2009 Kasım. MUKAVEMET DEĞERLERİ GERİLMELER M. Güven KUTAY gerilmeler.doc

Transkript

1 009 Kasım MUKAVEMET DEĞERLERİ GERİLMELER 05-1 M. Güven KUTAY 05-1-gerilmeler.doc

2 1. M u k a v e m e t D e ğ e r l e r i İ Ç İ N D E K İ L E R 1. PARÇADAKİ GERİLMELER Çekmee zorlanma, Çekme gerilmesi Çekme gerilmesine örnekler Basmaa zorlanma, basma gerilmesi Basma Yüze ve cidar basıncı Sürtünme kuvveti Yuvarlak cisimlerde üze basması, Hertz basıncı Burkulma (lambaj) Eğilmee zorlanma, eğilme gerilmesi Kesmee zorlanma, kesme gerilmesi Torsion, burulmaa zorlanma Bileşik zorlanma Genel Bileşik zorlanma hipotezleri

3 P a r ç a d a k i g e r i l m e l e r PARÇADAKİ GERİLMELER Makina parçasını etkileen dış kuvvetlerin doğurduğu iç kuvvetler parçada gerilmeler oluşturur. Parçadaki bu gerilmeler işletmede ortaa çıkarlar. Bu gerilmeler kuvvetin zorlamasına göre değişirler ve kuvvetin ismile adlandırılırlar. Kuvvetin zorlama biçimi, mukavemetin statik dalında öğrenilen bilgilerle belirlenir ve hesaplanır. Statikte cisimler rijit olarak kabul edilir. Hakikatte hiçbir cisim rijit değildir. Dış kuvvetlerin etkisi altında bütün cisimler biçimlerini az vea çok değiştirirler. Cisimlerin bu biçim değiştirmeleri kuvvetin etkisi kalktıktan sonra, a tamamen kalkar ve cisimler eski ilk durumlarını alırlar vea biçim değişikliği az vea çok kalır. Cisimlerin biçimlerini geçici olarak değiştirip tekrar eski biçimlerine dönmelerine "elastik değişme" denir. Cisimlerin biçimlerinin kalıcı değişmeleri ise "plastik değişme" olarak adlandırılır. Biz burada alnız elastik değişme, ani esneklik sınırları içinde oluşan, gerilme ve mukavemet hesaplarını inceleceğiz. Cisimlerin plastik değişmelerini, ani kalıcı şekil değişikliklerini mekanikde arıca geniş bir ilim dalı inceler. Cisimlerin kalıcı değişikliğini bilmek ve bunu bilinçli kullanabilmek, konstrüktör için çok büük bir avantajdır. Hesaplarda kullanılacak karşılaştırma değerlerine bakarsak, bir taraftan en büük gerilme, diğer taraftan en büük biçim değiştirme (deformason) ana karşılaştırma değeri olarak kullanılır. Biz burada hesaplarımızda en büük gerilme karşılaştırmasını göreceğiz ve kullanacağız. Çünkü; makina elemanlarının hesaplanmasında genelde hiç bir zaman esneklik sınırı aşılmaz. Burada genel mukavemet kanunlarına göre hesaplanan gerilmelere genelde "nominal gerilme" adı verilir. Zorlanmalar Yukarıda gördüğümüz gibi gerilme kuvvetin fonksionudur. Kuvveti zorlama durumlarına aırdığımıza göre, gerilmede kuvvete göre adlandırılacaktır. Kuvvet parçaı çeşitli şekilde zorlaacakdır. Kuvvet parçaı zorladığına göre parçada zorlanacaktır. Bölece "parçanın zorlanması" vea kısaca "zorlanmalar" ortaa çıkar. Kuvvetin altı zorlama biçimine eşit olarak parçanında altı zorlanması vardır. Bölece zorlanma biçimlerini sıralaacak olursak: 1. Çekmee zorlanma. Basmaa zorlanma - Basma, - Yüzebasıncı ve cidar basıncı, - Burkulma ( lambaj ). 3. Eğilmee zorlanma 4. Kesmee zorlanma 5. Burulmaa zorlanma, torsion 6. Bileşik zorlanma Aşağıda bu zorlanmaları daha arıntılı ve anlaşılır biçimde incelielim.

4 ( 1.4 M u k a v e m e t D e ğ e r l e r i 1.1. Çekmee zorlanma, Çekme gerilmesi Çekmee zorlanmaa kısaca "çekme" de denir. Gaet basit olarak bir çubuk düşünelim (Şek. 1.1). Bu çubuğu iki ucundan eksenine paralel ve teorik olarak çubuğun ekseninden etkileecek biçimde karşıt önlerde, anı büüklükte kuvvetlerle üklielim. Kabul ettiğimiz kesit öntemine göre bu çubuktaki gerilmei hesaplamak istersek, çubuğun hesap apılacak erinden bir kesit almamız gerekecek. Bu kesiti eksene dik olarak alalım. Etkileen dış kuvveti kesite getirelim. Bölece kesitte alnız kesite dik olarak etki eden bir tek iç kuvveti olacaktır. İç kuvvetlerin dengesine göre kesitte, bu aksion kuvvetine karşı anı büüklükte bir reaksion kuvveti oluşacaktır. Bölece bu kesitte "çekme kuvveti çifti" doğacaktır. Bu kuvvet çifti kesitin iki üzeini bir birinden aırmaa, ani bir birinden çekmee zorlaacaktır. Bunun içinde parçanın bu zorlanma biçimine, kuvvette de olduğu gibi "çekmee zorlanma" vea kısaca "çekme" adı verilir. Bir üzee dik olarak etki eden kuvvete normal kuvvet ve bunun oluşturduğu gerilmeede normal gerilme dediğimize göre, burada oluşan gerilmede "normal gerilme" nin bir türüdür. Bu gerilme biçimine pratikten örnek olarak halatları, zincirleri, civataları, çubukları, v.b. verebiliriz. Burada oluşan gerilmee "çekme gerilmesi" adı verilir ve mukavemet hesaplarında ve teknikte " ç " (sigma indeks ç) olarak gösterilir. Bütün bu anlattıklarımızı formülle gösterelim : A TARAI Kesit çubuk ekseni B TARAI d (. HESABIN YAPILDIGI KESIT ç A n. 1 ç ÇEM A B ÇSK. She SGER ç n - DAGILIMI Şek. 1.1, Çekme gerilmesi ç N/mm hesaplanan çekme gerilmesi n N normal kuvvet A mm kesit üzei daire kesiti için A π d / 4 d daire çapı mm olarak ÇEM N/mm malzemenin emnietli çekme mukavemeti S he 1 hesaplanan emniet katsaısı S GER 1 gerekli emniet katsaısı ÇSK N/mm malzemenin şekline göre çekme mukavemeti

5 P a r ç a d a k i g e r i l m e l e r Çekme gerilmesine örnekler Ç1 000 kg ağırlğındaki ükü, kendi ağırlığı 800 kg olan bir platforma ükleelim (Şek. 1.). Bu platform dört adet 15 mm çapındaki St60 dan apılma çubuklarla bir ere asılmış olsun. Bir çubukdaki çekme gerilmesi ne kadardır? d ç n / A n ( m Y + m PL ) g / n Şek. 1., Asılı platform Yükün kütlesi m Y 000 kg Platformun kütlesi m PL 800 kg Yer çekimi ivmesi g 9,81 m/s Çubuk adedi n 4 adet Burada kuvvetin eşit olarak 4 çubuğa dağıldığını kabul edelim. n ( ) 9,81 / kgm/s n 6867 N ve kesit alanı A π d / 4 π 15 / 4 176, mm A 177 mm ç n / A 6867 / , Bir çubuktaki çekme gerilmesi ç 40 N/mm dir. Ç Aşağıdada resmi görülen (Şek. 1.3) ük kancası St 50 den apılmıştır. Kanca 15'000 kg ük için düşünülmektedir. X-X kesitinde kanca çapı d 45 mm dir. Kancanın bu kesitinde çekme gerilmesi ne kadardır? D ç n / A D 55 mm X X d R n m Y g R 5 mm Yükün kütlesi m Y kg Şek. 1.3, Yük kancası ç n / A / , Yer çekimi ivmesi g 9,81 m/s n , kgm/s n N A π d / 4 π 45 / ,431...mm A mm Kancanın X-X kesitindeki çekme gerilmesi ç 95 N/mm dir.

