1

MİMAR SİNAN’IN TAŞ KÖPRÜ VE KEMERLERDE KULLANDIĞI HESAP METODU

(BİRİM DAİRE METODU)

VAHİT OKUMUŞ

02.09.2016

GİRİŞ

Mühendis, üzerinde çalıştığı projeyi başarabilmek amacıyla yeni araçlar,nesneler,işlemler ya da fikirler

üretmek; genellikle de önündeki problemi çözebilmek için, buluş yapmak zorundadır. Ancak hiçbir buluş birdenbire

oluşmaz, her buluş kendinden önceki buluşlara ve gelişmelere dayanır.

Günümüz mühendislik eğitiminde eksik olan şey, çağdaş malzeme ve tasarım yöntemlerini çokça kullanmakla

birlikte, kadim bilgi ve bilime ait verilerin yeterince işlenememesi ve kullanılamamasıdır.

Oysa ki Dünyamız, insanın kendisi, insanlık tarihi ve doğa olmak üzere; araştırılıp kullanılacak üç adet

laboratuarı bünyesinde barındırmaktadır ki; İnsanın kendisi, tıp bilimini; İnsanlık tarihi, tarih bilimini; Doğanın yapısı

ise ; bu yapıyı gözlemleyip sonuçlar çıkararak insan yaşamını kolaylaştırıcı çözümler üretecek olan mühendislik

bilimini ilgilendirmektedir. Bu bağlamda; Mühendislik bilgim, çalışmalarım süresince beni de doğayı incelemeye sevk

etti.

Doğayı incelerken, zamanı, tarihi ve değişimin bütün boyutlarını içinde sakladığını, bilimi var ettiğini anladım.

Doğa tarihten bizlere neleri intikal ettirmiş ise, orada bir bilimin saklandığını farkettim. Bu farkındalık, çalışmalarımın

doğrultusunu, kadim bilgiyi içinde barındıran eski eserlerle ilgilenmeye yönlendirdi. Tarihten günümüze ulaşan

eserlerin bir şekilde bizleri bir bilimsel sonuca ulaştırdığını ve bu incelemelerin günümüz mühendisliğinde bilimsel

kazanç sağlayacağını düşünerek, bu eserlerin yapım yöntemlerini irdelemeyi amaçladım.

Herhangi bir materyal tarihten günümüze intikal etmiş ise, ya kendisinde, ya da bulunduğu mekan veya

çevrede bizlerin bilmediği bir bilim gizlidir. Bu teorimi doğrulamak, gerekse de kadim bilgiye ulaşmak amacıyla,

tarihten günümüze intikal eden duvar, köprü, mabed, sedde gibi yapıları incelemeye başladım. İnanıyordum ki; bu

yapılar ,ister deneyimler sonucu ,isterse öncekileri taklit ederek tesadüfi yapılmış olsun, bu deneyim ve tesadüflerde

bir bilim gizlidir. Bu bilimi,bilgiye dönüştürme çabamda, dikkatimi çeken, Mimar Sinan'ın eserleri oldu.Zira, O'nun

eserleri öncekilerden ve sonrakilerden farklıydı.

Günümüze ulaşan inşaat eserlerinde kullanılmış olan, sadece basınca dayanan ve çekmeye dayanamayan

malzemelerden oluşan yapım tekniği, Sinan'da en son noktasına ulaşmış geometrik yöntem olan ''Birim Daire''

metodudur.

Kubbe,kemer ve tonoz yapıları, birim daire metodu ile çözülür.

BİRİM DAİRE METODU ÇÖZÜMÜ

1-Daireye Gelen Yüklerin Doğrultusu

2-Çembere Gelen Yüklerin Sadece Basınç Etkisi Yaratması İçin �� Kuvvetinin Fonksiyonunun İncelenmesi

3-Çember Parçalarının Belirlenmesi

4-Bileşke Kuvvetlerinin Yönleri

5-�� Bileşke Kuvvetinin Merkezle Yaptığı Açı α1> α İse Nasıl Hesaplanır?

2

6- Bileşke Kuvvetlerinin Düşeyle Yaptığı Açı, Teğet Açısı ile Aynı Olması Halinde

7-Bileşke Kuvvetlerinin Düşeyle Yaptığı Açı, Teğetin Düşeyle Yaptığı Açıdan Büyük Olması Hali

8-Birim Daire Metodu Nasıl Kullanılır

9-Mevcut Kemer Ve Köprü Tahkiki

10-Kesit Tahkiki

11-Basınç Tahkiki

12-Örnek Çözümler ve Yorumlar

ÖZET

Bu makale; yığma yapılarda kullanılacak statik sistemi anlatmaktadır. Bu sistem birim daire metodudur. Bu

metot tarafımızdan bulunmuştur. Metodun özelliği; kesitlerdeki kuvvetlerin bileşkesinin doğrultularını bulup; bu

doğrultulara bağlı çözümler üretmektedir.

