MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

1

23.08.2024

Şekil Değiştirme

(Deformasyon)

3.1 Genel Bilgiler ve Birim Uzama (ε) Kavramı,

3.2 Çubuklarda Uzama-Kısalma Hesapları

3.3 Eksenel Yüklemede Hiperstatik Problemler

3.4 Termal (Isıl) Yüklemeler

3.5 Genel Hooke Bağıntıları ve Örnekler

3.

3.1, 3.2 Video 3a

3.3, 3.4 Video 3b

3.5 Video 3c

*Videolara erişim sayfası: mehmetzor.com/Dersler/Mukavemet/Ders Eğitim Videoları

Konu No:

Video No:

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

2

23.08.2024

• Bir katı sistemde sadece gerilmelerin değil, aynı zamanda toplam deformasyonların (toplam şekil değiştirmelerin) da belli bir sınırı aşmaması gerekir ki, sistemin dayanımının yanısıra işlevselliği de korunsun. Bu sebeple deformasyonlar, mukavemette gerilmelerden sonra en önemli karşılaştırma kriteri olup, tasarım aşamasında mutlaka hesaba katılmalıdır.

3.1 Genel Bilgiler

3.1.1 Şekil Değiştirme Hesaplarının Önemi

3.1 Şekil Değiştirme / Genel Bilgiler

• Bir sistemdeki toplam deformasyon hesapları, gerinme hesaplarıyla yakından çok yakından ilişkilidir ve gerilmeler gibi yükleme tipine göre değişiklik gösterir. Eğilme, burulma, çekme gibi farklı yüklemelerdeki deformasyon hesaplamaları birbirlerinden farklı olup her birisi mukavemetin ayrı bir konusudur.

• Bu bölümde çubuklarda eksenel yüklemeye (çeki-bası yüklemelerine) sebep olan durumlar incelenecek, bu kapsamda elastik bölgede toplam uzama/kısalma hesapları, termal yüklemeler, hiperstatik durumlar anlatılacaktır.
• Son kısımda, gerilmelerle-gerinmeler arasında elastik bölgede geçerli olan Hooke bağıntıları açıklanıp örnekler çözülecektir. (Plastik bölgedeki deformasyon hesapları daha ileri seviye konular olup genelde lisans üstü seviyesinde anlatılmaktadır.)

Şekil 3.1

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

3

23.08.2024

3.1.2 Birim Uzama (ε) Kavramı

• Şekil değiştirmede en önemli kavram birim uzama ismini verdiğimiz büyüklüktür.
• ε ile gösterilen ve («ipsilon» diye okunan) birim uzama; gerinme olarak da isimlendirilir, İngilizcesi ise «strain» dir.

• ε en basit tanımıyla, bir cismin birim boyundaki uzama (veya kısalma) miktarıdır.

• Örneğin çekmeye maruz L₀ boyundaki bir çubukta toplam uzama ΔL ise ..>> birim uzama:

• Birim uzama hangi doğrultuda ise ε un indisi ona göre değişir (ε_x, ε_y veya ε_z olabilir).

3.1.3 Tek Eksenli Yükleme: Bir cisim sadece tek bir doğrultuda (x, y veya z eksenlerinden birisinde) yüklenmiş ise bu yüklemeye tek eksenli yükleme deriz.

​

• Çubuk şeklinde olan elemanların sadece uzunluğu (ekseni) doğrultusunda yüklenmesine eksenel yükleme denir. Eksenel yükleme bir eksen doğrultusunda olduğu için aynı zamanda tek eksenli yüklemedir.

• Bu yükleme çekme veya basma şeklinde olur.
• Çubuğun kesit alanı veya malzemesi bölge bölge değişebilir. Bu tip çubuklara kademeli çubuklar denir.
• Şimdi, eksenel yüklemeye maruz çubuk şeklindeki elemanlarda toplam uzama veya kısalma miktarını hesaplamayı öğreneceğiz..>>.

(3.1)

3. Şekil Değiştirme / Genel Bilgiler

Şekil 3.2

Şekil 3.3

Şekil 3.4

3.1.4 Çekme testi ve gerilme-birim uzama diyagramı:

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

4

23.08.2024

Çekme Test Cihazı

Çekme testi bir eksenel yüklemedir.

3. Şekil Değiştirme / Genel Bilgiler

Malzemelerin mekanik davranışlarını en iyi karakterize eden bir testtir.

