EŞDEĞER SİSTEMLER İLE
BASİTLEŞTİRME
M.Feridun Dengizek
Kuvvet çiftleri belli bir noktada etkin
eşdeğer kuvvetler ile değiştirelerek
çözümler kolaylaştırılabilir.
ÖRNEK
B noktasında F kuvveti ile çekilen bir
mekanik elemanın A noktasına + ve –
değerli F kuvveti yerleştirilirse sistem
aynı kalır.
B noktasındaki F kuvveti A noktasına
ilave edilen -F kuvvetini yok eder.
Sadece A noktasındaki F kalır.
Bu olaya F kuvvetinin geçişkenliği
(transmissibility) denir.
Yani kuvvet etki ettiği doğrultu üzerinde
olmak şartıyla herhangi bir noktada aynı
büyüklükte etkindir.
Bir eleman üzerinde etkin
kuvvetin doğrusal yönde
olmayan farklı bir yere
geçirilme durumunda ise
Kuvvetin kaydırıldığı
noktaya ayrıca kuvvet
çarpı kayma mesafesi
kadar moment ilave
edilmesi gerekir.
Bu moment serbest bir
moment olup elemanın
herhangi bir yerde etkin
olabilir.
Bir cisim üzerinde iki farklı kuvvet F1 ve F2 ve ayrıca
bir moment M etkin olduğunu kabul edelim.
Bir önceki slaytta belirtilen metodu uygulayarak
bütün kuvvetleri herhangi bir O noktası etrafında
buluşturabiliriz.
Bu durumda yapılacak şey her kuvvetin yanı sıra
kayma konum vektörünün O noktasına koyulmasıdır.
Tek başına moment ise zaten serbest bir vektör
olduğu için hepsinin O noktasında toplanması
mümkün olur.
Böylece;
FT   F  F1  F2
FT  F1  F2
M O 1  r1 X F1
M O 2  r2 X F2
M O  M O1  M O 2
M T  M o  M
PROBLEM
Yandaki sistemde, O noktasında ortaya çıkacak toplam
kuvvet ve Momenti bulunuz
ÇÖZÜM
Öncelikle çift kuvvetler moment olarak O noktasına taşınır
MC=200*1= 200N-m
Sonra toplam kuvvetler kartezyen koordinatlarda
bulunarak skalar büyüklüğe çevrilir
3
4
FB  500 * ( ) i  500 * ( ) j  FB  300 i  400 j
5
5
FA   750 j
FT  FA  FB
 FT  300 i  400 j  750 j
 FT 
300
2
 (  350 )
2
 FT  461 N
 FT  300 i  350 j
Sonra A ve B deki kuvvetlerin O noktasına
taşınabilmesi için bu kuvvetlerin O noktasına göre
momentleri bulunur.
r  1 . 25 i
i
 M OB  2 . 5
300
M O  M C  M OA  M OB
A
rB  2 . 5 i  1 j
j
k
1
0
400
0
i
j
k
0
0
 750
0
 M OA  1 . 25
0
 M OB  k ( 2 . 5 * 400  1 * 300 )
 M OA  k (  1 . 25 * 750 )
 M OB  700 k
 M OA   937 . 5 k
M O  200  937 . 5  700
M O   37 . 5 N  m
PROBLEM
Bir direk iki halat ile zemine bağlanmış.
Halatlarda belirtilen kuvvetler etkin olduğuna göre
O noktasındaki kuvveti ve momenti bulunuz.
ÇÖZÜM
O(0,0,0)
C(0,0,6)
A(0,0,8)
D(2,-3,0)
B(0,6,0)
rAB  0 i  6 j  8 k
FB  5 (
rCD  2 i  3 j  6 k
0i  6 j  8k
0  6  (  8)
2
2
 FB  0 i  3 j  4 k
rOA  0 i  0 j  8 k
)
2
2i  3 j  6 k
FD  7 (
2  (  3)  (  6 )
2
2
)
2
 FD  2 i  3 j  6 k
rOC  0 i  0 j  6 k
M OB  rOA X FB
j
k
 M OB  0
0
8
0
3
4
 M OB  i ( 0  24 )
 M OB   24 i
i
j
k
 M OC  0
0
6
3
6
2
 M OC  i ( 0  ( 6 *  3 ))  j( 0  ( 6 * 2 ))  k ( 0  0 )
 M OC  18 i  12 j
 FT  ( 0 i  3 j  4 k )  ( 2 i  3 j  6 k )
 FT  2 i  0 j  10 k
M OT  M OB  M OC
M OC  rOC X FD
i
FT  FB  FD
 M OT   24 i  (18 i  12 j)
 M OT   6 i  12 j
KESİŞEN KUVVETLER
Eğer bir sistemde bütün
kuvvetler tek bir noktada
kesişiyorsa bu durumda sadece
bir toplam kuvvet oluşur ve
herhangi bir moment oluşmaz.
