mm - WordPress.com
Transkript
mm - WordPress.com
1. 2. KONULAR Giriş Tarihçe Çeliğin üretimi ve Malzeme olarak çelik Çeliğin üstün ve sakıncalı nitelikleri Çeliğin kullanım alanları Çelik Yapılarda Birleşim Araçları Bulonlu birleşimler Kaynaklı birleşimler 3. Çekme Çubukları Kesit hesabı ve kontrolü Çekme çubuklarının ekleri 4. Basınç Çubukları Tek parçalı basınç çubukları Çok parçalı basınç çubukları 1 ÇELİK YAPILARA GİRİŞ 2 ÇELİĞİN TARİHÇESİ • Yapılarda yaklaşık iki yüz yıldan beri kullanılan demir malzemenin tanınması, esasında çok eskiye dayanır. • 19. asrın ikinci yarısında demirin bulunmasıyla, ham demirin sıvı durumuna getirilip arıtılması ve “dökme çelik” elde edilmesi sağlanmıştır. • Çelik yapı terimi, 20. yüzyıl başında “kaynaklı birleşimlerin uygulama alanına girmesiyle gerçekleştirilmiştir. 3 Coalbrookdale Köprüsü • Demir kullanılarak inşa edilen ilk yapılar köprülerdir. • Kullanılan ilk malzeme fonttur. • Fontun basınç dayanımı yüksek, çekme dayanımı ise düşüktür. • Font kullanılarak inşa edilen ilk köprü yaklaşık 1778 yılında tamamlandığı tahmin edilen İngiltere’de, Severn nehri üzerindeki 31 m açıklığındaki Coalbrookdale Köprüsü’dür. 4 Britannia Köprüsü • Fransa ve Almanya`da ilk yüksek fırını İngilizler kurmuştur (1787). • O yıllarda dövme çelik kullanılarak dolu gövdeli ana kirişli ve kafes ana kirişli köprülerin yapımına başlandı. • Bunlardan birisi, 1846’da İngiltere’de inşa edilen 140 m açıklıklı Britannia Köprüsü’dür. 5 İlerleyen yıllarda Bessemer (1855), Siemens-Martin (1864), Thomas (1879) yöntemlerinin bulunmasıyla ham demirin sıvı haldeyken arıtılması sağlanmış ve dökme çelik üretimi olanağı ortaya çıkmıştır. Özellikle 20. yüzyılın başında elektrik fırınlarının da kullanılmaya başlanmasıyla da çelik yapı tekniklerinde büyük ilerlemeler meydana gelmiştir. 6 Zamanımızda çelik konstrüksiyonların kısımları, ulaşım olanaklarına bağlı olarak, mümkün olduğunca büyük parçalar halinde, kaynaklı birleşimler yapılmak suretiyle atölyelerde hazırlanır. Bu kısımlar şantiyede genellikle bulonlu montaj birleşimleriyle birleştirilerek çelik konstrüksiyon tamamlanır. 7 ÇELİK MALZEME NEDİR? Mekanik olarak işlenebilen yani, dövülerek, preslenerek, haddeden geçirilerek şekil alabilen demir alaşımlara “çelik” denir. Demirden başka %0,16-0,20 karbon bulunur. Karbon çeliğin mukavemetini ve sertliğini artırır. Ayrıca fosfor, kükürt, azot, silisyum, manganez, bakır gibi elemanlar da vardır. 8 Demir, yerkabuğunda en çok bulunan metaldir ve kabuğun yaklaşık olarak % 4,5 unu teşkil eder. Meteorlar haricinde serbest bir eleman olarak bulunmaz. Doğada demir cevheri; - oksitler [magnetit (Fe3O4) ve hematit (Fe2O3)], - hidroksitler [geotit (FeO(OH)) ve limonit (FeO(OH)·nH2O)], - karbonatlar [siderit(Fe2CO3)] halinde bulunur (a) magnetit, (b) hematit (c) geotit (d) limonit (e) siderit 9 Demir cevheri, yüksek fırında kok kömür ile yakılıp ergitilerek ham demir elde edilir. Elde edilen ham demirin karbon oranı yüksek (%3-5) olduğundan şekil değiştirmeye ve kaynaklanabilmeye elverişli değildir. Bu nedenlerle ham demir işlenerek, kullanılan yöntem ve katkılara bağlı olarak çelik veya dökme demir üretilebilir. 10 Çeliğin ısıl işleme tabi tutulmasında güdülen amaç şunlardır: 1. Karbon miktarını istenilen çelik cinsine göre azaltmak, 2. Büyük miktarda karbon uzaklaştırılırken, silisyum ve manganın okside edilmesini sağlamak 11 Üretilen çelik haddeleme adı verilen şekillendirme işlemine tabi tutulursa istenilen şekli alan ürünler elde edilir. Çeşitli ürünlerin haddelenme aşamaları 12 BAZI HADDE ÜRÜNLERİ 1. PROFİLLER I Profiller 13 ÖRNEK I 300 14 Profil boyut aralıkları [ Profilleri Profil boyut aralıkları U 30 – U 400 15 L Profilleri (Korniyerler) Eşit Kollu Korniyerler Profil boyut aralıkları L 20x3 – L 250x24 16 L Profilleri (Korniyerler) Farklı Kollu Korniyerler Profil boyut aralıkları L 30x20x3 – L 250x90x16 17 Boru Profiller 18 Tüp Profiller 19 T Profilleri 20 Z Profilleri 21 Ray Profilleri 22 Özel Profiller 23 2. LAMALAR Enkesiti dikdörtgen olan çubuklardır. Dar lamalar: b=10-250 mm; t=5-60 mm İnce lamalar: b=151-1250 mm; t=5-60 mm Geniş lamalar: b=12-360 mm; t=0,1-5 mm 24 3. LEVHALAR İnce levhalar Orta levhalar Kaba levhalar 25 Bazı dökme çelik ürünleri Çelik font (Mesnet parçaları) Su çeliği (Mesnet ruloları, mafsal parçaları) Gri Font (Mesnet Parçaları) 26 MALZEME OLARAK ÇELİK Atomlararası itme-çekme kuvvetlerinin eşit ve potansiyel enerjinin minimum olduğu denge konumu atomlararası uzaklığı belirler. Aralarında bağ bulunan belirli bir atom çifti için bu uzaklık özel ve kesindir. Bu uzaklığı değiştirmeye karşı çok büyük bir direnç vardır. Örneğin demirde bu uzaklığı % 1 oranında değiştirmek için 1 mm2 alana 210 kg uygulamak gerekir. Bu nedenle atomsal Atomlararası Uzaklık yapı hesaplarında atomların birbirlerine teğet sert küreler olduğu varsayılır. 27 Yapılarda bugün için kullanılan çelik malzemenin kristal bir bünyesi vardır. Çelik malzeme izotrop ve homojendir. 28 Çeliğin Mekanik Özelliği Kristalli bir malzeme olan çeliğin mekanik özellikleri çekme deneyi ile belirlenir. 29 Çubuk elastiklik sınırına ulaşıncaya kadar (elastiklik sınır gerilmesi : σE ) meydana gelen şekil değiştirmeler elastiktir; diger bir deyişle elastik bölgede tesir eden kuvvet kaldırılırsa çubuk başlangıç şekline döner. Hatta bu bölge içinde orantılı sınır gerilmesi (σP ) diye adlandırılan değerden daha küçük gerilme değerlerinde, gerilmeler ve şekil değiştirmeler arasındaki ilişki lineerdir yani Hooke Kanunu geçerlidir.(E = σ/ε) 30 Çekme deneyinde gerilme-şekil değiştirme grafiği 31 Bu deneyde olduğu gibi tatbik edilen soğuk işlemler malzemenin pekleşmesine ve sünekliğinin azalmasına (gevrekleşmesine) yol açarlar. Malzemeye başlangıçtaki yumuşaklığının ve sünekliğinin geri verilmesi istendiğinde, malzeme uygun sıcaklığa kadar ısıtılıp yavaş yavaş soğutulur. Bu işleme tavlama denir ve malzemenin gerilme defromasyon İlişkisi yeniden |OPEFB| haline gelir. Özet olarak metalin plastik şekil değiştirmesi kristalleşme sıcaklığının üzerinde yapılırsa, mekanik özelliklerinde herhangi bir değişiklik olmaz 32 ÇELİK MALZEMENİN ÜSTÜN NİTELİKLERİ Homojen ve izotroptur. Elastisite modülü çok yüksektir ve yüksek mukavemetlidir, kullanıldığı yapının öz ağırlığını hafifletir. Çekme ve basınç mukavemetlerinin eşit olması sonucu çekme mukavemeti düşük diğer yapı malzemeleriyle gerçekleştirilmesi olanaksız sistemler çelik ile yapılabilirlik kazanırlar. Sünek bir malzemedir. Büyük şekil değiştirme yapabilir. Çelik yapılarda değişiklik ve takviye kolay yapılır. Montaj tamamlandığında tam yükle çalışır. İskele kurma gereksinimi yoktur. 