzCMCQzd

Mdzd

Mdiseglöbbaza x

xx +=→==→=+<<

• z=a noktasındaki süreksizlik şartları (6.10) yardımıyla

( )2 1 3

2 1 4 4

A

x x A A

z a Q Q P C V Pz a M M V P a C V a C P a

= → = − → = −

= → = → − + = ⋅ → = ⋅

şeklinde bulunur.

• Kesit tesirleri :

( )2

2

A

x A

Q V PM V P z P a

= −

= − + ⋅

Üçüncü bölge:

70

653533

23

2

0: CzCMCQzd

MdzdMd

iseglöblzba xxx +=→==→=<<+

• Uç şartlarından (B ucu)

3 5

3 6 60 0B B

x B B

z l Q V C Vz l M V l C C V l

= = − = −

= = = − ⋅ + = ⋅

• Kesit tesirleri :

3

3

B

x B B

Q VM V z V l

= −

= − +

Bu son bölgedeki integrasyon sabitleri z=a+b noktasındaki süreksizlik şartlarından yararlanılarak da hesaplanabilirler.

Kirişte en büyük moment, kesme kuvvetinin sıfır olduğu (veya sıfırdan geçtiği) noktada meydana geleceği için diyagram çiziminde ilk olarak kesme diyagramının çizilmesi yararlı olur. Bu örneğe ait diyagramların çiziminde kesme kuvvetinin P yükünün tatbik noktasında sıfırdan geçtiği varsayılmıştır.

b)Kesim metodu : İkinci örnekten görüldüğü gibi kirişin üzerinde yük süreksizlikleri bulunması halinde integrasyon bölgeleri artmakta ve bunun sonucu olarak hesaplanması gerekli integrasyon sabitlerinin sayısı da çoğalmaktadır. Bu yüzden kesit tesirlerinin diyagramlarının çiziminde İntegrasyon metodu etkinliğini yitirmektedir.

Uç şartları ile süreksizlik şartlarının, yukarıdaki örneklerde de değinilen, mekanik anlamları ile kesit tesiri diferansiyel denklemlerinin, yine yukarıda değinilen, geometrik yorumlanmaları göz önünde tutulursa kesit tesiri diyagramlarının kesim metodu adı verilen bir yöntemle çok daha kolay olarak elde edilmesi mümkün olur. Bu metodun esası, reaksiyon kuvvetleri hesaplandıktan sonra kirişi, kesit tesirleri hesaplanmak istenilen kesitten zihnen keserek ikiye ayırmak ve parçalardan birinin dengesini, kesilen kesite etkidiği düşünülen ve hesaplanması istenilen kesit tesirlerini de hesaba katarak yazmak şeklinde özetlenebilir. Yazılacak bu denge denklemleri ile bilinmeyen kesit tesirleri kolaylıkla hesaplanırlar. Yukarıda değinildiği gibi reaksiyonlarla süreksizliklerin mekanik anlamları ve kesit tesiri diferansiyel denklemlerinin geometrik yorumları göz önünde tutulursa kirişi sadece önemli birkaç noktadan kesip buralardaki kesit tesirlerinin hesaplanmasıyla diyagramların kolayca çizilmesi mümkün olur. Mühendislikte kesit tesiri diyagramlarının çizimini gerektiren hallerin büyük bir çoğunluğunda yükler ve boyutlar sayısal olarak verilir. Buna karşılık kesit tesirlerini hesaplamaya yarayan denklemler yerine diyagramların genel biçimi ve birtakım önemli noktalardaki kesit tesirlerinin nümerik değerleri aranılır. Böyle durumlarda kesim metodu özellikle yararlı olur ve sadece gerekli noktalarda kesim yapılarak diyagramları çizmek mümkün olur. Kesim metodu, sağladığı bu kolaylığın yanında, sözkonusu kesidin başlangıca uzaklığı değişken alınmak şartıyla, kesit tesiri denklemlerinin de yazılışını mümkün kılar.

Bu metoda ilişkin bir örnek aşağıda verilmiştir :

Örnek 6.3: Yükleme durumu ve boyutları Şekil 6.9 da gösterilen kirişin kesit tesiri diyagramlarının çizilmesi.

71

A E

q=40 kN/m

V =180B

4AV =140

120 40kN kN

m m2 m2 m2

C D B

kN kN

A Me

z

T

35

(Q)m

kN140

kN-20

kN-140

kN40

(M)

M =245 kNmmax M =240 kNmC

M =240 kNmD

M =240 kNmB

Şekil 6.9

Çözüm: Tüm kiriş için denge denklemlerinin kullanılması ile Şekil 6.9a da gösterilen reaksiyon kuvvetleri hesaplandıktan sonra kirişin z uzunluklu parçası izole edilip bu parça, üzerine etkiyen iç ve dış kuvvetlerle beraber göz önüne alınırsa Şekil 6.9b de gösterilen serbest cisim diyagramı elde edilir. Sözü edilen parça için denge denklemleri yazılarak aranılan kesit tesirleri

0 140 40 0 140 40yF z T T z= → − − = → = −∑

220 140 40 0 140 20

2x x xzM z M M z z= → − − = → = −∑

şeklinde bulunur. Bu ifadelerin 0<z<4m arasında (AC bölgesi) geçerli olduğuna dikkat etmek gerekir. CD, DB, BE bölgeleri için de benzer işlemler yapılarak bu bölgelere ait kesit tesiri ifadeleri bulunabilir. Ancak diyagramların çizilebilmesi için uzun uzadıya bu ifadelerin

72

yazılmasına gerek yoktur. Bunun için kesme kuvveti diyagramının çizimi ile işe başlanır : A ucundaki kesme kuvveti 140 kN luk reaksiyon kuvvetine eşit olacaktır. A-C arasındaki kesme kuvveti diyagramı bir eğik doğru olacaktır; çünkü kesme kuvveti diyagramının eğimi yayılı yükün şiddetine eşittir. Bu şiddet ise sabit olduğundan kesme kuvveti diyagramı, teğeti sabit eğimli bir eğri, yani bir doğru olmalıdır. C noktasındaki kesme kuvveti, AC parçasının izole edilip denge izdüşüm denkleminin yazılması ile hemen bulunur. Basit hallerde denge denklemini yazmadan şekil üzerinden gözle dahi bu değer hesaplanabilir( 140 40 4 20cQ kN= − ⋅ = − ). C-D arasında yayılı yük mevcut olmadığı (veya sıfır olduğu) için kesme kuvveti diyagramı sıfır eğimli (yani yatay referans doğrusuna paralel) bir doğru olacaktır. D noktasında 120 kN luk tekil yük sebebiyle (6.10) denklemine göre kesme kuvvetinde 120 kN luk azalma şeklinde bir süreksizlik olacak ve D nin hemen sağındaki kesme kuvveti

20 120 140Dsa ğQ kN= − − = −

olacaktır. D-B ve B-E aralarında da yayılı yük sıfır olduğu için kesme kuvveti diyagramları bu bölgelerde de yatay doğrular şeklinde olacak, yalnız B mesnedinin hemen solu ile hemen sağı arasında 18 kN lik reaksiyon kuvveti kadar bir süreksizlik bulunacak ve böylece

140 180 40B EQ kN− = − + =

olacaktır. Kesme kuvveti diyagramının çizimine sol uç yerine sağ uçtan da başlanabilirdi. Eğer böyle yapılsaydı 40EQ kN= olacağı görülürdü. Bu hususu sol baştan hareketle bulunan değerin doğruluğunun tahkikinde kullanmak yararlıdır. Yukarıdaki düşünme biçimine göre çizilen diyagram şekilde görülmektedir.

Kesme kuvveti diyagramının çiziminden sonra eğilme momenti diyagramı da bu diyagramdan yararlanılarak kolayca çizilir: A-C bölgesinde kesme kuvveti lineer değiştiği için moment diyagramı, teğetinin eğimi lineer olarak değişen bir eğri, yani bir parabol olacaktır. Kesme kuvveti diyagramına göre teğetin eğimi, z arttıkça azalacak yani parabol dış bükey olacaktır. Moment diyagramının teğeti kesme kuvvetinin sıfır olduğu mzm 5.3= noktasında yatay olacak yani moment bir maksimumdan geçecektir. C-D arasında kesme kuvveti sabit olduğu için moment diyagramı eğimli bir doğrudur. Bu doğru parabola teğet olacaktır (çünkü C noktasında kesme kuvveti diyagramında bir süreksizlik yoktur). C-B ve B-E aralıklarında da moment diyagramı doğrusal olacaktır. Yalnız D ve B noktalarında kesme kuvvetlerinde mevcut olan süreksizlikler nedeniyle C-E arasında moment diyagramı kırık doğrulardan oluşacaktır. Bu diyagramı çizebilmek için sadece mzm 5.3= , C, D, E noktalarındaki momentlerin kesim metodu ile hesabı yeterlidir. Bu değerler sol parçaların gözönüne alınması ile aşağıda hesaplanmıştır :

( )2

3.5

3 5140 3.5 40 24.52x ma xz

M M kNm=

×= = × − × =

( )24140 4 40 240

2x CM kNm= × − × =

( ) kNmM Dx 2022444614 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅−⋅=

( ) kNmM Bx 842444814 −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅−⋅=

73

Bu değerler sol parçalar yerine sağ parçalar da alınarak hesaplanabilirdi. Uygulamada sol ve sağ parçalardan hesabı en kısa olanını seçmek gerekir.

