Mukavemet-I

Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş

Bölüm 1

Giriş-Gerilme Kavramı

Kaynak: ‘Cisimlerin Mukavemeti’, F.P. Beer, E.R. Johnston, J.T. DeWolf, D.F. Mazurek, Çevirenler: A. Soyuçok, Ö. Soyuçok.

Cisimlerin Mukavemeti dersinin temel hedefi, geleceğin mühendisine çeşitli makine ve yük taşıyan yapıların analizi ve tasarımında gerekli bilgi ve beceriyi sağlamaktır.

1.1 Giriş

Bir yapının analiz ve tasarımı, gerilmeler ve deformasyonların belirlenmesini içerir. İlk bölüm gerilme kavramına ayrılmıştır.

1.2 Statik Yöntemlerin Kısa Bir Tekrarı

Bu kesimde, basit bir yapının elemanlarındaki kuvvetler belirlenirken, temel statik yöntemleri de tekrar edilecektir.

Yapı 30 x 50 mm dikdörtgen kesitli bir AB kolu ile 20 mm çaplı daire kesitli bir BC çubuğundan oluşmaktadır. İlk adımımız, yapıyı A ve C’deki mesnetlerinden ayırıp, bu mesnetlerin yapı üzerine uyguladıkları tepki kuvvetlerini göstererek, SCD’nı çizmek olmalıdır.

1.2 Statik Yöntemlerin Kısa Bir Tekrarı

AB ve BC iki-kuvvet elemanlarıdır. Bunu dikkate almayarak ve A ve C’deki tepki kuvvetlerinin doğrultularının bilinmediğini varsayarak analizi südüreceğiz.

1.2 Statik Yöntemlerin Kısa Bir Tekrarı

Buna göre, bu tepki kuvvetlerinin her biri iki bileşenli olarak gösterilecektir. Bu şekilde, aşağıdaki üç denge denklemini yazabiliriz:

AB kolunun SCD’ndan:

1.2 Statik Yöntemlerin Kısa Bir Tekrarı

Buna göre, bu tepki kuvvetlerinin her biri iki bileşenli olarak gösterilecektir. Bu şekilde, aşağıdaki üç denge denklemini yazabiliriz:

1.2 Statik Yöntemlerin Kısa Bir Tekrarı

AB ve BC’nin iki-kuvvet elemanı oldukları görülerek bu sonuçlar bulunabilirdi. İki-kuvvet elemanları için, bu noktaların her birinde etkiyen kuvvetlerin bileşkelerinin etki çizgileri aynıdır, zıt yönlüdür ve iki noktadan da geçer.

1.2 Statik Yöntemlerin Kısa Bir Tekrarı

Elemanların her birinin uçlarındaki kuvvetleri bildiğimizden, bu elemanlardaki iç kuvvetleri belirleyebiliriz. BC çubuğunun rastgele bir D noktasından bir kesit alarak, BD ve CD parçalarını elde ederiz.

Çubuğun her iki parçasına, bunları dengede tutmak için 50kN’luk kuvvetler uygulanması gerektiğinden, B’de 30kN’luk bir yük uygulandığında, BC çubuğunda 50kN’luk bir iç kuvvet üretildiği sonucuna varırız.

1.3 Bir Yapının Elemanlarındaki Gerilmeler

Elde ettiğimiz iç kuvvetler, verilen bir yükün güvenli olarak taşınıp taşınmayacağı hakkında bilgi vermez. Örneğin BC çubuğunun bu yüklemeyle kırılıp kırılmayacağı aynı zamanda çubuğun kesit alanına ve çubuğun yapıldığı malzemeye bağlıdır.

FBC iç kuvveti, kesitin A alanına etkiyen yayılı elemanter yüklerin bileşkesini temsil eder. Bu yayılı yüklerin ortalama yoğunluğu, kesitin birim alanına etkiyen kuvvete, yani FBC/A’ya eşittir. O halde, kırılma FBC kuvvetine, A kesit alanına ve çubuk malzemesine bağlıdır.