33 Alışılmışın dışında taşıyıcı sistem kullanma olanağı sağlar. 34 Çelik yapı imalatı atölyede gerçekleşir ve şantiyede montaj yapılır. 35 Çelik binalarda geniş kullanma alanı elde edebiliriz. 36 ÇELİK MALZEMENİN SAKINCALI NİTELİKLERİ Yanıcı olmakla birlikte, ısı yükseldikçe mukavemetinde ve elastiklik modülünde hızlı düşüşler görülür. Su veya bir kimyasal maddeyle ilişki, çelik malzemede paslanma olayı başlatır. Ses ve ısıyı iyi iletir, dolayısıyla yalıtım gerektirebilir. Çelik yüksek mukavemetli bir malzeme olduğundan seçilen kesitler narindir. Burkulma yerel burkulma gibi olası stabilite problemleri hesaplar sırasında dikkate alınır. Asit, baz ve tuza karşı dayanıksızdır. Bu sakıncalı özelliklere karşı alınan tedbirler maliyeti arttırır. 37 ÇELİK TAŞIYICI SİSTEMLERİN KULLANIM ALANLARI 38 1. SANAYİ YAPILARI 39 2. KÖPRÜLER 40 3. SOSYAL YAPILAR 41 4. ÇOK KATLI YAPILAR 42 5. GÖKDELENLER 43 GÜNÜMÜZ TEKNOLOJİSİ İLE YAPILAN YAPILAR 44 • Modern teknoloji sayesinde amaca uygun yapı tasarımı. 45 46 47 • Çelik yapı sayesinde geniş kullanım alanları elde edilir. 48 . •Farklı tasarım alanlarında da kullanılmaktadır. 49 ALAN MOMENTLERİ Çubukların gerilme analizinin yapılması sırasında çubuk kesitlerinin geometrisi ile ilgili bir takım integral ifadelere rastlanır. Bunlar arasında Atalet Momentleri adıyla anılan bir takım büyüklükler önemli yer tutar. 50 Bir Alanın Birinci Momenti (STATİK MOMENT) “S” Alanın herhangi bir simetri ekseni varsa Ağırlık merkezi bu eksen üzerindedir. Simetri eksenine göre statik moment sıfırdır. Eksen takımları kesitin ağırlık merkezinden geçerse bu büyüklükler sıfır olur. 51 ÖRNEK 1: Şekildeki üçgenin ağırlık merkezini bulunuz 52 Bir Alanın İkinci Momenti (ATALET MOMENTİ) “I” Atalet momentinin hesabının, gerçekte bir integrasyon olduğu hatırlanırsa aşağıdaki prensiplerin sağlanacağı gösterilebilir. a) Şeklin bir eksene göre atalet momenti, o şeklin parçalarının aynı eksene göre bulunan atalet momentlerinin toplamına eşittir. b) Kesitte boşlukların var olması halinde ise dolu kesitin eksene göre atalet momentinden boşluğun aynı eksene göre alınmış olan atalet momentini çıkarılır. c) Bir eksene göre atalet momenti hesaplanırken şeklin herhangi bir parçasını ayırıp, o eksene göre paralel olarak kaydırmak atalet momentini değiştirmez. 53 54 Atalet Yarıçapı 55 PARALEL EKSENLER TEOREMİ (EKSENLERİN PARALEL KAYDIRILMASI) Iz, Iy ve Izy büyüklükleri eksenlere bağlı olduğundan eksenlerin değişmesi halinde onlar da değişecektir. Bu sebeple eksenlerin değişmesi hallerini inceleyecek olursak; 56 ÖRNEK 2: Şekildeki I200 ve 2U140 kullanılarak farklı şekillerde oluşturulmuş kesitlerin atalet yarıçaplarını bulunuz. 57 a) 58 b) 59 Örnek 60 61 62 63 Örnek 64 65 Örnek Şekilde verilen bir adet I 200, iki adet L80.8 ve iki adet 80.8 lik levhanın birbirine sürekli kaynaklanmasıyla elde edilen iki ayrı en kesitli çubukların atalet momentlerini bulunuz. 66 67 68 Örnek Şekilde verilen 2 adet U 220 ve 2 adet I 300 profilinden birbirine sürekli kaynaklanmasıyla elde edilen iki ayrı en kesitli çubukların atalet momentlerini bulunuz. 69 70 71 Uygulama 72 ÇELİK YAPILARDA BİRLEŞİM ARAÇLARI 1.GENEL BİLGİLER Çeşitli hadde elemanlarının gerektiği gibi kesip hazırlandıktan sonra gene gerektiği gibi birleştirilmeleriyle çelik yapı oluşturulur. Çelik elemanların bu birleşimlerinde yardımcı elemanlardan yararlanılmaktadır ki bunlara ‘’birleşim araçları’’ adı verilir. Çelik yapılarda kullanılan birleşim araçları, •Perçinler •Bulonlar •Kaynak Perçin ve kaynak aracılığıyla yapılan bir birleşimin, daha sonra, birleştirilen elemanları tahrib etmeden sökülmesi olanaksızdır. Bu nedenle perçin ve kaynak çelik yapılarda ‘’sökülemeyen’’ birleşim araçları şeklinde tanımlanır. Buna karşın bulonlu bir birleşim istenilen zamanda, hiçbir bozulma olmaksızın rahatça sökülebilir. Dolayısıyla çelik yapılarda bulonlar da ‘’sökülebilen’’ birleşim aracı olarak bilinir. Biz burada çelik yapılarda kullanılan birleşim araçlardan bulonlar, bulonların hesap ve teşkilleri, çelik yapı elemanlarında bulonların kullanımı ve hesabı üzerinde duracağız. 2.BULONLAR, BULONLU BİRLEŞİMLER Bulon silindirik gövdeli, altı köşeli başlıklı, ucunda spiral diş kısmı bulunan bir birleşim aracıdır. Deliğine konduktan sonra diş açılmış ucuna, altına pul (rondela) konmak suretiyle somun takılır. Çelik yapılarda bulonlar, tercih edilen bir birleşim aracıdır. Çelik yapı elemanlarının fabrikada sürekli denetim altında yapımında kullanılan kaynak, bulonlu birleşimlere göre malzemenin %10'a kadar azalmasını sağlamaktadır. 74 Ancak; Kalifiye işçi gerektirmesi, Yatay ve dikey olarak yapım zorlukları, Soğuk havalarda çatlaması ve Yeterince kontrol edilememe gibi sakıncaları nedeniyle montaj kolaylığı için yapılanlar dışında taşıyıcı kaynakların şantiyede yapımı istenmemektedir. "Shop Welds, Site Bolts Fabrikada Kaynak, Şantiyede Bulon" genel kuralının aksine yetersiz veya kötü şantiye koşullarında yapılacak hatalı kaynağın tehlikeli sonuçlara yol açabileceği bilinmektedir. Bulon başı bir anahtarla tutulup, diğer bir anahtarla somun saat hareketi yönünde döndürülerek sıkılır. Böylece, kolay bir işçilikle bulonlar yerlerine takılmış olur. Bu kolaylık nedeniyle, şantiyede yapılan montaj birleşimlerinin bulonlu birleşim olması tercih edilir 75 Ayrıca bulonlu birleşim sistemi; a) Elektrik veya jeneratöre gereksinim duyulmaması, b) Montajın zor hava koşullarında bile kolaylıkla yapılabilmesi ve c) İşçilik hatalarının en aza inmesi nedeniyle ülkemiz koşulları bakımından da uygun görülmektedir. Örneğin; elemanların birleşim bölgelerindeki bulon deliklerinin konumu ve sayısı aynı değil ise, kullanılmayan delikler işçiyi ve kontrolunu uyaracak, delik konumlarının farklı olması durumunda ise montaj yapılamayacaktır. 76 Öte yandan, çelik çerçeveli yapıların depreme dayanıklı olması bakımından da; kararlılık bağlantılarının sünek davranışı sağlayacak biçimde düzenlenmesinin yanısıra elemanların birleşiminde davranış bakımından uygun görülmeyen kaynak yerine öngermeli yüksek dayanımlı bulonların kullanılması önerilmektedir. Ülkemizde de üretilmekte olan yüksek dayanımlı (HV) bulonların; a) Birleşimlerdeki bulon sayısını en az yarıya indirebilmesi ve b) Yeni şartnamelere göre delik toleransının büyük olması gibi önemli avantajları da bulunmaktadır. Ayrıca, yeterince sıkıldığında uç bölümü kopan (Çekme Kontrollü) bulonlar denetimi kolaylaştırmaktadır. Esas itibari ile iki türlü bulon kulanılır: 1. Normal Bulonlar 77 2. Yüksek Mukavemetli Bulonlar (HV Bulonları) 2.1.NORMAL BULONLAR Kuvvet aktarmaları gövdede makaslama ve delik çevresinde ezilme gerilmelerine göre hesaplanan bulonlardır. Bulonların kendi ekseni doğrultusunda zorlaması ve makaslaması hallerine ait kopma şekilleri görülmektedir. 