Prof.Dr. Mehmet Zor DEU Muh.Fak. Makine Muh. Bölümü

Transkript

1 Prof.Dr. Mehmet Zor DEU Muh.Fak. Makine Muh. Bölümü (Son Güncelleme: ) 1

2 Sevgili Öğrenci Arkadaşlarım; Önsöz 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 resmi üslubun, çok itici geldiğini, kitaptan beni soğuttuğunu ve çalışma şevkimi kırdığını görmüştüm. Dolayısıyla bir kitabın üslubunun öğrenmeyi etkileyen çok önemli bir faktör olduğunu göze alarak, notlarımla dost olmanızı sağlayacak bir üslubu kullanmaya gayret ettim. Bazen espriler, figürler, karikatürler ve değerli bazı sözlerle samimiyeti arttırmayı ve ders çalışmaktan yorulan zihninize bir teneffüs 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 ve başarısızlıklar 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 araştırmacılara faydası olması dileğiyle İzmir Prof.Dr. Mehmet Zor (DEU Makine Mühendisliği Bölümü) e-posta 2

3 1. Giriş Ders KAYNAKLARI : Bu Ders Notlarının Hazırlandığı Kitaplar: 1- Statik: Engineering Mechanics: Statics,( J. L. Meriam, L. G. Kraige, Wiley) 2-Mukavemet : Mechanics of Materials, (F.P.Beer, E.R.Johnston Jr, J.T.DeWolf Yardımcı Kitaplar: Mühendislik Mekaniği: Statik, R.C Hibbeler & S.C. Fan, Mukavemet I (O.Sayman, S.Aksoy, S.Erim, H.Akbulut, DEU yayınları) Web Sayfası: Sınav soruları, cevapları ve ders notları için : Öğretim Üyesinin Web sitesi : mehmet.zor@deu.edu.tr 3

4 1.Giriş FİZİK MEKANİK Rijid Cisimlerin Mekaniği Şekil Değiştirebilen Cisimlerin Mekaniği Dinamik (Hareketli Cisimler) Statik (Sabit Cisimler) Mühendislik Mekaniği Dersi (Statik+Muk.) Mukavemet (Cisimlerin Dayanım) Akışkanlar Mekaniği 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. Dinamik: Hareket halindeki katı cisimlerin davranışlarını inceler. 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 ve sistemlerin davranışlarını inceler. Dış yükler statikteki denklemlerden hesaplandıktan sonra, bu dış yüklere sistemin dayanıp dayanamayacağını veya dayanması için boyutlarının veya malzemesinin ne olması gerektiği sorularına cevap aranır. Mühendislik açısından bu çok önemli sorulara cevabı ise Mukavemet bilimi verir. 4

5 1. Giriş BU DERS GERÇEK HAYATTA NE İŞE YARAYACAK? Wmax=2400N Bu sorunun cevabını bir örnekle anlamaya çalışalım: Çalıştığınız işletme şekildeki gibi bir hamak imal etmek istemektedir. Ar-ge mühendisi olarak sizden hamakta kullanılacak iplerin emniyetli çapını (d) belirlemenizi istemiştir. 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. 5

6 1. Giriş BU DERS GERÇEK HAYATTA NE İŞE YARAYACAK? - devam T1 T2 Wmax=2400N Şunu unutmayın: ip kuvvetleri bilinmeden emniyetli çap (d) hesaplanamaz. İlk adım iplere düşen kuvvetleri (T1, T2) bulmaktır. 2.Adım ise ipin emniyetli çapını (d) hesaplamaktır. O halde; Statik ten Mukavemet ten Görüldüğü gibi statik ve mukavemet birbirlerini tamamlayan iki derstir. Bu iki dersin birleştirilmesiyle Mühendislik Mekaniği dersi 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. 6

7 1. Giriş DERS KONULARI 1. Vektörler 2. Kuvvet Sistemleri Kuvvet Hesaplamaları Kuvvet Hesaplamaları 3. 2 Boyutlu Denge 4. 3 Boyutlu Denge 5. Kafes Sistemler 6. Çerçeveler ve Makinalar 7. Ağırlık Merkezi 8. Atalet momenti 9. Sürtünme 10. Virtüel İşler Prensibi 7

8 1. Giriş 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) BU DERS SİZLERE NE KAZANDIRACAK? Statik ve Mukavemet derslerini (veya ikisinin gösterildiği Mühendislik Mekaniği dersini) alan ve başarılı olan öğrenciler; Bu bilgi ve beceriler ise öğrencilere mühendislik açısından çok önemli kazanımlar sağlayacaktır. Yeni sistemleri, üretilmeden önce optimum boyutlarda tasarlayabilecek bir bilgi birikimine ulaşabileceklerdir. 8

9 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. 9

10 1. Giriş Birim Sistemleri Birim Kütle Uzunluk Zaman Kuvvet SI kilogram (kg) metre (m) saniye (s) Newton (N) 1 Newtonluk kuvvet: 1 kilogramlık kütleyi 1 m/s 2 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. 10

11 2. VEKTÖRLER 11

12 2. VEKTÖRLER 2.1 konunun önemi 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. 12

13 2. VEKTÖRLER Şimdi vektörlerle ilgili tanım ve işlemleri sırasıyla işleyip, son kısımda çeşitli örneklerle konuyu pekiştirmeye çalışacağız. 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. Vektörel Gösterimi: V Şiddeti : V veya I V I Doğrultusu : AB Yönü : A dan B ye doğru Uygulama noktası : A Yatayla yaptığı açı : q 13

14 2. VEKTÖRLER 2.5 Vektörlerin Sınıflandırılması 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. 14

15 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. 15

16 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. 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. 16

17 2. VEKTÖRLER 2.8 Vektörelerin toplanması ve çıkarılması Vektörlerin Toplama ve çıkarma işleminde 2 yöntem vardır: a-) Paralelkenar yöntemi: Toplama: Vektörlerin başlangıç noktaları birleştirilir ve bir paralel kenar oluşturulur. Bu paralel kenarın diyogonali ( R ) iki vektörün toplamına eşittir. Çıkarma: 2nci vektör 180 derece ters çevrilip toplama işlemi aynen yapılır. 17

18 2. VEKTÖRLER 2.8 Vektörel toplama ve çıkarma işlemleri -devam b-) Üçgen Yöntemi (uç uca ekleme yöntemi): 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. Çıkarma: 18

19 2. VEKTÖRLER 2.8 Vektörel toplama ve çıkarma işlemleri - devam 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. B C C B A B C A A 19

20 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. 20

21 2. VEKTÖRLER 2.10 İki Vektörün Birbirleriyle Skaler Çarpımı (.) : Sonuç bir skalerdir (bir sayıdır). Bu sayı: Her iki vektörün şiddetleri ve aralarındaki açının cosinüsünün çarpılmasıyla bulunur. Skaler çarpımda «nokta» kullanılır. (D2.1) Örneğin; Şiddetler : A = 5, B = 4 ve q = 60 A. B = 5.4.Cos60 = 10 21

22 2. VEKTÖRLER 2.11 İki Vektörün Birbiriyle Vektörel Çarpımı (x): 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. A x B = C (D2.2) Yönü: 22

23 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 Vektörel Çapımda Dağılma Özelliği : Reel sayılardaki bu özellik vektörler için de geçerlidir. Yani: A x B + C = A x B + A x C (D2.3) Yapraksız kaldın diye gövdeni kestirme. Zira bu işin baharı da var. (Mevlana) 23

24 2. VEKTÖRLER 2.14 Birim Vektör (n): Herhangi bir doğrultuda, şiddeti 1 birim olan vektördür. n = 1 Birim vektör nasıl bulunur? : Birim vektör; kendisiyle aynı yönde olan bir vektörün kendi şiddetine bölünmesiyle bulunur. n= A A (D2.4) Bu tanıma göre; A = A. n (D2.5) D2.5 denklemi bize der ki: Bir vektör, kendi şiddeti ile kendisiyle aynı aynı yöndeki birim vektörün çarpımına eşittir. D2.5 denklemi genelde doğrultusu bilinen bir vektörü; vektörel olarak ifade etmek için kullanılır. Bununla ilgili örnekler ileride açıklanacak ve konu daha iyi anlaşılacaktır. 24

25 2. VEKTÖRLER 2.15 Kartezyen birim vektörler (i, j,k) Kartezyen koordinatlarda eksenler (x,y,z) doğrultularındaki birim vektörler, özel olarak i, j,k ile sembolize edilir Kartezyen birim vektörlerin birbirleriyle vektörel çarpımı: Örneğin i ve j vektörlerini birbiriyle vektörel çarpımının sonucunu arıyoruz. ix j =? Vektörel çarpım gereği sonuç başka bir vektördür. (bknz: 2.11) Çıkan sonuç vektörünün şiddeti: Çarpılan vektörlerin şiddeti ile aralarındaki açının sinüsü çarpılır. i j sin 90 = = 1 Çıkan sonuç vektörünün yönü: sağ el kaidesiyle +z yönündedir. 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; ix j = k 25