1.3 Bir Yapının Elemanlarındaki Gerilmeler

Birim alana etkiyen kuvvete veya verilen kesit üzerine etkiyen yayılı kuvvetlerin yoğunluğuna o kesitteki gerilme adı verilir. P eksenel kuvvetine maruz A kesit alanlı bir elemandaki gerilme, yükün P büyüklüğü A kesit alanına bölünerek elde edilir: Pozitif işaret çekme gerilmesini ve negatif işaret basınç gerilmesini göstermekte kullanılacaktır.

1.3 Bir Yapının Elemanlarındaki Gerilmeler

Bu derste metrik birimler kullanılmaktadır. P newton (N) ile, A metre kare (m2) ile σ gerilmesi de N/m2 ile ifade edilmektedir. Bu gerilme birimine pascal (Pa) denir. Pascal çok küçük bir büyüklük olduğundan, uygulamada bunun katları kullanılır.

1.4 Analiz ve Tasarım

BC çubuğunun σem = 165 MPa emniyet gerilmeli bir çelikten yapıldığını varsayalım. FBC = 50 kN olarak bulunmuştu. Çubuğun çapının 20 mm olduğunu dikkate alarak uygulanan yükle oluşan gerilmeyi belirleyelim:

σ için bulunan değer, kullanılan çelikteki σem emniyet gerilmesinden daha küçük olduğundan, BC çubuğunun uygulanan yükü emniyetli bir şekilde taşıyabileceği sonucuna varılır.

1.4 Analiz ve Tasarım Mühendisin işi, analiz ile sınırlı değildir. Yeni yapı ve makinelerin tasarımı, yani istenen görevi yapacak uygun elemanların seçimi de önemlidir. Tasarıma örnek olarak önceki yapıya dönelim ve σem = 100 MPa emniyet gerilmeli alüminyum kullanıldığını varsayalım. Kuvvet yine 50 kN olduğundan,

Buradan 26 mm veya daha büyük çaplı bir alüminyum çubuğun yeterli olduğu anlaşılır.

1.5 Eksenel Yük; Normal Gerilme Önceki bölümde ele alınan BC çubuğu bir iki-kuvvet elemanıdır. B ve C uçlarına etkiyen kuvvetler çubuk ekseni doğrultusundadır. Buna göre, çubuk «eksenel yüke» maruzdur diyoruz.

Eksenel yüke maruz yapı elemanlarının gerçek bir örneği, yanda gösterilen köprü kafesinin elemanlarında görülmektedir.

1.5 Eksenel Yük; Normal Gerilme BC çubuğuna dönersek, gerilmeyi belirlemek için aldığımız kesit çubuğun eksenine diktir. Elde edilen gerilme «normal gerilme» olarak tanımlanır:

σ, kesitte yayılı iç kuvvetlerin bileşkesi olan P büyüklüğünün kesitin A alanına bölünmesiyle elde edilmiştir. Bu nedenle, kesitin belirli bir noktasındaki gerilmeyi değil, kesit üzerindeki gerilmenin «ortalama değerini» temsil etmektedir.

1.5 Eksenel Yük; Normal Gerilme Kesitin herhangi bir Q noktasındaki gerilmeyi tanımlamak için, küçük bir ΔA alanını ele almalıyız. ΔF büyüklüğünü ΔA’ya bölerek ΔA üzerindeki gerilmenin ortalama değerini elde ederiz. ΔA’yı sıfıra yaklaştırarak Q noktasındaki gerilmeyi elde ederiz:

1.5 Eksenel Yük; Normal Gerilme

Genelde, σ gerilmesi için kesitin verilen bir Q noktasında elde edilen değer, ortalama gerilme değerinden farklıdır. Eşit ve zıt yönlü kuvvetlere maruz ince bir çubukta bu değişim, tekil yüklerin uygulama noktasından uzaktaki bir kesitte küçüktür. Ancak uygulama noktası yakınındaki kesitlerde bu değişim büyük değerlere ulaşır.

1.5 Eksenel Yük; Normal Gerilme denkleminden, yayılı iç kuvvetlerin bileşkesinin büyüklüğünün olduğu görülür. Şekildeki çubuğun her parçasındaki denge koşulları, bu büyüklüğün tekil yüklerin P büyüklüğüne eşit olmasını gerektirir. Böylece buradan, elde edilir. Yani, her bir gerilme yüzeyinin altındaki hacim, yüklerin P büyüklüğüne eşit olmaldır.