78 Normal bulonlarda dikkat edilmesi gerekli çok önemli bir husus, diş açılmamış gövde kısmı boyunun, birleştirilen elemanların toplam s kalınlığından birkaç milimetre fazla olmasıdır. Somunun altına konan pul, bu fazlalığa rağmen, somunun sıkılabilmesini sağlar. 79 Normal bulonlar iki çeşittir: 1.Kaba bulonlar (siyah bulonlar) 2.Uygun bulonlar (parlak bulonlar) Bu iki çeşit bulon arasında iki bakımdan fark vardır: 1.Kaba bulonlarda bulon gövde çapı, delik çapından 1 mm kadar azdır; d = D- 1 mm Uygun bulonlarda ise; d=D dir. Yüksek yapılarda 20~30 mm’lik çaplarda 0,3 mm kadar tolerans kabul edilir.(D-d≤0,3mm). Daha küçük çaplarda bu miktar lineer olarak azaltılır. 80 2.Uygun bulonlarda, diş açılmamış gövde kısmı deliğe tam uyacak şekilde tornalanmak suretiyle düzgün olarak işlenmiştir. Bu yüzden uygun bulonlarda, d ile D arasındaki konstrüktif tolerans 0,3 mm’dir. Bulon, birleşimlerde gövde eksenine dik etki olacak şekilde kullanılır ve bu durumda da gövdelerinde makaslama gerilmeleri veya gövdeleri ile delik cidarı arasında basınç gerilmeleri oluşur. Gövdeye parallel etki aktarmada çekme gerilmeleri oluşur. Bulonlar, bulonun en zayıf kesiti olan diş açılmış kısımdaki ‘’diş dibi en kesiti’’ gözönünde tutularak çekme gerilmeleri altında çalıştırılırlar 81 Çelik yapılarda (M) harfiyle tanımlanan metrik bulonlar kullanılır. Bulon çapı d, birleşime giren elemanların en ince olanının kalınlığına göre seçilmelidir. Kullanılan bulon çapları ve uygulanacakları delik çapları aşağıdaki tabloda verilmiştir. BULON Delik Çapı (D) (mm) Gövde Çapı (d) (mm) M12 M16 M20 M24 M27 M30 M36 13 17 21 25 28 31 37 Kaba bulon 12 16 20 24 27 30 36 Uygun bulon 13 17 21 25 28 31 37 82 83 Birleşim aracının gövdesinde makaslamaya çalışan kesit adedi, onun tek tesirli veya çift tesirli çalışma durumunu ortaya çıkarır. ii) çift tesirli birleşim i) tek tesirli birleşim Şekilde tek ve çift tesirli birleşim aracı ve gövde ile delik arasında oluşan basınç gerilmelerinin yayılışı görülmektedir. Bu yayılış uniform olmamakla beraber, hesaplarda; 1.Silindirik olan basınç yüzeyi, (dxt) düzlemsel alana çevrilir. 2.Üniform olmayan dağılış yerine ortalama gerilmeler göz önünde tutulur. 84 •Herhangi bir birleşimde minimum levha veya birleştirilecek profil bölgesinin kalınlığına göre minimum kalınlık için kullanılabilecek maksimum bulon çapı aşağıdaki gibi hesaplanabilir. d ≤ 5.t min − 0,2 (tmin cm olarak dikkate alınacak ve elde edilen d değeri de cm cinsinden olacaktır.) Kullanabileceğimiz maksimum bulon çapı bu değerden küçük olmalı ve aynı zamanda küçük bulon çaplarının içerisinde de bu değere en yakın olan büyük bulon çapı olmalıdır. 85 •Birleşimdeki her hangi bir bulonun güvenle aktarabileceği maksimum yük miktarı, birleşim tek veya çift tesirli olmasına göre makaslama ve ezilme emniyet gerilmeleri için hesaplanır. Hesaplanan bu taşınabilecek yüklerden minimum değerli olanı hesap yükü olarak alınmalıdır. 86 • Makaslama için; Tek Tesirli Birleşim N 1Mak Em = π .d 2 4 Çift Tesirli Birleşim 2.π .d 2 N .τ = Mak 2 4 Mak Em Em .τ Mak Em •Ezilme için; N Ez Em = d .tez − min .σ Ez Em tmin = min (t1,t2) (tek tesirlide) tmin = min [ t2,.(t1+t3)] (çift tesirlide) Birleşim türüne göre yukarıda hesaplanan N değerlerinin içerisinden hesapta kullanılmak üzere alınan en küçük N değeri, birleşimde kullanılması gereken bulon adedini belirleyici olacaktır. - Bulonun emniyet kuvveti; Nem = min [ ( Ns1 veya Ns2), NL ] Birleşimde kullanılması gereken birleşim aracı adedi. •Bulon adedi = S Birleşi min aktaracağkyük n= = Birbulonuntaşaşıaşıyceğeğihesaükü N Hes 87 Bu hesap tarzında, çubuk kuvvetinin, bir sıra üzerinde ki birleşim araçlarına üniform dağıldığı varsayımı yapılmaktadır. Gerçekte kuvvetin dağılışı, birleştirilen elemanların ve kullanılan birleşim araçlarının elastikliğiyle çok yakından ilgilidir. Yapılan deneyler, bu dağılışın aşağıda verildiği gibi olduğunu ortaya çıkarmıştır. 88 Bu değerler göre üniformluktan sapma oranları, Birleşim aracı sayısı : 3 Sapma oranı (%) : 5 4 5 12 19 6 26 şeklindedir. Sapma oranının (%20) yi aşmaması, emniyet sınırları içinde varsayılmaktadır. Dolayısıyla, aynı sıra üzerinde (5) taneden fazla birleşim aracı kullanılmasına izin verilmemektedir. Ayrıca, ikinci derece önemli bazı bileşimle dışında, iki taneden az birleşim aracı birleşim yapılması söz konusu değildir. 89 Aktarılacak kuvvetin birleşim aracı gövde eksenine paralel olması halinde, Nem = Fg xσzem Fg = π(0,86d)2 4 (bulonda, diş dibi alanı) tarzında bulunur. Yukarıda verilen kuvvetlerin hesaplanmasında kullanılacak emniyet gerilmeleri τsem, σLem, σzem değerleri yükleme durumuna, birleşim aracı türüne ve ana malzeme kalitesine göre aşağıdaki tablodan alınmalıdır 90 Bulonlar Arası Minimum ve Maksimum Mesafeler Min e Min e1 Min e2 Max e Max e1 Max e2 Yüksek Yapılar Krenler Köprüler 3,5.d 2.d 1,5.d 8.d veya 15.tmin 6.d veya 12.tmin 3.d veya 6.tmin* *t min= En ince levha kalınlığı 91 92 St 37 Çeliği Birleşim Bulonu τmakaslama emniyet gerilmesi H HZ St 52 Çeliği σ-ezilme emniyet gerilmesi σ-çekme emniyet gerilmesi H H HZ τmakaslama emniyet gerilmesi σ-ezilme emniyet gerilmesi σ-çekme emniyet gerilmesi HZ H HZ H HZ H HZ - - - - - - Kaba 1120 1260 2400 2700 1120 1120 Uygun 1400 1600 2800 3200 1120 1120 2100 2400 4200 4800 1500 1500 Ankraj - - - - 1120 1120 - - - - 1500 1500 Tablodan da görülebileceği gibi St 52 ile yapılmış yapılarda kaba bulonların uygulanması söz konusu değildir. Zorunlu olarak kullanılmaları halinde ise St 37 li yapılarda ki emniyet gerilmeleri geçerli olmalıdır. Ankraj bulonları sadece temellerde kullanılan ve çekmeye çalıştırılan birleşim araçlarıdır. 93 Konu Anlatım Sorusu : 72 tonluk bir çekme kuvveti bulonlu bir birleşimle aktarılacaktır. Birleşim levhasının kalınlığı 10 mm dir. (HZ yüklemesi, St37 çeliği) a) Kaba bulon kullanılarak yapılaması planlanan birleşimin tek ve çift tesirli olarak tasarlanması durumunda bulon yerleşim düzenine ve birleşimde kullanılacak profile veya profillere eşit kollu korniyer veya [ (U) profil olarak karar veriniz. b) Uygun bulon kullanılarak yapılaması planlanan birleşimin tek ve çift tesirli olarak tasarlanması durumunda bulon yerleşim düzenine ve birleşimde kullanılacak profile veya profillere eşit kollu korniyer veya [ (U) profil olarak karar veriniz. 