2005/2006 ÖĞRETİM YILI GÜZ YARIYILI MUKAVEMET 1 DERSİ

FİNAL SORU VE CEVAPLARI

SORU 1 Şekildeki gerilme durumunda; a) Asal gerilmeleri ve düzlemlerini bularak eleman üzerinde gösteriniz. b) Maksimum kayma gerilmesi ve düzlemini bularak eleman üzerinde gösteriniz. c) C düzlemindeki gerilmeleri bulunuz.

300

C

80 MPa

16 MPa

24 MPa

Mohr çemberi yöntemi ile çözüm:

σmaks.

minσ

σort

σy

xσ

2θB σ

τ

YR

CO A

X

ED

a) X(16,-24), Y(80,24)

16 80 48 482 2

x yort ortOC MPa MPa

σ σσ σ

+ += = = = → =

80 48 32 32CD OD OC MPa CD MPa= − = − = → = ,

2 232 24 40 40R MPa R MPa= + = → =

max max48 40 88 88OC R MPa MPaσ σ= + = + = → =

min min48 40 8 8OC R MPa MPaσ σ= − = − = → =

( )12 cos 48 18 40 36.88 18, 44θ θ− °⎡ ⎤= − = → =⎣ ⎦

b) Maksimum kayma gerilmesi Mohr çemberinde F noktasındadır ve minσ ın bulunduğu B noktasından itibaren saat yönünde 90o gelinerek ulaşılabilir.

o90

maxτF

ABO C

τ

σ

max 40τ = =R MPa Maksimum kayma gerilmesinin bulunduğu düzlem;

2 90 45θ θ° °= ⇒ =

a

80 MPa

24 MPa

=18.44oθ p

y

x16 MPa =88 MPaσmax

minσ =8 MPa

=40 MPamaxτ

=8 MPamaxτ

=45oθs

(a)

(b)

(a) Asal gerilmelerin ve (b)Maksimum kayma gerilmesinin eleman üzerinde gösterilmesi.

TN

60o

'

'

Y

X

X

Y

ABO CR

τ

σ

c) , ,σ = +x OC CT

' 60 36.88 90 6.88CX T = + − = °

, 48 sin 6.87 52.78x MPaσ = + =

, 40cos6.87 39.71xy MPaτ = − = − Formülasyon yöntemi ile çözüm:

a) 2 2

2 2.

16 80 16 80 24 882 2 2 2

x y x ymaks xy MPa

σ σ σ σσ τ

+ −⎛ ⎞ + −⎛ ⎞= + + == + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

,

2 2

2 2min.

16 80 16 80 24 82 2 2 2

x y x yxy MPa

σ σ σ σσ τ

+ −⎛ ⎞ + −⎛ ⎞= − + == − + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

2 2 24tan 2 0.75 18.44

16 80xy

x y

xτθ θ

σ σ= = = − → = −

− −

b) 2 2

2 2max

16 80 24 402 2

σ στ τ

−⎛ ⎞ −⎛ ⎞= + = + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

x yxy MPa

16 80tan 2 1.33 26.56

2 2 24x y

xy xσ σ

θ θτ− −

= − = − = → =

c) ' 16 80 16 80cos 2 sin 2 cos 60 24sin 60 52.782 2 2 2

x y x yx xy MPa

σ σ σ σσ θ τ θ

+ − + −= + + = + + =

' 52.78x MPaσ→ =

' 16 80sin 2 cos 2 sin 60 24cos 60 39.712 2

x yxy xy MPa

σ στ θ τ θ

− −= − + = − + =

' 39.71xy MPaτ→ =

a

80 MPa

=18.44oθ p

y

xmax

σ min

16 MPa =88 MPa

=8 MPa

(a)

24 MPa(b)

=40 MPamaxτ

s=26.56oθ σ

(a) Asal gerilmelerin ve (b) Maksimum kayma gerilmesinin eleman üzerinde gösterilmesi.