1.5 Eksenel Yük; Normal Gerilme Uygulamada, eksenel yüklü elemanlarda normal gerilme dağılımının, yüklerin uygulama noktalarının hemen civarı hariç olmak üzere, düzgün olduğu varsayılır. Gerilme değerleri böylece σort’ya eşit olur.

Ancak, kesitte düzgün bir gerilme dağılımı olduğunu varsaydığımızda, elemanter statiğe göre, iç kuvvetlerin P bileşkesinin kesitin C ağırlık merkezine uygulanması gerekir.

Bu tip yüklemeye, «merkezi yükleme» denir. Bunun kafes ve pim mafsallı yapılarda bulunan tüm düzgün iki-kuvvetli elemanlarda oluştuğu varsayılacaktır.

1.5 Eksenel Yük; Normal Gerilme

Ancak, iki kuvvetli bir eleman, eksenel fakat «dışmerkezli» yüklemeye maruz ise, elemanın Şekil b’de gösterilen parçasının denge koşullarından, verilen bir kesitteki iç kuvvetlerin, kesitin merkezinde uygulanan bir P kuvveti ile M = Pd momenti M kuvvet çiftine denk olması gerektiğini buluruz. Kuvvetlerin dağılımı ve buna bağlı olarak da gerilmelerin dağılımı simetrik olmaz.

1.6 Kayma Gerilmesi Önceki kesimde ele alınan iç kuvvetler ve gerilmeler incelelen kesite dikti. Bir AB elemanına P ve P’ enine kuvvetleri uygulandığında çok farklı bir gerilme tipi elde edilir. AC parçasının C kesitindeki iç kuvvetlerin bileşkesi P’ye eşittir. Bu elemanter iç kuvvetlere «kesme kuvvetleri» denir. P kesme kuvvetini A alanına bölerek, kesitteki «ortalama kayma gerilmesi»ni elde ederiz:

1.6 Kayma Gerilmesi

Kayma gerilmesine, çeşitli yapısal elemanları ve makine parçalarını birleştirmede kullanılan cıvatalar, pimler ve perçinlerde sıklıkla rastlanır.

1.6 Kayma Gerilmesi Plakalara F büyüklüğündeki çekme kuvveti uygulanırsa, EE’ düzlemine karşılık gelen cıvata kesitinde gerilmeler oluşur. Bu cıvatanın «tek kesme» etkisinde olduğu söylenir. Kesitteki P kesme kuvveti F’ye eşittir. Dolayısıyla ortalama kayma gerilmesi:

1.6 Kayma Gerilmesi A ve B plakalarını birleştirmek için C ve D bağlantı plakaları kullanılmıştır. Buradaki cıvataların «çift kesme» etkisinde olduğu söylenir. Serbest cisim diyagramlarından P = F/2 olduğu görülür. Ortalama kayma gerilmesi de şu şekilde hesaplanır:

1.7 Bağlantılardaki Yatak Gerilmesi Cıvatalar, pimler ve perçinler birleştirdikleri elemanlarda «yatak yüzeyi» veya temas yüzeyi boyunca gerilmeler yaratır. P kuvveti, d çaplı ve t kalınlıklı bir yarım silindirin iç yüzeyine yayılı elemanter kuvvetlerin bileşkesini temsil eder. Bu kuvvetlerin ve karşılık gelen gerilmelerin dağılımı karmaşık olduğundan, aşağıdaki basitleştirilmiş ifade ile «yatak gerilmesi» hesaplanır:

1.8 Basit Yapıların Analiz ve Tasarımına Yönelik Uygulama

20 mm çaplı BC çubuğunun yassı uçlarının 20x40 mm’lik dikdörtgen kesitleri vardır. AB kolunun kesiti 30x50 mm’lik bir dikdörtgendir. B ucundan U-şekilli bir çatal ile 30kN’luk bir yük asılmıştır. AB kolu çift konsol içinde geçen pimle A’da bağlanmışken, BC çubuğu C’de tek konsolla bağlanmıştır. Tüm pimlerin çapı 25 mm’dir.