94 a ) Kaba Bulon •Kaba bulonlarda, bulon çapı (bulon gövde çapı) delik çapından 1 mm kadar azdır. Kaba Bulon Çapı=Delik Çapı - 1 •HZ yüklemesi ve St37 Çeliği için kaba bulon hesabında kullanılacak emniyet gerilmeleri değerleri tablodan ilgili satır ve sütunların kesişim noktası alınarak bulunur. 95 Tablo 1. Birleşim Araçları Emniyet Gerilmeleri (kg/cm2) St 37 Çeliği Birleşim Bulonu τmakaslama emniyet gerilmesi H σ-ezilme emniyet gerilmesi σ-çekme emniyet gerilmesi H H σ-ezilme emniyet gerilmesi σ-çekme emniyet gerilmesi H HZ H HZ H HZ Kaba 1120 1260 2400 2700 1120 1120 - - - - - - Uygun 1400 1600 - - HZ τmakaslama emniyet gerilmesi HZ Ankraj HZ St 52 Çeliği 480 280 1500 1500 3200 1120 1120 2100 2400 4200 0 0 - - 1120 1120 96 - - - - 1500 1500 •Kullanılabilecek profiller [ 80-[ 400 için gövde (birleştirilecek profil bölgesinin) kalınlığı 6-14 mm arasında iken, eşit kollu korniyerler için L20.20.3-L90.90.16 olduğu görülmektedir. Söz konusu birleşimde aktarılacak yükün fazla olması sebebiyle minimum kalınlık birleşim levhasında olacak şekilde profil seçimi uygun olacaktır. Bu sebeple bulon çapının belirlenmesinde etkili olan minimum levha kalınlığı olarak 10 mm alınması gerekecektir. •Pratik olarak her yükleme durumu için seçilecek profil veya birleşim levhası kalınlığı ardışık çözümlerle en yakın güvenilir bölgedeki profil ve birleşim levhası kalınlığına karar verilecektir. •Herhangi bir birleşimde minimum levha veya birleştirilecek profil bölgesinin kalınlığına göre minimum kalınlık için kullanılabilecek maksimum bulon çapı aşağıdaki gibi hesaplanabilir. 97 d ≤ 5.t min − 0,2 (tmin cm olarak dikkate alınacak ve elde edilen d değeri de cm cinsinden olacaktır.) ⇒ Birleşimdeki her hangi bir bulonun güvenle aktarabileceği maksimum yük miktarı, birleşim tek veya çift tesirli olmasına göre makaslama ve ezilme emniyet gerilmeleri için hesaplanır. Hesaplanan bu taşınabilecek yüklerden minimum değerli olanı hesap yükü olarak alınmalıdır. 98 Yukarıda verilen bilgiler ışığında tek tesirli çalışan bir birleşim için soruyu çözmeye çalışalım. Kullanabileceğimiz maksimum bulon büyüklüğü d ≤ 5.t min − 0,2 d ≤ 5.1 − 0,2 = 2,036cm olduğundan kullanabileceğimiz maksimum bulon çapı bu değerden küçük olmalı ve aynı zamanda küçük bulon çaplarının içerisinde de bu değere en yakın olan büyük bulon çapı olmalıdır. 99 Bulon M10 M12 M16 M20 M22 M24 M27 M30 M33 M36 Delik çapı (mm) 11 13 17 21 23 25 28 31 34 37 Kaba bulon çapı (mm) 10 12 16 20 22 24 27 30 33 36 Uygun bulon çapı (mm) 11 13 17 21 23 25 28 31 34 37 Tabloya göre ele aldığımızda, 20,36 mm çapa en yakın küçük kullanılabilir kaba bulon çapı 20 mm ile M20 kaba bulonudur. 100 Soruyu Tek Tesirli olarak çözelim: ⇒ Makaslamaya göre bir bulonun taşıyabileceği maksimum kuvvet; N 1Mak Em = π .d 2 4 .τ Mak Em = π .2 2 4 1,26 = 3,956t ⇒ Ezilmeye göre bir bulonun taşıyabileceği maksimum kuvvet; N Ez Em = d .t min .σ Ez Em = 2.1.2,7 = 5,4t ⇒ Bir bulonun güvenle taşıyabileceği maksimum kuvvet; N Ez Em > N1Mak olduğundan N1Mak =3,956 ton dur. Em Em 101 ⇒ Bu durumda sisteme gelen yükü taşımak için gereken bulon sayısı; n= S 72 = = 18,2 ⇒ 19 adet kaba bulon kullanılmalıdır. N min 3,956 ⇒ 19 adet bulonu nasıl yerleştirebileceğimizi düşünelim; bir sıraya en fazla beş bulon yerleştirebildiğimize ve bulonları simetrik yerleştirmemizin uygun olacağına göre, ⊗ ⊗ ⊗ e2 e e e ⊗ ⊗ ⊗ e ⊗ ⊗ ⊗ e ⊗ ⊗ e e/2 ⊗ e1 ⊗ e ⊗ ly e ⊗ e ⊗ e3 ⊗ ⊗ ⊗ e2 lx e e3 = e 2 − 2 2 102 ⇒ Soruda yukarıda verilen birleşim düzeni için kullanmamız gereken e mesafelerini Tablo 3 yardımıyla hesaplayalaım: e=3,5.d=3,5.20=70 mm e1=2.d=2.20=40 mm e2=1,5.d=1,5.20=30 mm 2 e e3 = e 2 − = 61 mm ≈ 65 mm 2 ⇒ Birleşim boyunu minimum eden boy ve yüksekliğin (ly ve lx) hesabı; ly=2.e2+3.e=270 mm lx=2.e1+3.e+e3=355 mm ⇒ Profil tablolarına bakarsak, [ profillerden ly yüksekliğini sağlayan bulon yerleştirilebilecek yüksekliğe sahip en küçük profilin [350 olduğunu görürüz 103 Soruyu Çift Tesirli olarak çözelim: ⇒ Makaslamaya göre bir bulonun taşıyabileceği maksimum kuvvet; N 1Mak Em 2.π .2 2 2.π .d 2 1,26 = 7,913t .τ Mak Em = = 4 4 ⇒ Ezilmeye göre bir bulonun taşıyabileceği maksimum kuvvet; N Ez Em = d .t min .σ Ez Em = 2.1.2,7 = 5,4t ⇒ Bir bulonun güvenle taşıyabileceği maksimum kuvvet; N Ez Em < N1Mak olduğundan N Ez Em =5,4 ton dur. Em ⇒ Bu durumda sisteme gelen yükü taşımak için gereken bulon sayısı; n= S 72 = = 13,3 ⇒ 14 adet kaba bulon kullanılmalıdır. N min 5,4 104 ⇒ 14 adet bulonu nasıl yerleştirebileceğimizi düşünelim; bir sıraya en fazla beş bulon yerleştirebildiğimize ve bulonları simetrik yerleştirmemizin uygun olacağına göre, ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ tipinde bir birleşimi ele alalım. l1x= 3.e+2.e1= 290 mm l1y=3.e+2.e2=270 mm A1=l1x.l1y=290.270=78300 mm2 tipinde bir birleşimi ele alalım. l2x= 3.e+e3+2.e1=355 mm l2y=2.e+2.e2=200 mm A2=l2x.l2y=355.200=71000 mm2 A2<A1 olduğundan birleşiminin uygulanması daha uygun olur. 105 ⇒ Bu durumda 200 mm ye bulon yerleştirilebilecek profillere tablodan bakarsak [260 veya eşit kollu korniyer olarak ta L250.250.18 i buluruz. Her ne kadar burada seçilen eşit kollu korniyer standard dışı bir profil olsa da, iki profili kıyasladığımızda en az alanlı olan profil tercih edilmeli, eğer piyasada seçilen profil yoksa diğer alternatife veya yakın bir diğer profile bakılmalıdır. 106 a. Uygun Bulon ⇒ Uygun bulonlarda, bulon çapı (bulon gövde çapı) delik çapına eşittir. ⇒ HZ yüklemesi ve St37 Çeliği için kaba bulon hesabında kullanılacak emniyet gerilmeleri değerleri tablodan ilgili satır ve sütunların kesişim noktası alınarak bulunur. 107 Tablo 1. Birleşim Araçları Emniyet Gerilmeleri (kg/cm2) St 37 Çeliği Birleşim Bulonu τmakaslama emniyet gerilmesi H σ-ezilme emniyet gerilmesi σ-çekme emniyet gerilmesi H H σ-ezilme emniyet gerilmesi σ-çekme emniyet gerilmesi H HZ H HZ H HZ Kaba 1120 1260 2400 2700 1120 1120 - - - - - - Uygun 1400 1600 - - HZ τmakaslama emniyet gerilmesi HZ Ankraj HZ St 52 Çeliği 480 280 1500 1500 3200 1120 1120 2100 2400 4200 0 0 - - 1120 1120 108 - - - - 1500 1500 Bulon M10 M12 M16 M20 M22 M24 M27 M30 M33 M36 Delik çapı (mm) 11 13 17 21 23 25 28 31 34 37 Kaba bulon çapı (mm) 10 12 16 20 22 24 27 30 33 36 Uygun bulon çapı (mm) 11 13 17 21 23 25 28 31 34 37 Tabloya göre ele aldığımızda, 20,36 mm çapa en yakın küçük kullanılabilir uygun bulon çapı 17 mm ile M16 uygun bulonudur. 109 Soruyu Tek Tesirli olarak çözelim: ⇒ Makaslamaya göre bir bulonun taşıyabileceği maksimum kuvvet; N1Mak Em = π .d 2 4 .τ Mak Em = π .1,7 2 4 1,6 = 3,63t ⇒ Ezilmeye göre bir bulonun taşıyabileceği maksimum kuvvet; N Ez Em = d .tmin .