Prof.Dr. Mehmet Zor Dokuz Eylül Üniversitesi Müh.Fak ... · Mukavemet’ten • Görüldüğü gibi statik ve mukavemet birbirlerini tamamlayan iki derstir. Bu iki dersin birleştirilmesiyle

Prof.Dr. Mehmet Zor

Dokuz Eylül Üniversitesi Müh.Fak. Makine Mühendisliği Bölümü

1

(Son Güncelleme: 21.09. 2018)

21.09.2018 STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor

2STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor21.09.2018

ÖnsözSevgili Öğrenci Arkadaşlarım;

Mühendislik Fakültesi’nin farklı bölümlerinde anlattığım Statik dersine ait notlarımı istifadenize sunuyorum. Ders notlarını hazırlarken kendi tecrübelerime dayanarak şu noktalara dikkat etmeye çalıştım:

Öncelikle notlarımda dostane bir hava oluşturmak istedim. Bir zaman çalışmaya çalıştığım bir kitaptaki sert ve resmiüslubun, çok itici geldiğini, kitaptan beni soğuttuğunu ve çalışma şevkimi kırdığını görmüştüm. Dolayısıyla bir kitabınüslubunun öğrenmeyi etkileyen çok önemli bir faktör olduğunu göze alarak, notlarımla dost olmanızı sağlayacak bir üslubukullanmaya gayret ettim.

Bazen espriler, figürler, karikatürler ve değerli bazı sözlerle samimiyeti arttırmayı ve ders çalışmaktan yorulan zihninize birteneffüs verip toparlanmasını sağlamayı hedefledim.

Konuların içinde, öğrenmeyi kolaylaştıran ve hızlandıran bazı anahtar püf noktaları özellikle vurgulamaya çalıştım. İlk örnek problemleri en zayıf anlayıştaki bir kişinin anlayabileceği tarzda açıklamaya çalıştım. Diğer örneklerde ise çok fazla

detaylı açıklamalara girmedim. Sadece cevabı belli olan bazı soruları konuların sonuna ekleyerek, kendi gayretinizle, hata yapa yapa, düşe kalka doğru

sonucu bulmanızı, bu şekilde konuları daha fazla pekiştirmenizi; ayrıca insanı geliştiren en önemli hadiselerin yenilgiler vebaşarısızlıklar olduğunu hissetmenizi hedefledim.

Sizlerden gelen öneri ve eleştirilerinizi de dikkate alarak, bu notları zaman içerisinde güncellemeyi, en anlaşılır seviyeye getirmeyi ve mümkün olursa ileride kitap halinde bastırmayı amaçlıyorum. Tüm öğrencilere ve statik konusuyla ilgili tüm araştırmacılarafaydası olması dileğiyle…

15.07. 2017-İzmirProf.Dr. Mehmet Zor

(DEU Makine Mühendisliği Bölümü)e-posta [email protected]

3

Ders KAYNAKLARI :

Bu Ders Notlarını Hazırlarken Faydanılan Bazı Kitaplar:

1- Statik: Engineering Mechanics: Statics,( J. L. Meriam, L. G. Kraige, Wiley)

2- Mühendislik Mekaniği: Statik, R.C Hibbeler & S.C. Fan,

Ders notlarını indirebileceğiniz, sınav sorularına ve çözüm anahtarlarına

erişebileceğiniz,

Web sitem:

http://kisi.deu.edu.tr/mehmet.zor/

e-mail: [email protected]

STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor21.09.2018

1. Giriş

http://kisi.deu.edu.tr/mehmet.zor/

mailto:[email protected]

Mekanik: Fizik biliminin, cisimlerin dış yükler altındaki davranışlarını inceleyen dalıdır.

Rijit Cisim: Kuvvet etkisi ile şeklinde bir değişiklik olmayan teorik cisimdir. Gerçekte katı haldeki tüm cisimlerde dış kuvvetler etkisiyle az-çok şekil değişikliği olur. Ancak statik ve dinamik bilimlerinde, gerçek katı cisimler de rijit kabul edilir.

Statik: Dış yüklere maruz kalmasına rağmen durağan halde dengede olan cisimlerin davranışlarını inceler. (Örneğin oturduğunuz sıra, masa vb.) Statikte genel amaç cisme etki eden dış kuvvetlerin belirlenmesidir.

Mukavemet: Dış yüklerin etkisine maruz, genelde statik (durağan) halde olan, şekil değiştirebilen katı cisimlerin vesistemlerin davranışlarını inceler. Dış yükler statikteki denklemlerden hesaplandıktan sonra, bu dış yüklere sistemindayanıp dayanamayacağını veya dayanması için boyutlarının veya malzemesinin ne olması gerektiği sorularına cevaparanır. Mühendislik açısından bu çok önemli sorulara cevabı ise Mukavemet bilimi verir.

Dinamik: Hareket halindeki katı cisimlerin davranışlarını inceler.

FİZİK

MEKANİK

Rijid Cisimlerin Mekaniği

Şekil Değiştirebilen Cisimlerin Mekaniği

Dinamik(Hareketli Cisimler)

Statik(Sabit Cisimler)

Mukavemet(Cisimlerin Dayanım)

Akışkanlar Mekaniği

Mühendislik Mekaniği

Dersi (Statik+Muk.)


1.Giriş

BU DERS GERÇEK HAYATTA NE İŞE YARAYACAK?

Wmax=2400N

• Çalıştığınız işletme şekildeki gibi bir hamak imal etmek istemektedir. Ar-ge mühendisi olarak sizden hamakta

kullanılacak iplerin emniyetli çapını (d) belirlemenizi istemiştir.

Bu sorunun cevabını bir örnekle anlamaya çalışalım:

• Siz de şu şekilde düşünüyorsunuz:

Hamak maksimum 120 kg lık kişiyi taşısın. Ancak 2 katı emniyetli olsun. Yani durağan halde hamak

maksimum 240kg (yaklaşık 2400N) luk bir yükü taşıması gerekir.


1. Giriş

Wmax=2400N

T1T2

İlk adım iplere düşen kuvvetleri (T1, T2) bulmaktır.

2.Adım ise ipin emniyetli çapını (d) hesaplamaktır.

Statik’ten

Mukavemet’ten

• Görüldüğü gibi statik ve mukavemet birbirlerini tamamlayan iki derstir. Bu iki dersin birleştirilmesiyle Mühendislik Mekaniğidersi teşkil edilmiştir.

• Mukavemet dersinde doğrudan gerçek hayata uygulanabilen boyut hesabı (d çapının belirlenmesi gibi) yapılır ki bu hesaplamalar mühendislerden beklenir.

• Ancak boyutu hesaplamadan önce kuvvetlerin bilinmesi gerekir. Bu ise Statik dersinin temel konusudur. Bu sebeple önce statik konuları işlenecektir.

Şunu unutmayın: ip kuvvetleri bilinmeden emniyetli çap (d) hesaplanamaz.

BU DERS GERÇEK HAYATTA NE İŞE YARAYACAK? - devam

O halde;


1. Giriş

DERS KONULARI

1. Vektörler

2. Kuvvet Sistemleri

3. 2 Boyutlu Denge

4. 3 Boyutlu Denge

5. Kafes Sistemler

6. Çerçeveler ve Makinalar

7. Ağırlık Merkezi

8. Atalet momenti

Kuvvet Hesaplamaları

9. Sürtünme

10. Virtüel İşler Prensibi

Kuvvet Hesaplamaları

7STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor

21.09.2018

1. Giriş

Bu bilgi ve beceriler ise öğrencilere mühendislik açısından çok önemli kazanımlar

sağlayacaktır. Yeni sistemleri, üretilmeden önce optimum boyutlarda tasarlayabilecek bir

bilgi birikimine ulaşabileceklerdir.

Denge halindeki katı sistemlerde dış yükleri

hesaplayabilecekler, (Statik)

bu yüklere sistemin dayanabilmesi için sistemi oluşturan

parçaların herbirisinin boyutlarının minimum alması

gereken değeri tayin edebilecekler (Mukavemet)

Veya Sistemin bu yüklere dayanıp dayanamayacağını

hesaplarla kontrol edebilecekler, (Mukavemet)

Veya sistemin bu yüklere dayanabilmesi için malzeme

seçimi yapabileceklerdir. (Mukavemet)

Statik ve Mukavemet derslerini (veya ikisinin gösterildiği Mühendislik Mekaniği dersini) alan ve başarılı olan öğrenciler;

BU DERS SİZLERE NE KAZANDIRACAK?


1. Giriş

Newton Kanunları

1. Kanun: Başlangıçta durağan halde olan veya sabit hızla bir doğru boyunca

hareket eden bir cisim üzerine dengelenmemiş bir kuvvet etki etmedikçe (net

kuvvet ve moment sıfır ise) bu hareket durumunu korur.

2. Kanun: Bir parçacığın ivmesi, üzerine etki eden bileşke kuvvetle doğru orantılı

ve kuvvet doğrultusundadır. F=ma

3. Kanun: İki parçacık arasındaki etki ve tepki kuvvetleri eşit, aynı doğrultu

üzerinde ve zıt yönlerdedir.


1. Giriş

Birim Sistemleri

Birim SI

Kütle kilogram (kg)

Uzunluk metre (m)

Zaman saniye (s)

Kuvvet Newton (N)

1 Newtonluk kuvvet: 1 kilogramlık kütleyi 1 m/s2 ivmelendiren kuvvet değeridir.

Püf Noktaları : (P.N)

P.N. 1.1: Statik denge denklemlerinin sağ tarafı sıfır olduğundan birim dönüşümüne gerek kalmaz. Ancak tabiki hesaplamalarda büyüklükler

aynı cins birimden yazılmalıdr. (Mesela tüm kuvvetler kN veya Newton alınmalıdır.)

P.N. 1.2 : Mukavemet hesaplarında birim dönüşümü çok önemlidir. Kuvvetler Newton, uzunluklar ise mm ye dönüştürülerek hesaplamalar yapılır.

P.N 1.3 : Dinamikte ise birimler kg, metre ve saniye alınır.


1. Giriş

2. VEKTÖRLER


2.1 konunun önemi

12

Soru: Bu konuyu öğrenmek bize ne kazandıracak?

Cevap: Bu konuyu iyice anlayabilirsek;

Statik’in temel konusu olan kuvvet hesaplamalarını,

özellikle üç boyutlu denge problemleri için, daha

kolay ve pratik olarak yapabileceğiz.

Soru: Peki kuvvetleri hesaplamanın ne önemi vardı?

Kuvvetleri bilmeden mukavemet hesapları yapılamaz. İncelenen parçanın, kuvvete dayanması için gerekli minimum boyutları

mukavemet hesaplamalarıyla belirlenir. Bu minimum boyutlar ise günlük hayatımıza uygulanabilir bir veri elde

etmemizi sağlar. Zira boyutlar bu değerlerden büyük olmalıdır.


2. VEKTÖRLER

2.2 Skaler büyüklük: Sadece şiddeti bulunan büyüklükler (örn: uzunluk, zaman, kütle, hacim,

enerji, yoğunluk) Bir harf ile sembolize edilebilir. (örn: kütle: m)

2.3 Vektörel büyüklük: Şiddeti ile birlikte yönü olan büyüklüklerdir. (örn: hız, ivme, kuvvet)

2.4 Bir vektörün gösterimi: Bir okla gösterilir. Sembolize edilirken harfin üzerinde bir ok koyulur.

13

Vektörel Gösterimi: 𝑉

Şiddeti : V veya I 𝑉 I

Doğrultusu : AB

Yönü : A’dan B’ye doğru

Uygulama noktası : A

Yatayla yaptığı açı : q

Şimdi vektörlerle ilgili tanım ve işlemleri sırasıyla işleyip, son kısımda çeşitli örneklerle konuyu pekiştirmeye çalışacağız.


2. VEKTÖRLER

2.5 Vektörlerin Sınıflandırılması

14

P.N 2.1 : Sınıflandırmada esas olan vektörün etkisinin korunmasıdır. (P.N: Püf Noktası)

1-Serbest vektör (Free vector): Belirli bir şiddeti, doğrultusu ve yönü vardır ama etkime doğrultusu uzayda tek bir noktadan geçmez. Sabit bir hızla doğrusal hareket yapan bir aracın hız vektörü buna bir örnektir.

2- Kayan vektör (Sliding vector): Belirli bir şiddeti, doğrultu ve yönü vardır. Uygulama noktası etkime doğrultusu üzerinde herhangi bir nokta olabilir. Rijit bir cisme etki eden kuvvet, aynı etkiyi etkime çizgisi üzerinde herhangi bir noktadan uygulandığında da gösterir ki bu kuvvet kayan vektöre bir örnektir.

3- Sabit vektör (Fixed vector): Belirli bir şiddeti, doğrultu ve yönü vardır. Etkime doğrultusu uzayda tek bir noktadan geçer. Elastik bir çubuğa uygulanan çekme kuvvetleri buna bir misaldir. Kuvvetlerin aynı etkiyi koruması için etkime doğrultusu ve noktası sabit olmalıdır.


2. VEKTÖRLER

2.6 Kaydırılabilme İlkesi (Principle of transmissibility):

Rijit cisim üzerine etkiyen kuvvetin şiddeti, doğrultusu ve yönü aynı kalmak koşuluyla uygulama noktası

doğrultusu üzerinde herhangi bir noktaya taşınabilir ve bu işlem sonucu cisme etkisi değişmez.


2. VEKTÖRLER

2.7 Kartezyen Koordinatlar : Birbirine dik (ortogonal) eksenlerden oluşan eksen

takımıdır. İki boyutlu (düzlemsel) durumda x ve y eksenlerini, üç boyutlu (uzaysal)

durumda x, y ve z eksenlerini içerir.

16

Eksenlerin yerleştirilmesi nasıl yapılır?

x ve y eksenleri keyfi olarak yerleştirilir; ancak z ekseninin

yönü artık keyfi olamaz.

z ekseni sağ el kaidesiyle yerleştirilir.

Yani x ekseni sağ elimizin 4 parmağıyla tutup, y ekseni üzerine

kaparsak baş parmağımızın yönü + z eksenini gösterir.


2. VEKTÖRLER

2.8 Vektörelerin toplanması ve çıkarılması

Toplama:

Çıkarma:

17

Vektörlerin Toplama ve çıkarma işleminde 2 yöntem vardır:

a-) Paralelkenar yöntemi:

2nci vektör 180 derece ters çevrilip toplama işlemi aynen yapılır.

Vektörlerin başlangıç noktaları birleştirilir ve bir paralel kenar oluşturulur. Bu paralel kenarın diyogonali ( R ) iki

vektörün toplamına eşittir.


2. VEKTÖRLER

2.8 Vektörel toplama ve çıkarma işlemleri -devam

b-) Üçgen Yöntemi (uç uca ekleme yöntemi):

Çıkarma:

18

Toplama: 2nci vektör 1nci vektörün ucuna (bitim noktasına) eklenir. 1nci vektörün başlangıcından , 2nci

vektörün bitiş noktasına çizilen vektör toplam vektörü (R ) verir.

Çıkarma: 2nci vektör 180 derece çevrilip toplama işlemi aynen uygulanır.


2. VEKTÖRLER

c-) Birden Fazla vektörün toplanması veya çıkarılması: Bu durumda üçgen

yöntemi daha pratiktir. Vektörler uç uca eklenir ve ilk vektörün başlangıcından

son vektörün ucuna çizilen vektör bileşkeyi verir. Vektörlerin sırasının önemi

yoktur. Çıkarılacak vektörleri varsa yine 180derece çevrilir.

19

𝐵

𝐴

𝐶

𝐴

𝐵

𝐶

− 𝐶

𝐴

𝐵

2.8 Vektörel toplama ve çıkarma işlemleri - devam


2. VEKTÖRLER

2.9 Bir vektörün bir skalerle (bir katsayı ile) çarpımı:

• Sonuç, başka bir vektördür.

• Sonuç vektörün şiddeti = çarpılan vektörün şiddeti x katsayı

• Sonuç vektörü, ilk vektöre paraleldir ancak yönü değişebilir.

• Eğer çarpım katsayısı pozitif ise yön, negatif ise yön 180derece ters

yönde olur.


2. VEKTÖRLER

Sonuç bir skalerdir (bir sayıdır).

Bu sayı: Her iki vektörün şiddetleri ve aralarındaki açının cosinüsünün

çarpılmasıyla bulunur.

Skaler çarpımda « nokta » kullanılır.

21

2.10 İki Vektörün Birbirleriyle Skaler Çarpımı (.) :

Şiddetler : A = 5, B = 4 ve q = 60 𝐵 = 5.4.Cos60 = 10 𝐴 .

Örneğin;

(D2.1)


2. VEKTÖRLER

Sonuç başka bir vektördür.

Sonuç vektörünün şiddeti :her iki vektörün şiddetleri ve aralarındaki açının sinüsünün

çarpılmasıyla bulunur.

Sonuç vektörünün yönü: çarpılan vektörlerin bulunduğu ortak düzleme diktir ve sağ el

kaidesiyle bulunur.