1.8 Basit Yapıların Analiz ve Tasarımına Yönelik Uygulama a. AB Kolu ve BC Çubuğundaki Normal Gerilmelerin Belirlenmesi. BC çubuğundaki kuvvet FBC = 50kN (çekme), dairesel kesit alanı A=314x10-6 m2 ve karşı gelen normal gerilme 𝜎BC = +159 MPa idi. Ancak, çubuğun yassı kısımları da çekme altındadır ve deliğin yer aldığı en dar kesitte,

Artan yük altında, çubuğun silindirik kısmından değil, deliklerden birinin yakınından kırılacağı açıktır. Çubuğun tasarımı, yassı uçların enini veya kalınlığını arttırarak iyileştirilebilir.

1.8 Basit Yapıların Analiz ve Tasarımına Yönelik Uygulama a. AB Kolu ve BC Çubuğundaki Normal Gerilmelerin Belirlenmesi. AB kolundaki kuvvet FAB = 40kN (basınç), kolun dikdörtgen kesit alanı A=1.5x10-3 m2 olduğundan, A ve B pimleri arasında, normal gerilmenin ortalama değeri:

A ve B’deki en küçük kesitler gerilme etkisinde değildir. Çünkü kol basınç altındadır ve pimleri iter.

1.8 Basit Yapıların Analiz ve Tasarımına Yönelik Uygulama b. Çeşitli Bağlantılardaki Kayma Gerilmelerinin Belirlenmesi.

Bir cıvata, pim veya perçinde kayma gerilmelerini belirlemek için öncelikle elemanlar üzerindeki kuvvetler açıkça gösterilir. Çizimden DD’ düzlemindeki kesme kuvvetinin P=50 kN olduğu görülür. Pimin kesit alanı: olduğundan, C’deki pimde kayma gerilmesinin ortalama değeri: olarak bulunur.

1.8 Basit Yapıların Analiz ve Tasarımına Yönelik Uygulama b. Çeşitli Bağlantılardaki Kayma Gerilmelerinin Belirlenmesi.

A piminin çift kesmeye maruz kalmaktadır. SCD’ndan, P=20 kN ve olarak hesaplanır.

1.8 Basit Yapıların Analiz ve Tasarımına Yönelik Uygulama b. Çeşitli Bağlantılardaki Kayma Gerilmelerinin Belirlenmesi.

B’deki pim, kol, çubuk ve çatalın uyguladığı kuvvetlerin etkisinde beş parçaya bölünebilir. PE = 15 kN ve PG = 25 kN olarak bulunur. Böylece en büyük kesme kuvvetinin 25 kN olduğu ve en büyük kayma gerilmesinin G ve H kesitlerinde oluşacağı görülür. Ortalama kayma gerilmesi:

1.8 Basit Yapıların Analiz ve Tasarımına Yönelik Uygulama c. Yatak Gerilmelerinin Belirlenmesi.

AB elemanında A’daki nominal yatak gerilmesi; t = 30 mm, d = 25 mm ve P = FAB = 40 kN için:

Konsolda A’daki nominal yatak gerilmesi; t = 2(25 mm) = 50 mm, d = 25 mm ve P = FAB = 40 kN için:

AB elemanında B’de, BC elemanında B ile C’de ve konsolda C’deki yatak gerilmeleri benzer yolla bulunur.

Örnek Problem 1.1

ABC kolunun üst parçası 10 mm kalınlığında ve alt parçalarının her biri 6 mm kalınlığındadır. Üst ve alt parça epoksi ile birleştirilmiştir. A ve C’deki pimler sırasıyla 10 ve 6 mm çapındadır. (a) A pimindeki kayma gerilmesini, (b) C pimindeki kayma gerilmesini, (c) ABC kolundaki en büyük normal gerilmeyi, (d) B’de yapıştırılmış yüzeyler arasındaki ortalama kayma gerilmesini, (e) Kolda, C’deki yatak gerilmesini belirleyiniz.

Örnek Problem 1.1

Serbest Cisim Diyagramı. Tüm Askı.

ABC bağlantı kolu, bir iki-kuvvet elemanı olduğundan, A’daki tepki düşeydir. D’deki tepki bileşenler ile gösterilir.

a. b. A ve C Pimlerindeki Kayma Gerilmesi.

