statikçe belirsiz eksenel yükleme - Dr. Nusret MEYDANLIK

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.H5. Hafta1- Statikçe belirsiz (axial) problemler ve- Isıl GerilmelerEksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HBackground–Şu ana kadar gördüğümüz problemlerinhepsinde; kuvvetlerin ve gerilmelerinaşağıdaki denge denklemleri yardımıylabulunması mümkün dü.2Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HStatikçe Belirli : Bir yapıdaki gerilme vekuvvetlerin bulunması için dengedenklemlerinin yeterli olması halinedenir.Eğer gerilme ve kuvvetlerinbulunmasında bu denge denklemleriyetersiz kalıyorsa bu problemlere deStatikçe Belirsiz denir.3Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HStatikçe Belirsiz Problemler (Eksenel Yüklemede)Bazı yapısal sistemlerde, statiğin dengedenklemleri tepki kuvvetlerinin belirlenmesiiçin yetersiz kalır. Bu gibi durumlarda tepkikuvvetlerinin bazıları sistemin dengedekalması için gereksizdir veya fazladır.Ve iç kuvvetler sadece SCD ve statiğin dengedenklemleri ile elde edilmeyebilir.Bu tip problemlere statikçe belirsizproblemler denir.4Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HÖrnek: L uzunluğunda A 1 kesitinde, E 1elastisite modülüne sahip içi dolu birçubuk, aynı uzunlukta A 2 kesitinde veelastisite modülü E 2 olan bir tüb içineyerleştiriliyor. Şekildeki gibi bir rijidlevha ile P kuvvetine maruz kalıyor.Tübün ve çubuğun deformasyonu neolur?L(A 1 ,E 1 )(A 2 ,E 2 )rijidlevhaçubuğun SCDtüpün SCDrijid levhanın SCD5Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :Statiğin denge denklemlerinden sadece09/10 5.HP 1 + P 2 = P (I) yazılır ancak bu denklemçözüm için yeterli değil,Problemin geometrisinden, 1 = 2 yazılabilir, 1 =P 1 .L/A 1 .E 1 ve 2 =P 2 .L/A 2 .E 2PP12==A1A1AE1AE121E+1AP2E P2+ A E2E22veileelde edilir.6 1 = 2 ye uygunluk denklemi denir.Statikçe belirsiz problemler problemin geometrisi de gözönüne alınarakdeformasyonlarla ilgili olarak yazılan ilave uygunluk denklemleri yardımıylaçözülür.Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HS.C.D. çizilirse tabandaki tepki kuvveti, F Al. ve F br. un toplamından oluşanbileşke eksenel kuvvet ile temsil edilir. Düşey denge yazılırsa ;(1)Görülür ki problem statikçe belirsizdir. Bu durumdauygunluk denklemi Al. = br. şeklindedir. Çünkü her ikielemanda rijid kapak vasıtasıyla aynı anda deformeolmaktadır.8Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :(1) ve (2) aynı anda çözülerek;09/10 5.Hikiside pozitif çıktığı için başlangıçta kabul ettiğimiz gibi her ikiside basmakuvvetidir ve gerilmeler de ;9Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :ÖRNEK prob. -2:09/10 5.HS.C.DL uzunluğunda ve uniform kesitli çubukyüklenmeden önce A da ve B de rijidolarak bağlanmış. C noktasından uygulananP yükü nedeniyle AC ve BC kısımlarındakigerilmeleri bulunuz.S.C.D dan,R A + R B =P (I) yazılır,ikinci uygunluk denklemi problemingeometrisinden, toplam deformasyon için T = A/B = 1 + 2 =0 (II) yazılarak problemçözülebilir, 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.10Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HSüperpozisyon prensibi ;eğer yük taşıyan eleman karmaşık (bileşik) veya birden fazla yüketkisi altında ise herhangi bir noktadaki deplasman yadagerilmeleri