Sağ el kaidesi : Çarpılan ilk vektör sağ elimizin 4 parmağıyla tutulur ve ikinci vektör üzerine

kapatılır. Bu durumda baş parmağımızın yönü sonuç vektörünün yönünü verir.

Vektörel çarpımda « x » veya «^» kullanılır.

22

𝐵 = 𝐴 x 𝐶

2.11 İki Vektörün Birbiriyle Vektörel Çarpımı (x):

Yönü:

(D2.2)


2. VEKTÖRLER

2.12 Sağ el kaidesini tekrar edelim:

İlk çarpılan vektörü (A) 2nci vektörün (B) üzerine sağ elimizle dört parmağımızla kapatırız. Başparmağımızın

yönü sonuç vektörünün (C) yönünü verir. Bu yön çarpılan vektörlerin düzlemine dik yöndür.

Bu nedenle vektörel çarpımda vektörlerin çarpım sırası önemlidir.

𝐴 𝑥 𝐵 + 𝐶 = 𝐴 𝑥 𝐵 + 𝐴 𝑥 𝐶

2.13 Vektörel Çapımda Dağılma Özelliği :

23

Reel sayılardaki bu özellik vektörler için de geçerlidir. Yani:

Yapraksız kaldın diye gövdeni kestirme. Zira bu işin baharı da var. (Mevlana)

(D2.3)


2. VEKTÖRLER

2.14 Birim Vektör (𝑛):Herhangi bir doğrultuda, şiddeti 1 birim olan vektördür.

𝑛 = 1

𝑛= 𝐴

𝐴

𝐴 = 𝐴. 𝑛

Birim vektör nasıl bulunur? : Birim vektör; kendisiyle aynı yönde olan bir vektörün kendi şiddetine bölünmesiyle bulunur.

24

Bu tanıma göre;

D2.5 denklemi genelde doğrultusu bilinen bir vektörü; vektörel olarak ifade etmek için kullanılır. Bununla ilgili örnekler ileride açıklanacak ve konu daha iyi anlaşılacaktır.

(D2.4)

(D2.5)

D2.5 denklemi bize der ki: Bir vektör, kendi şiddeti ile kendisiyle aynı aynıyöndeki birim vektörün çarpımına eşittir.


2. VEKTÖRLER

Kartezyen koordinatlarda eksenler (x,y,z) doğrultularındaki birim vektörler, özel olarak i, j,k ile sembolize edilir.

25

2.15 Kartezyen birim vektörler (i, j ,k)


2. VEKTÖRLER

2.16. Kartezyen birim vektörlerin birbirleriyle vektörel çarpımı:

Örneğin i ve j vektörlerini birbiriyle vektörel çarpımının sonucunu arıyoruz. 𝑖𝑥 𝑗 =?

Çıkan sonuç vektörünün şiddeti:

Çarpılan vektörlerin şiddeti ile aralarındaki açının sinüsü çarpılır.

Çıkan sonuç vektörünün yönü: sağ el kaidesiyle +z yönündedir.

Vektörel çarpım gereği sonuç başka bir vektördür. (bknz: 2.11)

Sağ elimizin dört parmağıyla çarpılan 1. vektörü (i) tutup, 2.vektör (j) üzerine kapayınca, baş parmağımızın yönü sonuç vektörünün yönünü gösterir.

Sonuç vektörü, +z doğrultusunda 1 birim şiddetinde çıkmıştır.

Bu ise 𝑘 vektörüdür. O halde;

11.1.190sin ==ji

𝑖𝑥 𝑗 = 𝑘

2.16. –devam: Kartezyen birim vektörlerin birbirleriyle vektörel çarpımı:

26

Benzer şekilde 𝑘𝑥 𝑗 = − 𝑖 ve 𝑘𝑥 𝑖 = 𝑗 olduğunu görmeye çalışınız.

O halde, Kartezyen birim vektörlerin birbiriyle çarpımı diğer birim vektöre eşittir. İşarete ise sağ el kaidesiyle tespit edilir.

Birim vektörlerin kendisi ile vektörel çarpımı sıfırdır. Çünkü aralarındaki açı 0 dır.

𝑖𝑥 𝑖 =? 00.1.10sin ==ii

Şiddeti :

𝑗𝑥 𝑗=𝑘𝑥𝑘 = 0

𝑖𝑥 𝑖 =0

Benzer şekilde


2. VEKTÖRLER

Örneğin;

2.17 Şema yardımı ile Kartezyen birim vektörlerin vektörel çarpımı:

i,j,k vektörlerinde herhangi ikisinin çarpımı diğer 3ncü vektörü

verir. İşareti ise yandaki şema yardımıyla bulunur. Çarpılan ilk

vektörden, çarpılan ikinci vektöre gidiş yolu saat ibresi yönünde ise

sonuç pozitif, aksi halde negatiftir.

𝑗𝑥𝑘 = 𝑖 Şemada j den k ya gidiş saat ibresi yönünde olduğundan çıkan sonuç + i dir.Örn-1:

Örn-2: 𝑖𝑥𝑘 = −𝑗 Şemada i den k ya gidiş saat ibresi tersi yönünde olduğundan çıkan sonuç - j dir.

27

𝑗𝑥 𝑖 = −𝑘 Olduğunu görmeye çalışın.


2. VEKTÖRLER

Bir vektörün bir eksen üzerindeki izdüşümü vektörün bitim noktasından o eksene inilen dik ile bulunur.

28

: D eksenindeki birim vektör

2.18 İzdüşüm :

a- İzdüşümün şiddetini nasıl buluruz?

: V vektörünün D eksenindeki izdüşümüdür.

veya (D2.6)*

D2.6 denklemi der ki: Bir vektörün bir eksen üzerindeki izdüşümünün şiddeti o vektörün o eksendeki birim vektörle skaler çarpımına eşittir.

b- İzdüşümün vektörel ifadesini nasıl buluruz?

D2.5 denklemini önce hatırlamakta fayda var: Bir vektör, kendi şiddeti ile kendisiyle aynı yöndeki birim vektörün skaler çarpımına eşittir.

Buna göre :

D2.6 denklemini de düşünürsek izdüşüm vektörü : (D2.7)


2. VEKTÖRLER

2.19 Bileşen:

Bir vektörün 2 farklı eksen üzerindeki bileşenlerini bulmak için, vektörün ucundan (bitim

noktasından) herbir eksene paralel çizgiler çizeriz. Bu çizgilerin eksenleri kestiği noktalar

vektörün bileşenlerini verir.

29

(D2.8)

P.N 2.2 : İki vektörün toplama işleminde (bk: 2.8), toplanan vektörlerin aslında bileşenler olduğuna dikkat ediniz.


2. VEKTÖRLER

2.20 Bileşenle İzdüşüm Arasındaki Fark:

Eksenler birbirine dik olduğunda

bileşen ve izdüşümler üst üste çakışır ve

aynı olur.

30

2.21 Bileşenle İzdüşüm Ne zaman çakışır?

Yandaki şekilde bu fark net olarak görülmektedir. İzdüşüm için tek, bileşen için iki eksenin varlığı gerekli

olduğuna dikkat ediniz. Anlamadı iseniz 2.17 ve 2.18 maddelerini tekrar inceleyiniz.

Dikkat: Kartezyen koordinat eksenleri (x,y,z) birbirlerine diktir. Bu sebeple bu eksenlerdeki izdüşüm

ve bileşenler aynıdır.


2. VEKTÖRLER

31

2.22 Bir Vektörün Kartezyen Bileşenleri

yx UUU =

jUiUU yx

=

jUUiUU yyxx == ,

D2.5 denklemine göre bir vektör, şiddeti ile birim vektörün çarpına eşit idi. O halde :

yazılabilir

Bir vektörün kartezyen bileşenler cinsinden şiddeti :

Yatayla yaptığı açı:

22

yx UUU =

Düzlemde ( iki boyutlu halde)

: Bir U vektörünü x ve y eksenlerinde bileşenlerine (Ux, Uy) ayırıyoruz.

Bu bileşenler aynı zamanda izdüşümlerdir. Çünkü eksenler diktir. (bk:2.20)

(D2.9a)


2. VEKTÖRLER

32

2.22- devam ) Bir Vektörün Kartezyen Bileşenleri

Üç boyutlu durumda ilaveten Uz bileşine de gelir.

jUiUU

UiUU

yxxy

xyz

=

=

222

zyx UUUU = (D2.9b)

Bileşenler cinsinden vektörün şiddeti:

kUjUiUU zyx =


2. VEKTÖRLER

2.23 Konum Vektörü: Başlangıç ve bitiş noktasının koordinatları belli olan bir konum vektörü şu şekilde bulunur.

33

𝐴𝐵 = (𝑥𝐵 − 𝑥𝐴)2+(𝑦𝐵 − 𝑦𝐴)

2+(𝑧𝐵 − 𝑧𝐴)2

Konum vektörünün Şiddeti:

(D2.10)

(D2.11)

(D2.12)Konum vektör cinsinden birim vektör:

Konum vektörü:


2. VEKTÖRLER

2.24 Bir Vektörün Bir Eksene Paralel ve Dik Bileşenini nasıl buluruz? Yani;

34

U

b

q

D2.7 denklemi ile D2.13 denklemleri aslında aynı şeyi ifade eder.

c-) Dik bileşen:

b-)Şimdi paralel bileşenin vektörel ifadesini ( ) bulalım. 2.5 denklemine göre, bir vektörün vektörelifadesini bulmak istersek; vektörün şiddeti ile kendi doğrultusundaki birim vektörün skaler çarparız.

belli iken b eksenine paralel ve dik bileşenlerini arıyoruz

𝑒U ve

𝑒=? =?

Birim vektörb

b

𝑒

a-) Önce paralel bileşenin şiddetini ( ) bulalım. D2.6 denklemine göre, bir doğrultudaki birim vektörle skalerçarparsak, birim vektörün doğrultusuna paralel izdüşümünün şiddetini buluruz.

Yani:

(2nci eksen b eksenine dik olduğundan aynı zamanda bileşen olur. bk.: 2.20)

(D2.13)

Şunları da görebilmek gerekir:

Ayrıca:


2. VEKTÖRLER

2.25 Vektörel çarpımın matris formatı:

35

Vektörel çarpımı yaparken aşağıdaki gibi oluşturulan matrisin detarminantını da almak mümkündür. Bu şekilde i, j ve k lerin katsayıları daha kolay bulunabilir.

Vektörel çarpımını hesaplayınız.

Örnek:


2. VEKTÖRLER

2.26 Karışık Üçlü Çarpım: 2 vektörün vektörel çarpımı ile 3ncü bir vektörün skaler çarpımı

sözkonusu ise yine matris formatında çarpım yapılabilir.

zyx

zyx

zyx

zyx

zyxzyx

zyx

zyx

zyx

WWW

VVV

UUU

WVU

WWW

VVV

kji

kUjUiUWVU

kWjWiWW

kVjViVV

kUjUiUU

=

=

=

=

=

veya

36

Bir kuvvetin bir doğruya göre momenti alınırken bu işlem pratik bir çözüm olabilir. Diğer konuda anlatılacaktır.


2. VEKTÖRLER

2.27 Doğrultman Kosinüsleri

37

Bir vektörün Kartezyen eksenlerin herbirisi ile yaptığı açıların (a, b, g

Kosinüsleridir. Mukavemetle ilgili bazı hesaplamalarda daha pratik çözümler için kullanılır. Statik dersimiz kapsamında ise bu değerler kullanılmayacaktır.

Doğrultman Kosinüsleri


2. VEKTÖRLER

Örnek 2.1 : Şekildeki 80 birim şiddetindeki V vektörü, +x ekseni

ile q =300lik açı yapmaktadır.

a- V nin vektörel ifadesini bulunuz.

b- V ile aynı doğrultudaki birim vektörü elde ediniz.

Çözüm:

38

Şimdi vektörlerle ilgili bilgilerimizin zihnimizde daha iyi yerleşmesi için çeşitli örnekler yapacağız. Örneklerin bazılarında hangi sorulara cevap bulduğumuzu söyleyeceğiz.

Bu örnekte cevaplarını bulduğumuz sorular:1-Bir vektörün açısı ve şiddeti belli iken vektörel ifadesi nasıl buluruz?2- Bir vektör belli iken birim vektör nasıl buluruz?


2. VEKTÖRLER


2. VEKTÖRLER

Örnek 2.2. 800 N luk F kuvvetinin a-) x ve y eksenlerindeki bileşenlerini, b-) a-b doğrultularındaki bileşenlerini ve izdüşümlerini bulunuz.

40

Örnek 2.3* Şekilde gösterilen vektörler:

ve

olarak veriliyor. Buna göre :a-) bu vektörlerin arasındaki açıyı değerini hesaplayınız. (cevap: 82.870 )b) Bu vektörlerin toplamının şiddetini hesaplayınız.(cevap:4.47)


2. VEKTÖRLER

Örnek 2.4*

Cevap:

Örnek 2.5: Şiddeti F=9 birim olan 𝐹 vektörünü vektörel olarak ifade ediniz.

A(0,1,2) , B(2,0,0)

𝐹 = 𝐹. 𝑛 = 9.𝐴𝐵

𝐴𝐵= 9.

2−0 𝑖+ 0−1 𝑗+ 0−2 𝑘

𝐴𝐵= 9.

2𝑖−𝑗−2𝑘

22+12+22= 9(2𝑖−𝑗−2𝑘)

3

→ 𝐹 = 6𝑖 − 3𝑗 − 6𝑘 bulunur.

Çözüm:

D2.5 e göre bir vektör, şiddeti ile birim vektörün

çarpımına eşittir. 𝐹 = 𝐹. 𝑛

41

Bu örnekte cevaplarını bulduğumuz sorular:

1- Bir vektörün şiddeti ve vektör doğrultusu üzerinde 2 noktanın koordinatları belli iken vektörel ifadesini nasıl buluruz?

2- Başlangıç ve bitiş noktalarının yeri belli olan bir konum vektörünü ve aynı yöndeki birim vektörü nasıl buluruz?

Tut ki Ali’den sana miras kaldı Zülfikar. Sende Ali’nin yüreği yoksa Zülfikar neye yarar? (Mevlana)

D2.12 ye göre birim vektör, kendi yönündeki konum vektörünün

şiddetine bölümüne eşittir. 𝑛 = 𝐴𝐵

𝐴𝐵

Bk: D2.11


2. VEKTÖRLER

Örnek 2.6 Şiddeti V= 5 birim olan 𝑉 vektörünü, vektörel olarak ifade ediniz.

A(0,1,2) , B(2,0,0), C(2,1.5,0)

𝑉 = 𝑉. 𝑛

= 5𝐴𝐵𝑥𝐴𝐶

𝐴𝐵𝑥𝐴𝐶

= 52𝑖 − 𝑗 − 2𝑘 𝑥(2𝑖 + 0.5𝑗 − 2𝑘)

𝐴𝐵𝑥𝐴𝐶

=5.(1𝑘+4𝑗+2𝑘+2𝑖−4𝑗+1𝑖

𝐴𝐵𝑥𝐴𝐶= 5.(3𝑖+3𝑘)

32+32

→ 𝑉 = 3.53𝑖 + 3.53𝑘

Çözüm:• Bir vektör, kendi şiddeti ile birim vektörün çarpımına eşittir.

𝑉 = 𝑉. 𝑛• O halde önemli olan 𝑛 birim vektörünün bulunmasıdır.• Birim vektör, kendi doğrultusunda bir vektörün şiddetine

bölümü ile bulunur. 𝑛 =𝑇

𝑇

• Şimdi önemli olan 𝑛 doğrultusunda herhangi bir 𝑇 vektörüelde etmektir.

Not: 𝑇 = 𝐶𝐴𝑥𝐶𝐵 veya 𝑇 = 𝐵𝐶𝑥𝐵𝐴 şeklinde alınabilir. Önemli olan n doğrultusunda herhangi bir vektörün oluşmasıdır.

• İki vektörün vektörel çarpımı, bulundukları düzleme dik(düzlem normali doğrultusunda) başka bir vektörü verir. Yönüise sağ el kaidesine göre bulunur.

• Buna göre 𝑇 = 𝐴𝐵𝑥𝐴𝐶 yazılabilir. 𝐴𝐵 𝑣𝑒 𝐴𝐶 koyudüzlemdedir ve çarpımları +n normali doğrultusundadır. AB yiAC ye sağ elimizle kapatırsak baş parmağımız n doğrultusunugösterir.)

42

Bu örnekte cevaplarını bulduğumuz sorular:

1-Diyogonal (eğimli) bir düzleme dik bir vektörün şiddeti belli iken vektörel ifadesini nasıl buluruz?

2-Diyogonal bir düzlemin normali doğrultusundaki birim vektörü nasıl buluruz?


2. VEKTÖRLER

43

40o

A

B

Örnek (Soru) 2.7 A vektörü 27, B vektörü 15 birim şiddetinde olduğuna göre aşağıdaki vektörel işlemlerin sonucunu bulunuz.

𝑎−) 𝐴 + 𝐵 =?

𝑏−) 𝐵. 𝐴 =?

c−) 𝑘. (𝐴𝑥𝐵) =?

