BÖLÜM 3
Transkript
BÖLÜM 3
BÖLÜM 3 Mohr-Castigliano Metodu BÖLÜM 3 3.1. MOHR METODU Dış yükler altında eğilmeye maruz bir elemanda eğrilik (1/ρ ρ) aşağıdaki şekilde elde edilmiştir. dϕ = ρ dl ρ 1 dϕ = ρ dl ε= ∆dl u dϕ u = = ρ dl dl dϕ ϕ 1 M = ρ EI t.e M M Kiriş dilimi u dϕ ∆dlL dL M = ∫ (σ dA)u = ∫ E u E EI EI dϕ udA = ∫ u2 dA = = dl ρ ρ ρ Mohr metodu ile bir noktadaki deplasman ve dönüş açılarının bulunması “dış yüklere maruz bir elemanın eğilmeden dolayı oluşan eğriliğin yük olarak alınması sonucu oluşan kesme kuvveti o noktadaki dönüş açısı, moment ise o noktadaki deplasman” ilkesine dayanmaktadır. Yani dış yüklere maruz bir sistemin herhangi bir noktadaki deplasman aranıyor ise sistemin ilk önce dış yüklerden oluşan moment alanı daha sonra eğriliğin yük kabul edilmesi sonucu oluşan moment alanı çizilir ve o noktadaki son moment değeri deplasmanı verir. Ancak, başlangıçta momentin ve kesme kuvvetinin sıfır olduğu çubuk ucunda, eğrilik yükü dönüş açısının ve deplasmanın sıfır olduğu bir sisteme (eşdeğer sistem) yüklenmelidir. P Verilen sistem a Pa Verilen sistemin M alanı Eşdeğer sistem a M alanının eşdeğer sisteme yük olarak yüklenmesi a b b Pa/EI a b b B noktasındaki dönüş açısı ve deplasmanın bulunması isteniyor ise bu noktadaki şekil değiştirmeleri sıfır yapan bir mesnet seçilir. Bu şartlar ancak B noktasının ankastre bir mesnet olmasıyla sağlanır. Eşdeğer sisteminde izostatik olması koşulu ile A noktası ise serbest uç olur. Bu yönteme MOHR veya MOMENT ALANI metodu denir. Dış yüklerden dolayı eğilmeye uğrayan elemanın boy değişimi küçük olasından dolayı eğriliğin yük olarak alınmasında da sistemin ilk boyu yani şekil değiştirmemiş boyu kullanılır. Aşağıdaki sistemlerde mohr metoduyla deplasman ve dönüş açılarının bulunması geniş olarak açıklanmaktadır. Yayındır çoğaltılamaz 107 http://mizan.ogu.edu.tr. Mohr- Castigliano Metodu BÖLÜM 3 Momentin 2 defa int egrali elastik eğriyi verir y " = Yükün (q) 2 defa int egrali momenti verir d2 y M =− EI dx 2 d2M = −q dx 2 Kesme kuvvetinin 1 defa int egrali momenti verir dy = tan ϕküçük olduğundan ≡ ϕ dx dM =V dx q P Verilen sistem EI 1o 2 EI 2EI Verilen yüklerden oluşan M alanı 1o M Q MP MP/EI o M/EI Verilen yüklerden oluşan M alanının eşdeğer sisteme yük olarak yüklenmesi YANİ ELASTİK YÜK 1 o MP/2EI MQ MQ/EI Eşdeğer sistemin kesme alanı [ϕ ϕ] Eşdeğer sistemin moment alanı 3o [elastik eğri δ] 3o 4o 3o 3o Bir izostatik sistemin mohr metoduyla çözümde izlenen yol; 1. Verilen dış yükler altında sistemin moment alanı çizilir. 2. Eşdeğer esas sistem belirlenir. 3. Dış yüklerden dolayı oluşan moment değerleri çubuk elemanların eğilme rijitliği olan EI ya bölünerek eşdeğer esas sisteme yük olarak yüklenir. 4. Bu yükleme sonucu eşdeğer sistemin moment alanı elastik eğriyi 5. Kesme kuvvet diyagramı ise dönüş açılarını verir. 6. Eğer bir noktadaki deplasman isteniyor ise o noktaya göre (q=M/EI) moment alınır. 7. Eğer bir noktadaki dönüş açısı isteniyor ise o noktadaki kesme kuvveti (q=M/EI) dönüş açısını verir. Kenar Mesnet Orta Mesnet ESAS SİSTEM EŞDEĞERSİSTEM Örnek 3.1: Şekilde verilen kirişlerin eşdeğer sistemlerinin belirlenmesi Esas sistem Eşdeğer sistem Esas sistem 2m 3m 2m 5m 5m 4m 4m 2m 3m 2m 5m 5m 4m 4m Eşdeğer sistem Yayındır çoğaltılamaz 108 http://mizan.ogu.edu.tr. BÖLÜM 3 Mohr-Castigliano Metodu Örnek: Şekilde verilen basit kirişlerin mesnet dönmelerini ve orta noktalarının deplasmanlarının bulunması P corta A corta A B B Çözüm; 1. Verilen kirişlerin dış yüklerden dolayı oluşan moment alanları çizilir, 2. Bu moment alanları basit kirişlere EI’ya bölünerek yük olarak yüklenir, 3. Bu moment yüklerinin KESME kuvvet diyagramı DÖNÜŞ eğrisini verir, 4. Bu moment yüklerinin MOMENT diyagramı ELASTİK EĞRİYİ verir, Bu işlemler aşağıda sırayla yapılmıştır. q P c A corta A B qL2 8 MC = δC = qL2 8EI PL 4 qL L qL 2 L 3 L 5qL − = 24EI 2 8EI 3 2 8 2 384EI 3 2 B 4 PL 4EI c A y = ϕA = qL3 24EI ϕA B y = ϕB = δC qL3 24EI c A y = ϕA = MC = δC = PL2 L PL L 1 1 L PL3 − = 16EI 2 4EI 2 2 3 2 48EI PL2 16EI ϕA B y = ϕB = δC Örnek 3.7: Şekildeki kirişte B ucundaki çökmenin belirlenmesi.(Mohr yöntemi EI=sabit) 4 kN B A m 4m 2m 4 kN A m δB Elastik eğri 16 4 kN B A m 4m 2m Moment alanı 16/EI A m B 4m 2m Eşdeğer sistem ve yükleme MB = δ B = 16 x 4 x 0.5 x (2 + 4 x2 / 3) 149.33 kN = EI EI Yayındır çoğaltılamaz 109 http://mizan.ogu.edu.tr. PL2 16EI Mohr- Castigliano Metodu BÖLÜM 3 Örnek 3.2: Şekilde verilen kirişde δa=? ϕa=? 10 kN a A 2 B m 8 m Çözüm: Sistemin önce verilen yük altında M alanı çizilir. 10 kN 8 kN 2 m 8 m 2 kN 10 kN 16 kNm Moment alanı Çizilen moment alan değeri EI eğilme rijitliğine bölünerek eşdeğer sisteme aşağıdaki şekilde yük olarak yüklenir. 