hesaplamak için sık sık kullanılan bir yöntemdir.Her bir yükün etkisi ayrı ayrı hesaplanıp daha sonra aranannoktadaki sonuçlar toplanır. Ancak bu yönteminuygulanabilmesi için iki şartın gerçekleşmesi gerekir ;1) Problem lineer (doğrusal) olmalı yani, gerilme ile genlemelerarasındaki ilişki doğrusal olmalı,2) Şekil değiştirmeler çok küçük olmalı (elemanın boyutları ilekarşılaştırıldığında ki metal malzemeler için çoğu zamanelastik bölgede bu şartlar sağlanır)11Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HR += (R ) (R )A A P AB P C12P BR AP CCABBP B( R ) A P BA) B PB= +BC= ( = BP iç =0(=0))PBC C / AEksenel Yükleme( R ) A PCA( B= + ( Top.B)PC( ) B P C( ) C PC= ( )BPBP C+ ( B)PCC+ ( C)PC© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HStatikçe Belirsiz Problemlerin Süperpozisyon Yöntemi ile çözümü ;• Bir yapı dengede kalabilmesi içingerekenden fazla mesnetlendirilirsestatikçe belirsizlik durumu ortaya çıkar.Örneğin; yandaki değişken kesitli çubuk Bmesneti olmadan da yükleri taşıyabilecekşekilde boyutlandırılabilir. B de mesnetolması çubuğun yük yaşıma kabiliyetiniartırır ancak statikçe belirsizlik durumuortaya çıkar.• Bu durumda; gerçek yükler ve gereksiz(fazla) mesnet tepkileri nedeniyle olandeformasyonlar ayrı ayrı hesaplanıp,toplanabilir. Kısaca yükler nedeniyle olandeformasyon L tepki kuvveti iledeformasyon R olmak üzere; = L + R= 013Eksenel Yüklemeile hesaplanabilir.© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :Örnek prob.-4 :09/10 5.HYanda yükleme hali verilen değişken kesitliçelik çubuğun A and B de mesnet tepkikuvvetlerini bulunuz. B de boşluk yok.SOLUTION:14• Consider the reaction at B as redundant,release the bar from that support, andsolve for the displacement at B due tothe applied loads.• Solve for the displacement at B due tothe redundant reaction at B.• Require that the displacements due tothe loads and due to the redundantreaction be compatible, i.e., require thattheir sum be zero.• Solve for the reaction at A due toapplied loads and the reaction found at B.Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :ÇÖZÜM :09/10 5.H• B de mesnetin olmadığını düşünerek deformasyon,3P1 = 0 P2= P3= 60010N P4= 900103NAL11= A= L22= 40010=L3=L46m2A3= 0.150 m=A4=250106m2L= iPLi iA Eii=1.12510E9• B deki fazla kabul ettiğimiz tepki kuvveti iledeformasyon,P P = = 2R B15Eksenel YüklemeL1621= 40010m1= L2= 0.300 mAδR=iPLi iA Eii= A2= 250101.9510E36mRB2© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.H• Problemin geometrisinden görülmekte ki toplamdeformasyon sıfırdır, = + =1.12510 =ERBLR= 57710930N1.9510E=577kN3RB=016• A ve B deki tepki kuvveti, F = 0 = R 300kN 600kN + 577kNRRRAABy= 323kNA= 323kN= 577kNEksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HÖrnek prob.-5 : önceki problemde B de boşluk yoktu, şimdi B ucu ile zeminarasında 4.5 mm boşluk olduğu hal için aynı problemi çözünüz. E=200 GPa.17R BÇÖZÜM :Aynı prosedür uygulanır, bu sefer uygunlukdenklemi ; = + Eksenel Yükleme = L+R=4.5mm4.5mmyük nedeniyle ve tepki kuvveti ile olacakdeformasyonları önceki çözümden alırsak,931.125 101.95 10R = EE3R = 115.4 10N = 115.4 kNBRAFLyR== 0 R= 900 115.4= 784.6AkNB=4.5mm 300 kN 600 kN + 115.4kN© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HÇALIŞMA prob. : 5 mm çapındakiçelik çubuk A da sabit olarak bağlanmışve yüklenmeden önce B ucu ile duvar(B’) arasında 1 mm boşluk var. Şekildegörüldüğü gibi C noktasından P=20 kNluk yük uygulandığında A ve B’ deoluşan tepki kuvvetlerini bulunuz.E ç =200 GPa.