SORU 2 Şekildeki yükleme durumu için n-n kesitinin; a) a noktasındaki, b) b noktasındaki kayma gerilmelerini bulunuz. 0.75m 1.2 m

200 kN 200 kN

0.75m

A B

n

n

50 mm

150 mm

75 mm

a

b

75 mm 75 mm

50 mm

50 mm

DC

1.2 m 0.75 m0.75 m

200 kN200 kNKirişe etkiyen kuvvetlerin simetrik olmasından,

BR

BA

200AR kN= , 200BR kN=

R AKesme kuvveti diyagramı aşağıda görüldüğü gibidir.

C D

200 kN

-200 kN

200 kN

x

V

200 kN

A B

150 mm

50 mm

1

2

225 mm

y2y

1y

75 mm

y

x

Tarafsız Eksend1

2d

1 1 2 2

1 2

. . (75.150).125 (225.50).25 7575.150 225.50

75

A y A yy mA A

y mm

+ += = =

+ +

→ =

m

1 1 75 125 50d y y m= − = − = − m

2 2 75 25 50d y y mm= − = − =

3 32 21 1

1 1 1

41

. 75.150. (75.150).( 50)12 12

49218750

b hI A d

I mm

= + = + −

=

3 3

2 22 22 2 2 2

. 225.50. (225.50).(50) 3046875012 12

b h 4I A d I mm= + = + → =

4 4 41 2 49218750 30468750 79687500 79687500 4I I I mm mm mm I mm= + = + = → =

n-n kesitindeki kesme kuvveti: V=200 kN

T.E

50 mma

x

y

75 mm

y=100 mm

a) 4 4. (75.50).100 375000 375000a aQ A y mm Q mm= = = → =

75t mm=

3. 200.10 .375000 12,55 12,55

. 79687500.75a

a aV Q MPa MPa

I tτ τ= = = → =

y=75mm

75 mm

y

x

b

100 mm

b) 4 4. (75.100).75 562500 562500b bQ A y mm Q mm= = = → =

75t mm=

T.E

3. 200.10 .562500 18,82 18,82. 79687500.75

bb b

V Q MPa MPaI t

τ τ= = = → =

SORU 3

B

D

A

C

10 kN

200 mm

150 mm

6 mm 44 mm

z x

y

H K

AB silindirinin içi boş olup, dış çapı 88 mm ve et kalınlığı 6 mm’dir. CD rijit kolunun C ucuna etkiyen 10 kN ‘luk kuvvetin etkisiyle, a) H noktasında meydana gelen asal gerilmeleri ve maksimum kayma gerilmesini, b) K noktasında meydana gelen asal gerilmeleri ve maksimum kayma gerilmesini bulunuz.

T

KH

y

xz

150 mm

10.200 2000T k= = Nmm

10 kN

A

B

H ve K noktalarındaki eğilme momenti; 10.150 1500M kNmm= =

( )4 4 444 38 2612172 26121722

J mm J 4mmπ= − = → =

42612172 13060896

2 2JI I m= = → = m

M10 kN

T.E

Ta) H Noktası : H noktası tarafsız eksen üzerinde olduğundan eğilme

H

K

Z

X

nedeniyle normal gerilme meydana gelmez, yani 0σ = ’dır. Burulmadan dolayı:

3

. .. 2000.10 .44 33,69 33,69

2612172bur burT c MPa MPaJ

τ τ= = = → =

Kesme kuvvetinden dolayı:

( )2 2

3 32 2 1 12 1

4 4 2.2 3 2 3 3c c c cQ A y c cπ π

π π= = − = − C21CH T.E

( )3 3 3210.10 . 44 383 12,89 12,89

12.1306086kesme kesmeVQ MPa MPaIt

τ τ−

= = = → =

. 33,69 12,89 46,8 46,8bur kesme MPa MPaτ τ τ τ= + = + = → =

Y

τ

X

H

. 46,8maks MPaτ τ= =

. 46,8maks MPaσ =

min. 46,8MPaσ = −

b) K Noktası : K noktasında V= 10 kN’luk kesme kuvveti olmasına rağmen Q=0 olduğundan dolayı 0τ = ’dır.