σ Ez Em = 1,7.1.3,2 = 5,44t ⇒ Bir bulonun güvenle taşıyabileceği maksimum kuvvet; N Ez Em > N1Mak olduğundan N1Mak =3,63 ton dur. Em Em ⇒ Bu durumda sisteme gelen yükü taşımak için gereken bulon sayısı; n= 72 S = = 19,80 ⇒ 20 adet uygun bulon kullanılmalıdır. N min 3,63 110 Soruyu Çift Tesirli olarak çözelim: ⇒ Makaslamaya göre bir bulonun taşıyabileceği maksimum kuvvet; N1Mak Em 2.π .1,7 2 2.π .d 2 1,6 = 7t .τ Mak Em = = 4 4 ⇒ Ezilmeye göre bir bulonun taşıyabileceği maksimum kuvvet; N Ez Em = d .tmin .σ Ez Em = 1,7.1.3,2 = 5,44t ⇒ Bir bulonun güvenle taşıyabileceği maksimum kuvvet; N Ez Em < N1MakEm olduğundan N Ez Em =5,44 ton dur. ⇒ Bu durumda sisteme gelen yükü taşımak için gereken bulon sayısı; n= 72 S = = 13,23 ⇒ 14 adet uygun bulon kullanılmalıdır. N min 5,44 111 ⇒ 14 adet bulonu nasıl yerleştirebileceğimizi düşünelim; bir sıraya en fazla beş bulon yerleştirebildiğimize ve bulonları simetrik yerleştirmemizin uygun olacağına göre, ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ e=59,5≈60 mm e1=34≈35 mm lx= 3.e+2.e1+e3=290 mm ⊗ ⊗ e2=25,5≈30 mm ly=2.e+2.e2=180 mm ⇒ Bu durumda 180 mm ye bulon yerleştirilebilecek profillere tablodan bakarsak [240 tercih edilmeli, eğer piyasada seçilen profil yoksa diğer alternatife veya kullanılabilir yakın bir diğer profile bakılmalıdır. 112 Örnek: St 37 H, yüklemesi uygun bulon için bulon çaplarını bularak yerleştiriniz. 113 114 115 ÖRNEKLER: 1.Şekil2.9’da görülen bir bina inşaatına ilişkin uygun bulonlu birleşim, Malzeme St 37, ‘’H’’ yüklemesi, S=11,5 ton. Verilen bulonlu birleşimin tahkikini yapınız. şekil 2.9 116 ÇÖZÜM: Bulon çapı tahkiki: d=17 mm ≤ (√5tmin)-0,2 = (√5x0.8)-0,2 = 1,8 cm = 18 mm old. uygundur. Bulon sayısı tahkiki: ‘’H’’ yüklemesi ve St37’den yapılar için uygun bulonda 1400 kg/cm2 , σLem = 2800 kg/cm2 dir. τ sem Bulonlar tek tesirli çalışıyor ve bir bulonun aktardığı kuvvet, Makaslamaya göre; Ns1= πd2 τ sem = πx1,72 x 1,4 = 3,18 t 4 4 Ezilmeye göre; NL = d.tmin .σLem = 1,7x0,8x2,8 = 3,81 t Bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet; Nem = 3,18 t 117 = Birleşimde 4 bulon kullanıldığına göre, 4x3,18 = 12,72 t > S= 11,5 t old. uygundur. Aralıkların tahkiki: 3d = 3x17 =51 mm < e=60 mm< 8d = 8x17= 136 mm, 15tmin= 15x8 =120 mm) 2d = 2x17 =34 mm < e1=40 mm< 3d = 3x17= 51 mm, 6tmin= 6x8 =48 mm) old. uygundur. e2’ye ilişkin 35 mm ve 45 mm lik değerler, korniyerlerle ilgili tablodan, 80.80.8 lik korniyer için delik açma uzaklıkları olarak alınmıştır, tahkik etmeye gerek yoktur. 118 2.Bir binanın birleştirilmesi gereken elemanları şekilde gösterilmiştir. ‘’Hz’’ yüklemesinde S=18,5 t, Ana malzeme St37 ve birleşimde, - Kaba bulon - Uygun bulon kullanıldığına göre, birleşimin minimum( l) uzunluğunu belirleyiniz Şekil 2.10 119 ÇÖZÜM: a)Kaba bulon kullanılması halinde; Kullanılacak bulon: d ≤ (√5tmin)-0,2 = (√5x0.75)-0,2 = 1,74 cm old. M16 bulonu kullanılacaktır. Bulon sayısı: ‘’Hz’’ yüklemesi ve St37’den yapılar için kaba bulonda τsem = 1260 kg/cm2 , σLem = 2700 kg/cm2 dir. Bulonlar çift tesirli çalışıyor ve M16 kaba bulonda d=16 mm bir bulonun aktardığı kuvvet, 120 Makaslamaya göre; Ns1=2 πd2 τsem = 2 πx1,62 x 1,26 = 5,07 t 4 4 Ezilmeye göre; NL = d.tmin.σLem = 1,6x1,2x2,7 = 5,18 t Bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet; Nem = 5,07 t Gerekli bulon adedi: n= S =18,5 = 3,65 → 4 bulon Nem 5,07 121 Aralıklar: e ≥ 3,5x16 = 56 mm → 60 mm e1 ≥ 2x16 = 32 mm → 35 mm Şekil 2.11 Şekilde kaba bulonlu tertip görülmektedir ve l değeri: l = 35+60x3+35 = 250 mm 122 b)Uygun bulon kullanılması halinde; Bulon tespiti kaba bulonla aynı olduğundan kullanılacak bulon M16 dır. ‘’Hz’’ yüklemesi ve St37’den yapılar için uygun bulonda τsem = 1600 kg/cm2 , σLem = 3200 kg/cm2 dir. Bulonlar çift tesirli çalışıyor ve bir bulonun aktardığı kuvvet M16 uygun bulonda d=17 mm, Makaslamaya göre; Ns1= 2πd2 τsem = πx1,72 x 1,6 = 7,26 t 4 4 Ezilmeye göre; NL = d.tmin.σLem = 1,7x1,2x3,2 = 6,53 t 123 Bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet; Nem = 6,53 t Gerekli bulon adedi: n= S =18,5 = 2,83 → 3 bulon Nem 6,53 Aralıklar: e ≥ 3,5x17 = 59,5 mm → 60 mm e1 ≥ 2x17 = 34 mm → 35 mm l değeri: l = 35+60x2+35 = 190 mm 124 Örnek 3: Bir bina çatısındaki kafes kirişin alt başlık çubuğunun düğüm nokta levhasına M12 lik uygun bulonlarla bağlanacak levha şekilde görülmektedir.’’H’’ yüklemesi için S= 23,5 t, Ana malzeme St37 olduğuna göre birleşimin hesap ve tertibini yapınız. 125 ÇÖZÜM: Öncelikle uygundur. d ≤ (√5tmin)-0,2 = (√5x1.4)-0,2 = 2,45 > 1,3 cm old. Bulon sayısı: ‘’H’’ yüklemesi ve St37’den yapılar için uygun bulonda τsem = 1400 kg/cm2 , σLem = 2800 kg/cm2 dir. Bulonlar çift tesirli çalışıyor ve bir bulonun aktardığı kuvvet M12 uygun bulonda d=13 mm, Makaslamaya göre; Ns1= 2πd2 τsem = πx1,32 x 1,4 = 3,72 t 4 4 Ezilmeye göre; NL = d.tmin.σLem = 1,3x1,4x2,8 = 5,10 t 126 Bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet; Nem = 3,72 t Gerekli bulon adedi: n= S =23,5 = 6,32 → 7 bulon Nem 3,72 Kuvvet doğrultusuna paralel bir sırada arka arkaya 5 birleşim aracından fazla kullanılmaması gerektiğinden bu durumda yapılan tertip şekilde görülmektedir. 127 Böyle bir tertipte şu kontroller de yapılmalıdır: S=23,5 t ‘luk kuvvetin, 5 bulona isabet eden S1= 5 23,5 = 16,79 t luk kısmı doğrudan (a) bulonları ile aktarılmaktadır. 8 S2=S-S1 = 23,5- 16,79 =6,71 t luk kısmı, (b) bulonları ile yardımcı verilmekte, oradan da (c) perçinleriyle levhaya aktarılmaktadır.. 128 S2 kuvvetinin yardımcı korniyerlere aktarılmasını sağlayan (b) bulonları kural gereği; 1,5S2’ye göre irdelenmelidirler Yardımcı korniyerleri ana korniyerlere bağlayan (b) bulonlar tek tesirli olup 6 adettirler. Buna göre, tek tesirli M12 bulonlarında ; Ns1= πd2 τsem = πx1,32 x 1,4 = 1,86 t 4 4 NL = d.tmin.σLem = 1,3x0,7x2,8 = 2,55 t Bir bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet; Nem = 1,86 t Dolayısıyla; 6x1,86 = 11,16 t > 1,5 S2 =1,5x6,71 =10,07 t old. yapılan tertip uygundur. 129 Çözümlü Sorular 1. Şekilde görülen birleşimde St37 ‘’Hz’’ yüklemesinin a)Kaba Bulonlu b)Uygun Bulonlu olarak hesap ve tertibini yapınız. 130 ÇÖZÜM: a)Kaba bulon kullanılması halinde; Kullanılacak bulon: d ≤ (√5tmin)-0,2 = (√5x0.8)-0,2 = 1,8 cm old. bu değerden daha küçük en büyük kullanımda olan bulon çapı olarak M16 bulonu belirlenir. ‘’Hz’’ yüklemesi ve St37’den yapılar için kaba bulonda τsem = 1260 kg/cm2 , σLem = 2700 kg/cm2 değerleri tablodan alınır. Bulonlar tek tesirli çalışıyor ve M16 kaba bulonda d=16 mm’dir. Böylece bir bulonun aktardığı kuvvet, Makaslamaya göre; Ns1= πd2 τsem = πx1,62 x 1,26 = 2,53 t 4 4 Ezilmeye gore; NL = d.tmin.