5. Hafta 1 - Statikçe belirsiz (axial) problemler ve - Isıl Gerilmeler
Background Şu ana kadar gördüğümüz problemlerin hepsinde; kuvvetlerin ve gerilmelerin aşağıdaki denge denklemleri yardımıyla bulunması mümkün dü. 2
Statikçe Belirli : Bir yapıdaki gerilme ve kuvvetlerin bulunması için denge denklemlerinin yeterli olması haline denir. Eğer gerilme ve kuvvetlerin bulunmasında bu denge denklemleri yetersiz kalıyorsa bu problemlere de Statikçe Belirsiz denir. 3
Statikçe Belirsiz Problemler (de) Bazı yapısal sistemlerde, statiğin denge denklemleri tepki kuvvetlerinin belirlenmesi için yetersiz kalır. Bu gibi durumlarda tepki kuvvetlerinin bazıları sistemin dengede kalması için gereksizdir veya fazladır. Ve iç kuvvetler sadece SCD ve statiğin denge denklemleri ile elde edilmeyebilir. Bu tip problemlere statikçe belirsiz problemler denir. 4
Örnek: L uzunluğunda A 1 kesitinde, E 1 elastisite modülüne sahip içi dolu bir çubuk, aynı uzunlukta A 2 kesitinde ve elastisite modülü E 2 olan bir tüb içine yerleştiriliyor. Şekildeki gibi bir rijid levha ile P kuvvetine maruz kalıyor. Tübün ve çubuğun deformasyonu ne olur? L (A 1,E 1 ) (A 2,E 2 ) rijid levha çubuğun SCD tüpün SCD rijid levhanın SCD 5
Statiğin denge denklemlerinden sadece P 1 + P 2 P (I) yazılır ancak bu denklem çözüm için yeterli değil, Problemin geometrisinden, 1 2 yazılabilir, 1 P 1.L/A 1.E 1 ve 2 P 2.L/A 2.E 2 P P 1 2 A 1 A 1 A E 1 A E 1 2 1 E + 1 A P 2 E P 2 + A E 2 E 2 2 ve ile elde edilir. 6 1 2 ye uygunluk denklemi denir. Statikçe belirsiz problemler problemin geometrisi de gözönüne alınarak deformasyonlarla ilgili olarak yazılan ilave uygunluk denklemleri yardımıyla çözülür.
Çalışma prob. -1: 25 mm çapında bronz (E br. 105 GPa ) bir çubuk, dış çapı 50 mm iç çapı 25 mm olan bir Al. tüp (E Al. 70 GPa ) içine yerleştiriliyor. Üstten rijid bir kapak yardımıyla P45 kn luk eksenel yük ile sıkıştırılıyor. Al. tüp ve bronz çubuktaki gerilmeleri hesap ediniz. 7
S.C.D. çizilirse tabandaki tepki kuvveti, F Al. ve F br. un toplamından oluşan bileşke eksenel kuvvet ile temsil edilir. Düşey denge yazılırsa ; (1) Görülür ki problem statikçe belirsizdir. Bu durumda uygunluk denklemi Al. br. şeklindedir. Çünkü her iki elemanda rijid kapak vasıtasıyla aynı anda deforme olmaktadır. 8
(1) ve (2) aynı anda çözülerek; ikiside pozitif çıktığı için başlangıçta kabul ettiğimiz gibi her ikiside basma kuvvetidir ve gerilmeler de ; 9
ÖRNEK prob. -2: S.C.D L uzunluğunda ve uniform kesitli çubuk yüklenmeden önce A da ve B de rijid olarak bağlanmış. C noktasından uygulanan P yükü nedeniyle AC ve BC kısımlarındaki gerilmeleri bulunuz. S.C.D dan, R A + R B P (I) yazılır, ikinci uygunluk denklemi problemin geometrisinden, toplam deformasyon için T A/B 1 + 2 0 (II) yazılarak problem çözülebilir, kaç farklı bölge var? *P 1 R A ve P 2 R B dir. R A P.L 2 /L ve R B P.L 1 /L dir. 10