ÇÖZÜM-1 :Denge denklemi ;uygunluk denklemi ;18basma kuvveti . . . .Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HÇÖZÜM-2 :SÜPERPOZİSYON YÖNTEMİ ile çözüm :uygunluk denklemi :. . . . . . .(1)19Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :KISA SINAV-1:.1) 1 nolu çelik çubuk aynı boyda olan 2 nolu tüp içineboşluksuz olarak yerleştirilmiş. Her iki uçtan rijidplakalar yardımıyla uygulanan eksenel P kuvveti ilesıkıştırılıyor. İçteki çubuk ve tüpün deformasyonu ileilgili olarak aşağıdakilerden hangileri doğrudur.09/10 5.H2) Üç çubuk seri olarak bağlanıyor veşekildeki gibi yükleniyor . Çubuklarındeformasyonları ( 1 , 2 ve 3 arasında) içinnasıl bir ifade yazabilirsiniz20Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HKISA SINAV-2:1) Yanda yükleme hali görülen birbiri içinegeçmiş üç dairesel çubuğun deformasyonuile ilgili olarak ( 1 , 2 ve 3 arasında) nasılbir ifade yazabilirsiniz.2) Aşağıda yükleme hali görülen çubuk için hangi ifadeler doğrudur.21Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HÖRNEK prob. : Üç çelik çubuk şekildegörüldüğü gibi rijid bir elemana veduvara pimler yardımıyla bağlanmış ve15 kN luk yük ile zorlanıyor. AB ve EFçubuklarının kesiti 25 mm 2 , CDçubuğunun ki 15 mm 2 dir. Her birçubuktaki kuvveti hesap ediniz.ÇÖZÜM :Rijid elemanın S.C.D.22İki denklem üç bilinmeyen dolayısıyla prob. statikçe belirsizdir,çözüm için deformasyonla ilgili ilave bir uygunluk denklemiyazılmalıdır….Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HUYGUNLUK İFADESİ : uygulanan yük nedeniyle rijid elemanın son durumuaşağıdaki gibi olur ve benzer üçgenlerden23Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.H24Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :Isıl Gerilmeler ve Genlemeler (Thermal Stresses and strains)MUKAVEMET – I :;09/10 5.H•İki ucu açık sabit kesitlibir AB çubuğunu gözönünealalım.25 ; ısı iletim katsayısı (1/ºC)ΔT=T son - T ilk (ºC)Termal (ısıl) genlemeDikkat gerilme yok.Eksenel Yükleme• Çubuk ΔT kadar ısıtılırsauzar.•Bu uzama miktarı ( T ) daçubuğun boyu ve sıcaklıkdeğişimi ile doğruorantılıdır.TT= (T) L= (T)© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :Thermal Strains (Isıl genleme, ısıl gerinim)09/10 5.HSıcaklıktaki değişim malzemelerin deformasyonuna neden olur.Homojen, izotropik malzemeler için T sıcaklık değişimi her yöndeaynı miktarda doğrusal boyut değişimine neden olurThermal strains : x = y = z = . T= . (T-T 0 )İzotropik malzemeler için sıcaklıktaki değişim açısal genlemelereneden olmaz, yani, xy = xz = yz =0T, measured in degrees Celsius ( o C) or Farenheit ( o F) malzemeye özgü lineer ısıl genleşme katsayısıdır, deneysel olarakbelirlenir. Unit of are mm per mm per degree [(mm/mm)/ o ]26Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HThermal Strains (continued)küçük genleme miktarları için lineer ısıl genlemeler, gerilme nedeniyleoluşmuş lineer genlemeler ile direkt olarak toplanır.L (δ)= T L, = L/L = TT sıcaklık değişimindeki artış pozitif olarak göz önüne alınır. ısıl genleşme katsayısının bazı malzemeler için ;27Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :ISIL GERİLME (Thermal Stresses);09/10 5.H• Sıcaklıktaki değişim uzunluktaki değişime yadaısıl genlemelere neden olur. Uzunluktakideğişim engellenmediği müddetçe termalgenleme ile ilgili bir gerilme ortaya çıkmaz.