16/EI 48/EI 2/3 8/3 32/EI Bu sistemde kesme kuvvet değerleri dönüş açılarını moment değerleri ise deplasmanı verdiği için a noktasındaki kesme kuvveti ve moment değerleri bulunur. ∑ MA = 0 16 1 2 ⋅ 2 16 1 1⋅ 8 32 = ϕB 2⋅ + 8⋅ + 2 − 10By = 0 B y = EI 2 3 EI 2 3 EI ∑ MB = 0 16 1 2 ⋅ 8 16 1 1⋅ 2 48 8⋅ 2⋅ = ϕA + + 8 − 10A y = 0 A y = EI 2 3 EI 2 3 EI a noktasındaki kesme kuvveti ϕa = 48 16 32 − ⋅ 2 ⋅ 1/ 2 = EI EI EI a noktasındaki moment (soldan) δa = 48 16 85.33 ⋅2 − ⋅ 2 ⋅ 1/ 2 ⋅ (2 / 3) = rad. EI Ay EI EI a noktasındaki moment (sağdan) δa = 32 16 85.33 ⋅8 − ⋅ 8 ⋅ 1/ 2 ⋅ (8 / 3) = rad. EI EI EIBy VEYA Yayındır çoğaltılamaz 110 http://mizan.ogu.edu.tr. BÖLÜM 3 Mohr-Castigliano Metodu 16/EI 2/3 ϕA 2 M alanı EI 8/3 [10+2]/3=4 toplamın δa ϕa m M alanının M alanı EI 2ϕA δAa ϕaA δ AB δAB 1 1 1 2 16 ⋅ 2 ⋅ ⋅ (8 + 2 ⋅ ) 16 ⋅ 8 ⋅ ⋅ (8 ⋅ ) 480 2 3 2 3 = + = EIB noktasına göre moment EIB noktasına göre moment EI ϕA = 10 m δ Aa 16 16 = x 2 x 0.5 = kNm2 EI EI ϕAa ϕa = ϕA − ϕAa 48 16 32 = − = EI EI EI δAB 480 48 = = L 10EI EI 1 1 16 ⋅ 2 ⋅ ⋅ 2 ⋅ 10.67 2 3 = = EI EI δa = ϕA ⋅ 2 − δ Aa = 48 10.67 85.33 ⋅2 − = EI EI EI Uygulama: Şekilde verilen konsol kirişte, ϕk=? Ve δk=? y y q q k i a k M=qb[a+b/2] x δmax i b a L b x θmaxx L y q k i a b L qL2/2 - qL3/6EI q y i 2 qL /2EI 3L/4 - k a L y b q k i a b L qa /2 + qa2/2EI + 2 b+3a/4 qa3/6EI Yayındır çoğaltılamaz 111 http://mizan.ogu.edu.tr. Mohr- Castigliano Metodu BÖLÜM 3 k noktasındaki dönüş açısı ϕk = qL3 qa3 qL3 q(l − b)3 − = − 6EI 6EI 6EI 6EI k noktasındaki deplasman δk = qL3 3L qa3 3a qL4 qa3 3a − b + = − b+ 6EI 4 6EI 4 8EI 6EI 4 Uygulama: ϕA=? δc=? ϕc=? A c 2m 3m 6m B Çözüm: Verilen sistemin moment alanı çizilir. Yanda çizilen moment alanı geometrik şekil olarak tam bilinmeyen bir şekil olmasından dolayı süperpozisyon prensibini uygulanır. 10 kN/m c A 4m 6m 2m 35 B A 25 35 10 kN/m θA δc δAc 4m 6m 2m 500/EI Elastik eğri θc 25 δAB θAc - B 10 kN/m 70/EI + 80/EI 100/EI Moment alanı + 35 131.25/EI 420/EI -500/EI+80/EI+420/EI=Üçünün toplamından δAB deplasmanı, çizilen moment alanlarının B noktasına göre momentleri olup aşağıdaki şekilde hesaplanır. δ AB = 1 500 ⋅ 10 10 80 ⋅ 4 4 420 ⋅ 12 12 6020 − ⋅ + ⋅ + ⋅ = EI 3 4 3 4 2 3 EI θ Ac = 70 ⋅ 2 ⋅ 1/ 2 70 = EI EI δ Ac = 70 ⋅ 2 ⋅ 1/ 2 ⋅ (2 / 3) 140 = EI 3EI θc = θ A − θ Ac = θA = 6020 1505 = 12BOY EI 3EI 1505 70 1295 − = rad. 3EI EI 3EI δc = 2θ Aorantıdan − δ Ac = 2 1505 140 2870 − = 3EI 3EI 3EI Örnek 3.4: Şekilde verilen kirişin a. A-B açıklığında deplasmanın maksimum olduğu yeri ve değerinin b. C noktasındaki deplasmanı c. C noktasındaki dönüş açısının bulunması (Mohr), 10 kN 30o 2EI A 2 m EI 4 4EI m C B 2 m 4 m Verilen yükleme altında sistemin şekil değiştirmesi, moment alanı ve eşdeğer sistemi aşağıdaki gibidir. Yayındır çoğaltılamaz 112 http://mizan.ogu.edu.tr. BÖLÜM 3 Mohr-Castigliano Metodu 5 δaçıklık ϕB Sistemin şekil değiştirmesi 20 15 8.66 5 δC 2EI 5 8.66 EI 4EI Moment alanı C B Eşdeğer sistem Dış yüklerden dolayı oluşan moment değerleri çubuk elemanların eğilme rijitliği olan EI ya bölünerek eşdeğer esas sisteme yük olarak yüklenir ve gerber sistem çözülür. 15/EI 5/EI 2.5/EI 3.75/EI 20/EI 15/EI 5/EI 2.5/EI 5/EI By = 21.458 EI Ay = 15/EI X 5/EI 2.5/EI 2o 29.792 By = EI 21.458 EI 3o Ay = Kesme alanı + 66.69 EI 29.792 EI 2+X 21.458/EI 18.958/EI Ay = 5/EI 3.75/EI 5/EI 3.75/EI By = 21.458 EI 29.792 EI Moment alanı Q = 0 21.458 − 2.5 x 2 x 0.5 − 5 x X − 10 x X x X /(2L) = 0 X = 2.378 m A mesnedinden hesaplanır ise, 2 + X de Q = 0 ise 1 max M = δmax = (2 + 2.378)x21.458 − 2.5x2x0.5x((2 / 3) + 2.378) EI 5.945 5 − (2.378x10 / 4)x2.378x0.5x(2.378 / 3) − 2.378x5x2.378x0.5 = 66.59 EI 2.378 B mesnedinden hesaplanır ise, 2 + (4 − 2.378) = 2 + 1.622 de Q = 0 ise 1 max M = δmax = (2 + 1.622)x29.792 − 3.75x2x(1 + 1.622) − 1.25x2x0.5((2x2 / 3) + 1.622) EI 66.59 − (10.945x1.622x1.622x0.5 − (10 − 5.945)x1.622x0.5x(2x1.622 / 3) = EI 1. Kesme kuvvet diyagramı ise dönüş açılarını verir. B noktasındaki dönüş açısı B mesnet tepkisine eşit olduğundan. ϕB = B y = 29.792 rad EI olarak hesaplanır. C noktasındaki deplasman ise C noktasındaki momente eşit olacağından, 2. Bölünerek eşdeğer esas sisteme yük olarak yüklenir ve gerber sistem çözülür. 15/EI 5/EI 2.5/EI 3.75/EI 20/EI 15/EI 5/EI 2.5/EI 29.792 EI 20/EI 3.75/EI 5/EI Ay = MC = δ C = By = 5/EI 21.458 EI By = 29.792 EI 29.792 x 4 20 x 4 x 0.5 x 4 x 3 359.168 + = EI EI (2) EI Yayındır çoğaltılamaz 113 10 http://mizan.ogu.edu.tr. 1.622 Mohr- Castigliano Metodu BÖLÜM 3 Örnek 3.5: Şekildeki çıkmalı kirişin C ucundaki düşey deplasmanı [δ δC] ve kirişin orta -3 4 8 2 noktasındaki dönüş açısının [ϕ ϕorta] hesaplanması [I=3.125.10 m E=2.10 kN/m ].[MOHR] 2 kN/m A B 10 kNm 5m C 3 kNm 5m 2m Çözüm: Kirişin dış yüklerden oluşan moment alanı aşağıdaki şekilde çizilir. 2 kN/m C 3 kNm 10 kNm 7.80 18.2 12 - 3 + 14 24 12 3 Kirişin eşdeğer sistemi + 14 47.49/EI 24 12/EI 12 47.49/EI 14/EI 59.17/EI 3 - + 24/EI ∑ MB = 0 ∑Y = 0 10A y + 5 By + 12 ⋅ 5 1 24 ⋅ 5 2 2 ⋅ 5 ⋅ 6.25 14 ⋅ 5 1 2 ⋅ 5 ⋅ 6.25 −5 − 2⋅ 5 − 5 + 5 − 7.5 =0 2 3 2 3 3 2 3 3 Ay = 59.17 EI 59.17 12x 5 24 x5 2x5 x6.25 14 x5 2x 5x6.25 59.17 + − − − − = 0 By = EI 2EI 2EI 3EI 2EI 3EI EI C noktasındaki deplasman C noktasındaki momente eşittir. 47.49/EI δC = 12 3x 47.49 3 x3 x1.5 3x9 3 108.72 108.72 − − 3 = = = 1.74.10−3 m = 0.174mm 8 −3 EI EI 3EI 4 EI 2.10 + 3.125.10 - 3 Kirişin orta noktasındaki dönüş açısı orta noktadaki kesma kuvvetine eşittir. 59.17/EI 14/EI ϕorta = 59.17 14 1 2 x 5 x 6.25 3.337 3.337 − 5 − = = = 5.34.10−6 EI EI 2 3EI EI 2.108 + 3.125.10−3 Örnek 3.6: Şekilde verilen gerber kirişin a. A noktasındaki deplasmanın b. C noktasındaki dönüş açısının c. A noktasındaki dönüş açısının 8 kN C G 4m Yayındır çoğaltılamaz 114 A m 8 2m http://mizan.ogu.edu.tr. BÖLÜM 3 Mohr-Castigliano Metodu d. G noktasındaki dönüş açısının e. G noktasındaki deplasmanı MOHR yöntemine göre belirlenmesi 16 1. Verilen sistemin moment alanı çizilir. 8 kN - G A 2 C 10 8 + ΣMB=0 8 x 2 – 8 Gy = 0 ΣMG=0 Gy = 2 t 8 x 10 - 8 By = 0 By = 10 t 2. Eşdeğer sistem seçilerek 1. maddede çizilen moment alanı (M/EI) yük olarak yüklenir. 16/EI 8/EI 8m m 4 m 2 Eşdeğer sisteme yük olarak yüklenen (M/EI) moment alanın moment alanı elastik eğriyi vereceğinden deplasman istenen noktadaki moment o noktadaki deplasmanı verir. 