Mukavemet-II Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş
Bölüm 10 Kolonlar Kaynak: Cisimlerin Mukavemeti, F.P. Beer, E.R. Johnston, J.T. DeWolf, D.F. Mazurek, Çevirenler: A. Soyuçok, Ö. Soyuçok.
10.1 Giriş Önceki bölümlerde başlıca iki konu ile ilgilendik: 1. Yapının dayanıklılığı, yani yapının belirli bir yükü aşırı gerilmelere maruz kalmaksızın taşıma yeteneği, 2. Yapının istenmeyen deformasyonlara maruz kalmaksızın belirli bir yükü taşıma yeteneği. Bu bölümde, yapının kararlılığıyla, yani şeklinde ani bir değişime maruz kalmaksızın verilen bir yükü taşıma yeteneğini inceleyeceğiz.
10.2 Yapıların Kararlılığı Verilen bir P yükünü taşıyacak, L uzunluklu bir AB kolonunun tasarımını yaptığımızı varsayalım. Aşağıda verilen şartlar sağlandığında, kolonun uygun şekilde tasarlanmış olduğu sonucu çıkarılabilir. P A em PL AE Bununla birlikte, yük uygulanırken kolon burkulabilir, düz kalması gerekirken aniden keskin bir eğri halini alabilir.
10.2 Yapıların Kararlılığı Fotoğrafta, düz kalamayacak kadar yüklenmiş olan bir kolon görülmektedir; kolon burkulmuştur. Sabit K Elastik kolonların kararlılığının incelenmesine geçmeden önce, C de bir pim ve K sabitli bir burulma yayıyla bağlanmış, rijit AC ve BC çubuklarından oluşan basitleştirilmiş bir modeli ele alalım.
10.2 Yapıların Kararlılığı Çubuklarla P ve P' kuvvetleri tamamen aynı hizada ise, sistem, zorlanmadığı sürece denge konumunda kalır. C yi, her bir çubuk düşeyle küçük bir Δθ açısı yapacak şekilde hafifçe sağa doğru hareket ettirirsek, sistem ilk denge konumuna geri mi döner, yoksa bu konumdan uzaklaşır mı? Eğer geri dönerse, sistemin kararlı olduğu, uzaklaşırsa kararsız olduğu söylenir.
10.2 Yapıların Kararlılığı İki çubuklu sistemin kararlı mı kararsız mı olduğunu belirlemek için AC çubuğu üzerine etkiyen kuvvetleri göz önüne alalım. P ve P' kuvvetlerinin oluşturduğu P(L/2)sinΔθ kuvvet çifti çubuğu düşeyden uzaklaştırmaya çalışırken yay tarafından uygulanan M kuvvet çifti çubuğu başlangıçtaki düşey konuma getirmeye çalışır. Yayın yer değiştirme açısı 2Δθ olduğundan, M kuvvet çiftinin momenti M=K(2Δθ) dır. Hangi kuvvet çifti büyükse, sistem ona göre hareket eder. Kuvvet çiftleri eşitse, yük değeri kritik yük (P kr ) adını alır.
10.2 Yapıların Kararlılığı P>P kr yükü ile sistemin zorlandığını varsayalım. Sistem düşey konumdan uzaklaşır ve yeni bir denge konumunu alır. Denge durumunda, sonlu θ açısını içeren aşağıdaki ifade elde edilir: θ değeri, deneme-yanılma yoluyla bulunur. Fakat θ nın her pozitif değeri için sinθ<θ dır. Sağdaki denklemde, sadece sol taraf birden büyük olduğunda sıfırdan farklı bir θ değeri verir. P>P kr aldığımızdan, bu koşul gerçeklenir ( ). Aksi takdirde, θ=0 olur (P<P kr ).