Yığma yapılar sadece basınca çalışan tuğla ve taştan yapılırlar. Kesitlerdeki bileşke kuvvetlerinin doğrultuları

sadece basınç oluşacak sükrüktürler oluşturma da yol gösterir.

Biz bu makalede birim daire metodunun ne olduğunun ve nasıl hesaplandığını ispat etmeye çalıştık.

Birim daire metodu ile köprü ve kemerin nasıl çözüldüğünü örneklerle anlattık.

Köprü ve kemerlerin hareketli ve sabit yük altında bileşke kuvvetlerini bularak, gösterdikleri değişimlerini

irdeledik.

Köprü ve kemerlerin basınç tahkiklerinin nasıl yapılacağı gösterdik. Sürtünmenin yığma yapılardaki

fonksiyonun ne kadar önemli olduğunu örneklerle anlattık. Bu konuda hesabın nasıl yapılacağını gösterdik. Sonlu

elemanlar yazılım programı ile yığma yapılar tahkikinin doğru sonuç vermediğini çözülmüş örnekle gösterdik.

EMER VE KÖPRÜLER BİRİM DAİRE METODU İLE ÇÖZÜLÜR

Kemer ve köprüleri çözmekte kullanılan bu metodun adım adım nasıl olduğunu görelim.

1 - DAİREYE GELEN YÜKLERİN DOĞRULTUSU

Kemerlerin yapımında bir hesap var mıdır sorusuna cevap arıyorsak, öncelikle çemberi inceleyerek özelliklerini

öğrenmemiz gerekmektedir.

3

Şekil-1

Şekil-1 deki BAB dairesinin merkezi O olsun. Dairemizin üzerinde herhangi X noktası

işaretleyip 𝑋𝑂 doğrusunu çizelim. 𝑂𝑋 doğrusu X noktasından çizilen (�� ) teğete diktir. Bu özellik

çemberin var oluş “çizilme” özelliğidir. 𝐵𝑂�� açısı α , (XY) doğrusu 𝑂𝐵 dik ise, 𝑌𝑋��=α dır.

𝑂𝑋��=β olsun. α+β=900dir. 𝑂𝑋��=900dir. 𝑂𝑋��= ɣ+β dır. Şekil-1 α+β=ɣ+β buradan α = ɣ olur.

Yani 𝑌𝑋�� = α = 𝐵𝑂��

Yığma yapılar M=Moment Z=Kesme kuvvetini taşıyamazlar. Sadece basınç kuvveti olan ( �� ) kuvveti altında

statik olabilirler.

Çünkü kemerler tuğla veya taştan inşa edilirler. Tuğla ve taşla birlikte inşa edilmiş kemerler olabilir. Fakat

taşıyıcılıkları iyi hesap edilmelidir. Hangi malzemelerle inşa edilir ise edilsin, çekme kuvvetine dayanıklı olmayan

malzemelerden yapılmış kemerler sadece �� basınç kuvvetinin etkisinde olmalıdır.

Şekil-1 de X noktasına etki eden düşey kuvvetlerin toplamı �� yi, yatay kuvveti de �� ise ��

�� =𝑡𝑎𝑛 𝛼 olması halinde �� ve

�� kuvvetlerinin �� bileşkesi teğet doğrultusunda olur. Teğetse teğet olduğu noktada daireye diktir. �� kuvvetinin teğet

doğrultusunda olması durumunda X noktasına diktir. Şayet daireye (çembere) gelen kuvvetlerin �� bileşkelerini her

kesitte çembere dik gelecek şekilde çembere yüklerin gelmesini sağlayabilirsek çembere gelen yükler sadece basınç

etkisi yaparlar.

4

Şekil-2

2 -ÇEMBERE GELEN YÜKLERİN SADECE BASINÇ ETKİSİ YARATMASI İÇİN �� KUVVETİNİN

FONKSİYONUNUN İNCELENMESİ

Şekil-2 de görülen �� bileşke kuvvetinin X noktasında daireye teğet olmasının tek şartı ��

�� =𝑡𝑎𝑛 𝛼 olmasıdır.