6.2 Kırık Doğru Parçalarından Oluşan Kiriş ve Çerçevelerin Kesit Tesiri Diyagramları

Bu tür sistemlerin kesit tesiri diyagramlarının çizilmesinde yukarıda düz çubuklar için söylenen kurallar aynen geçerlidir. Bunlara ilaveten bir köşe noktasından hemen önce ve hemen sonraki kesitlerdeki kesit tesirleri arasındaki bağıntıları bilmek yararlı olur. Böyle bir köşe parçası Şekil 6.10a da gösterilmiştir. Köşe noktası yz FF , tekil yükleri ve µ tekil momenti ile yüklüyse, parçanın denge şartlarından

FzN2

M2α

2TT11M

1N

yFµ

z

x

y y

zFµ

Fy

α2

T2

2M

Nz

90°

T1

1M

1N

xŞekil 6.10

2 1 1

2 1 1

2 1

cos sincos sin

z

y

N N Q FQ Q N F

M M

α αα α

µ

= + − ⎫⎪= − − ⎬⎪= − ⎭

(6.12)

bağıntıları elde edilir. Köşede tekil yükler ve tekil moment mevcut değilse bu bağıntılar

⎪⎭

⎪⎬

⎫

=−=+=

12

112

112

sincossincos

MMNQQQNN

αααα

(6.13)

şeklini alır. Köşe dik köşe ise, Şekil 6.10b, bu bağıntılar, yüklü halde

2 1

2 1

2 1

z

y

N Q FQ N FM M µ

= − ⎫⎪= − − ⎬⎪= − ⎭

(6.14)

olur. Yüksüz halde (6.14) bağıntıları

74

⎪⎭

⎪⎬

⎫

=−=

=

12

12

12

MMNQ

QN (6.15)

şeklini alır.

Bu bağıntıların ve daha önce çıkarılan kuralların kullanılması ile bu çeşit sistemlerin kesit tesiri diyagramları önemli bir güçlüğe rastlanılmadan çizilebilir.

Örnek 6.3: Boyutları ve yükleme durumu Şekil 6.11 de gösterilen kırık eksenli kirişin kesit tesiri diyagramlarının çizilmesi

B

q=20 kN/m

m2 4m2m

1,5m

m1,5

V =100kNB

AV =140kN

α

80kN

112kN

16kN

kN20 kN100

(Q)

(N)

(Q)

160kN

(M)

280 kNm 240 kNm

D

CA

Şekil 6.11

Çözüm: Hesaplanan reaksiyonlar şekil üzerinde gösterilmiştir. Kesim metodunun uygulanması ile hesaplanan değerler aşağıda, diyagramlar ise şekil üzerinde gösterilmiştir.

kNNNkNQQ CsolAsolCA 4.86.014sin14,27.118.014cos14 −=⋅−=−===⋅=== ααkNQQ solDğaCs 6.18.0162.11cos162.11 −=⋅−=−== α

kNNN lDsoğCsa 2.16.014.8 =⋅+−===

kNQ ğasD 26.02.18.06.1sin2.1cos6.1 −=⋅−⋅−=−−= αα

kNN ğasD 06.06.18.02.1sin6.1cos2.1 =⋅−⋅=−= αα

75

kNNkNQ BB 010422 =−=⋅−−=

kNmMmkNMkNmMkNmM BDCA 0,24216414,28214,0 ==⋅−⋅==⋅==

7. KAFES SİSTEMLER Kafes sistemler mühendislik uygulamalarında, örneğin köprü gibi projelerde ekonomik ve kolay çözümler sağlaması nedeniyle sıkça kullanılan taşıyıcı sistemlerdir. Kafes sistemler aşağıdaki sınıflara ayrılabilirler:

76

77

Şekil 1

1. Düzlem Kafes Sistemler

• Basit kafes sistemler

• Bileşik kafes sistemler

• Karmaşık kafes sistemler

2. Uzay kafes sistemler

Çelik kafes sistem elemanları olan çubuklar birbirleri ile düğüm noktalarında kaynaklı veya perçinli olarak bağlanabilirler, Şekil 2.

Şekil 2

Kafes Sistemlere Ait Bazı Özellikler:

• Kafes sistemler düğüm noktası denilen noktalarda birleşen doğru eksenli çubuklardan oluşmuş çok parçalı sistemlerdir.

78

• Çubuklar uç noktalarında mafsal adı verilen düğüm noktalarıyla birbirlerine bağlanmıştır. Çubukların birleşim noktaları çözüm esnasında her ne kadar mafsal olarak alınsa da gerçekte çubuklar bu noktalarda kaynaklı veya perçinlidir, Şekil 2.

• Gerçek taşıyıcı sistemler birçok kafes kirişin bir uzaysal sistem oluşturacak şekilde birleştirilmesinden meydana gelir.

• Her bir kafes kiriş kendi düzleminde etkiyen yükleri taşıyıcı şekilde projelendirildiğinden iki boyutlu bir sistem gibi ele alınabilir.

• Etkiyen yükler köprülerde enleme ve boylama kirişleriyle, Şekil 1, çatılarda aşıklar vasıtasıyla düğüm noktalarına iletilir.

• Kafes kirişin çubukları sadece normal kuvvet etkisindeki elemanlar olarak göz önüne alınabilir.

Basit Kafes Sistemler

Rijit çerçeve (Baz eleman) : En az sayıda çubuk ve düğüm noktası ile elde edilen ve düğüm noktalarının birbirlerine göre yer değiştirmeleri sıfır olan kafes sisteme baz eleman denir, Şekil 3.

Şekil 3

Rijit çerçeveye her bir adımda iki çubuk ve bir düğüm noktası ilave edilerek elde edilen kafes sistemlere basit kafes sistemler denir, Şekil 4.

1F

F2 Şekil 4

Bileşik Kafes Sistemler Birden fazla basit kafes kirişin üç çubuk, Şekil 5a, veya bir çubuk ve bir mafsal ile birleştirilmesinden, Şekil 5b, elde edilen kafes sistemlere bileşik kafes

79

sistemler denir. Üç çubuk ile oluşturulan bileşik kafeslerde bu üç çubuk birbirlerine paralel ya da bir noktada kesişecek şekilde olursa uyumsuz bağlı kafes sistem meydana gelir, Şekil 6.

A C E F

B D

CA E F

B

(a) (b)

Şekil 5

(a)

CA E F

DB

(b)

A EC F

B D

Şekil 6

Karmaşık Kafes Sistemler Belli bir kurala göre çubuk bağlantısı yapılmayan kafes sistemlere verilen addır. Karmaşık sisteme geçmek için genel bir yol basit ya da bileşik esasla bir sistem kurulduktan sonra bir veya birkaç çubuğun yerinin karmaşık kafes sistem elde edilecek şekilde değiştirilmesidir, Şekil 7.

A

(a)

B A B

S1 S1

(b)

Şekil 7

80

Düzlem kafes sistemlerde hiperstatiklik derecesi nrmh 2−+=

olarak hesap edilir. Burada m çubuk sayısı, r mesnet reaksiyonları sayısı, n düğüm noktası sayısıdır. Kafes sistemlerde Çubuk Kuvvetleri İçin İşaretlendirme: Çubuk kesitinin dış normali yönündeki kuvvet çekme kuvveti, aksi basınç kuvveti olarak isimlendirilir.

(+) Çekme kuvveti

F F F F

(-) Basınç kuvveti Şekil 8

Kafes Sistemlerin Çözüm Yöntemleri: Kafes sistemlerde analitik ve grafik olmak üzere iki çözüm yöntemi vardır. Bilgisayarların yaygınlaşmasıyla birlikte grafik yöntemlerin kullanımı giderek azaldığından burada bu çözüm yöntemi anlatılmayacaktır. Analitik Çözüm Yöntemleri:

1. Düğüm noktası yöntemi 2. Ritter (Kesim) Yöntemi 3. Çubuk değiştirme (Henneberg) Yöntemi

1. Düğüm Noktası Yöntemi: Söz konusu yöntemde her bir düğüm noktası mafsal olarak alındığından ve çubuklara düğüm noktaları dışında kuvvet uygulanmadığından düzlemde kesişen kuvvetlere ait iki denge denklemi her bir düğüm noktası için yazılarak tüm çubuk kuvvetleri bulunur.

Çözümde İşlem Sırası: • Tüm sistemin serbest cisim diyagramı çizilerek mesnet reaksiyonları

bulunur

A

(a)

B

F2

1F

A

(b)

B

F2

1F

VA VB

HA AH

AV

A

BV

B

F2

F1

S2S

S3S S5S

4SS

S11S

1

1 3 4

2

(c)

81

Şekil 9 • İki çubuğun kesiştiği bir düğüm noktasından başlanılarak bu

noktanın serbest cisim diyagramı çizilir ve bilinen denge denklemleri kullanılarak çubuk kuvvetleri bulunur.

S

2

31

A

AAH

V

S11S

4

BV

B4SSF2

5

3

SSF1

2SS 2S S4

1SSSS3

SS5

Şekil 10

• İlk seçilen düğüm noktasından sonra seçilecek düğüm noktasında da yine bilinmeyen çubuk sayısı en fazla iki olacak şekilde seçilir.

• Her düğüm noktasında bilinmeyen çubuk kuvvetleri çekme olarak alınır. Yani bu kuvvetler düğüm noktasından dışarıya doğru olmalıdır. Bu durumda bulunan çubuk kuvvetlerinin işareti ise (+) ise çekme, (-) ise basınç demektir. Bir düğüm noktasındaki çubuk kuvvetleri bulunduktan sonra bunların işaretleri de dikkate alınarak çubuk kuvvetleri bulunması istenen düğüm noktasına bilinen kuvvet olarak etki ettirilirler.

2. Kesim Yöntemi Kafes sistemin bazı çubuk kuvvetlerinin bulunması istendiğinde tercih edilmesi gereken bir yoldur.

1F F2

F31S

3S

2S

13

2 23F

S

3 1

2

1S

F1

S3

Şekil 11

Çözümde İşlem Sırası:

82

• Genellikle önce mesnet reaksiyonları bulunur. Bazı durumlarda mesnet reaksiyonlarının bulunmasına gerek kalmaz.

• Hangi çubuk kuvvetinin bulunması isteniyorsa bu çubuğu da kesecek şekilde sistem bir a-a kesimiyle en fazla üç çubuk kesilecek şekilde ikiye ayrılır.

• Ortaya çıkan kesilmiş iki parçadan en az işlem gerektiren ve üzerinde denge denklemleri en kolay uygulanabilen bir tanesi alınır ve bu parçaya üç adet denge denklemi uygulanır.

• Kesim yapıldığında çubuklarla ilgili oldukları düğüm noktalarına çekme kuvvetleri olarak etki ettirilirler. Hesap sonucunda bazı çubuk kuvvetlerinin işaretleri negatif çıkarsa bu çubukların basınç çubukları oldukları anlaşılır.