Cevaplar: a-)18.26, b-)-310.23 c-) 260.28


2. VEKTÖRLER

Örnek (Soru) 2.8. Şekildeki sistemde V vektörünün şiddeti 800, P vektörünün şiddeti 1200ise V ve P nin vektörel ifadelerini bulunuz.

Cevap:

𝑉 = 480𝑖 + 640𝑗

𝑃 = 509𝑖 + 678.8𝑗 + 848.5𝑘

44

3. KUVVET SİSTEMLERİ

F F

W

P P


45

3.1 Konunun Önemi:

Kuvvet bir vektörel büyüklüktür.

Kuvvet Statik dersindeki en önemli kavramdır.

Vektörler için yapılan tüm işlemler kuvvetler için de

yapılabilir.

Ayrıca kuvvetlerle yapılabilecek vektörel tanımlar ve

işlemler vardır. Bunların öğrenilmesi dersin amaçları

açısından çok önemlidir.

Bu bölümdeki işlemleri iyice kavramamız durumunda

statik denge problemlerini çok daha rahat ve anlayarak

çözebileceğiz.

Kendi iyiliğin için bu konuyu iyi öğren dostum!

F



1- Dış Etki: Kuvvetin dış etkisi (external effect) cismi hareket ettirmeye çalışmaktır.

46

Bir cismin üzerine uygulanan kuvvet, cisim üzerinde iki ayrı etki meydana getirir:

3.3 Kuvvetin Etkileri

2- İç Etki: Kuvvetilerin iç etkisi (internal effect) ise gerilme ve şekil değiştirmeler oluşturarak cismi

deforme etmeye çalışmaktır. Bu özellikle dengelenmiş kuvvet sistemlerinde daha belirgin ortaya çıkar.

Gerilmelerin ve şekil değiştirmelerin hesabı ise Mukavemet dersinin konusudur.


• Kuvvet, bir cisme dışarıdan uygulanan ve onu harekete zorlayan etkidir.

• Kuvvet Şiddeti, yönü ve uygulama noktası olan vektörel bir büyüklüktür.

3.2 Kuvvet Nedir?


Kuvvet dengelenmiş ise cisim durağandır ve dengeyi sağlayan diğer kuvvetlerin hesabı Statik dersinin

konusudur. (Kuvvet dengelenmemiş ise cisim ivmeli hareket eder ki, bu durumda hareket dinamik dersi kapsamında incelenir.)

a-) Etki ettiği alana göre: Eğer kuvvetin uygulandığı alanın boyutları tüm cismin boyutlarıyla karşılaştırıldığında çok küçük ise kuvvete “tekil” (concentrated) adı verilir. Eğer kuvvetin uygulandığı alan ihmal edilemeyecek kadar geniş ise “yayılı yük” (distributed) adını alır.

Tekil Kuvvet Yayılı Kuvvet

47

3.4 Kuvvetlerin Sınıflandırılması



b-) Uygulama Şekillerine Göre:



c-) Temas ve Sürtünme Kuvvetleri



• İp, halat ve kablolardaki kuvvetler her zaman için ip,

kablo boyunca ve göz önüne alınan cisimden

uzaklaşır yönde gösterilir.

• Yalnız gergin olduklarında kuvvet uygularlar.

• İpler ve Kablolar Sadece Çeki yükü taşırlar.

Ağır Kablo

50

d-) İp ve Kablolardaki kuvvetler

Hafif Kablo (Ağırlığı ihmal edilir.)



Kasnaklar, ip veya halatların yönlerini değiştirmek ve az bir girdi kuvveti ile yüksek çıktı kuvveti elde etmek için kullanılan oluklu silindirlerdir. Sürtünmesiz durumda kasnaktaki ipin her iki ucundaki gerginlik kuvvetleri birbirine eşittir.

e-) Kasnaklardaki Kuvvetler

51

kasnak

Soru: Kasnakta sürtünme varsa, kuvvetler arasındaki bağıntı nedir?

Yol gösterme: Makine Elemanları kitaplarından araştırabilirsiniz.



Yay kuvvetleri ;

Yayın uzamasına bağlı olarak artar,

Her zaman yay doğrultusundadır,

Yayı orijinal konumuna döndürmeye çalışacak yöndedir.

52

f-) Yaylardaki Kuvvetler



3.5 Bir Kuvvetin Üç Boyutlu Vektörel Tanımlanması

a-) Kuvvetin etkime doğrultusu iki açıyla verilmiş ise;



b-) Kuvvetin etkime doğrultusu üzerinde iki noktanın koordinatları verilmiş ise;

2

12

2

12

2

12

121212

:

,:

zzyyxx

kzzjyyixxFF

AB

ABFeFF

AB

ABevektörbirim

ABvektörükonum

F

F

=

==

=



3.6 Kuvvetin Döndürme Etkisi: MOMENT

55

Bir kuvvet bir cismi ötelemeye zorladığı gibi döndürmeye de zorlar. Bu döndürme etkisine moment denir.

Moment vektörel bir büyüklüktür.



Size en yakın kapıya gidin..

Kapıyı sonuna kadar açın..

Şimdi kapıyı kapatmaya çalışacağız.

1-Menteşelere en yakın yerden iterek kapatmaya çalışın,

2-Ortasından iterek kapatmaya çalışın,

3-En ucundan iterek kapatmaya çalışın.

Hangisinde zorlandınız?

Tabi ki menteşelere en yakın yerden ittiğinizde zorlandınız.. Belki de kapatamadınız..

Nedenini biraz düşünün..

56

a- Momentin etkisini hissedin.



Momentin şiddeti ise kuvvet (F) ve kuvvet kolu (d) ile doğru orantılıdır.

Kuvvet kolu (d) , kuvvetin dönme eksenine olan dik uzaklığıdır. (Bir önceki sayfadaki şekli inceleyiniz)

Bu durumda.. Momentin şiddeti = Kuvvet x Kuvvet kolu… yani … M = Fxd … olarak tanımlanır.

Dönme ekseninden (menteşelerden) ne kadar uzaksanız aynı moment için o kadar daha az kuvvet

uygularsınız. Çünkü d artmıştır. Aynı M için daha düşük F yeterlidir. Bu ise sizin daha az kuvvet uygulamanız

ve daha az zorlanmanız anlamına gelir.

57

a- Momentin etkisini hissedin.

Kapının kapanması itmekuvvetinin döndürme etkisi ileyani momentle ilgilidir.

Kapanması için itme kuvvetinizinoluşturacağı moment belli birşiddeti aşmalıdır.



58

3.7 Bir kuvvetin bir noktaya göre momenti

Moment alınan noktadan kuvvet hattı üzerindeki herhangi bir noktaya çizilen konum vektörü ile kuvvetin vektörel çarpımına eşittir.

Yandaki şekle göre; F kuvvetinin A noktasına göre momenti:

𝑀𝐴 = 𝐴𝐵 x 𝐹

Moment alınan nokta

Kuvvet hattı üzerindeki herhangi bir nokta

Kuvvet

𝑀𝐴 = 𝐴𝐶 x 𝐹 = 𝐴𝐷 x 𝐹

PN.3.2 ) Vektörel çarpımda sıra önemlidir. 𝐴𝐵 yerine 𝐵𝐴 yazmak veya 𝐹 kuvvetini önce yazmak sonucu etkiler.

P.N. 3.3 ) Dik uzaklık (d) ile F i skaler çarparsak sadece Momentin şiddetini elde ederiz. Ancak vektörel çarpım yaparsak bu işleme gerek yoktur. Zira momentin vektörel ifadesi belli olunca, şiddeti de hesaplanabilir.

P.N 3.1 ) Bu tanıma göre kuvvet hattı üzerinde farklı noktalar da alınabilir ve aynı sonuç bulunur.



59

Momentin vektörel ifadesi bize hem yönünü gösterir, hem şiddetini hesaplamamızı sağlar. Çünkü biliyoruz ki bir vektörün bileşenleri belli iken şiddeti bulunabilir. (Bknz: 2.21)

Bununla birlikte momentin yönü ayrıca sağ el kaidesinden de bulunabilir.

𝐴𝐵 ve 𝐹 vektörlerinin uçları birleştirilir

İlk çarpılan vektör ( 𝐴𝐵 ) 2nci vektörün üzerine sağ elimizin 4 parmağıyla kapatılır.

Başparmağımızın yönü sonuç vektörü (𝑀 ) in yönünü gösterir.Moment çarpılan vektörlerin bulunduğu düzleme diktir.

222

zyx MMMM =

jMjMiMM zyx

=



Tekrar ediyoruz: F kuvvetinin O noktasına göre momenti, Moment alınan noktadan

(O) , kuvvet hattı üzerindeki herhangi bir noktaya çizilen vektör ile kuvvetin vektörel

çarpımına eşittir.

Momentin Şiddeti:

veya Şeklinde bulunduktan sonra

OA ve F vektörleri k düzlemi üzerindedir. Mo

vektörü k düzlemine diktir.

60

Dik uzaklık biliniyorsa:

jMjMiMM zyx

=

222

zyx MMMM =



şiddeti;

3.8- Varignon Teoremi

Bir kuvvetin bir noktaya göre momenti o kuvvetin bileşenlerinin aynı noktaya göre

momentlerinin toplamına eşittir.

QrPrQPrMQPRRrM oo

====

pPqQdRM o ==

Dik uzaklıklar biliniyorsa, momentin şiddeti :



Örnek 3.1:

A(3,8,1) ve B(7,–4,4) noktalarından geçen 130 N şiddetinde olan ve A dan B ye doğru yönelmiş F kuvvetinin O(0,0,0) noktasına göre momentini bulunuz.



Örnek (Soru) 3.2* (!)

63

Bir tamirci elindeki anahtara şekildeki gibi 140 N kuvvetuyguluyor ve cıvatayı sıkıyor. Bu kuvvetin G noktasına göremomentini vektörel olarak bulunuz.



Cevap: 𝑀𝑜 = 8547.83𝑘

Örnek (Soru) 3.3

y-z düzlemine paralel olan 110N luk kuvvetin O noktasına göremomentini vektörel olarak hesaplayınız. AB uzunluğu: 220mm

Cevap:

21.09.2018 STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor 64

Örnek (Soru) 3.4: Şekildeki sistemde, DC kablosunda ortaya çıkan çekme kuvveti 456 N ise bu kuvvetin O noktasına göre momentini hesaplayınız.

Cevap:

3.9 Bir Kuvvetin Bir Eksene Göre Momenti

65

F kuvvetinin D eksenine göre momentini arıyoruz. İşlem adımlarımız şöyle olmalı:

1- Önce F kuvvetinin D ekseni üzerindeki herhangi bir

noktaya (örn: A noktasına) göre momenti (𝑀𝐴 ) hesaplanır. (bknz 3.7)

2- Bu momenti eksene paralel birim vektör

(𝑈∆ ) ile skaler çarparsak F kuvvetinin eksene göremomentinin şiddeti (𝑀∆),(bknz 2.17a)

3- Çıkan sonucu tekrar (𝑈∆ ) ile çarparsak, F kuvvetinin

eksene göre momentinin vektörel ifadesi (𝑀∆) elde edelir. (bknz. 2.17b)

Bir kuvvetin bir eksene göre momenti: O kuvvetin eksen üzerindeki bir noktaya göre momentinin eksene göre izdüşümüdür.

𝑀∆ = 𝑀𝐴. 𝑈∆

𝑀𝐴 = 𝐴𝐵𝑥 𝐹

𝑀∆ = 𝑀∆. 𝑈∆ = 𝑀𝐴. 𝑈∆ . 𝑈∆

Bu işlem 3 boyutlu bazı problemlerde işe yarar., Bulunması istenmeyen kuvvetleri işleme katmamızı ve istenen kuvveti tek işlemle doğrudan bulmamızı sağlar. İleride örnek verilecektir.



Örnek 3.6: Şekildeki F kuvvetinin a-) x eksenine ve b-) OB eksenine göre momentlerini bulunuz.

ÇÖZÜM:

Bulunan şiddet tekrar birim vektörle çarpılırsa eksene göre momenti vektörel ifadesi bulunur.

Önce eksen üzerindeki bir noktaya göre moment alınır.

Sonra eksenin birim vektörüyle skaler çarpılır ve eksene göre momentin şiddeti bulunur.

b-)

a-)

O(0,0,0); A(-3,4,6); C (-3,4,0)



3.10 Kuvvet Çifti : Kupl

67

Bir cisim üzerindeki döndürme etkisi eğer, eşit şiddette, zıt yönde ve birbirine paralel iki kuvvetten kaynaklanıyorsa bu kuvvetler bir kupl (kuvvet çifti) oluşturur denir. Büyük bir vanayı açarken veya kapatırken iki elimizle bir kupl oluştururuz. Bir kuplun momenti; kuvvetlerin herbirisinin orta noktaya göre momentlerinin toplamıdır. Örn: Vana yarıçapı r ise kupl momenti

M = F.r + F.r = 2Fr olur.

Direksiyona kupl uygulamayan dikkatsiz bir şöför..



Bir kuvvet bir noktadan diğer noktaya momenti ile birlikte taşınır. Bu şekilde döndürme etkisi de korunmuş olur.

Bir moment, bir noktadan diğer noktaya aynen taşınır. Çünkü etkisi kaybolmaz.

3.11 Bir kuvvetin bir noktadan diğer noktaya taşınması:

3.12 Bir momentin bir noktadan diğer noktaya taşınması:

68

B den A’ya taşınan bir kuvvet

B den A’ya taşınan bir moment

Dikkat edilirse taşıma işleminde önemli olan kuvvet veya momentin cisme olan ötelenme veya döndürme etkisinin korunmasıdır.



3.13 Kuvvetler Sisteminin İndirgenmesi ve Bileşkeler

Bir cisme etki eden kuvvet ve moment

sisteminin bir noktaya indirgenmesi

demek: indirgenen noktada aynı etkiyi

oluşturacak şekilde bir bileşke kuvvet

(𝑅) ve bir bileşke moment (𝑀𝑜 ) elde

etmek demektir.

Şekildeki sistemde O noktasına sol veya sağdaki sistemden hangisi etki ederse etsin aynı etki oluşur.

Sistemi O noktasına indirgeyiniz demek: O noktasındaki ve 𝑅 ve 𝑀𝑜 bileşkelerini bulunuz demektir.



70

Bileşkenin tek başına bir cisme etkisi, bileşenlerin aynı anda uygulandığı

etkiye eşit olur.



71

Örnek 3.7: Şekildeki kuvvetler sistemini O noktasına indirgeyiniz

Çözüm: Sorunun farklı şekilde izahı: O noktasında aynı etkiyi oluşturacak bir bileşke kuvvet ve

bileşke moment bulunuz.

Bileşke kuvvet:

Bileşke Moment:



72

Şekildeki Sistemi A Noktasına indirgeyiniz.Örnek (Soru) 3.8:



Cevap:

3.14 Vida kavramı:

73

Bir civatayı tornavida ile sıkarken 2 tür hareket ve yük uygularız.1- Tornavidayı çeviririz. Bu sırada tornavidayı moment uygulamış oluruz.2- Tornavidayı bastırırız. Bu sırada tornavidaya bastırma kuvveti uygularız.3- Vidayı sökerken tornovidayı ters yönde çeviririz.

Her durumda uyguladığımız kuvvetin ( R ) ve moment vektörünün yönü (M) vida ekseni üzerindedir. Vektörel olarak aynı doru üzerinde çakışırlar. Eğer her ikisideaynı yönde ise pozitif vida, zıt yönde ise negatif vida oluştururlar denir.

Pozitif Kuvvet Vidası (Sıkma) Negatif Kuvvet Vidası (Sökme)



veya=

a-) Vida Oluşturma Durumunun Tespiti:

Eğer bir kuvvetler sistemi bir noktaya indirgendiği zaman, indirgenen noktadaki bileşke kuvvet ve bileşke moment aynı

doğrultu üzerinde ise bunların bir vida oluşturduğu söylenir. Eğer her iki bileşke aynı doğrultu üzerinde iken hem de

aynı yönde ise pozitif vida; aynı doğrultu üzerinde iken farklı yönde ise negatif vida oluştuğu söylenir.

74

Soru: Bileşke kuvvet ve momentin vida oluşturup oluşturmadığını nasıl anlarız?

Cevap: Aynı doğrultu üzerindeki 2 vektörün aralarındaki açı 0 veya 180 dir. Bu durumda vektörel çarpımları sıfır olur. Çünkü aralarındaki açının sinüsü ile vektörlerin herbirsinin şiddetlerinin çarpımı sonuç vektörünün şiddetini verir(bknz: 2.11). O halde elde edilen bileşke kuvvet ile bileşke momentin vektörel çarpımı sıfır ise vida oluşturduğu söylenir. Yani;

𝑅𝑥𝑀 = 0 ise vida oluştururlar. Değilse vida oluşturmaz ancak indirgenme ihtimali vardır. (bknz: 3.15)



b-) Vidaya İndirgenme Durumunun Tespiti:

75

Bileşke kuvvet ve moment aynı doğrultu üzerinde değilse vida oluşturmazlar demiştik.