26 2. VEKTÖRLER devam: Kartezyen birim vektörlerin birbirleriyle vektörel çarpımı: 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. Örneğin; ix i =? Şiddeti : i i sin 0 = = 0 ix i =0 Benzer şekilde jx j=kxk = 0 26

27 2. VEKTÖRLER 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. Örn-1: jxk = i Şemada j den k ya gidiş saat ibresi yönünde olduğundan çıkan sonuç + i dir. Örn-2: ixk = j Şemada i den k ya gidiş saat ibresi tersi yönünde olduğundan çıkan sonuç - j dir. jx i = k Olduğunu görmeye çalışın. 27

28 2. VEKTÖRLER 2.18 İzdüşüm : Bir vektörün bir eksen üzerindeki izdüşümü vektörün bitim noktasından o eksene inilen dik ile bulunur. : V vektörünün D eksenindeki izdüşümüdür. : D eksenindeki birim vektör a- İzdüşümün şiddetini nasıl buluruz? 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) 28

29 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. (D2.8) P.N 2.2 : İki vektörün toplama işleminde (bk: 2.8), toplanan vektörlerin aslında bileşenler olduğuna dikkat ediniz. 29

30 2. VEKTÖRLER 2.20 Bileşenle İzdüşüm Arasındaki Fark: 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 Bileşenle İzdüşüm Ne zaman çakışır? Eksenler birbirine dik olduğunda bileşen ve izdüşümler üst üste çakışır ve aynı olur. Dikkat: Kartezyen koordinat eksenleri (x,y,z) birbirlerine diktir. Bu sebeple bu eksenlerdeki izdüşüm ve bileşenler aynıdır. 30

31 2. VEKTÖRLER 2.22 Bir Vektörün Kartezyen Bileşenleri 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) U = U x U y D2.5 denklemine göre bir vektör, şiddeti ile birim vektörün çarpına eşit idi. O halde : U x = U xi, U y = U y j yazılabilir U = U x i U y j Yatayla yaptığı açı: Bir vektörün kartezyen bileşenler cinsinden şiddeti : U = 2 2 U x U y (D2.9a) 31

32 devam ) Bir Vektörün Kartezyen Bileşenleri Üç boyutlu durumda ilaveten Uz bileşine de gelir. j U i U U j U i U U y x xy xy z = = z y x U U U U = (D2.9b) Bileşenler cinsinden vektörün şiddeti: j U j U i U U z y x = 2. VEKTÖRLER

33 2. VEKTÖRLER 2.23 Konum Vektörü: Başlangıç ve bitiş noktasının koordinatları belli olan bir konum vektörü şu şekilde bulunur. Konum vektörü: (D2.10) Konum vektörünün Şiddeti: AB = (x B x A ) 2 +(y B y A ) 2 +(z B z A ) 2 (D2.11) Konum vektör cinsinden birim vektör: (D2.12) 33

34 2. VEKTÖRLER 2.24 Bir Vektörün Bir Eksene Paralel ve Dik Bileşenini nasıl buluruz? Yani; U ve e belli iken b eksenine paralel ve dik bileşenlerini arıyoruz Birim vektör b b =? =? e a-) Önce paralel bileşenin şiddetini ( ) bulalım. D2.6 denklemine göre, bir doğrultudaki birim vektörle skaler çarparsak, birim vektörün doğrultusuna paralel izdüşümünün şiddetini buluruz. e q U (2nci eksen b eksenine dik olduğundan aynı zamanda bileşen olur. bk.: 2.20) b-)şimdi paralel bileşenin vektörel ifadesini ( ) bulalım. 2.5 denklemine göre, bir vektörün vektörel ifadesini bulmak istersek; vektörün şiddeti ile kendi doğrultusundaki birim vektörün skaler çarparız. Yani: (D2.13) c-) Dik bileşen: Şunları da görebilmek gerekir: Ayrıca: D2.7 denklemi ile D2.13 denklemleri aslında aynı şeyi ifade eder. 34

35 2. VEKTÖRLER 2.25 Vektörel çarpımın matris formatı: Vektörel çarpımı yaparken aşağıdaki gibi oluşturulan matrisin detarminantını da almak mümkündür. Bu şekilde i, j ve k lerin katsayıları daha kolay bulunabilir. Örnek: Vektörel çarpımını hesaplayınız. 35

36 2.26 Karışık Üçlü Çarpım: 2 vektörün vektörel çarpımı ile 3ncü bir vektörün skaler çarpımı sözkonusu ise yine matris formatında çarpım yapılabilir. z y x z y x z y x z y x z y x z y x z y x z y x z y x W W W V V V U U U W V U W W W V V V k j i k U j U i U W V U W k j W W i W k V j V i V V k U j U i U U = = = = = veya 36 Bir kuvvetin bir doğruya göre momenti alınırken bu işlem pratik bir çözüm olabilir. Diğer konuda anlatılacaktır. 2. VEKTÖRLER

37 2. VEKTÖRLER 2.27 Doğrultman Kosinüsleri 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 37

38 2. VEKTÖRLER Şimdi vektörlerle ilgili bilgilerimizin zihnimizde daha iyi yerleşmesi için çeşitli örnekler yapacağız. Örneklerin bazılarında hangi sorulara cevap bulduğumuzu söyleyeceğiz. Örnek 2.1 : Şekildeki 80 birim şiddetindeki V vektörü, +x ekseni ile q =60 0 lik açı yapmaktadır. a- V nin vektörel ifadesini bulunuz. b- V ile aynı doğrultudaki birim vektörü elde ediniz. Çözüm: 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? 38

39 2. VEKTÖRLER Örnek N luk F kuvvetinin a-) x ve y eksenlerindeki bileşenlerini, b-) a-b doğrultularındaki bileşenlerini ve izdüşümlerini bulunuz. 39

40 2. VEKTÖRLER Örnek 2.3* Şekilde gösterilen vektörler: ve olarak veriliyor. Buna göre : a-) bu vektörlerin arasındaki açıyı değerini hesaplayınız. (cevap: ) b) Bu vektörlerin toplamının şiddetini hesaplayınız.(cevap:4.47) 40

41 2. VEKTÖRLER Örnek 2.4: Şiddeti F=9 birim olan F vektörünü vektörel olarak ifade ediniz. Çözüm: D2.5 e göre bir vektör, şiddeti ile birim vektörün çarpımına eşittir. F = F. n D2.12 ye göre birim vektör, kendi yönündeki konum vektörünün şiddetine bölümüne eşittir. n = A(0,1,2), B(2,0,0) AB AB F = F. n = 9. AB AB = i+ 0 1 j+ 0 2 k AB = 9. 2i j 2k = 9(2i j 2k) F = 6i 3j 6k bulunur. Bk: D2.11 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? 41 Tut ki Ali den sana miras kaldı Zülfikar. Sende Ali nin yüreği yoksa Zülfikar neye yarar? (Mevlana)

42 2. VEKTÖRLER Örnek 2.5 Şiddeti V= 5 birim olan V vektörünü, vektörel olarak ifade ediniz. A(0,1,2), B(2,0,0), C(2,1.5,0) 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 vektörü elde etmektir. İki vektörün vektörel çarpımı, bulundukları düzleme dik (düzlem normali doğrultusunda) başka bir vektörü verir. Yönü ise sağ el kaidesine göre bulunur. Buna göre T = ABxAC yazılabilir. AB ve AC koyu düzlemdedir ve çarpımları +n normali doğrultusundadır. AB yi AC ye sağ elimizle kapatırsak baş parmağımız n doğrultusunu gösterir.) V = V. n = 5 ABxAC ABxAC 2i j 2k x(2i + 0.5j 2k) = 5 ABxAC =5. (1k+4j+2k+2i 4j+1i ABxAC V = 3.53i k = 5. (3i+3k) Not: T = CAxCB veya T = BCxBA şeklinde alınabilir. Önemli olan n doğrultusunda herhangi bir vektörün oluşmasıdır. 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? 42

43 2. VEKTÖRLER Örnek (Soru) 2.6. Şekildeki sistemde V vektörünün şiddeti 800, P vektörünün şiddeti 1200 ise V ve P nin vektörel ifadelerini bulunuz. Cevap: V = 480i + 640j P = 509i j k 43

44 2. VEKTÖRLER B 40 o A 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-) c-)