Burulmadan dolayı:

3

. .. 2000.10 .44 33,69 33,69

2612172bur burT c MPa MPaJ

τ τ= = = → =

Eğilme momentinden dolayı:

3. 1500.10 .44 50,53 50,531306086y y

M c MPa MPaI

σ σ−= = = − → = − , 0zσ =

2 2

2 2.

50,53 50,53 33,69 16,3752 2 2 2

z y z ymaks zy MPa

σ σ σ σσ τ

+ −⎛ ⎞ − −⎛ ⎞= + + = + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

2 2

2 2min.

50,53 50,53 33,69 67,2652 2 2 2

z y z yzy MPa

σ σ σ σσ τ

+ −⎛ ⎞ − −⎛ ⎞= − + = − + = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

2 2

2 250,53 33,69 422 2

z yzy MPa

σ στ τ

−⎛ ⎞ −⎛ ⎞= + = + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

σ

KZ

Y

τ . 42maks MPaτ τ= =

. 16,375maks MPaσ =

min. 67,265MPaσ = −

SORU 4

A

D

B

060

15 kN

10 kN/m

700 mm400 mm

C

500 mm

A Bağlantısı

8 mm8 mm

Şekildeki sistemde; a) 700Y MPaσ = ve emniyet katsayısı n=2 olduğuna göre BD kablosunun çapını, b) 400Y MPaτ = , n=2 ve A piminin çapı 10 mm olduğuna göre A pimini kayma gerilmesine göre kontrol ediniz, c) Emniyetli yatak gerilmesi 300 MPa olduğuna göre A noktasındaki yatak kontrolünü yapınız.

ADC elemanının serbest cisim diyagramını çizelim,

0AM = →∑ 7 kNBF

AF y

xFA

500 mm

C

400 mm 700 mm

15 kN

600

D

7.750 15.1100 .sin 60.400 .cos 60.500 0B BF F− − + + =

A 36,46BF→ = kN

0 0 36, 46cos 60 0

18, 23x

x

x A

A

F F

F kN

= →= → − =

→ =∑

0 sin 60 7 15 0 36,46sin 60 22 0 9,57

y yy A B A AF F F F F+ ↑ = → + − − = → + − = → = −∑ ykN

a) 700 350 350

2Y

em emMPa MPanσσ σ= = = → =

3 3

22 2

4.36,46.10 4.36,46.10350 11,51.350

4

Bem DB DB

DB DB

F MPa d d mmd d

σπ π π

= = = → = → =

b) .400 2002

Yem MPa

nττ = = =

2 2 2 2

. 2 2 2

.

4. 4. (18,23) ( 9,57)2 131,01 2002 2 10

4131,01 200

x yA

A A

ortA A

ort

F F FMPa MPa

d d

MPa MPa

τπ π π

τ

+ + −= = = = <

→ = <

olduğundan kayma gerilmesine göre emniyetlidir.

c) ( )

( )

2 2 2 2(18, 23) ( 9,57)2 128,63. 2. . 2.8.10

128,63 300

x yA

A A

b A

b A

F F FMPa

t d t dMPa MPa

σ

σ

+ + −= = = =

→ = <

olduğundan emniyetlidir.

SORU 5

0MCBA

2L/3 L/3

M0 eğilme momentine maruz kirişte B noktasındaki reaksiyon kuvvetini bulunuz.

İntegrasyon metodu ile çözüm: Süperpozisyon prensibinden yararlanarak sistem aşağıdaki gibi iki kısımda incelenebilir.