FT   F
AYNI DÜZLEMDEKİ KUVVETLER
Aynı düzlemde olup fakat kesişmeyen kuvvetlerde toplanarak tek bir
kuvvete dönüştürülebilir. Ancak bu toplam kuvvetin belli bir noktadan
geçmesini sağlamak için ilave moment eklenmesi gerekir.
İlave momenti eklemek yerine toplam kuvveti moment kolu kadar
kaydırarak toplam kuvveti yine sadece tek bir kuvvete dönüştürebiliriz
FT   F
M OT  FT * d
 d 
M OT
FT
PARALEL KUVVETLER
Bir yüzeye dik ve birbirine paralel etki eden kuvvetlerin bir noktada
toplanması durumunda yine toplam kuvvetin yanı sıra kuvvete dik yönde
toplam bir moment oluşur.
Bu momenti ortadan kaldırmak için toplam kuvvetin kuvvet kolu kadar
moment eksenine dik bir mesafeye kaydırılması gerekir
ÜÇ BOYUTLU KUVVETLER
Eğer bir makine parçası üzerinde etkin kuvvetler
• Aynı noktada kesişmiyorlar
•Aynı düzlemde değil
•Ve birbirlerine paralel değilseler
Bu kuvvetlerin belli bir noktadaki toplam değeri ve oluşan toplam moment birbirine dik
konumda olmaz. Bu durumda;
•Oluşan toplam moment biri toplam kuvvete paralel, diğeri dik olacak şekilde iki
bileşene ayrılır.
•Sonra dik konumdaki moment yok edilecek şekilde toplam kuvvet kaydırılır
•Sonra paralel moment serbest moment olduğu için toplam kuvvetin eksenine getirilir
PROBLEM
Resimdeki kaldırma aparatının üzerinde oluşacak
toplam kuvvetin
a)
AB kolonu üzerinden geçtiği noktayı bulunuz
b)
BC kirisi üzerinden geçtiği noktayı bulunuz
ÇÖZÜM
Önce toplam kuvvet bulunur
FT   F
FT  (  250 *
3
i  250 *
5
4
5
 FT   325 i  260 j
 FT 
(  325 )  260
2
 FT  416 lb
  tan
1
(
260
325
   38 . 7
o
)
2
j)  (  60 j)  (  175 i )
Bulunan toplam kuvvetin BC kirişi üzerinde etkin olduğu noktayı bulmak için toplam
kuvvetin x kadar uzakta oluşturacağı toplam moment, etkin kuvvetlerin oluşturacağı
toplam momente eşit olmalıdır.
Önce bir önceki slaytta bulunan kuvvetlerin A noktasında oluşturacağı
toplam moment bulunur.
3
4


M A   ( 250 * ( ) * 11 )  ( 250 * * 8 )   ( 3 * 60 )  ( 5 * 175 )
5
5


 M A  745 lb  ft
Toplam kuvvetin C kirişi üzerinde oluşturduğu moment
rT  xi  11 j
 MT 
FT   325 i  260 j
i
j
k
x
11
0
 325
 260
0
 M T  k ( x * (  260 )  (( 11 * (  325 ))
 M T  (  260 x  3575 ) k
Bulunan momentin toplam kuvvetin oluşturacağı momente
eşit olduğu x mesafesi için momentler eşitlenir
 MT  MA
 (  260 x  3575 )  745  x  10 . 89 ft
AB kolunu üzerindeki noktayı bulmak içinde aynı metod uygulanır veya
bir önceki slaytta bulunmuş olan açıdan yararlanılarak y ölçüsü bulunur.
M T  FTx * y  FTx * 0
 M T  325 y
 325 * y  745
 y
745
325
 y  2 . 29 ft
Problem
Yanda görülen binanın kolonlarına binen
yüklerin eşdeğer toplam yükü x-y
eksenlerinden ne kadar uzaktadır.
FT   F
 FT  20  30  40  50  140 kN
M y  4 * 50  10 ( 40  20 )  800 kN  m
M y  140 * y  800 kN  m
 y
800
 5 . 71 m
140
M x  3 * 50  11 * 30  13 * 40  1000 kN  m
M X  140 * x  1000 kN  m
 x 
1000
140
 7 . 14 m
DAĞILMIŞ YÜKLER
Bir tank içinde bulunan su, serilmiş halının ağırlığı
vs. tabanda eşit dağılmış yük (basınç) oluşturur.
Bu basıncın biriminin (N/m2) veya pascal (pa)
olduğunu görmüştük.
Ancak yapı elemanlarında yük belli bir alan
üzerinde değil belli bir eksen üzerinde etki eder.