45 3. KUVVET SİSTEMLERİ F F W P P 45

46 3. Kuvvet Sistemleri 3.1 Konunun Önemi: Kendi iyiliğin için bu konuyu iyi öğren dostum! Kuvvet bir vektörel büyüklüktür. Kuvvet Statik dersindeki en önemli kavramdır. Vektörler için yapılan tüm işlemler kuvvetler için de yapılabilir. Ayrıca kuvvetlere özel vektörel tanımlar ve işlemler vardır. Bunların öğrenilmesi dersin amaçları açısından çok önemlidir. F Bu bölümdeki işlemleri iyice kavramamız durumunda statik denge problemlerini çok daha rahat ve anlayarak çözebileceğiz. 46

47 3. Kuvvet Sistemleri 3.2 Kuvvet Nedir? Kuvvet, bir cisme dışarıdan uygulanan ve onu harekete zorlayan etkidir. Kuvvet Şiddeti, yönü ve uygulama noktası olan vektörel bir büyüklüktür. 3.3 Kuvvetin Etkileri Bir cismin üzerine uygulanan kuvvet, cisim üzerinde iki ayrı etki meydana getirir: 1- Dış Etki: Kuvvetin dış etkisi (external effect) cismi hareket ettirmeye çalışmaktır. Kuvvet dengelenmemiş ise cisim ivmeli hareket eder. (F=ma). Bu ise dinamik dersinin konusudur. 2- İç Etki: Kuvvetin iç etkisi (internal effect) ise gerilme ve şekil değiştirmeler oluşturarak cismi deforme etmeye çalışmaktır. Kuvvet dengelenmiş ise dengeyi sağlayan diğer kuvvetlerin hesabı Statik dersinin konusudur. Gerilmelerin ve şekil değiştirmelerin hesabı Mukavemet dersinin konusudur. 47

48 3. Kuvvet Sistemleri 3.4 Kuvvetlerin Sınıflandırılması 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 48

49 3. Kuvvet Sistemleri 3.4 devam) Kuvvetlerin Sınıflandırılması b-) Uygulama Şekillerine Göre: 49

50 3. Kuvvet Sistemleri 3.4 devam) Kuvvetlerin Sınıflandırılması c-) Temas ve Sürtünme Kuvvetleri 50

51 3. Kuvvet Sistemleri 3.4 devam) Kuvvetlerin Sınıflandırılması d-) İp ve Kablolardaki kuvvetler İp, halat ve kablolardaki kuvvetler her zaman için ip, kablo boyunca ve göz önüne alınan cisimden uzaklaşır yönde gösterilir. Hafif Kablo (Ağırlığı ihmal edilir.) Yalnız gergin olduklarında kuvvet uygularlar. İpler ve Kablolar Sadece Çeki yükü taşırlar. Ağır Kablo 51

52 3. Kuvvet Sistemleri 3.4 devam) Kuvvetlerin Sınıflandırılması e-) Kasnaklardaki Kuvvetler 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. kasnak Soru: Kasnakta sürtünme varsa, kuvvetler arasındaki bağıntı nedir? Yol gösterme: Makine Elemanları kitaplarından araştırabilirsiniz. 52

53 3. Kuvvet Sistemleri 3.4 devam) Kuvvetlerin Sınıflandırılması f-) Yaylardaki Kuvvetler Yay kuvvetleri ; Yayın uzamasına bağlı olarak artar, Her zaman yay doğrultusundadır, Yayı orijinal konumuna döndürmeye çalışacak yöndedir. 53

54 3. Kuvvet Sistemleri 3.5 Bir Kuvvetin Üç Boyutlu Vektörel Tanımlanması a-) Kuvvetin etkime doğrultusu iki açıyla verilmiş ise; 54

55 3. Kuvvet Sistemleri 3.5 devam) Bir Kuvvetin Üç Boyutlu Vektörel Tanımlanması b-) Kuvvetin etkime doğrultusu üzerinde iki noktanın koordinatları verilmiş ise; konum vektörü : AB, AB birim vektör : ef = AB F F = = Fe F F = F x2 x1 i y2 y1 j z2 z1 k 2 2 x x y y z z 2 2 AB AB

56 3. Kuvvet Sistemleri 3.6 Kuvvetin Döndürme Etkisi: MOMENT Bir kuvvet bir cismi ötelemeye zorladığı gibi döndürmeye de zorlar. Bu döndürme etkisine moment denir. Moment vektörel bir büyüklüktür. 56

57 3. Kuvvet Sistemleri 3.6 devam) Kuvvetin Döndürme Etkisi: MOMENT a- Momentin etkisini hissedin. 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.. 57

58 3. Kuvvet Sistemleri 3.6 devam) Kuvvetin Döndürme Etkisi: MOMENT a- Momentin etkisini hissedin. Kapının kapanması itme kuvvetinin döndürme etkisi ile yani momentle ilgilidir. Kapanması için itme kuvvetinizin oluşturacağı moment belli bir şiddeti aşmalıdır. 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. 58

59 3. Kuvvet Sistemleri 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: M A = AB x F Moment alınan nokta Kuvvet hattı üzerindeki herhangi bir nokta Kuvvet P.N 3.1 ) Bu tanıma göre kuvvet hattı üzerinde farklı noktalar da alınabilir ve aynı sonuç bulunur. M A = 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. 59

60 3. Kuvvet Sistemleri 3.7-devam) Bir kuvvetin bir noktaya göre momenti Momentin vektörel ifadesi bize hem yönünü gösterir, hem şiddetini hesaplamamızı sağlar. Çünkü biliyoruz ki bir vektörün bileşenleri belli iken şiddeti bulunabilir. (Bknz: 2.21) M = M x i M y j M z j M = M 2 x M 2 y M 2 z 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. 60

61 3. Kuvvet Sistemleri 3.7- tekrar - Bir kuvvetin bir noktaya göre momenti- 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. OA ve F vektörleri k düzlemi üzerindedir. Mo vektörü k düzlemine diktir. Momentin Şiddeti: Dik uzaklık biliniyorsa: veya M = M x i M y j M z j Şeklinde bulunduktan sonra şiddeti; M = M 2 x M 2 y M 2 z 61

62 3.8- Varignon Teoremi Bir kuvvetin bir noktaya göre momenti o kuvvetin bileşenlerinin aynı noktaya göre momentlerinin toplamına eşittir. Q r P r Q P r M Q P R R r M o o = = = = p P q Q d R M o = = Dik uzaklıklar biliniyorsa, momentin şiddeti : Kuvvet Sistemleri

63 3. Kuvvet Sistemleri 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. 63

64 3. Kuvvet Sistemleri Örnek (Soru) 3.2* Bir tamirci elindeki anahtara şekildeki gibi 140 N kuvvet uyguluyor ve cıvatayı sıkıyor. Bu kuvvetin G noktasına göre momentini vektörel olarak bulunuz. Cevap: M o = k Örnek (Soru) 3.3 y-z düzlemine paralel olan 110N luk kuvvetin O noktasına göre momentini vektörel olarak hesaplayınız. Cevap: 64

65 Örnek (Soru) 3.4: Şekildeki sistemde, DC kablosunda ortaya çıkan çekme kuvveti 456 N ise bu kuvvetin O noktasına göre momentini hesaplayınız. Cevap: 65

66 3. Kuvvet Sistemleri 3.9 Bir Kuvvetin Bir Eksene Göre Momenti Bir kuvvetin bir eksene göre momenti: O kuvvetin eksen üzerindeki bir noktaya göre momentinin eksene göre izdüşümüdür. 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 (M A ) hesaplanır. (bknz 3.7) 2- Bu momenti eksene paralel birim vektör (U ) ile skaler çarparsak F kuvvetinin eksene göre momentinin 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) M A = ABx F M = M A. U M = M. U = M A. 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. 66

67 3. Kuvvet Sistemleri Örnek 3.5: Şekildeki F kuvvetinin a-) x eksenine ve b-) OB eksenine göre momentlerini bulunuz. ÇÖZÜM: O(0,0,0); A(-3,4,6); C (-3,4,0) a-) Önce eksen üzerindeki bir noktaya göre moment alınır. Sonra eksenin birim vektörüyle skaler çarpılır ve eksene göre momentin şiddeti bulunur. Bulunan şiddet tekrar birim vektörle çarpılırsa eksene göre momenti vektörel ifadesi bulunur. b-) 67

68 3. Kuvvet Sistemleri 3.10 Kuvvet Çifti : Kupl 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.. 68