10.3 Pim Uçlu Kolonlarda Euler Formülü Yükün P kr değerini belirlemek istiyoruz. P>P kr ise, en küçük hiza kaybı veya zorlama, kolonun burkulmasına neden olur. Bir kolon, düşey konumda olan ve eksenel yüke maruz bir kiriş gibi düşünülebilir. AQ elemanın dengesinden, Q daki eğilme momenti, M = -Py bulunur. Buradan, Elde edilen ifade Euler formülü olarak bilinir.
10.3 Pim Uçlu Kolonlarda Euler Formülü Euler formülü. Kolonun dairesel veya kare kesitli olması halinde, kesitin I eylemsizlik momenti herhangi bir merkezi eksene göre aynı olur ve kolonun bir düzlemde olduğu kadar diğer düzlemlerde de burkulması olasıdır. Başka şekilli kesitler için, kritik yük, yukarıdaki formülde I = I min alarak hesaplanabilir. Burulma oluşursa, karşı gelen asal eylemsizlik eksenine dik bir düzlemde oluşur.
10.3 Pim Uçlu Kolonlarda Euler Formülü Kritik yüke karşı gelen gerilmenin değeri, kritik gerilme (σ kr ) adını alır. r: alanın eylemsizlik yarıçapı L/r: narinlik oranı σ kr için elde edilen değer, σ Y akma mukavemetinden daha büyükse, kolon basınçta akar ve burkulma olmadan elastikliğini yitirir.
Örnek 10.01 2 m uzunluğundaki pim uçlu, kare kesitli bir kolon, ahşaptan yapılmıştır. E = 13 GPa, σ em = 12 MPa olduğunu varsayıp burkulma için Euler kritik yükünün hesaplanmasında emniyet katsayısını 2.5 alarak, kolonun; (a) 100 kn luk bir yükü, (b) 200 kn luk bir yükü emniyetli olarak taşıması durumunda, kesitin boyutlarını belirleyiniz.
Örnek 10.01 (a) 100 kn luk Yük Hali.
Örnek 10.01 (b) 200 kn luk Yük Hali.
10.4 Euler Formülünün Farklı Uç Koşullu Kolonlara Genelleştirilmesi L e : etkin uzunluk Önceki kesimde, Euler formülü, her iki ucu pim bağlantılı bir kolon için elde edildi. Burada, farklı uç koşullarına sahip kolonlar için P kr kritik yükü elde edilecektir. B ucu sabit ve A ucu bir P yükünü taşıyan bir kolon, pim bağlantılı bir kolonun üst yarısı gibi davranır. (a) daki kolonun kritik yükü (b) dekine eşittir ve verilen kolonun gerçek L uzunluğunun iki katına eşit uzunluklu bir kolon için Euler formülünden elde edilir.
10.4 Euler Formülünün Farklı Uç Koşullu Kolonlara Genelleştirilmesi L e etkin uzunluğunun 2L ye eşit olduğunu ifade ederiz ve Euler formülünde L e =2L yazarız: L e : etkin uzunluk L e /r: etkin narinlik oranı
10.4 Euler Formülünün Farklı Uç Koşullu Kolonlara Genelleştirilmesi (a) Bir uç sabit, bir uç serbest (b) Her iki uç pimli (c) Bir uç sabit, bir uç pimli (d) Her iki uç sabit
Örnek Problem 10.1 B ucu sabit, L uzunluklu ve dikdörtgen kesitli bir alüminyum kolon, A da bir merkezi yük taşımaktadır. Pürüzsüz ve yuvarlatılmış iki sabit plaka, A ucunda kolonun düşey simetri düzlemlerinden birinde hareketini engellemekte, diğer düzlemde hareket etmesine imkan vermektedir. (a)burkulmaya karşı en etkin tasarıma karşı gelen kesitin iki kenarının a/b oranını belirleyiniz. (b)l = 20 in., E = 10.1x10 6 psi, P = 5 kips ve gerekli emniyet katsayısı 2.5 olduğuna göre, en etkin kesitin tasarımını yapınız.
