ÖLÜM 3 DENGE, İR KUVVETİN MOMENTİ 3.1 ir Kuvvetin Momenti elirli bir doğrultu ve şiddete sahip bir kuvvetin, bir cisim üzerine etkisi, kuvvetin etki çizgisine bağlıdır. Şekil.3.1 de F 1 kuvveti cismi sağa doğru bir öteleme ve saat göstergesinin zıt yönünde döndürmeye çalışır. F 2 kuvveti ise cismi saat göstergesi yönünde döndürür. F 2 F 1 Şekil 3.1. Kuvvetlerin etki çizgisi Kuvvetin etki çizgisi, verilen bir referans noktasına olan dik uzaklığı ile değerlendirilir. u durumlarda referans noktası olarak, kuvvetlerin içinde bulunduğu düzlemle dönme ekseninin kesim noktası seçilir. Noktanın kuvvetin etki çizgisine olan dik uzaklığına, kuvvetin seçilen eksene göre kuvvet kolu veya moment kolu denir. Kuvvetin şiddeti ile kuvvet kolunun uzunluğunun çarpımına, seçilen eksene göre kuvvetin momenti denir. Şekil.3.2 düzleme dik ve o noktasından geçen bir eksen etrafında dönen,düzlem cismin tepeden görünüşüdür.isim şekil düzlemdeki F 1 ve F 2 kuvvetlerinin etkisinde bulunmaktadır. F 1 in moment kolu L 1 boyundaki O, F 2 ninki ise L 2 boyundaki O dik uzaklıklarıdır. F 1, cismi saat göstergesinin zıt yönünde, F 2 de saat göstergesi yönünde döndürmeye çalışır.u döndürme yönlerini birbirinden ayırmak için saat göstergeleri yönünde etkiyen kuvvetlerin momentlerini negatif saat göstergelerinin tersi yönünde etkirse pozitif alacağız. una göre F 1 in O noktasına göre momenti ; M 1 = F 1. L 1 ve F 2 in O noktasına momenti ; M 2 = F 2. L 2 olacaktır. 46

F 1 F 1 L 1 L 0 L 2 0 F 2 F 2 Şekil.3.2 ir kuvvetin bir eksen göre momenti Şekil.3.3 İki kuvvet birbirini dengelerse bunların bir eksene göre momentlerinin bileşkesi sıfırdır. 3.2 Dengenin İkinci Şartı. ir cisme etkiyen düzlemsel kuvvetlerin daima iki kuvvete indirgene bilinir. Eğer cisim dengede ise kuvvetlerin (a) şiddetleri eşit yönleri zıt ve (b) doğrultuları aynı olmalıdır. ( a) gerekçesi dengenin birinci şartı ile yerine getirmiştik. Σ F x = 0 ve ΣFy= 0 Denge nin ikinci şartı (b) gerekçesi ise kuvvetlerin moment yardımıyla ifade edilebilir. Şekil.3.3 de F 1 ve F 2 kuvvetlerinin etkisinde düz bir cismi gösteriyor. Eğer cisim dengede ise F 1 ve F 2 nin şiddetleri eşit ve etki çizgileri ortaktır.kuvvetlerin her ikisin inde seçilen bir 0 noktasına göre O moment kolları aynı L uzunluğundadır. u sebeple kuvvetlerin momentler eşit, işaretleri zıt ve cebrik toplamları sıfırdır. Şiddetleri eşit yönleri zıt iki kuvvetin, aynı doğrultuya sahip olabilmeleri için gerekli ve yeter şart, herhangi bir eksene göre momentlerinin toplamının sıfır olmasıdır. öylece dengenin ikinci şartı analitik olarak Σ M= 0 şeklinde ifade edilir. 3.3 Paralel Kuvvetlerin ileşkesi ir paralel kuvvetler sisteminde bileşkenin doğrultusu, kuvvetlerin doğrultusuna paralel, şiddeti kuvvetlerin toplamına eşittir. ileşkenin etki çizgisi ise bileşkenin herhangi bir eksene göre momentinin, sistemdeki bütün kuvvetlerin aynı eksene göre momentleri toplamına eşit olduğu gerekçesinden faydalanılarak bulunur. 47