Süperpozisyon prensibi ; eğer yük taşıyan eleman karmaşık (bileşik) veya birden fazla yük etkisi altında ise herhangi bir noktadaki deplasman yada gerilmeleri hesaplamak için sık sık kullanılan bir yöntemdir. Her bir yükün etkisi ayrı ayrı hesaplanıp daha sonra aranan noktadaki sonuçlar toplanır. Ancak bu yöntemin uygulanabilmesi için iki şartın gerçekleşmesi gerekir ; 1) Problem lineer (doğrusal) olmalı yani, gerilme ile genlemeler arasındaki ilişki doğrusal olmalı, 2) Şekil değiştirmeler çok küçük olmalı (elemanın boyutları ile karşılaştırıldığında ki metal malzemeler için çoğu zaman elastik bölgede bu şartlar sağlanır) 11
R + (R ) (R ) A A P A B P C R A ( R A ) P B ( R A ) P C A A A + P B B B P B ( B ) P B ( B ) P C B P iç 0 12 P C C B ( C C / A (0) ( ) C P C C B ) P B + ( Top. B ) P C ( ) B P B P C + ( B ) P C C + ( C ) P C
Statikçe Belirsiz Problemlerin Süperpozisyon Yöntemi ile çözümü ; Bir yapı dengede kalabilmesi için gerekenden fazla mesnetlendirilirse statikçe belirsizlik durumu ortaya çıkar. Örneğin; yandaki değişken kesitli çubuk B mesneti olmadan da yükleri taşıyabilecek şekilde boyutlandırılabilir. B de mesnet olması çubuğun yük yaşıma kabiliyetini artırır ancak statikçe belirsizlik durumu ortaya çıkar. Bu durumda; gerçek yükler ve gereksiz (fazla) mesnet tepkileri nedeniyle olan deformasyonlar ayrı ayrı hesaplanıp, toplanabilir. Kısaca yükler nedeniyle olan deformasyon L tepki kuvveti ile deformasyon R olmak üzere; L + R 0 13 ile hesaplanabilir.
Örnek prob.-4 : Yanda yükleme hali verilen değişken kesitli çelik çubuğun A and B de mesnet tepki kuvvetlerini bulunuz. B de boşluk yok. SOLUTION: 14 Consider the reaction at B as redundant, release the bar from that support, and solve for the displacement at B due to the applied loads. Solve for the displacement at B due to the redundant reaction at B. Require that the displacements due to the loads and due to the redundant reaction be compatible, i.e., require that their sum be zero. Solve for the reaction at A due to applied loads and the reaction found at B.
ÇÖZÜM : B de mesnetin olmadığını düşünerek deformasyon, 3 P1 0 P2 P3 60010 N P4 90010 3 N A L 1 1 A L 2 2 40010 L 3 L 4 6 m 2 A 3 0.150 m A 4 25010 6 m 2 L i PL i i A E i i 1.12510 E 9 15 B deki fazla kabul ettiğimiz tepki kuvveti ile deformasyon, P P 1 A L 1 1 δ R 2 40010 L 2 R B 6 m 0.300 m i PL i i A E i i 25010 2 A 2 1.9510 E 3 6 m R B 2
Problemin geometrisinden görülmekte ki toplam deformasyon sıfırdır, + 1.12510 E R B L R 57710 9 3 0 N 1.9510 E 577kN 3 R B 0 16 A ve B deki tepki kuvveti, F 0 R 300kN 600kN + 577kN R R R A A B y 323kN A 323kN 577kN
Örnek prob.-5 : önceki problemde B de boşluk yoktu, şimdi B ucu ile zemin arasında 4.5 mm boşluk olduğu hal için aynı problemi çözünüz. E200 GPa. 17 R B ÇÖZÜM : Aynı prosedür uygulanır, bu sefer uygunluk denklemi ; + L + R 4.5 mm 4.5 mm yük nedeniyle ve tepki kuvveti ile olacak deformasyonları önceki çözümden alırsak, 9 3 1.125 10 1.95 10 R E E 3 R 115.4 10 N 115.4 kn B R A F L y R 0 R 900 115.4 784.6 A kn B 4.5 mm 300 kn 600 kn + 115.4kN
ÇALIŞMA prob. : 5 mm çapındaki çelik çubuk A da sabit olarak bağlanmış ve yüklenmeden önce B ucu ile duvar (B ) arasında 1 mm boşluk var. Şekilde görüldüğü gibi C noktasından P20 kn luk yük uygulandığında A ve B de oluşan tepki kuvvetlerini bulunuz. E ç 200 GPa. ÇÖZÜM-1 : Denge denklemi ; uygunluk denklemi ; 18 basma kuvveti....