Buradan çembere gelecek yükler �� = ��

𝑡𝑎𝑛 𝛼 olmalıdır. Buradan �� = �� .cot 𝛼

�� yatay kuvvet, kemerin her noktasında eşit miktarda etki eder. �� kuvveti bir kemerin her noktasında eşit

bir değerdir.

Şekil-3

Şekil-3’e bakıldığında çemberin tepe noktasında Şekil-1 deki ( A ) noktasında bulunacak kesit yükü sıfır olmalı.

Buda mümkün değildir. Çünkü çembere dışarıdan herhangi bir yük gelmese dahi çemberin kesit yükü vardır. Var

olan tam daire bir çemberde sıfır yükleme pratikte yoktur. Ancak tepe noktası yoksa ( kesilmemiş ise ) Şekil-1 deki (

A ) noktasında yük sıfırdır.

Şekil-3’e baktığımızda α = 0 olduğu ( B ) noktasında P düşey yük sonsuz olmalı. Sonsuzluk belirsizliği ifade

ettiği için buda mümkün değil.

Bu özellikler bize şunu göstermektedir; tam yarım daire çember yapılamaz veya yapılmamalıdır. Bu şart ��

kuvvetlerin çembere dik olması durumunda şarttır.

5

Şekil-4

Bu durumda BAB çemberi bir kemer olacak ise şayet B, A, B noktaları kaldırılmalı. Kemeri oluşturacak daire

parçaları Şekil-4 de görüldüğü üzere A’ ve B’ noktalarının nerede olacağını tesbit etmeyi gerekli kılar.

3 -ÇEMBER PARÇALARININ BELİRLENMESİ

r=1 olacak bir birim daire üzerinde hesap yapalım.

Şekil-5

�� bileşke kuvveti çembere 𝐴�� yayına dik olması için ��

�� =𝑡𝑎𝑛 𝛼 olmalıdır.

Buradan �� = ��

𝑡𝑎𝑛𝛼 olur. Buradan �� = �� .cot 𝛼 olur.

�� =1 kabul edersek �� = cot 𝛼 olur.

Cot 900= 0 Sıfırdır

Cot 450= 1 Bir birimdir

Cot 00= ∞ Sonsuzdur

6

��

�� =𝑡𝑎𝑛 𝛼 ise 450de �� = 𝑃45

olur.

Bir kemerde “çemberde” �� bileşke kuvvetleri her noktada kesite dik olacak ise 450nin tekabül ettiği E noktasında

da M moment sıfır olmalı.

E’H= Y olsun. HE=X olsun.

𝛴𝑀𝐸 = 0 𝑌. �� = 𝑃. 𝑋 450de �� = 1 olduğundan,

�� = �� X olur. 𝛴�� = olduğu içinde X = Y olmalı.

450ye kadar olan �� kuvvetlerinin ağırlık merkezi yeni H’ noktası yaklaşık olarak EH/3 olur.

EH’ = 0,707 dir. Cos 450 den buradan X = 0,707/3

X =0,236 Buradan; Cos 450+ 0,236 = Cos Ɯ

0,707 + 0,236 = 0,943 = Cos Ɯ buradan,

Ɯ = 710 olur. Bu durumda çemberin E’ noktası 710lik merkez açısının çemberi kestiği noktadır.

Şekil-5 deki E” noktası yükleme durumuna göre değişir fakat hiçbir zaman sıfır olamaz.

Şekil-4 deki A’ noktası 710 civarında olmalı.

B’ noktalarımızda sıfır olmamak şartıyla değişkendir.

Şekil-6

A’ noktalarını yan yana getirecek kadar B’ noktalarını aynı doğru üzerinde yaklaştırarak B’A’B’A’ kemeri

elde edilir. A’ ler A noktasında birleştirilmesi için 𝐶𝑜𝑠 710= 0,3256 birim yaklaştırılmalıdır.

4 –BİLEŞKE KUVVETLERİNİN YÖNÜ

Şu zamana kadar yaptığımız hesaplar,

7

Şekil-7

Şekil-7 de görülen kemerde �� bileşke kuvvetleri her noktada kemere teğettir.

�� bileşke kuvvetleri kemerlere üç şekilde etki edebilir.

�� bileşke kuvvetinin düşeyle yaptığı α1= α ise �� bileşke kuvveti teğettir.

�� bileşke kuvvetinin düşeyle yaptığı α1 açısı α1> α ise �� bileşke kuvveti kemeri merkezden dışa doğru iter.

�� bileşke kuvvetinin düşeyle yaptığı α1 açısı α1< α ise �� bileşke kuvveti kemeri merkeze doğru iter.