Çeneye bağlanan kısım

Şekil 3.5

Şekil 3.6

Farklı malzemeler için çekme testi diyagramları:

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

5

23.08.2024

Bazı Sünek Malzemeler

Gevrek Bir Malzeme

Düşük

Karbonlu Çelik

Alüminyum Alaşımı

Gevrek (kırılgan) malzemelerde plastik bölge yok denecek kadar azdır ve ihmal edilir.

3. Şekil Değiştirme / Genel Bilgiler

Şekil 3.7

Şekil 3.8

Şekil 3.9

3.2.1 Çubuklarda eksenel yüklemede (Çeki-Bası Durumlarında) elastik toplam Uzama (δ) hesabı:

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

6

23.08.2024

(3.1) denkleminden

Birim şekil değiştirme :

Eksenel çeki yüküne maruz A kesitine sahip homojen ve izotropik bir çubuk düşünelim. P çekme kuvveti etkisi ile bu çubuk elastik bölgede toplam ne kadar uzar (δ=?)

3.3 denklemleri eksenel yüklemeye maruz, sabit kesitli bir çubukta, elastik toplam uzama miktarını bize verir.

Püf noktası ise denklemdeki kuvvetin kesim yapılan kesitteki iç kuvvet yani P=F_iç olduğunu bilmektir.

Bu bilgi kademeli çubukların çözümünde çok daha işe yarayacaktır.

(3.2a)

(3.3a)

(3.3b)

Veya daha anlaşılır bir ifade ile:

3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Toplam Uzama

(3.2b)

Gerilme:

Toplam elastik uzama

Şekil 3.10

Şekil 3.11

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

7

23.08.2024

Çubuk ekseni boyunca, kesit alanı (A), malzeme (E) veya eksenel kuvvet ( P ) değerlerinden en az birisi değişirse, buna kademeli çubuk denir. Çubuk bölgelere ayrılır. Her bir bölge için uzama miktarları ayrı ayrı bulunur ve toplanır. Burada en önemli nokta herbir bölgedeki iç kuvveti doğru belirlemektir. Bu çözülecek örneklerle daha iyi anlaşılacaktır.

3.2.2 Kademeli çubuklar için toplam uzama

Bir bölgedeki F_iç in bası mı, çeki mi olduğuna karar veremiyorsanız ve işaretini sürekli karıştırıyorsanız şu yolu deneyin: Yaptığınız kesimdeki ayırma yüzeyine F_iç değerini daima çeki yönünde yerleştirin. Kesimin sağ veya sol kısmının Statik dengesinden F_iç i hesaplayın ve çıkan sonucu işareti ile birlikte δ denkleminde aynen kullanın. Bu sizi hiçbir zaman yanıltmayacak bir çözümdür. Örnek 3.1 de bu pratik bilgi kullanılmıştır.

Not: Statikten biliyoruz ki, bir kuvvet ilk yerleştirilirken yönü keyfi seçilebilir. İşareti eksi (-) çıkarsa demek ki seçtiğimiz yönün tersine imiş denir. Fakat yönü hiç değiştirmeden işaretiyle birlikte denklemlerde aynen kullanılır. Veya işaretini değiştirirsek yönünü de değiştirmemiz gerekir ama bu pek tercih edilmez.

3.2.3 İç kuvvetin yönünü veya işaretini karıştırmamak için, bir pratik bilgi:

3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Toplam Uzama

(3.4)

Şekil 3.12

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

8

23.08.2024

Örnek 3.1. ⁽ⁿ⁾

Verilen yükleme durumu için şekildeki kademeli çelik çubuğun toplam deformasyonunu (toplam uzama miktarını) bulunuz.

Elastiklik Modülü : E=200GPa

Kademeli çubuğu bölgelere ayırırız. E, A veya P değiştiği zaman bölge değişecektir. Bu durumda şekildeki gibi toplam 3 bölge oluşacaktır. Aynı malzeme olduğu için E tüm bölgelerde aynıdır.

Bölgelerin uzunlukları: :

Bölgelerin kesit alanları:

Çözüm:

Statik Dengeden A duvarındaki tepki kuvvetini bulalım:

3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Toplam Uzama

Şekil 3.13

Şekil 3.14

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

9

23.08.2024

Her bir bölgeden kesim yaparak iç kuvvetleri buluruz. (İşaretlerini karıştırmamak için her bir iç kuvveti çekme kuvveti olarak yerleştiririz.)