6 ( ( 1.6 M u k a v e m e t D e ğ e r l e r i 1.. Basmaa zorlanma, basma gerilmesi Basma Basmaa zorlanmaa kısaca "basma" da denir. Gaet basit olarak bir çubuk düşünelim (Şek. 1.4). Bu çubuğu iki ucundan eksenine paralel ve teorik olarak çubuğun ekseninden etkileecek biçimde, karşıt önlerde, içerie doğru anı büüklükteki kuvvetlerle ükleelim. Kabul ettiğimiz kesit öntemine göre bu çubuktaki gerilmei hesaplamak istersek, çubuğun hesap apılacak erinden bir kesit almamız gerekecek. Bu kesiti eksene dik olarak alalım. Etkileen dış kuvveti kesite getirelim. Bölece kesitte alnız kesite dik olarak etki eden bir tek iç kuvveti olacaktır. İç kuvvetlerin dengesine göre kesitte bu aksion kuvvetine karşı anı büüklükte bir reaksion kuvveti oluşacaktır. Bölece kesitte "basma kuvvet çifti" doğar. Bu kuvvet çifti kesitin iki üzeini birbirine doğru itmee, ani bir birine doğru basmaa zorlaacaktır. Bunun içinde bu zorlanma biçimine kuvvette de olduğu gibi parçada "basmaa zorlanma" vea kısaca "basma" adı verilir. Bir üzee dik olarak etki eden kuvvete normal kuvvet ve bunun oluşturduğu gerilmeede normal gerilme dediğimize göre burada oluşan gerilmede "normal gerilme" nin bir türüdür. Bu gerilme şekline pratikten örnek olarak sütunları, atak altlıklarını, basıa zorlanan çubukları, v.b. verebiliriz. Burada oluşan gerilmee "basma gerilmesi" adı verilir ve mukavemet hesaplarında ve teknikte " b " (sigma indeks b) olarak gösterilir. Bütün bu anlattıklarımızı formülle gösterelim : A TARAI Kesit çubuk ekseni B TARAI d b HESABIN YAPILDIGI KESIT. n. 3 b BEM A A B. 4 S BSK he SGER b n - DAGILIMI Şek. 1.4, Basma gerilmesi b N/mm hesaplanan basma gerilmesi n N normal kuvvet A mm kesit üzei daire kesiti için A π d / 4 d daire çapı mm olarak BEM N/mm malzemenin emnietli basma mukavemeti S he 1 hesaplanan emniet katsaısı S GER 1 gerekli emniet katsaısı BSK N/mm malzemenin şekline göre basma mukavemeti

7 P a r ç a d a k i g e r i l m e l e r Basma gerilmesine örnekler B1 Mutfağınızdaki portatif emek masasının üzerine (Şek. 1.5) eni aldığınız televizonunuzu geçici olarak koduğunuzu düşünelim. Televizonunuz ambalajıla beraber ağırlığı 70 kg. Masanın aakları: 5/0 mm, St 33 boru, kromajlı. Masa tablasının ağırlığı 10 kg. Aaklardaki maksimum basma gerilmesi nekadardır? Mutfaktaki masanın aakları ile portal vinçin sütunları arasında pek fark oktur. Şek. 1.5, Mutfak masası b n / A n ( m TV + m MT ) g / n TV nin kütlesi m TV 70 kg Masa tablasının kütlesi m PL 10 kg Yer çekimi ivmesi g 9,81 m/s Masa aaklarının adedi n 3 adet Burada maksimum gerilim aranmaktadır. Ya masanın konstruksionundan vea Mutfağın tabanının tam düz olmamasından dolaı üç aağın ere değdiği kabul edilir. n ( ) 9,81 / 3 61,6 kgm/s n 6 N A π (D -d ) / 4 π (5-0 )/ 4 176,714.. mm A 177 mm b n / A 6 / 177 1, Masanın bir aağındaki basma gerilmesi b 1,5 N/mm B Aşağıda (Şek. 1.6) görülen kamon romorkunu bağlaan şaftta, kamon düz alanda gerie doğru hareket ederken, maksimum basma gerilmesi ne kadardır? Romorkun maksimum ağırlığı m R 1 t Sürtünme katsaısı (rulman atak) µ 0,05 Şaft (boru) D/d 60/48 mm, St 50- Yerçekimi ivmesi g 9,81 m/s Şek. 1.6, Kamon romorku D/d b n / A n sür m R g µ ,81.0,05 sür kgm/s n N dir. A π (D -d ) / 4 π (60-48 )/ , mm A mm b n / A / , Şaftaki basma gerilmesi b 6 N/mm dir.

8 1.8 M u k a v e m e t D e ğ e r l e r i 1... Yüze ve cidar basıncı Karşılıklı birbirine dokunan ve bu dokunmaları bir kuvvet altında olan iki cisimin birbirlerine dokundukları üzelerinde basma zorlanması oluşur. Bu zorlanma cismin içindeki kesit üzeinde olduğu gibi bu dokunma üzelerinde de gerilme oluşturur. Bu gerilme "üze basıncı" denir. Bu gerilme, basma gerilmesinin bir başka türüdür ve pratikte anı biçimde hesaplanır. Düz dokunma üzelerinde, hernekadar etki eden kuvvet bütün üzee anı büüklükte dağılmıorsada, pratikte kuvvet dağılımı, sanki bütün üzee anı oranda dağılıormuş gibi kabul edilir (Şek. 1.7) ve hesaplar buna göre apılır. Kesiti daire şeklinde olan (Şek. 1.8) ve birbirine dokunan cisimlerde, örneğin: perçinler, civatalar, miller, akslar v.b. üze basıncı anı zamanda "cidar basıncı" olarakda adlandırılır. Bu iç içe geçen cisimlerin aralarındaki boşluk büüdükçe dokunma üzei küçülür ve buna karşıt üze basıncı büür. Burada etki eden kuvvetler üzee dik ve diğer deimile normal kuvvet olduklarından, oluşturdukları gerilmede normal gerilmedir. Burada oluşan gerilmee "üze basıncı" vea "cidar basıncı" adı verilir ve mukavemet hesaplarında ve teknikte " b vea bc " ( sigma indeks b vea sigma indeks cb ) olarak gösterilir. Bütün bu anlattıklarımızı formülle gösterelim: n. 5 p n b he BYEM vea pem A vea Aiz L. 6 S YBEM he SGER b b b b N/mm hesaplanan üze basıncı p he N/mm hesaplanan üze basıncı n N normal kuvvet A mm dokunma alanı A b.l b en, L bo, mm olarak A iz mm izdüşüm alanı, A d.l d çap, L bo, mm olarak S he 1 hesaplanan emniet katsaısı S GER 1 BYEM N/mm gerekli emniet katsaısı malzemenin emnietli üze basınç mukavemeti p EM N/mm malzemenin emnietli üze basınç mukavemeti Şek. 1.7, Düz dokunma üzeinde basma n L b d Şek. 1.8, Silindirde basma, cidar basıncı

9 P a r ç a d a k i g e r i l m e l e r Yüze basıncı için örnekler YB1 Şekilde görüldüğü gibi (Şek. 1.9), rafın bir bölümüne maksimum 1 ton ük konulabilirse, resimde görülen çok bölümlü raf aaklarındaki üze basıncı ne kadardır? Resimde görülen her aak ön ve arka olmak üzere iki adet saılacaktır. Konstruksionun esnek olduğu düşünülüp, ük bütün aaklara tam ve eşit olarak dağılmış kabul edilecektir. Aaklar 6 cm x 6 cm lik plâkalarla ere basmaktadır. Şek. 1.9, Çok bölümlü raf n ,81 / kgm/s p he 1960 / ,45 N/mm p he n / A n n raf m raf g / n aak Raf saısı n raf 1 Bir raftaki ük m raf 1000 kg Yer çekimi ivmesi g 9,81 kgm/s Aak saısı n aak 6 A mm n N Bir aaktaki üze basıncı p he 6 N/mm dir. YB Şekilde (Şek. 1.10) gösterilen kagan atağa maksimum 7,6 kn normal atak kuvveti etki etmektedir. Konstruksionun kendi ağırlığı hesaba katılmadan ataktaki üze basıncını hesaplaınız. d 30 mm ; L 40 mm ; a 8 mm L p he n / A n N d a A d L 30. (40-8) 960 mm p he 7600 / 960 7,916.. N/mm Şek. 1.10, Kagan atak Yatakdaki üze basıncı p he 8 N/mm dir. Dikkat: Literaturda kagan ataklarda emnietli üze basıncı hakkında hiçbir veri bulunma-maktadır. Kagan ataklardaki emnietli üze basıncı denelerle belirlenir.

10 1.10 M u k a v e m e t D e ğ e r l e r i Eğer literaturda verilmiş değer varsa, bu değerler düşük kama hızı içindir.