• Eğer bir kafes sistem ikiye ayrılırken üçten fazla kesim yapılması zorunlu ise bu durumda üç adet denge denklemi bilinmeyenleri bulmak için yeterli olmayıp üçten fazla kesilmiş her çubuk sayısı kadar ilave denkleme ihtiyaç vardır.

1

32

İlk kesim İkinci kesim

Şekil 12 3. Çubuk Değiştirme Yöntemi: Karmaşık olan bir sistem bir çubuğun yeri değiştirilerek basit sisteme dönüştürülür. Daha sonra da yeni sistem bilinen yöntemlerden biriyle çözülür. Çözülen yeni sistem ilk sistemden farklı olduğundan gerçek çubuk kuvvetlerinin tayini için sonuçlarda bir düzeltmeye gitmek gereklidir. Metot karışık sistemlere uygulandığı gibi bileşik hatta basit sistemlere de rahatlıkla tatbik edilebilir. Bileşik ve basit sistemlere uygulamada amaç çözümü daha sade hale getirmektir.

83

A B

(b)

r

A

(a)

B

q

F21F

F3

1FF2

3F

r

F3(c)

A B

F12F

11

Şekil 13

Çözümde İşlem Sırası: • Şekildei q çubuğu r ile değiştirilirse bir basit kafes sistem elde edilir.

Bu sistemin çubuk kuvvetleri düğüm noktaları yöntemiyle çözülmüş olsun. Burada Sr değiştirilen çubuğun üzerine gelen kuvvettir ve gerçekte böyle bir kuvvet yoktur. Bu yeni sistemin çubuk kuvvetleri şu ana kadar anlatılan iki yöntemden biriyle çözülmüş olsun; söz konusu çubuk kuvvetleri

rSSSS ,......,,, 1021

olur.

• Bu aşamada bir düzeltmeye gidilir. Bunun için c şeklinde görüldüğü gibi değiştirilmiş sistemde kaldırılan q çubuğunun doğrultusunda, bu çubuğun bağlı olduğu düğüm noktalarına birim şiddette çekme kuvvetleri uygulanır. Tüm dış kuvvetler sıfır alınarak sadece bu birim kuvvetler altında sistem çözülürse çubuk kuvvetleri

•

rSSSS ′′′′ ,.......,,, 1021

olarak elde edilir. Birim yükleme yerine bunun p katı kadar bir kuvvet uygulanmış olsaydı çubuk kuvvetleri

rSpSpSpSp ′′′′ ,.......,,, 1021

olurdu.

• Bu aşamada dış kuvvetlerle birlikte (p, p) kuvvetlerinin birlikte etkimesi sonucunda çubuk kuvvetleri olan

rSSSS ,,........,, 1021

büyüklüklerinin her biri

)(),(.......,),(),( 10102211 rr SpSSpSSpSSpS ′+′+′+′+

olur.

84

• Son olarak gerçek kafes sistemde r çubuğu bulunmadığına göre, bu kuvvettin sıfır olması için p kuvvetinin ne olması gerektiği bulunmalıdır. Yani

r

rrr S

SpSpS′

−=→=′+ 0)(

olmalıdır. Bu sonuç .......de yerine konursa gerçek sistemin çubuk

kuvvetleri ),().......,,(),,( 10102211 SSSSS

SSSS

SSS

r

r

r

r

r

r

′−

′−

′−

Burada kaldırılmış olan çubuğun üzerindeki kuvvet pSq = olup,

ir

r SSS .′

−

terimleri de düzeltme katsayılarıdır. 2. Uzay Kafes Sistemler

Birçok doğrusal elemanın üç boyutlu bir biçim oluşturacak şekilde uçlarından birbirlerine mafsallı olarak bağlanmasıyla elde edilen kafes sistemlere uzay kafes sistemler denmektedir, Şekil 14. Uzay kafes sistemlerde baz eleman altı çubuk ve dört düğüm noktası ile oluşturulur, Şekil 15. Bu sistemde her bir düğüm noktasındaki kuvvetler bir noktada kesiştiğinden her bir düğüm noktasında üç adet kuvvet denge denklemi yazılarak tüm çubuk kuvvetleri bulunabilir. Söz konusu sistemlerde hiperstatiklik derecesi

nrmh .3−+=

ifadesiyle hesaplanır.

A

B

D

C

B

AD

C

E

Şekil 14 Şekil 15

85

8. KABLOLAR

Kablolar, asma köprüler, enerji iletim hatları, teleferikler, yüksek kulelerin gergileri, v.s. gibi birçok mühendislik uygulamalarında kullanılırlar. Esnek olduklarından eğilme mukavemetleri ihmal edilebilir: Bu sebeple kablolar sonsuz sayıda mafsalın yanyana gelmesiyle oluşmuş taşıyıcı sistemler olarak göz önüne alınabilirler. Bu kabul kablo kuvvetinin kablonun her noktasında o noktadaki kablo teğeti doğrultusunda ve çekme olduğu anlamına gelmektedir. Kablolar yükleme durumlarına göre izleyen sınıflara ayrılabilirler:

1) Tekil yükler etkisindeki kablolar

2) Yayılı yükler etkisindeki kablolar

Sözü edilen kablo çeşitlerini incelemeye geçmeden önce kablolarla ilgili izleyen tanımlar verilecektir:

• Kablo Oku (Sarkması): A ve B mesnetlerinin aynı düzeyde olması durumunda mesnetlerden kablonun alt noktasına olan düşey h mesafesidir, Şekil 1.

• Kablo Açıklığı: Mesnetler arası L uzaklığına verilen addır, Şekil

86

L

hA B

Şekil 1

1) Tekil Yükler Etkisindeki Kablolar

Tekil yükler etkisindeki kablolarda kablo ağırlığı ihmal edilmekte olup, kablo üzerine tekil yükler düşey olarak etkimektedir. 321 ,,,, xxxdL büyüklükleri verilmiştir, Şekil 2. Serbest cisim diyagramından (SCD) bilinmeyen mesnet reaksiyonlarının sayısının dört adet olduğu görülmektedir, Şekil 2. Buna karşın denge denklemleri sayısı üç olup ilave bir denkleme daha ihtiyaç vardır. Kablonun SCD sinde verilen konumlardan hangisinde olduğunun belirlenebilmesi için kablo üzerindeki herhangi bir ( )yxD , noktasının koordinatının belirli olması gereklidir. AD parçasının, Şekil 2, SCD si çizilip ek bir denklem daha yazılabilir. Bu denklem D noktasına göre D nin solunda veya sağında kalan tüm kuvvetlerin D ye göre toplam momentinin sıfır olduğunu ifade eder. Denge denklemleri tüm sistemde

A

L

B

F1

F2 F3

d

x1

2x3x

1y2y

3y1C

C2 C3

87

F Fx

2x1

2

3x

3

A

F1

1C

HA

VA

B

CD

C23

LV

B

B

H d

Şekil 2

∑∑∑ === ,0,0,0 Byx MFF (1)

ve AD parçasında ise

∑ = 0DM (2)

olarak yazılır. AH ve AV belirlendikten sonra A noktasından kablonun her hangi bir noktasına olan düşey uzaklık kolayca bulunabilir. Bunun için düşey mesafenin bulunması istenilen mesafeye göre momentin sıfır olması şartından faydalanılır. Bu aşamada minimum ve maksimum kablo kuvvetleri bulunsun:

C1

1x

x

1F

yA

D T

HA

VA

Şekil 3

A-C1 arası

88

C1

Hθ1

VA

AA

T1

∑ +−→= 11 cos.0 θTAF xx

1

1 cosθxAT = (3)

C1-C2 arası

C1 TF1

H

A

A

VA

2θ2

Şekil 4

∑ +−→= 22 cos.0 θTAF xx

2

2 cosθxAT = (4)

(1) ve (2) ifadelerinden kablonun herhangi bir kısmındaki kablo kuvvetinin

i

xi

ATθcos

= (5)

olduğu sonucuna varılr. Bu son ifadeden

minmin

maxmax

TT

→→

θθ

(6)

olduğu açıktır.

2) Yayılı Yükler Etkisindeki Kablolar

Yayılı yükler etkisindeki bir kablo Şekil 5 de görülmektedir. Böylesi yükler sadece x apsisinin bir fonksiyonu olarak alınır. Kablonun en alt noktası olan C de kablo eğimi sıfır olup, eksen takımı

89

buraya yerleştirilmiştir. Bu C noktasından kablo üzerindeki bir diğer D noktasına kadar olan kablo parçası için serbest cisim diyagramı çizilsin, Şekil 5.

D

G

0T

y

C

C

TD

x

A

B

Şekil 5

Şekil 5 deki CD kablosunun dengesinden 22 GTT o += (7)

olduğu görülür. Ayrıca

oTGtg =θ (8)

olmaktadır. Kablo için yatay denge denklemi yazılırsa

∑ =+−→= 0cos.0 θTTF ox

θcosoTT = (9)

elde edilir. Düşey yönde denge denkleminin yazılmasından

θsinGT = (10)

olduğu bulunur. Bu aşamada belirli yayılı yükler altındaki kablolar incelenecektir.

o Parabolik Kablo Böylesi kablolarda q yayılı yükü yatay uzunluk boyunca düşey y doğrultusunda etkiyen düzgün yayılı yükün şiddeti olup kablo ağırlığı bu yük yanında ihmal edilmektedir. Şekil 6 da sözkonusu kablo görülmektedir. CD parçasının dengesinden

90

h D

DT

0TC h

x

y

C

düzgün yayili yük

x

L

d

A

y B

Şekil 6

∑ =−→= 02

...0 xxqyTM oD

oT

xqy.2. 2

= (11)

elde edilir. Sınır şartlarından

oTxqhy.2. 2

11 == (12)

oT

xqdhy.2. 2

22 =+= (13)

(12) ve (13) denklemlerinden

22

21

2

1

xx

dhh

yy

=+

= (14)

91

bulunur. (14) ifadesinden

dhhxx+

= 21 (15)

elde edilir. Ayrıca Şekil 6 dan

21 xxL += (16)

olduğu görülmektedir (15) ve (16) bağıntılarından 1x ve 2x elde edilir. Daha sonra (11) bağıntısında 1x veya 2x yerine konursa

2

22

1

21

.2

..2.

yxq

yxqTo == (17)

bulunur. Ayrıca böylesi yükleme durumunda

xqG .= (18)

222 .xqTT o += (19)

2max

22max .xqTT o += (20)

ifadelerinin geçerli olduğu görülmektedir.