�� bileşke kuvvetinin kemeri merkeze doğru itmesi kemer ve köprülerde istenmez.

Kemerlerde oluşan �� bileşke kuvvetin düşeyle yaptığı α1= α ise �� bileşke kuvveti teğettir, 1. aşamada bu

durumun nasıl olduğunu gördük.

5 - �� BİLEŞKE KUVVETİNİN MERKEZLE YAPTIĞI AÇI α1> α İSE HESAP NASIL YAPILIR?

Kemerlerin çözümünde kullanılan metot birim daire metodudur.

1- α1= α → ��

�� =𝑡𝑎𝑛 𝛼 dır. Bu durumda �� bileşke kuvveti kemerde bulunduğu noktaya diktir.

2- α1> α → ��

�� =𝑡𝑎𝑛 𝛼1 > 𝑡𝑎𝑛 𝛼 ise �� bileşke kuvveti kemeri dışa doğru iter.

3- α1< α → ��

�� =𝑡𝑎𝑛 𝛼1 < 𝑡𝑎𝑛 𝛼 ise �� bileşke kuvveti kemeri içe doğru iter.

6 - BİLEŞKE KUVVETLERİNİN DÜŞEYLE YAPTIĞI AÇI, TEĞET AÇISI İLE AYNI OLMASI HALİNDE

Önce r=1 birim daire çizelim, Şekil-8 de olduğu gibi. Sonra 𝐴1, 𝐴2…….𝐴𝑛 noktalarına gelen düşey yükler

zati ağırlığa göre bulunur. Daha sonra bu yükler A noktasından çizilen teğet üzerinde A doğrusu üzerine işaretlenir.

𝑂𝐴 doğrusu �� yatay kuvvet kabul edilir.

8

Şekil-8

Şekil-8’e bakıldığında;

𝑂𝐴

𝐴𝐶1 = 𝑡𝑎𝑛 𝛼1 ,

𝑂𝐴

𝐴𝐶2 = 𝑡𝑎𝑛 𝛼2 ,

𝑂𝐴

𝐴𝐶𝑛 = 𝑡𝑎𝑛 𝛼𝑛 𝑂𝐴 = N = 1 birim kabul edilir.

𝑡𝑎𝑛 𝛼1, 𝑡𝑎𝑛 𝛼2 ……… 𝑡𝑎𝑛 𝛼𝑛 = 𝑡𝑎𝑛 𝛼 olduğundan N = 1 birimdir.

𝑂𝐴

𝐴𝐶1 =

𝑁

𝑃1 ,

𝑂𝐴

𝐴𝐶2 =

𝑁

𝑃2 , …….

𝑂𝐴

𝐴𝐶𝑛 =

𝑁

𝑃𝑛 𝑂𝐴 = N = 1 olduğu için, 𝑃1

= 𝐴𝐶1 , 𝑃2 = 𝐴𝐶2 , …… 𝑃2

= 𝐴𝐶𝑛

A teğeti üzerine 𝑃1 , 𝑃2

, … .. 𝑃𝑛 (�� ) kuvvetlerini işaretleyerek bulduğum 𝐶1

, 𝐶2 , … .. 𝐶𝑛

noktalarını birim dairenin merkezi

ile birleştiririm. Örneğin 𝐴1 noktası 𝑂𝐶1 doğrusu üzerinde ise 𝐴1 noktasına gelen 𝑅1 bileşkesinin düşeyle yaptığı açı

𝛼1 ise 𝐴1𝑂 doğrusunun da düşeyle yaptığı �� sına eşit olur. Bu demek olur ki 𝑅1 bileşkesi 𝐴1 noktasında birim

kemerimize teğettir. Her 𝑂𝐶𝑛 doğrularında bu durumu sağlarsam, tüm birim kemerde sadece basınç oluşturan

yükleme sistemini bulurum.

7 - BİLEŞKE KUVVETLERİNİN DÜŞEYLE YAPTIĞI AÇI, TEĞETİN DÜŞEYLE YAPTIĞI AÇIDAN BÜYÜK OLMASI

HALİ

Şayet 𝐴1 noktası 𝑂𝐶1 doğru üzerinde değil de 𝑂𝐶1 doğrusunun kemeri kestiği 𝐴1′ noktası A noktasına daha

yakınsa Şekil-8 de görüldüğü gibi, o zaman 𝑅1 bileşke kuvvetinin merkezle yaptığı açı α1> α açısı olur.