(kiriş üzerindeki yayılı yük gibi)
Kiriş üzerindeki yükün kiriş genişliğince eşit, kiriş
boyunca ise değişken olması durumunda yükün
eksenel olarak denklemini yazmak gerekir
p=p(x)
w(x)=b*p(X)
Bu durumda yayılı paralel yükler yerine eşdeğer
toplam yük kullanılarak çözüm kolaylaştırılabilir.
Bunun için eşdeğer toplam yükün hangi
pozisyonda etki ettiğini bulmak gerekir.
ETKİ POZİSYONU
Dersin başında belli bir eksen etrafında
kuvvetler toplamının nasıl toplam momente
dönüştüğünü görmüştük
FR   F
FR 
 w ( x ) dx
FR 
L
 dA
 FR  A
A
M o    x * w ( x ) dx
L
M o   x * FR
 x * FR    x * w ( x ) dx
Burada X toplam FR kuvvetinin etki ettiği
pozisyondur. Ve bu nokta aynı zamanda
elemanın ağırlık merkezi “C” dir
L
x 
 xw ( x ) dx
L
 w ( x ) dx
L

 xdA
A
 dA
A
Makine ve yapı elemanlarında
değişken kuvvetler ikinci dereceden
bir denklem ile ifade edilebilen
değerler olmayıp; üçgen daire, kare
dikdörtgen gibi ağırlık merkezleri
kolay hesaplanabilir şekillerdir
PROBLEM 1
Yük dağılımı verilen kirişte Toplam
kuvveti ve bu kuvvetin nerede etki
ettiğini bulunuz
FR 
 w ( x ) dx
L
FR 
 2 .5 x dx
3
 FR  (
2 .5 x
4
Mo 
 x * w ( x ) dx
 Mo 
4
)
4
4
0
 FR  (
 x * ( 2 . 5 x ) dx
3
2 .5 * 4
 Mo 
 2 . 5 x dx
4
L
x 
 xw ( x ) dx
L
 w ( x ) dx
L
x 
512
160
)
4
L
L
4
 x  3 .2 m
4
0
 FR  160 N
 Mo  (
2 .5 * 4
5
5
)
4
0
 M o  512 N  m
Makine ve yapı elemanlarında
değişken kuvvetler üstel foksiyonlu
denklemler ile ifade edilebilen
değerler olmayıp; üçgen, daire,
kare dikdörtgen gibi ağırlık
merkezleri kolay hesaplanabilir
şekillerdir.
Bu durumda şekillerin alanları ve
ağırlık merkezleri hesaplanarak
toplam moment bilgisine ulaşılır
PROBLEM 2
Yük dağılımı verilen kirişte toplam kuvveti ve
A noktasına göre bu kuvvetin nerede etki ettiğini
bulunuz.
ÇÖZÜM.
Önce yayılı yükler şekline göre gruplandırılır
X1=1m
F1=15*3/2= 22.5kN/m
X2=1m
F2=5*3/2= 7.5kN/m
X2=1.5m
X4=1m
F2=3*10= 30 kN/m
F4=10*3/2= 15kN/m
 FR  F1  F2  F3  F4
 FR  ( 22 . 5  7 . 5  30  15 ) kN
  FR  75 kN
 M A  F1 * x 1  F2 * x 2  F3 * x 3  F4 * ( 3  x 4 )
 M A  22 . 5 * 1  7 . 5 * 1  30 * 1 . 5  15 * 4
  M A   90 kN  m
 M A   x * FR
 x 
MA
FR
 x
 90
75
 x  1 .2 m
PROBLEM 3
Islak beton kalıp içinde resimdeki gibi yük
dağılımına neden olur.
5 metre genişliğindeki bu kalıba etki eden toplam
kuvveti ve bu kuvvetin etki ettiği noktanın yerden
yüksekliğini bulunuz.
p  5( N / m )
2
 F  5 * FR ( kN / m )
 w ( x ) dx
FT 
 FT 
L
1/ 2
dx
 FT  (
20 * 4
4
Mo 
 x * w ( x ) dx
 Mo 
L
x 
1/ 2
) dx
4
 20 x
 FT 
 5 * (4 x
3/2
)
(3 / 2 )
 x * (5 * 4 x
1/ 2
) dx
L
 w ( x ) dx
L
x 
256
 FT  106 . 7 kN
 Mo 
 20 ( x
3/2
) dx
 Mo  (
4
4
 xw ( x ) dx
4
0
 2 .4
 h  4  2 .4  1 .6 m
106 . 7
 h  1 .6 m
20 * 4
5/2
(5 / 2 )
)
4
0
 M o  256 kN  m
Download

10. eşdeğer sistemler ile basitleştirme