Unutmayın: 1nci bölge için I-I kesiminin sağ kısmını alırsak yine aynı sonucu bulmamız gerekir ki bu aşağıda ispatlanmıştır:

1.Bölge (I-I kesimi sol kısım)

3.Bölge (III-III kesimi sağ kısım)

2.Bölge (II-II kesimi sağ kısım)

3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Toplam Uzama

F_iç-2 iç kuvveti çekme olarak seçilmesine rağmen işareti eksi çıktı. Yönünü değiştirmeden son denklemde işaretiyle birlikte aynen kullandık.

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

10

23.08.2024

A duvarına sabitlenmiş, çelik ve alüminyum kısımlardan oluşan, kademeli çubuğun simetri ekseni üzerinden şekildeki kuvvetler uygulanmıştır. Buna göre D ucunun toplam yer değiştirmesinin değerini ve yönünü hesaplayınız? E_çel =210GPa, E_alüm. = 70GPa

Cevap: -0.077mm (Çözümü 3a videosu, 3a.1 örneğinde yapılmıştır.)

Örnek 3.2. ^{(video 3a, orn. 3a.1)}

3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Toplam Uzama

Şekil 3.15

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

11

23.08.2024

Örnek 3.3: AF rijid çubuğuna pimlerle bağlanmış olan BC ve DE yatay çubukları, çelikten imal edilmiş olup (E_ç=200GPa) her birinin genişliği 12 mm ve kalınlığı 6 mm’dir . Buna göre; a-) A noktasından uygulanan yatay P=2.4 kN’luk kuvvetinin etkisiyle, A noktasının deplasmanının (yatay yer değiştirmesinin) ne kadar olacağını hesaplayınız.

Çözüm:

Yatay çubuklara sadece 2 noktasından kuvvet geldiği için (Ç.K.E) çift kuvvet elemanıdır ve eksenleri yönünde kuvvet taşırlar (yoksa dengede olamazlar). (Çift Kuvvet Elemanı kavramını hatırlamak için statik dersinde çerçeveler konusunu inceleyiniz.)

3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Hiperstatik Problemler

Kuvvetlerin yön seçimi (statikten hatırlatma): Bir kuvvetin doğrultusu belli ise yönü ilk kez keyfi seçilir. Aynı kuvvet 2nci, 3ncü kez yerleştirilrken yönü, ilk yerleştirmeye bağlı olarak seçilmek zorundadır. Örn:BC elemanında F_CB kuvvetini ilk kez, C noktasına sağa doğru keyfi olarak yerleştirdik. Yine CB elemanında, B noktasında F_CB kuvveti sola doğru yerleştirilmek zorunludur (Çünkü ancak o zaman BC dengede kalabilir). F_CB kuvvetini AF düşey çubuğundaki C noktasına yerleştirirken yönü sola olmak zorundadır. (Çünkü etki-tepki ilkesinden dolayı AF ve CB elemanları ortak temas noktasında birbirlerine zıt kuvvetler oluşturur). F_CB hesapladığımızda, işareti eksi çıkarsa seçtiğimiz yönün tersine imiş yorumu yapılır ama bu kuvvetin şiddetini değiştirmez. Yönünü değiştirmeden işareti ile birlikte diğer işlemlerde kullanılır.(Daha fazla ayrıntı için statik ders notlarını inceleyiniz.)

Şekil 3.16

Şekil 3.17

(a)

(b)

(c)

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

12

23.08.2024

. . . (1)

. . . (2)

. . . (3)

AF düşey çubuğunun dengesinden,

benzerlikten:

(1) ve (3) denklemlerinden:

3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Hiperstatik Problemler

Benzerlikten:

AF rijit çubuk olduğundan son hali (A’F) yine doğrusal kalır.

Örnek 3.4^{(video 3.a, örn. 3a.2)}

AB ve CD çubukları üst uçlarından bir tavana, alt uçlarından ise BDE rijid elemanına pimlerle bağlanmıştır. Alüminyum olan (E = 70 GPa) AB çubuğunun kesit alanı 500 mm^{2 ’}dir. CD çelik çubuğunun (E = 200 GPa) kesit alanı ise 600 mm^{2 ’}dir. 30kN’luk kuvvetin etkisi ile; B, D ve E noktalarında oluşan yer değiştirmeleri hesaplayınız.