Örnek Problem 10.1 xy Düzlemindeki Burkulma. Kolonun xy düzlemindeki burkulmaya göre etkin narinlik oranı: xz Düzlemindeki Burkulma. Kolonun xz düzlemindeki burkulmaya göre etkin narinlik oranı:
Örnek Problem 10.1 a. En Etkin Tasarım. En etkin tasarım, iki mümkün burkulma biçimine karşı gelen kritik gerilmeler eşit olacak şekilde yapılan tasarımdır. b. Verilenlere Göre Tasarım.
*10.5 Dış Merkezli Yükleme; Sekant Formülü Bu kesimde, kolonda burkulma probleminde, P yükünün hiçbir zaman tam olarak merkezi olmayacağı göz önüne alınacaktır. Yükün dış merkezliliği e ile gösterilecektir. P yükü ve e dış merkezliliği küçük olsa da, M A kuvvet çifti kolonun bir miktar eğilmesine neden olur. Buradaki soru, kolonun kararlılığını ne kadar koruyabileceği değil, kolonun artan yük etkisi altında eğilmesine ne kadar izin verilebileceği sorusudur.
*10.5 Dış Merkezli Yükleme; Sekant Formülü Kolonun AQ parçasının SCD sini çizdikten sonra, elastik eğrinin denklemini yazıp çözeriz. olduğunda y maks sonsuz olur. Yer değiştirme gerçekte sonsuz olmasa da, kabul edilemeyecek büyüklüğe ulaşır. P nin yukarıdaki denklemi gerçekleyen değere ulaşmasına izin verilmemelidir.
*10.5 Dış Merkezli Yükleme; Sekant Formülü Denklem P için çözülürse, merkezi yük etkisindeki bir kolon için daha önce elde edilen denklem elde edilir. Buradan EI çözülür ve aşağıda soldaki ifadede yerine yazılırsa, sağdaki ifade elde edilir:
*10.5 Dış Merkezli Yükleme; Sekant Formülü σ maks gerilmesi, eğilme momentinin maksimum olduğu kolon kesitinde, yani C orta noktasından geçen enine kesitte ortaya çıkar ve bu kesitte uygulanan eksenel kuvvet ve eğilme çiftinden kaynaklanan normal gerilmeler toplanarak elde edilebilir:
*10.5 Dış Merkezli Yükleme; Sekant Formülü σ maks gerilmesine neden olan P/A birim alan başına düşen kuvveti tanımlayan bu ifade, Sekant formülü olarak bilinir. Buradaki etkin uzunluk, formülü çeşitli uç koşullarına uygulanabilir hale getirmek için kullanılır. P/A iki tarafta da yer aldığından, verilen kolon ve yüklemeya karşılık gelen P/A değerini elde etmek için bir transandantal denklem çözmek gerekir.
*10.5 Dış Merkezli Yükleme; Sekant Formülü Bu eğriler, yukarıdaki formülle elde edilmiştir ve çelik bir kolon için akmaya neden olan P/A değerini belirlemekte kullanılır.
*10.5 Dış Merkezli Yükleme; Sekant Formülü L e /r nin küçük değerleri için sekant değeri yaklaşık olarak 1 e eşittir ve P/A için yukarıdaki denklem kullanılabilir. Öte yandan, L e /r nin büyük değerleri için farklı ec/r 2 eğrileri, Euler eğrisine çok yaklaşır. Bu nedenle, Sekant formülü L e /r nin ortalama değerleri için kullanışlıdır.
Örnek Problem 10.2 AB düzgün kolonu, gösterilen kesite sahip, 8 ft lik bir tüp parçasından oluşmuştur. (a) E.K. 2.0 olduğuna göre, Euler formülünü kullanarak, kolon için merkezi emniyet yükünü ve karşı gelen normal gerilmeyi belirleyiniz. (b) a şıkkında bulunan emniyet yükünün, kolonun geometrik ekseninden 0.75 in. mesafedeki bir noktada, gösterildiği gibi uygulandığını varsayarak, kolonun en üst kısmının yatay yer değiştirmesini ve kolondaki maksimum normal gerilmeyi belirleyiniz. E = 29 x 10 6 psi alınız.