Tekrar edelim 𝐴1′ noktasının 𝑂𝐴 doğrusuna 𝐴1 noktasından daha yakın bir nokta ise 𝐴1

′ 𝑂 açısı 𝐴1𝑂

açısından daha büyüktür.

9

Şekil-9

Bu durumda 𝑂𝐴

𝐴𝐶1 = 𝑡𝑎𝑛 𝛼1 . Bu şu demektir, 𝐴1 noktasındaki kuvvetlerin bileşkesi 𝐴1 noktasında kemere

(çembere) teğet değildir. 𝐴1 noktasındaki 𝑅1 bileşke kuvveti 𝐴1

′ noktasında kemere teğettir. Bu da şu demektir, 𝑅1

bileşke kuvveti 𝐴1 noktasında düşeyle yaptığı açı 𝛼1dir. Ve de α1> α dır. Şayet 𝐴1, 𝐴2…….𝐴𝑛 noktalarına gelen

kuvvetlerin bileşkesini bu şekilde düzenleyebilirsem kemeri her noktada O merkezinden dışarıya doğru iten bir

sistem oluşturmuş olurum.

𝐴1 noktasındaki 𝑅1 bileşke kuvvetin 𝐴1 noktasında düşeyle yaptığı açı (𝛼1)dir. Fakat

𝐴1 noktasındaki çemberin teğetinin düşeyle yaptığı açı (α)dır. α1> α dır. 𝑅1 bileşkesinin düşeyle yaptığı 𝛼1 açısı 𝐴1

′

noktasındaki teğetin düşeyle yaptığı açıya eşittir. Bu şekilde düzenlediğim kemer ve köprünün 𝐴�� yayının 𝑅1 bileşke

doğrultusu dolu ise 𝐴�� yayı statik olur. Kemer ve köprüler bu mantıkla yapılır.

Bu durumda iki kemer şekli olduğunu gördük. Biri kemere veya köprüye gelen zati yüklerin cotangantın bir

fonksiyonu olarak yükleriz. Bu durumda 𝑅1 bileşke kuvvetleri daireye teğet olur. Zati yükler her kesitte bulunarak

birim daireye göre daha önce anlattığımız gibi A doğru üzerine işaretlenerek 𝑅1 bileşkesinin kesite teğet olması

sağlanır. Bu metot kubbelerde kullanılır.

Köprü ve kemerlerde kullanılan metodu bir örnekle anlatalım.

10

Şekil-B

Şekil-B de CDEF kesitinde bir kemerimiz olsun. Kemerin merkezinden 80 den başlamak üzere

100, 150, 200, 250, 300, ………… . 750, 800, 830, 840açılarını çizeriz. Böylece 𝐴1, 𝐴2…….𝐴𝑛 noktalarını buluruz. Daha

sonra 𝐴1𝐴2𝐷1𝐷2 alanı hesaplarız. Bu alan 𝐴2 kesitine gelen 𝑃2 düşey yükü olur. 𝐴1𝐴3𝐷3𝐷1 alanı hesapladığımızda

bulduğumuz değer 𝑃3 düşey yükü olur. Bu değerde 𝐴3 kesitine etki eden düşey yük olur. Daha sonra 𝐴1𝐴4𝐷4𝐷1

alanını hesaplar 𝑃4 buluruz. Sırayla 𝑃5, 𝑃6, 𝑃7…….𝑃𝑛 bulur ve birim daire üzerine yükleri yazarız. Buradaki �� yükleri

Şekil-B deki açılarla merkezi görürler. Bundan sonra yine birim daire çizeriz. Şekil-B de bulduğumuz 𝑃2, 𝑃3,

𝑃4…….𝑃𝑛 değerlerini A noktasından itibaren �� değerlerini uzunluk olarak A noktasında daireye teğet olan doğru

11

üzerinde işaretleriz. İşaretleyerek bulduğumuz 𝐶1, 𝐶2, 𝐶3…….𝐶𝑛 noktalarını birim dairenin O merkezi ile birleştiririz.

Böylece 𝐶1𝑂, 𝐶2𝑂, 𝐶3𝑂…….𝐶𝑛𝑂 doğrularını buluruz. Bu doğruların 𝑂𝐵 doğrusu ile yaptıkları açıyı ölçeriz. Şekil-C de

görülen bu açıları Tablo-1 de bulunduğu üzere bulundukları kesit ağırlığının kesit açısının yanına yazarız. Kesit açısı

ile birim dairede bulduğumuz α1, α2, α3…….α𝑛 açılarını karşılaştırırız. α𝑛 açıları kesit açısı olan α açılarından büyük

olmaları yeterlidir.