11 P a r ç a d a k i g e r i l m e l e r Sürtünme kuvveti Dokunma üzelerindeki basma kuvvetinin etkisile, üzede sürtünme kuvveti oluşturur. Tutuk sürtünme vea hareketsiz cisimlerde sürtünme Cisimler hareket etmesede üzeler arasında bir tür kuvvet oluşturur. Bu kuvvete "tutuk sürtünme kuvveti" denir (Şek. 1.11). Bu kuvvet birbirlerine dokunan parçalarda ve üzelerinde hiçbir şekilde gerilme oluşturmaz µ 0 n. 8 0 tan ρ 0 n ρ 0 0 n 0 N tutuk sürtünme kuvveti µ 0 1 tutuk sürtünme katsaısı R 0 u ρ 0 tutuk sürtünme açısı n N normal kuvvet Şek. 1.11, Tutuk sürtünme Kama sürtünmesi Cisimler hareket edince, üzeler arasında oluşan sürtünme kuvvetine "kama sürtünme kuvveti" denir (Şek. 1.1). Bu kuvvet birbirine dokunan parçalarda ve üzelerinde hiçbir şekilde gerilme oluşturmaz.. 9 sür µ n. 10 sür tan ρ n ρ n v sür N kama sürtünme kuvveti µ 1 kama sürtünme katsaısı R u ρ kama sürtünme açısı n N normal kuvvet Şek. 1.1, Kama sürtünmesi

12 1.1 M u k a v e m e t D e ğ e r l e r i Sürtünme kuvveti için örnekler S1 Aşağıdaki şekilde (Şek. 1.13) görülen ağaç palet üzerine konulmuş silindir biçimindeki demir parçasını, ağaç palet üzerinde sürterek itebilmek için ne kadar kuvvet gereklidir? Tutuk sürtünme katsaısı µ 0,4 Demirin özgül ağırlığı ρ 7, kg/mm 3 Demir silindirin çapı d 350 mm Demir silindirin üksekliği h 300 mm d it sür sür µ n sür it h Şek. 1.13, Ağaç palet n m demir g m demir ρ V V π d h / 4 Bölece itme kuvvetini şu biçimde azabiliriz: it µ ρ π d h g / 4 Bu değerleri erleştirirsek: it 0,4.7, ,81 / 4 83, Demir silindiri itebilmek için minimum 83 N kuvvet gereklidir. S Şekilde görülen (Şek. 1.14) taştan apılmış α 15 derece eğimli rampaa konu-lan 1 ton ağırlığındaki çelik konstruksion kaar mı? ka α sür n Şek. 1.14, Rampa ka tanα n ; sür µ n Eğer kama > sür ise kaar. Burada her nekadar tutuk sürtünme varsada işi garantie almak için kama sürtünmesi değerleri alınır. tan α > µ ise kaar, oksa ka < sür ise kamaz. Bu karşılaştırmaı bu örneğe ugularsak: tan15 < µ ise kamaz. tan 15 0, < µ 0,3...0,70 olduğuna göre çelik konstruksion kamaz.

13 P a r ç a d a k i g e r i l m e l e r Yuvarlak cisimlerde üze basması, Hertz basıncı Yuvarlak üzeli iki cisim biribirine kuvvet altında dokunuorlarsa, dokunma erlerinde deformason oluşur. Bu dokunma erlerindeki basma gerilmeleri "Hertz üze basıncı " olarak adlandırılır. Buradaki gerilme hesapları Hertz' in ortaa koduğu teorie göre apılır. Bu teoride şu kabuller var saılır: - Malzeme homojen ve izotroptur, - Hooke kanunu geçerlidir, - Küçük bir alan olarak düşünülen dokunma noktasında vea çizgisinde alnız normal kuvvet var saılır. Yani çapraz kuvvet vea kama gerilmesi oktur. - Dokunmadaki deformason parçanın diğer boutlarına oranla çok küçük var saılır. - Kuvvetin bütün dokunma alanına eşit olarak dağıldığı var saılır. Aşağıda verilen formüllerde çelik ve demir için esneklik katsaısı Poisson (puason) saısı ν (nü), genel olarak ν 0,3 alınır. Hertz'e göre birbirlerine bir çizgide değen iki cismin arasındaki en büük basma gerilmesi:. 11 bhmax - E π r L (1- ν ) bh r1. 1 b 8 r (1- ν π E L ) b b r L Birbirlerine değen cisimler küresel ise: bh max - 3 π Şek. 1.15, Yuvarlak üzeli cisimlerde üze basıncı. 14 a 3 ) r 1,5 E (1- r ν ) 1,5 (1- ν E Cisimlerin deformasonu:,5 (1- ) ν w r E w 0 w 1 w () a (1) r 1 r Şek. 1.16, Küresel cisimlerde üze basıncı

14 1.14 M u k a v e m e t D e ğ e r l e r i E E1 E E1 + E 1 1 r r1 r vea r + r r r r Hertz üze basıncı için örnek: bhmax N/mm mak. Hertz üze basıncı N kuvvet E N/mm elastiklik modulü r mm cismin arı çapı L mm cismin dokunma bou ν 1 esneklik katsaısı ( puason saısı) b mm dokunma eninin arısı He1 Çelik ra üzerinde hareket eden ve maksimum tekerlek kuvveti 50 kn ile raa basan bir vinç tekerleğinin oluşturduğu maksimum üze basıncı ne kadardır? - Çelik ra : St 5-3 den ve 40x40 mm ölçüsünde. - Tekerlek : GS 5 den ve 50 mm çapında. Hertz'e göre : bhmax - E π r L (1- ν ) Burada N E N/mm St 5-3 E N/mm GS 5 E / ( ) 07956, N/mm r 1 50 mm, r düz, ani sonsuz r r 1 50 mm L 40 mm ν 1 ν 0,3 bhmax π ( 1-0,3 ) 46, Hertz'e göre maksimum üze basması bhmax 46 dir. N/mm Dikkat: Emnietli Hertz üze basıncı değeri hiçbir literatürde oktur. Hesaplanması içinde herhangi bir hesap reçetesi ve hipotezi bulunmamaktadır. Emnietli Hertz üze basıncı değeri alnızca denelerle elde edilir.

15 P a r ç a d a k i g e r i l m e l e r Burkulma (lambaj) Ekseninden baskıa zorlanan ince sütunun kesitinin bouna oranı küçük ise, bu sütunda burkulma oluşabilir. Bu ola bir stabilite problemidir. Burkulmanın oluşması için parçadaki hesaplanan gerilimin muhakkak gerilim sınırlarını aşması vea bu sınırlara aklaşması gerekli değildir. Bu değerler emnietli mukavemet değerlerinin çok çok altında olabilir. Parça hiç bir zaman ideal doğru olmaacağı ve kuvvet de hiç bir zaman tam ağırlık merkezi ekseninden etkisini göstermeeceği için, burkulma olaı herzaman oluşabilecektir. Ekseninden baskıa zorlanan ince sütunda, oluşan burkulma gerilmesi ile hesaplanan basma gerilmesi arasında aşağıda gösterilen bağıntı kurulur:. 16 bk Sbk S Burkulma gerilimi Euler'e (oler) göre şu şekilde hesaplanir: b BK. 17 bk bk A S bk 1 hesaplanan burkulma emniet katsaısı bk N/mm burkulma gerilmesi b N/mm hesaplanan basma gerilmesi S BK 1 gerekli olan emniet katsaısı bk 1 burkma kuvveti A mm kuvvetin etkilediği kesit alanı Euler'e göre aşağıda (Şek. 1.17) görülen 4 burkulma durumu vardır. I II III IV L LK*L LKL LK0,7*L LK0,5*L Şek. 1.17, Euler'e göre 4 burkulma durumu

16 1.16 M u k a v e m e t D e ğ e r l e r i Euler'e göre en küçük burkma kuvveti ( bk ) burkulma esnasında şu değeri alır: bk E I π L Geometrik boutların oranından burkulmanın tipik büüklüğü "narinlik derecesi" üretilmiştir. Narinlik derecesinin birimi oktur ve sembolü eski Yunan alfabesinden λ (lamda) harfidir. Narinlik derecesi şu şekilde gösterilir: bk λ Lbk / imin Burada kesitin atalet arıçapının (i min ) değerini narinlik derecesi formülünde erleştirirsek şu bağıntıları buluruz: imin I / A ve λ Lbk / I / A Burkma kuvveti formülünde narinlik derecesini ve burkma kuvvetinide burkulma gerilmesi formülünde erleştirirsek: E I E I 1 π ve π bk bk ( I / A ) λ λ ( I / A ) A Burada apılacak kısaltmalardan sonra Euler'e göre burkulma gerilmesi şu şekilde gösterilir: br AK 00 O TETMAJER dogrusu ( EULER Hiperbolü. 18 bk π E λ E N/mm Elastiklik modülü I mm 4 atalet momenti L bk mm hesapsal burkulma bou 100 JÄGER egrisi ( λ λ bk N/mm Burkulma gerilmesi λ 1 narinlik derecesi i min mm kesitin atalet arıçapı Şek. 1.18, Elastik ve plastik bölgelerde burkulma eğrileri A mm kesit alanı Euler'in teorisi cisimlerin elastik bölgesi için geçerlidir. Yani Hooke'un kanunlarının geçerli olduğu durumlarda kullanılır. Burada burkulma gerilmesini bk -ı narinlik derecesinin fonksionu olarak gösterecek olursak ortaa Euler hiperbolü çıkar (Şek. 1.18). Yukarıda verilen burkulma gerilmesi denklemini inceleecek olursak narinlik derecesinin küçülmesi ile burkulma gerilmesinin büüdüğünü görürüz. Hakikatte bu basma gerilmesinin üksek olduğu hali gösterir.