Çözüm:

BDE rijid elemanı için Serbest Cisim Diyagramı ve Denge Denklemleri:

Statik hesaplar:

(işareti negatif çıktığı için F_AB seçilen yönün tersi yönünde imiş)

13

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

AB ve CD

Çift kuvvet elemanlarıdır.

3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Toplam Uzama

Çözümün Devamı..>>

Şekil 3.18

Şekil 3.19

23.08.2024

A noktası sabit olduğundan AB çubuğundaki kısalma B noktasının yer değiştirmesine eşittir.

C noktası sabit olduğundan DC çubuğundaki uzama D noktasının yer değiştirmesine eşittir.

Rijit olduğundan BDE çubuğu şekil değiştirmeden sonra yine doğrusal olarak kalır..(B’D’E’ de doğrudur.)

Üçgen benzerliklerinden

3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Toplam Uzama

14

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

II-II kesimi

Şekil 3.20

23.08.2024

Bilinmeyen kuvvetlerin sadece statik denge denklemleriyle hesaplanamadığı sistemlere, statikçe belirsiz (hiperstatik) sistemler ve bunların incelendiği problemlere de hiperstatik problemler denir. Bu sistemlrde bilinmeyen kuvvet sayısı, statik denge denklemi sayısından daha fazladır ve tüm kuvvetlerin bulunabilmesi için ilave denklemlere ihtiyaç vardır. Bu ilave denklemler ise sistemin şekil değiştirmelerinden elde edilir. Bu kısımda eksenel yüklemede (çeki-bası durumlarında) hiperstatik sistemler örnekler üzerinden incelenecektir. (İlerideki konularda burulma ve eğilme ile ilgili hiperstatik problemler üzerinde de durulacaktır.)

3.3 Eksenel Yüklemede Statikçe Belirsiz (Hiperstatik) Problemler

3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Hiperstatik Problemler

15

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

3.2.4 Süperpozisyon Prensibi: Elastik yüklemede birden fazla yükün etkilerinin toplamı, yükler ayrı ayrı uygulandıklarındaki etkilerinin toplamına eşittir. Buna süperpozisyon prensibi denir.

Üstteki kirişte C noktasının toplam çökmesi, kuvvetler ayrı ayrı uygulandığındaki çökmelerin toplamına eşit olacaktır.

Şekil 3.21

Şekil 3.22

23.08.2024

Örnek 3.5 ^{(video 3b, örn. 3b.1)}

Şekildeki kademeli çubukta verilen yükleme durumu ve sınır şartları için A ve B noktalarındaki reaksiyon kuvvetlerini bulunuz.

Çözüm: Statik Denge denklemi olarak sadece;

• B zeminini kaldırıp yerine R_B kuvvetini koyarız.
• Süperpozisyon yöntemine göre önce 300 ve 600 kN luk kuvvetleri, sonra da R_B yi uygulayabiliriz.
• 300kN ve 600kN varken ki uzama (δ_L) dir.
• Sadece R_B varken ki kısalma (δ_R ) dir ve
• Sonuçta toplam uzama: δ_R + δ_L = 0

Hesaplamalar için öncelikle her bir bölgedeki iç kuvveti bulacağız..>>

3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Hiperstatik Problemler

16

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

Şekil 3.23

23.08.2024

3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Hiperstatik Problemler

17

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

B duvarı kaldırılıp, 300kN ve 600kN aynı anda uygulandığında

23.08.2024

(1) Nolu denklemden:

3. Şekil Değiştirme / Eksenel Yüklemede Hiperstatik Problemler

18

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

Sadece R_B uygulandığında

23.08.2024

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

19

23.08.2024

α : 1 birim boydaki çubuğun sıcaklığı 1 °C değiştirildiğinde boyundaki değişim miktarıdır.

3.4.1 Termal Uzama ve Termal Genleşme Katsayısı ( α )

3.4 Termal Yüklemeler :

• Katı cisimlerde bir kısıtlama yoksa sıcaklık artışı sonucu genleşmeler veya sıcaklık azalması sonucu büzüşmeler oluşur.
• En az bir ucu serbest olan çubukların sıcaklığı arttırılınca boyunda termal uzamalar oluşacaktır.
• Eğer bu termal uzamalar engellenirse gerilmeler de oluşur ki, bunlara termal gerilmeler denir.
• Şimdi amacımız sıcaklık değişimi (termal yüklemeler) sonucu çubuk elemanlarda oluşan şekil değiştirme ve gerilmeleri hesaplamaktır.