Şekil-C

12

Tablo-1

Şekil-C de bulduğumuz α1, α2, α3…….α𝑛 açıları bileşke kuvvetlerin düşeyle yaptığı açıyı verir.

Örneğin; Şekil-B de 𝐴4 noktasının 𝐴4𝑂�� açısı 750dir. Bu açı 0,046 birim olan �� kuvvetinin etki ettiği açıdır. Bu düşey

kuvvetin, yatay kuvvetle oluşturdukları 𝑅1 bileşke kuvvetinin düşeyle yaptığı açı ile bir ilişkisi yoktur. Bu açı, 𝐴4

noktasına teğet olan doğrunun düşeyle yaptığı açıya eşit merkez açısıdır. 𝐴4 noktasının Şekil-C deki 𝐴4𝑂�� açısı

87.3660dir. Bu açı 0,046 birim düşey yükün, yatay yükle oluşturduğu bileşkenin düşeyle yaptığı açıdır. Aynı zamanda

𝐴4 noktasına ait teğetin düşeyle yaptığı açıdır.

8 - BİRİM DAİRE METODU NASIL KULANILIR

13

Şekil-B de F𝐴1𝐷1E şeklinde bir köprü tasarlamış olalım. Köprü açıklığımızın da 12m olmasını istiyoruz. Bu

takdirde 𝐶1 𝐶17 doğrusunu birim dairede ölçeriz. 𝐴1 𝐷1 ve 𝐹𝐸 doğrularını da ölçeriz. Daha sonra 𝐶1 𝐶17 doğrusunu

bir birim yarıçap verdiğine ve istediğimiz açıklığın yarısı 6m olduğuna göre;

𝑟𝑛→ 1 birimde 𝐶1 𝐶17 ise

r ne olur? 6

r = 6

𝐶1 𝐶17 buradan ( r ) bulunur. r yarıçaplı daire çizilir. 𝑂𝐵 doğrusundan 80 çizilerek ( F ) bulunur. 𝑂𝐵 doğrusundan

840 alınarak 𝐴1 bulunur. 𝐴1𝐷1 uzunluğu: birimde bulunan uzunluk, yeni bulunan r = 6

𝐶1 𝐶17 değeri ile çarpılır. Aynı

sistemle FE de bulunur. Birim metre olan kemerin yarı boyutu bulunmuş olur. Aynı yarım daire 𝐴1𝐷1 karşısına çizilir.

Böylece kemer oluşur. Kemerin kesit yükleri 𝑟2 ile çarpılarak kesit yükleri bulunur. Bu köprü 12m açıklıkta inşa etmek

istediğimiz köprü oluşmuş olur.

9 - MEVCUT KEMER VE KÖPRÜ TAHKİKİ

Mevcut kemer ve köprüler iki şekilde tahkik edilir.

1.yol köprünün yarıçapı bulunur. Bu çap bir birim kabul edilerek diğer elemanları bu birime göre düzenlenerek

bir sistem oluşturulur. Bu sistem birim daire metodu ile tahkik yapılır.

2. sistem mevcut köprü ve kemerin yarıçapı bulunur. Sistem hiç bozulmadan gerçek açılara bölünerek, her

kesitin alanı bulunur. Sonra ( 𝑟2 ) yarıçapın karesi bir birim daire kabul edilerek, daha önce gördüğümüz gibi yükler

dairenin tepesinden geçen teğet üzerinde işaretlenerek yaptıkları açılar karşılaştırılır. Birim daire yükler gerçek yük

olduğu için ve de yükleri alan kabul ettiğimizden birim daire ( 𝑟2 ) olur. Şayet birim ağırlıkta hesaba katılırsa bu kez

birim dairenin yarıçapı ( 𝑟2 ) ile birim ağırlığın çarpımına eşit olur.

Birim dairede kesitlere gelen kuvvetler alanla hesap edilir. Çünkü kemer ve köprüler aynı malzemeden inşa

edilirler.

Şayet değişik malzemeden yapılır ise de birim ağırlık alınmalıdır. Birim ağırlık kullanıldığında ( r ) birim ağırlıkla

çarpılan değeri birim dairenin yarıçapı olmalıdır.

Aynı birim ağırlıktaki malzeme ile yapılan kemer ve köprülerde birim dairenin yarıçapı birdir. Çünkü 450

Tangant birdir. ��

�� =𝑡𝑎𝑛 450 = 1 olduğunda �� = �� = 1 olur. Bölümde birimler birbirini götürür. Bu nedenle birim

yoğunluk kullanılmamıştır. Çünkü sonuç değişmemektedir.