17 P a r ç a d a k i g e r i l m e l e r Buda plastik deformasonların başladığı bölgee aklaşıldığının göstergesidir. Bölece Euler'in varsaımı olan elastik sınırı aşma tehlikesi doğar ve "narinlik sınırı" tanımı λ 0 (lamda indeks sıfır) ortaa çıkar. Narinlik sınırını belirtmek istersek, aşağıdaki bağıntıdan başlamamız gerekir. Plastik deformasona oluşmaması için hesaplanan burkulma gerilmesini malzemenin orantılı mukavemet değerine O eşit vea küçük olması gereklidir. şöleki : bk π E λ Bu tanımın sağ tarafını eşit olarak kabul edip narinlik derecesine göre çözümlersek narinlik sınırını, λ 0 elde ederiz. O λ 0 π E O Örneğin: Yapı çeliği St37 için narinlik sınırını ( λ 0 ) hesaplamak istersek: Elastiklik modulü E, N/mm Akma mukavemeti AK 40 N/mm Orantılı mukavemet O 0,8 AK 0, N/mm λ 0 π E / O π / , λ Bölece narinlik sınır saısını St 37 için λ olduğu hesaplanmış olur. Bu demektir ki: St37 malzemesi için apılan burkulma hesaplarında ilk önce var olan narinlik derecesi λ he hesaplanacaktır. λ he L bk / i min Ve sonra bu hesaplanan narinlik derecesi λ he ile o malzemenin narinlik sınır saısı λ 0 karşılaştırılacaktır. Eğer bir hesapta λ he > λ 0 ise hesaplar Euler'e göre apılacaktır, fakat λ he λ 0 ise hesaplar plastik deformason teorilerine göre apılacaktır. Plastik deformasonlara göre burkulma hesapları için bir tek teori oktur. Bu teorilerin arasında bu gün halâ makina apımı hesaplarında kullanılan Tetmajer (tetmaer) teorisi ilk akla gelendir. Tetmajer'e göre, burkulma gerilmesi, narinlik saısının fonksionu olarak belirtildiğinde, orantılı mukavemet değerini veren Euler-hiperbolü üzerindeki nokta ile bk ekseninde ezilme mukavemet değerine eşit olan nokta arasındaki doğrudur. Pratikte kullanılan Tetmajer'e göre hesaplama formulü şöledir: bk a - b λ he

18 1.18 M u k a v e m e t D e ğ e r l e r i Bu formulde kullanılan sembollerin erine aşağıdaki tabeladan (Tabela 1.1) alınan değerler konulduğunda istenilen malzemee göre burkulma gerilmeleri hesaplanır. Örneğin St 60 için formul: bkst ,6 λ he Tabela 1.1, Tetmajer formülündeki " a " ve " b " değerleri b N/mm Malzeme E λ 0 a N/mm N/mm St37, ,14 St50 St60, ,6 %5-Ni-Çelik, ,30 Kırdöküm 1, bk λ + 0,053 λ Çamağacı 1, ,3 0,194 Yapılan hesaplarda narinlik saısı 0 ile 30 arasında ise burada burkulma hesabı apılmaz, sütun vea parça doğrudan doğrua basma gerilimi ile kontrol edilir. Çelik konstruksion, vinç ve köprü apımı hesaplarında DIN 4114 de gösterilen "omega öntemi" ile hesaplar apılır. Burada burkulma saısı omega ω ardımcı değer olarak kullanılır. Hesap formulüde şu şekildedir:. 0 ω / A bk Burada Jäger (eger) omegaı lamdanın bir fonksionu olarak almış ve burkulma emniet katsaısınıda 1,5 olarak değerlendirmiştir. Omega Jäger'e göre şu şekilde gösterilir:. 1 ω( λ) BEM / BEM BKEM DIN 1050 e göre St 37 için emnietli basma mukavemeti BEM 140 N/mm St 5 için emnietli basma mukavemeti BEM 10 N/mm Pratikte omega değeri aşağıdaki tabeladan (Tabela 1.) alınır. Tabela 1., (DIN4114 ve DIN 105 den) Omega (ω) değerleri λ he St 37 1,04 1,14 1,30 1,55 1,90,43 3,31 4,3 5,47 6,75 8,17 St 5 1,06 1,19 1,41 1,79,53 3,65 4,96 6,48 8,1 10,13 1,6 Tahta 1,08 1,6 1,6,0 3,00 4,3 5,88 7,68 9,7 1,00 14,5

19 P a r ç a d a k i g e r i l m e l e r Burkulma için örnekler (flambaj için örnekler ) BR1 Bir piston milinin ölçülendirmesini apalım. Mil iki arı erde başka koşullarla çalışacak olsun. Piston milinin bou 000 mm ve piston mili iki ucundan onak bağlanmış kabul edilsin. Bilinen değerler ve istenilen şartlar: a) - piston eksenindeki etkili kuvvet max 96 kn, - gerekli burkulma emniet katsaısı S BKGER 8 b) - piston eksenindeki etkili kuvvet max 300 kn, - gerekli burkulma emniet katsaısı S BKGER 5 a) bk π E I / L bk I ger max S BKGER L bk / (π E) Bilinen değerleri erleştirirsek I ger /(π 11000) 1, mm 4 64 I π 4 d / 64 > d 4 π I π d 4 / 64 ve A π d / 4 I 4 i I A 4 4 π d 64 π d d Bölece narinlik derecesi hesaplanır: 000 Lbk λ he 108 > λ0 104 i 18,5 min 64.1, π 18,5mm 6 74,04... Bölece hesabın Euler'e göre apılmış olması doğrudur. Sonuç olarak: Pistonun çapı 74 mm vea daha büük seçilebilir. b) bk π E I / L bk I ger max S BKGER L bk / (π E) Bilinen değerleri erleştirirsek I ger /(π 11000), mm 4 64 I 4 π 64., d / 64 d 4 87,58... d 88 mm π π I 4 6 i I A 4 4 π d 64 π d d mm

20 1.0 M u k a v e m e t D e ğ e r l e r i Bölece narinlik derecesi hesaplanır: 000 Lbk λ he 90,9... < λ0 104 imin Bu durumda burkulmanın plastik deformasona, ani Tetmajer'e göre hesaplanması gereklidir. Tetmajer'e göre burkulma gerilmesi, Tabela 1. den : bk 310-1,14 λ 310-1, ,6 Hesaplanan basma gerilmesi: b / A / π.88 49,34.. Karşılaştırmalar apılırsa: S bk bk / b 05 / 50 4,1 < 5 burkulma olasılığı fazladır. Piston çapı 95 mm alınıp hesaplar apılırsa S bk 5,06 > 5 bulunur. Pistonun çapı 95 mm vea daha büük seçilebilir. BR1 İki tarafı rijit bağlantılı bir sütünun boutlamasını Omega öntemine göre apalım. Çelik konstruksion için St 37 den NPI-Profili ( çift T ) kullanalım. Sütun bou 6 m. Sütuna gelen ük 40 kn. Şek ve Şek den L bk 0,5.L bulunur. L Şek. 1.19, Çelik sütun L bk 0, mm Narinlik derecesi λ ı takriben 00 seçmek istersek; i L bk / / mm buluruz. Bölece NPI 160 ın i 15,5 mm tabeladan okunur. λ L bk / i 3000 / 15,5 193,54... NPI-Profilleri tabelasından NPI 160 için A 80 mm bulunur. bk ω / A 6, / ,... Tabela 1. den λ 193 için, omega değeri bulunur. 6,75-5,47 ω 6,75 - ( ) 6, ω 6,34 bk 110 N/mm < BEM 140 N/mm olduğundan NPI 160 seçilir.