• Süperpozisyon yöntemi ile,T= TL = ısıl genleşmekatsayısı.P=PLAE• Isıl deformasyon ve mesnet tepkisi nedeniyledeformasyon birbirine eşittir. Çünkü mesnetyer değiştirmiyor.28 TEksenel Yükleme = T= PL=PLAEP = AETP = = ETA© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.H5.2. HaftaGERİLME YIĞILMASI - ÇENTİK ETKİSİ(STRESS CONCENTRATIONS)29Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HSaint-Venant’s PrincipleÖnceki bölümlerde gördük ki yükün uygulama noktası cıvarındagerilme dağılımı düzgün değildir. Bu durum kesit değişimi olanelemanlarda da söz konusu olmaktadır.30Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HGerilme yığılması (Stress Concentration)- Cıvatalı ve perçinli bağlantı deliklerinde,- vida diş köklerinde,- kesit değişimlerinde,- kaynaklı bağlantılarda,- malzeme içinde porozite ve inklüzyonlar,- yüzey işleme çizgileri31Gerilme yığılmalarına (çentik etkisi)neden olur. Nominal genleme (veyagerilme) elastik bölgede olmasınarağmen süreksizlik cıvarında plastikgenleme (veya gerilme) hali söz konusuolabilir.Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HBirçok mühendislik konstrüksiyonugerilme yığılma etkisi yaratacakgeometrik tasarım detaylarınakaçınmaksızın sahiptir (Ör: vida veperçin delikleri, kesit değişimleri,kaynaklı birleştirme etc.). Hasargenellikle bu yerlerde başlar çünkülokal olarak gerilme bu noktalarda enbüyük değerlerdedir.32Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HÇekmeye çalışan değişken kesitli bir çubuğun düz ve kesitin değiştiğiyerlerinde , yüklemeden sonraki normal gerilme dağılımı .33Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :Gerilme yığılma faktörü:(Çekmeye çalışan sabit kalınlıklı delikli levha)09/10 5.H max. ort.Kesitteki süreksizlikler süreksizliknoktası cıvarında gerilmeyığımasına neden olur.σort.A=min.PA=min.(D;2r).tK=σσmaxort.34Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :Gerilme yığılma faktörü:(Çekmeye çalışan sabit kalınlıklı levhada geçiş bölgesi )09/10 5.HÖnemli ;35-Genelde ; K= f (yükleme hali, süreksizliğin şekil ve boyutu)-Gerilme yığılması etkisi , sadece statik yükleme etkisindeki sünek malzemelerhariç tüm geometri, yükleme hali ve malzemeler için mutlaka gözönünealınmalıdır.Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :Gerilme yığılma faktörü:(Çekmeye çalışan dairesel kesitli çubukta geçiş bölgesi )09/10 5.H36Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :ÖRNEK :rSOLUTION:09/10 5.H• Determine the geometric ratiosand find the stress concentrationfactor from Fig.(slayt 9 ).emniyetle taşınabilecek enbüyük P yükünü hesaplayınızkalınlık t=10 mm, d=40 mm andD=60 mm genişliklerinde, geçişyarıçapı r = 8 mm.Hasarlanmadan taşınabileceken büyük gerilme 165 MPa.• Find the allowable average normalstress using the materialallowable normal stress and thestress concentration factor.