Bu çözümlerle ilgili örnekleri göreceğiz. Yalnız bu şekilde yapılan çözümlerin Mimar Sinan’a ait olduğunu

göreceğiz. Dairenin tepe ve mesnet noktaları kesilmiş örnekler Sinan’a aittir. Onun köprü ve kemer çözümleri ne

kendinden öncekilerde var, ne de kendinden sonrakilerde buna benzer çözümler var. Örnek çözümlerle çözüm

şekillerini kıyaslayacağız.

10- KESİT TAHKİKİ

2. Tahkik

14

Şekil-10

Şekil-11

1-1 kesitine etki eden kuvvetlerin bileşkesi 𝑅1 dir. 1-1 kesitine �� ve �� kuvvetlerinin etkisi 𝑅1

bileşke kuvvetidir.

𝑅1 bileşke kuvvetinin �� bileşke kuvveti kesite dik etki eden kuvvet olsun;

15

�� = 𝑅1 .CosƜ olur , 𝑅𝑇

= 𝑅1 .SinƜ olur. 𝑅1

bileşkesi 𝛼1 açısı ile kesite etki ettiğinde kesite dik �� bileşkesi ile

kesite basınç uygular. 𝑅𝑇 ile de 1-1 kesitine dışa doğru kesme kuvveti uygular.

𝑅1 bileşke kuvvetin 1-1 kesit doğrultusundaki bileşeni 𝑅𝑇

ve �� olsun. �� bileşeni dairenin ‘’kesitine diktir’’.

�� basınç kuvveti 𝑅𝑇 kesme kuvvetini 1-1 kesitinin dışarıya fırlamasını önler. 𝑅𝑇

kuvvetini doğrultusunda

hareket ettirmek istediğinde K.�� kuvveti bunu engeller. Bu takdirde K.�� > K.𝑅𝑇 olduğunda 1-1 kesiti statik olur. (

K sürtünme kat sayısı)

1.Formül

Köprünün mukavemet açısından statik konumda olması için

K.𝑅1 . CosƜ ≥ 𝑅1

.SinƜ olmalıdır. Buradan;

K.CosƜ ≥ SinƜ

Diğer bir ifade ile

K≥ TanƜ

denklemi sağlanmalıdır.

𝑃𝐸�� = �� dir. Şekil-11’den.

𝑃𝐸𝑅1 = 𝛼1 dir. Yine Şekil-11’den.

𝑃𝐸𝑅1 - 𝑃𝐸�� = Ɯ ise 𝑅𝐸𝑅1 açısı ( 𝛼1- �� ) dır.

Ɯ = 𝛼1- �� eşittir.

2. Formül

R = R1.Cos( 𝛼1- �� )

𝑃

𝑆 < δem olduğundan,

R1.Cos( 𝛼1- �� ) / S < δem

δem : Taşın basınç emniyet gerilmesi

P = R basınç kuvveti

S = Kemerin kesit alanı (Birim alan hesabı yapıldığı için)

R1.Cos( 𝛼1- �� ) < δem

Olmalıdır.

Üçüncü tahkik hareketli yük tahkikidir.

Kemer köprülerde en gayrı müsait yük durumu köprünün üzengiden itibaren bir tarafa yüklenen yük durumudur.

Bu durumda iki türlü tahkik söz konusu olur.

16

1.si,

Şekil-12

Şekil-12 de görülen köprünün AB arasındaki yük, A noktasında �� yatay kuvvet meydana getirir. AD de yük

yokken etki eden 𝑁𝐴𝐷 yatay kuvvet adeta A noktasından köprüye D noktasına doğru iter.

Şekil-13

Bu durumda her kesitte �� kuvveti birim daire olarak seçilmeli ve buna göre (𝛼��) açıları bulunarak tahkik

yapılmalı. �� maksimum olduğu için �� kuvveti �� bileşke kuvveti kabul edilerek tahkik yapılabilir. Buna göre;

Şekil-14

17

𝑁𝑇 = Teğet doğrultusundaki �� bileşeni

𝑁𝑃 = Teğete dik doğrultudaki �� bileşeni

𝑁𝑇 = �� . Cos (900- ��)

𝑁𝑃 = �� . Sin (900- ��)

K. 𝑁𝑇 kuvveti kemer elemanlarını birbirine yapıştırarak 𝑁𝑃

kuvvetinin kemer elemanını yerinden çıkarmaya

çalışmasını önler.