21 ( ( ( ( ( ( P a r ç a d a k i g e r i l m e l e r Eğilmee zorlanma, eğilme gerilmesi Eğilmee zorlanmaa kısaca "eğilme" de denir. Gaet basit bir çubuk düşünelim (Şek. 1.0). Bu çubuğu ekseninden geçen düzlem üzerinde ve iki ucundan, karşıt önlerde, etkileen iki kuvvet düşünelim. Kabul ettiğimiz kesit öntemine göre bu çubuktaki gerilmei hesaplamak istersek, çubuğun hesap apılacak erinden bir kesit almamız gerekir. Bu kesiti eksene dik olarak alalım. Etken dış kuvvetler bu kesitin iki üzünü birbirine karşı eğmee zorlaacaktır. Bölece çubuk eğilecektir. Kesitteki kuvvetleri ve momentleri inceleecek olursak kesitte alnız eğilme momentinin etkili olduğunu görürüz. Bir kiriş vea çubukta oluşan momentlerin durumu ve pratikte kullanılışları Şek. 1.4 den Şek e kadar gösterilmiştir. Bölece kesitte "eğme kuvvet çifti" oluşur. Bu kuvvet çifti kesitin iki üzeini birbirine doğru eğmee, ani çubuğu eğilmee zorlaacaktır. Bunun içinde bu zorlanma şekline kuvvete olduğu gibi parçada "eğilmee zorlanma" vea kısaca "eğilme" adı verilir. Burada oluşan gerilmede "normal gerilme" nin bir türüdür. Bu gerilme şekline pratikten örnek olarak milleri, aksları, kirişleri v.b. verebiliriz. Burada medana gelen gerilmee "eğilme gerilmesi" adı verilir. Mukavemet hesaplarında ve teknikte " eg " (sigma indeks eg) olarak gösterilir. Bütün bu anlattıklarımızı formülle gösterelim: M eg M Kesit eg egmax Meg. eg EGEM Weg A A A TARAI f çubuk ekseni çökme egrisi B TARAI B B d HESABIN YAPILDIGI KESIT. egmax. 3 EGSK She SGER eg A BASI TARAI.,CEKI TARAI.. EGILME MOMENTI DAGILIMI CAPRAZ, KUVVET DAGILIMI M eg - DAGILIMI - DAGILIMI ç B Şek. 1.0, Eğilme gerilmesi eg N/mm hesaplanan eğilme gerilmesi M eg Nmm eğilme momenti W eg mm 3 eğilme için mukavemetmomenti. Daire kesiti için W eg π d 3 / 3 EGEM N/mm malzemenin emnietli eğilme mukavemeti S he 1 hesaplanan emniet katsaısı S GER 1 gerekli emniet katsaısı EGSK N/mm malzemenin şekillenmesine göre eğilme mukavemeti

22 1. M u k a v e m e t D e ğ e r l e r i Eğilme gerilmesi için örnekler EG1 Şekilde gösterildiği gibi (Şek. 1.1) demir bir leve ile bir sandığı erinden onatalım. Destek noktası D deki alnız eğilme gerilmesi nekadar dır? Sandığın ağırlığı 500 kg,destek sandık mesa-fesi L A 40 mm ve destek ile el B arasındaki mesafe L 960 mm dir. Leve St 70- den ve destek noktasındaki kesiti 16 mm dir. d D L A α L eg M eg / W eg D noktasındaki moment a A tarafından A vea B tarafından hesaplanır. Çünkü, D noktasında momentlerin toplamı sıfırdır. A noktasında sandıktan etken olan kuvvet, Şek. 1.1, Leve ile kaldırılan sandık ilk başta sandık ağırlığının arısının cosα ile eksiltilmiş kuvvet tesir etmesine rağmen ileride leve ataa aklaşınca sandığın arı ükü levee etki eder. Bölece A noktasında etki eden kuvvet; A m san g / 500.9,81 / 45,5 A 45,5 N M eg L A A M eg 9800 Nmm Eğilme mukavemet W eg π d 3 / 3 π 16 3 / 3 W eg 40,1 mm 3 momenti Bölece eg 9800 / 40 44,78... Levede D noktasındaki eğilme gerilmesi eg 45 N/mm dir. EG1 Şekildeki demirolu vagonunun tekerlek aksına bakalım(şek. 1.). Her bir tekerleğe maksimum tekerlek ükü 9 kn. Tekerlek aksı St 70-, dir. L A L B 90 mm ; L 1400 mm ; D 90 mm ; d 80 mm ; R 5 mm eg M eg / W eg Eğilme momenti A ve B destekleri arasında sabittir. d D M eg tek L A Nmm R W eg π d 3 / 3 W eg π 80 3 / ,48... mm 3 LA L eg / , X-X kesitindeki eğilme gerilmesi Şek. 1., Demirolu vagonu aksı eg 16 N/mm dir.

23 P a r ç a d a k i g e r i l m e l e r Eğilme gerilmesi formülünün kanıtı max e e S x S da x d + max Şek. 1.3, gerilme şeması Çekme gerilmesine göre normal gerilme d / da d kuvvetinin S deki momenti dm eg d > d dm eg / Kuvveti gerilme formülüne erleştirirsek dm eg / ( da ) dm eg da Üçkenlerin benzerliğinden max / e / buradan max / e Gerilme " " ı erleştirirsek dm eg max da / e Eğilme momenti M eg Σ dm eg Σ max da / e M eg e max da Burada atalet momenti I Σ da Genelde mukavemet momenti W eg I / e ve M eg max W eg Burada maksimum gerilme Eğer oluşan maksimum gerilmei "Eğilme gerilmesi" olarak adlandırırsak: max M eg / W eg ± max eg. 4 Meg eg Eğilme gerilmesi Weg

24 1.4 M u k a v e m e t D e ğ e r l e r i moment dağılımı çekme tarafında gösterilir Şek. 1.4, Moment dağılımı Genelde moment dağılımı çekme tarafında gösterilir. Şek. 1.5 de ikinci kuvvet birinci kuvvete göre ters önde etken ve Şek. 1.6 de ikinci kuvvet birinci kuvvetle anı önde etken olduğuna göre, moment dağılımı gösterilmiştir. A 1 A 1 1 > A 1 A 1 < A Şek. 1.5, Moment dağılımı, 1, A nın ters önünden etkense Şek. 1.6, Moment dağılımı, 1, A nın anı önünde etkense A 1 B A 1 B A B A B Şek. 1.7, Moment dağılımı A 1 B Şek. 1.8, Moment dağılımı > 1 A 1 B B Şek. 1.9, Moment dağılımı > 1 İki kuvvet ters önden etki gösteriorsa, atak kuvvetlerini bulmak için ilk önce büük kuvvet tarafında olan atağın atak kuvveti büük kuvvetin ters önü olarak belirlenir. Daha sonra Şek ve Şek deki düşüncelerle atak kuvvetlerinin önü bulunur. A 1 B A 1 B A B A B Şek. 1.30, Moment dağılımı 1 + B < Şek. 1.31, Moment dağılımı 1 + B >

25 ( ( ( P a r ç a d a k i g e r i l m e l e r Kesmee zorlanma, kesme gerilmesi Kesmee zorlanmaa kısaca "kesme" denir. Gaet basit olarak bir çubuk düşünelim (Şek. 1.3). Bu çubuğun eksenine dik düzlem içinde karşılıklı iki kuvvet ile ükleelim. Bu kesit düzleminde gerilmei hesaplamak istersek görürüz ki, eksene dik olan düzlem içindeki iki kuvvet kesitte "kesme kuvvet çifti" ni oluştururlar. Bu kuvvet çifti kesitin iki üzeini birbirlerine göre kadırmaa, ani kesmee zorlaacaktır. Bunun içinde bu zorlama şekline kuvvette olduğu gibi, parçada "kesmee zorlanma" vea kısaca "kesme" adı verilir. Bir üzein içinde olan kuvvete çapraz kuvvet ve bunun oluşturduğu gerilmeede kama gerilmesi dediğimize göre, burada oluşan gerilmede "kama gerilmesi" nin bir türüdür. Bu gerilme şekline pratikten örnek olarak makasları, perçinleri, kesme preslerini, v.b. verebiliriz. Burada oluşan gerilmee "kesme gerilmesi" adı verilir. Mukave-met hesaplarında ve teknikte " k " (tau indeks k) olarak gösterilir. Bütün bu anlattıklarımızı formülle gösterelim : ç. 5 k KEM A Kesit A TARAI ç çubuk ekseni ç B TARAI 90 kor HESABIN YAPILDIGI KESIT. kmax ç - DAGILIMI KSK. 6 She SGER k ç CAPRAZ, KUVVET DAGILIMI ç Şek. 1.3, Kesme gerilmesi k N/mm hesaplanan kesme gerilmesi ç N çapraz kuvvet A mm kesit alanı KEM N/mm malzemenin emnietli kesme mukavemeti S he 1 hesaplanan emniet katsaısı S GER 1 gerekli emniet katsaısı KSK N/mm malzemenin şekillenmesine göre kesme mukavemeti

26 1.6 M u k a v e m e t D e ğ e r l e r i Kesme gerilmesi için örnekler KE1 Hacmi 5 m 3 olan su deposu 40x40x4 mm ölçüsündeki St 37 den normal köşebentlerle bir duvara şekilde (Şek. 1.33) görüldüğü gibi oturtulmuştur. Bir köşebentin bağlantı erindeki alnız, kesme gerilmesi ne kadardır? k / A m g / 4 5 m 3 V ρ g / ,81 / 4 16,5 N Şek. 1.33, Su deposu 40x40x4 mm Normal köşebent standart parçadır. Köşebentin alanını tabeladan okuabiliriz. A 308 mm k 16,5 / , A 39,8 mm Bir köşebentteki kesme gerilmesi k 40 N/mm dir. KE Şekilde (Şek. 1.34) görülen rondela DIN 15 (St 50-) göre 1000 kn luk presle üretilior. Pres kalıbı rondelaı bir vuruşta iç ve dış çapını kesecek şekilde apılmış olsun. Rondeladaki kesme gerilmesi ne kadardır? Dış çap D 4 mm D d s İç çap d 13 mm Kalınlık s,5 mm k / A Presin verdiği kuvvet anı zamanda kesme kuvvetidir N Şek. 1.34, Rondela Rondelanın kesit alanı A π ( D + d ) s A π ( ),5 90,59... A 90,59mm Bölece kesme gerilmesi hesaplanır : k 10 6 / 90, ,187 k 3441 N/mm Rondeladaki kesme gerilmesi k 3440 N/mm dir.