σLem = 1,6x0,8x2,7 = 3,46 t 131 Burada tmin aynı yöne çalışan levhaların toplam kalınlıklarından küçük olanıdır. Yani; min(0.8,14) ‘dır. Bir bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet; Nem = min (Ns1,NL) = 2,53 t Gerekli bulon adedi: n= S = 12 = 4,74 → 5 kaba bulon Nem 2,53 Aralıklar: e ≥ 3,5x16 = 56 mm → 60 mm e1 ≥ 2x16 = 32 mm → 35 mm e2 ≥ 1,5x16 = 24 mm → 25 mm 132 Levha Boyutları; 50*310 mm L = 2*35+4*60 = 310 mm 133 b)Uygun bulon kullanılması halinde; Kullanılacak bulon: d ≤ (√5tmin)-0,2 = (√5x0.8)-0,2 = 1,8 cm old. bu değerden daha küçük en büyük kullanımda olan bulon çapı olarak M16 bulonu belirlenir ‘’Hz’’ yüklemesi ve St37’den yapılar için uygun bulonda τsem = 1600 kg/cm2 , σLem = 3200 kg/cm2 dir. Bulonlar tek tesirli çalışıyor ve M16 uygun bulonda d=17 mm’dir. Böylece bir bulonun aktardığı kuvvet, Makaslamaya göre; Ns1= πd2 τsem = πx1,72 x 1,6 = 3,63 t 4 4 Ezilmeye gore; NL = d.tmin.σLem = 1,7x0,8x3,2 = 4,35 t Bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet; Nem = 3,63 t 134 Gerekli bulon adedi: n= S = 12 = 3,31 → 4 uygun bulon Nem 3,63 Aralıklar: e ≥ 3,5x17 = 59,5 mm → 60 mm e1 ≥ 2x17 = 34 mm → 35 mm e2 ≥ 1,5x17 = 25,5 mm → 30 mm 135 60*250 mm l değeri: l = 35+60x3+35 = 250 mm 136 SONUÇLARIN DEĞERLENDİRİLMESİ: Hesaplarda görüldüğü gibi bir uygun bulonun taşıyabileceği kuvvet miktarı bir kaba bulonun taşıyabileceğinden fazla olduğundan aynı birleşimde aynı yükü taşıyacak bulon sayısı uygun bulon kullanıldığında daha az olmaktadır. Buna rağmen bulonların birleşim levhasında birbirlerine ve kenarlara olan uzaklıkları şartları gözönüne alındığında bulon sayısı az olduğundan kaba bulonlu birleşimlerde kullanılan levha alanı daha küçüktür. Aynı malzeme kullanılarak ve aynı yükleme altında kaba bulonlu ve uygun bulonlu birleşimlerin taşıyabildikleri kuvvetlerin farklı çıkmasının sebebi, öncelikle kaba bulonlarda gövde çapının delik çapından 1 mm az olması ve uygun bulonun emniyet gerilmesinin kaba bulonunkinden fazla olmasıdır. 137 2. Şekilde görülen birleşimde St37 ‘’Hz’’ yüklemesinin a)Kaba Bulonlu b)Uygun Bulonlu olarak hesap ve tertibini yapınız. 138 a)Kaba bulon kullanılması halinde; Kullanılacak bulon: d ≤ (√5tmin)-0,2 = (√5x1,0)-0,2 = 2,16 cm old. → M20 kaba bulonu ‘’Hz’’ yüklemesi ve St37 → τsem = 1260 kg/cm2 , σLem = 2700 kg/cm2 Bulonlar çift tesirli çalışıyor ve M20 kaba bulonda → d=20 mm Makaslamaya göre; Ns2= 2πd2 τsem = 2 πx22 x 1,26 = 7,92 t 4 4 Ezilmeye gore; NL = d.tmin.σLem = 2x1,2x2,7 = 6,48 t Burada tmin aynı yöne çalışan levhaların toplam kalınlıklarından küçük olanıdır. Yani; min[(10+10),12] ‘dır. Bir bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet; Nem = min (Ns2,NL) = 6,48 t 139 Gerekli bulon adedi: n= S = 14 = 2,16 → 3 kaba bulon Nem 6,48 Aralıklar: e ≥ 3,5x20 = 70 mm → 70 mm e1 ≥ 2x20 = 40 mm → 40 mm Levha Boyutları; L = 40*2 + 70*2 = 220 mm 140 b)Uygun bulon kullanılması halinde; Kullanılacak bulon: d ≤ (√5tmin)-0,2 = (√5x1,0)-0,2 = 2,16 cm old. → M20 uygun bulonu ‘’Hz’’ yüklemesi ve St37 → τsem = 1600 kg/cm2 , σLem = 3200 kg/cm2 Bulonlar tek tesirli çalışıyor ve M20 uygun bulonda → d=21 mm Makaslamaya göre; Ns2= 2πd2 τsem = 2 πx2,12 x 1,6 = 11,08 t 4 4 Ezilmeye gore; NL = d.tmin.σLem = 2,1x1,2x3,2 = 8,06 t Burada tmin aynı yöne çalışan levhaların toplam kalınlıklarından küçük olanıdır. Yani; min[(10+10),12] ‘dır. Bir bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet; Nem = min (Ns2,NL) = 8,06 t 141 Gerekli bulon adedi: n= S = 14 = 1,74→ 2 uygun bulon Nem 8,06 Aralıklar: e ≥ 3,5x21 = 73,5 mm → 75 mm e1 ≥ 2x21 = 42 mm → 45 mm Levha Boyutları; L = 45*2 + 75 = 165 mm 142 3. Bir bina çatısındaki kafes kirişin alt başlık çubuğunun düğüm nokta levhasına bağlanacaktır. Birleşimin St37 ‘’Hz’’ yüklemesi için a)Kaba Bulonlu b)Uygun Bulonlu olarak hesap ve tertibini yapınız. 143 ÇÖZÜM: a)Kaba bulon kullanılması halinde; Kullanılacak bulon: d ≤ (√5tmin)-0,2 = (√5x0.8)-0,2 = 1,8 cm old. → M16 bulonu seçilir. ‘’Hz’’ yüklemesi ve St37’den yapılar için kaba bulonda τsem = 1260 kg/cm2 , σLem = 2700 kg/cm2 değerleri tablodan alınır. Bulonlar tek tesirli çalışıyor ve M16 kaba bulonda → d=16 mm Makaslamaya göre; Ns1= πd2 τsem = πx1,62 x 1,26 = 2,53 t 4 4 Ezilmeye gore; NL = d.tmin.σLem = 1,6x0,8x2,7 = 3,46 t Burada tmin aynı yöne çalışan levhaların toplam kalınlıklarından küçük olanıdır. Yani; min(0.8,14) ‘dır. 144 Bir bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet; Nem = min (Ns1,NL) = 2,53 t Gerekli bulon adedi: n= S = 17,5 = 6,92 → 7 kaba bulon Nem 2,53 Kuvvet doğrultusuna parallel bir sırada arka arkaya 5 bulondan fazla kullanılmaması gerekir. Bu durumda, bu birleşim için yapılması gereken tertip şekildeki gibidir: 145 Bu tertipte yardımcı korniyer kullanılmıştır ve burada kuvvetin , S1= (5/7)x17,5 = 12,5 t Buna karşın; luk kısmı (a) bulonları ile doğrudan aktarılmaktadır. S2 = 17,5 – 12,5 = 5 t luk kısmı ise (b) bulonları ile yardımcı korniyerlere aktarılmakta, oradan da (c) bulonları ile levhaya aktarılmaktadır. S2 kuvvetini yardımcı korniyerlere aktarılmasını sağlayan (b) bulonları, kural gereği (1,5S2)’ye göre irdelenmelidir. 1,5S2 = 1,5x5 = 7,5 t Ana korniyer ile yardımcı korniyeri birbirine bağlayan (b) bulon birleşimleri M16 olup tek tesirlidir. Buna göre bir bulonu taşıyacağı kuvvet; Ns1= πd2 τsem = πx1,62 x 1,26 = 2,53 t 4 4 NL = d.tmin.σLem = 1,6x0,8x2,7 = 3,46 t Nem = 2,53 t 146 Kullanılacak (b) bulon sayısı: n = S = 7,5 = 2,96 → 3 kaba bulon Nem 2,53 Aralıklar: e ≥ 3,5x16 = 56 mm → 60 mm e1 ≥ 2x16 = 32 mm → 35 mm Levha Boyutları; L1 = 35*2 + 60*4 = 310 mm L2 = 35*2 + 60*1 =130 mm 147 b)Uygun bulon kullanılması halinde; Kullanılacak bulon: d ≤ (√5tmin)-0,2 = (√5x0.8)-0,2 = 1,8 cm old. M16 bulonu seçilir. ‘’Hz’’ yüklemesi ve St37’den yapılar için uygun bulonda τsem = 1600 kg/cm2 , σLem = 3200 kg/cm2 dir. Bulonlar tek tesirli çalışıyor ve M16 uygun bulonda d=17 mm’dir. Böylece bir bulonun aktardığı kuvvet, Makaslamaya göre; Ns1= πd2 τsem = πx1,72 x 1,6 = 3,63 t 4 4 Ezilmeye gore; NL = d.tmin.σLem = 1,7x0,8x3,2 = 4,35 t Bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet; Nem = 3,63 t 148 Gerekli bulon adedi: n= S = 17,5 = 5,11 → 6 uygun bulon Nem 3,63 Kuvvet doğrultusuna parallel bir sırada arka arkaya 5 bulondan fazla kullanılmaması gerekir. Ayrıca 6-5= 1 bulon olmasına rağmen iki taneden az bulonla birleşim yapılması da mümkün değildir.Bu durumda, bu birleşim için yapılması gereken tertip şekildeki gibidir: 149 150 (a)bulonlarının taşıdığı kuvvet; S1= 5x17,5 = 12,5 t 7 (b) bulonları ile aktarılacak kuvvet; S2 = 17,5 – 12,5 = 5 t 1,5S2 = 1,5x5 = 7,5 t Tek tesirli birleşimde bir M16 uygun bulonunun taşıtacağı kuvvet 151 Ns1= πd2 τsem = πx1,72 x 1,6 = 3,63 t 4 4 NL = d.tmin.