K. 𝑁𝑇 ≥ 𝑁𝑃

K. �� . Cos (900- ��) ≥ �� . Sin (900- ��) olur.

K ≥ Tan(900- ��) olur.

Her kesitte sabit yükün etkisiyle oluşan kesit yüklerinin itme kuvveti vardır. İkinci tahkikte hesap şeklini

görmüştük.

K ≥ Tan( 𝛼1- �� ) olacaktı. Hareketli yük altında.

2.si ise;

Şekil-15

Köprünün üzengi noktası A noktası ile AA’ mesafesi varsa yük dağılımı 450ye göre hesap edilir ve birim daire

metoduna göre (𝛼��) açıları bulunur.

K ≥ Tan( 𝛼1- �� ) göre yapılmalıdır.

11-BASINÇ TAHKİKİ

18

Dördüncü tahkik, Şekil-10’dan;

Kemerin kemer taşlarının (1-1) boyutu (h) ise, kemerde oluşacak en büyük �� yatay kuvveti bulunarak,

N

h = δ bulunur. Yatay kuvvetten oluşan basınç (G) olur.

Taşın basınç mukavemeti δem> δ kemer taşına gelen birim basınç kuvveti.

Kemeri oluşturan malzemenin basınç mukavemetinden az olmalıdır.

δ ≥ δ𝑏 olmalıdır.

Birim daire metodu ile hesaplanan kemerde ‘’köprüde’’ bu tahkikler tuttuğunda köprü emniyettedir.

Bu tahkikler yapılırken kemer ve köprülerin üstündeki (�� ) yükleri dışa doğru itmeyi önleyecek etkisi dikkate

alınmamıştır düşüncesi oluşmamalıdır. Çünkü �� bileşke kuvvetleri bu yük etkisi ile oluşan �� ve �� kuvvetlerinin

sonucudur. Bu nedenle;

𝑅 bileşkesinin etkisini önlemede �� kuvvetlerinin etkisi yoktur.

19

12 - ÖRNEK ÇÖZÜMLER VE YORUMLAR

Örnek-1

20

Büyükçekmece Köprüsü Yük Hesabı

Örnek-1

Büyükçekmece Köprüsünde Birim Dairede Bileşke Kuvvetlerinin Düşeyle Yaptığı Açı Hesabı

21

Örnek-1

Büyükçekmece Köprüsünde Bileşke Kuvvetlerin Düşeyle Yaptığı Açıların Kıyaslanması ve Tahkiki

22

Örnek-2

Büyükçekmece Köprüsü Şekilde Görüldüğü Gibi Düz Olsaydı Yük Dağılımı

23

Örnek-2

Düz Köprüde Birim Dairede Bulunan Bileşke Kuvvetlerinin Düşeyle Yaptığı Açılar

24

Örnek-3

Tekil Yük Altında Düz Köprüde Kesitlerdeki Yük Hesabı

25

Örnek-3

Tekil Yük Altında Birim Dairede Bulunan Bileşke Kuvvetlerin Düşeyle Yaptığı Açıları

26

Örnek-3

Yatay Yüke Göre Tahkik

Örnek-3 de Tang(90-α)>K olduğu için kemer ve köprü yıkılabilir. Bu tahkik çok önemlidir.

27

Örnek-2 ve 3

Tekil ve Sabit Yükler Arasındaki Açı Değişimleri ve Tahkikleri

28

Örnek-4

Hareketli Yük Altında Düz Köprüde Kesitlerdeki Yük Hesabı

29

Örnek-4

Hareketli Yük Altında Birim Dairede Bulunan Bileşke Kuvvetlerin Düşeyle Yaptığı Açıları

30

Örnek-4

Hareketli ve Sabit Yükler Arasındaki Açı Değişimleri ve Tahkiki

31

Örnek-5

Yayılı Yük Altında Sinan Köprüsünde Kesitlerdeki Yük Hesabı

32

Örnek-5

Yayılı Yük Altında Birim Dairede Bulunan Bileşke Kuvvetlerin Düşeyle Yaptığı Açıları

33

Örnek-5

Yayılı ve Sabit Yükler Arasındaki Açı Değişimleri ve Tahkikleri

Hareketli yük ile sabit yük arasındaki açı farkı oldukça küçük olmalıdır. Yukarıda görülen 𝛼2-α çok büyüktür.

34

SAP sonlu elemanlar yazılımı programına, ayaklar ve her iki dış yan sabit mesnetleme yapılarak tahkik yapılmıştır.

Kanımca gerilme doğrultularına yanaşılmış olmasına rağmen sonuç doğru değildir.