27 ( ( ( ( ( P a r ç a d a k i g e r i l m e l e r Torsion, burulmaa zorlanma Burulmaa zorlanmaa kısaca "torsion" denir. Basit bir çubuk düşünelim (Şek. 1.35). Bu çubuğun eksenine dik iki düzlem içinde her bir düzlemde karşılıklı iki kuvvet ile ükleelim. Bu iki eksene dik düzlemin arasında bir kesit düzleminde gerilmei hesaplamak istersek görürüz ki bu kuvvetler kesitte "burmaa zorlaan kuvvet çifti" ni oluştururlar. Bu kuvvet çifti kesitin iki üzeini burmaa zorlaacaktır. Bunun içinde bu zorlama şekline kuvvette olduğu gibi parçada "burulmaa zorlanma" vea kısaca "burulma" vea "torsion" adı verilir. Bir üzein içinde olan kuvvete çapraz kuvvet ve bunun oluşturduğu gerilmeede kama gerilmesi dediğimize göre burada oluşan gerilmede "kama gerilmesi" nin bir türüdür. Bu gerilme şekline pratikten örnek olarak redüktör millerini, cıvataları v.b. verebiliriz. Burada oluşan gerilmee "burkulma gerilmesi" vea "torsion gerilmesi" adı verilir. Mukavemet hesaplarinda ve tek-nikte " br " (tau indeks br) vea " t " (tau indeks t) olarak gös-terilir. Bütün bu anlattıklarımızı formülle gösterelim : Mt. 7 t TEM W t M t M t A TARAI çubuk ekseni Kesit CAPRAZ, KUVVET DAGILIMI - DAGILIMI ç M t B TARAI tmax d M t tmax HESABIN YAPILDIGI KESIT. TSK. 8 She SGER t.. TORSIYON MOMENTI DAGILIMI M - DAGILIMI t.. KESITTE SADECE TORSIYON VAR Şek. 1.35, Torsion gerilmesi t N/mm hesaplanan torsion gerilmesi M t Nmm Torsion momenti W t mm 3 torsion mukavemet momenti TEM N/mm malzemenin emnietli torsion mukavemeti S he 1 hesaplanan emniet katsaısı S GER 1 gerekli emniet katsaısı TSK N/mm malzemenin şekillenmesine göre torsion mukavemeti

28 1.8 M u k a v e m e t D e ğ e r l e r i Torsion gerilmesi için örnekler BR1 Şekilde (Şek. 1.36) görülen anahtar kolundan maksimum kuvvet 300 N ile cıvata sıkılırsa vede cıvata bu kuvvete karşı koarsa, anahtarın gövdesindeki torsion gerilmesi ne kadardır? Anahtar malzemesi St 70-, Şek. 1.36, Cıvata anahtarı Gövde çapı Kolbou Torsion momenti d 0 mm L 50 mm t M t / W t M t L M t Nmm Torsion mukavemet momenti W t π d 3 / 16 π 0 3 / , t / , t 95,541 N/mm Anahtarın gövdesindeki torsion gerilmesi t 95 N/mm dir. BR1 Şekilde gösterilen(şek. 1.37)bir vinç ürütme tahriki milindeki güç P max 11 kw ve devir saısı n max 130 d/dak, Malzeme St60-, W.Nr , üze kabalığıda hesaplama kesitinde R z 5 µm. Milin kesitindeki maksimum torsion gerilmesi ne kadardır? b d 50 mm ; D 60 mm ; R 0,5 mm R t t M t / W t Torsion momenti : M t 9, P / n M t 9, / Nmm D d M t Hesabın apıldığı kesitte milin çapı 39 mm dir. Çükü kama derinliği 5,5 mm ve çift taraflı kama 50 mm çıkarılır. Bölece: Şek. 1.37, Tahrik mili W t π d 3 /16 π 39 3 / ,3..mm 3 Torsion gerilmesi: t / 11647,3 69,4... t 69,4...N/mm Milin kesitindeki maksimum torsion gerilmesi t 70 N/mm dir.

29 Torsion gerilmesi formülünün kanıtı P a r ç a d a k i g e r i l m e l e r 1.9 M t M t max R r O da d R r O + max Şek. 1.38, Torsion gerilmesi Kama gerilmesine göre normal gerilme d / da d kuvvetinin S deki momenti dm t d r > d dm t / r Kuvveti gerilme formülüne erleştirirsek dm t / ( da r ) dm t da r Üçkenlerin benzerliğinden max / R / r buradan max r / R Gerilme " " ı erleştirirsek dm t max da r / R Torsion momenti M t Σ dm t Σ max da r / R max M da t r R Burada torsion atalet momenti I t Σ da r Genelde torsion mukavemet momenti W t I t / R ve M t max W t Burada maksimum gerilme max M t / W t Eğer burada oluşan maksimum gerilmei "torsion gerilmesi" olarak adlandırırsak: ± max t. 9 T t t Torsion gerilmesi W t

30 1.30 M u k a v e m e t D e ğ e r l e r i 1.4. Bileşik zorlanma Bileşik zorlanma çeşitli normal gerilmelerden doğmasa Bileşik zorlanmalarda alnız normal gerilmeler etkense, örneğin: eğilme ve çekme vea eğilme ve basma gerilmeleri gibi, etki eden gerilmeler aritmetik olarak toplanırlar. Bu hesaplanan gerilmee "toplam normal gerilme" denir. şöleki:. 30 tp eg + ç, b Bileşik zorlanma çeşitli kama gerilmelerinden doğmasa Bileşik zorlanmalarda alnız kama gerilmeleri etkense, örneğin: torsion ve kesme gerilmesi gibi, gerilmeler aritmetik olarak toplanırlar. Bu hesaplanan gerilmee "toplam kama gerilmesi" denir. şöleki:. 31 tp t + Bileşik zorlanma normal ve kama gerilmelerinden doğmasa k Bileşik zorlanma normal ve kama gerilmelerinden doğmasa burada gerilmeler geometrik olarak toplanır. Geometrik toplamaı apabilmek için bir hipotez kabul etmek gerekir. Bu hesaplanan gerilmee "karşılaştırma gerilmesi" denir. şöleki: Biçim değiştirme enerjisi hipotezine göre toplama:. 3 kar + 3 ( α0 ) Normal gerilmeler hipotezine göre toplama: kar ,5 ( ( α ) ) tp N/mm Toplam normal gerilme tp N/mm Toplam kama gerilmesi kar N/mm Karşılaştırma gerilmesi eg N/mm Hesaplanan eğilme gerilmesi ç,b N/mm Hesaplanan çekme vea basma gerilmesi t N/mm Hesaplanan torsion gerilmesi k N/mm Hesaplanan kesme gerilmesi N/mm Hesaplanan normal gerilme N/mm Hesaplanan kama gerilmesi α 0 1 Zorlanma katsaısı, α 0 EGDG /(1,73. TDL ) die hesaplanır. Pratikte: α 0 0,7 torsion statik vea dalgalı, eğme zorlaması değişken, α 0 1,0 torsion ve eğme zorlaması anı cinsden ise.