69 3. Kuvvet Sistemleri 3.11 Bir kuvvetin bir noktadan diğer noktaya taşınması: Bir kuvvet bir noktadan diğer noktaya momenti ile birlikte taşınır. Bu şekilde döndürme etkisi de korunmuş olur. B den A ya taşınan bir kuvvet 3.12 Bir momentin bir noktadan diğer noktaya taşınması: Bir moment, bir noktadan diğer noktaya aynen taşınır. Çünkü etkisi kaybolmaz. B den A ya taşınan bir moment Dikkat edilirse taşıma işleminde önemli olan kuvvet veya momentin cisme olan ötelenme veya döndürme etkisinin korunmasıdır. 69

70 3. Kuvvet Sistemleri 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 ( M o ) 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 M o bileşkelerini bulunuz demektir. 70

71 3. Kuvvet Sistemleri 3.13 devam ) Kuvvetler Sisteminin İndirgenmesi ve Bileşkeler Bileşkenin tek başına bir cisme etkisi, bileşenlerin aynı anda uygulandığı etkiye eşit olur. 71

72 3. Kuvvet Sistemleri Örnek 3.6: 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

73 3. Kuvvet Sistemleri Örnek (Soru) 3.7: Şekildeki Sistemi A Noktasına indirgeyiniz. Cevap: 73

74 3. Kuvvet Sistemleri 3.14 Vida kavramı: 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 ikiside aynı yönde ise pozitif vida, zıt yönde ise negatif vida oluştururlar denir. Pozitif Kuvvet Vidası (Sıkma) Negatif Kuvvet Vidası (Sökme) 74

75 3. Kuvvet Sistemleri 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. = veya 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) 75

76 3. Kuvvet Sistemleri b-) Vidaya İndirgenme Durumunun Tespiti: Bileşke kuvvet ve moment aynı doğrultu üzerinde değilse vida oluşturmazlar demiştik. Vidaya indirgenmenin anlamı ise, M bileşke momentinin R bileşke kuvvetine paralel (M R// ) doğrultudaki bileşenini bulmak demektir. Zira M R// ve R vida oluşturur. Soru: Buna göre vidaya indirgeme şartı nedir? Cevap: M momentinin R ye dik olmamasıdır. Çünkü dik olursa M R// diye bir bileşeni olmaz ve vidaya indirgenemez. Soru: M in R ye dik olup olmadığını nasıl anlarız.? 1-2- RxM 0 RxM 0 ve R. M 0 Cevap: M ve R nin skaler çarpımı sıfır ise birbirlerine diktir. 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 ise birbirlerine diktirler. Vida oluşturmazlar. ise vida oluşturmazlar. (Çünkü aynı doğrultu üzerinde değillerdir.) ise, yani bu iki şart sağlanıyorsa vidaya indirgenebilirler. (Çünkü birbirlerine aynı doğru üzerinde olmadıkları gibi birbirlerine dik değillerdir) 76

77 3. Kuvvet Sistemleri 3.14-b- devam ) Vidaya İndirgeme Soru: M R// nasıl hesaplanır? Cevap: M R// Bileşke momentin R doğrultusundaki izdüşümüdür ve R doğrultusundaki birim vektörle 2 kez skaler çarpımına eşittir (bknz:2.23) M R// = M. n R. n R Birim vektör: n R = R R Dik bileşen hesabı: 77

78 3. Kuvvet Sistemleri Örnek 3.8 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. Çözüm: a) Bileşke Kuvvet: Bileşke Moment: = M 78

79 3. Kuvvet Sistemleri Örnek 3.8- devam b-) RxM = i j k RxM 0 olduğundan aynı doğrultuda değildir. Ve vida oluşturmaz. (bknz: 3.15) c-) R. M = R. M 0 olduğundan bileşke moment (M) bileşke kuvvete dik değildir. O halde Vidaya indirgenebilir. (bknz: 3.15) d-) Bileşke kuvvet doğrultusundaki birim vektör: M R// = M. n R. n R Dik Bileşen: 79

80 3. Kuvvet Sistemleri Örnek 3.9 (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.) b-) İndirgenen sistemin bir vida teşkil edip etmediğini, c-) Vida Teşkil etmiyorsa, vidaya indirgenip indirgenemeyeceğini kontrol ediniz. d-) Vidaya indirgenebiliyorsa, indirgeyiniz. 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: F 1 = F 1. n 1, n 1 = BFxBC BFxBC = 16 ix(12 j 16k) BFxBC = 192k+256 j = 1 (192k j)=0.6k j) F 1 = 10. (0.8 j + 0.6k) F 1 = 8 j + 6k 80

81 3. Kuvvet Sistemleri F 2 = F 2. n 2, n 2 = AE AE = (15 j 16k) = 0.68 J 0.73k) F 2 = 30. (0.68 j 0.73k) F 2 = 20,4 j 21,9k F 3 = 20 j M 1 = M 1. n M1, (hesap şekli için bknz: örn: 2.4) n M1 = EFxED EFxED = 16 i+13 j+16k x(16 i+25j) EFxED = 400k 208k+256 j 400 j = 1 ( 400 i j + 192k) ,25 n M1 = i j+0.37k M 1 = 20.( i j+0.37k) M 1 = 15.6 i + 10 j+7.4k R = F i = F 1 + F 2 + F 3 R = 8,4 j 15,9k (Bileşke kuvvet) M o = M 1 + OEx F 2 +OKx F 3 = 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 i + 64k 48 j i 64 i M o = i 38 j+71.4k (Bileşke Moment) 81

82 3. Kuvvet Sistemleri Örnek 3.9 (2006 1vz. End.) -devam b-) İndirgenen sistemin bir vida teşkil edip etmediğini kontrol edeceğiz. R = 8,4 j 15,9k, M o = i 38 j+71.4k RxM o 0 olduğundan vida teşkil etmez. c-) Vida Teşkil etmiyorsa, vidaya indirgenip indirgenemeyeceğini kontrol ediniz. R. M o 0 olduğundan vidaya indirgenebilir. d-) Vidaya indirgenebiliyor.. İndirgeyelim bari. n R = R R 8,4 j 15,9k = = 0.46 j 0.88k M // = M o. n R = 38x x 0.88 = 80.3 M // = M //. n R = (0.46 j 0.88k) M // = j k = M o M // = i j k 82

83 3. Kuvvet Sistemleri Örnek (Soru) 3.10 z 1 m A F 4 40kN şiddetindeki F 4 ve 10kNm şiddetindeki C 2 momentinden oluşan sistemi O noktasında vidaya indirgeyiniz. 2 m Cevap: R=26.6 i 13.3 j+26.6k O y M // = i 24.4 j+35.47k B C 2 2 m 2 m x Örnek (Soru) 3.11* Şekildeki elemana uygulanan iki kuvvet ve iki kuvvet çiftinden oluşan sistemin O noktasında bir vidaya indirgenebileceğini gösteriniz ve indirgeyiniz. Cevap M // = 3.4 i j 7.18 k, = i j 9.37 k 83

84 3. Kuvvet Sistemleri Örnek (Soru) 3.12 Borulardan oluşturulmuş yapıya uygulanan kuvvetleri ve momenti A noktasına indirgeyiniz. Cevap: Örnek (Soru) 3.13 Şekildeki egzos sistemine uygulanan 100 N luk ve 115 N luk kuvveti D noktasına indirgeyiniz. Cevap: 84

85 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri 4- STATİK DENGE VE KUVVET ANALİZLERİ Bu bölümde durağan halde dengede olan rijit sistemlere etki eden kuvvetlerin hesaplanması görülecektir. 85

86 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 M o = 0 Denge Şartı 2 veya 3 boyutlu problemlerde vektörel çözüm yapacaksak bu 2 denklem kullanılır. 4.2 Vektörel Çözüm ile Bilinmeyen kuvvetleri nasıl buluruz? Elimizde toplam 2 vektörel denklem vardır: R = 0 M o = 0 (1) (2) 2 veya 3 boyutlu tüm problemlerde bu 2 denklem kullanılır ve bilinmeyen kuvvetler bulunur. Bir vektör sıfır ise herbir kartezyen bileşeni de ayrı ayrı sıfırdır. Yani i, j ve k katsayıları ayrı ayrı sıfır olur. Bu prensip ile bilinmeyen 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 elde edilir. 86

87 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri 4.3 Skaler çözüm ile bilinmeyen kuvvetleri nasıl buluruz? Vektörel denge denklemlerimiz: R = 0, M o = 0 idi Bununla birlikte biliyoruz ki: R = n i F i = F x i + F y j + F z k M o = M x i + M y j + M z k Bir vektör sıfır ise herbir kartezyen bileşeni de ayrı ayrı sıfırdır. Yani; R = 0 ise M o = 0 ise F x = 0, F y = 0, F z = 0 M x = 0, M y = 0, M z = 0 Uzayda (3 boyutlu problemlerde) 6 skaler denklem F x = 0, F y = 0, M z = 0 Düzlemde (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. 87