Vidaya indirgenmenin anlamı ise, M bileşke momentinin R bileşke kuvvetine paralel (𝑀𝑅// )

doğrultudaki bileşenini bulmak demektir. Zira 𝑀𝑅// ve 𝑅 vida oluşturur.

Soru: Buna göre vidaya indirgeme şartı nedir?

Cevap: M momentinin R’ ye dik olmamasıdır.

Çünkü dik olursa 𝑀𝑅// diye bir bileşeni olmaz

ve vidaya indirgenemez.

Soru: M ‘in R’ye dik olup olmadığını nasıl anlarız.?

Cevap: M ve R nin skaler çarpımı sıfır ise birbirlerinediktir. Çünkü skaler çarpımda vektörlerin şiddetleri ve aralarındaki açının kosinüsü çarpılır. Açı 90 olursa kosinüsü sıfır olur (bknz: 2.10). Bu durumda vidaya indirgenemez.

𝑅.𝑀 = 0

Özet olarak

𝑅𝑥𝑀 ≠ 0 ise vida oluşturmazlar. (Çünkü aynı doğrultu üzerinde değillerdir.)

𝑅𝑥𝑀 ≠ 0

1-

2- ve𝑅.𝑀 ≠ 0

ise, yani bu iki şart sağlanıyorsa vidaya indirgenebilirler. (Çünkü birbirlerine aynı doğru üzerinde olmadıkları gibi birbirlerine dik değillerdir)

ise birbirlerine diktirler. Vida oluşturmazlar.



76

Soru: 𝑀𝑅// nasıl hesaplanır?

Cevap: 𝑀𝑅// Bileşke momentin R doğrultusundaki

izdüşümüdür ve R doğrultusundaki birim vektörle 2 kez skaler çarpımına eşittir (bknz:2.23)

𝑀𝑅// = 𝑀. 𝑛𝑅 . 𝑛𝑅

Birim vektör: 𝑛𝑅 =𝑅

𝑅

Dik bileşen hesabı:



77

Örnek 3.9 Şekildeki üç kuvvetten oluşan sistemi,a-) A noktasına indirgeyiniz.b-) İndirgenen Sistemin bir vida teşkil edip etmediğini kontrol ediniz.c-) Vida teşkil etmiyor ise vidaya indirgenip indirgenemeyeceğini kontrol ediniz.d-) Vidaya indirgenebiliyorsa, indirgeyiniz.

Bileşke Kuvvet:Çözüm:

Bileşke Moment:

a)

= 𝑀



78

olduğundan aynı doğrultuda değildir. Ve vida oluşturmaz. (bknz: 3.15)

𝑅𝑥𝑀 = 540000𝑖 + 1660000𝑗 − 960000𝑘

𝑅𝑥𝑀 ≠ 0

𝑅.𝑀 =3040000

𝑅.𝑀 ≠ 0 olduğundan bileşke moment (M) bileşke kuvvete dik değildir. O halde Vidaya indirgenebilir. (bknz: 3.15)

Bileşke kuvvet doğrultusundaki birim vektör:

𝑀𝑅// = 𝑀. 𝑛𝑅 . 𝑛𝑅

Dik Bileşen:



b-)

c-)

d-)

79

Örnek 3.10 (2006 1vz. End.)a-) Şekil de görülen kuvvet ve moment sistemi yerine, O noktasına öyle bir tekil kuvvet ve moment uygulayın ki bu noktada mukavemet açısından aynı etki oluşsun. (M1 Momenti EFD düzlemindedir. F1 kuvveti ise CBFD düzleminin ortasındaki K noktasından düzlem normali doğrultusunda uygulanmıştır.)

Çözüm:a-) Tüm sistem O noktasına indirgenir ve elde edilen bileşke kuvvet ve bileşke moment mukavemet açısından aynı etkiyi oluşturur.

Öncelikle tüm kuvvet ve momentlerin vektörel ifadelerini sırasıyla bulmalıyız:

𝐹1 = 𝐹1. 𝑛1 , 𝑛1 =𝐵𝐹𝑥𝐵𝐶

𝐵𝐹𝑥𝐵𝐶= 16 𝑖𝑥(12 𝑗−16𝑘)

𝐵𝐹𝑥𝐵𝐶=192𝑘+256 𝑗

1922+2562=1

320(192𝑘 + 256 𝑗)=0.6𝑘 + 0.8 𝑗)

𝐹1 = 10. (0.8 𝑗 + 0.6𝑘)

𝐹1 = 8 𝑗 + 6𝑘

b-) İndirgenen sistemin bir vida teşkil edip etmediğini,c-) Vida Teşkil etmiyorsa, vidaya indirgenip indirgenemeyeceğini kontrol ediniz.d-) Vidaya indirgenebiliyorsa, indirgeyiniz.



80

𝑛2 =𝐴𝐸

𝐴𝐸= (15 𝑗−16𝑘)

152+162= 0.68 𝐽 − 0.73𝑘)𝐹2 = 𝐹2. 𝑛2 , 𝐹2 = 30. (0.68 𝑗 − 0.73𝑘)

𝐹2 = 20,4 𝑗 − 21,9𝑘

𝐹3 = −20 𝑗

𝑀1 = 𝑀1. 𝑛𝑀1 ,

𝑛𝑀1 =𝐸𝐹𝑥𝐸𝐷

𝐸𝐹𝑥𝐸𝐷= 16 𝑖+13 𝑗+16𝑘 𝑥(16 𝑖+25𝑗)

𝐸𝐹𝑥𝐸𝐷=400𝑘−208𝑘+256 𝑗−400 𝑗

4002++2562+1922=

1

512,25(−400 𝑖 + 256 𝑗 + 192𝑘)

𝑛𝑀1=−0.782 𝑖 + 0.5 𝑗+0.37𝑘 𝑀1 = 20.(−0.782 𝑖 + 0.5 𝑗+0.37𝑘)

𝑀1 = −15.6 𝑖 + 10 𝑗+7.4𝑘

𝑅 = 𝐹𝑖 = 𝐹1 + 𝐹2 + 𝐹3 𝑅 = 8,4 𝑗 − 15,9𝑘

𝑀𝑜 = 𝑀1 + 𝑂𝐸𝑥 𝐹2+𝑂𝐾𝑥 𝐹1=−15.6 𝑖 + 10 𝑗+7.4𝑘+15 𝑗𝑥(20.4 𝑗 − 21.9𝑘+(8 𝑖 + 34 𝑗 + 8𝑘)x(8 𝑗 + 6𝑘)

=−15.6 𝑖 + 10 𝑗+7.4𝑘 − 328.5 𝑖 + 64𝑘 − 48 𝑗 + 204 𝑖 − 64 𝑖

𝑀𝑜=−204.1 𝑖 − 38 𝑗+71.4𝑘

(Bileşke kuvvet)

(Bileşke Moment)

(hesap şekli için bknz: örn: 2.4)



81

b-) İndirgenen sistemin bir vida teşkil edip etmediğini kontrol edeceğiz.

d-) Vidaya indirgenebiliyor.. İndirgeyelim bari.

𝑅 = 8,4 𝑗 − 15,9𝑘 𝑀𝑜=−204.1 𝑖 − 38 𝑗+71.4𝑘

𝑅𝑥𝑀𝑜 ≠ 0 olduğundan vida teşkil etmez.

,

𝑅.𝑀𝑜 ≠ 0 olduğundan vidaya indirgenebilir.

c-) Vida Teşkil etmiyorsa, vidaya indirgenip indirgenemeyeceğini kontrol ediniz.

𝑛𝑅 =𝑅

𝑅=8,4 𝑗 − 15,9𝑘

8.42 + 15.92= 0.46 𝑗 − 0.88𝑘

𝑀// = 𝑀𝑜. 𝑛𝑅 = −38𝑥0.46 + 71.4𝑥 −0.88 = −80.3

𝑀// = 𝑀// . 𝑛𝑅 = −80.3 . (0.46 𝑗 − 0.88𝑘)

𝑀// = −36.94 𝑗 + 70.66𝑘

= 𝑀𝑜 −𝑀// = −204.1 𝑖 − 74.94 𝑗+142.06𝑘



x

y

z

2 m

A

B

1 m

C2

2 m

2 m

O

F4

82

Örnek (Soru) 3.11

𝑀// =−47.67 𝑖 − 24.4 𝑗+35.47𝑘

40kN şiddetindeki 𝐹4 ve 10kNm şiddetindeki 𝐶2momentinden oluşan sistemi O noktasında

vidaya indirgeyiniz.

Cevap: 𝑅=26.6 𝑖 − 13.3 𝑗+26.6𝑘



Örnek (Soru) 3.12* Şekildeki elemana uygulanan iki kuvvet ve iki kuvvet çiftinden oluşan sistemin O noktasında bir vidaya indirgenebileceğini gösteriniz ve indirgeyiniz.

Cevap 𝑀// = −3.4 𝑖 + 5.43 𝑗 − 7.18 𝑘 ,

= −100.48 𝑖 − 74.88 𝑗 − 9.37 𝑘

83

Örnek (Soru) 3.12

Borulardan oluşturulmuş yapıya uygulanan kuvvetleri ve momenti A noktasına indirgeyiniz.

Cevap:



Şekildeki egzos sistemineuygulanan 100 N luk ve 115 N lukkuvveti D noktasına indirgeyiniz.

Cevap:

Örnek (Soru) 3.13

84

4- STATİK DENGE VE KUVVET ANALİZLERİ

Bu bölümde durağan halde dengede olan rijit sistemlere etki eden kuvvetlerin hesaplanması görülecektir.


4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri

4.1 Denge Şartı:Dış yüklerin etkisine maruz bir cismin veya sistemin hareketsiz kalması yani dengede olabilmesi için; bileşke kuvvetin ve bir noktaya göre bileşke momentin sıfır olması gerekir.

𝑅 = 0

𝑀𝑜 = 0Denge Şartı

2 veya 3 boyutlu problemlerde vektörelçözüm yapacaksak bu 2 denklem kullanılır.

4.2 Vektörel Çözüm ile Bilinmeyen kuvvetleri nasıl buluruz?

Elimizde toplam 2 vektörel denklem vardır: 𝑅 = 0

𝑀𝑜 = 0

• Bir vektör sıfır ise herbir kartezyen bileşeni de ayrı ayrı sıfırdır. Yani i, j ve k katsayıları ayrı ayrı sıfır olur. Bu prensip ilebilinmeyen kuvvetler elde edilir.

• 3 boyutta 2 vektörel denklemden 6 bilinmeyen, 2 boyutta ise 3 bilinmeyen bulunabilir..• Eğer sistem statikçe belirsiz (hiperstatik) ise, yani denklem sayısı bilinmeyen sayısından az ise bu denklemler tüm kuvvetleri

bulmak için yeterli olmaz. Bu durumda ek denklemlere ihtiyaç olur ki, bu ek denklemler mukavemet hesaplamalarından eldeedilir.

2 veya 3 boyutlu tüm problemlerde bu 2 denklem kullanılır ve bilinmeyen kuvvetler bulunur.

(1)

(2)



4.3 Skaler çözüm ile bilinmeyen kuvvetleri nasıl buluruz?

Bununla birlikte biliyoruz ki:

𝑅 =

𝑖

𝑛

𝐹𝑖 = 𝐹𝑥 𝑖 + 𝐹𝑦 𝑗 + 𝐹𝑧𝑘

𝑅 = 0 𝑖𝑠𝑒

𝑀𝑜 = 𝑀𝑥 𝑖 + 𝑀𝑦 𝑗 + 𝑀𝑧𝑘

Bir vektör sıfır ise herbir kartezyen bileşeni de ayrı ayrı sıfırdır. Yani;

𝑀𝑜 = 0 𝑖𝑠𝑒

Vektörel denge denklemlerimiz: 𝑅 = 0 𝑀𝑜 = 0, idi

𝐹𝑥 = 0 , 𝐹𝑦 = 0 , 𝐹𝑧 = 0

𝑀𝑥 = 0 , 𝑀𝑦 = 0 , 𝑀𝑧 = 0

Uzayda (3 boyutlu problemlerde)6 skaler denklem

𝐹𝑥 = 0 , 𝐹𝑦 = 0 , 𝑀𝑧 = 0Düzlemde (2 boyutlu problemlerde)3 skaler denklem

P.N 4.1: Genelde 3 boyutlu uzay denge problemlerinde vektörel çözüm, 2 boyutlu düzlem denge problemlerinde skaler çözüm daha pratiktir.



P.N 4.2 (sıkça yapılan bir hata): Problemlerde bilinmeyen sayısı, denklem sayısından fazla olursa, farklı bir noktaya göre moment alınıp bir denklem daha elde edilebilir gibi bir yanılgı içine düşülebilmektedir. Halbuki farklı bir noktaya göre alınan moment, diğer denklemlerden türetilmiş bir denklemdir. Dolayısıyla ilave bağımsız bir denklem olmayacaktır.

Genelde 3 boyutlu uzay denge problemlerinde vektörel çözüm, 2 boyutlu düzlem denge problemlerinde skaler çözüm daha pratiktir.

4.4 Vektörel çözümü mü, skaler çözümü mü tercih etmeliyiz?

4.5 Tüm denge problemlerinde bu denklemler yeterli olur mu?

Bilinmeyen kuvvet sayısı, denklem sayısından fazla ise bu denklemler yeterli olmaz. Bu tip problemlere hiperstatikproblemler denir. Hiparstatik problemlerde ek denklemlere ihtiyaç vardır. Bu ek denklemler genelde cismin şekil değiştirmesi ile ilgili mukavemet hesaplamalarından gelir ki, bu konu mukavemet dersinde hiparstatik problemler olarak gösterilmektedir.



4.6 – Bağlantı Çeşitleri ve Ortaya Çıkan Tepkiler

P.N 4.3 : Bağlantılarda, ötelenmeye izin verilmeyen doğrultuda tepki kuvveti; dönmeye izin verilmeyen eksende tepki momenti ortaya çıkar.

Parçaların birbirlerine bağlatıları farklı şekillerde olabilir. Bağlantı şekline göre bağlantıda ortaya çıkacak tepkiler farklılık gösterir. Şimdi bunlardan en çok bilinenleri inceleyeceğiz.

x doğrultusunda ötelenmeye izin veriyor.

y doğrultusunda ötelenmeye izin vermiyor.

z ekseni etrafında dönmeye izin veriyor.

Sadece y doğrultusunda tepki kuvveti oluşur. (Ay)

a- Kayar Mesnet (roller support) Bir yönde ötelenmeye ve düzleme dik eksende dönmeye izin verir. Ötelenmeye izin vermediği doğrultuda tepki kuvveti ortaya çıkar. Düzlem problemlerde sözkonudur.

x doğrultusunda ötelenmeye izin vermiyor.

y doğrultusunda ötelenmeye izin veriyor.


Sadece x doğrultusunda tepki kuvveti oluşur. (Ax)



x ve y doğrultularında ötelenmeye izin vermiyor.


x ve y doğrultularında tepki kuvveti oluşur. (Ax, Ay)

b- Sabit Mafsal:Düzlem problemler de sözkonusudur. İki eksende ötelenmeye izin vermez. Düzleme dik eksende dönmeye izin verir. Ötelenmeye izin vermediği her iki eksende de tepki kuvveti ortaya çıkar.

x, y ve z eksenlerinde ötelenmeye izin vermiyor.

x, y ve z eksenleri etrafında dönmeye izin veriyor.

X, y ve z doğrultularında tepki kuvveti oluşur. (Ax, Ay ve Az)

c- Küresel Mafsal: Sabit mafsalın 3 boyutlu durumdaki karşılığıdır. 3 eksende de ötelenmeye izin vermez. Ancak tüm eksenlerde dönmeye izin verir. (Örn: omuz eklemimiz veya banyo duş telefonu aparatları.)



x, y ve z doğrultularında ötelenmeye izin vermiyor.

x, y ve z eksenleri etrafında dönmeye izin vermiyor.

Ax, Ay ve Az tepki kuvvetleri oluşur.

d- Ankastre Uç:

Düzlem veya uzay problemler de sözkonusuolabilir. Ağırlığı ihmal edilen bir ip veya kablo kendi ekseni doğrultusunda çeki kuvveti oluşturur. Basıya çalışmaz. Aksi söylenmedikçe kablo veya iplerin ağırlığı ihmal edilir.

Düzlem problemlerde sadece Ax, Ay ve Mz oluşur. (x-y düzleminde)

Mx, My ve Mz tepki momentleri oluşur.

e- Kablo ve İp bağlantıları:

Düzlem veya uzay problemler de sözkonusu olabilir. Hiçbir ydoğrultuda ötelenmeye ve dönmeye izin vermeyen bir bağlantıdır. (Örn: Bir duvara betonlanmış veya kaynaklanmış bir çubuk)



Bağlantı Örneği: Menteşe

Şekildeki kapı menteşesinin sadece z ekseninde dönmeye izin verdiğini görüyoruz. O halde sadece Mz

momenti oluşmayacaktır.

P.N 4.4 ) Önemli bir soru: Bilinmeyen Kuvvetlerin yönünü nasıl seçeriz?