31 P a r ç a d a k i g e r i l m e l e r Genel Bileşik zorlanma konusuna girmeden önce tek, çift ve üç eksenli gerilmelere kısa bir göz atalım. Bir cisim çeşitli dış kuvvetler etkisinde olsun. Örneğin: üze basıncı, basma ve benzeri kuvvetler, Bu cisimden küp biçiminde küçük bir parça alalım. Bu dış kuvvetler, bu küp şeklinde düşünülen elementte üç eksenli gerilmeler medana getirir. Küpün altı üzeinin herbirinde bir normal ve iki kama gerilmesi doğar (Şek. 1.39). Bu gerilmeleri bir koordinat sistemi ile (sağ el sistemi) gösterebiliriz. Eksenler x, ve z olarak adlandırılır. Eğer bir eksen önünde etki eden gerilmeler sıfır ise, gerie gerilmeler olan iki eksen kalacağından, böle bir gerilme şekline "iki eksenli gerilme" denir. Eğer alnız bir normal gerilme var ise ve diğer iki gerilme sıfır ise bu gerilme şekline "bir eksenli gerilme" denir. Bu gerilmelerin gösterilmesindeki sembol ve indekslerin tanımını apacak olursak: Z X Y Z YZ XZ ZX XY YX ZY Örneğin: X x ekseni önünde normal gerilme x ise, Z burada indeks x eksen önünü ve sembol Şek. 1.39, Üç eksenli gerilme gerilmenin cinsini gösterir. Diğer taraftan eksenine dik olan düzlemde ve x ekseni önünde, x eksenine paralel kama gerilmesini x ile gösterilir. İndekslerin okunması sağ taraftan olur. Burada sağdaki indeks gerilmenin bulunduğu düzlemin dik olduğu ekseni ve indeks x gerilmenin eksen önünü ve sembol gerilmenin cinsini gösterir. Bir çubuğu bir taraftan eğilme momenti diğer taraftan torsion momenti ile ükleelim. Hesabın apılacağı kesiti incelediğimizde, burada iki arı çeşit gerilme ile karşılaşırız. Bu durumda asıl soru ortaa çıkar. Ölçülendirilicek vea kontrol edilecek bir makina parçasının kesitinde, arı cinsden gerilmeler bulunursa, hesap nasıl apılır? Böle bir problemin çözümünde tutulacak ol şöledir: Parçaa etki eden gerilmeler bir eksenli gerilme olarak "karşılaştırma gerilmesi" adı altında hesaplanır ve malzemenin mukavemet değeri ile karşılaştırılarak karar verilir. Çünkü: malzemenin bilinen mukavemet değerleri bir eksenli değerlerdir. X Y Y

32 ( 1.3 M u k a v e m e t D e ğ e r l e r i Asal normal gerilmeler: Y YX XY X V VU UV 1 X U XY 1 ϕ YX Y VU V U UV Şek. 1.40, Asal normal gerilmeler Tanım : Herhangi bir çubuktan küçük bir küp şeklinde alınmış parça kabul edelim (Şek. 1.40). Bu parçanın x, ve x tarafından etkilendiğini kabul edelim. Bu küpü avaşca döndürdüğümüzü düşünelim. Bir an gelecek belirli bir açıda, φ (fi) açısı, x ve gerilmeleri biri en büük diğeride en küçük değere varacaktır xmax 1 ve min. Bu arada x ninde kabolduğu, değerinin sıfır olduğu görülecektir. Bu durumada şu tanım apılır: Kama gerilmesi sıfır ve alnız normal gerilmeler var ise, bu gerilmelere "asal normal gerilmeler ( 1 ve ) " denir Bir boutlu vea bir eksenli gerilme Eksende etken olan kuvvetin dik kesitte doğurduğu gerilmee, bir eksenli vea bir boutlu gerilme denir. dik kesit 0 Y A 1 / A X n 1 n X Dik kesitteki gerilmeler: Burada ç 0 olduğundan x 0 ve 0 dır. V Y A ϕ U Burada şu bağıntı kurulur: egik kesit U X X 1 x n / A 1 0 x 0 ϕ Şek deki çubukta bu durum görülmektedir. kuvvet üçkeni u ϕ n v (ϕ+π/) Şek. 1.41, Bir eksenli gerilme

33 Eğik kesitteki gerilmeler: P a r ç a d a k i g e r i l m e l e r 1.33 Eksenleri saat elkovanının dönüş önünün tersine φ açısı kadar döndürelim. Bu durumda eksenine V ekseni ve x ekseninede U ekseni dielim. Eğiklik açısı φ kadar eğilmiş eğik kesitteki gerilmeleri formüle edersek: x n / A 1 Kuvvet üçgeninden U n cosφ ve V n sinφ Kesit alanı Bölece A φ A 1 / cosφ U U / A φ n cosφ / (A 1 / cosφ) U ( n / A 1 ) cos φ cos φ U x Buna benzer kama gerilmesi ; V / A φ n sinφ / (A 1 / cosφ) ( n / A 1 ) sinφ cosφ Trigonometri fonksionuna göre : sinφ sinφ cosφ ve sinφ cosφ sinφ/ olduğuna göre, x sin φ / A φ düzlemine dik olan bir kesit düzleminin x-ekseni ile olan açısı φ+(π/) dir. A φ düzlemine dik olan alan A φ+(π/) A 1 / cos[φ+(π/] A 1 / sinφ Bölece gerilme V V / A [φ+(π/)] n sinφ / (A 1 / sinφ) ( n /A 1 ) sin φ V x sin φ Burada hesapladığımız normal gerilmeleri U ve V toplaacak olursak: U + V x cos φ + x sin φ x ( cos φ + sin φ ) > U + V x Bu bağlantıların sınır değerlerini araacak olursak normal gerilmeler U ve V için cos φ 1 ve kama gerilmesi için sinφ 1 olması gereklidir. U nun Umax olması için cos φ 1 ani φ 0 vede sin φ 0 olması demektir. Burada: 1 Umax x, Vmin 0 ve max olması için sinφ 1 ani φ 45 olması demektir. Bölece max x / ve Umax Vmax x / olur. max Umax Vmax x / Sonuç: Kuvvet eksenine dik olan kesitte beklenildiği gibi asal normal gerilme bir eksenligerilme şeklindedir ve kama gerilmesi sıfırdır. Birinci asal gerilme 1 x n /A 1 dir. 45 lik eğik kesitte ise en fazla gerilme olasılığı vardır. Şöleki: max Umax Vmax x /

34 1.34 M u k a v e m e t D e ğ e r l e r i İki boutlu vea iki eksenli, düzlem gerilme Burada problemi biraz daha genişleterek bir kirişten ufak bir prizma parçasını alıp inceleelim. Bu prizmanın kiriş eksenine paralel olan bir üzünün kenarlarını Şek. 1.4 de görüldüğü gibi koordinat sisteminin x ve eksenleri olarak adlandıralım. Bu prizmanın üzeleri 1 ve kuvvetleri ve kiriş eksenine dik olan üzeleri x ve eksene paralel olan üzeleri ile ve bütün prizmanın an üzeleri x x tarafından etkilenir. Şek. 1.4 deki küçük prizma iki eksenli gerilme vea iki boutlu gerilme için genelde gösterilen tipik örnektir. Y Y X ϕ ϕ X 1 prizma Y ϕ X Şek. 1.4, iki eksenli gerilme Kirişi dik etkileen 1 kuvveti prizmada ile gösterilen çekme gerilmesini doğurur. Bunun anında kuvveti prizmada belirli bir çapraz kuvvet ile eğilme momenti doğurur. Çapraz kuvvet çift olarak etki gösteren kama, ani kesme gerilmesini doğurur. Bunun anında x normal gerilmesi eğilme momentinin etkisi ile medana gelir. Bu prizma dışındaki gerilmeler, doğal olarak prizmanın içindeki gerilmeleri doğurur ve onlarla eşdeğerdirler. Prizmanın köşegeninden geçen düzlemdeki iç gerilmeleri φ ve φ hesaplarsak bu gerilmelerin dış üzeleri etkileen gerilmelerden daha fazla olduğunu görürüz, Şek Prizmanın bu köşegen düzlemindeki gerilmeleri bozulmadan taşıacağı kesin olmadığı gibi, herhangi bir kırılmanın medana gelmesi normal bir sonuçtur. Bütün köşegen düzlemindeki gerilmelerin anında, dış düzlemlerdeki gerilmeler malzemenin emnietli mukavemet değerlerinden küçük olabilirler..sinϕ X X h ϕ a ϕ ϕ Y d b X ϕ.cosϕ.cosϕ X.sinϕ.sinϕ ϕ Y.cosϕ.cosϕ ϕ Y ϕ Y.sinϕ Şek. 1.43, iki eksenli iç gerilmeler

35 P a r ç a d a k i g e r i l m e l e r Prizmaa etki eden bütün dış gerilmelerin doğurduğu iç kuvvetlerin statiğin denge kanununu gerçekleştirmesi gereklidir. Şek da görüldüğü gibi prizmanın içinde seçilen bir noktada bütün kuvvet vea gerilmeleri toparlar vede gerekli koordinat sistemini seçip mekaniğin denge kanunlarını kuralım: Σ M 0 Σ n 0 Σ ç 0 Mekaniğin birinci denge kanunu Σ M 0 'a göre: Dış normal gerilmelerin x ve doğurduğu kuvvetler prizmanın ağırlık merkezinde kesiştiklerinden her hangi bir moment etkisi göstermezler. Dış kama gerilmelerinin doğurduğu çapraz kuvvetleri, ki bunlar kama gerilmesi ile etkilediği alanın çarpımından doğarlar, prizmanın ağırlık merkezine kadıralım. Çapraz kuvvetlerin doğurduğu kama gerilmeleri x x olduğundan buradaki momentlerin toplamıda sıfır olur (Şek. 1.43). a b h / h b a / Mekaniğin ikinci denge kanunu Σ n 0 'a göre: Mekaniğin ikinci denge şartıda bu paralelde analiz edilirse, düşünülen kesit düzlemindeki bütün normal kuvvetlerin toplamı sıfırdır. Σ n nφ n1 + n + n3 + n4 nφ xç cosφ + xn cosφ + n sinφ + ç sinφ φ nφ / A φ xç / A x xn / A x n / A ç / A x A φ d b A a b A x h b A a b A x h b nφ d b φ xç a b xn h b x n a b ç h b d b φ ab cosφ +hb x cosφ +ab sinφ + hb sinφ d d φ a cosφ + h x cosφ + a sin φ + h sin φ a d sinφ ve h d cosφ olarak formülde erleştirirsek, φ d sin φ cosφ + d cosφ x cosφ + d sin φ φ sin φ cosφ + cos φ + x sin φ cos φ + x sin sin φ + d cosφ sin φ φ + cosφ sin φ φ + cosφ sin φ