σLem = 1,7x0,8x3,2 = 4,35 t Nem = 3,63 t n = S = 7,5 = 2,05→ 2 uygun bulon Nem 3,63 Aralıklar: e ≥ 3,5x17 = 59,5 mm → 60 mm e1 ≥ 2x17 = 34 mm → 35 mm Levha Boyutları; L1 = 35*2 + 60*4 = 310 mm L2 = 35*2 + 60*1 =130 mm 152 SONUÇLARIN DEĞERLENDİRİLMESİ: Burada tek tesirli bir bulonlu birleşimde 5 taneden fazla bulonun aynı sırada dizilemeyip, yardımcı korniyer ve ek bulonlarla birleşimin yeniden tertip edildiği görülmektedir. Burada tek tesirlilere örnek olması için yapılan bu örnekte tek tesirli ek levha ve bulonlarla birleşim yapmak yerine birleşimi çift tesirliye dönüştürmek daha ekonomik olacaktır. Kaba bulonda; Makaslmaya göre; Ns2= 2πd2 τsem = 2πx1,62 x 1,26 = 5,06t 4 4 Ezilmeye gore; NL = d.tmin.σLem = 1,6x1,4x2,7 = 7,16 t Bir bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet; Nem = min (Ns1,NL) = 5,06 t Gerekli bulon adedi: n= S = 17,5 = 3,49 → 4 kaba bulon Nem 5,06 153 Uygun bulonda; Makaslamaya göre; Ns2= 2πd2 τsem = 2 πx1,72 x 1,6 = 7,26 t 4 4 Ezilmeye gore; NL = d.tmin.σLem = 1,7x1,4x3,2 = 7,62 t Bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet; Nem = 7,26 t Gerekli bulon adedi: n= S = 17,5 = 2,65→ 3 uygun bulon Nem 7,26 Görüldüğü gibi birleşimde yardımcı korniyer yerine çift tesirliye dönüştürülerek toplam bulon sayısından tasarruf edilmiştir. 154 4. Bir bina çatısındaki kafes kirişin alt başlık çubuğunun düğüm nokta levhasına bağlanacaktır. Birleşimin St37 ‘’Hz’’ yüklemesi için a)Kaba Bulonlu b)Uygun Bulonlu olarak hesap ve tertibini yapınız. 155 a)Kaba bulon kullanılması halinde; Kullanılacak bulon: d ≤ (√5tmin)-0,2 = (√5x0.8)-0,2 = 1,8 cm old. → M16 bulonu seçilir. ‘’Hz’’ yüklemesi ve St37’den yapılar için kaba bulonda τsem = 1260 kg/cm2 , σLem = 2700 kg/cm2 değerleri tablodan alınır. Bulonlar tek tesirli çalışıyor ve M16 kaba bulonda → d=16 mm Makaslamaya göre; Ns2= 2πd2 τsem = 2 πx1,62 x 1,26 = 5,07 t 4 4 Ezilmeye gore; NL = d.tmin.σLem = 1,6x1,4x2,7 = 6,05 t Burada tmin aynı yöne çalışan levhaların toplam kalınlıklarından küçük olanıdır. Yani; min[(0.8+0.8),14] ‘dır. Bir bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet; Nem = min (Ns2,NL) = 5,07t 156 Gerekli bulon adedi: n= S = 36 = 7,1 → 8 kaba bulon Nem 5,07 157 (a) bulonlarının taşıdığı kuvvet; S1= 5x36 = 22,5 t 8 (b) bulonları ile aktarılacak kuvvet; S2 = 36 – 22,5 = 13,5 t 1,5S2 = 1,5x13,5 = 20,25 t Tek tesirli birleşimde bir M16 kaba bulonunun taşıtacağı kuvvet Ns1= πd2 τsem = πx1,62 x 1,26 = 2,53 t 4 4 NL = d.tmin.σLem = 1,6x0,8x2,7 = 3,46 t Nem = 2,53 t n = S = 20,25 = 7,97 → 8 kaba bulon Nem 2,53 158 Aralıklar: e ≥ 3,5x16 = 56 mm → 60 mm e1 ≥ 2x16 = 32 mm → 35 mm Levha Boyutları; L1 = 35*2 + 60*4 = 310 mm L2 = 35*2 + 60*2 =190 mm 159 b)Uygun bulon kullanılması halinde; Kullanılacak bulon: d ≤ (√5tmin)-0,2 = (√5x0.8)-0,2 = 1,8 cm old. M16 bulonu seçilir.‘’Hz’’ yüklemesi ve St37’den yapılar için uygun bulonda τsem = 1600 kg/cm2 , σLem = 3200 kg/cm2 dir. Bulonlar tek tesirli çalışıyor ve M16 uygun bulonda d=17 mm’dir. Böylece bir bulonun aktardığı kuvvet, Makaslamaya göre; Ns2= 2πd2 τsem = 2πx1,72 x 1,6 = 6,44 t 4 4 Ezilmeye gore; NL = d.tmin.σLem = 1,7x1,4x3,2 = 7,17 t Bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet; Nem = 6,44 t Gerekli bulon adedi: n= S = 36 = 5,56 → 6 uygun bulon Nem 6,44 160 (a) bulonlarının taşıdığı kuvvet; S1= 5x36 = 25,71 t 7 (b) bulonları ile aktarılan kuvvet; S2 = 36 – 25,71 = 10,28 t 161 Tek tesirli birleşimde bir M16 kaba bulonunun taşıtacağı kuvvet 1,5S2 = 1,5x10,28 = 15,43 t Ns1= πd2 τsem = πx1,72 x 1,6 = 3,63 t 4 4 NL = d.tmin.σLem = 1,7x0,8x3,2 = 4,35 t Nem = 3,63 t n = S = 15,43 = 4,24 → 6 uygun bulon Nem 3,63 162 Aralıklar: e ≥ 3,5x17 = 59,5 mm → 60 mm e1 ≥ 2x17 = 34 mm → 35 mm Levha Boyutları; L1 = 35*2 + 60*4 = 310 mm 163 L2 = 35*2 + 60*1 =130 mm YÜKSEK MUKAVEMETLİ BULONLAR 164 165 Yüksek mukavemetli bulonlar normal bulonlara göre daha yüksek mukavemetli çelikten imal edilirler. Genellikle 8.8, 10.9, 12.9 vb. çelik kalitelerinde üretilirler. Yüksek mukavemetli bulon birlesimleri kuvvet aktarım mekanizması bakımından iki gruba ayrılmaktadır. Bunlar ; a) SL ve SLP Birlesimleri (Öngerilmesiz veya kısmi öngerilmeli birlesimler) b) GV ve GVP Birlesimleri (Tam öngerilmeli birlesimler) 166 SL VE SLP BİRLEŞİMLERİ (Öngerilmesiz veya Kısmi Öngerilmeli Birlesimler) Bu birlesimlerde kuvvet aktarımı normal bulonlarda olduğu gibi, • bulon gövdesinde makaslama gerilmesinin • delik çevresinde ezilme (basınç) gerilmesinin • bulon gövdesinde eksenel çekme gerilmesinin emniyetli olarak karsılanması yoluyla gerçeklesmektedir. Ayrıca, bu birlesimlerde istenirse bulonlara belirli oranda (maksimum öngerme kuvvetinin en az yarısı kadar) öngerme kuvveti uygulanarak sürtünme kuvveti ile de kuvvet aktarımı sağlanabilir. Ancak bu artım sadece ezilme emniyet gerilmeleri arttırılarak göz önüne alınır. 167 SL ve SLP birleşimleri arasındaki farklar: 1) D-d ≤ 1 mm ise SL birleşimi adı verilir. [ d: bulon gövde çapı, D: delik çapı] D-d ≤ 0.3 mm ise SLP birleşimi adı verilir. 2) i) SL birleşimleri hareketsiz yüklerin etkisindeki yapılarda (Konut, ofis vb.) kullanılır. ii) SLP birleşimleri hareketli yüklerin etkisindeki yapılarda (Köprü vb.) kullanılır. 168 SL ve SLP birleşimlerinde Hesap Esasları Bu birleşimlerin tasarımında izlenen yol normal bulonlar ile aynıdır. Ancak ilgili gerilme durumuna ait emniyet gerilmesi değerleri değişmektedir. Makaslama gerilmesi Bir bulona etkiyen kuvvet N ise; (n: bulonlarda kesilmeye zorlanan arakesit sayısı) 169 Ezilme (basınç) gerilmesi Bir bulona etkiyen kuvvet N ise; (t : minimum eleman kalınlığı ) 170 Bulon gövdesinde eksenel çekme gerilmesi Bir bulona etkiyen eksenel kuvvet Z ise; (Fçek : Bulon çekirdek (disdibi) alanı) 171 172 GV VE GVP BİRLEŞİMLERİ (Tam Öngerilmeli Birleşimler) Somunlara uzun kollu özel anahtar ile belirli (büyük) sıkma momentleri (Mb) uygulanarak, bulonlara Pv ön çekme (öngerme) kuvveti verilir. Bu Pv kuvveti birleştirilen elemanların birleşim yüzeylerine basınç kuvveti olarak etkir. Böylece bulon eksenine dik kuvveti yoluyla kuvvet aktarımı sağlanır. 173 doğrultuda sürtünme 174 GV ve GVP birleşimleri arasındaki farklar: 1) D-d ≤ 1 mm ise GV birleşimi adı verilir. [ d: bulon gövde çapı, D: delik çapı D-d ≤ 0.3 mm ise GVP birleşimi adı verilir. 2) i) GV birleşimlerinde kuvvet aktarımı, sürtünme kuvveti ve delik çevresinde ezilme gerilmesinin karşılanması yoluyla gerçekleşir. ii) GVP birleşimlerinde kuvvet aktarımı sürtünme kuvveti ile birlikte bulon gövdesinde makaslama gerilmesinin ve ayrıca delik çevresinde ezilme lmesinin karşılanması yoluyla gerçekleşir. lmesinin karşılanması yoluyla gerçekleşir. 