• Apply the definition of normalstress to find the allowableload.37Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.H• Determine the geometric ratiosand find the stressconcentration factor from Fig.Dd=60mm40mmK = 1.82= 1.50rd=8mm40mm= 0.20• Find the allowable averagenormal stress using thematerial allowable normalstress and the stressconcentration factor.38• Apply the definition of normalstress to find the allowableload.P = A= 40mm10mm90.7ort .= 36.310 MPa3NP= 36.3kNEksenel Yükleme165MPa1.82maxort. = = 90. 7= KMPaEK SORULAR© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :YORUM ;09/10 5.HSlayt6 ve 7 de gösterilen gerilme yığılma eğrileri statik yüklemehali ve orantı sınırının aşılmadığı gerilme seviyeleri içinbelirlenmiştir. Eğer malzeme çok gevrek ise orantı sınırı ilekopma gerilmesi birbirine çok yakındır, dolayısıyla orantısınırına ulaşıldığında gerilme yığılmasının olduğu noktadakopma gerilmesine ulaşılmış olabilir ve hasar başlar. Aslındatam da bu noktada bir çatlak oluşmaya başlar ve çatlak ucundayüksek gerilme yığılması etkisi oluşur. Bu da kesit içindeçatlağın ilerlemesine ve aniden kırılmasına neden olur. Bunedenle, gevrek malzeme kullanılarak yapılacak bir tasarımdagerilme yığılma etkisi faktörlerinin kullanılması çok önemlidir.Diğer taraftan eğer malzeme sünek ise ve statik bir yüklemehali etkisinde ise tasarımcılar genellikle gerilme yığılmafaktörünü kullanmayı ihmal ederler. Çünkü orantı sınırınınaşıldığı herhangi bir gerilme seviyesi bir çatlak oluşumunaneden olmaz, aksine malzeme akma ve pekleşme mekanizmasıile mukavemetini korur.39Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :Örnek Prob. : 10x10 mm kesidinde ve 1 m boyundaçelik çubuk, T 1 =30°C da aralarında 1 m açıklık olan ikirijid duvar arasına konuyor. Sıcaklık T 2 =60°C a çıktığındaçubuktaki normal gerilme ne olur ?09/10 5.HÇÖZÜM :Duvarlar sıcaklık nedeniyle serbest uzamaya müsaadeetmeyeceği için ısıl gerilme oluşur. Yani A/B =0 dır.Serbest uzama olsaydı uzama olsaydı T kadar uzayacaktı,serbest uzama olmadığı için oluşan basma kuvvetinedeniyle deformasyona da F dersek ,ve A/B =0= T - F40Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.H41Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HÖRNEK Prob. :Değişken kesitli çubuk oda sıcaklığında(T=25°C) iki ucundan sabit olarakboşluksuz bağlanmıştır. Sıcaklık T=-50°Colduğunda AC ve BC kısımlarındakigerilmeleri hesap ediniz. E=200 GPa,=12.10 -6 1/°CA=400 mm 2300 mmA=800 mm 2300 mmÇÖZÜM:T=(-50)-(25)= -75°CSıcaklık ile karşılık toplam deformasyon; = (T )LT= (12.106= 540.10).( 75 ).(0.6m )6m42Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HB deki gereksiz tepki kuvveti ile deformasyon;LAP111R=L221= 300 mm= 400 mm= P = RBP L1 1= +A E2,AP L2 2A E22=800 mm= ( 5.625x1029)RB( m / N )Problemin geometrisinden toplamdeformasyon sıfır olmalı ; = = ( 540x10RB=T+ R= 096000 N6) + ( 5.625x10=96 kN9)RB=0gerilmeler ; = 12= ACCB==P1A1PA22==240120MPaMPa43Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :44MUKAVEMET – I :Genlemeler ile gerilme kontrol :Isıl genleme = ( T ) = (12.10T6)x( 75 )6= 900.10AC de gerilme nedeniyle genleme 240 MPa1 6= = 1200.10E 200GPa=1200 CB kısmı kısalırken AC kısmı da aynımiktarda uzamış toplam şekil değiştirme ;ACCB= = = A=400 mm 2ACACCB300 mm.( AC ) = ( + 300)x( 0.3m ) = + 90 m.