Parabolik kabloda kablo boyunun bulunması:

dx

dsdy

Şekil 7

Şekil 7 deki ds yayının boyu

222 dydxds += (21)

şeklinde hesap edilir. (21) ifadesi bir başka şekilde

dxdxdydx

dxdy

dxdxds

2

2

2

2

2

1 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+=+= (22)

olarak ifade edilebilir. (11) eşitliği kullanılarak (22) ifadesi

( ) dxT

xqdxydso

22 .11 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=′+= (23)

92

şekline getirilir. Kablonun en alt noktasından A mesnedine kadar olan kablo boyu

∫∫ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

AA x

o

S

dxT

xqds0

2

0

.1 (24)

integralinden yaralanılarak hesaplanır. İntegrasyon ifadesi altındaki terim binom serisine açılarak

dxTxq

Txqs

Ax

ooA ∫ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−+=

04

44

2

22

........8.2

1 (25)

ifadesi elde elde edilir. İntegrasyon işlemi yapılırsa As boyu için

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+= ........

52

321

42

A

A

A

AAA x

yxyxs (26)

elde edilir. İkinci terimden sonrakiler çok küçük olduklarından ihmal edilmişlerdir. Toplam kablo boyunun bulunması için Bs nin de bulunması gereklidir. Bu boy As nın hesaplanışındaki yolun aynısı izlenerek bulunur. Daha sonra toplam kablo boyu

BA sss += (27)

olarak elde edilir.

o Zincir Eğrisi Kendi ağırlığı etkisindeki kabloda q yükü kablo uzunluğu boyunca düzgün yayılıdır, Şekil 8. Kablonun en alt noktası olan C den D ye kadar olan kablo parçasının, Şekil 9, SCD si çizilip söz konusu parçanın dengesi incelenirse izleyen eşitlikler elde edilir:

AyD

q=q(s)

B

L

D θ

0TC

G=q.s

T

C

Şekil 8 Şekil 9

222 .sqTT o += (28)

θsin.. TsqG == (29)

oo Tsq

TGtgy .

===′ θ (30)

93

Yukarıdaki ifadelerde s, y ve T ifadeleri x in fonksiyonları olup, bunların x cinsinden hesap edilmeleri gereklidir. Bu aşamada ds büyüklüğü dx ve dy cinsinden yazılsın:

( ) ( )22222 1 ysdydxds ′=−′→+= (31)

(31) eşitliğinden

( ) 12 −′=′ sy (32)

olarak elde edilir. (30) ve (32) den

2

2

.1 sTq

dsdx

o⎟⎠⎞⎜

⎝⎛+

= (33)

bulunur. (33) ün integrasyonundan

1.arcsin c

Tsqh

qTx

o

o +⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= (34)

ifadesi elde edilir. 0=x için 0=s koşulundan 01 =c bulunur. Bu durumda (34) denklemi

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

o

o

Txq

qTs .sinh (35)

şeklinde yeniden düzenlenebilir. (35) kullanılarak (30) denklemi

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=′→=′

oo

o

oo Txq

Txq

qT

Tqy

Tsqy .sinh.sinh... (36)

şeklinde elde edilir. (36) ifadesinin integrasyonu alınırsa

1.cosh. d

Txq

qTy

o

o +⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= (37)

bulunur. x=0 için y=0 başlangıç koşulu kullanılırsa

eqTd o −=

−=1 (38)

olarak elde edilir. Sonuç olarak 1de −= alınarak zincir eğrisinin denklemi

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= 1cosh

exey (39)

olur. e nin boyutu uzunluk biriminde olacaktır. Kablonun herhangi bir x noktasında oluşacak T kuvveti

2222 sqTT o += (40)

94

bağıntısında (35) denklemi yerine konularak

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

oo T

xqTT 222 sinh1 (41)

olur. Bu ifadenin düzenlenmesiyle

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

oo T

xqTT .cosh. (42)

elde edilir. (35) ve (38) den

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

exes 222 sinh. (43)

(39) dan

( )2 2 2.cosh xy e ee

⎛ ⎞+ = ⎜ ⎟⎝ ⎠

(44)

(44) ifadesi

coshy e xe e+ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠ (45)

şeklinde ifade edilebilir. (43) ve (44) den

( )2 2 2y e s e+ − = (46)

sonucuna varılır. (45) ve (46) dan

.. .o o o o o oo

y e y y qT T T T T T T q ye e T+⎛ ⎞= = + = + = +⎜ ⎟

⎝ ⎠ (47)

bulunur. (46) dan

2 2 2s y ye= + (48)

elde edilir. (47) bağıntısı kablonun en alt noktasından düşey olarak en uzaktaki mesnette en büyük kablo kuvvetinin oluştuğunu ifade eder.

D

yy

b A

B

E q=q(s)

L

Şekil 10. Zincir eğrisi kabloda mesnetlerin farklı yüksekliklerde olması

95

Eğer mesnetler aynı yükseklikte değilse Ax ve Bx belli değildir. Bu durumda (39) denkleminde A ve B nin koordinatları yerine konursa

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

= −

eey

ex AA 1cosh (49)

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

= −

eey

ex BB 1cosh (50)

bulunur. Burada iki denklem olup bilinmeyenler Ax , Bx ve e olmak üzere üçtür. Gerekli üçüncü denklem

BA xxL += (51)

dir. Buradan

BA xLx −= (52)

bulunur. (52) eşitliği (49) ile birlikte (50) de yerine konursa

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

= −−

eey

eey

eL AB 11 coshcosh (53)

elde edilir. Bu denklemden e bulunarak daha sonra (49) ve (50) denklemlerinden Ax ve Bx bulunur.

Sonuç olarak, mesnetler farklı düzeyde değilse (39) denkleminden, aynı düzeyde ise (53) denkleminden e bulunur. e bulunduktan sonra (38) ifadesinden oT , (47) ifadesinden T ve (35) ifadesinden de As ve Bs bulunarak problem çözülmüş olur.

96

9. ATALET MOMENTLERİ ALANLARIN ATALET MOMENTLERİ

9.1. Tanımlar Çubukların burulma ve özellikle eğilmesi problemlerinde dik kesitin geometrisi ile ilgili bir takım integral büyüklüklere rastlanılır. Bunlar arasında alan atalet momentleri adıyla anılan bir takım büyüklükler önemli yer tutar.

y

O

x

xy

dAA

R

Şekil 9.1

Şekil 9.1 de F ile gösterilen bir dik kesit, x, y kartezyen eksen takımına bağlanmış olsun; dF ile kesitin bir alan elemanı gösterilsin. Atalet momentlerine geçmeden önce izleyen

∫∫=F

x dFyS , ∫∫=F

y dFxS (9.1)

ifadeleriyle tanımlanan büyüklüklere kesitin alan statik momentleri adı verilir. cm3 cinsinden olan bu büyüklükler, eksen takımları kesitin ağırlık merkezinden geçerse, sıfır olur. Birinci mertebe momentleri de denilen S lerin yanında ikinci mertebe momentleri sayılacak atalet momentlerinin tanımları ise

∫∫=F

x dFyJ 2 , ∫∫=F

y dFxJ 2 ve ∫∫=F

yx dFyxJ (9.2)

den ibarettir. Bunlardan birincisine x eksenine göre, ikincisine y eksenine göre alan atalet momenti ve sonuncusuna da çarpım atalet momenti adı verilir.

Atalet momentleri cm4 cinsinden olan büyüklüklerdir; bunlardan Jx , Jy daima pozitif olduğu halde Jxy her işareti alabilir. Hatta eksenin durumuna göre sıfır da olabilir. O halde

000,0 ≤≥>> yxyxyx JveyaJveJJ (9.3)

olacak demektir. (9.2) de tanımlanan üç esas atalet momentinden başka aşağıdaki gibi tarif edilen

∫∫=F

dFRJ 20 (9.4)

bir atalet momenti daha vardır ki adına O noktasına göre polar atalet momenti denir. Yalnız 222 Ryx =+ olduğundan bu yeni değer öncekilerden bağımsız bir büyüklük olmayıp

97

yx JJJ +=0 (9.5)

gibi diğer iki atalet momentinin toplamına eşittir.

Bundan başka atalet momentlerinden türetilen bir takım büyüklükler daha vardır, örneğin

FJ

i xx = ,

FJ

i yy = veya FiJ xx

2= ve FiJ yy2= (9.6)

tarzında tarif edilen ix ve iy değerlerine kesitin ilgili eksenlere göre atalet yarıçapları denir ve boyutları cm dir.

9.2. Eksenlerin Paralel Kayması Şekil 9.2 de olduğu gibi birbirlerine paralel (x, y) ve ),( yx ′′ gibi iki takım ele alınsın, yalnız ikinci takımın başlangıcı kesit şeklinin G ağırlık merkezinde olsun. Koordinat dönüşüm formülleri

O

x

y

y

x

x'

y'

G

a

b

Şekil 9.2

xax ′+= ve yby ′+=

olduğundan tanımdan atalet momentleri için

( )

( )

∫∫∫∫ ∫∫∫∫∫∫

∫∫∫∫ ∫∫∫∫∫∫

∫∫∫∫ ∫∫∫∫∫∫

+′+′+′′==

+′+′=′+==

+′+′=′+==

FF FFFyx

FF FFFy

FF FFFx

dFbadFxbdFyadFyxdFyxJ

dFadFxadFxdFxadFxJ

dFbdFybdFydFybdFyJ

2222

2222

2

2

bulunur. yx ′′, eksenleri G den geçtiği için bunlara göre hesaplanacak statik momentlerin sıfır olduğu düşünülürse dönüşüm formülleri olarak

2x xJ J b F′= + , 2

y yJ J a F′= + , x y x yJ J ab F′ ′= + (9.7)

98

bulunur. Steiner formülleri adı verilen bu dönüşüm ifadeleri uygulanırken paralel eksenlerden birinin ağırlık merkezinden geçtiği unutulmamalıdır. Her iki eksende ağırlık

1

G U'

Ud2d

2

1U

Şekil 9.3

merkezinden geçmiyorsa, dönüşüm formülünü yine (9.7) den bulmak mümkündür; Şekil 9.3

böyle bir hali gösterir. (9.7) den

FdJJ uu2

11+= ′ ve FdJJ uu

222

+= ′

yazılabilir. Burada uJ ′ yok edilirse

1 2

2 21 2( )u uJ J d d F= + − (9.8)

bulunur ki bu da iki eksen arasındaki geçiş formülüdür. (9.7) ifadeleri açık olarak gösteriyor ki paralel bir çok eksenlere göre hesap edilen atalet momentleri arasında, en küçük olan ağırlık merkezinden geçen eksene göre hesap edilendir.