Örnek Problem 10.2 Etkin Uzunluk. Kritik Yük. a. Emniyet Yükü ve Gerilme.
Örnek Problem 10.2 b. Dış Merkezli Yük.
10.6 Merkezi Yük Etkisindeki Kolonların Tasarımı Önceki kesimlerde, Euler formülünü kullanarak bir kolonun kritik yükünü belirledik. Ayrıca, sekant formülünü kullanarak, dış merkezli yüklenmiş kolonlardaki deformasyonları ve gerilmeleri inceledik. Her iki halde de, bütün gerilmelerin orantı limitinin altında kaldığını ve kolonun başlangıçta düz, homojen bir prizma olduğunu varsaydık. Gerçek kolonlar böyle idealleştirmelerden uzaktır ve uygulamada kolonların tasarımı ampirik formüllere dayanır. Bu formüller, çok sayıda laboratuvar deneyinin sonuçlarını yansıtır.
10.6 Merkezi Yük Etkisindeki Kolonların Tasarımı Kısa kolonlar Orta kolonlar Euler kritik gerilmesi Uzun kolonlar Çelik kolonların deney sonuçlarının çizimi Grafikte üç tipik bölge gözlenmektedir. Uzun kolonlarda kırılma Euler formülü ile öngörülebilmektedir ve σ kr değerinin akma mukavemetine değil elastisite modülüne bağlı olduğu görülmektedir. Kısa kolonlarda kırılma, temelde akmanın sonucu olarak ortaya çıkmaktadır. Orta uzunluklu kolonlarda ise kırılma hem σ Y hem de E değerine bağlıdır. Bu nedenle test verileri tasarımda sıklıkla kullanılır.
10.6 Merkezi Yük Etkisindeki Kolonların Tasarımı Doğru: Parabol: Gordon-Rankine Formülü: Kolon kritik gerilmesi için ampirik formül grafikleri Bütün L e /r değerleri için tek bir formül kullanmak her zaman mümkün değildir. Çoğu tasarım şartnamesi, belirli bir uygulanabilirlik aralığı içeren farklı formüller kullanır. Her bir halde, kullanmayı düşündüğümüz formülün, söz konusu kolonun L e /r değeri için uygulanabilirliğini kontrol etmeliyiz.
10.6 Merkezi Yük Etkisindeki Kolonların Tasarımı Şimdi, su deposunu taşıyan çelik kolonların ve yapım aşamasındaki binanın ahşap kolonlarının tasarımında kullanılan özel formülleri ele alacağız.
10.6 Merkezi Yük Etkisindeki Kolonların Tasarımı İnşaat Çeliği-Emniyet Gerilmesi Tasarımı. Merkezi yük etkisindeki çelik kolonların emniyet gerilmesi tasarımı için en yaygın olarak kullanılan formüller, Amerikan Çelik Yapı Enstitüsü nün (AÇYE) Çelik Yapılar Şartnamesi nde yer almaktadır. σ em in tahmininde, kısa ve orta uzunluklu kolonlar için bir üstel ifade ve uzun kolonlar için Euler kaynaklı bir bağıntı kullanılır. Tasarım bağıntıları iki adımda ortaya çıkmaktadır:
10.6 Merkezi Yük Etkisindeki Kolonların Tasarımı İnşaat Çeliği-Emniyet Gerilmesi Tasarımı. 1. Önce, σ kr nin L/r ye göre değişimini temsil eden bir eğri elde edilir. Bu eğrinin AB parçasında: denklemiyle tanımlıdır. Burada, BC parçasında: Narinlik Oranının yandaki değerinde, yukarıdaki iki denklem aynı değeri verir.