(Birimi : 1 / ^oC )

1 ⁰C sıcaklık artışında

1 birim boyda

uzama: α ise

ΔT ⁰C sıcaklık artışında

Uzama : m=?

ΔT ⁰C sıcaklık artımında

1 birim boyda

L boyunda

(3.4)

3 Şekil Değiştirme / Termal Yüklemeler

ΔT

Şekil 3.24

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

20

23.08.2024

3.4.2 Termal Gerilmeler (Thermal Stresses)

Termal uzaması engellenen cisimlerde termal gerilmeler meydana gelir. İki sabit duvar arasına yerleştirilen bir çubuğun sıcaklığını ΔT miktar arttırıyoruz. Bu çubuğun uzaması engellendiği için, duvarlardan dolayı her iki uçta P tepki kuvvetleri oluşur. Bu kuvvetler sebebiyle çubukta bası gerilmeleri ortaya çıkar. Sıcaklık farkı sebebiyle oluştuğu için, bu gerilmelere, termal gerilmeler ismi verilir. Şimdi bu P kuvvetlerinin ve termal gerilmelerin hesap şeklini anlamaya çalışacağız

ΔT

ΔT

=

+

(Termal Gerilme)

Çubuğun toplam uzaması sıfırdır. Süperpozisyon prensibine göre, B duvarı kaldırılır, serbestçe uzamaya izin verilir. Sonra B duvarında oluşan P tepki kuvveti uygulanır ve çubuğun kısalması sağlanır. Bu termal uzama (δ_T) ile P’den kaynaklanan kısalma (δ_P) miktarlarının toplamları sıfıra eşitlenir (δ_T + δ_P = 0)

3. Şekil Değiştirme / Termal Yüklemeler

(3.5)

Şekil 3.25

(a)

(b)

(c)

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

21

23.08.2024

Örnek 3.6 ⁽ⁿ⁾

Şekildeki kademeli çubukta, a) 110°C’lik sıcaklık artışından sonra çubuklarda meydana gelen bası kuvvetlerini ve gerilmeleri, b) Alüminyum çubuğun boyundaki değişimi bulunuz.

Her iki kesim için iç kuvvetler Statik dengeden:

(1)

Sol duvar kaldırılınca ΔT sıcaklık farkı sebebiyle kademeli çubuğun tümü δ_T kadar uzar. Sol duvarda ortaya çıkan P kuvveti sebebiyle δ_P kadar kısalır. Sonuçta δ_T + δ_P = 0,6mm olacaktır.

Çözüm:

I-I ve II-II kesimlerinden iç kuvvetleri bulalım:

3. Şekil Değiştirme / Termal Yüklemeler

Şekil 3.26

Şekil 3.27

(a)

(b)

(c)

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

22

23.08.2024

(2)

3. Şekil Değiştirme / Termal Yüklemeler

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

23

26.11.2024

Örnek Soru 3.7 ^{(video 3b, orn.3b.2)} : A ve C sabit duvarları arasına yerleştirilmiş, silindirik pirinç ve alüminyum kısımlarından oluşan kademeli çubuğun sıcaklığı 45 ^oC arttırılıyor. Malzeme özellikleri tabloda verilmiş olup, şekildeki görülen çaplar sırasıyla d₁=60mm ve d₂=40mm dır. Buna göre,

3. Şekil Değiştirme / Termal Yüklemeler

a-) Pirinç ve Alüminyum kısımlarında oluşan maksimum gerilmeleri hesaplayınız.

b-) C duvarı ile alüminyum arasında 0.5 mm aralık olsaydı, gerilmeler ne olurdu?

Şekil 3.28

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

24

23.08.2024

Emniyet sınırları aşılmaksızın şekildeki sistemi ne kadar ısıtabiliriz?

Örnek (Soru) 3.8*

(Cevap: ΔT= 41 ^oC)

3. Şekil Değiştirme / Termal Yüklemeler

3.5 Hooke Bağıntıları: Elastik bölgede, gerilme-şekil değiştirme arasındaki bağıntılardır. Hooke bağıntıları Elastiklik modülü ( E ) ve poisson oranı ( ν ) dediğimiz malzeme özelliklerine bağlıdır. Çekme diyagramının doğrusal olan malzemelerde elastik bölgenin eğiminin tan θ = E olduğunu öğrenmiştik. Şimdi diğer malzeme özelliği olan poisson oranını öncelikle anlamamız gerekmektedir…>>

Şekil 3.29

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

25

23.08.2024

Poisson oranı:

Dikkat: 3.6 formülü sadece x ekseninde (tek eksenli) yükleme durumunda geçerlidir. P’ye ilaveten y veya z doğrultularında da kuvvetler olsaydı bu formül kullanılamazdı.