88 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri 4.4 Vektörel çözümü mü, skaler çözümü mü tercih etmeliyiz? Genelde 3 boyutlu uzay denge problemlerinde vektörel çözüm, 2 boyutlu düzlem denge problemlerinde skaler çözüm daha pratiktir. 4.5 Tüm denge problemlerinde bu denklemler yeterli olur mu? Bilinmeyen kuvvet sayısı, denklem sayısından fazla ise bu denklemler yeterli olmaz. Bu tip problemlere hiperstatik problemler 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. 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. 88

89 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri 4.6 Bağlantı Çeşitleri ve Ortaya Çıkan Tepkiler Parçaların birbirlerine bağlatıları farklı şekillerde olabilir. Bağlantı şekline göre bağlantıda ortaya çıkacak tepkiler farklılık gösterir. Şimdi bunlardan en çok bilinenleri inceleyeceğiz. P.N 4.3 : Bağlantılarda, ötelenmeye izin verilmeyen doğrultuda tepki kuvveti; dönmeye izin verilmeyen eksende tepki momenti ortaya çıkar. 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 veriyor. y doğrultusunda ötelenmeye izin vermiyor. z ekseni etrafında dönmeye izin veriyor. Sadece y doğrultusunda tepki kuvveti oluşur. (Ay) x doğrultusunda ötelenmeye izin vermiyor. y doğrultusunda ötelenmeye izin veriyor. Sadece x doğrultusunda tepki kuvveti oluşur. (Ax) z ekseni etrafında dönmeye izin veriyor. 89

90 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri 4.6 Devam) Bağlantı Çeşitleri ve Ortaya Çıkan Tepkiler 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 ve y doğrultularında ötelenmeye izin vermiyor. z ekseni etrafında dönmeye izin veriyor. x ve y doğrultularında tepki kuvveti oluşur. (Ax, Ay) 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 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) 90

91 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri 4.6 Devam) Bağlantı Çeşitleri ve Ortaya Çıkan Tepkiler d- Ankastre Uç: Düzlem veya uzay problemler de sözkonusu olabilir. Hiçbir ydoğrultuda ötelenmeye ve dönmeye izin vermeyen bir bağlantıdır. (Örn: Bir duvara betonlanmış veya kaynaklanmış bir çubuk) x, y ve z doğrultularında ötelenmeye izin vermiyor. x, y ve z eksenleri etrafında dönmeye izin vermiyor. Ax, Ay ve Az tepki kuvvetleri oluşur. Mx, My ve Mz tepki momentleri oluşur. Düzlem problemlerde sadece Ax, Ay ve Mz oluşur. (x-y düzleminde) e- Kablo ve İp bağlantıları: Düzlem veya uzay problemler de sözkonusu olabilir. Ağırlığı ihmal edilen bir ip veya kablo kendi ekseni doğrultusunda çeki kuvveti oluşturur. Basıya çalışmaz. Aksi söylenmedikçe kablo veya iplerin ağırlığı ihmal edilir. 91

92 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri 4.6 Devam) Bağlantı Çeşitleri ve Ortaya Çıkan Tepkiler 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. 92

93 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri 4.7 Kuvvet Hesaplarında İşlem Adımları: 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. Sahibine kahve götürmeye çalışan bir köpek 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. 93

94 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri 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. 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. P.N 4.6 SCD çizerken püf noktaları: a-cisim izole edilirken, her izole edildiği temas kısmında mutlaka kuvvet oluşur, b-izole edilmediği temas noktalarında ise kuvvet gösterilmez. c-çift kuvvet elemanları varsa mutlaka tespit edilmelidir. (ileride açıklanacak) d-herbir SCD da tüm kuvvetler birbirini dengelemelidir. Unutmayın! Statiğin temel konusu kuvvet hesabıdır. Kuvvet hesabının en önemli adımı SCD nin doğru çizilmesidir. 94

95 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri 4.9 Serbest Cisim Diyagramı (SCD) Örneği Adam ve Tartı dan oluşan dengede bir sistem (*adamın bastığı kısmın ağırlığı ihmal ediliyor W1: 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) 95

96 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri SCD Örnekleri - devam 96

97 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri SCD Örnekleri -devam 97

98 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri SCD Örnekleri -devam 98

99 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri 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. 99

100 Tarihin bilinmeyen yönü: Ünlü keşiflere ilham kaynağı olan insanlar ve sözleri Gülsüm Nine Afacan Ali 100

101 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri Boyutlu Denge Problemi Örnekleri Bu problemleri skaler olarak çözeceğiz. Örnek 4.1 : 100 N ağırlığındaki dirseğin B noktasına 50 N luk kuvvet, düşeyle 300 lik açı yapacak şekilde uygulanmıştır. Sistem şekilde görülen konumda dengede ise A ve E bağlantılarında ortaya çıkan tepkileri hesaplayınız. (Sürtünmeleri ihmal ediniz) (Dirseğin ağırlık merkezi G noktasıdır.) Çözüm: 1-2- Denge Denklemleri: Kayar mesnet 101

102 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri 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 Denge Denklemleri (g yerçekimi ivmesi olmak üzere) Bu eşitliklerden; B deki mesnet kayıcı mafsal olduğu için y ekseni doğrultusunda kuvvet taşıyamaz. Bundan dolayı B mesneti sadece x ekseni doğrultusunda tepki kuvveti uygulayabilir. bulunur. 102

103 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri 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. Hiçbir yönde dönmeye ve ötelenmeye izin vermez. Bu sebeple x ve y doğrultularında tepki kuvvetleri (N, V) ve tepki momenti (M) oluşur. (bknz:4.10-d) 103

104 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri Örnek 4.3 -devam 5kN luk kuvvet C den B ye taşınmıştır. B ye göre momneti sıfır olduğu için aynen taşınır. (bknz:3.10) C 2- Denge Denklemleri ve Kuvvet hesapları 104

105 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri 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. 2-Denge Denklemleri kablo 1 tane olduğu için tüm kısımlarında aynı çeki kuvveti ( T ) oluşur. (Makarada sürtünme olsaydı kısımlara göre T değişirdi.) 105

106 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri Örnek 4.5 : Ağırlıkları sırasıyla 200kN ve 400kN olan a ve b silindirleri sabit bir kasanın içine şekildeki gibi yerleştirilmiştir. Sürtünmeleri ihmal ederek a-) Silindirlerin birbirlerine uyguladıkları C temas noktasındaki tepki kuvvetini, b-) Zemin (B) ve yanal duvarlar (A, D) dan silindirlere gelen tepki kuvvetlerini hesaplayınız. Çözüm b a cosθ = Denge Denklemleri a silindirinin dengesinden; θ = o F y =0 R c. Sinθ 200=0 R c = kN F x =0 R D R C. Cosθ=0 R D = kN b a 1-SCD ler a b silindirinin dengesinden; F y =0 R A R c. Cosθ=0 R A = kN b F x =0 R B 400 R c. Sinθ=0 R B = 600kN 106

107 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri Örnek devam: Veya b şıkkını tüm sistemin dengesinden de bulabilirdik. Şöyleki: 1- Tüm sistemin SCD si 2- Denge Denklemleri F y =0 R B = 0 R B = 600kN a M A =0 R B x x 200 x R D x 3 x Sinθ = 0 b R D = kN F x =0 R A R D =0 R A = kN 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, herbir silindir diğer silindirden de izole edildiği için herbirisinin SCD sine Rc kuvveti koyulması gerekir. 107

108 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. Çözüm) a-)tüm sistemin dengesinden Üstteki fıçının dengesinden; y x b-) F x = 360. Sin35 o + R 2 = 0 R 2 N 2 35 o 35 o c-) R 2 = N F y = 360. Cos35 o + N 2 = 0 35 o W 2 =360N N 2 = N 108

109 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri Örnek (Soru) 4.7* G merkezli 180 N ağırlığındaki kutu A dan sabit mafsalla, B den ise eğik düzlemde harekete izin veren bir tekerlekle desteklenmiştir. h = 200mm ise A ve B bağlantılarında oluşan tepki kuvvetlerini bulunuz. Cevap: F A = 519,44N F B = 586 N Örnek (Soru) 4.8* Ağırlığı ihmal edilen ve şekildeki gibi mesnetlenmiş ve yüklenmiş olan dengedeki çubuğun A, B ve C noktalarındaki pimlerde ortaya çıkan kuvvetleri hesaplayınız. Cevap: F A = 1100N F B = 1432N F c = 1432N 109

110 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri Örnek (Soru) 4.9 Örnek (Soru) 4.10 Şekildeki BAD koluna uygulanan düşey 40N luk kuvvet, A sabit mafsalı ve sürtünmesiz C makarasından geçen BCD kablosu ile dengelenmiştir. d=80mm ise A mafsalındaki bileşke kuvveti ve kabloda ortaya çıkan kuvveti hesaplayınız. Cevaplar: 110