Şekil.3.4 de F 1 ve F 2 kuvvetlerini göz R önüne alalım. Kuvvetlerin x bileşenleri olmadığına göre F 2 Σ F y = R= F1 + F2 olmalıdır. Kuvvetlerin 0 noktasına göre momentleri : F 1 Σ M + dir. 0 = F 1.x1 F2. x 2 x 1 ileşke kuvvetin aynı noktaya göre momenti: x 2 R.x = ( F 1 + F 2 ). x dir. x Şekil 3.4 Paralel Kuvvetler ileşke kuvvetin momenti bileşenlerin momentleri toplamına eşit olduğundan : ( F 1 + F 2 ). x = F 1.x1+ F2. x2 F1.x1+ F2.x x= 2 olur. F1 + F2 aynı yolla bileşkenin y koordinatı da bulunur. F1. y1+ F2. y y= F + F 1 2 2 3.4 ğırlık Merkezi ir cisim yapıldığı maddenin bütün parçacıkları yer tarafından çekilir. u parçacıklara etkiyen yerçekimi kuvvetlerin bileşkesine o cismin ağırlığı denir. ir cismin ağırlığı birçok paralel kuvvetlerin bileşkesidir. Çekim kuvvetlerinin doğrultusu yer küresinin merkezine yönelmiştir ; fakat yerin merkezi çok uzak ta bulunduğundan doğrultuları paralel kabul edilebilir. ir cismin ağırlığı birçok paralel kuvvetlerin bileşkesidir. Şekil 3.5 (a) da herhangi biçimde fakat düzlemsel bir cisim görülüyor. isim xy düzlemi içindedir ve y ekseni düşeydir. ismin, koordinatları, x 1,y 1 ; x 2,y 2 ağırlıkları w 1,w 2, olan birçok sayıda küçük parçacıklara ayrıldığını düşünelim. ismin toplam W ağırlığı, = W = w1 + w2 +... w (3.1) W nin etki çizgisinin x koordinatı x= wx 1 2 + w2x2 +... = w + w +... 1 2 wx = w W wx (3.2) olur. 48

Şimdi cismin ve referans eksenlerinin, saat göstergelerinin hareket yönünde 90 o döndürüldüğünü düşünelim ve bu halde Şekil 3.5 (b) deki çekim kuvvetlerini göz önüne alalım. W ağırlığında değişiklik olmaz ve etki çizgisinin y koordinatı, w wy 1y2 + w2y2 +... y= = = w + w +... w 1 2 W wy (3.3) olur. Şekil 3.5 in ikinci kısmındaki W nin etki çizgisinin kesim noktasının koordinatları x ve y dir. u noktaya cismin ağırlık merkezi denir. ismin herhangi bir konumu için de W nin etki çizgisinin daima ağırlık merkezinden geçtiği gösterilebilir. y y x 1 x1,y 1 x 1,y 1 w 1 W w 1 x x 2,y 2 y 1 y x 2,y 2 w 2 x 2 y 2 O x O x W (a) w 2 Şekil 3.5 ismin W ağırlığı bir çok paralel kuvvetlerin bileşkesidir. W ağırlığının etki çizgisi ağırlık merkezinden geçer. ir çok cisimden meydana gelmiş bir sistemin ağırlık merkezini bulmak için Denklem (3.1) ve (3.2) de w 1,w 2, yerine cisimlerin ağırlığı ve x 1,y 1 ; x 2,y 2 ; yerine de bunların ağırlık merkezlerinin koordinatları konulur. ğırlık merkezlerinin bulunmasında cismin simetrisi kolaylık sağlar. Düzgün bir küre, küp dairesel disk veya dikdörtgen şeklindeki levhanın ağırlık merkezleri, simetri merkezleridir. ynı şekilde dik silindir ve koninin ağırlık merkezi simetri ekseni üzerindedir. (b) 49

ÇÖZÜMLÜ PROLEMLER 3.1. Şekildeki kalasın ağırlığı 40 nt ve ağırlık merkezi tam ortasındadır. a) Kablodaki gerilmeyi b) Duvara dayalı ucunda kalasa etkiyen kuvvetin yatay ve düşey bileşenlerini bulunuz. 6 m 8 m 10 m 60 N Çözüm: a) Kablodaki T geriliminin bileşenleri T x ve T y kabın duvara dayalı ucuna etkiyen kuvvetin yatay ve düşey bileşenleri F x F y olsun. Sisitem dengede olduğuna göre dengenin şartlarını yazalım. 0 0 1 0 0 2 6 m F y 10 m T T y F x 8 m T x W =40 nt 60 N Dengenin ikinci şartı gereğince kuvvetlerin bir noktaya göre momentlerinin toplamı sıfır olmalıdır. Kuvvetlerin noktasına göre momentlerini alalım. T x, T y, F x ve w 2 kuvvetlerinin etki çizgisi noktasından geçtiği için, bu noktaya göre momentleri sıfırdır. Yalnız F y ve w 1 kuvvetlerinin noktasına göre momenti vardır. 0. 8. 4 0 3 50