ÇÖZÜM-2 : SÜPERPOZİSYON YÖNTEMİ ile çözüm : uygunluk denklemi :.......(1) 19
KISA SINAV-1:. 1) 1 nolu çelik çubuk aynı boyda olan 2 nolu tüp içine boşluksuz olarak yerleştirilmiş. Her iki uçtan rijid plakalar yardımıyla uygulanan eksenel P kuvveti ile sıkıştırılıyor. İçteki çubuk ve tüpün deformasyonu ile ilgili olarak aşağıdakilerden hangileri doğrudur. 2) Üç çubuk seri olarak bağlanıyor ve şekildeki gibi yükleniyor. Çubukların deformasyonları ( 1, 2 ve 3 arasında) için nasıl bir ifade yazabilirsiniz 20
KISA SINAV-2: 1) Yanda yükleme hali görülen birbiri içine geçmiş üç dairesel çubuğun deformasyonu ile ilgili olarak ( 1, 2 ve 3 arasında) nasıl bir ifade yazabilirsiniz. 2) Aşağıda yükleme hali görülen çubuk için hangi ifadeler doğrudur. 21
ÖRNEK prob. : Üç çelik çubuk şekilde görüldüğü gibi rijid bir elemana ve duvara pimler yardımıyla bağlanmış ve 15 kn luk yük ile zorlanıyor. AB ve EF çubuklarının kesiti 25 mm 2, CD çubuğunun ki 15 mm 2 dir. Her bir çubuktaki kuvveti hesap ediniz. ÇÖZÜM : Rijid elemanın S.C.D. 22 İki denklem üç bilinmeyen dolayısıyla prob. statikçe belirsizdir, çözüm için deformasyonla ilgili ilave bir uygunluk denklemi yazılmalıdır.
UYGUNLUK İFADESİ : uygulanan yük nedeniyle rijid elemanın son durumu aşağıdaki gibi olur ve benzer üçgenlerden 23
24
Isıl Gerilmeler ve Genlemeler (Thermal Stresses and strains) ; İki ucu açık sabit kesitli bir AB çubuğunu gözönüne alalım. 25 ; ısı iletim katsayısı (1/ºC) ΔTT son - T ilk (ºC) Termal (ısıl) genleme Dikkat gerilme yok. Çubuk ΔT kadar ısıtılırsa uzar. Bu uzama miktarı ( T ) da çubuğun boyu ve sıcaklık değişimi ile doğru orantılıdır. T T ( T ) L ( T )
Thermal Strains (Isıl genleme, ısıl gerinim) Sıcaklıktaki değişim malzemelerin deformasyonuna neden olur. Homojen, izotropik malzemeler için T sıcaklık değişimi her yönde aynı miktarda doğrusal boyut değişimine neden olur Thermal strains : x y z. T. (T-T 0 ) İzotropik malzemeler için sıcaklıktaki değişim açısal genlemelere neden olmaz, yani, xy xz yz 0 T, measured in degrees Celsius ( o C) or Farenheit ( o F) malzemeye özgü lineer ısıl genleşme katsayısıdır, deneysel olarak belirlenir. Unit of are mm per mm per degree [(mm/mm)/ o ] 26