Örnek Problem 1.1

En büyük gerilme, alanın en küçük olduğu yerde meydana gelir.

c. ABC Kolundaki En Büyük Normal Gerilme.

d. B’deki Ortalama Kayma Gerilmesi.

Kolun üst parçasının her iki yanında da yapışma vardır. Her bir yandaki kesme kuvveti 1500 N’dur. Buna göre kayma gerilmesi:

Örnek Problem 1.1

Kolun her bir parçası için, F1=1500 N’dur ve nominal yatak alanı 36 mm2’dir.

e. Kolda C’deki Yatak Gerilmesi.

Örnek Problem 1.2

Şekildeki bağlantı çubuğu, A ve B’deki çift konsollar arasına cıvata ile bağlandığında, P=120 kN çekme kuvvetini taşıyacak şekilde tasarlanacaktır. Çubuk, 20 mm kalınlıktaki plakadan üretilecektir. Kullanılan çelik türü için emniyet gerilmeleri σ=175 MPa, τ=100 MPa, σb = 350 MPa' dır.

(a) Cıvatanın d çapı, (b) çubuğun iki ucundaki b boyutu, (c) çubuğun h boyutu için gerekli değerleri belirleyerek çubuğu tasarlayınız.

Örnek Problem 1.2

a. Cıvatanın Çapı. Cıvata, çift kesme etkisinde olduğu için, F1=P/2=60 kN bulunur.

Bu noktada, 20 mm kalınlıklı plaka ile 28 mm çaplı cıvata arasındaki yatak gerilmesini kontrol ederiz.

Örnek Problem 1.2

b. Çubuğun İki Ucundaki b Boyutu. Çubuğun uç kısımlarını ele alırız. t = 20 mm ve σ = 175 MPa.

Örnek Problem 1.2

c. Çubuğun h Boyutu. Çelik plakanın kalınlığının t = 20 mm olduğu için:

1.11 Eksenel Yüklemede Bir Eğik Kesitteki Gerilme

Önceki kesimlerde, bir iki-kuvvet elemanına etkiyen eksenel kuvvetlerin normal gerilmelere, cıvata ve pimlere etkiyen yanal kuvvetlerin de kayma gerilmelerine sebep olduğu gösterildi.

1.11 Eksenel Yüklemede Bir Eğik Kesitteki Gerilme Eksenel kuvvetler elemanın eksenine dik olmayan kesitlerde hem normal gerilme hem de kayma gerilmesi ortaya çıkarır. P kesite normal ve dik bileşenlerine ayrılabilir:

Karşı gelen normal ve kayma gerilmelerinin ortalama değerleri:

1.11 Eksenel Yüklemede Bir Eğik Kesitteki Gerilme

A0 elemanın eksenine dik kesit alanı olmak üzere:

1.11 Eksenel Yüklemede Bir Eğik Kesitteki Gerilme

1.12 Genel Yükleme Durumunda Gerilme; Gerilme Bileşenleri

Cisim içindeki bir Q noktasında P1, P2, vs yükleri ile meydana gelen gerilme durumunu inceliyoruz.

1.12 Genel Yükleme Durumunda Gerilme; Gerilme Bileşenleri

Her kuvvetin büyüklüğü ΔA alanına bölünüp ΔA sıfıra yaklaştırılırsa, üç gerilme bileşeni elde edilir:

τxy ve τxz’deki ilk alt indis bu gerilmelerin x eksenine dik yüze etkidiğini belirtir. τxy ve τxz’deki ikinci alt indis ise bileşenin doğrultusunu göstermektedir.

1.12 Genel Yükleme Durumunda Gerilme; Gerilme Bileşenleri

Analiz, Q noktasından geçen düşey düzlemin sağında yer alan cisim parçası ele alınarak da yapılabilir. Bu durumda, normal ve kesme kuvvetleri aynı büyüklükte fakat zıt yönde elde edilirler. Q noktasından ve zx düzlemine paralel kesit alarak, benzer şekilde σy, τyz ve τyx gerilme bileşenlerini tanımlarız. Son olarak, Q noktasından geçen ve xy düzlemine paralel kesit σz, τzx ve τzy gerilme bileşenlerini verir.