9.3. Asal Eksenler ve Asal Atalet Momentleri

A alanının başlangıçta seçilen x y eksenlerine göre atalet momentleri olan ∫= dAyJ x2 ,

∫= dAxJ y2 ve çarpım atalet momenti olan ∫= xydAJ xy değerlerinin bilindiği ve başlangıç

eksen takımına göre θ açısı yapan u,v eksenlerine göre, uJ , vJ ve uvJ değerlerinin bulunması istensin. Bunun için önce bir dA alan elemanının vu, ve yx, koordinatları arasında aşağıda verilen bağıntıların olduğu dikkate a1ınmalıdır :

99

y

xO

u

vu

x.cosθ

θy.cos

x

y

vdA

θ

Şekil 9.4

Şekil 5.4 deki θ açı değişimi için yeni koordinatların eskileri cinsinden

θθθ

xsin-ycosv ysin xcosθu

=+=

(9.9)

şeklinde elde edilebileceği görülmektedir. (9.9) bağıntılarından yararlanılarak

dA)xsin-(ycos dAv Ju 22 ∫∫ == θθ (9.9a)

∫∫∫ += dA.sinxdA.sinxycos2-dA.cosyJu 2222 θθθθ (9.9b)

(9.9a) ve (9.9b) den

sinJcossin2J-cosJJ 2yxy

2xu θθθθ += (9.10a)

cosJcossin2JsinJJ 2yxy

2xy θθθθ ++= (9.1Ob)

cos sinJ-)sin-(cosJcos sinJ J y22

xyxuv θθθθθθ += (9.1Oc)

(9.10a) ve (9.10b) bağıntılarının taraf tarafa toplanması

JJJJ yxvu +=+ (9.11)

verir ki bu sonuç (9.11) eşitliğinin her iki tarafındaki ifadeler oJ polar atalet momentine eşit olduğundan daha önceden görülebilirdi. Yeniden ifade edilirse, eksene göre atalet momentlerinin toplamı koordinat dönüşümüne göre değişmezdir (invaryanttır).

θθθ cos2sin sin2 = ve θθθ 22 sin-coscos2 = trigonornetrik bağıntıları kullanılırsa

(9.10a), (9.10b), (9.I0c) bağıntıları izleyen şekilde yazılabilir :

θθ sin2Jcos22

JJ2

JJJ xy

yxyxu −

−+

+=

100

θθ sin2Jcos22

JJ2

JJJ xy

yxyxv +

−−

+=

θθ cos2Jsin22

JJJ xy

yxuv +

−=

(9.12) bağıntıları bir dairenin parametrik denklemleridir. Bu, bir dik eksen takımı seçilir ve θ parametresinin verilen bir değeri için apsisi uJ ve ordinatı uvJ olan bir M noktası işaretlenirse, bu biçimde elde edilen tüm noktaların bir çember üzerinde olacağı anlamındadır. Bu özelliğin elde edilmesi için (9.12a) ve (9.12c) denklemlerinden θ yok edilir . Bu durumda

2xy

2yx2

uvyx

u J2

JJJ

2JJ

J +⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +−

2

(9.13)

elde edilir . Burada

2xy

2yxyx

ort J2

JJRve

2JJ

J +⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

+= (9.14)

alınarak (9.13) bağıntısı 22 RJ)J-(J 2

uvortu =+ (9.15)

şeklinde yazılır . Bu denklem, merkezinin apsisi ortJ ve ordinatı sıfır olan R yarıçaplı bir çemberin denklemidir. Elde edilen çemberin apsisler eksenini kestiği A ve B noktalarının özel bir önemi vardır: A noktası uJ atalet momentinin maksimum değerine, B noktası ise minimum değerine karşılık gelir . Bunun yanı sıra bu noktalar çarpım atalet momenti uvJ nin sıfır değerlerine karşı gelir. Böylece θ parametresinin A ve B noktalarına karşılık gelen θm değerleri (9.12c) bağıntısında 0=uvJ konularak

yx

xym JJ

Jtg

−−=

22θ (9.16)

şeklinde elde edilir . Bu bağıntı birbirinden 180 farklı olan iki adet mθ2 değeri tanımlar; buna göre iki mθ değeri arasındaki açı 90 dir. Bunlardan biri Şekil 9.5a daki A noktasına, diğeri ise B noktasına karşı gelir. A noktasında atalet momenti maksimum, B noktasında ise minimumdur. Böyle tanımlanan birbirine dik iki eksene alanın O ya göre asal atalet momentleri denilir. Şekil 9.5b den

R- J J veRJ J ortminortmax =+= (9.17a)

olduğu görülür. Bu ifadeler açık olarak yazılırsa

2xy

2yxyx

minmax, J2

JJ2

JJJ +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −±

+= (9.17b)

101

olduğu görülür. (9.16) bağıntısından elde edilen mθ değerleri (9.12c) bağıntısında 0=uvJ konularak elde edildiğinden verilen bir alanın asal eksenlerine göre çarpım atalet momentinin sıfır olduğu açıktır. Bir alanın O noktasından geçen bir simetri ekseni varsa,bu eksenin alanın O dan geçen bir asal ekseni olması gerektiği görülmektedir . Diğer taraftan bir asal eksenin simetri ekseni olması şart değildir; bir alanın simetri özellikleri olsun ya da olmasın bunun her hangi bir O noktasından geçen iki asal atalet ekseni olacaktır. Buraya kadar bulunan özellikler verilen alanın içinde ya da dışında bulunan her hangi bir O noktası için geçerlidir. O noktası alanın ağırlık merkezi ile çakışık seçilirse, O dan geçen her hangi bir eksen ağırlık merkezinden geçen bir eksendir; alanın ağırlık merkezinden geçen iki asal eksenine alanın ağırlık merkezinden geçen asal eksenleri denilir.

Şekil 9.5

5.4. Atalet Momentleri ve Çarpım Atalet Momentleri İçin Mohr Çemberi O noktasından geçen iki dik y,x eksenine göre bir Alanın atalet momentleri ve çarpım atalet momenti bilindiğinde, grafik olarak (a) alanın O ya göre asal atalet momentlerini ve asal eksenlerini, ya da (b) alanın O dan geçen diğer her hangi bir v,u dik eksen takımına göre atalet momentleri ve çarpım atalet momentinin belirlenmesi için ilk olarak Otto Mohr tarafından kullanılan Mohr çemberinden nasıl yararlanılacağı görülecektir

102

Şekil 9.6 Atalet momentleri yx J,J ve çarpım atalet momenti xyJ bilindiğinde Mohr çemberinin merkezinin ve çember üzerindeki bir noktanın koordinatlarının sırasıyla

)J,J(X;2

JJC xyx

yx⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +0 (5.19)

olduğu bilinmektedir. X noktasına karşı gelen eksen takımından itibaren gerçek şekilde θ kadar dönülürse Mohr çemberinde X noktasından itibaren aynı yönde θ2 kadar dönülür ve bu duruma karşı gelen eksenIer için atalet momentleri çember üzerinde basit geometrik işlemler yapılarak elde edilebilir; Şekil 9.6a ve b den

)2Rcos(2 JJ mortu θθ ±+= (5.20a)

)2Rsin(2J muv θθ ±= (5.20b)

olduğu görülmektedir . Burada. mθ2 uJ ekseninden itibaren CX doğrultusunun saat ibrelerinin tersi yönde yaptığı açı θ2 CX doğrultusundan itibaren CU doğrultusunun yaptığı açı; bu açı saat ibrelerinin tersi yönde ise (+) (Şekil 9.6b), aksi halde (-) (Şekil 9.6b) alınır.

103

Tablo 9.1 Bazı Kesitlerin Atalet Momentleri

104

KÜTLELERİN ATALET MOMENTLERİ 5.5. Bir Kütlenin Atalet Momenti Bir AA' ekseni etrafında serbestçe dönebilen, kütlesi ihmal edilebilen bir çubuk üzerine monte edilmiş küçük bir m∆ kütlesi göz önüne alınsın (Şekil 9.7a). Sisteme bir kuvvet çifti uygulanırsa, başlangıçta durma konumunda olduğu kabul edilen çubuk ve kütle,AA' etrafında dönmeye başlayacaktır. Bu hareketin ayrıntıları dinamikte incelenecektir. Şimdi sistemin verilen bir dönme hızına erişmesi için gerekli zamanın m∆ kütlesi ile orantılı olduğu belirtilmek ve r uzaklığının karesi ile orantılı olduğu gösterilmek istenmektedir. Bundan ötürü mr ∆2 çarpımı, sistemin ataletinin (eylemsizliğinin), yani sistemi harekete geçirilmeye çalışıldığında bunun gösterdiği direnİmin bir ölçüsüdür. Bu sebeple mr ∆2 çarpımına m∆ kütlesinin AA' eksenine göre atalet momenti denilir .