(Örneğin yukarıda menteşe de niçin Ax i sağa seçtik de, sola seçmedik.? )

Cevap:

• Bilinmeyen kuvvetlerin yönü ilk seferde keyfi seçilir. Eğer hesaplama sonucunda işareti negatif çıkarsa seçtiğimiz yönün tersineymiş denir. Yönü hiç değiştirilmez ve işaretiyle birlikte denklemlerde kullanılır.

• Veya yönü değiştirilince işareti de değiştirilmelidir.• 2nci kez aynı kuvvet yerleştirilecekse, ilk yerleştirmenin zıttı yönünde yerleştirilmek zorundadır.



4.7 Kuvvet Hesaplarında İşlem Adımları:

P.N.4.5 Sınavlara çalışırken bir ipucu: Denge problemlerini çalışırken, tümü soruları çalışmaya vaktimiz olmayabilir. Bu durumda bazı problemleri hesap makinasıyla sonuna kadar çözün.. Bazılarının ise sadece SCD sini çizmeye çalışın.. SCD yi doğru çizdiğinizde o problemi çok rahat çözersiniz.

Sahibine kahve götürmeye çalışan bir köpek

1- Dengesi incelenecek sistemin serbest cisim

diyagramı (SCD) çizilir. (Bunun anlamı ileride açıklanacaktır)

2- Statik denge denklemleri yazılır ve bilinmeyen

kuvvetler bu denklemlerden bulunur.

2 boyutlu düzlem denge problemlerinde skaler çözüm, 3 boyutlu uzay denge problemlerinde vektörel çözüm tercih

edilir.



4.8 Serbest Cisim Diyagramı (SCD) nedir?

Bir cismin, uzayda, boşlukta, üzerine etki eden kuvvetlerle birlikte bağımsız olarak çizildiği şekle o cismin Serbest Cisim diyagramı denir.

P.N 4.6 SCD çizerken püf noktaları:a-Cisim izole edilirken, her izole edildiği temas kısmında mutlaka kuvvet oluşur,b-İzole edilmediği temas noktalarında ise kuvvet gösterilmez. c-Çift kuvvet elemanları varsa mutlaka tespit edilmelidir. (ileride açıklanacak)d-Herbir SCD da tüm kuvvetler birbirini dengelemelidir.

SCD Nasıl çizilir? Bir cisim tüm temasta olduğu kısımlardan

hayali olarak izole edilir ve uzayda serbest olarak çizilir.

Kendi üzerine etkiyen dış kuvvetler + izole edildiği temas kısımlarındaki diğer cisimlerden gelen kuvvetler cismin üzerinde gösterilir.

Bu şekle cismin serbest cisim diyagramı ismi verilir.



Unutmayın! Statiğin temel konusu kuvvet hesabıdır. Kuvvet hesabının en önemli adımı SCD nin doğru çizilmesidir.

Adam ve Tartı dan oluşan dengede bir sistem (*adamın bastığı kısmın ağırlığı ihmal ediliyorW1: adamın ağırlığı, W2: tartı ağırlığı)

SCD-1: Tüm sistem Tüm Sistem sadece yerden izole edilmiş. Adamın ayaklarının temas ettiği kısımdan izole edilmediğinden burada (adamın ayak kısmında ) bir kuvvet çizilmediğine dikkat ediniz.

SCD-2 : Adam: Adam tartıdan izole edilmiş. İzole edilen temas noktalarında (ayaklarında) tepki kuvvetleri şimdi çizilir.

SCD-3 : Tartı:Tartı hem yerden hem adamdan izole edilmiş. (Diğer SCD lere göre bunu kendiniz yorumlayın)

4.9 Serbest Cisim Diyagramı (SCD) Örneği



4.9 - SCD Örnekleri - devam



4.9 - SCD Örnekleri -devam



4.9 - SCD Örnekleri -devam



4.10- Bağlantı Elemanları için Serbest Cisim Diyagramı (SCD) örnekleri:

Hatırlatma:

• Tepki kuvvetinin yönü ilk seferinde keyfi olarak

seçilir. Hesaplandığı zaman işareti negatif (-)

çıkarsa, seçilen yönün tersineymiş denir.

• Örneğin Ax tepkisinin x doğrultusunda olacağı

kesindir. Ancak + x veya –x yönünde olup

olmadığına her zaman karar vermek zordur. Bu

sebeple, +x veya –x den bir yönde keyfi

yerleştirilir. Sonuçta işareti – çıkarsa ters

yöndeymiş denir. (– çıkması –x yönü anlamına

gelmez.)

• Dikkat: Bir tepki kuvveti 2nci kez keyfi

yerleştirilemez. İlk yerleştirmedeki yönü

dikkate alınarak 2nci kez yönü belirlenir.

Özellikle bu durum çerçeve sistemleri

konusunda önem kazanır.

• İşareti negatif çıkan tepki kuvvetinin yönü

değiştirilmezse, denklemlerde işaretiyle birlikte

kullanılmalıdır.98



1-

Kayar mesnet

Örnek 4.1 : 100 N ağırlığındaki dirseğin B noktasına 50N luk kuvvet, düşeyle 300 lik açı yapacak şekildeuygulanmıştır. Sistem şekilde görülen konumdadengede ise A ve E bağlantılarında ortaya çıkantepkileri hesaplayınız. (Sürtünmeleri ihmal ediniz)(Dirseğin ağırlık merkezi G noktasıdır.)

Çözüm:

2- Denge Denklemleri:

4.11- İki Boyutlu (Düzlem) Denge Problemi Örnekleri

Bu problemleri skaler olarak çözeceğiz.

99STATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor

21.09.2018


A daki pim dönmeye izin verir, her iki yönde ötelenmeye izin vermez. (sabit mafsal)E deki tekerlek sadece x yönünde ötelenmeye izin vermez.(kayar mesnet)

Örnek 4.2 : 1000 kg kütleli bir sabit vinç 2400 kg kütleli bir cismi kaldırmakta kullanılıyor. Vinç A da sabit B de kayıcı mafsal ile mesnetlenmiştir. Vincin kütle merkezi G dir. A ve B mesnetlerindeki tepkileri bulunuz.

Çözüm: A sabit, B kayar mafsaldır.

B deki mesnet kayıcı mafsal olduğu için y eksenidoğrultusunda kuvvet taşıyamaz. Bundan dolayıB mesneti sadece x ekseni doğrultusunda tepkikuvveti uygulayabilir.

Bu eşitliklerden;

bulunur.

1-2- Denge Denklemleri (g yerçekimi ivmesi olmak üzere)



Örnek 4.3

A ucu bir duvara betonlanmış olan kirişe

şekildeki gibi 3 adet tekil kuvvet ve serbest

ucundan 10kN-m lik bir kupl uygulanıyor. A

ucunda ortaya çıkacak tepkileri hesaplayınız.

Çözüm:

1-SCD : kiriş A daki betondan izole edilip, üzerine etki eden tüm kuvvetler gösterilir.

A noktası ankastre uçtur. Hiçbiryönde dönmeye ve ötelenmeye izinvermez. Bu sebeple x ve ydoğrultularında tepki kuvvetleri (N,V) ve tepki momenti (M) oluşur.(bknz:4.10-d)



102

5kN luk kuvvet C den B ye taşınmıştır. B’ye göre momneti sıfır olduğu için aynen taşınır. (bknz:3.10)

2- Denge Denklemleri ve Kuvvet hesapları

C



103

Örnek 4.4 : Şekildeki denge halindeki sistemde, sürtünmesiz B makarasından geçirilen kabloda ve C bağlantısında ortaya çıkan kuvvetleri bulunuz.

Çözüm:

1-SCD: C sabit mafsaldır.

kablo 1 tane olduğu için tüm kısımlarında aynı çeki kuvveti ( T ) oluşur. (Makarada sürtünme olsaydı kısımlara göre T değişirdi.)

2-Denge Denklemleri



104

a

b

𝑐𝑜𝑠𝜃 =2.6

2 + 1

𝜃 = 29.93𝑜 𝐹𝑦 =0 𝑅𝑐 . 𝑆𝑖𝑛𝜃 − 200=0 𝑅𝑐 = 400.85𝑘𝑁

𝐹𝑥 =0 𝑅𝐷 − 𝑅𝐶 . 𝐶𝑜𝑠𝜃=0 𝑅𝐷 = 347.39𝑘𝑁

𝐹𝑦 =0

𝑅𝐵 − 400 − 𝑅𝑐 . 𝑆𝑖𝑛𝜃=0

𝑅𝐵 = 600𝑘𝑁

𝑅𝐴 − 𝑅𝑐 . 𝐶𝑜𝑠𝜃=0

𝐹𝑥 =0

𝑅𝐴 = 347.39𝑘𝑁

b

a

b

a

Örnek 4.5 : Ağırlıkları sırasıyla 200kN ve 400kN olan a ve b silindirleri sabit bir kasanın içine şekildeki gibi yerleştirilmiştir. Sürtünmeleri ihmal edereka-) Silindirlerin birbirlerine uyguladıkları C temas noktasındaki tepki kuvvetini,b-) Zemin (B) ve yanal duvarlar (A, D) dan silindirlere gelen tepki kuvvetlerini hesaplayınız. Çözüm

1-SCD ler

2-Denge Denklemleri

a silindirinin dengesinden;

b silindirinin dengesinden;



105

𝐹𝑦 =0

𝐹𝑥 =0

𝑅𝐴 − 𝑅𝐷 =0

𝑅𝐷 = 347.39𝑘𝑁

𝑅𝐵 = 600𝑘𝑁

𝑅𝐴 = 347.39𝑘𝑁

Veya b şıkkını tüm sistemin dengesinden de bulabilirdik. Şöyleki:

1- Tüm sistemin SCD si

a

b

𝑅𝐵 𝑥 2 − 400 𝑥 200 𝑥 4.6 + 𝑅𝐷𝑥 3 𝑥 𝑆𝑖𝑛𝜃 = 0

𝑀𝐴 =0

𝑅𝐵 − 400 − 200 = 0

2- Denge Denklemleri

Dikkat edilirse sistem duvar ve zeminden izole edilmiştir. Silindirlerin arayüzeyinden izole edilmediği için C noktasında bir kuvvet gösterilmez. O sistemin iç kuvveti olarak kalır. Ancak daha önceki sayfada, herbirsilindir diğer silindirden de izole edildiği için herbirisinin SCD sine Rc kuvveti koyulması gerekir.




Örnek 4.6 : Her biri 360 N ağırlığında olan 2 fıçı şekildeki gibi bir el arabasına yüklenmiş, düşey P kuvveti ile denge durumu sağlanmıştır. Fıçıların kütle merkezleri G1 ve G2 noktalarıdır. Arabanın ağırlığını ve sürtünmeleri ihmal ederek;a-) P kuvvetinin şiddetini hesaplayınız. b-) Fıçıların birbirlerine uyguladıkları kuvveti bulunuz.c-) Üstteki fıçıya arabadan gelen reaksiyon kuvvetini hesaplayınız.

a-)Tüm sistemin dengesinden

Üstteki fıçının dengesinden;

R2N2

35o

35o

35o

x’ y’

W2 =360N

𝐹𝑥′ = −360. 𝑆𝑖𝑛35𝑜 + 𝑅2 = 0

→ 𝑅2 = 206.48𝑁

𝐹𝑦′ = −360. 𝐶𝑜𝑠35𝑜 + 𝑁2 = 0

→ 𝑁2 = 294.89𝑁

c-)

Çözüm)

b-)

107

G merkezli 180 N ağırlığındaki kutu A dan sabitmafsalla, B den ise eğik düzlemde harekete izinveren bir tekerlekle desteklenmiştir. h = 200mmise A ve B bağlantılarında oluşan tepkikuvvetlerini bulunuz.

Örnek (Soru) 4.7*

Cevap: 𝐹𝐴 = 519,44𝑁 𝐹𝐵 = 586 𝑁



Cevap:

𝐹𝐴 = 1100𝑁 𝐹𝐵 = 1432𝑁 𝐹𝑐 = 1400𝑁

Ağırlığı ihmal edilen ve şekildeki gibimesnetlenmiş ve yüklenmiş olan dengedekiçubuğun A, B ve C noktalarındaki pimlerdeortaya çıkan kuvvetleri hesaplayınız.

Örnek (Soru) 4.8*



Örnek (Soru) 4.9

Şekildeki BAD koluna uygulanan düşey 40N lukkuvvet, A sabit mafsalı ve sürtünmesiz Cmakarasından geçen BCD kablosu iledengelenmiştir. d=80mm ise A mafsalındakibileşke kuvveti ve kabloda ortaya çıkan kuvvetihesaplayınız.

Cevaplar:

Örnek (Soru) 4.10

109

Şekildeki adam, 10kg kütleli, 4m uzunluğundaki AB çubuğunu, halatı çekerek dengede tutmaktadır. Sürtünmeleri ihmal ederek A daki tepki kuvvetini ve halattaki kuvveti hesaplayınız.

N 8.147 N,9.81 == Ahalat RTCevap:



Örnek (Soru) 4.11

200 kg kütleli yatay çelik kiriş A ucundan bir kolonakaynaklanmıştır. 80kg ağırlığındaki Selami, kolonunüstüne çıkmış ve B deki sürtünmesiz makaraya bağlıipi 300N luk kuvvetle çekmiştir. Bu denge durumundaA kaynağında oluşan tepki momentini hesaplayınız.

Örnek (Soru) 4.12

Cevap: M=4937 Nm

Örnek (Soru) 4.13 : Ağırlıkları sırasıyla 500N ve 100 N olan Ave B silindirleri yanal duvarlara ve birbirlerine temas edecekşekilde yerleştirilmiş ve makaradan geçirilen bir ip vasıtasıyladengede tutulmuştur. Sistemdeki tüm sürtünmeleri ihmalederek;a-) İpte ortaya çıkan kuvveti,b-) Silindirlerin birbirlerine uyguladıkları kuvveti bulunuz.

Cevaplar: a-) T= 321.4N, b-) 369 N



111

4.13- Üç Boyutlu Denge Problemi Örnekleri

3 boyutlu problemleri vektörel olarak çözeceğiz.

Toplam 2 tane vektörel denklemimiz vardır. Bunlar :

𝑅 =0

𝑀𝑜 =0

Bileşke kuvvet sıfırdır:

Bileşke moment sıfırdır:

Örnek 4.14 L şeklindeki ABED çubuğunun D ucuna 100kg

kütleye sahip bir ip asılmıştır. Bu yük, BC

kablosu, D küresel mafsalı ve A kaymalı yatağı

ile dengelenmiştir. Buna göre; A ve D

bağlantılarındaki tepki kuvvetlerinin

bileşenlerini; ayrıca BC kablosunda oluşan

kuvveti hesaplayınız. (A yatağı x ekseninde

ötelenmeye izin verir ve tüm eksenlerdeki moment

tepkileri ihmal edilebilir.)



112

Çözüm:1.adım) SCD

• Önce, herbir noktanın koordinatı yazılır.• A yatağı y ve z eksenlerinde ötelenmeye izin vermiyor.• D küresel mafsal olduğu için tüm eksenlerde

ötelenmeye izin vermiyor. Dönmeye izin veriyor.(bknz:4.5-c)

• TB kablo kuvveti kendi doğrultusunda çeki kuvveti taşır.

𝑇𝐵𝑐 kablo kuvvetinin vektörel ifadesi: şiddeti x birim vektör

𝑇𝐵𝑐 = 𝑇𝐵𝐶 .𝐵𝐶

𝐵𝐶= 𝑇𝐵𝐶 .

0.2 − 0 𝑖 + −1.3 − −1 𝑗 + 0.6 − 0 𝑘

𝐵𝐶= 𝑇𝐵𝐶 .

0.2 𝑖 + −0.3 𝑗 + 0.6 𝑘

0.22 + 0.32 + 0.62

𝑇𝐵𝑐 = 0.285𝑇𝐵𝐶 . 𝑖-0.428𝑇𝐵𝐶 . 𝑗+0.857𝑇𝐵𝐶 . 𝑘𝑇𝐵𝑐 nin hesabını bir türlü anlayamadım

diyorsan, önce örnek 2.4 ü

anlamalısın.

Öncelikle herbir kuvveti vektörel ifade etmeliyiz.



113

2. adım) Denge denklemleri:

𝑀𝐷 = 𝐷𝐴𝑥 𝐹𝐴 + 𝐷𝐵𝑥𝑇𝐵𝐶+𝐷𝐸𝑥𝑊 = 0

𝑅 =0 𝑀 =0

Önce D noktasına göre toplam moment denklemini yazalım:

Moment alınan nokta

Kuvvet hattı üzerindeki koordinatları bilinenHerhangi bir nokta

Kuvvet

𝑀𝐷 = [(− 𝑖 − 𝑗)x (𝐴𝑦 𝑗 + 𝐴𝑧𝑘)]+[(−𝑗)𝑥(0.285𝑇𝐵𝐶 . 𝑖−0.428𝑇𝐵𝐶 . 𝑗+0.857𝑇𝐵𝐶 . 𝑘)] + [(−0.5 𝑗)x (−981𝑘)] = 0

• A daki bileşke kuvvet : 𝐹𝐴 = 𝐴𝑦 𝑗 + 𝐴𝑧𝑘,

• D deki bileşke kuvvet : 𝐹𝐷 = 𝐷𝑥 𝑖 + 𝐷𝑦 𝑗 + 𝐷𝑧𝑘

(bknz: konu 3.6)

= 𝐴𝑦 𝑘 + 𝐴𝑧 𝑗-𝐴𝑧 𝑖 + 490.5 𝑖 + 0.285𝑇𝐵𝐶𝑘-0.857𝑇𝐵𝐶 𝑖 = 0

uzayda bir vektörel denklem elde ettik. Bu denklem sıfıra eşit olduğundan herbir birim vektörün katsayılarının toplamı da ayrı ayrı sıfıra eşit olmalıdır.