1.12 Genel Yükleme Durumunda Gerilme; Gerilme Bileşenleri Q noktasındaki gerilme durumunu gözümüzde canlandırmak amacıyla, Q merkezli ve a kenarlı küçük bir küpü ele alalım. Normal gerilmeler ve kayma gerilmeleri küpün altı yüzünde etkimektedir. Kayma gerilmesi tanımına göre, τxy, x eksenine dik yüze etkiyen kayma gerilmesinin y bileşenini ifade etmektedir. Burada küpün üç yüzü görünmektedir. Görünmeyen yüzlere etkiyen gerilme bileşenleri eşit büyüklükte ve zıt yönlüdür.

1.12 Genel Yükleme Durumunda Gerilme; Gerilme Bileşenleri Şimdi kayma gerilmesi bileşenleri arasında önemli bağıntılar elde edeceğiz.

Kuvvetlerin Q noktasından geçen x, y ve z eksenlerine paralel x’, y’ ve z’ eksenlerine göre momentleri:

Küp yüzlerindeki normal kuvvetler ve kesme kuvvetleri, karşı gelen gerilme bileşenleri ile her bir yüzün ΔA alanı çarpılarak bulunur. Önce üç denge denklemini yazalım:

1.12 Genel Yükleme Durumunda Gerilme; Gerilme Bileşenleri x’y’ düzlemi üzerindeki izdüşüm kullanılarak, z’ eksenine göre momenti sıfırdan farklı olan kuvvetlerin sadece kesme kuvvetleri olduğu görülür.

Bu kuvvetler, iki kuvvet çifti oluşturur. Buradan:

elde edilir. Benzer şekilde,

1.12 Genel Yükleme Durumunda Gerilme; Gerilme Bileşenleri

Kayma gerilmelerinin eşitliğinden dolayı, bir Q noktasındaki gerilme durumunun dokuz yerine altı gerilme bileşeni ile tanımlanabildiği görülür. Bunlar σx , σy , σz ,τxy , τyz ve τxz’dir.

Dikkat: Verilen bir noktada kayma sadece tek bir düzlemde yer alamaz; eşit bir kayma gerilmesi öncekine dik bir düzlemde uygulanmalıdır. Eşit büyüklüklü kayma gerilmeleri küpün iki yatay yüzüne ve P ile P’ kuvvetlerine dik iki yüz üzerine uygulanmalıdır.

1.12 Genel Yükleme Durumunda Gerilme; Gerilme Bileşenleri

Yüzleri elemanın yüzlerine paralel küçük bir küpte ortaya çıkan gerilme sadece σx normal gerilmesidir.

Küp z ekseni etrafında 45˚ döndürülürse, küpün dört yüzü üzerine eşit büyüklükteki normal gerilmer ve kayma gerilmeleri etki eder. Dolayısıyla, aynı yükleme durumunda gerilmeler elemanın yönelimine bağlı olarak değişmektedir.

1.13 Tasarımda Dikkate Alınması Gereken Konular a. Bir Malzemenin Kopma Mukavemetinin Belirlenmesi. Bir malzemenin yük altında nasıl davranacağının belirlenmesi gerekir. Örneğin çelik bir çubuk, çekme cihazına bağlanarak eksenel yük uygulanır. En büyük kuvvete ulaşıldığında numune kırılır ya da daha az yük taşımaya başlar. Bu en büyük kuvvete, deney numunesinin «kopma yükü» adı verilir. PU ile gösterilir. Uygulanan yük merkezi olduğundan, PU çubuğun başlangıç kesitine bölünerek «kopma normal gerilmesi» elde edilir. Bu gerilme malzemenin «çekmedeki kopma mukavemeti» olarak da bilinir:

1.13 Tasarımda Dikkate Alınması Gereken Konular a. Bir Malzemenin Kopma Mukavemetinin Belirlenmesi.

«Kopma kayma gerilmesi» veya «kesmede kopma mukavemeti» genellikle dairesel tüpün burulması ile belirlenir (Kesim 3.5). Daha kolay ama daha az hassas bir yöntem, şekilde görüldüğü gibi tek veya çift kesmeye maruz kalacak şekilde sabitlenen çubuğa uygulanan P yükünün PU

kopma yüküne ulaşıncaya kadar arttırılarak uygulanmasını içerir. τU kopma kayma gerilmesi her iki durumda da kopma yükünün kesmenin oluştuğu toplam alana bölünmesiyle elde edilir.