16/EI 8/EI ∑ MG = 0 16 x 8 x 0.5 x 8 x 2 8 x 4 x 0.5 x 4 x 2 + − 8By = 0 3(EI) 3(EI) By = 48 EI 48/EI Gy=0 16 x 8 x 0.5 x 8 x 0.333 8 x 4 x 0.5 x [( 4x2 / 3) + 8] − − 8Gy = 0 Gy = 0 (EI) (EI) 16 x 2 x 0.5 x 2 x 2 48 x 2 117.33 16/EI + = ∑ MA = δ A = 8/EI 3(EI) (EI) (EI) A ∑ MB = 0 a. C noktasındaki dönüş açısının 8m 4m 2m Eşdeğer sisteme yük olarak yüklenen (M/EI) moment alanın kesme diyagramı her noktadaki dönüş açısını vereceğinden dönüş istenen noktadaki kesme kuvveti o noktadaki dönüş açısını verir. Buna göre C noktasındaki kesme kuvveti sıfır olduğu görülür, yani C noktasındaki dönüş açısı ankastre mesnet olmasından dolayı sıfırdır. 16 x 2 x 0.5 48 64 + = rad. (EI) (EI) (EI) A noktasındaki dönüş açısı, QA = ϕA = G noktasındaki dönüş açısı, QG = ϕG = G noktasındaki deplasman, ∑ MG = δG = 8 x 4 x 0.5 16 rad. = (EI) (EI) 8 x 4 x 0.5 x 4 x 2 42.67 = 3(EI) (EI) Örnek 3.8: Şekilde verilen konsol kirişin a. A, B ve C noktalarındaki dönüş açılarının, b. A, B ve C noktalarındaki deplasmanların MOHR yöntemine göre belirlenmesi. 8 kN Elastik eğri Moment alanı 2 EI2=10000 kNm2 EI1=5000 kNm 4m δC m 6 Yayındır çoğaltılamaz 80 kNm 115 http://mizan.ogu.edu.tr. Mohr- Castigliano Metodu BÖLÜM 3 Moment alanın eşdeğer sisteme uygulanması 48 48 = = 0.0096 m−1 EI1 5000 80 80 = = 0.008 m −1 EI1 10000 48 48 = = 0.0048 m−1 EI1 10000 Çözüm: a. Dönüş açılarının hesabı ϕC=0.0096 x 6 x 0.5 + 0.0048 x 4 + (0.008-0.0048) x 4 x 0.5 = 0.0544 rad ϕB=0.0048 x 4+ (0.008-0.0048) x 4 x 0.5 = 0.0256 rad ϕA= 0 (ankastre mesnet) Çözüm: b. Deplasmanların hesabı δC=0.0096 x6x0.5x4 + 0.0048 x 4 x (2 + 6) + (0.008-0.0048)x4x0.5x (8/3 + 6 = 0.324 m δB=0.0048 x 4 x (2 + 6) + (0.008-0.0048) x 4 x 0.5 x (8/3 + 6 = 0.209 m δA=0 (ankastre mesnet) 3.2. MOHR METODUNUN BAZI ÖZELLİKLERİ 1. d2 y dx 2 =− M EI momentten dolayı oluşan şekil değiştirmedir. 2. Bu yöntemle Eksenel kuvvet (N), Kesme kuvveti ve Eşit sıcaklık ektilerinden oluşan şekil değiştirmeler hesaplanamaz. α ∆t M dx dϕ = dx d EI olmasından dolayı oluşan şekil değiştirmeler hesaplanabilir. M α ∆t = EI d 3. Farklı sıcaklık değişmesi durumunda dϕ = Örnek 3.9: Şekilde verilen konsol kirişin uç (A) noktasındaki [∆t= 60 , d=20 cm, α=10 ] 0 -5 a- Deplasmanı α ∆t 10 −5 60 M = = 3.10 − 5 = d 20 EI M/EI= 3.10 A b- Dönmeyi bulunuz. a- -5 2m Eşdeğer sistem fA = 3.10 − 5 olduğundan 200 2 = 0.60 cm 2 b- ϕA = 200 x 3.10 = 0.006 rad. -5 4. Mohr yönteminde sadece çubuk eksenine dik deplasmanlar bulunur. . . δ δ 5. Hiperstatik sistemlerde Mohr metodunun uygulanabilmesi ise; Yayındır çoğaltılamaz 116 http://mizan.ogu.edu.tr. BÖLÜM 3 Mohr-Castigliano Metodu Mohr metoduna göre eşdeğer sistem iki ucu boş taşıyıcı olmayan bir çubuktan ibaret olur (A). Bu durum bu kirişin çözümü olmadığı anlamına gelmez. Bu kirişin çözümü için yandaki şekilde iki ayrı yüklemesi olan kiriş alınır ve süperpozisyon prensibinden yararlanılarak 1 ve 2 nin elastik eğrileri toplanarak verilen kirişin elastik eğrisi 3 çizilir. Mohr yöntemi ile çubukların yüklerine göre ankastrelik momentleri aşağıdaki şekilde hesaplanır. L X - qL2 8 Bu alanlar eşit X X olsun ki sistem - qL2 8 dengede olsun − XL = + + 2 0 2L qL2 qL2 Ankastrelik ⇒X= − 3 8 12 Momenti P L X Bu alanlar eşit X - PL 4 X olsun ki sistem - PL 4 dengede olsun X − XL = + L PL PL Ankastrelik ⇒X= − 2 4 8 Momenti + q ϕ Elastik eğri 2 ϕ 1 M= qL2 12 M= qL2 12 3 A q M= ϕ δ= δorta δ qL4 384EI önceden bilinen 1 qL2 12 M= ϕ Elastik eğri 2 M yük olunca e.eğri qL2 12 q=M= + M yük olarak yüklenir By = δ1orta 5qL4 = 384EI δ2orta = qL2 12EI qL2 L qL3 = 12EI 2 24EI qL3 L qL2 L L qL4 ⋅ − ⋅ ⋅ = 24EI 2 12EI 2 4 96EI = δ1orta + δ2orta = P P ϕ = δ1orta = ϕ Elastik eğri 2 M= PL 8 q=M= + M yük olarak yüklenir By = 3 PL 48EI δ2orta = δ1orta + δ2orta = Yayındır çoğaltılamaz PL 8 M yük olunca e.eğri önceden bilinen PL3 192EI δorta δ= M= 1 δ 5qL4 qL4 qL4 − = 384EI 96EI 384EI 117 PL 8EI PL L PL2 = 8EI 2 16EI PL2 L PL L L PL3 ⋅ − ⋅ ⋅ = 16EI 2 8EI 2 4 64EI PL3 PL3 PL3 − = 48EI 64EI 192EI http://mizan.ogu.edu.tr. Mohr- Castigliano Metodu BÖLÜM 3 6 2 Örnek 3.10: Hiperstatik kirişin orta noktasındaki (c) deplasmanı (Mohr) bulunuz. (EI= 2.10 tm ) δc=? ϕ=? P=4 kN 2 kN/m c 4m 4m Süperpozisyon uygulayarak tekil yük ve yayılı yük için ayrı ayrı şekil değiştirmeler hesaplanıp toplanmıştır. TEKİL YÜK (P) için çözüm YAYILI YÜK (q) için çözüm P=4 kN c 16 / EI P=4 kN m c 4 Mc = 16 / EI 16 / EI qL2 = 16 8 2 kN/m 1 42.688 [16 x 4 − 8 x 4 x 0.5 x 4 x [1/ 3]] = EI EI 4m 4m PL/8=4 PL/8=4 c 4m Mankastre=qL2/12=10.67 c c 10.67/EI Ankastrelik M - 4/EI Ankastrelik M 16/EI 42.68/EI c 16/EI 1 32.00 Mc = δcP = [−16x 4 + 4x 4x2] = − EI EI Mankastre=4 P=4 kN 42.68/EI 2 kN/m Mankastre=4 Mankastre=10.67 16 16 − =0 EIP EIAnkastre McP = δcP = c 1 85.36 Mc = δcq = [−42.68x 4 + 10.67x 4 x2] = − EI EI c ϕ= 16 / EI qL2 = 16 8 1 106.72 Mc = [42.68 x 4 − 16 x 4 x [2 / 3] x [3 x 4 / 8]] = EI EI ϕ= 42.688 32.00 10.688 − = EI EI EI c 42.68 42.68 − =0 EIP EIAnkre Mc = δcq 106.72 85.36 21.36 − = EI EI EI P=4 kN 10.688 21.36 32.048 δc = δcP + δcq = + = EI EI EI Mankastre=10.67 2 kN/m δc 4m 4m 6. Eğik çubuklardaki momentler eşdeğer sisteme aşağıdaki şekildeki gibi uygulanır. Örnek 3.11: Şekilde verilen kirişin (Mohr), a) A noktasındaki dönüş açısını b) C noktasındaki düşey deplasmanı 7 2 c) D noktasındaki düşey deplasmanı M=100 tm ve EI=10 kg/cm için bulunuz. M C EI 2EI B 3m E 2EI m 3 A 3m 3m 3m 2m 4m