8.. 10 4 5. 6 10 3 5 40 60 u değerleri (1), (2) ve (3) ifadelerinde yerine koyalım. 4 5 0 4 5 3 5 40 60 0 3 5 100 b) 20. 8 40.4 0 40.4 8 20 20 3 5 100 3 80.5 80 133,3 5 3 4 5 4. 133,3 106,64 5 3.2. Şekildeki sistemin dengede kalabilmesi için çubuğa bir 10 m kuvvet uygulanmalıdır. a) Gerekli kuvvetin x ve y 37 o bileşenlerini bulunuz. b) u kuvvetin etkidiği çubukta W 1 =2 nt yaptığı açının tanjatını bulunuz. c) Kuvvetin şiddeti ne olur. d) kuvvet nereye uygulanmalıdır. W 1 =10 nt 51

Çözüm: a) cismini çubuğa bağlayan sicim sürtünmesiz makaradan geçtiği için makaranın iki tarafında gerilim aynı T değerindedir. Şekilde görüldüğü gibi sistemi dengeleyen F kuvvetinin bileşenleri F x, F y, tatbik noktasının noktasına uzaklığı x olsun. Sistem dengede olduğuna göre, dengenin şartlarını uygulayalım. X F F y 10-X F x D T x 10 m T y 37 o T W 1 =2 nt T W 1 =10 nt cismi için dengenin birinci şartını yazarsak, 0 0 10 10 elde edilir. Çubuğa dengenin birinci şartını uygulayalım. 0 0 0 0. 37 0,6. 37 0,8 2 10.0,6 6 0,8.10 8 6 2 8 10 b) Kuvvetin çubukla yaptığı açı α ise; tan 10 6 1,66 ı. c) 6 10 136 11,7 52

d) Çubuğa dengenin ikinci şartını uygulayalım. Kuvvetlerin D noktasına göre momentleri alalım. T x, T y, F x kuvvetlerinin etki çizgisi D noktasından geçtiği için, bu kuvvetlerin D noktasına göre momentleri sıfır olur. 0. 0,10. 0,10 0 10 2 10. 0,10 2.0,1 0 1 10 0,2 0 10 0,80 0,08 8 3.3. ir silindirin çapı 20 cm, ağırlığı 72 nt dur. a) silindirin merkezinden b) en üst noktasından etkidiğine göre silindiri 2 cm yükseklikte bir tuğlanın üstünden aşırmak için uygulanacak yatay kuvvetlerin şiddetini bulunuz. Çözüm : a) Uygulanacak yatay kuvvet F olsun. Sisteme dengenin ikinci şartını uygular ve noktasına göre moment alırsak ;. F O r =10 cm 2 cm W=72 nt 0.. 0 O üçgeninden 10 2 10 10 2 8 10 8 6 72 ğ ö.. 0. 0,08 72.0,06 0 54 53

F b) Yine noktasına göre moment alalım. 2 cm r =10 cm. O 0.. 0 10 8 18. 0,18 72.0,06 0 72.0,06 0,18 24. 6 W=72 nt 3.4. Şekildeki sicimindeki gerilimi bulunuz. Kalas düzgün ve ağırlığı 400 nt dur. 90 o 45 o 90 o 90 o 400 n Çözüm: Sicimlerdeki gerilimler ve duvarın kalasa uyguladığı kuvvetin bileşenleri şekilde görülmektedir. Dengede olan sisteme dengenin şartını uygulayalım. W 2 cismi için dengenin birinci şartını yazarsak, 90 o F y T 4 45 o 90 o 45 o T 3 T 3 D 90 o T 1 T 2 45 o F x W=400 n W 2 = 400 n 54