10.6 Merkezi Yük Etkisindeki Kolonların Tasarımı İnşaat Çeliği-Emniyet Gerilmesi Tasarımı. 2. Nihai tasarım formüllerini elde etmek için, emniyet katsayısı kullanmak gerekir. Şartnamede belirtilen emniyet katsayısı 1.67 dir. Buna göre: olur. Narinlik Oranı
Örnek 10.02 S100x11.5 çekme çelik AB basınç elemanının, gösterilen merkezi yükü emniyetli bir şekilde taşıyabilmesi için, mesnetsiz en büyük L uzunluğu ne olmalıdır? σ Y = 250 MPa ve E = 200 GPa olduğunu varsayınız. S100 x 11.5 profili için, A = 1460 mm 2, r x = 41.7 mm, r y = 14.6 mm
Örnek 10.02 Narinlik oranının kritik değerden büyük olduğunu varsayıyoruz. Varsayım doğru çıkmıştır.
10.6 Merkezi Yük Etkisindeki Kolonların Tasarımı Alüminyum-Emniyet Gerilmesi Tasarımı. Kısa kolonlar için lineer bir bağıntı, uzun kolonlar için Euler tipi bir formül kullanılır.
10.6 Merkezi Yük Etkisindeki Kolonların Tasarımı Ahşap-Emniyet Gerilmesi Tasarımı. Kısa, orta ve uzun kolonlar için tek bir denklem verilir: σ C damara paralel basınç için uyarlanmış emniyet gerilmesi. L/d>50 olan kolonlara izin verilmez. C P : kolon kararlılık çarpanı. Kereste kolonlar için 0.8, tutkallanmış ahşap levhalı kolonlar için 0.9 a eşittir.
Örnek 10.03 14 ft lik bir etkin uzunluğa sahip AB kolonunun, 32 kips lik bir yükü emniyetli bir şekilde taşıması gerektiğine göre, tutkallanmış levhalardan oluşmuş, kare kesitli kolonun tasarımını yapınız. Ahşabın uyarlanmış elastisite modülü E = 800 x 10 3 psi ve damara paralel basınç için uyarlanmış emniyet gerilmesi σ C = 1060 psi dır.
Örnek 10.03 Tutkalla yapıştırılmış kolonlarda c = 0.90
Örnek Problem 10.3 AB kolonu σ Y = 36 ksi ve E = 29x10 6 psi olan bir çelikten yapılmış W10 x 39 çekme çelik profilden oluşmuştur. (a) Kolonun etkin uzunluğu bütün doğrultularda 24 ft olduğuna göre, (b) Takviye kullanılarak C orta noktasının xz düzlemindeki hareketi önlendiğine göre, P emniyet merkezi yükünü belirleyiniz. (C noktasının yz düzlemindeki hareketinin takviyeden etkilenmediğini varsayınız).
Örnek Problem 10.3 a. Etkin Uzunluk = 24 ft. r y <r x olduğundan, burkulma xz düzleminde oluşur. L/r > 133.7
Örnek Problem 10.3 b. C Orta Noktasındaki Takviye. Her bir düzlemde burulmaya karşı gelen narinlik oranı hesaplanmalı ve büyük olanı belirlemeliyiz (Daha büyük narinlik oranı, daha küçük yüke karşı gelir).
Örnek Problem 10.3 b. C Orta Noktasındaki Takviye.
Örnek Problem 10.4 2014-T6 alüminyum alaşımını kullanarak, (a) L = 750 mm için, (b) L = 300 mm için, P = 60 kn luk merkezi yükü taşımakta kullanılabilecek en küçük çaplı çubuğu belirleyiniz.
Örnek Problem 10.4 a. 750 mm lik Uzunluk. Çubuğun çapı bilinmediğinden, bir L/r değeri varsayılmalıdır. L/r>55 olduğunu varsayıyoruz.
Örnek Problem 10.4 b. 300 mm lik Uzunluk. Yine L/r>55 olduğunu varsayalım. c = 11.58 ve L/r = 51.8 buluruz. Varsayımımız yanlıştır. Hesaplamalarımızı L/r<55 için yapmalıyız.