Şimdi AA' ekseni etrafında döndürülecek, kütlesi m olan bir cisim göz önüne alınsın (Şekil 9.7b). Cisim kütleleri nm,......,m,m ∆∆∆ 21 olan elemanlara ayrılarak, cismin dönmeye karşı direniminin nn mr........mrmr ∆++∆+∆ 2

22

212

1 toplamı ile ölçüldüğü bulunur. Bundan dolayı, bu toplam cismin AA' eksenine göre atalet momentini tanımlar. Elemanların sayısı arttırılırsa, atalet momentinin limitte

dm r I 2∫= (9.21) integraline eşit olduğu bulunur

r

A'

∆m

A A

∆m1

A'

A

k

A'

m

∆m3

∆m2

Şekil 9. 7

Cismin AA' eksenine göre k atalet yarıçapı

mkI 2= veya m/Ik = (9.22)

bağıntısı ile tanımlanmıştır. Bundan ötürü k atalet yarıçapı, cismin AA' eksenine göre atalet momenti aynı kalmak üzere, cismin bütün kütlesini bir arada konulması gerekli uzaklığı gösterir

105

(Şekil 9.7c) m kütlesi, ister orijinal biçiminde (Şekil 9.7b), isterse Şekil 9. 7 de görüldüğü gibi bir noktada toplanmış olsun, AA' eksenine göre dönmeye aynı şekilde tepki gösterecektir.

Bir kütlenin atalet yarıçapı genellikle cm cinsinden ifade edilir . Bir kütlenin atalet momenti kütle ile bir uzaklığın çarpımı olduğundan, genellikle kgcm cinsinden ifade edilecektir.

5.6. Paralel Eksenler Teoremİ. Kütlesi m olan bir cisim göz önüne alınsın;bu cismin AA' eksenine göre atalet momenti

dm r I 2∫= dir. Burada r dm kütle elemanının AA' eksenine olan uzaklığıdır (Şekil 9.8). Benzer şekilde AA' eksenine paralel olan ve cismin ağırlık merkezinden geçen BB' eksenine göre cismin atalet momenti dm r I 2∫ ′= dir. Burada r', bir kütle elemanının BB' eksenine uzaklığıdır. Şekil 9.8 de görülen iki eksen sistemi seçilirse

z

O

y

x,x'

y'

z'

A'B'

AB

dd'

rr'

rr'

z=z'

Şekil 9.8

222222 zxrzxr ′+′=′+=

yazılabilir. AA ' ve BB' arasındaki uzaklık d olduğuna göre dxx +′= ve z'z = olduğu göz önüne alınırsa,

22222 dd'2x'r'Z')d(x'r ++=++=

yazılır. dm r I 2∫= bağıntısında 2r yerine değeri konularak, cismin AA' eksenine göre atalet momenti

∫∫∫∫ ++== dmddmx'2ddmr'dmrI 222

106

olarak elde edilir . Burada birinci integral ağırlık merkezinden geçen BB' eksenine göre I atalet momentini gösterir; ikinci integral cismin y'z' düzlemine göre birinci momentini (statik moment) gösterir ve G bu düzlemde olduğundan sıfıra eşittir; son integral cismin toplam m kütlesine eşittir. Bundan ötürü

mdlI 2+= (5.23)

yazılır. Atalet momentleri bunlara karşılık olan atalet yarıçapları cinsinden yazılırsa, 222 d'kk += (5.24)

elde ediiİr. Burada k ve 'k sırasıyla AA' ve BB' eksenlerine göre atalet yarıçaplarını gösterirler.

9.7 İnce Levhaların Atalet Momentleri Yoğunluğu ρ (yoğunluk=birim hacim kütlesi) olan homojen malzemeden yapılmış t sabit kalınlıklı ince bir levha göz önüne alınsın. Levhanın, Ievha düzleminde bulunan AA ,eksenine göre kütle atalet momenti (Şekil 9.9a)

dA

r

A'

A

dA

r

B

B'dA

r

B

B'

A'

A

C'C

t

Şekil 9.9

∫=′ dmrI 2kütleAA

dir. tdAdm ρ= olduğundan

∫=′ dArtI kütleAA2ρ

yazılır. Fakat dA r, alan elemanının AA' eksenine olan uzaklığını gösterir; bundan ötürü integral, levha alanının AA' eksenine göre atalet momentine eşittir. Buna göre

alanAA'kütleAA ItI ρ=′ (9.25)

olur. Benzer şekilde AA' eksenine dik bir BB' eksenine göre (Şekil 9.9b)

107

alanBB'kütleBB ItI ρ=′ (5.26)

bulunur. Şimdi AA' ve BB' nün C kesim noktasından geçen ve düzleme dik CC' ekseni göz önüne alınarak (Şekil 5.9c),

alanCkütleCC JtI ρ=′ ( 5 .27)

yazılır. Burada cJ levha alanının C noktasına göre polar atalet momentidir.

Bir alanın eksenel atalet momentleri ile polar atalet momenti arasında BBAAC IIJ ′′ += bağıntısının varlığı hatırlanırsa, ince bir levhanın kütle atalet momentleri arasında aşağıdaki bağıntı elde edilir:

BBAACC III ′′′ += (5.28)

Dikdörtgen Levha : Kenarları a ve b olan dikdörtgen levha durumunda (Şekil 9.10), levhanın ağırlık merkezinden geçen eksenlere göre aşağıda verilen atalet momentleri elde edilir :

b/12)t(a ItI 3alanAA'kütleAA ρρ ==′

/12)t(ab ItI 3alanBB'kütleBB ρρ ==′

B

B'

b

Şekil 9.10

t baρ çarpımının Ievhanın m kütlesine eşit olduğu göz önüne alınarak, bir ince dikdörtgen levhanın kütle atalet momentleri aşağıdaki gibi yazılır:

/12mbI /12maI 2BB'

2AA' == (9.29)

)b(amIII 22BBAA'CC' +=+= ′ 12

(9.30)

108

Dairesel Ievha : r yarıçaplı dairesel levha ya da dairesel disk durumunda

/4)rt( ItI 4alanAA'kütleAA πρρ ==′

yazılır. tr 3πρ çarpımının levhanın m kütlesine eşit ve II BBAA' ′= olduğu göz önüne alınarak, bir dairesel levhanın kütle atalet momentleri aşağıdaki gibi yazılır:

/4mrII 2BBAA' == ′ (9.31)

/2mrIII 2BBAA'CC' =+= ′ (9.32)

B

A

C'C

B'

A'

Şekil 9.11

9.8. Üç Boyutlu Bir Cismin Atalet Momentinin İntegrasyonla Bulunması

Üç boyutlu bir cismin atalet momenti ∫= dmrI 2 integrali hesaplanarak elde edilir. Cisim

yoğunluğu ρ olan homojen bir malzemeden yapılmışsa dVdm ρ= ve ∫= dVrI 2ρ yazılabilir. Bu integral sadece cismin biçimine bağlıdır. Bunu hesaplamak için,genellikle üç katlı ya da en az iki katlı integral almak gereklidir.

109

C

y'

C'z'

z'

y'

Şekil 9.12

Bununla birlikte eğer cismin simetri düzlemi varsa, simetri düzlemlerine dik ince bir levhanın kütlesini bir dm kütle elemanı olarak seçip çoğunlukla bunun atalet momentini tek katlı integralle hesaplamak mümkündür .Ömeğin dönel cisimler durumunda, kütle elemanı ince bir disk olacaktır (Şekil 9.12). (9.32) bağıntısı kullanılarak, diskin dönme eksenine göre atalet momenti, Şekil 9.12 de belirtildiği gibi kolayca ifade edilebilir. Bunun diğer iki koordinat, eksenine göre atalet momenti (9.31) bağıntısı ve paralel eksenler teoremi kullanılarak elde edilecektir. Elde edilen bağıntıların integrasyonu, dönel cismin aranan atalet momentlerini verecektir.

9.9. Bileşik Alanların Atalet Momentleri Çok karşılaşılan bazı biçimlerin atalet momentleri Şekil 5.13 de gösterilmiştir. Bu basit biçimlerin birkaçının birleştirilmesiyle yapılmış bir cismin verilen bir eksene göre atalet momenti, ,bunun bileşen parçalarının verilen eksene göre atalet momentlerini hesaplayıp toplayarak elde edilebilir. Alanlar durumunda daha önce belirtildiği gibi, bir bileşik cismin atalet yarıçapı, bunun bileşen parçalarının atalet yarıçaplarının toplanmasından elde edilemeyeceği tekrar belirtilmelidir.

110

10. VİRTÜEL İŞ METODU 10.1. Yerdeğiştirme ve Bir Kuvvetin İşi

Buraya kadar rijit cisimlerin dengesine ilişkin problemler ∑ ∑ ∑ === 0,0,0 zyx FFF denge denklemleri ile çözülmüştü. Bu aşamada belirli türde problemleri çözmede daha yararlı olacağı görülecek olan bir başka metot göz önüne alınacaktır. Bu metot bir kuvvetin işi kavramına dayanmaktadır. Önce yerdeğiştirme ve bir kuvvetin işi terimleri mekanikte kullanıldığı şekliyle tanımlanacaktır:

αcos⋅⋅=⋅= drFrdFdW (10.1)

(10.1) ifadesi bir kuvvetin işini tanımlar (Şekil 10.1).

α

F

Şekil 10.1

İş Yapmayan Kuvvetler

1. Sabit noktalara uygulanan kuvvetler.

2. Yerdeğiştirmeye dik doğrultuda etkiyen kuvvetler.

3. Ağırlık merkezi yatay olarak hareket eden bir cismin ağırlığı.

4. Kaymadan yuvarlanan bir tekerleğe etkiyen sürtünme kuvveti ( herhangi bir anda değme noktası hareket etmediğinden).

5. Sürtünmesiz bir mafsaldaki tepki kuvveti.

6. Sürtünmesiz yüzey boyunca hareket eden bir cisme yüzeyden gelen tepki kuvveti.

Birçok Kuvvetin Yaptığı İşlerin Toplamının Sıfır Olması Durumu 1. Şekil 10.2 deki AC ve BC ye etkiyen kuvvetlerin yaptıkları işin toplamı.