0MCBA

2L/3 L/3

CBA

2L/3 L/3L/32L/3

A B CM0

RB

II. DURUMI. DURUM I. Durum:

L

ba

A B C

RB

CRRA BR

CBA a b

x

D

0 0y A C B A CF R R R R R+ ↑ = → + + = → + = −∑ BR (1)

.0 . . 0 B

C A B AR bM R L R b R

L= →− − = → = −∑ (2)

(1) ve (2)’den

. . ( ) ( )B B BC B C B C

BR b R b R b LR R R R R R b LL L L L

− −− + = − → = − + = → =

V

MaA B

RBAR

0 . .( ) 0

. .(D A B

A B

M R x R x a M)M R x R x a

= →− − − + =

→ = + −∑

.. .( ) . .( )B

A B BR bM R x R x a M x R x a

L− → = − + −= +

2

2

. . .(BB

R bd yEI M x R x adx L

= = − + − ) , 2 21

. 1 .( )2 2

BB

R bdyEI x R x adx L

C= − + − +

3 3

1 2. 1 .( )

6 6B

BR bEIy x R x a C x C

L= − + − + +

Sınır koşulları: ’da ve 0x = 0, 0y M= = x L= ’de 0, 0y M= =

0x = ’da 20 0y C= → = → 3 31

. 1 .( )6 6

BB

R bEIy x R x a C xL

= − + − +

x L= ’de buradan 0y = ( )33 3 21 1

. 10 .( )6 6 6

B BB

R b RL R L a C L C bL L aL L

⎡ ⎤= − + − + → = − −⎣ ⎦

2 31 6

BRC bLL⎡ ⎤→ = −⎣ ⎦b

Böylece; çökme denklemi

3 3 2. .( ) ( )6 6 6

B B BR b R R 3EIy x x a bL b xL L

= − + − + −

olur. B noktasındaki reaksiyon kuvveti istendiğinden çökme denklemine B noktasındaki x değeri konur ve B noktasında çökme mesnet dolayısıyla sıfır olduğundan,

x a= ’da 0y = → 3 3 2 3 2 20 ( ) ( ) (6 6

B BR R baba L a a bL b a a L b2 )EIL EIL

⎡ ⎤ ⎡= − + − + − = − + −⎣ ⎦ ⎣ ⎤⎦

2 2

2 2 2 20 26 3

B BR ab R a bL a b a a ab b bEIL EIL

⎡ ⎤= + → = − + + + − =⎣ ⎦

Böylece I. Durum için çökme; 2 2

3B

IR a by

EIL= (3)

II. Durum:

0MA B C

AR

RC

M0

CBA

L

0 0y A C AF R R R+ ↑ = → − = → =∑ CR (4)

000 . 0C A A

MM R L M RL

= →− + = → =∑ (5)

RA

AM

V

D

x

00 . 0 .D A AMM R x M M R x xL

= →− + = → = =∑

0MM xL

→ =

20

2

Md yEI M xdx L

= = , 2012

MdyEI xdx L

= +C , 301 26

MEIy x C x CL

= + +

Sınır koşulları: ’da ve 0x = 0, 0y M= = x L= ’de 0, 0y M= =

0x = ’da 20 0y C= → = → 3016

MEIy x C xL

= +

x L= ’de buradan 0y = 30 01 10

6 6M M LL C L C

L= + → = −

Böylece; II. Durum için çökme denklemi ( )3 20

6IIMy xEIL

= − L x (6)

(3) eşitliğinde 23La = ,

3Lb = değerleri ve (6) eşitliğinde

23Lx = yazılır, iki eşitlik süperpoze

edilirse;

( ) ( )( )

2 22 2 3 32 4 43 3

3 3 243 243BB B

I B I

L LRBR a b R L R Ly y

EIL EIL EI EI= = = → =

( ) ( ) ( ) ( )2 23

3 2 20 0 05 52 23 36 6 81 81II B II

0M M M LL Ly x L x L y M LEIL EIL EI EI

⎡ ⎤= − = − = − → = −⎢ ⎥⎣ ⎦

( ) ( )2 23 3

0 0

0

4 5 4 5 150243 81 243 81 4

3,75

B BB B B BI II

B

M L M L MR L R Ly y y REI EI EI EI L

0

MRL

= + = − = → = → =

→ =

Moment alanı yöntemi ile çözüm: Süperpozisyon prensibinden yararlanarak,

yBII

2L/3 L/3

IBy0MCBA

2L/3 L/3 L/32L/3

A B C

RB

A B CM0

I. DURUM II. DURUM I. Durum’da oluşan çökme ile II. Durum’da oluşan çökme birbirine eşit olacaktır. I. Durum:

0 0y A C B A CF R R R R R+ ↑ = → + + = → + = −∑ BR (7) L/32L/3A B C

RBAR RC

0 . . 03 3

BC A B A

RLM R L R R= →− − = → = −∑ (8)