0 0 D noktası için dengenin şartı 400 400. 0 0 400. cos 45 0,7. sin 45 0,7 400 ğ. Kalasa dengenin ikinci şartı uygulanırsa ve noktasına göre moment alınırsa, F x ve F y kuvvetleri bu noktadan geçtiği için momentleri sıfır olur. Kalasın boyu 1 olduğuna göre, 0. 1. sin 45. 1. sin 45. 1. cos 45. 1. sin 45 0 2 400 400 değerleri yerine koyalım.. 1.0,7 400.1.0,7 400.1.0,7 400. 1 2. 0,7 0 400 400 200 0 1000 3.5. ir garaj kapısı şekilde görüldüğü gibi üstten raya oturtulmuştur. ve 4 m deki tekerlekler paslandığından yuvarlanmamakta ancak ray üzerinde kaymaktadır. Kayma sürtünme katsayısı 0,5 tir.tekerlekler arasındaki h uzaklık 4m ve her biri kapının yanlarından 1m içerdedir. Kapı P simetrik yapıda ve ağırlığı 160 nt dur. Kapı sola doğru yatay bir P kuvveti etkisinde sabit bir hızla itilmektedir. a) h uzaklığı 3m olduğuna göre rayın tekerleklerin her birine uyguladığı kuvvetlerin düşey bileşenleri ne kadardır? b) Kapının diğeri işe karışmadan tek tekerlek üzerinde kayması için h nın en büyük değeri ne olmalıdır. 55

Çözüm : a) Sisteme etki eden kuvvetler şekilde görülmektedir. f k1, f k2 sürtünme kuvvetleri, harekete karşıt olduğu için sağa doğrudur. Sistem sabit hızla hareket ettiğinden dengededir. Dengenin şartlarını yazalım. F 1y F 2y 1 m 1 m 4 m f k1 f k2 h P W=160 nt 0 0 0 1 0 2 f k1, f k2 sürtünme kuvveti olduklarından, 0,5 0,5 0,5. u değerleri (1) de yerine koyalım. 0,5 0,5 0,5 160 0,5.160 80 Dengenin ikinci şartını uygulayalım, ye göre moment alalım. 0. 4. 2. 3 0. 4 160.2 80.3 0 80 4 20 160 160 160 20 140 b) Kapının daki tekerleğin işe karışmadığını farzedelim. (1) ve (2) denklemlerinde f k1 =0 ve F 1y =0 olur. ye göre moment alırsak, 0.. 2 0. 2 160.2 80 4 56

3.6. Şekildeki sandalye yatay bir düzlem üzerinde sabit hızla çekilmektedir.kayma sürtünme katsayısı 0,30 ve sandalyenin ağırlığı 50 nt dur. c.g a) Gerekli yatay kuvvet ne kadardır. b) sandalyeyi sürükleyen kuvvet noktasından 1 ft 1 ft uygulandığına göre sandalyenin bacaklarına yukarıya 2 ft doğru etkiyen kuvvetlerin şiddeti ne olur. c) Kuvvet noktasına uygulanırsa bacaklara yukarı doğru etkiyen kuvvetler ne olur. d) sandalyenin devrilmeden sürüklenmesi için kuvvet en fazla hangi yükseklikte uygulanabilir. 1 ft Çözüm: a) Şekilde görüldüğü gibi sandalyenin ön ayaklarına F 1y tepki kuvveti ve f k1, sürtünme kuvveti, arka ayaklarına ise F 2y tepki kuvveti ve f k2 sürtünme kuvveti etki eder. c.g 0,6 cm f k1 F 1y W f k2 F 2y 0,3 cm Sandalyenin sabit hızla hareket edebilmesi için, uygulanan P kuvvetinin sandalyenin toplam sürtünme kuvveti f k ya eşit olması gerekir.. 0,3 50 ğ 0,3.50 15 15. b) Sandalye sabit hızla hareket ettiğine göre dengededir. Dengenin şartlarını yazalım. 0 2 2 0 57