Thermal Strains (continued) küçük genleme miktarları için lineer ısıl genlemeler, gerilme nedeniyle oluşmuş lineer genlemeler ile direkt olarak toplanır. L (δ) T L, L/L T T sıcaklık değişimindeki artış pozitif olarak göz önüne alınır. ısıl genleşme katsayısının bazı malzemeler için ; 27
ISIL GERİLME (Thermal Stresses); Sıcaklıktaki değişim uzunluktaki değişime yada ısıl genlemelere neden olur. Uzunluktaki değişim engellenmediği müddetçe termal genleme ile ilgili bir gerilme ortaya çıkmaz. Süperpozisyon yöntemi ile, T T L ısıl genleşmekatsay ısı. P PL AE Isıl deformasyon ve mesnet tepkisi nedeniyle deformasyon birbirine eşittir. Çünkü mesnet yer değiştirmiyor. 28 T T P L PL AE P AE T P ET A
5.2. Hafta GERİLME YIĞILMASI - ÇENTİK ETKİSİ (STRESS CONCENTRATIONS) 29
Saint-Venant s Principle Önceki bölümlerde gördük ki yükün uygulama noktası cıvarında gerilme dağılımı düzgün değildir. Bu durum kesit değişimi olan elemanlarda da söz konusu olmaktadır. 30
Gerilme yığılması (Stress Concentration) - Cıvatalı ve perçinli bağlantı deliklerinde, - vida diş köklerinde, - kesit değişimlerinde, - kaynaklı bağlantılarda, - malzeme içinde porozite ve inklüzyonlar, - yüzey işleme çizgileri 31 Gerilme yığılmalarına (çentik etkisi) neden olur. Nominal genleme (veya gerilme) elastik bölgede olmasına rağmen süreksizlik cıvarında plastik genleme (veya gerilme) hali söz konusu olabilir.
Birçok mühendislik konstrüksiyonu gerilme yığılma etkisi yaratacak geometrik tasarım detaylarına kaçınmaksızın sahiptir (Ör: vida ve perçin delikleri, kesit değişimleri, kaynaklı birleştirme etc.). Hasar genellikle bu yerlerde başlar çünkü lokal olarak gerilme bu noktalarda en büyük değerlerdedir. 32
Çekmeye çalışan değişken kesitli bir çubuğun düz ve kesitin değiştiği yerlerinde, yüklemeden sonraki normal gerilme dağılımı. 33
Gerilme yığılma faktörü: (Çekmeye çalışan sabit kalınlıklı delikli levha) max. ort. Kesitteki süreksizlikler süreksizlik noktası cıvarında gerilme yığımasına neden olur. σ ort. A min. P A min. (D ; 2r).t K σ σ max ort. 34
Gerilme yığılma faktörü: (Çekmeye çalışan sabit kalınlıklı levhada geçiş bölgesi ) Önemli ; 35 -Genelde ; K f (yükleme hali, süreksizliğin şekil ve boyutu) -Gerilme yığılması etkisi, sadece statik yükleme etkisindeki sünek malzemeler hariç tüm geometri, yükleme hali ve malzemeler için mutlaka gözönüne alınmalıdır.