𝑖 katsayıları toplamı: -𝐴𝑧+490.5 --0.857𝑇𝐵𝐶 = 0

𝑗 katsayıları toplamı: 𝐴𝑧 = 0

𝑘 katsayıları toplamı: 𝐴𝑦 +0.285𝑇𝐵𝐶=0

𝐴𝑦 = 163.5N

𝐴𝑧 = 0

𝑇𝐵𝐶=572 N Bulunur.

𝑅 = 𝐹𝑖 = 𝐹𝐴+𝑊

• W = 100x9.81 = 981 N olarak hesaplanır. 𝑊 = −981𝑘 olarak ifade edilir.



114

𝑅 = 𝐹𝑖 = 𝐹𝐴+𝐹𝐷 + 𝑇𝐵𝐶 +𝑊

Şimdi 2nci denge denklemi olanBileşke kuvvet denklemini yazalım.

𝑇𝐵𝐶= 572 ( 0.285 𝑖-0.428 𝑗+0.857𝑘) 𝑇𝐵𝐶=163 𝑖-244.8 𝑗+490.2𝑘

𝐹𝐴 = 163.5 𝑗 𝐹𝐴 = 𝐴𝑦 𝑗 + 𝐴𝑧𝑘

𝑅 = 163.5 𝑗 + 𝐷𝑥 𝑖 + 𝐷𝑦 𝑗 + 𝐷𝑧𝑘 + 163 𝑖-244.8 𝑗+490.2𝑘 + −981𝑘 = 0

Yine uzayda bir vektörel denklem elde ettik. Bu denklem sıfıra eşit olduğundan herbir birim vektörün katsayılarının toplamı da ayrı ayrı sıfıra eşit olmalıdır.

𝑖:

𝑗 :

𝑘 :

𝐷𝑥 + 163 = 0

163.5 + 𝐷𝑦 − 244.8 = 0

𝐷𝑧 + 490.2 − 981 = 0

𝐷𝑦=-81.3N

𝐷𝑥=-163N

𝐷𝑧=490.8 N

𝐹𝐷 = −163 𝑖−81.3 𝑗+490.8𝑘



115

Sadece 𝑇𝐵𝐶 kuvveti sorulmuş olsaydı:

AD eksenine göre moment alarak 𝑇𝐵𝐶 kuvvetinin şiddetini doğrudan bulabiliriz. Zira bu durumda A ve D deki kuvvetlerin AD eksenine göre momentleri sıfır olur ve işleme katılmaz.

𝑀𝐴𝐷 = 𝑀𝐷 . 𝑛𝐴𝐷 = 0

𝑀𝐷 = 𝐷𝐵𝑥𝑇𝐵𝐶+𝐷𝐸𝑥𝑊

=[(-𝑗)𝑥(0.285𝑇𝐵𝐶 . 𝑖−0.428𝑇𝐵𝐶 . 𝑗+0.857𝑇𝐵𝐶 . 𝑘)] + [(−0.5 𝑗)x (−981𝑘)]

= 490.5 𝑖 + 0.285𝑇𝐵𝐶𝑘-0.857𝑇𝐵𝐶 𝑖 = 490.5 𝑖 + 0.285𝑇𝐵𝐶𝑘−0.857𝑇𝐵𝐶 𝑖

𝑛𝐴𝐷 =𝐴𝐷

𝐴𝐷=− 𝑖 − 𝑗

12 + 12= −0.707 𝑖 − 0.707 𝑗

𝑀𝐴𝐷 = (490.5 𝑖 + 0.285𝑇𝐵𝐶𝑘-0.857𝑇𝐵𝐶 𝑖). (−0.707 𝑖 − 0.707 𝑗)

= −346.78 + 0.606𝑇𝐵𝐶=0 𝑇𝐵𝐶=572.33 N

AD eksenine göre momentin şiddeti (𝑀𝐴𝐷) sıfır olmalıdır.

Aynı örneğe devam ediyoruz. Eksene göre momentin sağladığı pratiklik:

(Eksene göre momenti işlemini hatırlamak için konu 3.8 i inceleyiniz)



116

Örnek 4.1550 N ağırlığındaki homojen AC çubuğu A ucundan birküresel mafsala, B noktasından ise iki kabloyabağlanmıştır. Kablolar D ve E uçlarından bir duvarasabitlenmiştir. Şekildeki denge konumu için a-)kablolarda,b-)küresel mafsalda ortaya çıkan kuvvetleri tespit ediniz.

Çözüm: 1.Adım) SCD alttaki gibi çizilir.

y

zx

𝐴 = 𝐴𝑥 𝑖 + 𝐴𝑦 𝑗 + 𝐴𝑧𝑘 𝑊 = −50 𝑗

SCD



117

𝑅 = 𝐹𝑖 = 𝐴 + 𝑇𝐵𝐷+𝑇𝐵𝐸 +𝑊= (𝐴𝑥−20 − 30) 𝑖 + (𝐴𝑦 + 40 + 60 − 50)𝑗 + (𝐴𝑧+60 − 60)𝑘 = 0

𝑇𝐵𝐷 = −20 𝑖 + 40 𝑗 + 60𝑘

𝑇𝐵𝐸 = −30 𝑖 + 60 𝑗 − 60𝑘

𝑖: 𝐴𝑥 − 20 − 30=0

𝑗: 𝐴𝑦 + 40 + 60 − 50=0

𝑘: 𝐴𝑧 + 60 − 60=0

𝐴𝑥=50N

𝐴𝑦=50N

𝐴𝑧=0



Örnek (Soru) 4.16*: P = 450 N luk bir yük

şekildeki gibi bükülmüş bir rijid borunun C

köşesine uygulanmıştır. Boru A da zemine ve D

de düşey duvara küresel mafsalla bağlanmış, E

de ise EG kablosu yardımı ile sabit duvara tesbit

edilmiştir. EG kablosunda oluşan kuvvetin

şiddetini bulunuz Cevap: 300N



Örnek (soru) 4.17*- (1.Vize -2009) Düşey kontrol kolunda 400 N luk bir T kuvveti sağlayabilmesi için manivela sistemindeki ayak pedalına düşey bir P kuvvetiyle basılmalıdır. A ve B deki yatak tepki kuvvetlerini tayin ediniz.

Cevaplar:

Örnek (Soru) 4.18*

Şekildeki gibi bükülmüş olan ABEF çubuğu C ve D yatakları ve AH kablosu ile dengede tutulmaktadır. AH kablosunda ortaya çıkan çekme kuvveti T yihesaplayınız. AB = 250 mm.

Cevap:



Cevap:

Örnek (Soru) 19

Örnek (Soru) 4.20: Yere bağlanmış ve gerdirilmiş kablolarvasıtası ile dengede tutulan ve ağırlığı ihmal edilebilenşekildeki direğin CD kablosunda ortaya çıkan çekme kuvveti T= 1.2 kN olduğuna göre GF kablosunda ortaya çıkan çekmekuvvetini bulunuz. O daki ankastre mesnette x ve y-yönündemoment tepkisi doğmadığını kabul ediniz. z-yönündedoğabilir.

Cevap: TGF = 3.47 kN



Örnek (Soru) 4.21 (2015-Final)

Şekildeki sistemde ABC çubuğu A noktsından

küresel mafsalla bağlı olup, BE ve DB kabloları

ile desteklenmiştir. 545 N luk kuvvetin etkisi ile

kablolarda ortaya çıkan kuvvetleri hesaplayınız.

Cevaplar : TBE =645 N , TBD =1087 N


Örnek (Soru) 4.22 (Tekstil Müh. Bl- Final-2018)

200 N ağırlığındaki homojen levha, A noktasında

bir küresel mafsala bağlanmıştır. Levha, CE ve BD

kabloları yardımıyla dengede tutulmaktadır. Buna

göre herbir kabloda oluşan kuvveti hesaplayınız.

Cevap: TCE = 833.33 N, TBD = 100 N

4.14 Çift Kuvvet Elemanı Nedir?

Sadece 2 noktasından tekil kuvvete maruz elemanlara çift kuvvetelemanı denir.

Aksi durumda bu elemanlar dengede olamaz.

Bu elemanların; dengede olması için şu şartınsağlanması zorunludur:Etki eden tekil kuvvetler, etkime noktalarınıbirleştiren doğrultu üzerinde, eşit şiddette ve zıtyönde olmak zorundadır.

Bir sistemde çift kuvvet elemanlarının öncelikle görülebilmesi gerekir. Aksihalde SCD yanlış çizilir ve kuvvetler bulunamaz.

(Şu ana kadar ki problemlerde çift kuvvet elemanı yoktu)

Çift kuvvet elemanları özellikle çerçeveler ve basit makinalar konusunda karşımızaçıkar ve onları başlangıçta görebilmek problemin çözümü için zorunludur.



Soru: L şeklindeki elemanın sadece A ve B noktalarına 2 tekil kuvvet uygulanacaktır. O halde bu bir çift kuvvet elemanıdır. Bu elemanın dengede kalması aşağıdaki durumlardan hangisi nde sağlanır?

A

B

A

B

P

P

A

B

P

P

A

B

P

P

A

B

P

P

𝐹𝑥= 0

𝐹𝑦= 0

𝑀𝐴 ≠ 0

𝐹𝑥= 0

𝐹𝑦= 0

𝑀𝐴 ≠ 0

𝐹𝑥 ≠ 0

𝐹𝑦= 0

𝑀𝐴 ≠ 0

𝐹𝑥= 0

𝐹𝑦= 0

𝑀𝐴= 0

a-) b-) c-) d-)

Dengede değil Dengede değil Dengede değil Dengede

Denge ancak d şıkkında sağlanır. Bir önceki sayfadaki denge şartını tekrar okuyunuz.



P.N 7: Çift Kuvvet Elemanları ile ilgili püf noktaları:

a. Sadece 2 noktasından pimlerle diğer elemanlara bağlı olan elemanlara başka bir kuvvet etki etmiyorsa, bu elemanlar çift kuvvet elemanıdır.

b. Bir denge problemi ni çözerken herşeyden önce, varsa çift kuvvet elemanlarını tespit etmelisiniz. Sonra SCD çizimini yapıp kuvvetleri

hesaplayınız.

c. İleride görülecek konular için şunu şimdiden aklımıza koymalıyız: Kafes Sistemlerde tüm çubuklar çift kuvvet elemanıdır. Basit makinalar ve

çerçeve sistemlerde ise çift kuvvet elemanı olmayabilir; eğer varsa herşeyden önce bunları tespit etmeniz gerekir. Aksi halde SCD yi yanlış

çizer ve problemi çözemezsiniz.

Bilgi: Çift kuvvet elemanlarının ağırlıkları ihmal edilir. Ayrıca uçlarından kaynaklı ise moment tepkileri ihmal edilir. Aksi halde çift kuvvet elemanı olmaktan çıkarlar.



Çift kuvvet elemanı

Çift kuvvet elemanını tespit etme yolu: Bir sistemdeki bir parçada (mesela bir çubukta)Bağlantı sayısı + bağlantı harici noktalardaki tekil kuvvet sayısı = 2ise bu parça çift kuvvet elemanıdır.

CD çubuğu diğer elemanlara C ve D noktalarından bağlanıyor. bağlantı sayısı 2 dir. Üzerine farklı bir noktadan etki eden başka bir kuvvette yoktur.

Bağlantı sayısı + tekil kuvvet sayısı =2

O halde CD çift kuvvet elemanıdır.

ADB çubuğunda bağlantı sayısı: 2 (A ve D)Bağlantı harici noktalardaki Tekil kuvvet sayısı: 1 (B de 4kN)

Bağlantı sayısı + bağlantı harici noktalardaki tekil kuvvet sayısı =3

O halde ADB çift kuvvet elemanı değildir.

F

F

Örnek:



AB-BD-BC Çift kuvvet elemanlarıdır.

4.14 Çift Kuvvet Elemanı - devam



4.15 Bir Noktanın Dengesi (Doğrultuları Kesişen Kuvvetler Sistemi)

𝑅 = 0

Statik dengede olan bir sisteme etki eden kuvvetlerin doğrultusu aynı noktada kesişmesi durumunda, uzayda 3, düzlemde 2 bağımsız denklem yazılabilir. Örneğin yandaki gözüken cisme etki eden kuvvetlerin hepsi O noktasında kesişmektedir. Problemi uzay (3 boyutlu ) kabul edelim ve cismin ağırlığını ihmal edelim. Bu durumda toplam kuvvet denklem yazılabilir ve 3 bağımsız skaler denklem elde edilir.

,

𝐹𝑥 = 0 , 𝐹𝑦 = 0 , 𝐹𝑧 = 0



• Bu tip sistemlerde kesişim noktasına göre moment denklemi yazılamadığı gibi, farklı bir noktaya göre yazılan moment denklemleri üstteki 3 kuvvet denkleminin türetilmiş denklemleri olur. Dolayısıyla bağımsız denklem sayısı bu tip sistemlerde 3 tanedir ve 3 bilinmeyen bulunabilir.

• Bu tip problemlerde kuvvetler kesişim noktasına aynen kaydırılabilir ve bu kesişim noktasının dengesi incelenir ki, bu nokta için sadece kuvvet dengesini yazmak gerekir. İlerideki

Bundan başka yazılacak moment denklemleri bu 3 denklemin türetilmişhalleri olacaktır. Dolayısıyla 3 den fazla denklem yazmak bize fayda vermez.(düzlemde ise maksimum 2 denklem yazılabilir.)

Bu denklemin yazılması fayda vermez.𝑀 = 0

TripotBu tip bir yüklemeye bir

örnektir.

Örnek 4.22

Kamyonete bağlı üç çubuktan oluşan kaldırma sistemine500 N lukyük asılmıştır. Herbir Çubuğa düşen kuvveti hesaplayınız?

Çözüm:

Tespit 1: Herbir çubuğun bağlantı noktası + bağlantı harici noktalardaki tekil kuvvet sayısı 2 dir ve herbir çubuk çift kuvvet elemanıdır.



Tespit 2: Tüm kuvvetler tek noktada kesişiyor. O halde 4.15 maddesinde anlatılan durum sözkonusudur.

Sadece kesişim noktası olan A noktasının serbest cisim diyagramını çizelim. Yani A noktasını sistemden izole edeceğiz. A ile bağlantısı kesilen cisimler 3 çubuk ve yükün asıldığı zincirdir. Bu ayrılan (izole edilen) kısımlarda mutlaka kuvvetler gösterilir.

3- Şimdi Denge Denklemleriyle kuvvetleri bulmaya çalışacağız.

Problem 3 boyutlu olduğu için vektörelçözümü tercih ediyoruz.

Ancak bu örnekteki gibi tüm kuvvetler aynı noktadan geçerse, kuvvet denklemi yazabiliriz (bknz 4.15). Ayrıca moment denklemi yazılamaz. Dolayısıyla sadece 1 vektörel denklem yazılabilir.

𝑅 = 𝐹 = 0



Benzer şekilde;



=

3 lineer denklemden 3 bilinmeyen kuvvet bulunur:




(……………)

(……………)Soru: Bu bilim adamlarının isimlerini parantez içlerine yazınız.

Birbirlerine uç noktalarından bağlanmış çubuk elemanların oluşturduğu sistemlerdir.

5- Kafes Sistemler

Birçok uygulama alanları vardır.

• Çatı sistemlerinde,• Köprülerde,• Kulelerde,• Ve benzeri bir çok yapılarda kullanılır.

5- Kafes Sistemler

5.1 Kafes Sistemlerin Başlıca Özellikleri:

a. Herbir bağlantı noktasına «düğüm noktası» ismi

verilir.

b. Sisteme sadece bağlantı (düğüm) noktalarından

dış kuvvetler etki eder.

c. Bağlantı noktalarında (düğümlerde) sadece tekil

kuvvetler oluşur. Bağlantılardaki moment tepkisi

ihmal edilir.

d. Çözümlerde çubuk ağırlıkları ihmal edilir.

e. Tüm çubuklar çift kuvvet elemanıdır. Dolayısıyla

herbir çubuğa kendi doğrultusunda kuvvet düşer.

Bu özelliklerden en az birisini taşımayan sistemler

kafes sistem olarak nitelendirilmez.


5- Kafes Sistemler

5.2 Kafes Sistemlerin Tipleri:

5.3 Ders kapsamında amacımız: Kafes Sistemin Geometrisi ve Dış kuvvetler belli iken,

herbir çubuğa veya belirli çubuklara düşen kuvvetleri hesaplamaktır. Ders kapsamında

sadece düzlem kafes sistemler incelenecektir.