50 25 1 ğırlık merkezi olan O noktasına göre moment alalım. 0. 0,3. 0,3. 0,3. 0,3. 0,6 0 0 2 f k =15 nt olduğuna göre (1) ve (2) denklemlerinden çözüm yaparsak; 5 20. c) (1) denkleminden ifadesi değişmeyeceği için aynen yazabiliriz. O noktasına göre moment alalım. 25 0. 0,3. 0,3. 0,3. 0,3. 0,6. 0,3 0 15 15 2 2 2.15 15 0 2 2 15 0 25 Denklemlerini çözersek F 1y =8,75 nt F 2y =16,25 nt elde edilir. d) Sandalye devrilme durumuna yaklaşınca ön ayaklar yerden uzaklaşmak üzeredir. Yani F 1y =0 F 2y =w olur. noktasına göre moment alırsak; 0,3.. 0 0,3. 50.0,3 15 1 Sandalye, devrilmeden sürüklenebilmesi için P kuvveti 1 m yüksekliğe uygulanmalıdır. 3.7. 10 m uzunluğunda düzgün bir merdiven sürtünmesiz bir duvara dayanmakta alt ucuda duvardan 6 m uzakta bulunmaktadır.merdivenin ağırlığı 80 nt dur. Merdivenle yer arasındaki statik sürtünme katsayısı 0,4 tür. 70 kg lık bir adam merdivene çıkmaya başlıyor. u adam merdiven kaymadan ne kadar tırmanabilir. 58

Çözüm: f 1 P E 8 m W 2 L W 1 F y D f s =F x X 6 m F x =f s f s =µ.n N=F y olduğundan f s =µ.f y =F x elde edilir. Dengede olan sisteme denge şartlarını uygulayalım. 0 0 1 0 0 0 2. 8. 3. 0 3. 4 (1) denkleminde w 1 ve w 2 değerlerini yerine koyarsak 80 700 780 (4) den (µ=0,4), F x =0,4.780=312 nt ve (1) den P=F x =312 nt elde edilir. (3) den 312.8-80.3-700.X=0 ve DE üçgenlerinden 10 3,22 6 1 10 3,22 6 3,22. 10 5,36 6 59

3.8. Şekildeki T şeklindeki levhanın ağırlık merkezini bulunuz. 8 cm 3 cm 3 cm 2 cm 6 cm 2 cm Çözüm : Sistemin ağırlığı, şekilde ağırlık merkezleri belirtilmiş iki ağırlığın toplamıdır. u iki ağırlık 8x2 ve 6x2 boyutundaki iki dikdörtgen levhanın ağırlıklarıdır. unları w 1 =8x2 w 2 =6x2 olarak alabiliriz. y w 1 (0,7) 3 cm 3 cm 2 cm w 2 (0,3) 6 cm.. 2 cm 8.2.7 6.2.3 2.8 6.2 x 5,3. 3.9. Şekilde kesiti görülen bir makine parçası eş eksenli içi dolu iki silindirden meydana gelmiştir. u sistemin ağırlık merkezi nerededir. 12 cm r 1 = 2 cm 20 cm r 2 = 1 cm 60

Çözüm: 20 cm 12 cm (6,0) (16,0) r 1 = 2 cm r 2 = 1 cm w 1 w 2. 2.. 12 1.. 8. 2. 12.6 1.. 8.16. 2. 12 1.. 8 7,4 3.10. Şekildeki direğin ağırlığı 400 nt dur. ağlama halatındaki gerilimi ve direğin alt ucuna etkiyen kuvvetin bileşenlerini bulunuz. cos 40 = sin 50 = 0,76 sin 40 = cos 50 = 0,64 Sistem dengededir. T 3l/4 l/4 2000 nt 50 61

Çözüm : F x = 0 F x T = 0 F x = T F y = 0 F y 400 2000 = 0 F y = 2400 nt E T l/4 M = 0 T.E 400.D 2000. = 0 3l/4 2000 nt sin50 0 E = 3 l /4 cos50 0 = D l/2 3l E = sin 50 4 D = 0 l 0.cos 50 2 F y 50 F x D 400 N cos50 0 = l = 0 l.cos 50 T. 3l/4.sin50 0 0 400. l / 2.cos 50-2000.cos50 0.l = 0 T. (3 /4 ).0,76 = 200.0,64 + 2000.0,64 T.0,57 = 128 + 1280 T = 2470 nt F x = T = 2470 nt F y = 2400 nt 3.11. P ağırlığındaki bir şahıs şekildeki merdivenin 3 / 4 üne tırmanmıştır. Merdivenin kaymaması için P ağırlığı en fazla ne olmalıdır. µ d =0,2, µ y =0,3, W M = 40 kg. 2l P W l 62