Gerilme yığılma faktörü: (Çekmeye çalışan dairesel kesitli çubukta geçiş bölgesi ) 36
ÖRNEK : r SOLUTION: Determine the geometric ratios and find the stress concentration factor from Fig.(slayt 9 ). emniyetle taşınabilecek en büyük P yükünü hesaplayınız kalınlık t10 mm, d40 mm and D60 mm genişliklerinde, geçiş yarıçapı r 8 mm. Hasarlanmadan taşınabilecek en büyük gerilme 165 MPa. Find the allowable average normal stress using the material allowable normal stress and the stress concentration factor. Apply the definition of normal stress to find the allowable load. 37
Determine the geometric ratios and find the stress concentration factor from Fig. D d 60mm 40mm K 1.82 1.50 r d 8mm 40mm 0.20 Find the allowable average normal stress using the material allowable normal stress and the stress concentration factor. 38 Apply the definition of normal stress to find the allowable load. P A 40mm 10mm 90.7 ort. 36.310 MPa 3 N P 36.3kN 165MPa 1.82 max ort. 90. 7 K MPa EK SORULAR
YORUM ; Slayt6 ve 7 de gösterilen gerilme yığılma eğrileri statik yükleme hali ve orantı sınırının aşılmadığı gerilme seviyeleri için belirlenmiştir. Eğer malzeme çok gevrek ise orantı sınırı ile kopma gerilmesi birbirine çok yakındır, dolayısıyla orantı sınırına ulaşıldığında gerilme yığılmasının olduğu noktada kopma gerilmesine ulaşılmış olabilir ve hasar başlar. Aslında tam da bu noktada bir çatlak oluşmaya başlar ve çatlak ucunda yüksek gerilme yığılması etkisi oluşur. Bu da kesit içinde çatlağın ilerlemesine ve aniden kırılmasına neden olur. Bu nedenle, gevrek malzeme kullanılarak yapılacak bir tasarımda gerilme yığılma etkisi faktörlerinin kullanılması çok önemlidir. Diğer taraftan eğer malzeme sünek ise ve statik bir yükleme hali etkisinde ise tasarımcılar genellikle gerilme yığılma faktörünü kullanmayı ihmal ederler. Çünkü orantı sınırının aşıldığı herhangi bir gerilme seviyesi bir çatlak oluşumuna neden olmaz, aksine malzeme akma ve pekleşme mekanizması ile mukavemetini korur. 39
Örnek Prob. : 10x10 mm kesidinde ve 1 m boyunda çelik çubuk, T 1 30 C da aralarında 1 m açıklık olan iki rijid duvar arasına konuyor. Sıcaklık T 2 60 C a çıktığında çubuktaki normal gerilme ne olur? ÇÖZÜM : Duvarlar sıcaklık nedeniyle serbest uzamaya müsaade etmeyeceği için ısıl gerilme oluşur. Yani A/B 0 dır. Serbest uzama olsaydı uzama olsaydı T kadar uzayacaktı, serbest uzama olmadığı için oluşan basma kuvveti nedeniyle deformasyona da F dersek, ve A/B 0 T - F 40
41
ÖRNEK Prob. : Değişken kesitli çubuk oda sıcaklığında (T25 C) iki ucundan sabit olarak boşluksuz bağlanmıştır. Sıcaklık T-50 C olduğunda AC ve BC kısımlarındaki gerilmeleri hesap ediniz. E200 GPa, 12.10-6 1/ C A400 mm 2 300 mm A800 mm 2 300 mm ÇÖZÜM: T(-50)-(25) -75 C Sıcaklık ile karşılık toplam deformasyon; ( T )L T (12.10 6 540.10 ).( 75 ).(0.6m ) 6 m 42
B deki gereksiz tepki kuvveti ile deformasyon; L A P 1 1 1 R L 2 2 1 300 mm 400 mm P R B P L 1 1 + A E 2, A P L 2 2 A E 2 2 800 mm ( 5.625x10 2 9 )R B ( m / N ) Problemin geometrisinden toplam deformasyon sıfır olmalı ; ( 540x10 R B T + R 0 96000 N 6 ) + ( 5.625x10 96 kn 9 )R B 0 gerilmeler ; 1 2 AC CB P1 A 1 P A 2 2 240 120 MPa MPa 43