111 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri Örnek (Soru) 4.11 Şekildeki adam, 10kg kütleli, 4m uzunluğundaki AB çubuğunu, halatı çekerek dengede tutmaktadır. Sürtünmeleri ihmal ederek A daki tepki kuvvetini ve halattaki kuvveti hesaplayınız. Cevap: T halat 81.9 N, R = N = A Örnek (Soru) kg kütleli yatay çelik kiriş A ucundan bir kolona kaynaklanmıştır. 80kg ağırlığındaki Selami, kolonun üstüne çıkmış ve B deki sürtünmesiz makaraya bağlı ipi 300N luk kuvvetle çekmiştir. Bu denge durumunda A kaynağında oluşan tepki momentini hesaplayınız. Cevap: M=4937 Nm 111

112 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri Örnek (Soru) 4.13 : Ağırlıkları sırasıyla 500N ve 100 N olan A ve B silindirleri yanal duvarlara ve birbirlerine temas edecek şekilde yerleştirilmiş ve makaradan geçirilen bir ip vasıtasıyla dengede tutulmuştur. Sistemdeki tüm sürtünmeleri ihmal ederek; a-) İpte ortaya çıkan kuvveti, b-) Silindirlerin birbirlerine uyguladıkları kuvveti bulunuz. Cevaplar: a-) T= 321.4N, b-) 369 N 112

113 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri Üç Boyutlu Denge Problemi Örnekleri 3 boyutlu problemleri vektörel olarak çözeceğiz. Toplam 2 tane vektörel denklemimiz vardır. Bileşke kuvvet sıfırdır: R =0, Bileşke moment sıfırdır: M o =0 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.) 113

114 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri 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. Öncelikle herbir kuvveti vektörel ifade etmeliyiz. T Bc kablo kuvvetinin vektörel ifadesi: şiddeti x birim vektör T Bc = T BC. BC BC = T BC i j k BC = T BC. 0.2 i j k T Bc = 0.285T BC. i-0.428t BC. j+0.857t BC. k T Bc nin hesabını bir türlü anlayamadım diyorsan, önce örnek 2.4 ü bir anla bakiyim. 114

115 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri W = 100x9.81 = 981 N olarak hesaplanır. W = 981k olarak ifade edilir. A daki bileşke kuvvet : F A = A y j + A z k, D deki bileşke kuvvet : F D = D x i + D y j + D z k 2. adım) Denge denklemleri: R =0 M =0 Önce D noktasına göre toplam moment denklemini yazalım: M D = DAx F A + DBxT BC +DExW = 0 (bknz: konu 3.6) Moment alınan nokta Kuvvet Kuvvet hattı üzerindeki koordinatları bilinen Herhangi bir nokta R = F i = F A +W M D = [( i j)x (A y j + A z k)]+[( j)x(0.285t BC. i 0.428T BC. j+0.857t BC. k)] + [( 0.5 j)x ( 981k)] = 0 = A y k + A z j-a z i i T BC k-0.857t BC 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: -A z T BC = 0 j katsayıları toplamı: A z = 0 k katsayıları toplamı: A y T BC =0 A y = 163.5N A z = 0 T BC =572 N Bulunur. 115

116 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri T BC = 572 ( i j+0.857k) T BC =163 i j+490.2k F A = A y j + A z k F A = j Şimdi 2nci denge denklemi olanbileşke kuvvet denklemini yazalım. R = F i = F A +F D + T BC + W R = j + D x i + D y j + D z k i 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 : D x = D y = 0 D z = 0 D x =-163N D y =-81.3N D z =490.8 N F D = 163 i 81.3 j+490.8k 116

117 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri Aynı örneğe devam ediyoruz. Eksene göre momentin sağladığı pratiklik: Sadece T BC kuvveti sorulmuş olsaydı: (Eksene göre momenti işlemini hatırlamak için konu 3.8 i inceleyiniz) AD eksenine göre moment alarak T BC kuvvetinin şiddetini doğrudan bulabiliriz. Zira bu durumda A ve D deki kuvvetlerin AD eksenine göre momentleri sıfır olur ve işleme katılmaz. AD eksenine göre momentin şiddeti (M AD ) sıfır olmalıdır. M AD = M D. n AD = 0 M D = DBxT BC +DExW =[(-j)x(0.285t BC. i 0.428T BC. j+0.857t BC. k)] + [( 0.5 j)x ( 981k)] = i T BC k-0.857t BC i = i T BC k 0.857T BC i n AD = AD AD = i j = i j M AD = (490.5 i T BC k-0.857t BC i). ( i j) = T BC =0 T BC = N 117

118 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri Örnek N ağırlığındaki homojen AC çubuğu A ucundan bir küresel mafsala, B noktasından ise iki kabloya bağlanmıştır. Kablolar D ve E uçlarından bir duvara sabitlenmiştir. Şekildeki denge konumu için a-)kablolarda, b-)küresel mafsalda ortaya çıkan kuvvetleri tespit ediniz. Çözüm: 1.Adım) SCD alttaki gibi çizilir. z y x SCD A = A x i + A y j + A z k W = 50 j 118

119 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri T BD = 20 i + 40 j + 60k T BE = 30 i + 60 j 60k R = F i = A + T BD +T BE + W= (A x 20 30) i + (A y )j + (A z )k = 0 i: A x 20 30=0 j: A y =0 k: A z =0 A x =50N A y =50N A z =0 119

120 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri 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: 120

121 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri 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 yi hesaplayınız. AB = 250 mm. Cevap: Örnek (Soru) 19 Cevap: 121

122 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri Örnek (Soru) 4.20: Yere bağlanmış ve gerdirilmiş kablolar vasıtası ile dengede tutulan ve ağırlığı ihmal edilebilen şekildeki direğin CD kablosunda ortaya çıkan çekme kuvveti T = 1.2 kn olduğuna göre AE kablosunda ortaya çıkan çekme kuvvetini bulunuz. O daki ankastre mesnette x ve y-yönünde moment tepkisi doğmadığını kabul ediniz. z-yönünde doğabilir. Cevap: GF = 3.47 kn Örnek (Soru) 4.21 Cevaplar: 122

123 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri 4.14 Çift Kuvvet Elemanı Nedir? Sadece 2 noktasından tekil kuvvete maruz elemanlara çift kuvvet elemanı denir. Bu elemanların; dengede olması için şu şartın sağlanması zorunludur: Etki eden tekil kuvvetler, etkime noktalarını birleştiren doğrultu üzerinde, eşit şiddette ve zıt yönde olmak zorundadır. Aksi durumda bu elemanlar dengede olamaz. Bir sistemde çift kuvvet elemanlarının öncelikle görülebilmesi gerekir. Aksi halde SCD yanlış çizilir ve kuvvetler bulunamaz. (Şu ana kadar ki problemlerde çift kuvvet elemanı yoktu) Çift kuvvet elemanları özellikle çerçeveler ve basit makinalar konusunda karşımıza çıkar. 123

124 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri 4.14 Çift Kuvvet Elemanı - devam 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 A a-) b-) c-) d-) P P P A A P A B P P P B B B F x = 0 F x = 0 F x 0 F x = 0 F y = 0 F y = 0 F y = 0 F y = 0 M A 0 M A 0 M A 0 M A = 0 Dengede değil Dengede değil Dengede değil Dengede Denge ancak d şıkkında sağlanır. Bir önceki sayfadaki denge şartını tekrar okuyunuz. B P 124

125 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri 4.14 Çift Kuvvet Elemanı - devam Bilgi: Çift kuvvet elemanlarının ağırlıkları ihmal edilir. Ayrıca uçlarından kaynaklı ise moment tepkileri ihmal edilir. Aksi halde çift kuvvet elemanı olmaktan çıkarlar. 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. 125

126 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri 4.14 Çift Kuvvet Elemanı - devam Çift kuvvet elemanını tespit etme yolu: Bir sistemdeki bir parçada (mesela bir çubukta) Bağlantı sayısı + tekil kuvvetlerin toplamı 2 ise bu parça çift kuvvet elemanıdır. Örnek: CD çubuğu diğer elemanlara C ve D noktalarından bağlanıyor. bağlantı sayısı 2 dir. Üzerine etki eden kuvvet sayısı sıfırdır. Bağlantı sayısı + tekil kuvvet sayısı =2 O halde CD çift kuvvet elemanıdır. Çift kuvvet elemanı F ADB çubuğunda bağlantı sayısı: 2 (A ve D) Tekil kuvvet sayısı: 1 (B de 4kN Bağlantı sayısı + tekil kuvvet sayısı =3 O halde ADB çift kuvvet elemanı değildir. F 126