ÇÖZÜM 1. Verilen dış yüklerden dolayı mesnet reaksiyonları bulunarak moment alanı çizilir. ∑ MA = 0 M − 13By = 0 By = M 13 ∑ MB = 0 M + 13Ay = 0 Ay = − M 13 6M 13 7M 13 EŞDEĞER SİSTEM ÇÖZÜM 2. Eşdeğer sistem seçilir. Yayındır çoğaltılamaz 118 A M 13 http://mizan.ogu.edu.tr. M 13 BÖLÜM 3 Mohr-Castigliano Metodu ÇÖZÜM 3. Yukarıda 1. Adımda çizilen sistemin moment alanı aşağıdaki gibi eşdeğer sistem 0 0 (M/EI) yük olarak yüklenir. AC çubuğundaki açı 45 derecedir (cos 45 =0.707). Buna göre moment değerleri; ACçubuğunun ortasının solunda, AC çubuğunun ortasının sağında, C noktasının solunda C noktasının sağında CB çubuğunun kesitinin değiştiği noktanın solunda, CB çubuğunun kesitinin değiştiği noktanın sağında, 3M/(13xcos45x2EI)=0.163M/EI 3M/(13xcos45xEI)=0.326M/EI 6M/(13xcos45xEI)=0.653M/EI 7M/(13xEI)=0.538M/EI 4M/(13xEI)=0.308M/EI 4M/(13x2EI)=0.154M/EI 0.653M/EI 0.538M/EI 0.653M/EI 0.538M/EI 0.326M/EI 0.308M/EI 0.154M/EI 0.163M/EI 0.326M/EI 0.163M/EI 0.308M/EI 0.154M/EI 0.364M EI 0.534M EI M ( −0.163x3x0.5x11 − 0.326x3x8.5 − 0.326x3x0.5x8 + 0.308x3x5.5 + 0.23x3x0.5x6 + 0.154x4x0.5x(0.333x 4) − 13A y = 0 ∑ MB = 0} EI 0.534M EI Ay = 0.653M/EI 0.326M/EI 0.534 M A noktasındaki dönüş açısı Ay mesnet tepkisine eşittir. A y = EI C noktasındaki deplasman C noktasındaki momentte eşit olacağından, a. b. 0.163M/EI 0.534M EI M 0.27M δC = (0.534x6 − 0.163x3x0.5x4 − 0.326x3x1.5 − 0.326x3x0.5x1) = EI EI 0.364M EI c. D noktasındaki deplasman, D noktasındaki momentte eşit olacağından, 200x0.364M 200x0.364 x 106 = = 7.28cm EI 107 δD = D 2t 2 ÖRNEK 3.10: Şekilde verilen çerçevede (EI=3360 t/m Mohr), a. A noktasındaki dönüş açısını b. B noktasındaki dönüş açısını c. D noktasındaki düşey deplasmanı D C 1.8 m Bütün elemanlarda EI sabit A B Çözüm 1. Adım, verilen sistemin mesnet kuvvetlerinin bulunarak moment alanının çizimi. ∑M A =0 2 x 5 − 8B y = 0 B y = 1.25 t 5m 3m 2kN t A y = 0.75 t 3.75 EI cosα=0.86 A 0.75 kN 1.8m B 1.25 kN 3.75 EI 3.75 4.36 = 0.86EI EI M 7.83 EI Yayındır çoğaltılamaz 119 10.92 EI http://mizan.ogu.edu.tr. Mohr- Castigliano Metodu BÖLÜM 3 Çözümde 2. Adım, Çizilen moment alanı moment değerinin EI eğilme rijitliğine bölünerek eşdeğer sisteme yük olarak yüklenmesi aşağıdaki gibi yapılmıştır. Bu çerçevede eşdeğer sistem her iki mesnedinde sabit mesnet olmasından dolayı aynı kalmaktadır. DC çubuğunun D ucunda, 3.75/(EI)=3.75/EI DB çubuğunun D ucunda, 3.75/(0.86xEI)=4.36/EI 1 2 5 8.70 6.25 x 3 x 0.5 x 3 x + 4.36 x 5 x 0.5 x (3 + ) = = 2.5910 −3 rad 8EI 3 3 EI 1 3 2 11.57 ∑ MA = 0 ϕB = B Y = 8EI 6.25 x 3 x 0.5 x (5 + 3 ) + 4.36 x 5 x 0.5 x (5 3 ) = EI = 3.4410−3 rad ∑ MB = 0 ϕA = A Y = fD = ϕA x 5 − 3.75 5 x 5 x 0.5 x = 6.99mm EI 3 Veya fD = ϕB x 3 − 6.25 3 x 3 x 0.5 x = 6.96 mm EI 3 Örnek 3.12: Şekilde yükleme durumu verilen kirişin c noktasındaki düşey deplasmanı Mohr 5 2 yöntemiyle bulunuz (EI= 2.10 tm cosα = 0.89). 5 kN 3EI 2m 2EI 2m EI C 4m 4 kN 4m 6m Çözüm: Verilen sistemin dış yükler altında moment alanı aşağıdaki gibi çizilir ve bu moment alanı eşdeğer sisteme yük olarak yüklenir. 24 Moment Alanı 20 20 Düşey çubuktaki moment alanı 20x2=40 95.834/EI 20/EI 24/3EI= 8 20/(2xEIx0.89) =11.23 24/(2xEIx0.89) =13.48 Moment alanının eşdeğer sisteme (M/EI) yük olarak NOT: Düşey çubukta cosα=0 olduğundan bölüm ∞ olur. Bundan dolayı bu tür çubukların alanları tekil yük olarak alınır (P= Alan/EI). B mesnedinde moment alınarak A noktasındaki kesme kuvvetini (dönüş açısını) bulabiliriz. ϕA = [(8 ⋅ 6 ⋅ 0.5 ⋅ 4 + 11.23 ⋅ 4 ⋅ 8 + (13.48 − 11.23 ) ⋅ 4 ⋅ 0.5 ⋅ ( 4 / 3 + 6 ) + 40 ⋅ 10 + 20 ⋅ 4 ⋅ 0.5 ⋅ ( 4 / 3 + 10 )] / (14 x 2.10 ) = ( 96 + 359.36 + 32.99 + 400 + 453.33 ) / 28.10 5 5 = 4.79 10 −4 rad. δc= ϕAx 4 – (20x4x0.50x(4/3))/2.10 = 0.00165 m =1.65 mm 5 Yayındır çoğaltılamaz 120 http://mizan.ogu.edu.tr. BÖLÜM 3 Mohr-Castigliano Metodu Örnek 3.13: C noktasındaki dönüş açısını ve yatay deplasmanın Mohr yöntemiyle bulun [EI=sabit]. 20 kN 2 kN/m C 4m 4m 3m 3m 1. İlk önce verilen sistemin mesnet tepki kuvvetleri hesaplanarak dış kuvvetlerden oluşan moment alanı çizilir [a]. ΣFx=0 Ax = 8 kN ΣMA=0 2 x 4 x 2 + 20 x 6 –10 Cy = 0 Cy =13.60 kN ΣMC=0 2 x 4 x 2 + 20 x 4 –8 x 4 - 10 Ay = 0 Ay =6.40 kN 35.2 + Cy=13.6 54.4 2x42/8=4 Ay=6.4 35.2/0.6=58.67 54.4 4/0.6=6.67 35.2 2. Yukarıda çizilen moment alanı eğilme rijitliğine (EI) bölünerek eş değer sisteme yük olarak yüklenir. [b]. 3. Bu yük etkisi altında istenen noktadaki kesme kuvveti bulunarak EIϕC = C y = [6.67 x3 x(2 / 3)x1.5 + 58.67 x 3x0.5 x2 + 35.2x 3x 4.5 + (54.4 − 35.2)x 3x1.5 x(3 + 2) + 54.4 x 4 x0.5 x(6 + 4 / 3)] / 10 = 161 .308 Bazı geometrik şekillerin alan ve ağırlık merkezi değerleri x h1 h2 b x= 2o x x= b[h2 + h1] 2 A= Yayındır çoğaltılamaz xn x b b[2h2 + h1] 3[h2 + h1] A= h h 2o b 3b 8 2bh 3 x= b b[n + 1] 2[n + 2] A= x x =b/2 2bh A= 3 nbh [n + 1] 121 h x o 2 b b 4 bh A= 3 x= h x xn b b n+2 bh A= n +1 x= http://mizan.ogu.edu.tr. h Mohr- Castigliano Metodu BÖLÜM 3 4. KISALTMA TEOREMİ (HİPERSTATİK SİSTEMLERDEKİ ŞEKİLDEĞİŞTİRME HESABI) Daha önce izostatik sistemlerin şekil değiştirmelerinin çeşitli yöntemlerle [vitüel iş, mohr vb] hesabı açıklanmıştı. Kısaltma teoremi ile ise hiperstatik sistemlerin şekil değiştirmeleri hesaplanır. Verilen hiperstatik kirişin m noktasındaki düşey deplasmanın bulunması istenirse sistemin önce şekil değiştirmesi belirlenir. Sistemin şekil değiştirmesi yaklaşık olarak kesik çizgilerle gösterildiği gibi oluşur. q P n A B q P n A Verilen sistem ve yüklemesi C B Verilen sistemin elastik eğrisi C δn=? MA MB n B C By C A Verilen sistemin moment aklanı 1 A n Verilen sistemin eşdeğer izostatik sistemi Bu durumda dış kuvvetlerin işi yazılırsa, δn + By . δB Ad = MA . ϕA + 1.