10.7 Dış Merkezli Bir Yük Etkisindeki Kolonların Tasarımı Kolonun bir simetri düzleminde uygulanan dış merkezli eksenel P yükü, merkezi bir P yükü ve M = Pe momentli bir M kuvvet çiftinden oluşan eşdeğer bir sistem ile değiştirilebilir. Kolonun enine kesiti üzerine uygulanan normal gerilmeler, P merkezi yükü ve M kuvvet çiftinden kaynaklanan gerilmeler süperpoze edilerek elde edilebilir. Maksimum gerilme, kolonun emniyet gerilmesini aşmamalıdır.
10.7 Dış Merkezli Bir Yük Etkisindeki Kolonların Tasarımı Tasarım için iki alternatif yaklaşım kullanılabilir. a. Emniyet Gerilmesi Yöntemi. Bu yöntemde, dış merkezli yüklenmiş bir kolondaki emniyet gerilmesinin, kolonun merkezi yüklenmesi halindeki emniyet gerilmesiyle aynı olduğu varsayılır.
Örnek 10.04 Kenar uzunluğu 2 in. olan bir kare kesite sahip, 28 in. etkin uzunluklu bir kolon 2014-T6 alüminyum alaşımından yapılmıştır. Emniyet gerilmesi yöntemini kullanarak, emniyetli olarak taşınabilecek 0.8 in. dış merkezli maksimum P yükünü belirleyiniz.
Örnek 10.04
10.7 Dış Merkezli Bir Yük Etkisindeki Kolonların Tasarımı b. Etkileşim Yöntemi. Merkezi yüke maruz bir kolonun emniyet gerilmesi, basit eğilmeye maruz kolununkinden genellikle daha küçüktür. Çünkü, merkezi yükte burkulma etkisi göz önüne alınır. Bu yüzden, dış merkezli yüklenen bir kolonun tasarımı için emniyet gerilmesi yöntemini kullandığımızda, tasarım genellikle fazla ihtiyatlı olur. Gelişmiş bir tasarım yöntemi, her terimde ilgili emniyet katsayısı kullanılarak elde edilebilir. Elde edilen formül, etkileşim formülü olarak adlandırılır.
10.7 Dış Merkezli Bir Yük Etkisindeki Kolonların Tasarımı b. Etkileşim Yöntemi. P dış merkezli yükü, kolonun bir simetri düzleminde uygulanmadığı zaman, kesitin her iki asal ekseni etrafında eğilmeye neden olur. Bu taktirde, P yükü, merkezi bir P yükü ile M x ve M z vektör çiftiyle temsil edilen kuvvet çiftleriyle değiştirilebilir.
Örnek 10.05 Kenar uzunluğu 2 in. olan bir kare kesite sahip, 28 in. etkin uzunluklu bir kolon 2014-T6 alüminyum alaşımından yapılmıştır. Etkileşim yöntemini kullanarak, emniyetli olarak taşınabilecek 0.8 in. dış merkezli maksimum P yükünü belirleyiniz. Eğilmedeki emniyet gerilmesi 24 ksi dır.
Örnek 10.05
Örnek Problem 10.5 Emniyet gerilmesi yöntemini kullanarak, 4.5 m etkin uzunluklu bir W310 x 74 çelik kolonu tarafından emniyetli olarak taşınabilecek en büyük P yükünü belirleyiniz. E = 200 GPa ve σ Y = 250 MPa alınız.
Örnek Problem 10.5 En büyük narinlik oranı.
Örnek Problem 10.6 Etkileşim yöntemini kullanarak, 4.5 m etkin uzunluklu bir W310 x 74 çelik kolonu tarafından emniyetli olarak taşınabilecek en büyük P yükünü belirleyiniz. E = 200 GPa ve σ Y = 250 MPa alınız. (σ em ) eğilme = 150 MPa olduğunu varsayınız.
Örnek Problem 10.6