Çözüm :. µ d =0,2, µ y =0,3, W M = 40 kg. P =? Sistem dengede olduğuna göre : ΣF X = 0 N - f = 0 (1 ) f = µ y.n = 0,3. N f N ΣF Y = 0 N + f - W P = 0 (2 ) f = µ d.n = 0,2.N 2l l l Σ M = 0 P. + W. + f.2l N. l= 0 4 2 ( 1 ) N = 0,3. N ( 2 ) N + 0,2. N W P = 0 (3 ) P W l f N ( 3 ) ( P / 4 ) + 20 + 2.0,3. N - N = 0 ( 2 ) den N + 0,2.0,3. N -40 P = 0 1,06. N P = 40 40+ P N = 1,06 P 40+ P 40+ P P+ 40 ( 3 ) den + 20+ 0,6( ) = 0 P.0,25 + 20 0,4 ( ) = 0 4 1,06 1,06 1,06 P.0,25 + 20 = 0,4.P+16 1,06 P.0,25 + 20 = 0,38.P + 15 0,38.P 0,25.P = 20 15 0,13. P = 5, P = 38,5 kg.f 3.12. = 10 m = 6 m sistem dengede olduğuna göre ipteki gerilmeyi ve çubuğun menteşeye uyguladığı yatay T ve düşey kuvvetleri bulunuz. α P=200 nt 30 0 W=300 nt 63

Çözüm : ΣF X = 0 F x T x = 0 ( 1 ) T T y ΣF Y = 0 F y + T y -300 200 = 0 (2 ) D T x α Σ M 0 = 0-200.D 300.E + T x.d + T y.d = 0 ( 3 ) P=200 nt -200.8,6 300.4,3 + T x.5 + T y.8,6 = 0 F y 5. T x + 8,6. T y = 3010 ( 4 ) D 1 Ty tanα = = tanα = D 8,6 Tx 30 0 F x E W=300 nt T T 1 = Y Tx = 8,6. T y 8,6 X ( 4 ) de 5.8,6. T y + 8,6. T y = 3010 43. T y + 8,6. T y = 3010 T y = 58,33 nt, T x = 8,6. T y = 501,6 nt, T x = F x = 501,6 nt F y = 500 -T y = 500 58,33 = 441,67 nt T 2 = T x 2 + T y 2 = ( 501,6 ) 2 + (58,33 ) 2 T = 505 nt 3.13. Şekildeki direğin ağırlığı w = 1000 nt olup sistem dengededir. T 1, T 2 ve T 3 ip kuvvetlerini bulunuz. T 2 T 1 T 3 30 0 60 0 2000 nt 64

Çözüm : noktası için denge şartı : ΣF Y = 0 T 1 T 2.cos30 0 = 0 T 2 ΣF X = 0 T 2. sin30 0 2000 = 0 T 2 = 4000 nt 30 T 1 T 1 = T 2.0,86 = 4000.0,86 = 3440 nt 2000 nt T 1 = 3440 nt T 3.cos30 30 0 30 0 30 0 T 2 T 3 T 3.sin30 W 60 0 E D Σ M = - T 2.l - T 3.sin30 0.D W.E + T 3. cos30 0.D = 0 T 3.0,86. l 0,86 = T 2. l. + T 3 0,5.( l / 2) +W. (l /4 ) T 3.0,74 = 4000 + T 3.0,25 + 1000. 1 / 4 T 3.0,49 = 4250 T 3 = 8673,74 nt sin60 0 = D / l D = l.0,86 cos60 0 = D /l D = l / 2 cos60 90 = E / (l / 2 ) E = l / 4 3.14. Şekildeki levhanın dengede olabilmesi için X, Y, Z kuvvetleri ne olmalıdır. Kenarlar 3 m dir. X 500 kg 60 0 600 kg 45 0 400 kg Y Z 65