δ Elde edilir. Bu denklemde mesnet şartları gereği ϕA =0 ve δB = 0 olduğundan Ad = 1.δ δn olduğu görülür. Buna göre hiperstatik sistemlerde birim yükleme istenilen herhangi bir izostatik sisteme yapılabilir sonucu ortaya çıkmaktadır. Bu teoreme kısaltma teoremi denir. Örnek 3.30: Şekilde verilen hiperstatik kirişin düşey deplasmanı Kısaltma teoremini kullanarak bulunuz. P m a.) m noktasındaki m Şekil değiştirme hali δm=? 1 P m 1 Moment alanı 1 b.) orta noktasındaki deplasmanı q=2 kN/m X1 q=2 kN/m q=2 kN/m X1= 1 + 6m 6m qL2 =9 8 6m 1 q=2 kN/m 1 Veya Veya 1 6m 1 Veya 1 Veya 1 Sistemin dış yükler olan P ve q yüklerine göre çizilen moment alanıyla, şekil değiştirmesi aranan noktaya yapılan birim yüklemeden elde edilen moment alanları çarpımı sonucu elde edilir. Birim yükleme ve dış yükler izostatik ve hiperstatik sistemlerden herhangi birine yapılabilir. Yani birim yükleme hiperstatik sisteme yüklenmiş ise dış yükler izostatik sisteme yapılabilir veya terside olabilir. Bununla ilgili örnekler 5. ve 6. bölümlerde mevcuttur. Yayındır çoğaltılamaz 122 http://mizan.ogu.edu.tr. BÖLÜM 3 Mohr-Castigliano Metodu Örnek 3.31: n noktasındaki deplasmanın ve dönüş açısının bulunması 10 kNm 2 m n A 6 m 4 m Sistem 1. dereceden hiperstatik olduğu için B mesnet tepkisi bilinmeyen olarak seçilir 10 kNm 2 m n A 6 m 4m 10 10 kNm Ay=1 10Ay δ10 = − Dış yüklemeden M Ay den birim M 103 500 =− 2EI EI δ11A y + δ10 = 0 500 = 1.5 kN 10 ⋅ 10 ⋅ 10 333.333 A y = − δ11 = = 333.33 3EI EI 10 5 Sonuç M δn = - 4 1 δn = n 4 ⋅ 4 ⋅1 4 ⋅ 5 ⋅ 4 24 − =− 6EI 3EI EI 4 ⋅ 5 ⋅ 2.4 6 ⋅ 2.4 (2 ⋅ 1 + 10) 4 ⋅ 1⋅ 2.4 24 − − = 6EI 6EI 3EI EI Mn= 2.4 1 φn = 4 ⋅ 1⋅ 1 4 ⋅ 5 ⋅ 1 8 − =− 2EI 2EI EI Örnek 3.32: Şekilde yükleme durumuyla verilen hiperstatik sistemin B mesnedinin 4 cm 8 2 çökmesi durumda orta noktasındaki (m) deplasmanı hesaplayınız. (EI= 2.10 kgcm ) q=1.2 kN/m A m 2 B m 2 0.60=ql /8 M m 0.375=Pl/4 0.6 a + 1 + b M m 0.375 c + 0.60=ql2/8 + d 0.50=Pl/4 Bu alanların çarpımından, [a x c + a x d + b x c + b x d] 1.δ = 2 x 0.6 x 0.375 1x 0.5 x(2 x 0.6 + 0.3) 1x 0.3 x 0.5 2 x 0.60 x0.375 2 x(5x1x0.60x 0.5) − − − + 3EI 6EI 3EI 3EI 12EI 1.δ δm + C c = 0.10 / (EI) Yayındır çoğaltılamaz 1.δ δm= (0.10 / 2.10 ) – (- 0.31 x 4)= 1.24 cm 8 123 http://mizan.ogu.edu.tr. Mohr- Castigliano Metodu BÖLÜM 3 Örnek 3.33: Şekilde verilen birinci dereceden hiperstatik kirişin mesnet çökmelerinden dolayı C 4 2 noktasındaki düşey deplasmanı hesaplayınız. (EI=10 tm ) 1. İlk önce verilen mesnet çökmelerine göre sistem çözülerek moment alanı çizilir (a). 1 4 I 2I 5mm A 3 1 4I C m 7 (b) (a) B 10mm m 2.1 9.6 5mm m 0.7 4mm 10mm 0.23 0.7 0.3 0.23 4mm 0.3 2. Kısaltma teoremine göre herhangi bir izostatik sistemde deplasmanı istenen noktaya birim yükleme yapılarak moment alanı çizilir (b). 1.δc + ∑ Cc = ∫ 9.6 MM dx EI x 2.1 5 ∫ bağıntısı kullanılarak 9.6 + x 2.1 7 7 5 MM 2.1x 9.6 x 5 2.1 x 9.6 x 7 34.44 dx = + = EI 3 x (2EI) 2 x (4EI) EI Birim yükleme sonucu mesnet çökmelerinden sadece B mesnedinin düşey mesnet tepkisinden dolayı mesnet çökmesi (0.004 m) iş yapmaktadır. Buna göre C noktasının deplasmanı, 1.δ c + 0.30 (−0.004 ) = 34.44 10 4 δc = 0.00464 m dan olarak bulunur. Veya birim yükleme hiperstatik sisteme yapılarak mesnet çökmelerinin yaptığı işten dolayı da aşağıdaki şekilde bulunabilir. 1.δ c + ∑ ( C ) c = 0 δc + (-0.23 x 0.005 – 0.23 x 0.01 – 0.3 x 0.004) =0 δc = 0.00465 m Örnek 3.34: Şekilde hiperstatik kirişin δC-yatay =? q=2 kN/ m 13.29 4I C 2I I 1 m m 7 2.8 7.70 M B A 3 4 M m 0.4 0.4 Çözüm: Önce dış yüklerden ve C noktasına yapılan birim yükleme moment alanları yukarıdaki gibi çizilir. 7.7 8 + + X L=5 m 2.8 + 7.7 8 L=7 m 13.29 - 2 32/8=2.25 X 2.8 + L=7 m L=5 m 2 2 7 /8=12.25 Moment değerleri işaretlerine göre çarpılarak C noktasındaki yatay deplasman hesaplanır. 1.δc = 5 x 7.7 x 2.8 5 x 2.25 x 2.8 7 x 7.7 x 2.8 7 x13.29 x 2.8 7 x12.25x 2.8 133.362 + + − + = 3EI 3EI 3EI 6EI 3EI EI EI= 10 tm alınır ise δc = 0.0133 m olarak bulunur. 4 2 Yayındır çoğaltılamaz 124 http://mizan.ogu.edu.tr. BÖLÜM 3 Mohr-Castigliano Metodu 3.2. CASTIGLIANO TEOREMI (1879) Dış kuvvetlerin yaptığı iş 1. Sadece P kuvveti için p P Yapılan iş taralı alana eşittir. Pδ Ad = 2 p δ 2. P ve Q birlikte etkiyor ise P Q Ri dδ δp Ad = dδ δQ i δ δ P δp 2 + Q δQ 2 3. P ve Q birlikte etkiyor daha sonra R etkiyor P Q Ri δp δQ i dδ δp1 A di = P d δ P + Q d δ Q + dδ δQ1 dδi P δ ∑ A d = A d + A di = P + 2 R i dδ i 2 Q δQ R dδ + P d δ p + Q d δ Q + i i 2 2 3. P, Q ve Ri birlikte etkiyor ise P Ri δp δp1 Q δQ i δi A dB = P (δ P + d δ P ) Q ( δ Q + d δ Q ) R i d δ i + + 2 2 2 δQ1 Süperpozisyon prensibinin, iç işin dış işe eşit olmasından ve lineer elastik malzeme kabulünden dolayı ∑ A d = A dB yazmak mümkündür. Bu eşitlik yazılır ve gerekli sadeleştirme yapılacak olursa, δi = − dAi dA d = dRi dRi Yayındır çoğaltılamaz 125 http://mizan.ogu.edu.tr. Mohr- Castigliano Metodu BÖLÜM 3 olmaktadır. Eğer i noktasındaki dönüş açısı aranıyor ise i noktasına moment yüklemesi yapılarak aynı işlemler yapılır ve, ϕi = − dAi dAd = dMi dMi bağıntısı elde edilir. Teorem kabul olarak virtüel iş teoreminin aynısı olup sadece şekil değiştirmesi istenen noktada oluşan momentin o noktaya sonuçta kuvvet varsa kuvvete değilse sıfıra eşitlenmek üzere yüklenen