(Tek eksenli yüklemede Hooke bağıntısıdır.)

Unutmayın: Her zaman için,

Birim uzama = Toplam uzama/ o yöndeki ilk boy

Şekildeki çubuk x yönünde P yüküne maruz kalırsa, sadece x yönünde gerilme oluşur, y ve z yönlerindeki gerilme oluşmaz.

olacağını fark edin.

,

,

(3.7a-c)

Poisson oranı bir yükün diğer doğrultulardaki şekil değiştirme etkisini veren malzeme özelliğidir..

3.5.1 Poisson Oranı ( ν ):

3. Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları

(3.6)

Şekil 3.30

(a)

(b)

(c)

(d)

3.5.2 Genel eksenel yüklemede Hooke kanunları (Gerilme-Şekil değiştirme ilişkileri)

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

26

23.08.2024

Herbir yüklemedeki aynı terimler toplanır. Tüm normal gerilmeler aynı anda varken birim uzama değerleri elde edilmiş olur.

Eksenel yükleme halinde Genel Hooke kanunları

3. Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları

Şekil 3.31

(a)

(b)

(c)

(d)

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

27

23.08.2024

3.5.3 Kayma durumunda önemli ayrıntılar ve Hooke kanunları:

G: kayma (rijitlik) modülü

x-y düzleminde Kayma durumunda Hooke Bağıntısı:

1.İndis (i): Düzlem normali

2.İndis (j): Gerilme doğrultusu

İndislerin anlamını hatırlayalım:

Elastik bölgede, herbir düzlemdeki kayma gerilmesi ile kayma şekil değiştirme açısı arasında lineer bir bağıntı vardır ki buna kaymada Hooke bağıntısı denir. x-y düzlemi için incelersek;

diğer düzlemler içinde benzer bağıntılar yazılabilir:

3. Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları

(3.8)

Bu gerilmeler kayma şekil değiştirme açılarına (γ_xy , γ_yz , γ_xz ) sebep olurlar.

Şekil 3.32

(a)

(b)

(c)

3.5.4 Özetleyecek olursak: En genel durumda Hooke bağıntıları:

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

28

23.08.2024

Sıcaklık etkisi:

(3.9e)

(3.9a)

(3.9b)

(3.9c)

(3.9d)

(3.9f)

Genel Hooke Bağıntıları

(izotropik malzemeler için elastik bölgede geçerlidir.)

3. Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları

Hooke Bağıntılarından çıkarılacak bazı sonuçlar:

• σ normal gerilmelerin γ şekil değiştirmelerine etkisi yoktur.
• τ kayma gerilmelerinin ε birim uzamalara etkisi yoktur.
• ΔT Sıcaklık değişiminin γ şekil değiştirmeleri üzerinde etkisi yoktur.

Şekil 3.33

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

29

23.08.2024

Örnek 3.9 :Dikdörtgen prizma şeklindeki yumuşak bir malzemeden imal edilmiş 50mm x 62mm x 200mm boyutlarındaki bir blok, iki rijit plaka arasına yapıştırılmıştır. Alt plaka sabit iken, üst plakaya bir P kuvveti uygulanmıştır. P’nin etkisi ile üst plaka 1 mm hareket ettiğine göre; malzemedeki ortalama kayma şekil değiştirmesi açısını ve uygulanan P kuvvetini bulunuz. (G = 630 MPa)

3. Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları

Çözüm:

P çeki kuvveti yapışma yüzeyinden dengelenir.

yapışma yüzeyi

Kuvvet Dağılımının Önden Görünüşü

Bir noktadaki gerilme ve şekil değiştirme

Şekil 3.34

Örnek 3.10 ^{(video 3.c, örn. 3.c.1)}

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

30

23.08.2024

Şekildeki plakanın üzerine d =225 mm çapında bir çember çizilmiştir. 18 mm kalınlığındaki plakada düzlemsel kuvvetlerin etkisiyle σ_x = 84 MPa ve σ_z = 140 MPa’lık gerilmeler meydana gelmiştir. E = 70 GPa ve ν = 1/3, olduğuna göre: a) AB çapındaki, b) CD çapındaki, c) plaka kalınlığındaki değişimleri bulunuz.