1- Uzay Kafes Sistemleri: 3 Boyutlu sistemlerdir.

2- Düzlem Kafes Sistemleri: 2 boyutlu sistemlerdir.

(3 boyutlu olmasına rağmen, geometri, yükleme ve dış

bağlantıların simetrikliliği söz konusu ise 2 boyutta incelenebilen

sistemler de olabilir.)


5- Kafes Sistemler

• Örnek 5.1 : Kafes sistemlerde herbir düğüm noktasına ve

çubuklara düşün kuvvetleri daha net görebilmek için yandaki

örneği inceleyelim.

• Dikkat edilirse herbir düğüme, bağlı olduğu çubukların herbirinden bir kuvvet gelir.

• Çubuklara ise eşit şiddette-zıt yönde bağlı olduğu herbir düğümden bir tepki kuvveti gelir (etki-tepki).

• Tüm düğüm ve çubuk kuvvetleri sistemin iç kuvvetleri olarak isimlendirilir ve toplamları sıfırdır..

• Bir çubuk kuvvetinin( örn: FAC ) doğrultusu mutlaka çubuğa paraleldir.

30kN

5.4 Çubuk Kuvvetleri ve Hesaplama Yöntemleri :


5- Kafes Sistemler

138

P.N 5.1 : Çubuk kuvvetinin yönü nasıl seçilmeli?

İlk kez bu kuvvet yerleştirilirken çubuğa paralel olmak kaydıyla keyfi bir yönde (sağa-sola, yukarı aşağı) seçilir. Ancak aynı kuvvetin yönü 2., 3.,

yerleştirmede keyfi seçilemez. İlk yerleştirmeye bağlı olarak seçilir. Örneğin FAC kuvveti ilk kez yerleştirilirken keyfi olarak A düğümüne sola doğru

etki ettirilmiş. AC çubuğunun A ucuna mecburen sağa olmalıdır (etki-tepki). AC çubuğunun C ucuna sola doğru olmalıdır ki çubuk dengede olsun.

C düğümüne ise sağa olmalıdır (etki-tepki). Hesaplar sonucu kuvvetin işareti «- » çıkarsa seçtiğimiz yönün tersine yönde olduğunu gösterir. Ancak

bu durumda kuvvetin yönü çevrilmez, hesaplarda «-» işareti ile birlikte kullanılır. Çevrilirse işareti de değiştirilmelidir.


5- Kafes Sistemler

Aynı örneğe devam ediyoruz:

Öncelikle bağlantı noktalarındaki kuvvetler

tüm sistemin dengesinde hesaplanır:

𝐹𝑥=0 → −𝐸𝑥 + 𝑇. cos 30𝑜 = 0

𝐹𝑦=0 → 𝐸𝑦 + 𝑇. 𝑠𝑖𝑛 30𝑜 − 30 − 20 = 0

𝑀𝐸=0 → −𝑇. 5 + 20.5 + 30.10 = 0

T= 80kN

𝐸𝑥= 69.28kN

𝐸𝑦=10 kN

bulunur.

P.N 5.2: Bazı problemlerde mesnet tepkilerini hesaplamaya gerek kalmadan, istenen çubuk kuvvetleri bulunabilir. Bu durumu görebilmek ve alışmak için bol soru çözülmesinde fayda vardır. Kesim yönteminde, mesnetlerin tümü kesimin bir tarafında kalıyorsa mesnet tepkilerini bulmaya gerek kalmaz… .kesimin diğer tarafı incelenir ve çubuk kuvvetleri bulunabilir.


5- Kafes Sistemler

Şimdi iç kuvvet ismi verdiğimiz çubuk ve düğümlere düşen

kuvvetleri hesaplayacağız. Bunun için 2 yöntem vardır:

1. Yöntem : Düğüm Yöntemi

(The method of Joint)

• Bu yöntemde herbir düğümün dengesi yazılır ve kuvvetler

hesaplanır.

• Herbir düğüm için 𝐹𝑥=0 , 𝐹𝑦=0 olmak üzere 2 denklem

yazılabilir. Tüm kuvvetler aynı noktadan geçtiği için moment

denklemi yazılamaz. Bu nedenle bir düğümde 2 bilinmeyen

olması gerekir. Çözüm aşamasında düğüm sırası önemlidir.

Örnekten bu durum daha iyi anlaşılacaktır.

Çözüm:A düğümünden başlanabilir. Çünkü 2 bilinmeyen kuvvet vardır.

𝐹𝑥=0

𝐹𝑦=0

→ −𝐹𝐴𝐶+𝐹𝐴𝐵 cos 60𝑜=0

-30+𝐹𝐴𝐵 sin 60𝑜=0→

→ 𝐹𝐴𝐶= 17.32𝑘𝑁, 𝐹𝐴𝐵= 34.64kN


5- Kafes Sistemler

𝐹𝑥=0 → −𝐹𝐵𝐶cos 60𝑜 + 𝐹𝐵𝐷 − 34.64 cos 60

𝑜=0

𝐹𝑦=0 → 𝐹𝐵𝐶 . 𝑠𝑖𝑛 60𝑜 − 34.64. 𝑠𝑖𝑛 60𝑜=0

→ 𝐹𝐵𝐶= 34.64𝑘𝑁, 𝐹𝐵𝐷= 34.64kN

𝐹𝑥=0 → 𝐹𝐵𝐶cos 60𝑜 + 𝐹𝐴𝐶 − 𝐹𝐶𝐸 + 𝐹𝐶𝐷 cos 60

𝑜=0

𝐹𝑦=0 → −𝐹𝐵𝐶 . 𝑠𝑖𝑛 60𝑜 + 𝐹𝐶𝐷 𝑠𝑖𝑛 60

𝑜-20 = 0

→ 𝐹𝐶𝐷= 57.74𝑘𝑁, 𝐹𝐶𝐸= 63.51kN

Benzer şekilde E veya D düğümlerinin dengesinden 𝐹𝐷𝐸= 11.55𝑘𝑁 bulmaya çalışınız.

Şimdi B düğümüne geçilebilir. Çünkü B düğümünde 2 bilinmeyen kaldı


5- Kafes Sistemler

2. Yöntem : Kesim Yönetimi

(the method of section)

Aynı örneği kesim yöntemi ile çözeceğiz. Bu yöntem mekaniğin önemli bir

prensibi olan ayırma prensibine dayanır.

Ayrıma prensibi: dış kuvvetlerin etkisindeki bir sistem dengede ise, hayâli

bazda ayırdığımız her bir parçası da iç ve dış kuvvetlerin etkisiyle ayrı ayrı

dengededir.

𝐹𝑥=0 → 𝐹𝐵𝐶cos 60𝑜 − 𝐹𝐵𝐷 + 𝐹𝐴𝐶=0

𝐹𝑦=0 → −𝐹𝐵𝐶 . 𝑠𝑖𝑛 60𝑜-30 = 0

𝑀𝐶=0 → 𝐹𝐵𝐷. 5. 𝑠𝑖𝑛60𝑜-30x5= 0

𝐹𝐵𝐶 = 𝐹𝐵𝐷=− 34.64𝑘𝑁,

işaretinin negatif «-» çıkması seçtiğimiz yönün tersine olduğunu gösterir.

I - I kesiminde sağ tarafın SCD si ve dengesi

II

II

İncelediğimiz örnekteki kafes sistem dış kuvvetlerin etkisi ile dengededir. O halde hayali olarak yaptığımız I-I

kesiminden sonra sol veya sağ parçası da dengededir.

Bu parçalara, kesilen çubuklardaki, çubuk kuvvetleri dış kuvvet gibi etki ettirilir.

Ve 3 denge denklemi ( 𝐹𝑥=0, 𝐹𝑦=0, 𝑀𝐸=0 ) yardımıyla bu çubuk kuvvetleri bulunur.

• Çubuk Kuvvetlerinin yönleri ilk defasında keyfi seçilir.

• İşareti + çıkarsa kuvvet yönü doğru seçilmiş demektir.

• 3 denklemden 3 bilinmeyen bulanabileceği için genelde ilk kesimde 3 çubuk kesilir..


5- Kafes Sistemler

I - I kesiminde sağ tarafın SCD si ve dengesi

𝐹𝑥=0 → − 𝐹𝐵𝐶cos60𝑜 + 𝐹𝐵𝐷 − 𝐹𝐴𝐶 - 69.28 + 80. cos 30𝑜 =0

𝐹𝑦=0 → 𝐹𝐵𝐶 . 𝑠𝑖𝑛 60𝑜 + 80. sin 30𝑜 − 20 + 10 = 0

𝑀𝐸=0 → 𝐹𝐵𝐷 . 5. 𝑠𝑖𝑛60𝑜 + 𝑇. 5 − 20.5 + 𝐹𝐵𝐶. sin 60

𝑜= 0

𝐹𝐵𝐶 = 𝐹𝐵𝐷=− 34.64𝑘𝑁,

II-II kesimi ile

II

II

→ 𝐹𝐶𝐷= 57.74𝑘𝑁, 𝐹𝐶𝐸= 63.51kN, 𝐹𝐷𝐸= 11.55𝑘𝑁 bulmaya çalışınız.


5- Kafes Sistemler

Örnek 5.2: Verilen kafes sistemindeki çubuk

kuvvetlerini düğüm metodunu kullanarak bulunuz.

Çözüm: Öncelikle tüm sistemin dengesinde mesnet tepkileri bulunur.

SCD (tüm sistem)


5- Kafes Sistemler

𝑆𝐷𝐸 − 𝑆𝐴𝐷.sin 𝜃 + 𝑆𝐷𝐵 Sin 𝜃 = 𝑆𝐷𝐸 − 25.3

5+𝑆𝐷𝐵

3

5

−𝑆𝐴𝐷.Cos 𝜃 +𝑆𝐷𝐵 𝐶𝑜𝑠 𝜃 = 25.4

5+𝑆𝐷𝐵

4

5

𝑆𝐴𝐵 − 𝑆𝐴𝐷.sin 𝜃 = 𝑆𝐴𝐵 − 𝑆𝐴𝐷.3

5

𝑆𝐴𝐷.𝑐𝑜𝑠 𝜃 − 20 = 𝑆𝐴𝐷.4

5− 20


5- Kafes Sistemler

Örnek 5.3: Şekildeki kafes sistemde, a-)GE, GC ve BC çubuklarındaki kuvvetleri bulunuz.b-) sistemde boş çubuk var mıdır? Tespit ediniz.

Çözüm:

a

a

G

BC

BC

M 0

300(4) 400(3) F (3) 0

F 800 N (T)

=

=

=

C

GE

GE

GE

M 0

300(8) F (3) 0

F 800 N

F 800 N (C)

=

=

=

=

y

GC

GC

F 0

3300 F 0

5

F 500 N (T)

=

=

=

Önce, tüm sistemin dengesinden:

a-a kesimi:

( T ): tension – çeki . ( C ): compression - bası


5- Kafes Sistemler

147

b-) Boş çubuk: üzerine kuvvet gelmeyen çubuklara denir.

Genel olarak; boş çubuk, bir düğümdeki diğer çubuklarla 90 derece açı yapar ve o düğüme çubuk yönünde dış kuvvet gelmez.

Nasıl tespit edilir?

Bu örnekte GB çubuğu, B düğümündeki diğer çubuklar (AB ve BC ) ile 90 derece bir açı yapıyor ve B düğümüne GB doğrultusunda bir dış kuvvet gelmemektedir. O halde GB boş çubuktur.

İspatı: B düğümünün dengesi:

Hz. MevlanaSTATİK Ders Notları - Prof.Dr. Mehmet Zor21.09.2018

5- Kafes Sistemler

Örnek (Soru) 5.4: CF çubuğundaki kuvveti bulunuz.

Cevap:589N (Bası)


5- Kafes Sistemler

Örnek (Soru) 5.5: EB çubuğundaki kuvveti bulunuz.

Cevap: 2000 N (Çeki)

Alttaki Kafes Sistemlerde a-) Soru işareti olan çubuklardaki kuvvetleri hesaplayınız. b-)Boş çubukları tespit ediniz. (Cevapları soruların yanında verilmiştir. Yöntem Serbesttir.)

1.

2.

Boş çubuk: DE

4.

5.

3.

CD=1.87kN Boş çubuklar: CH, JI, GF, EF

Sorular:


5- Kafes Sistemler

6- Çerçeveler ve Basit Makinalar

Çeşitli elemanların birbirlerine bağlanması (montajlanması) ile oluşan sistemlerdir. Kafes

sistemlerden farklı olarak, elemanlar birbirlerine 2 den fazla noktadan bağlanabilir ve dış

kuvvetler sadece bağlantı noktalarından değil farklı noktalardan da elemanlara etki edebilir.

151

Amacımız: Her bir elemana etki eden kuvvetlerin hesaplanabilmesidir.

Yöntem: Kuvvetleri bulabilmek için sistemdeki uygun elemanların Serbest Cisim Diyagramı

çizilir ve herbirisi için denge denklemleri yazılır. Bilinmeyen kuvvetler bu denklemlerden

bulunur.

Konu örnekler üzerinden anlatılacaktır.

P.N 6.1: Problemleri çözerken en önemli püf noktalarından birisi çift kuvvet elemanlarını baştan görebilmektir. Bir örnek:

EB, CB, AB, IH çift kuvvet elemanlarıdır.

Çift Kuvvet Elemanı


6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR

152

Çift Kuvvet Elemanı

Şekildeki SCD lerde şu noktaları görmeye çalışın:

1. Çift kuvvet elemanlarında, etki eden kuvvetler bağlantı noktalarını birleştiren doğrultu

üzerinde, eşit şiddette ve zıt yöndedir.

2. Bir kuvvet bir noktaya yerleştirilirken ilk kez keyfi yönde, 2nci kez ise aynı noktada ilk

yerleştirilene zıt yönde yerleştirilir.



ÖRNEK 6.1: Şekildeki W ağılığını taşıyan askı çerçeve sisteminin ve herbir elemanının serbest cisim diyagramını çiziniz.

Çözüm: Öncelikle BE çift kuvvet elemanı olduğunu görünüz.

(Çünkü, bağlantı noktası + üzerine gelen kuvvet sayısı 2 dir.)

Tüm sistemin SCD siHerbir Elemanın SCD si



Örnek 6.2: Şekildeki çerçeve sistemdea- çift kuvvet elemanı varsa hangileridir?b- Tüm sistemin ve herbir elemanın serbest cisim diyagramlarını çiziniz.c- E piminin taşıdığı kuvveti hesaplayınız.

Çözüm: a-) BE çift kuvvet elemanıdır. FBE kuvveti BE doğrultusunda olduğuna dikkat ediniz.

Tüm Sistemin SCD si, c-) CEF yatay çubuğunun dengesini göze alalım:

b-) Herbir Elemanın SCD si

𝑀𝑐 = 0

−981𝑥2 − 𝐹𝐵𝐸𝑥 𝑆𝑖𝑛45𝑜𝑥1.6 = 0

𝐹𝐵𝐸 =-1734.179 N



Örnek 6.3: Şekilde gösterilen çerçevedeki ACE ve BCD

elemanları C de bir pim ve DE bağlantı çubuğu ile

birbirine bağlanmıştır. Gösterilen yükleme durumunda

DE bağlantı çubuğundaki kuvveti ve C den BCD

elemanına gelen kuvvetin bileşenlerini bulunuz.

Çözüm: DE çubuğu çift kuvvet elemanıdır.



BCD cismi için serbest cisim diyagramı :



ACE cismi için serbest cisim diyagramı :

ACE cismi için denge denklemleri (kontrol için)




BC çift kuvvet elemanıdır.

Örnek 6.4 Şekildeki sistemde makaraya asılan 100kg kütleli cismin etkisi ile A piminde oluşan kuvveti hesaplayınız.

Çözüm:

2- Yatay kablodan, A ve B pimlerinden sistemi ayırıp, tüm sistemin SCD sini çizersek:

1-yatay kablodan ve makaranın merkez piminden sistemi ayırıp, makaranın SCD sini çizersek:

Örnek (Soru) 6.5 (2018-Final) :Şekildeki Çerçeve sistemde, 500N luk yatay kuvvetin etkisi ile A, B ve D pimlerinde ortaya çıkan kuvvetleri hesaplayınız.