kuvvete göre kısmi türevini almaktadır. Dış yüklerin yaptığı iş iç kuvvetlerin yaptığı işe eşit olmasında, Ai = ∫ dA i dA d M2 dl bu ifade yukarıdaki δ i = − ifadede yerine yazılır ise, = 2EI dR i dR i δi = − dAi = dRi ∫ dAi M2 M dl dR i 2EI = ∫ dR i EI bağıntısı elde edilir. Bu teoremde şekil değiştirme aranan noktada yük bulunmuyor ise bu noktaya uygun bir yük uygulanır ve Castigliano teoremi uygulanır ve daha sonra bu yük sıfıra eşitlenir. Sistemde birbirine eşit yüklemeler bulunuyor ise bu yükler değişik numaralar verilerek teorem uygulanır ve işlemler sonunda yüklerin gerçek değerleri yerlerine yazılır. Aksi halde karışık işlemlerle hata yapma olasılığı artar. Örnek 3.14: Şekilde verilen kirişin orta noktasındaki deplasmanın ve dönüş açısının Castigliano teoremine göre belirlenmesi P P B A A B L L M x = Px L [ ] δ = ∫ Px 0 dM x =x dP Bu moment değerinin kısmı türevi alınır. 2 P A L 1 1 Px 3 PL3 = = EI EI 3 3EI 0 M x = Px + M x B M L x Bu moment değerinin kısmı türevi alınır. dM x =1 dM L 1 1 Px 2 PL2 + Mx = ϕ = ∫ [Px + M] = EI EI 2 2EI 0 0 L M=0 alınarak uç noktadaki dönüş açısı bulunmuştur. Yayındır çoğaltılamaz 126 http://mizan.ogu.edu.tr. BÖLÜM 3 Mohr-Castigliano Metodu Örnek 3.15: Şekilde verilen kirişin orta noktasındaki deplasmanın ve dönüş açısının Castigliano teoremine göre belirlenmesi P A M L x L M x = Px + M moment değerinin kısmı türevi alınır. L δ = ∫ [Px + M] 0 M A B B x dMx =x dP L x 1 Px 3 Mx 2 ML2 = + = EI EI 3 2 0 2EI L Mx = M L dMx 1 1 ML = 1 φ = ∫ [M] = [Mx ] = dM EI EI EI 0 0 moment değerinin kısmı türevi alınır. A M B L x SONUÇ: Eğer deplasman aranan noktada düşey yük, dönüş açısı aranan noktada moment veya her ikisi var ise deplasman aranır iken fiktif yük (P), dönüş aranır iken fiktif (M) moment yüklemeye gerek yoktur. Örnek 3.16: Şekilde verilen kirişin orta noktasındaki deplasmanın ve dönüş açısının Castigliano teoremine göre belirlenmesi q t/m B A L A-B qLx Px qx 2 Mx = + − Bu moment 2 2 2 değerinin kısmı türevi alınır. P B A qL p + 2 2 dMx x = dP 2 q t/m qL p + 2 2 L x İki eşit parça olarak alınır ve gerekli kısaltmalar yapılır ise (P=0) L / 2 qLx P qx 2 δ = 2 ∫ + − 0 2 2 2 3 Px 2 qx 4 1 5 qL4 x 1 qLx = = + − 4 16 EI 384EI 2 EI 12 q t/m M olarak bulunur. Orta noktasındaki dönüş açısı, A-B qL M − 2 L B A L x qLx Mx qx 2 Mx = − − L 2 2 Yayındır çoğaltılamaz 127 http://mizan.ogu.edu.tr. qL M + 2 L Mohr- Castigliano Metodu BÖLÜM 3 dMx x = − dM L Bu moment değerinin kısmı türevi alınır. İki eşit parça olarak alınır ve gerekli kısaltmalar yapılır ise (P=0) L / 2 qLx qx 2 x 1 L / 2 qLx qx 2 x 1 ϕ= ∫ − − + ∫ − + =0 2 L EI 0 2 2 L EI 2 0 Bilindiği gibi simetrik yüklü bir kirişin orta noktasındaki dönüş açısı sıfırdır. Örnek 3.17: Şekilde yükleme durumu verilen kirişin A noktasındaki deplasmanın ve dönüş 2 açısının belirlenmesi. (EI=1008 t/m ) q a2 + P(a + b) 2 q B C a m b P q C B A qa +P a b A x Önce sistemin B noktasındaki kesit tesirleri dış yüklerden ve deplasmanı istenen noktada fiktif olarak kabul edilen kuvvetten dolayı oluşan kesit tesirleri bulunur. Bu kesit tesirlerinin x mesafesinde oluşturdukları moment değeri bulunur ve denklemde yerine yazılarak istenilen noktaya kadar entegre edilir. Bu işlemler aşağıda sırasıyla yapılmıştır. q x 2 q a2 Mx = [(q a + P)x ] − + PL − 2 2 B-C Mx C-A δA = = [(q a + P)x ] − qa x − dM = x −L dP a q a2 + PL − 2 2 dM = Lx − L dP q x 2 qa2 1 a 1 b a qa2 + PL (x − L) = ∫ [(qa + P)x ] − qa x − − + PL (Lx − L) ∫ [(qa + P)x ] − − EI 0 EI a 2 2 2 2 δA = 1 a qa2 x qx 3 qa2L qx 2L 1 qa 4 qba3 2 − qaxL + + + − + 0 = − ∫ (q ax − EI 0 2 2 2 2 EI 24 6 Örnek 3.18: Şekilde yükleme durumu verilen basit kirişin a. C noktasındaki düşey deplasmanın b. A noktasındaki dönüş açısının Castigliano teoremiyle bulunması. C 10 kN A 10 kN D B 2m Yayındır çoğaltılamaz 8m 8+0.8C kN 128 2+0.2C kN http://mizan.ogu.edu.tr. BÖLÜM 3 Mohr-Castigliano Metodu dM = (8 + 0.8C )x = 0.8x dC dM = 0.2(10 − x ) dC A-B arasındaki M = (8 + 0.8) x B-C arasındaki M = (2 + 0.2C) (10 − x ) M2 dA δi = − i = dCi ∫ 2EI dl dCi M =∫ dA i dCi EI δC = 2 10 0 2 ∫ [8x + 0.8Cx ] (0.8x) + ∫ [2 + 0.2C] [(10 − x)] (0.2) = 85.33 EI Örnek 3.19: Şekilde yükleme durumu verilen basit kirişin c. C noktasındaki düşey deplasmanın d. A noktasındaki dönüş açısının Castigliano teoremiyle bulunması. 10 kN A 10 kN C D B 2m C 3m 5m 8+0.5C kN 2+0.5C kN dM = (8 + 0.5C) x = 0.5 x dC A-B arasındaki M = (8 + 0.5C) x B-C arasındaki M = (8 + 0.5C) x − 10(x − 2) dM = (8 + 0.5C) x = 0.5 x dC C-D arasındaki M = (2 + 0.5C) (10 − x ) dM = 5 − 0.5 x dC dA i M2 M dl dA i dCi δi = − = 2EI = ∫ dCi dCi EI ∫ 2 3 10 0 2 5 δ C = ∫ [8x + 0.5Cx ](0.5 x ) + ∫ [[8x + 0.5Cx ] − [10(x − 2)]](0.5 x ) + ∫ [[2x + 0.5Cx ][10 − x ]][5 − 5 x ] C=0 çünkü C üzerinde yük yok olsaydı değeriyle beraber kalırdı. δC = 3 5 10 1 2 1 2 4x 5 2 2 2 ∫ 4x + ∫ − x + 10x + ∫ x − 20x + 100 = ∫ +∫ EI 0 2 5 EI 0 3 2 10 x 3 x3 256 2 2 − + 5x + ∫ − 10x + 100x = 3 3 5 3EI MA A noktasındaki dönüş açısı, 10 kN C 8+0.1MA 2-0.1MA dM A = 0.1x − 1 dM dM A = 1 − 0.1x dM A-B arasındaki M = (8 + 0.1M A ) x − M A B-D arasındaki M = (2 − 0.1M A )(10 − x ) MA=0 2 10 0 2 ϕ A = ∫ [8x ] (0.1x − 1) + ∫ [2x (1 − 0.1x )] Yayındır çoğaltılamaz 2 ϕA 8 x3 1 2 x3 4 x2 380 + = = − EI 5 1 15 0 15EI 0 129 http://mizan.ogu.edu.tr. Mohr- Castigliano Metodu BÖLÜM 3 Örnek 3.20: Şekilde verilen aydınlatma direğinin uç noktasındaki yatay [δ δx] ve düşey [δ δy] deplasmanın hesaplanması [EI Eğilme rijitliğine bağlı