127 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri 4.14 Çift Kuvvet Elemanı - devam AB-BD-BC Çift kuvvet elemanlarıdır. 127

128 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri Örnek 4.22 Kamyonete bağlı üç çubuktan oluşan kaldırma sistemine500 N luk yük asılmıştır. Herbir Çubuğa düşen kuvveti hesaplayınız? Çözüm: Tespit: Herbir çubuğun bağlantı noktası + tekil kuvvet sayısı 2 dir ve herbir çubuk çift kuvvet elemanıdır. 128

129 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri 2-Sadece 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 vektörel çözümü tercih ediyoruz. Ancak bu örnekteki gibi tüm kuvvetler aynı noktadan geçerse, moment denklemi yazılamaz. Dolayısıyla sadece 1 vektörel denklem yazılabilir. R = F = 0 129

130 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri Benzer şekilde; 130

131 4- Statik Denge ve Kuvvet Analizleri = 3 lineer denklemden 3 bilinmeyen kuvvet bulunur: 131

132 ( ) Soru: Bu bilim adamlarının isimlerini parantez içlerine yazınız. ( ) ( ) 132

133 5- Kafes Sistemler Birbirlerine uç noktalarından bağlanmış çubuk elemanların oluşturduğu sistemlerdir.

134 5- Kafes Sistemler Birçok uygulama alanları vardır. Çatı sistemlerinde, Köprülerde, Kulelerde, Ve benzeri bir çok yapılarda kullanılır.

135 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. 135

136 5- Kafes Sistemler 5.2 Kafes Sistemlerin Tipleri: 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.) 5.3 Ders kapsamında amacımız: Dış kuvvetler belli iken, herbir çubuğa veya belirli çubuklara düşen kuvvetleri hesaplamaktır. Ders kapsamında sadece düzlem kafes sistemler incelenecektir. 136

137 5- Kafes Sistemler 5.4 Çubuk Kuvvetleri ve Hesaplama Yöntemleri : Örnek 5.1 : Kafes sistemlerde herbir düğüm noktasına ve çubuklara düşün kuvvetleri daha net görebilmek için yandaki örneği inceleyelim. 30kN 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. 137

138 5- Kafes Sistemler 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. 138

139 5- Kafes Sistemler 5.4. devam ) Çubuk veya Düğümlere Düşen Kuvvetleri Hesaplama Yöntemleri : Aynı örneğe devam ediyoruz: Öncelikle bağlantı noktalarındaki kuvvetler tüm sistemin dengesinde hesaplanır: F x =0 E x + T. cos 30 o = 0 F y =0 E y + T. sin 30 o = 0 M E =0 T = 0 T= 80kN E x = 69.28kN E y =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. 139

140 5- Kafes Sistemler 5.4. devam ) Çubuk veya Düğümlere Düşen Kuvvetleri Hesaplama Yöntemleri : Şimdi iç kuvvet ismi verdiğimiz çubuk ve düğümlere düşen kuvvetleri hesaplayacağız. Bunun için 2 yöntem vardır: 1. Yöntem : Düğüm Yöntemi (The method of Joint) Çözüm: A düğümünden başlanabilir. Çünkü 2 bilinmeyen kuvvet vardır. Bu yöntemde herbir düğümün dengesi yazılır ve kuvvetler hesaplanır. Herbir düğüm için F x =0, F y =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. F x =0 F AC +F AB cos 60 o =0 F y =0-30+F AB sin 60 o =0 F AC = 17.32kN, F AB = 34.64kN 140

141 5- Kafes Sistemler 1. Yöntem : Düğüm Yöntemi - devam Şimdi B düğümüne geçilebilir. Çünkü B düğümünde 2 bilinmeyen kaldı F x =0 F BC cos 60 o + F BD cos 60 o =0 F y =0 F BC. sin 60 o sin 60 o =0 F BC = 34.64kN, F BD = 34.64kN F x =0 F BC cos 60 o + F AC F CE F CD cos 60 o =0 F y =0 F BC. sin 60 o + F CD sin 60 o -20 = 0 F CD = 57.74kN, F CE = 63.51kN Benzer şekilde E veya D düğümlerinin dengesinden F DE = 11.55kN bulmaya çalışınız. 141

142 5- Kafes Sistemler 2. Yöntem : Kesim Yönetimi II (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. 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 ( F x =0, F y =0, M E =0 ) yardımıyla bu çubuk kuvvetleri bulunur. I - I kesiminde sağ tarafın SCD si ve dengesi F x =0 F BC cos 60 o F BD + F AC =0 F y =0 F BC. sin 60 o -30 = 0 M C =0 F BD. 5. sin60 o -30x5= 0 F BC = F BD = 34.64kN, işaretinin negatif «-» çıkması seçtiğimiz yönün tersine olduğunu gösterir. 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.. 142

143 5- Kafes Sistemler 2. Yöntem : Kesim Yönetimi-devam (the method of section) II I - I kesiminde sağ tarafın SCD si ve dengesi II F x =0 F BC cos 60 o + F BD F AC cos 30 o = 0 F y =0 F BC. sin 60 o sin 30 o = 0 F BC = F BD = 34.64kN, M E =0 F BD. 5. sin60 o + T F BC. sin 60 o = 0 II-II kesimi ile F CD = 57.74kN, F CE = 63.51kN, F DE = 11.55kN bulmaya çalışınız. 143

144 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) 144

145 5- Kafes Sistemler S AB S AD.sin θ = S AB S AD. 3 5 S AD.cos θ 20 = S AD S DE S AD.sin θ + S DB Sin θ = S DE S 3 5 DB 5 S AD.Cos θ +S DB Cos θ = S DB

146 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: Önce, tüm sistemin dengesinden: a a a-a kesimi: BC M = 0 G 300(4) 400(3) F (3) = 0 F = 800 N (T) BC GE GE M = 0 C 300(8) F (3) = 0 F F GE =800 N = 800 N (C) GC F = 0 y FGC = 0 5 F = 500 N (T) ( T ): tension çeki. ( C ): compression - bası 146

147 5- Kafes Sistemler b-) Boş çubuk: üzerine kuvvet gelmeyen çubuklara denir. Nasıl tespit edilir? Genel olarak; boş çubuk, bir düğümdeki diğer çubuklarla 90 derece açı yapar ve o düğüme çubuk yönünde dış kuvvet gelmez. 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. Mevlana 147

148 5- Kafes Sistemler Örnek 5.4: CF çubuğundaki kuvveti bulunuz. Çözüm: Tüm sistemin dengesinden Mesnet tepkilerini Ay=3.75 kn, Ax=0, Ey=4.75kN bulunuz. a a-a kesimi F O o FCF sin 45 12m 3kN 8 m 4.75kN 4m 0 CF M = 0 = = 0.589kN C a 148

149 5- Kafes Sistemler Örnek 5.5: EB çubuğundaki kuvveti bulunuz. b b a a-a kesimi a b-b kesimi veya E düğümünün dengesi ED ED M = 0 ED B 1000(4) 3000(2) 4000(4) F sin 30 (4) = 0 F F o =3000 N = 3000 N (C) EF EF EB F = 0 EF x y EF o F cos cos 30 = 0 F F =3000 N = 3000 N (C) F = 0 o F sin sin F = 0 F = 2000 N (T) o o EB 149

150 5- Kafes Sistemler Sorular: Alttaki Kafes Sistemlerde a-) Soru işareti olan çubuklardaki kuvvetleri hesaplayınız. b-)boş çubukları tespit ediniz. (Cevapları soruların yanında verilmiştir. Yöntem Serbesttir.) Boş çubuk: DE CD=1.87kN Boş çubuklar: CH, JI, GF, EF 150

151 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.