Çözüm: Sistem dengede olduğuna göre : ΣF X = 0, X + 400.0,7 500.sin60 0 = 0 (1 ) ΣF Y = 0 Y + Z + 500.cos60 0 600 400.0,7 = 0 (2 ) (1) den X + 280 430 = 0, X = 150 kg (2) den Y + Z + 250 600 280 = 0 X 500 kg 60 0 600 kg 45 0 400 kg Y + Z = 630 (3) M Z = - Y.3 250.3 150.3-280. 3 = 0 3.Y = - 840 450 750 Y = - 680 kg Y (-) çıktığı için Y aşağı doğru olmalıdır. (3) den Z = 630 Y Z = 630 ( -680 ) = 1310 kg olur. Y Z 3.15. Şekildeki levhanın verilen yükler altında dengede 100 kg 40 kg kalabilmesi için H, ve kuvvetleri ne olmalıdır. ( karenin bütün kenarları 20 cm ) 50 kg 40 kg H Çözüm : ΣF X = 0, H - 40 40 = 0 H = 80 kg ΣF Y = 0, + 100 50 = 0 + = 150 M = - H. 20 + 50.20 +.20 + 40.40 + 40.60 = 0-1600 + 1000 +.20 + 1600 + 2400 = 0 = -170 kg, + = 150, = 320 kg (-) çıktığı için nin yönü aşağı doğru olur. 3.16. Şekildeki direğin ağırlığı 1164 nt 60 0 T olduğuna göre ipteki gerilme kuvvetini ( T ) ve direğin alt ucuna etkiyen kuvvetin dik bileşenlerini, ( F X F Y ) bulunuz. = l /3 = 2l / 3 cos30 0 = sin60 0 = 0,86, cos60 0 = sin30 0 = 0,5 O W 2 = 1000 nt. 60 0 W 1 =1164 nt 66

Çözüm : = l /3 = 2l / 3 cos30 0 = sin60 0 = 0,86, cos60 0 = sin30 0 = 0,5 cos60 0 D = l /2 sin60 0 = E 2l/3 cos60 0 F = l E = 3 l D = 4 l E = 0,86.( 2l / 3) = 0,573. l F = 2 l cos60 0 = E 2l/3 F y 60 0 T O W 2 = 1000 nt W 1 =1164 nt 60 0 D E F F x sin60 0 = E 2l/3 E = 0,86.( 2l / 3) = 0,573. l ΣF X = 0, F x T.cos30 0 = 0, F x = T.cos30 0 = T. 0,86 F x = T.0,86 (1) ΣF Y = 0, F y + T.sin30 0 W 1 W 2 = 0, F y = W 1 + W 2 T.0,5 = 1000+1164 T.0,5 F y = 2164 T.0,5 (2) F x = T.0,86 (1) M = - W 1.D W 2. F + T y.e + T x.e = 0-1164. 4 l -1000. 2 l + T. Sin30 0. 3 l + T.cos30 0.0,573. l = 0-291 500 + T.0,166 + T.0,49 = 0 T.0,656 = 791 T = 1205 nt F x = T.0,86 = 1205. 0,86 = 1036,3 nt F y = 1000 + 1164 T.0,5 = 1561,5 nt F x =1036,3 nt F y =1561,5 nt 3.17. 12 m uzunluğunda bir merdivenin ağırlığı 30 kg dır. ir ucu duvara bir ucuda döşemeye dayanmaktadır. Her iki yüzeyde sürtünme katsayısı 0,2 dir. Merdivene etkiyen bütün kuvvetleri ve θ açısını bulunuz. W D θ 67

Çözüm : ΣF X = 0, N 1 f 2 = 0 (1) ΣF Y = 0, N 2 + f 1 30 = 0 (2) f 1 = µ. N 1, f 2 = µ. N 2 f 1 N 1 N 1 - µ. N 2 = 0 N 1 0,2. N 2 = 0 (1) N 2 + µ. N 1-30 = 0 0,2.N 1 + N 2 = 30 (2) -------------------------------------------------------- 0 u iki denklemden N 2 = 28,8 kg bulunur. N 1 = 0,2. N 2 = 0,2. 28,8 = 5,7 kg f 1 = 0,2.5,76 = 1,15 kg f 2 = 0,2.28,8 = 5,76 kg M = - f 1. N 1. + 30.D = 0-1,15.12.cosθ 5,76.12.sinθ + 30.6.cosθ = 0 W D θ f 2 N 2 166. cosθ = 69,12. sinθ tanθ = 2,4 θ = 67,4 0 cosθ = / 12 = 12.cosθ sinθ = / 12 = 12. sinθ OD de cosθ = D / 6 D = 6. osθ 3.18. Şekildeki çubuk 10 m uzunluğunda ve 200 nt ağırlığındadır. İp 250 nt luk bir gerilmeye dayanabildiğine göre ; a) 50 kg lık bir adam ip kopmadan çubuk T üzerinde kaç metre ilerliyebilir. b) Duvarın çubuğa uyguladığı F kuvvetinin bileşenlerini bulunuz. sin37 0 = cos53 0 = 0,6, sin53 0 = cos37 0 =0,8 10 m 53 0 Çözüm : W 1 = 200 nt W 2 = 50.10 = 500 nt F x = 0, F X - T X = 0, F X = T.cos53 0 F X = 250. 0,6 = 150 nt T T Y F y = 0, F Y + T Y - W 1 W 2 = 0 F Y = - T Y + W 1 + W 2 = - T.sin53 0 + W 1 + W 2 F Y F X W 2 W 1 53 0 T X 68