Genel Hooke bağıntılarından Normal birim uzamalar:

Toplam uzamalar (Deformasyonlar) ;

Toplam uzama (δ) = birim uzama(ε ) x o yöndeki ilk boy ( L )

…. Formülünden sonuca gideceğiz.

Çözüm:

3. Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları

AB .. x doğrultusunda olduğundan

CD.. z doğrultusunda olduğundan

t kalınlığı.. y doğrultusunda olduğundan

Şekil 3.35

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

31

23.08.2024

(y yönünde hareket sınırlı olduğundan o yönde şekil değiştirme oluşmaz. İlk ve son boy aynı kalır. )

Toplam uzamaların hesabı:

Genel Hooke bağıntılarını bu sisteme uygularsak:

Çözüm:

3. Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları

(Cismin z doğrultusunda hareketi serbesttir. Yukarı doğru serbestçe şekil değiştirir. Bu sebeple gerilme oluşmaz. Unutmayın ! Gerilme ancak hareketin engellenmesi durumunda oluşur. )

Örnek 3.11 : 10x20x30 mm³ boyutlarındaki bir prizmatik elastik eleman, sabit bir oyuğun içine, yüzeyleri temas edecek şekilde yerleştirilmiştir. Bu elemanın dış yüzeyine x eksenine paralel, F=-60kN luk bası kuvveti uygulanmıştır. Sürtünmeler ihmal edilebilir. Buna göre herbir kenar uzunluğundaki değişim miktarlarını hesaplayınız. E=100GPa, ν = 0.3

Şekil 3.36

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

32

23.08.2024

Örnek (Soru) 3.12 :

Poğaça hamurunu bastırıp bir şekle sokarız.

Bu durumda;

a-) x, y, z eksenlerinden hangilerinde gerilme oluşur?

b-) hangi eksenlerde şekil değiştirme oluşur?

c-) Gerilmeler F/A ile hesaplanabilir mi?

d-) Şekil değiştirmeler Hooke kanunlarıyla hesaplanabilir mi?

Cevapların nedenlerini aranızda tartışınız.

Cevaplar:

a-) z,

b-) x, y ve z

c-) Evet,

d-) Hayır

3. Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları

Şekil 3.37

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

33

23.08.2024

Örnek 3.13 ^{(video 3.c, örn. 3.c.2)}

3. Şekil Değiştirme / Hooke Bağıntıları

Şekil 3.38

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

34

23.08.2024

3.6 Konuyla İlgili Cevaplı Sorular

3. Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular

Soru 3.14* Şekilde levhada oluşan gerilmeler : σ_x = 150 MPa , σ_z = 100 MPa’dır.

E = 200 GPa ve ν = 0.3 olduğuna göre;

a-) AB kenar uzunluğunda, b-) BC kenar uzunluğunda , c) AC uzunluğundaki değişimler ne olur? Hesaplayınız. Cevaplar: a-) 0.06mm, b-) 0.0206 mm, c-) 0.06mm

Şekil 3.39

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

35

23.08.2024

Soru 3.15*

Q.

3. Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular

Şekil 3.40

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

36

23.08.2024

10x30x40cm³ boyutlarında olan prizmatik eleman şekildeki gibi duvarlar arasına yerleştirilmiş ve x ve y eksenlerine paralel iki kuvvetle yüklenmiştir. Bu yükleme sonucunda z eksenine paralel 10cm lik kalınlık, 10 + 4x10^-4 cm değerine yükselmiştir. Elemanın malzemesinin poisson oranı ν = 0.2 olarak biliniyor. Buna göre; a-) Elastiklik modülünü, b-) Diğer kenarların toplam uzama miktarlarını hesaplayınız. Cevaplar: a-) 10GPa, b-) -32x10^-3mm, -24x10^-3mm