44 Genlemeler ile gerilme kontrol : Isıl genleme ( T ) (12.10 T 6 )x( 75 ) 6 900.10 AC de gerilme nedeniyle genleme 240 MPa 1 6 1200.10 E 200GPa 1200 CB kısmı kısalırken AC kısmı da aynı miktarda uzamış toplam şekil değiştirme ; AC CB A400 mm 2 AC AC CB 300 mm.( AC ) ( + 300 )x( 0.3m ) + 90 m.( CB ) ( 300 )x( 0.3m ) 90 m + CB 0 A800 mm 2 300 mm AC 1 + T E ( 900 ) + (1200 ) + 300 CB 2 + T E ( 900 ) + ( 600 ) 300 Benzer şekilde CB kısmında toplam genleme ;
Örnek Prob. : başlangıçta yükün sıfır olduğu anda sıcaklık 20 C. Sıcaklık 80 C a çıktığında ve aynı anda yayılı yük de uygulanmış ise taşıyıcı çubuklardaki kuvvetler ne olur? Rijid blok 45
Rijid bloğun S.C.D. çizilirse ;.. (1) Uygunluk denklemi : Problemin yükleri, geometrisi ve smetri nedeniyle her bir çubuk aynı miktarda kısalacaktır, yani st al... (2) 46
Alüminyum ve çeliğin ısıl genleşme katsayılarını kullanarak, + - Bu sonuçları (1) de yerine koyarak, F st.,nin negatif çıkması başlangıçta seçtiğimiz yönün ters olduğunu, bir başka deyişle çelik çubukların çekmeye alüminyum çubukların basmaya çalıştığını gösterir. 47
THE END yani dersin sonu 48
Örnek soru-1 : Şekilde görülen bağlantı 60 mm uzunluğunda bir Al. tüpün iki ucundan rijid pullar (kalınlığını ihmal ediniz) ve bir cıvata-somun yardımıyla montajı ile oluşturulmuştur. Tübün dış yarıçapı 10 mm, iç yarıçapı ve cıvatanın yarıçapı ise serbest geçmeyi sağlayacak şekilde 5 mm dir. Önce montaj yapıldı ve boşluklar alındı daha sonra somun sıkılmaya devam ederek yarım tur döndürüldü ve bağlantı sıkıldı. Vida dişleri hatvesi 1 mm olduğuna göre her iki malzemede de oluşan gerilmeleri hesaplayınız. 49
Bağlantının S.C.D. dan: Uygunluk denklemi şöyle oluşturulur. Somun sıkıldıkça tüp t kadar kısalırken cıvata çekmeye zorlanır ve b kadar uzar. Bu deformasyonları yaratan ise somunun yarım tur döndürülmesi ile 0.5 mm cıvata boyunca hareket etmesi nedeniyledir. t + b 0.5 mm (2) Burdan F t ve F b birbiri cinsinden elde edilir. F t F b 31556 N olarak bulunur. Ve gerilmeler ; 50
Örnek soru-2 : Aşağıda görülen bağlantıda Al. tüpün kesit alanı 600 mm 2 ve cıvata malzemesi ise A-36 çeliğinden olup kesit alanı 400 mm 2 dir. T 1 15 C da cıvatalar boşluğu alınmış şekilde sıkılmış (eksenel kuvvet ihmal edilebilecek düzeyde). Sıcaklık T 2 80 C çıktığında cıvata ve tüpte oluşacak gerilmeleri bulunuz. Al. 23.10-6 1/ C ve ç. 12.10-6 1/ C S.C.D. dan ve F y 0 dan F s F b 51
Alüminyumun ısıl genleşme katsayısı daha büyük olduğu için serbest olarak daha fazla uzayacağı açıktır. Ancak problemde bu daha fazla uzama isteği engellendiğinden Al. tüp basmaya zorlanırken çelik cıvata çekmeye zorlanır. Problem statikçe belirsizdir, uygunluk denklemi için düşünce ; Sıcaklık artışı cıvatanın ( b ) T kadar, Al. tüpün de ( s ) T kadar uzamasına neden olurken, bu arada oluşan iç kuvvetlerden F b cıvatayı uzatırken F s alüminyum tüpü kısaltmaya çalışır. Sonuç olarak bağlantının son boyu başlangıç boyu ile aynı değildir. Ve uygunluk denklemi aşağıdaki gibi yazılabilir; 52
Uygunluk denklemini açık olarak yazarsak; 53 Veya ; serbest uzasa idiler ( b ) T 0.117 mm, ( s ) T 0.2242 mm. O halde 0.2242-0.1170.1072 mm ye karşılık iç kuvvetler ortaya çıkıyor, yani ( b ) P + ( s ) P 0.1072 mm ye karşılık P20.25 kn bulunur.
Sıcaklık etkisinde cıvatalı bağlantı 54 Sonuç ;