1.13 Tasarımda Dikkate Alınması Gereken Konular b. Emniyet Yükü ve Emniyet Gerilmesi; Emniyet Katsayısı.

Bir yapı elemanı veya bir makine parçasının normal kullanım koşullarında taşımasına izin verilen yük, kopma yükünden oldukça küçüktür. Bu yük «emniyet yükü», «çalışma yükü» veya «tasarım yükü» olarak adlandırılır.

1.13 Tasarımda Dikkate Alınması Gereken Konular c. Uygun Emniyet Katsayısının Seçimi.

Verilen bir tasarıma uygun E.K. seçimi, birçok konuyla ilgili mühendislik muhakemesi gerektirir: 1. Ele alınan malzemenin özelliklerinde meydana gelebilecek değişimler. 2. Yapı veya makinenin çalışma ömrü süresince beklenen yükleme sayısı. 3. Tasarımda planlanmış veya ileride ortaya çıkabilecek yükleme çeşidi. 4. Meydana gelebilecek kırılma çeşidi. 5. Analiz yöntemlerinden ileri gelen belirsizlik. 6. Yetersiz bakım veya engellenemeyen doğal olaylar nedeniyle ortaya

çıkabilecek bozulma. 7. Elemanın yapının bütünlüğü açısından önemi.

Örnek Problem 1.3

BCD dirseğine iki kuvvet uygulanmaktadır. (a) AB kontrol çubuğu, kopma normal gerilmesi 600 MPa olan bir çelikten yapılacağına göre, çubuğun çapını, kırılmaya karşı emniyet katsayısı 3.3 olacak şekilde belirleyiniz.

(b) C’deki pim, kopma kayma gerilmesi 350 MPa olan bir çelikten yapılacaktır. C piminin çapını, kesmeye göre emniyet katsayısı 3.3 olacak şekilde belirleyiniz. (c) Kullanılan çeliğin emniyet yatak gerilmesi 300 MPa olduğuna göre, C’deki konsol mesnetlerinin gerekli kalınlığını belirleyiniz.

Örnek Problem 1.3

Serbest Cisim Diyagramı. Tüm Dirsek.

a. AB kontrol çubuğu.

Örnek Problem 1.3

b. C Pimindeki Kesme.

Pim çift kesme altında olduğundan:

Örnek Problem 1.3

c. C’deki Yatak.

d=22 mm olduğundan, her bir konsolun nominal yatak alanı 22t’dir. Her bir kolonun taşıyacağı yük C/2 ve emniyet yatak gerilmesi 300 MPa olduğundan;

Örnek Problem 1.4

Kullanılan cıvataların çapları dB = dD = 10 mm ve dC = 12 mm’dir. Çift kesme altında olan her cıvata, kopma kayma gerilmesi τU = 280 MPa olan çelikten yapılmıştır.

AB kontrol çubuğu dA = 11 mm çapında olup, kopma çekme gerilmesi σU = 420 MPa olan çelikten yapılmıştır. Tüm düzenekte en küçük E.K. 3.0 olduğuna göre, C’deki hidrolik silindirin yukarıya doğru uygulayabileceği en büyük kuvveti belirleyiniz.

Örnek Problem 1.4

Serbest Cisim Diyagramı. BCD Kirişi.

Önce C’deki kuvveti B ve D cinsinden yazıyoruz:

Örnek Problem 1.4

Kontrol çubuğunda izin verilen kuvvet:

Kontrol çubuğu.

Denklem (1)’i kullanarak C’nin izin verilebilecek en büyük değerini elde ederiz:

Örnek Problem 1.4

Cıvata çift kesme altında olduğundan:

B’deki cıvata.

Denklem (1)’den:

Örnek Problem 1.4

Bu cıvata B’dekiyle aynı olduğundan D = B = 14.66 kN’dur.

D’deki cıvata.

Denklem (2)’den:

Örnek Problem 1.4

Yine τem = 93.33 MPa olduğundan,

C’deki cıvata.

Özet. C kuvveti için izin verilebilecek dört tane en büyük elde ettik. Bütün kriterlerin sağlanabilmesi için en küçük değeri seçmeliyiz.