(7) ve (8)’den

x 3

2AA1

x2

1x

L/32L/3

M

9B2R L

A B C X

X CBARB3

3B2RV

L/32L/3A B C

RBAR RC

3 2 23 3

B BC B C B C

R3

BR R RR R R R RL

− + = − → = − + = − → = −

,dV dMq Vdx dx

= − =

Kesme Diyagramı:

3 3B B

A A AR RV R V= = − → = −

2

3 3B B

B A B B B BR RV V R V R V⎛ ⎞− = − → − − = → =⎜ ⎟

⎝ ⎠

2 20 0

3 3B B

C B C CR RV V V V− = − → − = → =

Moment Diyagramı: Mafsallar moment taşımadıklarından, 0AM = , 0CM =

B AM M AB arasıkesme kuvveti diyagramıaltında kalan alan− =

2 22.3 3 9 9

B BB A B

BR R L R LLM M M− = − = − → = −

31 1 2 2

/ /

2 21 2 2 1 1 2 1. . . . . .. . 122 9 3 3 3 3 2 9 3 3 3

243

B B

BA C A C

R L R LL L L L LA x A x R Lt t

EI EI

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠= = → =EI

E

D

δA/B

tA/CA/Bt

CBA

2L/3 L/3

yBI

31 3

/ /

21 2 2 1. . .. 42 9 3 3 3

243

B

BA B A B

R L L LA x R Lt tEI EI

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠= = → =

EI

benzerlikten;

3

3/

/

128243

2 / 3 243

B

A B BA B

R LR LEI

L Lδ δ= → =

EI

böylece çökme,

( ) ( ) ( )3 3

/ / / /8 4 4243 243 243

B BA B B A B B A B A B BI I I

3BR L R L R Ly t y t y

EI EI EIδ δ= + → = − = − → =

II. Durum:

L

M0

0 0y A C AF R R R+ ↑ = → + = → = −∑ CR (9)

CRRA

CBA 2L/3 L/3

000 . 0C A A

MM R L M RL

= →− + = → =∑ (10)

,dV dMq Vdx dx

= − =

32M0

0Mx5

C

FE

x4

L

M0

E

D

IIBy

L/32L/3A B C

tA/BA/Ct

A/Bδ

CRRA

CBA 2L/3 L/3

V

M 0L

A B C X

X BA

M

2L/3 L/3A1

A2

Kesme Diyagramı:

0 0A A A

M MV R VL L

= = → = , 0B C

MV VL

= =

Moment Diyagramı:

0AM =

0 02 22.3 3 3B A B

0M M MLM M ML

− = = → =

0

0 0.C A CMM M L M M ML

− = = → =

( ) 20

1 2 5 0/ /

1 1. . .. 2 36A C A C

M L LA A x M Lt tEI EI EI

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟+ ⎝ ⎠⎝ ⎠= = → =

02

01 4/ /

21 2 2 1. . .4. 2 3 3 3 381A B A B

M L LM LA xt t

EI EI

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠= = → =

EI

benzerlikten;

2 2/ / / 0 0

/ /2 2. .

2 / 3 3 3 6 9A B A C A C

A B A Bt t M L M LL

L L L EI Eδ δ δ= → = = → =

I

böylece çökme,

( ) ( ) ( )2 2 2

0 0 0/ / / /

4 5 59 81 81 81A B B A B B A B A B BII II II

20M L M L M L M Ly t y t y

EI EI EI Eδ δ= + → = − = − = → =

I

( ) ( )23

0 054 15 3,75243 81 4

BB B B BI II

0M L MR Ly y R R MEI EI L

= → = → = → =L