2. Uzamasız bir AB ipi ile birbirine bağlı iki bloktan oluşan sistemde T ve T ′ kuvvetlerinin toplam işi (Şekil 10.3).

3. Bir rijit cismin maddesel noktalarını bir arada tutan iç kuvvetlerin toplam işi(Şekil 10.4)

111

CF

B

-F

A

TA

BT'

Şekil 10.2 Şekil 10.3

dr

-F

A

F

A'

B'B dr'

Şekil 10.4

10.2. Kuvvet Çiftinin İşi Düzlemde genel yerdeğiştirme yapan Şekil 10.2 deki cisme etkiyen kuvvet çiftinin işi hesap edilmek istensin. Düzlem yerdeğiştirme bir ötelenme ve bir de dönme şeklinde iki bileşene ayrılabilir. Ötelenmede kuvvet çiftini yaptığı iş ise

θθ dMdrFdsFdW ⋅=⋅⋅=⋅= 2 (10.2)

olur. Burada θd radyan cinsinden ifade edilen ve cismin dönmesini gösteren küçük bir açıdır.

10.3. Virtüel İş İlkesi

A

r-F F

(ds =rd )θ B''2

dθ

1dr

A' dr2

1dr

B'

B

Şekil 10.5

112

Şekil 10.2 deki maddesel noktanın A dan A′ ye küçük bir yerdeğiştirme yaptığı kabul edilsin. Yerdeğiştirmenin olması mümkün fakat oluşması gerekli değildir. Kuvvetler dengede ve maddesel nokta hareketsiz yada, maddesel nokta verilen kuvvetler sistemi altında AA ′ den başka bir doğrultuda hareket edebilir. Bu nedenle sözü edilen yerdeğiştirme sanal bir yerdeğiştirmedir. Buna virtüel yerdeğiştirme denir ve rδ ile gösterilir. rδ birinci dereceden diferansiyel olmasına karşın sanal olduğu için rd yerine rδ kullanılmıştır. Virtüel yerdeğiştirmeler bir maddesel noktanın denge şartlarının sağlanıp sağlanmadığını saptamakta kullanılabilirler.

nFFF ....,,, 21 kuvvetlerinin rδ sanal yerdeğiştirmesi sırasında yaptığı işe virtüel iş denir. Bu iş

rFrFrFW n δδδδ ⋅++⋅+⋅= ........21

rFFFW n δδ ⋅+++= )........( 21

rRW δδ ⋅= (10.3)

olur. Burada R bileşke kuvvettir.

F3

Aδr A'

nF

F2 1F

Şekil 10.6

Bir Maddesel Nokta İçin Virtüel İş İlkesi

Maddesel nokta dengede ise bu maddesel noktaya etki eden kuvvetlerin virtüel işi, maddesel noktanın virtüel yerdeğiştirmesi için sıfırdır.

Bir Rijit Cisim İçin Virtüel İş İlkesi

Rijit cisim dengede ise cismin herhangi bir virtüel yerdeğiştirmesi için rijit cisme etkiyen dış kuvvetlerin toplam virtüel işi sıfır olur. Eğer cisim dengede ise cismi oluşturan tüm maddesel noktalar dengededir. Bu demektir ki maddesel noktalara etkiyen iç kuvvetlerin virtüel işlerinin toplamı sıfır olmalıdır, bundan ötürü dış kuvvetlerin toplam işi de sıfır olmalıdır. Virtüel iş ilkesi birbirine bağlı rijit cisimler sistemine de uygulanacak şekilde genişletilebilir. Virtüel yerdeğiştirme sırasında sistem birleşik durumda kalırsa sadece sistemdeki dış kuvvetler göz önüne alınır. Çünkü çeşitli birleşimlerdeki iç kuvvetleri toplam işi sıfırdır.

10.4. Virtüel İş İlkesinin Uygulamaları Virtüel iş ilkesi birbirine bağlı birçok rijit cisimden oluşan makinalar ya da mekanizmalarla ilgili problemlerin çözümüne uygulandığında özellikle yararlı olur.

113

A

δyc

AB

(a) (b)

A

A

V

HxB

C

θ θl l

F

yC

δθθ

yc C'

F

xB'B

δxBN

Q

Şekil 10.7

Şekil 10.3a daki ahşap bloğu sıkıştırmak için kullanılan ACB mafsallı aracı göz önüne alınsın. Verilen P kuvveti C ye uygulanınca (sürtünme yok) aracın bloğa uyguladığı kuvvet bulunmak istensin. Bu durumda koordinat sisteminin başlangıcı A da seçilsin. θ açısına pozitif bir θδ rtımı verilsin. Aracın bloğa uyguladığı kuvvet Q olarak alınsın. Bu durumda dış kuvvetler ve reaksiyon kuvvetlerinin virtüel işi bulunsun:

θδθδθ cos2sin2 lxlx BB =→=

θδθδθ sincos lyly CC −=→= (10.4)

elde edilir. Buna göre Q ve P kuvvetlerinin toplam virtüel işi

θδθθδθδδδδδ ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−=⋅−⋅−=+= sincos2 lPlQyPxQWWW CBQP (10.5)

olur. 0=Wδ yazılarak

θθθ tgPQlPlQ ⋅=→⋅⋅⋅=⋅⋅2

sincos2 (10.6)

elde edilir.

Virtüel iş metodunun alışılagelmiş denge denklemlerine göre üstünlüğü açıktır: Virtüel iş metodu kullanılarak bütünbilinmeyen tepkilerin yok edilmesi mümkün olmaktadır. Oysa ki A noktasına göre moment alınsaydı sadece iki adet bilinmeyen tepki yok edilebilecekti. Eğer göz önüne alınan virtüel yerdeğiştirmeler mesnetler ve bileşimlerle sağlanan bağlarla uygunsa , bütün tepkiler ve iç kuvvetler yok edilmiş olur ve yalnız yüklerin, uygulanan kuvvetlerin ve sürtünme kuvvetlerinin işlerinin göz önüne alınması gereklidir.

Burada görüldüğü gibi tam bağlı sistemlerde her ne kadar göz önüne alınan yerdeğiştirmeler hiçbir zaman olamayacaklarsa da ilgili sistemlerin çözümünde kullanılabilirler.

10.5. Serbestlik Derecesi Bir taşıyıcı sistemin herhangi bir noktasının konumunun belirlenebilmesi için gereken bağımsız koordinat değişkeni sayısı, ya da bir sistemde oluşabilecek bağımsız virtüel yer değiştirmelerin sayısı diye iki ayrı tanım verilebilir.

114

Bir, iki ve üç serbestlik dereceli sistemler Şekil 10.4a, b ve c de gösterilmiştir.

Al

θ1 θ1

Al

θ2

1

2l

1

θ1

A

θ2

3l

θ3

2l

1l

(c)(b)(a) Şekil 10.8

10.6. Potansiyel Enerji Potansiyel enerji, bir cismin konumu sebebiyle iş yapma kapasitesi olarak tanımlanmaktadır. φ skaler bir fonksiyon olarak tanımlansın. Bu fonksiyonun değeri konum koordinatlarına bağlıdır. Bir F kuvvetini böylesi bir fonksiyonun gradyeni olarak ifade edelim:

kz

jy

ix

F∂∂

+∂∂

+∂∂

=φφφ (10.7)

Bu kuvvetin yaptığı iş, işin tanımından

( )

12

21

2

1

..)(

φφφφφφ

φφφ

φ

φ−=∫=∫ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

+∂∂

=∫ ∫ ++⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

+∂∂

==→

ddzz

dyy

dxx

kdzjdyidxkz

jy

ix

rdFW k

(10.8)

olur. kW )( 21→ konservatif kuvvetin işi olarak adlandırılmaktadır. Burada φ ye iş fonksiyonu dersek, bunun değeri fonksiyonun ilk ve son değerlerine bağlıdır ve iki nokta arasında yapılan iş izlenen yoldan bağımsız kalmaktadır (Şekil 10.5a). Eğer kuvvet A1 den A2 ye gittiğinde kapalı bir yörünge çiziyorsa (A1 ile A2 üst üste düşer) işin sıfır ettiği görülür (Şekil 10.5b). Böylesi bir φ fonksiyonunun gradyeni olarak yazılabilen kuvvete de konservatif kuvvet denmektedir. Bu durumda φ−=pE olarak tanımlanan ifadeye potansiyel enerji fonksiyonu adı verilir.

115

(a)

O

z

x O

z

2. yol

A (x ;y ;z )

1. yol

1111

yF

A (x ;y ;z )2 2 2 2

(b)

A(x;y;z)

A (x ;y ;z )1 1 1 1

Fy

x

Şekil 10.9

Dengedeki )0( =Wδ korunumlu sistemlerde keyfi x, y, z yer değiştirmeleri için 0,0,0 ≠≠≠ zyx δδδ olmalıdır. Bu durumda (10.8) den

0=∂∂

=∂∂

=∂∂

zyxφφφ (10.9)

olmalıdır. (10.7) denkleminden

zF

yF

xF zyx ∂

∂=

∂∂

=∂∂

=φφφ ,, (10.10)

olduğu görülmektedir. (10.10) un karışık türevleri

xF

zF

zF

yF

xF

yF zxyzyx

∂∂

=∂

∂∂

∂=

∂∂

∂

∂=

∂∂

,, (10.11)

olmalıdır. (10.7) den

0=∇×∇=×∇ φF ? (10.12)

yazılabilecektir. (10.12) den çok önemli bir sonuç olan

0=∂∂

∂∂

∂∂

=×∇

zyx FFFzyx

kji

F (10.13)

eşitliği elde edilir. (10.13) ün yalnızca korunumlu kuvvetler için sağlatilebileceğinin yeniden hatırlatılmasında fayda vardır.