Cevaplar: A=1030.37N, B=D=1250N



Örnek (Soru) 6.6 (2018-1.Vize) :Şekildeki çerçeve, ABCD, EFG, CF ve DG çubuklarının pimlerle birleştirilmesi ile oluşturulmuştur. Uygulanan 20kN ve 40kN luk kuvvetlerin etkisi ile DG ve CF çubuklarında ortaya çıkacak kuvvetleri hesaplayınız. Cevap: DG=183.33 kN, CF = 233,3 kN

Örnek 6.7: Şekildeki Kepçenin ucuna, zeminden P=20kN luk yatay kuvvet gelmektedir. Kepçenin hareketi, GF , BF ve DC hidrolik silindirleri ile kontrol edilmektedir. Buna göre, şekildeki denge konumu için E ve A pimlerinde ortaya çıkan kuvvetleri hesaplayınız. (Kepçedeki tüm elemanların ağırlıklarını ihmal ediniz. )



FB, DC ve FG çift kuvvet elemanlarıdır.Çözüm:




Örnek 6.8* Şekildeki Penseye uygulanan 240N lukel kuvveti sonucunda, penseye sıkıştırılan somuna ne kadarlık bir sıkma kuvveti düşer? Hesaplayınız. (Cevap: 1680N)

Örnek 6.9 2010/Final-Makine Muh. Şekildeki mekanizma yükü yukarı kaldırırken onun yatay

konumunu korumak amacıyla tasarlanmıştır. 80 cm çaplı kasnağın dış çevresinde bulunan pim,

ABC kolu üzerindeki kanalda sürtünmesiz olarak kayabilmektedir. ABC ve DE kollarının her

birinin uzunluğu 80 cm olup yukarı kaldırılan yükün ağırlığı 1200 N’dur. Mekanizma, kasnağa

sarılı halatın çekilmesiyle yukarı doğru kaldırılmaktadır. Yükün yerden 80 cm yukarıda dengede

tutulması için halata uygulanması gerekli P kuvvetini ve ABC koluna etkiyen tüm kuvvetleri

belirleyiniz.



ÇÖZÜM

Platformun SCD Çift kuvvet elemanı: ED

69.28 mm

30o

60 cm

40 cm





Örnek 6.10* Şekildeki römork bağlantı mekanizmasında 9000 N luk yük sonucu

CF hidrolik silindirinde ortaya çıkan kuvveti hesaplayınız. Sürtünmeleri ihmal ediniz.

Pimler dönmeye izin verir ancak ötelenmeye izin vermez. G pimi bir tekerleğe bağlıdır.

Cevap= 118.7kN




Örnek (Soru) 6.11 (Vize Sorusu-2016)

Şekildeki pensede P=50N luk el kuvveti

sonucu E deki cisme ne kadarlık bir

sıkma kuvveti gelir? Hesaplayınız.

Cevap: 505.56N

Örnek (Soru) 6.12 (Yaz Okulu-Final) Şekildeki

sistemde kepçe 10kN luk yükü

kaldırmaktadır. H noktası yükün ağırlık

merkezidir ve sistem görülen konumda

dengededir. Buna göre; JK ve BC hidrolik

silindirlerindeki kuvvetleri hesaplayınız.

Cevap: JK = 17.5kN, BC = 29kN

Örnek (Soru) 6.13 (Final Sorusu): Şekildeki inşaat

kulesinin düşey elemanlarını dikmek için tasarlanan özel

bir çerçeve görülmektedir. Düşey A elemanı 15kN

ağırlığında olup ağırlığı 20kN olan B platformu tarafından

yukarı doğru kaldırılmaktadır. B Platformu, soldaki

tekerlekler yardımıyla sabit düşey kolon üzerinde

sürtünmesiz olarak ilerlemektedir. CD hidrolik silindiri ile

EDF ve FH bağlantı elemanları hareket ettirilmektedir.

Görülen konum için hidrolik silindirden D noktasına

etkiyen kuvvet ile E noktasındaki pimde oluşan kuvvetin

şiddetlerini bulunuz. Silindir ve bağlantı elemanlarının

ağırlıklarını ihmal ediniz. Çözümde A elemanı ve B

platformunun ağırlık merkezlerinin bilinmesine gerek

olmadığına dikkat ediniz. Boyutlar metredir.

Cevaplar: 𝐹𝐶𝐷 = 60.87 𝑘𝑁, 𝐹𝐸 = 40.76 kN



7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ

• Bu konular denge problemlerinden tamamen bağımsızdır.

• Alanların ağırlık merkezi ve atalet momenti ismi verilen geometrik

özelliklerini hesaplamaya yöneliktir.

• Bu hesaplamalar mukavemet hesaplarında kullanılmaktadır.


7.1 AĞIRLIK MERKEZİ-GEOMETRİK MERKEZ

Tanım: Ağırlık merkezi G, parçacıklar sisteminde ağırlığın bileşkesinin olduğu noktadır. Parçacıların ağırlıklarının paralel kuvvet sistemleri olduğu düşünülür. Ağırlıklar sistemi ağırlık sistemine konacak tek bir ağırlıkla değiştirilebilir.

Toplam Ağırlık1

n

R i

i

W W=

=

Ağırlık Merkezi: 1 1 1

1 1 1

n n n

i i i i i i

i i i

n n n

i i i

i i i

xW yW zW

x y z

W W W

= = =

= = =

= = =

, ,

, , .

.

i i i

i

x y z ağırlık merkezinin koordinatları

x y z i parçacığın koordinatı

W i parçacığın ağırlığı

Eğer bir yapı sonsuz sayıda partikülden oluşuyorsa (bir katı cisim ise) ağırlık merkezine integral ifadeleri katılır.

xdW y dW z dWx y z

dW dW dW= = =

yoğunluk

dW dV

g

g

=V V V

V V V

x dV y dV z dV

x y zdV dV dV

g g g

g g g= = =


Geometrik Merkez

Tanım: Bir nesnenin geometrik merkezidir. Formülasyonu ağırlık merkezine benzer. İzotropik ve homojen cisimlerde ağırlık merkezi ile geometrik merkez aynıdır.

V V V

V V V

x dV y dV z dV

x y zdV dV dV

= = =

a-) Hacimsel merkez:

b-) Alansal merkez:A A A

A A A

x dA y dA z dA

x y zdA dA dA

= = =

c-) Çizgisel merkez:

L L L

L L L

x dL y dL z dL

x y zdL dL dL

= = =



Üçgenin geometrik merkezini bulunuz.Örnek Problem 7.1

ÇÖZÜM: Üçgenin geometrik merkezini iki metodla bulabiliriz.

1. Şerit metodu:

1

2

dA x dy

bdA h y dy

h

bx h y

h

y y

=

=

=

=

0

0

21

61 3

2

h

A

h

A

by h y dyy dA

hy

bdAh y dy

h

bhh

y

bh

= =

= =

h

0A

h

A0

2

1 b bh y h y dyx dA

2 h hx

bdAh y dy

h

1b h

b6x1 3

b h2

= =

= =

2. Çift integral metodu:

dA dx dy

x x

y y

=

=

=

( )

22

2

0 0 0

1( )2

0 0

22 2

322

0

1 12 2

2

( )2

( ) ( )2 6

1

61 3

2

hb x

b bb

A

hb x

b b

A

b

hydydx b x dxy dAb

ybhdA

dydx

h b x dx h b xb bybh bh

bhh

y

bh

= = =

= =

= =




Benzer şekilde

Örnek 7.2

Parabolü ile y = 𝑥 doğrusu arasında kalan alanın ağırlık merkezinin koordinatlarını hesaplayınız.

Örnek 7.3 𝑦2 = 𝑎𝑥

Eğrisi altında kalan alanın ağırlık merkezinin koordinatlarını bulunuz.


Örnek 7.12 (Statik-Final-2015)

y = x2 eğrisinin altında kalan şekildeki alanın

ağırlık merkezinin x koordinatını hesaplayınız.

( 𝑥 =? ) Cevap: 2.25m

7.1.2 Temel Alanların Geometrik Merkezi:

𝑥 = 𝑦 =4𝑟

3𝜋 𝑥 =4𝑟

3𝜋, 𝑦 = 0 𝑦 =

4𝑟

3𝜋, 𝑥 = 0

Çeyrek daire

Üçgen

G, Kenar ortayların kesim noktasındadır.

Kare, dikdörtgen

𝑥 =𝑏

2, 𝑦 =

ℎ

2

Tam Daire

𝑥 = 𝑦 =0

Yarım daire



7.1.3 Kompozit alanların geometrik merkezi:

Basit yapıların (temel geometrilerin) birleşmesinden oluşmuş karmaşık yapılara kompozit alanlar denir. Bunların geometrik merkezi bulunurken basit alanların geometrik merkez özelliklerinden yararlanılır.

Çözüm Yöntemi:

• Kompozit alan basit geometrili alt parçalara ayrılır.• Eğer delik veya kesilmiş kısım varsa bunlar negatif alan gibi düşünülür.• Simetri varsa geometrik merkez bu simetri ekseni üzerindedir.• Tablo oluşturulur ve çözüm yapılır.• Konu örneklerle daha iyi anlaşılacaktır.

x-y düzlemindeKompozitAlanlar içinGeometrik merkez:



Örnek 7.4: Şekildeki alanın geometrik merkezinin koordinatlarını hesaplayınız.

Çözüm:

Şekil 1 tam daireden 1 üçgenin çıkarılmasıyla oluşturulmuş kompozit bir alandır.

x eksenine göre simetriklikten dolayı geometrik merkezin y koordinatı sıfır «0» olur.

𝑥 = 𝑥𝑑𝑎𝑖𝑟𝑒. 𝐴𝑑𝑎𝑖𝑟𝑒 + 𝑥üç𝑔𝑒𝑛. 𝐴üç𝑔𝑒𝑛

𝐴𝑑𝑎𝑖𝑟𝑒 + 𝐴üç𝑔𝑒𝑛=0. 𝐴𝑑𝑎𝑖𝑟𝑒 + (−

903). (−90.1802)

𝜋. 1202 + (−90.1802 )

𝑥 = 6.5𝑚𝑚

üçgenin ağırlık merkezi negatif taraftadır. Üçgen çıkarıldığı için

alanın işareti negatif. Alınıyor.

𝑥üç𝑔𝑒𝑛=- 90 / 3

y

x

90mm



178

Örnek 7.5: Şekildeki alanın geometrik merkezinin koordinatlarını hesaplayınız. Hesapların düzenli görülmesi için tablo kullanınız.

𝑥𝐺 =132751.67

3343.14= 39.71𝑚𝑚

𝑦𝐺 =101586.73

3343.14= 30.39𝑚𝑚

Şu 4r/3p yianlayamadım bilader. Nerden neresi bu mesafe yahu?

Daima daire merkezinden (O2) ağırlık merkezine (G2) olan yatay veya düşey mesafe oluyor.



Örnek 7.6: Şekildeki alanın geometrik merkezinin koordinatlarını tablo kullanarak bulunuz.

Parça Ai (mm2) xi (mm) Ai . xi yi (mm) Ai . yi

=𝑏.ℎ

2=12.4

2=

24

= −𝑏

3=

−4

3=

−1.33

24x (-1.33)=

-31.92

0

-24x 0

=

0

4x8 =

32

8/ 2=

4

32x4=

128

-4/2 =

-2

32x(-2)=

-64

𝜋.82

4=

= 50.24

4.𝑟

3𝜋=4.8

3.𝜋

= 3.4

50,24x3.4

= 170.82

4.𝑟

3𝜋=4.8

3.𝜋=

= 3.4

50,24x3.4

= 170.82

−𝜋.22

2=

-6.286

-6.28x6 =

-37.68

-0.85 -6.28x 0.85 =

5.34

12.5

2=

30

12

3=

4 120

-4-y′′=

- 4- (5/3)=

- 5.67-170.1

S 129.96 349.22 -57.94



Kesiti simetrik olan eğilmeye maruz bir çubukta bir noktadaki gerilme:

Bu formüldeki I ile gösterilen değer, alanın atalet momentidir.

7.2 Alan Atalet Momentleri:

Atalet momenti cismin geometrik bir büyüklüğüdür. Mukavemet hesaplarında kullanılmaktadır. Örneğin;

formülüyle bulunur. (Bu konu mukavemet dersi kapsamına dahildir.)

Şekildeki herhangi bir geometrideki alan için atalet momentlerinin hesap şekillerini göreceğiz:

Bu alanın x eksenine göre atalet momenti



Atalet momentlerinin eksen takımının yerine göre farklılık gösterdiğini de farkediniz.



Örnek 7.7: Şekilde verilen dikdörtgenin,a. Tabanından geçen yatay x eksenine göreb. Ağırlık merkezinden geçen eksene göre ataletmomentinin bulunması.




Örnek 7.8:

eğrisi altında kalan alanın x eksenine göre atalet momentini hesaplayınız.

Şerit dA elemanı

7.2.1 Paralel Eksen (Stainer) Teoremi:

Bir eksene göre atalet momenti belli iken, bu eksene paralel başka bir eksene göre atalet momenti bulunabilir. Şöyle ki:

Ağırlık merkezinden geçen yatay eksene (xg ) göre atalet momenti ( Ixg )belli iken, x eksenine göre atalet momenti :

A: Alan, dy : eksenler arasındaki dik uzaklıktır.

Dikkat:

Paralel eksen teoreminin uygulanabilmesi için 2 önemli şart vardır:

1- Eksenler birbirine paralel olmalıdır.

2- Bir eksen mutlaka ağıırlık merkezinden geçmelidir.

Ix bilinirken ise Ixg nin bulunması:

Benzer şekilde;



7.2.3 Temel Alanların Atalet Momentleri: Çeyrek daireYarım daireTam Daire

𝐼𝑥 = 𝐼𝑦 =𝜋𝑟4

4=𝜋.𝐷4

64

𝐼𝑥 = 𝐼𝑦 =𝜋𝑟4

8=𝜋.𝐷4

128𝐼𝑥 = 𝐼𝑦 =

𝜋𝑟4

16=𝜋.𝐷4

256

𝐼𝑥 =𝑏ℎ3

3

𝐼𝑦 =ℎ𝑏3

3

𝐼𝑥𝐺 =𝑏ℎ3

12

𝐼𝑦𝐺 =ℎ𝑏3

12

𝐷𝑖𝑘𝑑ö𝑟𝑡𝑔𝑒𝑛 𝑖ç𝑖𝑛 𝐼𝑥𝑔 𝑏𝑖𝑙𝑖𝑛𝑖𝑟𝑘𝑒𝑛 𝐼𝑥 𝑖 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙𝑒𝑙 𝑒𝑘𝑠𝑒𝑛 𝑡𝑒𝑜𝑟𝑒𝑚𝑖𝑛𝑑𝑒𝑛 𝑑𝑒 𝑏𝑢𝑙𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑟𝑖𝑧:

𝐼𝑥 = 𝐼𝑥𝑔 + 𝐴. 𝑑2 =𝑏ℎ3

12+ 𝑏. ℎ. (

ℎ

2)2=𝑏ℎ3

3

Dikkat: Ix ve Iy daire merkezinden (O dan) geçen eksenlere göredir.



Üçgen

𝐼𝑥 = 𝐼𝑦 =𝑏ℎ3

12

𝐼𝑥𝐺 = 𝐼𝑦𝐺 =𝑏ℎ3

36

Kare, dikdörtgen

Örnek 7.9 (2009 final sorusu): Tablo kullanarak, şekildeki alanın; a-) ağırlık merkezinin koordinatlarını, b-) şekildeki x eksenine göre atalet momentini, c-) ağırlık merkezinden geçen ve şekildeki x eksenine paralel olan eksene (𝑥𝐺 ) göre atalet momentini hesaplayınız.



𝐼𝑥𝐺 = 𝐼𝑥 − 𝐴𝑥 𝑦2 = 2701.7 − 36.86x7.732 = 498.6 𝑐𝑚4

Veya 𝐼𝑥𝐺 değerini paralel eksen teoremini tüm şekle uygulayarak da bulabiliriz.

Çözüm:

• Çeyrek dairenin atalet momenti hesabında, önce ağırlık merkezi (G3) den geçen eksene göre atalet momenti hesaplanmalıdır. • Çünkü paralel eksen teoreminin şartlarından birisi bir eksenin ağırlık merkezinden geçmesidir.




Örnek (Soru) 7.10 (2015- final-tekstil muh.bl)

Şekildeki alanın,

a. ağırlık merkezinin koordinatlarını, ( 𝑥 =? , 𝑦 =? )

b. ağırlık merkezinden geçen yatay eksene göre atalet

momentini ( 𝐼 𝑥 =? ) hesaplayınız.

Cevap: a-) 𝑥 = 6𝑐𝑚, 𝑦 = 4𝑐𝑚, b-) 𝐼 𝑥 =533,33cm4

Şekildeki alanın,

a-) ağırlık merkezinin koordinatlarını (xG =? , yG = ?)

b-) ağırlık merkezinden geçen yatay eksene göre atalet

momentini hesaplayınız. (IxG =?)

*çeyrek dairenin yarıçapı: r = 2cm

Cevaplar: a-) xG =1.51cm , yG = 4.69cm, IxG = 182.3cm4

Örnek (Soru) 7.11 (2018- final-tekstil muh.bl)

Örnek Sorular:

Şekildeki alanların ağırlık merkezinden geçen yatay ve düşey eksenlere göre atalet momentlerini (𝐼𝑥𝑔, 𝐼𝑦𝑔 ) hesaplayınız.

(Cevapları şekillerin üzerinde verilmiştir)



𝐼 𝑥 = 290.67𝑚4

7.12

7.137.14

Documents

Prof.Dr. Mehmet Zor Dokuz Eylül Üniversitesi Müh.Fak ... · Mukavemet’ten • Görüldüğü gibi statik ve mukavemet birbirlerini tamamlayan iki derstir. Bu iki dersin birleştirilmesiyle