olarak] x ve y yönü deplasmanlar Cy için yapılan yüklemeler Cx 5 kN x C δy δx y 6m α 6m 6m Çözüm: Önce moment değeri yazılır. Sonra deplasman istenen yönlerde yüklemeler yapılarak başta yazılan momentler deplasman istenen yönlere göre türevleri alınarak momentlerle çarpılır ve integralleri hesaplanarak deplasmanları bulunur. L δx = ∫ M 0 L δ = ∫M 0 dM dC x dM dC L δy = ∫ M [ M = − 5x + C x y + C y x ] 0 dM dC y x = 6 sin α y = 6 [1 − cos α ] [ ] M = − 5 [6 sin α ] + C x [6 [1 − cos α ]] + C y [6 sin α ] dM = −6 [1 − cos α ] dC x dM = −6 sin α dC y ds = 6 dα x yönündeki deplasman (1 − cos α) 2 EIδ x = ∫ [ − (5)(6 sin α)[ −6(1 − cos α)](6dα) = 1080 ∫ (1 − cos α) sin αdα = 1080 2 0 0 π/2 δx = π/2 1040 EI y yönündeki deplasman π/2 α sin 2α EIδ x = ∫ [ − (5)(6 sin α)[ −6 sin α ](6dα) = 1080 ∫ sin αdα = 1080 − 4 0 0 0 2 π/2 δx = π/2 2 848 .23 EI Yayındır çoğaltılamaz 130 http://mizan.ogu.edu.tr. π/2 0 BÖLÜM 3 Mohr-Castigliano Metodu Örnek 3.21: Şekilde verilen aydınlatma direğinin uç noktasındaki yatay [δ δx] ve düşey [δ δy] deplasmanın hesaplanması [EI Eğilme rijitliğine bağlı olarak] 4 kN δy C δx 4m x Cx y Cy 2kN/m x ve y yönü deplasmanlar için yapılan yüklemeler 10m 8m Çözüm: Önce moment değeri yazılır. Sonra deplasman istenen yönlerde yüklemeler yapılarak başta yazılan momentler deplasman istenen yönlere göre türevleri alınarak momentlerle çarpılır ve integralleri hesaplanarak deplasmanları bulunur. L δx = ∫ M 0 dM dC x L dM δ = ∫M dC 0 L δy = ∫ M 0 [ dM dC y M = − 4x + y 2 + C x y + C y x 4 ≤ y ≤ 14 x=8⇒ ] dM = −y dC x ds = 1.12 dx dM = −x dC y 0≤ x ≤8 [ ] [ M = − 4.8 + y 2 + C x y + C y 8 = − 32 + y 2 + C x y + 8C y dM = −y dC x dM = −8 dC y ] ds = dy Bulunacak deplasmanlar yönünde yüklenen Cx ve Cy değerleri sıfır olur. Yani C değerleri sadece türevlerdeki değerleri bulmak için kullanılır. Buna göre diğer terimlerden dolayı oluşan deplasmanlar. Çubuğun eğik (açılı) olmasından dolayı düşey yöndeki y değeri ile yatay yöndeki x değeri arasında y = 0.5 x gibi bir ilişki vardır. 8 14 0 4 EI δ y = ∫ [ −4.474 x ][ −0.5 x ][ −1.12 dx ] + ∫ − [32 + y 2 ][ − y ] dy 8 14 8 EI δ y = ∫ − 2.506 x 2 dx + ∫ [32 y + y 3 ] dy = − 0.835 x 3 + 16 y 2 0 0 4 14 4 + 0.25 y 4 14 4 EI δ y = −427 .69 + 2880 + 9540 = 11392 .31 Yayındır çoğaltılamaz 131 http://mizan.ogu.edu.tr. Mohr- Castigliano Metodu BÖLÜM 3 Örnek 3.22: Şekilde verilen çıkmalı kirişin C noktasındaki dönüş açısının Castigliano teoremine göre belirlenmesi 4t 3 t/m B A C 6m 3m 4t 3 t/m B A M C 6m 3m M M 7− 15 + x 6 6 Dönüş istenen noktaya işlem sonunda sıfıra eşitlenmek üzere moment uygulanır ve daha sonra sistemim bu haline göre mesnet tepki kuvvetleri bulunur. Kirişin yük ve sınır şartları değişen noktalara göre momentleri hesaplanır ve bu momentlerin fiktif olarak yüklenen momente göre kısmi türevleri alınır. İlk başta hesaplanan momentler ile kısmı türevlerin çarpımının sınırları boyunca integrali alınır ve fiktif momentler sıfıra eşitlenerek istenilen dönüş açısı bulunur. Bu işlemler aşağıda sırasıyla yapılmıştır. A-B B-C dM x x 3 x2 M M x = 7 − x − Bu moment değerinin kısmı türevi alınır. = − 6 2 dM 6 dM x x x 3*6 M M M x = 7 − x − (x − 3) + 15 + (x − 6) + M = − + + 1 6 1 6 dM 6 6 6 3 x 2 x 1 ϕ C = ∫ 7 x − − + 2 6 EI 0 6 9 7x 2 3x 3 26 x 2 36 x 477 = − − + = EI 2 6 2 1 EI 6 0 9 1 ∫ [26x − 36] 6 Örnek 3.23: Şekilde verilen kafes kirişte 3 noktasındaki düşey deplasmanın Castigliano teoremiyle bulunması (E=2.1 106 kN/m2) 10 kN ➃ ➁ 3 ➂ ➀ m ➄ 5 kN 4.8m ΣM➀=0 dan ➃ mesnedinin düşey tepkisi, ΣM➃=0 dan ➀ mesnedinin düşey tepkisi, Çubuk L (m) ➀-➁ ➀-➂ ➁-➂ ➁-➃ ➃-➂ ➂-➄ ➃-➄ 5 8 5 8 5 8 5 Yayındır çoğaltılamaz A -4 (10 m2) 10 5 10 5 10 5 10 4.8m 4.8m 4.8m 10 x 4 + 5 x 8 – 16 Y➄ = 0 5 x 8 + 10 x 12 -16 Y➀ = 0 Y➃= 5 kN Y➀= 10 kN N dN dx NL AE -16.66-0.83x 13.27+0.66x 0+0.83x -13.27-1.32x 8.31+0.83x 6.63+0.66x -8.31-0.83x -0.83 0.66 0.83 -1.32 0.83 0.66 -0.83 -0.0395 0.1011 0.0000 -0.1011 0.0198 0.0505 -0.0198 0.0328 0.0667 0.0000 0.1335 0.0164 0.0333 0.0164 Toplam 0.2992 132 δ3= NL dN AE dx http://mizan.ogu.edu.tr. BÖLÜM 3 Mohr-Castigliano Metodu 8.2. CASTIGLIANO II TEOREMİ Bu teoremin prensibi 1. Teoremin aynısının hiperstatik sistemlerde uygulanmasıdır. Burada hiperstatik bilinmeyenlerde kuvvet olarak kabul edilip ona göre moment ve kısmı türevleri yazılarak elde edilir. Örnek 3.24: Verilen kirişin 2.Castigliano teoremini kullanarak moment alanın belirlenmesi A B qL MA + 2 L qL MA − 2 L x qLx M A x qx + − − MA 2 L 2 L 2 x dM 1 qLx MA x qx M=M = ∫ + − − MA − 1 dMA EI 0 2 L 2 L 2 A-B arasındaki M = M= dM 1 = −1 dM A L L 1 qx 2 MA x 2 qx 3 MA x qLx MA x qx 2 + 2 − − − − + + MA ∫ EI 0 2 2L L 2 L 2 L L 1 qx 3 MA x 3 qx 4 MA x 2 qLx 2 MA x 2 qx 3 = + − − − − + + MA x 2 EI 6 8L 2L 4 2L 6 3L 0 = 1 qL3 MA L qL3 MA L qL3 MA L qL3 + − − − − + + MA L = 0 EI 6 3 8 2 4 2 6 qL qL2 + 2 8L 5qL = 8 qL qL2 By = − 2 8L 3qL = 8 Ay = MA = qL2 8 3qL 8 5qL 8 qL2 8 2o 3qL 3qL 9qL2 max Maç = = 8q 8 128 q A qL − B Y BY x VEYA B mesnet tepki kuvveti bilinmeyen seçilir ise, qx 2 A-B arasındaki M = B y x − 2 dM =x dB y L L 3 3 2 qx 3 By x qx 4 By L qL4 1 L qx 2 = =0 M = ∫ By x − − − (x) = By x − = EI 0 2 2 0 3 8 3 8 0 By = 3qL 8 olarak bulunur. Yayındır çoğaltılamaz 133 http://mizan.ogu.edu.tr. Mohr- Castigliano Metodu BÖLÜM 3 Örnek 3.25: Şekilde yüklemesi verilen birinci dereceden hiperstatik mütemadi kirişin (M) moment alanının çizimi [2.Castigliano]. q=4 kN/m A 5 C B m 5 m Çözüm: B mesnedinin düşey tepkisi By