36 1.36 M u k a v e m e t D e ğ e r l e r i Mekaniğin üçüncü denge kanunu Σ ç 0 'a göre: Mekanigin üçüncü denge şartıda bu paralelde analiz edilirse, düşünülen kesit düzlemindeki bütün çapraz kuvvetlerin toplamı sıfırdır. Σ ç 0 çφ ç1 + ç - ç3 - ç4 çφ n cosφ + çx cosφ - ç sinφ - nx sinφ φ çφ / A φ n / A çx / A x ç / A x nx / A x A φ d b A a b A x h b A a b A x h b çφ d b φ n a b çx h b ç a b nx h b x d b φ ab cosφ +hb cosφ - ab sinφ -hb x sinφ d φ d φ a cosφ + h cosφ - a sin φ - h x sin φ a d sinφ ve h d cosφ olarak formülde erle_tirirsek, d sin φ φ cosφ + d cosφ cosφ - d sin φ sin φ - d cosφ sin φ cosφ + cos φ - sin φ - x φ ( φ - cos sin φ ) + ( - x ) cos cosφ sin φ φ sin φ x sin φ Burada maksimum ve minimum değerleri bulmak için birinci derecedeki diferansial denklemi sıfıra eşitlememiz gereklidir. Bu hesabı apmak istersek: d φ dφ 0 φ cos φ + x sin φ + cosφ sin φ ( + x cos φ sin φ + cosφ sin φ ) / dφ 0 - x sin φ + sin φ - cos φ 0

37 P a r ç a d a k i g e r i l m e l e r (- x + ) sin φ cos φ sin φ cos φ - ( x - ) 1.37 Bölece asal normal gerilmelerin şartı bulunur: Bu formülün analizini aparsak: tan φ - - Asal normal gerilmeler 1 ve birbirlerine diktirler ve tanφ birbirinden 180 farklı iki açıı gösterir. Bunun anında φ açısı birbirine 90 farklı iki eksen önünü belirler. Diğer taraftan çapraz kuvvetlerin hesabına devam edersek: φ Trigonometri bilgimizi tazelersek; ( cos φ - sin φ ) + ( - x x ) cos φ sin φ cos φ - sin φ cos φ ve sin φ cosφ sin φ / Bu bağıntıları φ -formulünde erleştirirsek: ( x - ) φ cos φ + sin φ Asal normal gerilmelerin maksimum ve minimum şartı formülünü tekrar ele alıp işlersek: sin φ cos φ - ( - Bu bulunan değeri erleştirirsek: x ) ve buradan cos φ sin φ - - x φ ( cos φ + x - ) - cos φ ( - ) x φ cos φ - cos φ 0!... Küçük bir prizma parçasını asal normal gerilmeler 1 ve etki edene kadar çevirdiğimizde kama gerilmeleri sıfırdır.

38 1.38 φ düzlemindeki normal gerilmeler: M u k a v e m e t D e ğ e r l e r i φ φ + x cos sin φ + cosφ sin φ Trigonometri bilgimizi tekrar tazelersek; sin Bu bağıntıları φ düzlemindeki normal gerilmeler formülünde erleştirirsek: 1 1 φ (1- cos φ) ve cos φ (1+ cos φ ) ve sin φ cosφ sin φ 1 1 φ x (1+ cos φ ) + (1- cos φ ) + sin φ x + x - φ + cos φ + sin φ ve iç teğet gerilme için; φ ( φ - cos sin φ ) + ( - x ) cos φ sin φ - x φ cos φ + sin φ x - φ - sin φ + cos φ Eğer bu iki eşitlik formülünün karesini alıp beraber toplarsak Mohr'un (mohr) gerilmeler dairesini buluruz. Bu daire φ ve φ koordinat sisteminde bulunur: x + φ - x - cos φ + sin φ φ x - - sin φ + cos φ x + - φ φ φ - + φ ( + x cos sin ) + φ Diğer taraftan : cos φ + sin 1

39 P a r ç a d a k i g e r i l m e l e r x x φ φ φ N/mm Kesit üzeindeki toplam normal gerilme φ N/mm Kesit üzeindeki toplam kama gerilmesi x N/mm X-ekseni önündeki normal gerilme N/mm Y-ekseni önündeki normal gerilme N/mm Dış kama gerilmesi Bu formulü genel daire formulü ile karşılaştırırsak: r b ) - + ( ) a x - ( x x φ φ şu eşitlikleri saptarız: + - r b 0 ; + a ; x x x φ φ Burada b 0 demek, dairenin merkezinin koordinat sisteminin sıfır noktasında olduğunu gösterir. Genel formüldeki daire ile gerilmeleri gösterem Mohr'un gerilmeler dairesini çizecek olursak Şek de verilen daireleri buluruz. a ( + )/ ϕ min X Y ϕ max D C 0 ϕ M B ϕ A r Y X r a x b ϕ max + ϕ max Şek. 1.44, Genel daire ve Mohr'un gerilmeler dairesi

40 1.40 M u k a v e m e t D e ğ e r l e r i Mohr'un gerilmeler dairesi üzerindeki her nokta parça üzerindeki bir kesiti gösterir (Şek. 1.44). Bu çember üzerindeki noktada kurulacak koordinat sistemi, o kesitteki iç gerilmeleri φ ve φ i gösterir. A ve C noktalari koordinat sisteminin gösterdiği kesitteki maksimum ve minimum iç normal gerilmeleri, diğer deimi ile asal normal gerilmeleri gösterir. Bu değerleri formülle göstermek istersek, şu bağıntıı vermemiz gerekir. max x + x - a r + φ ± ± min B ve D noktaları koordinat sisteminin gösterdigi kesitteki asal teğet gerilmeleri gösterir. Bu değerleri formülle göstermek istersek, şu bağıntıı vermemiz gerekir. x - φ max ± r ± + Burada incelenen pirizmaı daraltacak olursak φ açısı gittikçe küçülür ve sonunda sıfır olur. Burada φ açısı sıfır olunca iç normal gerimeler φ asal normal gerilme x olur. Anı zamanda iç kama gerilmeleride φ dış kama gerilmesine eşit olur. Bu düşündüklerimizi gerilmeler dairesi olarak göstermek Y istersek, şu olu ugulamamız gereklidir. Bir koordinat sistemi seçelim. Bu koordinat sisteminde kama gerilmeleri " φ ", Y ekseninde ve normal gerilmeleri " φ ", X ekseninde ϕ gösterelim. Çember üzerinde olması gerekli olan T noktasını ϕ X X da φ açısı ile kesit alınmış düzlem ve bu düzlemde bilinen iç normal gerilme φ ve iç kama gerilmesi φ i gösterdiğinden işaretleelim. Diğer taraftan daire merkezi M nin φ ekseni üzerinde olması gereklidir ve merkez 0 noktası M nin koordinat sisteminin sıfır noktasından ϕ Y uzaklığı a ( x + )/ kadardır. Bölece dairenin merkezi M noktası ve çember üzerindeki bir T noktası bilindiğine göre, dairenin çizimi arıçap MT olarak gerçekleştirilir. Şek. 1.45, gerilmeler prizması A ve C noktalarının ordinat değeri φ 0 düzlemindeki kama gerilmelerinin büük-lüğünü gösterir. Bu değerler sıfırdır, çünki A ve C noktaları x ekseni üzerindedirler. Bö-lece φ 0 düzleminde alnız asal normal gerilmelerin φmax ve φmin varlığı ve kama gerilmesi sıfır olduğu görülür. Bölece iç kama gerilmesi formulünü sıfıra eşit kabul edersek asal normal gerilmeleri buluruz, şöleki: x - φ - sin φ0 + cos φ0 0 0 Burada trigonometri bilgimizi tazelersek, tanφ 0 değeri ile tan(180 +φ 0 ) değerinin anı olduğunu ve aranılan φ açısının φ 0 ve 90 +φ 0 olduğu, diğer deimle birbirine dik iki açı arandığı ortaa çıkar. ϕ