F Y = -250.0,8 + 200 + 500 = 500 nt M = T.sin53 0. 10 - W 1. 5 - W 2.X = 0 250.0,8. 10-200. 5 500.X = 0 X = 2 m olur. 3.19. Şekildeki çubuğun ağırlığı 120 nt olup çubuğun ortasındadır. İplerdeki T 1 ve T 2 gerilm kuvvetlerini ve θ açısını bulunuz. T 2 θ 30 0 0,25.L 400 n W =120 nt Çözüm : T 1, T 2 =?, θ =? ΣF x = 0, T 1.sin30 0 T 2.sinθ = 0 ΣF Y = 0 T 2.sinθ = T 1.0,5 (1) T 2.cosθ + T 1.cos30 0 400 120 = 0 T 2.cosθ + T 1.0,860 = 520 (2) l M = 400.0,25. l + 120. = T1.0,86. l 2 100 + 60 = T 1.0,86, T 1 = (160 / 0,86) T 1 = 186 nt (2) ve (2) den : T 2.sinθ = T 1.0,5 (1) T 2.cosθ + T 1.0,860 = 520 (2) T 2.sinθ = 9 (1) T 2.cosθ = 360 (2) (1) i (2) ye bölürsek tanθ = (93 / 360 ) = 0,258 θ = 14,5 0 (1) den T 2.sinθ = T 1.0,5 186.0,5 93 T2 = = = 372nt 0 sin14,5 0,25 T 2 θ 0,25.L W =120 nt 400 n 30 0 T 1 69

3.20. Şekildeki taralı alanın ağırlık merkezinin koordinatlarını bulunuz. π = 3 alınız. 16 24 10 10 21 24 Çözüm : 1 = 45.40 = 1800 G 1 ( 22,5-20 ) 2 = π.r 2 = 3.100 = 300 G 2 (21-24 ) 3 = (1/2 ).21.24 = 252 G 3 (7 8 ) 4 = (1/2).24.40 = 480 G 4 ( 37-13,3 ) G 1 (x 1 y 1 ), G 2 ( x 2 y 2 ), G 3 ( x 3 y 3 ),G 4 ( x 4 y 4 ) 16 24 G 2 G 1 G 4 G 3 21 24 Parça x y x y 1800 22,5 20 40500 36000-300 21 24-6300 -7200-252 7 8-1764 -2016-480 37 13,3-17760 -6384 Toplam 768 14676 20400 Σ.x 14676 x = = = 19, 1 Σ 768 Σ.y 20400 y = = = 26,56 Σ 768 70

3.21. Şekildeki taralı y 9 18 y alanın ağırlık merkezinin koordinatlarını 9 G x bulunuz. 30 27 9 x Çözüm : y 9 18 9 G 4 G 1 30 G 3 G 2 27 9 x 1 = 39.27 = 1053 G 1 ( 13,5-19,5 ) 2 = (1/2 ).9.39 = 175,5 G 2 ( 30-13 ) 3 = (1/2 ).27.30 = 405 G 3 (9 10 ) π.r 2 3.81 4 = = = 60, 75 4 4 G 4 (4 35 ) G 1 (x 1 y 1 ), G 2 ( x 2 y 2 ), G 3 ( x 3 y 3 ),G 4 ( x 4 y 4 ) 71

Parça x y x y 1053 13,5 19,5 14215,5 20533,5 175,5 30 13 5265 2281,5-405 9 10-3645 -4050-60,75 4 35-243 -2126,25 Toplam 762,75 15592,5 16638,75 4. r 4.9 36 Dörtte bir dairenin ağırlık merkezinin koordinatları: x = y = = = = 4 3. π 3.3 9 Σ.x 15592,5 Σ.y 16638,75 x = = = 20, 44 y = = = 21, 81 Σ 762,75 Σ 762,75 72