olarak alınarak sistem izostatik hale getirilir ve diğer mesnet tepkileri buna bağlı olarak bulunur. q=4 kN/m A B y x qx 2 A-B arasındaki M = 20 x − − 2 2 C 20-0.5By B By 20-0.5By dM x =− dB y 2 B y x qx 2 B y (x − 5) B-C arasındaki M = 20 x − + − 2 2 1 dM x x = − + ( x − 5) = − 5 dB y 2 2 M= By x qx 2 x 10 By x qx 2 By (x − 5) x 1 5 − − + ∫ 20x − − + ∫ 20x − − 5 EI 0 2 2 2 5 2 2 1 2 M= 2 2 2 5By x 5qx 2 1 5 20x 2 By x qx 3 10 20x 2 By x qx 3 By x 5By x + + − − + − − 100x + + − 5By x + 25By + ∫ ∫− EI 0 2 4 4 4 4 2 2 2 2 5 2 5 10 20x 3 By x 3 qx 4 10x 3 By x 3 qx 4 By x 3 5By x 2 100x 2 5By x 2 5qx 3 5By x 2 M =− + + − − + − − + + − + 25By x + 3 6 12 16 12 16 6 4 2 4 6 2 0 5 B y = 25 t olarak bulunur. B’nin bulunmasıyla sistem izostatik olmuştur. Sistemin moment alanı aşağıdaki şekilde çizilir. q=4 kN/m A C B 12.5 7.5 7.5 12.5 12.5=7.5x5-4x5x2.5 + 7.03 7.03=7.5x(7.5/4)x0.5 Örnek 3.26: Şekilde verilen 1. Dereceden hiperstatik sistemin B mesnet tepki kuvvetinin Castigliano II teoremine göre belirlenmesi. 8 kN/m 8 kN/m A C A m 2 By 6 x3 A-B arasındaki M = − 6 x 3 B-C arasındaki M = B y (x − 2) − 6 Yayındır çoğaltılamaz 2m m B C 6m dM =0 dB y dM = ( x − 2) dB y 134 http://mizan.ogu.edu.tr. BÖLÜM 3 M= Mohr-Castigliano Metodu 2 6 1 x3 x3 ∫ [0 ] + ∫ B y (x − 2) − [ x − 2] EI 0 6 6 2 8 3 8 3B y x 2 2By x x 4 x5 1 x3 x 4 1 By x 2 − = − + + − =0 By x − 3B y x + 2B y + EI ∫2 3 6 EI 3 2 1 12 30 2 8 3 3By x 2 2By x x 4 x 5 1 By x − + + − =0 EI 3 2 1 12 30 By=8.35 t 2 Mesnet tepki kuvvetinin diğer bir yöntem ile hesabı 8 kN/m A C B 2m 6m Sistem 1. dereceden hiperstatik olduğu için B mesnet tepki kuvveti bilinmeyen olarak seçilir ve B mesnedindeki deplasmanın sıfır olması şartı kullanılarak bu tepki kuvveti virtüel iş yöntemine göre aşağıdaki şekilde hesaplanır. 8 kN/m A C B 2m 6m 85.333 A 2 A m 6 C B 2m Dış yük M alanı C B m Birim yükleme 6m 1 A B + 1 2m δ11 = 6 x 6 x 6 72 = 3EI EI δ11B y + δ10 = 0 72B y EI δ10 = − − C Birim yükleme M alanı 6 6m 6 x 6 x [85.333 − 1.333] 6 x 6 x [1.333] 628.8 − =− 5EI 2EI EI 628.8 =0 EI By=8.73 t Örnek 3.27: B düşey mesnet tepkisinin castigliano 2. teoremi ile bulunması. 8 kN A 4 m 4 kN B 2 m 2 m C 2 m Sistemde aranan mesnet tepkisi kaldırılarak sistem izostatik hale getirilir ve diğer mesnet tepkileri buna bağlı olarak bulunur. 8 kN Ay=5.6-0.6By ∑ MA = 0 8 x 4 − 6B y + 4 x 8 − 10C y = 0 C y = 6.4 − 0.6B y ∑ MB = 0 2 x 4 − 4B y + 6 x 8 − 10 A y = 0 A y = 5.6 − 0.4B y Yayındır çoğaltılamaz 135 4 kN B By C Cy=6.4-0.4By http://mizan.ogu.edu.tr. BÖLÜM 3 Nokta Mohr- Castigliano Metodu M dM dBy A-1 5.6x-0.6Byx -0.6x dM dx =0 dB EI ∫M 4 ∫ − 3.36x 0 2 1-B 22.4-2.4By+5.6x-0.6 Byx ∫ − 53.76 − 26.88x − 3.36x -2.4 - 0.6x 0 2 + 5.76B + 2.88B x + 0.36B x2 dx y y y 2 C-2 6.4x-0.4Byx ∫ − 2.56x -0.4x 0 2 2-B 12.8+6.4x-0.8By-0.4Byx ∫ − 10.24 − 10.24x − 2.56x -0.8-0.4x 0 By = 2 + 0.36B x2 dx y 2 + 0.16B x2 dx y 2 + 0.64B + 0.64B x + 0.16B x2 dx y y y 296.5337 = 10.11kN 29.3337 Örnek 3.28: Şekilde verilen hiperstatik kafes sistemin çubuk kuvvetlerini By düğümünün hiperstatik bilinmeyen seçerek bulunuz. ➁ 36 kN 63 kN ➁ ➃ ➂ 36 kN 63 kN ➃ ➂ 3.6m 3.6m Dış yükleme durumu No A ➀ ➇ m 4.8 B ➆ m 4.8 ➀ ➄ C ➅ Ay 4.8m m 4.8 ➇ 4.8m B ➆ 4.8m ➄ ➅ 4.8m 4.8m Cy 1.adım: İzostatik esas sistem aşağıdaki şekilde seçilir. İzostatik esas sistemi daha değişik olarak da seçmek mümkündür. ΣMA=0 dan C mesnedinin düşey tepkisi, 36 x 4.8 + 63 x 9.6 – 4 x 4.8 Cy =0 Cy= 40.50 kN 36 x 3 x 4.8 + 63 x 9.6 – 4 x 4.8 Ay =0 Ay= 58.50 kN Bulunan bu mesnet tepkilerine göre izostatik esas sistemde verilen dış yüklerden ve By yüklemesinden dolayı çubuklarda oluşan eksenel kuvvetler aşağıdaki tabloda verilmiştir. ➁ 36 kN 63 kN ➂ ➃ 3.6m ➀ Ay Yayındır çoğaltılamaz ➇ m 4.8 B ➆ m 4.8 By 4.8m 4.8 136 By=1 yüklemesi ➄ ➅ m Bilinmeyen Cy http://mizan.ogu.edu.tr. BÖLÜM 3 Mohr-Castigliano Metodu Çubuk L (m) A ➀-➇ ➀-➁ ➁-➇ ➁-➆ ➁-➂ ➂-➃ ➃-➆ ➃-➅ ➃-➄ ➄-➅ ➆-➅ ➂-➆ ➆-➇ 4.8 6.0 3.6 6.0 4.8 4.8 6.0 3.6 6.0 4.8 4.8 3.6 4.8 2.0 2.5 1.3 2.5 2.6 2.6 2.5 1.3 2.5 2.0 2.0 1.3 2.0 P=L/A 2.400 2.400 2.770 2.400 1.846 1.846 2.400 2.769 2.400 2.400 2.400 2.769 2.400 dN dB y N0 By 78.00 -97.52 0.00 37.52 -108.00 -108.00 67.50 0.00 -67.50 54.00 54.00 -63.00 78.03 -0.67By 0.83 By 0.00 -0.83 By 1.33 By 1.33 By -0.83 By 0.00 0.83 By -0.67 By -0.67 By 0.00 -0.67 By dN N0P dB y -0.67 0.83 0.00 -0.83 1.33 1.33 -0.83 0.00 0.83 -0.67 -0.67 0.00 -0.67 Toplam dN ByP dB y 1.077 By 1.653 By 0.000 By 1.653 By 3.266 By 3.280 By 1.653 By 0.000 By 1.653 By 1.077 By 1.077 By 0.000 By 1.077 By -125.47 -194.260 0.00 -74.740 -265.181 -265.181 -134.460 0.00 -134.460 -86.832 -86.832 0 -125.470 Σ-1492.890 By = Kontrol N By P Σ17.454 By -33.30 -52.80 0 66.70 14.10 14.10 7.00 0 7.00 5.30 5.30 0 33.30 Σ0.000 1492.89 = 85.53 kN 17.454 Örnek 3.29: Verilen sistemde çubuk kuvvetlerinin bulunması [Kesit alanları eşit A=0.02 m2] 1.25m 0.8m A B 2.10T 0.83T 2.173T 15o 1.70m 1.70m D C 1.129T 0.98T 0.56T 0.56T 0.56T 0.744T 30o T E 20-4.396T 0.49T 3m 0.56T 34o 49o F 20 kN Çözüm: İşlemlerin daha açık olması için çözüm aşağıdaki tabloda yapılmıştır. ÇUBUK L (m) AF BF CF DF EF 3.63 3.10 3.00 3.45 4.53 A P=L/A F dF dT dF L F dT AE 0.02 181.50 155.00 150.00 172.50 226.50 T 2.173 T 20-4.396 T 1.128 T 0.744 T 1 2.173 -4.396 1.128 0.744 181.5 T 729.88 T 2898.72 T -13188 219.49 T 125.38 T Σ Yayındır çoğaltılamaz 137 T SONUÇ F FY 3.174 3.174 6.897 6.047 3.583 2.361 2.621 6.665 6.047 3.110 1.55 Σ 20 kN 4154.97T-13188=0 http://mizan.ogu.edu.tr.