Soru 3.16

3. Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular

Şekil 3.41

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

37

23.08.2024

3. Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular

Şekil 3.42

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

38

23.08.2024

3. Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular

Şekil 3.43

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

39

23.08.2024

İki alüminyum levhanın arasına pirinç (brass) bir levha yerleştirilerek yapıştırılmış ve şekildeki kompozit plaka elde edilmiştir. Alüminyum ve Pirinç levhaların herbirisi 250mmx30mmx5mm boyutlarına sahiptir. Kompozit levhaya uygulanan eksenel P = -30kN luk bası kuvveti etkisi ile alüminyum ve pirinç levhalarda oluşan normal gerilmeleri hesaplayınız. E_alüm.=70GPa, E_pirinç = 105GPa,

Cevap: σ_alüm. = -57.1 MPa, σ_pirinç=-85.7MPa

3. Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular

Örnek (Soru) 3.19*

Şekil 3.44

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

40

23.08.2024

Örnek (Soru) 3.20* Elastiklik modülleri sırasıyla 200GPa ve 100 GPa olan AC ve BD çubuklarının üzerlerine AB rijit çubuğu serbest olarak koyulmuştur. AB çubuğunun üzerine, E noktasından 100 kN luk düşey kuvvet uygulanmıştır. Bu kuvvetin etkisiyle E noktasının ne kadar yer değiştireceğini bulunuz. Cevap: 0.534mm

3. Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular

Şekil 3.45

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

41

23.08.2024

Örnek (Soru) 3.21) 25 mm çapında çelik mil bir alüminyum tüpün içine yerleştirilmiştir. Bu sisteme P =160kN’luk bası kuvveti uygulandığında

a-) Çelik ve alüminyumda ortaya çıkan gerilmeleri b-) Her birisinin boyundaki değişim miktarlarını hesaplayınız. (E_çelik= 200GPa, E_alüm.= 70GPa) Cevap: a-) σ_çelik= -116.3 MPa, σ_alüm.= -40.7MPa, b-)-0.145mm

3. Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular

Şekil 3.46

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

42

23.08.2024

3. Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular

Şekil 3.47

Örnek (Soru) 3.22 Çelik ve pirinçten oluşturulan kademeli çubuk, her iki ucunda iki sabit duvar arasına yerleştirilmiş, B ve D noktalarından sırasıyla 60kN ve 40kN luk eksenel kuvvetlere maruz bırakılmıştır. Buna göre çelik ve pirinçte oluşan maksimum gerilmeleri ve yerlerini bulunuz. (E_çelik = 200GPa ve

E_pirinç = 105GPa) (Cevaplar: R_A=67.8kN, R_E=32.2kN, σ_AB= 53.98MPa, σ_DE= -52.65MPa)

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

43

23.08.2024

25mm çapında bir pirinç mil, 60mm çapındaki alüminyum bir tüp içine yerleştirilmiştir. Sistemin sıcaklığı 15 ^oC den 195 ^OC ye çıkarılırsa Alüminyum ve Pirinç te oluşan normal gerilmeleri bulunuz.

Cevap: σ_AL = -8.15 MPa, σ_pirinç = 38.82 MPa

3. Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular

Örnek (Soru) 3.23*

E = 105 GPa

α = 20.9 x 10^-6 / ^oC

σ_ak = 180 MPa

E = 70 GPa

α = 23.6 x 10^-6 / ^oC

σ_ak = 150 MPa

Pirinç:

Alüminyum:

Şekil 3.48

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

44

23.08.2024

3. Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular

Aynı anda sistemin sıcaklığı arttırılıyor. Buna göre;

a-) 0.3mm lik aralığın kapanabilmesi için sistemin sıcaklığı kaç derece arttırılmalıdır? ( ΔT = ? )

b-) Bu durumda Bakır ve Alüminyum kısımların çaplarındaki değişimler ne kadar olur? Hesaplayınız.

Şekildeki dairesel kesitli kademeli çubuk Bakır ve Alüminyum kısımlardan oluşmuştur.

A serbest ucundan P=2kN luk bası kuvveti uygulanıyor.

Örnek (Soru) 3.24*

Alüminyum:

E = 70 GPa

α = 23 x 10^-6 / ^oC

σ_em = 50 MPa

τ_em = 25 MPa

• = 0.27

G = 27GPa

​

Bakır:

E = 100 GPa

α = 27 x 10^-6 / ^oC

σ_em = 100 MPa

τ_em = 50 MPa

• = 0. 3

G = 38GPa

​

Şekil 3.49

MUKAVEMET - Ders Notları / Prof.Dr. Mehmet Zor

45

23.08.2024

Örnek (Soru) 3.25*

3. Şekil Değiştirme /Cevaplı Sorular

Şekil 3.50