152 6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR 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 152

153 6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR 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. Çift Kuvvet Elemanı 153

154 6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR 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 si Herbir Elemanın SCD si 154

155 6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR Örnek 6.2: 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. 155

156 6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR BCD cismi için serbest cisim diyagramı : 156

157 6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR ACE cismi için serbest cisim diyagramı : ACE cismi için denge denklemleri (kontrol için) 157

158 6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR Örnek 6.3: Şekildeki çerçeve sistemde a- 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. b-) Tüm Sistemin SCD si, Herbir Elemanın SCD si c-) CEF yatay çubuğunun dengesini göze alalım: M c = 0 981x2 F BE x Sin45 o x1.6 = 0 F BE = N 158

159 6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR Örnek 6.4: 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. ) Çözüm: FB, DC ve FG çift kuvvet elemanlarıdır. 159

160 6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR 160

161 Örnek 6.5 İncele ve düzenle 161

162 6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR Örnek /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. 162

163 6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR ÇÖZÜM Platformun SCD Çift kuvvet elemanı: ED 40 cm 60 cm 30 o mm 163

164 6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR 164

165 6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR Örnek 6.7 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. 165

166 6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR Çözüm: FC ve CD çift kuvvet elemanıdır. A y A x F G M F F x y A = 0 = 0 = (1500) F A x F 9000 G A y F G cos45 = 0 G (600) = 0 sin 45 = 0 F A A G x y = N = N = 6910 N 166

167 6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR E y E x EDG çubuğu F CD F G M F F x y E = 0 = 0 = (1500) F E x CD cos cos45 = cos45 E y (300) = sin 45 = 0 F E E G x y = N = N = N 167

168 6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR F CF E y Tüm sistemin dengesinden; (Sistemi, F, E, B pimlerinden ayırıp SCD sini çizelim.) E x B x B y M 900(1950) E F CF E = 0 x = N (900 cos45) E y 450 ( cos45) F CF cos45(450) = 0 168

169 Örnek (Soru) 6.8 (Vize Sorusu-2016) Şekildeki pensede P=50N luk el kuvveti sonucu E deki cisme ne kadarlık bir sıkma kuvveti gelir? Hesaplayınız. Cevap: N Örnek (Soru) 6.9 (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 169

170 6- ÇERÇEVELER VE BASİT MAKİNALAR Örnek (Soru) 6.10 (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: F CD = kn, F E = kn 170

171 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.

172 7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ 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 Ağırlık W R n = Wi i= 1 i= 1 i= 1 Ağırlık Merkezi: x = y = z = i= 1 n n n xw yw zw i i i i i i n n n W W W i i i i= 1 i= 1 i= 1 x, y, z ağırlık merkezinin koordinatları x, y, z i. parçacığın koordinatı W i i i i i. parçacığın ağırlığı Eğer bir yapı sonsuz sayıda partikülden oluşuyorsa (bir katı cisim ise) ağırlık merkezine integral ifadeleri katılır. g yoğunluk xg dv yg dv z g dv dw = g dv x dw y dw z dw x = y = z = dw dw dw V V V x = y = z = g dv g dv g dv V V V 172

173 7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ Geometrik Merkez Tanım: Bir nesnenin geometrik merkezidir. Formülasyonu ağırlık merkezine benzer. İzotropik ve homojen cisimlerde ağırlık merkezi ile geometrik merkez aynıdır. a-) Hacimsel merkez: x dv y dv z dv V V V x = y = z = dv dv dv V V V b-) Alansal merkez: x da y da z da A A A x = y = z = da da da A A A c-) Çizgisel merkez: x dl y dl z dl L L L x = y = z = dl dl dl L L L 173

174 7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ Örnek Problem 7.1 Üçgenin geometrik merkezini bulunuz. ÇÖZÜM: Üçgenin geometrik merkezini iki metodla bulabiliriz. 2. Çift integral metodu: y 1. Şerit metodu: da = x dy b da = h y dy h 1 b x = h y 2 h y = y A = = A y da da 0 h 1 2 bh 6 h y = = 1 bh 3 2 h b y h ydy h b h ydy h 0 x x da A = = A da h 0 1 b b h y h y dy 2 h h h b h y dy h 0 1 b 2 h b x = 6 = 1 3 b h 2 y da = dx dy x= x y = y h ( b x ) b b b 2 h 2 y da ydydx 2 ( b x) dx 2b A = = = h ( b x ) 1 da b b 2 bh A 0 0 b 2 h ( b x) dx 2b h 2 ( b x) 0 6b 1 1 2bh 2bh 1 2 bh 6 h y = = 1 bh 3 2 dydx y = = 174

175 Örnek 7.2 Eğrisi altında kalan alanın ağırlık merkezinin koordinatlarını bulunuz. Benzer şekilde Örnek 7.3 y 2 = ax Parabolü ile y = x doğrusu arasında kalan alanın ağırlık merkezinin koordinatlarını hesaplayınız. 175

176 7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ Temel Alanların Geometrik Merkezi: Çeyrek daire Yarım daire x = y = 4r 3π y = 4r 3π, x = 0 x = 4r 3π, y = 0 Üçgen Kare, dikdörtgen Tam Daire G, Kenar ortayların kesim noktasındadır. x = y =0 x = b 2, y = h 2 176

177 7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ 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 düzleminde Kompozit Alanlar için Geometrik merkez: 177

178 7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ 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. y 90mm x x üçgen =- 90 / 3 üçgenin ağırlık merkezi negatif taraftadır. x = x daire. A daire + x üçgen. A üçgen = 0. A daire + ( A daire + A üçgen ). ( ) 2 π ( ) 2 Üçgen çıkarıldığı için alanın işareti negatif. Alınıyor. x = 6.5mm 178

179 7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ Örnek 7.5: Şekildeki alanın geometrik merkezinin koordinatlarını hesaplayınız. Hesapların düzenli görülmesi için tablo kullanınız. x G = = 39.71mm y G = = 30.39mm Şu 4r/3p yi anlayamadım bilader. Nerden neresi bu mesafe yahu? Daima daire merkezinden (O2) ağırlık merkezine (G2) olan yatay veya düşey mesafe oluyor. 179

180 7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ Örnek 7.6: Şekildeki alanın geometrik merkezinin koordinatlarını tablo kullanarak bulunuz. Parça A i (mm 2 ) x i (mm) A i. x i y i (mm) A i. y i = b.h 2 = = 24 = b 3 = 4 3 = x (-1.33)= x 0 = 0 4x8 = 8/ 2= 32x4= -4/2 = 32x(-2)= π = 4.r 3π =4.8 3.π 50,24x3.4 4.r 3π =4.8 3.π = 50,24x3.4 = = 3.4 = = 3.4 = π.22 2 = x6 = x 0.85 = = = y = - 4- (5/3)=

181 7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ 7.2 Alan Atalet Momentleri: Atalet momenti cismin geometrik bir büyüklüğüdür. Mukavemet hesaplarında kullanılmaktadır. Örneğin; Kesiti simetrik olan eğilmeye maruz bir çubukta bir noktadaki gerilme: formülüyle bulunur. (Bu konu mukavemet dersi kapsamına dahildir.) Bu formüldeki I ile gösterilen değer, alanın atalet momentidir. Şekildeki herhangi bir geometrideki alan için atalet momentlerinin hesap şekillerini göreceğiz: Bu alanın x eksenine göre atalet momenti 181

182 7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ Atalet momentlerinin eksen takımının yerine göre farklılık gösterdiğini de farkediniz. 182

183 7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ Örnek 7.7: Şekilde verilen dikdörtgenin, a. Tabanından geçen yatay x eksenine göre b. Ağırlık merkezinden geçen eksene göre atalet momentinin bulunması. 183

184 Örnek 7.8: eğrisi altında kalan alanın x eksenine göre atalet momentini hesaplayınız. Şerit da elemanı 184

185 7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ Paralel Eksen 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 : Benzer şekilde; A: Alan, dy : eksenler arasındaki dik uzaklıktır. Ix bilinirken ise Ixg nin bulunması: Dikkat: Paralel eksen teoreminin uygulanabilmesi için 2 önemli şart vardır: 1- Eksenler birbirine paralel olmalıdır. 2- Bir eksen mutlaka ağıırlık merkezinden geçmelidir. 185

186 7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ Temel Alanların Atalet Momentleri: Tam Daire Yarım daire Dikkat: Ix ve Iy daire merkezinden (O dan) geçen eksenlere göredir. Çeyrek daire I x = I y = πr4 8 =π.d4 128 I x = I y = πr4 16 =π.d4 256 I x = I y = πr4 4 =π.d4 64 Kare, dikdörtgen I xg = bh3 12 I yg = hb3 12 I x = bh3 3 Üçgen I x = I y = bh3 12 I xg = I yg = bh3 36 I y = hb3 3 Dikdörtgen için I xg bilinirken I x i paralel eksen teoreminden de bulabiliriz: I x = I xg + A. d 2 = bh3 + b. h. ( h 12 2 )2 = bh

187 7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ 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 (x G ) göre atalet momentini hesaplayınız. 187

188 7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ Çözüm: Veya I xg değerini paralel eksen teoremini tüm şekle uygulayarak da bulabiliriz. I xg = I x Ax y 2 = x = cm 4 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. 188

189 7. AĞIRLIK MERKEZİ VE ALAN ATALET MOMENTLERİ Örnek Sorular: Şekildeki alanların ağırlık merkezinden geçen yatay ve düşey eksenlere göre atalet momentlerini (I xg, I yg ) hesaplayınız. (Cevapları şekillerin üzerinde verilmiştir) I x = m 4 189