( CB ) = ( 300)x( 0.3m ) = 90m+ CB= 0A=800 mm 2300 mmEksenel YüklemeAC1= + =TE= ( 900 ) + (1200 )= + 300 CB2= + =TE= ( 900 ) + ( 600 )= 30009/10 5.HBenzer şekilde CB kısmında toplamgenleme ;© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :Örnek Prob. :09/10 5.Hbaşlangıçta yükün sıfır olduğu anda sıcaklık 20 °C . Sıcaklık 80 °C a çıktığında veaynı anda yayılı yük de uygulanmış ise taşıyıcı çubuklardaki kuvvetler ne olur?Rijidblok45Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :Rijid bloğun S.C.D. çizilirse ;09/10 5.HUygunluk denklemi :Problemin yükleri, geometrisi ve smetrinedeniyle her bir çubuk aynı miktardakısalacaktır, yani. . (1) st = al.. . (2)46Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HAlüminyum ve çeliğin ısıl genleşme katsayılarını kullanarak ,+-Bu sonuçları (1) de yerine koyarak ,F st. ,nin negatif çıkması başlangıçta seçtiğimiz yönün ters olduğunu, birbaşka deyişle çelik çubukların çekmeye alüminyum çubukların basmayaçalıştığını gösterir.47Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HTHE ENDyani dersin sonu48Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :Örnek soru-1 :Şekilde görülen bağlantı 60 mmuzunluğunda bir Al. tüpün iki ucundan rijidpullar (kalınlığını ihmal ediniz) ve bircıvata-somun yardımıyla montajı ileoluşturulmuştur. Tübün dış yarıçapı 10 mm,iç yarıçapı ve cıvatanın yarıçapı ise serbestgeçmeyi sağlayacak şekilde 5 mm dir. Öncemontaj yapıldı ve boşluklar alındı dahasonra somun sıkılmaya devam ederek yarımtur döndürüldü ve bağlantı sıkıldı. Vidadişleri hatvesi 1 mm olduğuna göre her ikimalzemede de oluşan gerilmelerihesaplayınız.09/10 5.H49Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :Bağlantının S.C.D. dan:09/10 5.HUygunluk denklemi şöyle oluşturulur. Somun sıkıldıkça tüp t kadarkısalırken cıvata çekmeye zorlanır ve b kadar uzar. Budeformasyonları yaratan ise somunun yarım tur döndürülmesi ile 0.5mm 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 ;50Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :Örnek soru-2 :09/10 5.HAşağıda görülen bağlantıda Al. tüpün kesit alanı 600 mm 2 ve cıvata malzemesiise A-36 çeliğinden olup kesit alanı 400 mm 2 dir. T 1 =15 °C da cıvatalar boşluğualınmış şekilde sıkılmış (eksenel kuvvet ihmal edilebilecek düzeyde). SıcaklıkT 2 =80 °C çıktığında cıvata ve tüpte oluşacak gerilmeleri bulunuz. Al. =23.10 -6 1/°C ve ç. =12.10 -6 1/°CS.C.D. dan veF y =0 danF s =F b51Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HAlüminyumun ısıl genleşme katsayısı daha büyük olduğu için serbest olarak dahafazla uzayacağı açıktır. Ancak problemde bu daha fazla uzama isteğiengellendiğinden 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 nedenolurken , bu arada oluşan iç kuvvetlerden F b cıvatayı uzatırken F s alüminyumtüpü kısaltmaya çalışır. Sonuç olarak bağlantının son boyu başlangıç boyu ile aynıdeğildir. Ve uygunluk denklemi aşağıdaki gibi yazılabilir;52Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :Uygunluk denklemini açık olarak yazarsak;09/10 5.H53Veya ; serbest uzasa idiler ( b ) T =0.117 mm , ( s ) T =0.2242 mm. O halde0.2242-0.117=0.1072 mm ye karşılık iç kuvvetler ortaya çıkıyor, yani( b ) P + ( s ) P =0.1072 mm ye karşılık P=20.25 kN bulunur.Eksenel Yükleme© 2008 NM

MUKAVEMET – I :MUKAVEMET – I :09/10 5.HSıcaklık etkisinde cıvatalı bağlantı54Eksenel YüklemeSonuç ;© 2008 NM