116

10.7. Bazı Kuvvetler İçin Potansiyel Enerji İfadeleri

Sabit kuvvet: Sabit bir kuvvet kcjbiaF ++=∇= φ olarak verildiğine göre Ep potansiyel enerji fonksiyonunu bulalım:

cz

by

ax zyx =

∂∂

==∂∂

==∂∂

=φφφφφφ (10.14)

olarak alınır. (10.14) eşitliklerinden birincisinin x e göre integrasyonundan

1caxdxa +∫ ==φ (10.15)

olur. (10.15) deki c1 , içerisinde y ve z değişkenlerini kapsamaktadır. Bu sebeple, (10.15) nin y değişkenine göre türevi

ycc yy ∂

∂== 1

1φ (10.16)

olmaktadır. (10.16) ifadesiyle (10.14) eşitliklerinden ikincisi karşılaştırılırsa

bc yy == 1φ (10.17)

y

O

z

x

F

Şekil 10.10

olduğu görülür. (10.17) ifadesinin y değişkenine göre integrasyonundan bu kez

21 cbyc += (10.18)

olur. (10.18) in z ye göre türevi (10.14) ün üçüncü eşitliğiyle karşılaştırılırsa

cc zz == 2φ (10.19)

bulunur. (10.19) un z değişkenine göre integrasyonu ile

32 cczc += (10.20)

elde edilir ve (10.15), (10.18) ve (10.20) den

3cczbyax +++=φ (10.21)

şeklinde iş fonksiyonu bulunur. İşlemlerde φ∆ kullanıldığından c3 sabitinin her hangi bir değer alması sonuçları etkilemez. Bu sebeple c3 = 0 alınır. Enerji fonksiyonu (10.21) ve φ−=pE den

czbyaxE p −−−= (10.22)

117

olarak elde edilir.

Yerçekimi kuvveti: Şekil 10.6 da verilen eksen takımı için kmgF −= olmaktadır. Böylesi bir kuvvetin potansiyel enerji fonksiyonu sabit kuvvet için izlenen işlem aşamaları tekrarlanarak elde edilir. Bu aşamalar aşağıda verilmiştir:

F=-mgkxO

z

ym

Şekil 10.11

kz

jy

ix

kmgF∂∂

+∂∂

+∂∂

=−=φφφ (10.23)

(10.23) de görüldüğü gibi

mgdzd

zyx−==

∂∂

=∂∂

=∂∂ φφφφ ,0 (10.24)

(10.24) ün ikinci eşitliğinden

∫ +−=−= cmgzdzmgφ (10.25)

olur ve (10.25) ve , φ−=pE den

mgzEccmgzE pp =→=−=−= 0φ (10.26)

olarak yerçekimi kuvveti için potansiyel enerji fonksiyonu bulunur.

Yay kuvveti : Yay kuvveti durumunda, Şekil 10.7 de seçilen eksen takımı için, yayın x ekseninin artı yönünde x kadar çekilmesi durumunda, yayın maddesel noktaya etki ettirdiği kuvvet ixkF −= olmaktadır. Bu kuvvet, bir φ skaler fonksiyonunun gradyeni olarak

kz

jy

ix

ikxF∂∂

+∂∂

+∂∂

=−=φφφ (10.27)

118

A Al l+x

(a) (b)

Şekil 10.12

şeklinde ifade edilir. Daha önceki işlemler tekrarlanırsa

0, =∂∂

=∂∂

−=∂∂

zykx

xφφφ (10.28)

olur ve buradan

ckx +=−= 2

21φ (10.29)

elde edilir. Potansiyel enerji fonksiyonu ise (10.29) ve φ−=pE den

22

210,

21 kxEcckxE pp =→=−= (10.30)

şeklinde bulunur. Yay için elde edilen bu ifade, yayın uzaması boy değiştirmemiş konumdan ölçüldüğü sürece geçerlidir. Yani şekil 10.7 de x1 den x2 ye gidilmesi durumundaki potansiyel

)(21 2

122 xxkE p −= (10.31)

olup, bu ifadede )( 21

22 xx − yerine 2

12 )( xx − kullanılamaz.

10.8. Dengenin Kararlılığı (Stabilitesi) Denge ve potansiyel enerji arasındaki ilişki (10.8) denklemleriyle kurulmuştu. Tek serbestlik dereceli bir sistemde sağlatılması gereken koşul

01

=∂∂θφ (10.32)

olur, burada 1θ sistemin konumunu tarifleyen bir koordinattır. Denge incelendiğinde ortaya üç durum çıkacaktır:

1) Kararlı denge (Şekil 10.8a).

2) Kararsız denge (Şekil 10.8b).

3) Tarafsız (farksız) denge (Şekil 10.8c).

119

(b)(a) (c)

Şekil 10.13

Bu aşamada denge konumuna karar verebilmek için potansiyel enerjinin ikinci türevinin

işaretine bakmak gerekir. Örneğin tek serbestlik dereceli sistemlerde,

→>∂

∂=

∂

∂0,0 2

1

2

1 θθpp EE

kararlı denge (Şekil 10.9a) (10.33a)

→<∂

∂=

∂

∂0,0 2

1

2

1 θθpp EE

kararsız denge (Şekil 10.9b) (10.33b)

→=∂

∂=

∂

∂0,0 2

1

2

1 θθpp EE

tarafsız denge (Şekil 10.9c) (10.33c)

olur. pE fonksiyonunun serbest değişkene göre değişimine örnek olarak Şekil 10.9a kararlı denge, Şekil 10.9b kararsız denge ve Şekil 10.9c de tarafsız denge için gösterilebilir. İncelenen sistem çok serbestlik dereceli de olabilir. Bu durumda çok değişkenli fonksiyonlar teorisinden yararlanılır. Örneğin iki serbestlik dereceli bir sistemde (10.33) denklemleri yerine,

021

=∂

∂=

∂

∂

θθpp EE

(10.34a)

022

2

21

22

21

2

<∂

∂−

∂

∂−

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

∂∂

∂

θθθθppp EEE

(10.34b)

00 22

2

21

2

>∂

∂>

∂

∂

θθpp E

dayaE

(10.34c)

bağıntıları sırasıyla sağlanıyorsa denge kararlıdır ve pE potansiyeli minimumdur.

O

φ

θ1

(a)

O

(b)

θ1

φ

θ1O

(c)

φ

Şekil 10.14

120

Ek 1: Türev Operatörü Nabla Nabla bir türev operatörü olup, vektörel ve skaler fonksiyonlara uygulanır. Simgesel gösterimi ∇ dır. Operatörün açık yazılımı ise,

kz

jy

ix ∂

∂+

∂∂

+∂∂

=∇ (E1.1)

dir. Nabla, vektör özelliklerine sahip olup, bununla uygulamada grad, diverjans, curl olarak karşılaşılmaktadır.

• Gradyan: ( )zyx ,,φ biçimindeki bir türetilebilir fonksiyona uygulandığında, φ∇ bir vektör alanı tanımlar:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

+∂∂

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

+∂∂

=∇ kz

jy

ix

kz

jy

ix

φφφφφ (E1.2)

Eğer φ∇ , λ gibi bir birim vektörle skaler çarpılırsa, λφ .∇ , λ doğrultusunda ( )zyx ,,φ nin değişimini verir. φφ grad=∇ biçiminde de yazılabilir. Ayrıca φ∇ , c

bir sabit olmak üzere, ( ) czyx =,,φ yüzeyine dik bir vektör olur.

• Diverjans:

( )kAjAiAkz

jy

ix

A zyx ++⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

+∂∂

=∇

kz

Ajy

Ai

xA zyx

∂∂

+∂

∂+

∂∂

= (E1.3)

bulunur. Yalnız şunu da belirtelim ki, ∇≠∇ AA Ayrıca =∇ A diveryans A biçiminde yazılabilir.

• Curl: ),,( zyxA biçimindeki bir türetilebilir vektörle, ∇ vektörel çarpılırsa,

zyx AAAzyx

kji

A∂∂

∂∂

∂∂

=×∇ (E1.4)

olur. AcurlA=×∇ diye de yazılabilir.

),,( zyxφ , ),,( zyxψ fonksiyonları ile, A B vektörleri türetilebilir olmak koşuluyla, ∇ türev operatörünün bazı özellikleri:

1. ψφψφ ∇+∇=+∇ )(

2. BABA ..)( ∇+∇=+∇

3. BABA ×∇+×∇=+×∇ )(

4. )().()(. AAA ⋅∇+∇=∇ φφφ

121

5. )()()( AAA ×∇+×∇=×∇ φφφ

6. ).().().( BAABBA ×∇+×∇=×∇

7. 0)( =∇×∇ φ

8. 0)( =×∇⋅∇ A

9. AAA 2)..()( ∇−∇∇=×∇×∇

Burada 2∇ ye Laplacien denir ve açık yazılımı,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

+∂∂

=∇ 2

2

2

2

2

22

zyx

dir.

Ek 2. Skaler Çarpımın Distribütif Olduğunun İspatı

Skaler çarpımın distribütif de olduğunu göstermek için şu bağıntı ispatlanmalıdır:

2121 ..).( QPQPQQP +=+ (E2.1)

Genelliği bozmadan P nin y ekseni doğrultusunda olduğu kabul edilebilir, Şekil E2.1. Q ile 1Q ve 2Q nin toplamlarını, yθ ile de Q nun y ekseni ile yaptığı açı gösterilirse (E2.1) in sol yanı şöyle ifade edilebilir:

y

.

z

1Q

yQ

P

x

2Q

Q

θy

Şekil E2.1

yy QPQPQPQQP .cos...).( 21 ===+ θ (E2.2)

burada yQ , Q nun y bileşenidir. (E2.1) in sağ yanı da benzer şekilde şöyle ifade edilebilir:

yy QPQPQPQP )()(.. 2121 +=+ (E2.3)

Q , 1Q ile 2Q nin toplamı olduğundan, y bileşeni de 1Q ve 2Q nin y bileşenlerinin toplamına eşit olacaktır. Böylece (E2.2) ve (E2.3) de elde edilen ifadeler birbirine eşit ve dolayısıyla (E2.1) ispatlanmış olur.

122

KAYNAKLAR

1. Mühendisler İçin Vektör Mekaniği, Statik, F. P. Beer, E. R. Johnston, E. R. Eisenberg (Çevirenler Ö. Gündoğdu, H. R. Öz, O. Kopmaz, İzmir Güven Kitabevi, Eylül 2007.

2. Mühendisler İçin Mekanik, Statik, M. H. Omurtag, Birsen Yayınevi, 2007.

3. Çözümlü Statik Problemleri, H. Engin, E. Ergüven, Beta Basım Yayım Dağıtım A. Ş., 1995.

1. hafta bir kuvvet çiftinin momentine gelindi