175 GV BİRLEŞİMLERİNDE HESAP ESASLARI Bir bulonun bir birleşim yüzeyindeki Sürtünme ile emniyetle aktarabileceği kuvvet; µ : Temas yüzeylerindeki sürtünme katsayısı (İlgili tablodan alınır) ν : Kaymaya karşı emniyet katsayısı (İlgili tablodan alınır) Pv : Bulon öngerme kuvveti (İlgili tablodan alınır) Not: NGVem bir birleşim yüzeyi içindir. Sürtünme yüzeyi birden fazla ise NGVem değeri yüzey sayısı ile çarpılmalıdır. Örneğin çift etkili birleşimde sürtünme yüzeyi sayısı iki (2) alınmalıdır. 176 177 178 Bulon öngerme kuvveti özel aletler kullanılarak uygulanır. Bulon çaplarına göre uygulanması gereken öngerme kuvvetleri aşağıdaki tabloda verilmiştir. 179 Bir bulonun Ezilme gerilmesine göre emniyetle aktarılabileceği en büyük kuvvet ; (Sürtünme kuvveti dikkate alınmaz) Bir bulon için ; (t : minimum eleman kalınlığı ) 180 Bulon gövdesinde eksenel çekme gerilmesi (Varsa) Eksenel çekme kuvveti etkimesi durumunda; Bir bulona etkiyen eksenel kuvvet Z ise; 1) Bulona etkiyen eksenel çekme kuvveti, öngerme kuvvetinin belirli bir oranından fazla olamaz. (Zem= k.Pv) (k: yapı türüne ve yüklerin özelliğine bağlı katsayı) 2) NGVem değeri bulona etkiyen çekme kuvveti ile orantılı olarak azaltılır ve azaltılmış emniyet kuvveti NGVem elde edilir. 181 182 GVP BİRLESİMLERİNDE HESAP ESASLARI Bir bulonun Makaslama ve birlesim yüzeyindeki Sürtünme ile emniyetle aktarabileceği kuvvet ; 183 Bir bulonun Ezilme gerilmesine göre emniyetle aktarılabileceği en büyük kuvvet ; (Sürtünme kuvveti dikkate alınmaz) Bir bulon için ; Bulon gövdesinde eksenel çekme gerilmesi (Varsa) Eksenel çekme kuvveti etkimesi durumunda; Bir bulona etkiyen eksenel kuvvet Z ise; 1) Bulona etkiyen eksenel çekme kuvveti, öngerme kuvvetinin belirli bir oranından fazla olamaz. (Zem= k.Pv) (k: Yüklerin özelliğine bağlı katsayı) 2) NGVem değeri bulona etkiyen çekme kuvveti ile orantılı olarak azaltılır. 184 Eksenel çekme gerilmesi : (Fçek : Bulon çekirdek (disdibi) alanı) 185 KAYNAKLI BİRLEŞİM Aynı veya benzer alaşımlı metallerin ısı etkisi altında birleştirilmesine kaynak denir. Başlıca kaynak çeşitleri: 1.Ergitme kaynakları 2.Basınç kaynakları Olmak üzere ikiye ayrılır. 186 ERGİTME KAYNAĞI Birleşecek parçaların birbirine kaynaklanacak kısmı ilave metal ergime derecesine kadar ısıtılır ve ergiyerek birleşen kısımların soğuması sonunda birleşim sağlanmış olur. 187 Ergitme kaynağında ısı; ya elektrik enerjisiyle (elektrik kaynağı) ya da yanıcı bir gaz aleviyle (gaz kaynağı) sağlanabilir. Çelik yapılarda, yük aktaran kaynaklı birleşimlerde hep elektrik kaynağından yararlanılır. 188 1. ELEKTRİK ARKI KAYNAKLARI Standart Elektrik Arkı Kaynağı Özlü Tellerle Elektrik Arkı Kaynağı Gazaltı Elektrik Arkı Kaynağı Tozaltı Elektrik Arkı Kaynağı 189 a. Standart Elektrik Arkı Kaynağı Günümüzde çelik yapılarda en çok tatbik edilen yöntemdir. Kaynak için gerekli ısı elektrik arkı ile sağlanır. 190 Elektrik arkı, birleştirilecek parçaların oluşturduğu esas malzeme ile elektrot adını alan kaynak teli arasında meydana gelir. Elektrodlar 2~8 mm çapındadır ve kaynakla birleştirilecek parçaların malzemesine uygun alaşımda bir metalden üretilmişlerdir 191 ELEKTROD ÇUBUKLARI İKİ TÜRLÜDÜR: SIVALI ELEKTROD ÇIPLAK ELEKTROD 192 b. Özlü Tellerle Elektrik Arkı Kaynağı Elekrik arkı kaynağı elektrod yerine özlü tellerle de yapılır. Özlü teller, sıvalı elektrodun tersyüz edilmiş halidir. Bunlarda, sıva tabakası malzemesi telin çekirdeğinde yer alır. 193 c. Gazaltı Elektrik Arkı Kaynağı Kaynak bölgesine sürekli şekilde sürülen, masif haldeki tel elektrod ergiyerek tükendikçe kaynak metalini oluşturur. Bu yöntemde elektrod, dolu kesitli bir kaynak telidir. 194 d. Tozaltı Elektrik Arkı Kaynağı Sabit veya geçici atölyelerde imal edilen yapı ve köprü sistemlerinin, tam otomatik yöntemle yapılan kaynağıdır. Bu yöntemde kaynak tozu, elektrottan önce kaynak derzine yerleştirilir. 195 2. GAZ KAYNAĞI Yüksek sıcaklık gaz alevi ile sağlanır. Gaz alevi şalümo denen bir aletin ucunda yakılır ve kaynakçı bir elinde şalümo diğer elinde ise kaynak telini tutarak kaynağı gerçekleştirir. Bu yöntemle elde edilen dikişlerin mukavemeti düşük olduğundan çelik yapılarda kuvvet aktaran dikişler için bu yöntem kullanılmaz. 196 BASINÇ KAYNAĞI Bu kaynak yöntemlerinde, parçaların birbirine kaynaklanacak kısımları kızıl dereceye (plastik kıvama) kadar ısıtılıp, basınç veya darbe uygulamak suretiyle birleşim sağlanır. Hafif çelik yapılarda kullanılan “elektrik direnç kaynağı”, çelik yapılarda kullanılan yegane basınç kaynağı metodudur. 197 Nokta veya kordon kaynağı tarzı uygulamaları vardır. Nokta kaynakların hesabı perçin hesabına benzer. 198 Kaynak uygulamasında dikkat edilmesi gerekenler: 1- Kaynakta uygulanan ısıl işlemler, kaynak dikişinin kendisinde ve bağladığı metallerde uyuşmayan ısınma ve soğuma olayları yaratır ve şekil değiştirme meydana getirir; buna rötre denir. Rötre kaynakta önüne geçilmesi olanaksız bir olaydır, ancak bazı tedbirler alınarak etkisi mümkün olduğunca azaltılabilir. 199 2-Kaynaklama işlemi sırasında birleştirilecek parçaların hizalarının bozulmamasına özen gösterilmelidir. 3-Kırağı, yağmur, kar veya buzlanma sonucu rutubetlenmiş yüzeylere ve sıcaklığı 0 0C’nin altında olan yüzeylere kaynak yapılmamalıdır. 4- Şiddetli rüzgar altında kaynak yapılmamalıdır. 200 5- Kaynaklanacak yüzeyler passız, çapaksız ve temiz olmalıdır; bu yüzeylerde yağ, boya veya kaynak niteliğini etkileyecek herhangi bir kalıntı olmamalıdır. 201 6- Kalınlığı 6 mm’ den küçük olan dikişler bir seferde çekilebilir. Ancak daha kalın dikişler için daha fazla pasoya ihtiyaç duyulur (Şekil.7). Kaynak uygulaması sırasında her paso sonrası cüruf temizliği yapılmalıdır. 202 Bir kaynaklı birleşimin kalite sınıfı aşağıdaki şartların sağlanmasına bağlı olarak tayin edilir: Malzemenin kaynağa elverişliliğinin garanti edilmiş olması, Hazırlanmanın usulüne uygun ve denetim altında yapılması, Kaynak yönteminin malzeme özelliklerine, parça kalınlığına ve birleşimdeki zorlanmaya göre seçilmesi, Kaynak ilave malzemesinin kaynaklanacak malzemeye uygun olması, Kaynak sınavından geçmiş kaynakçıların kullanılması ve kaynak işleminin denetim altında yapılması, Kaynağın muayene edilerek kusursuz olduğunun saptanması 203 KAYNAK DİKİŞLERİ Ergitme kaynak metoduyla çekilen kaynak dikişleri, küt kaynak dikişleri, köşe kaynak dikişleri olmak üzere iki gruba ayrılır. 204 Küt Kaynak Dikişleri İki levhanın yan yana getirilen kenarları boyunca çekilen kaynak dikişlerine küt dikişler denir. 205 Küt Kaynak Dikişleri Tablo da verilen dikiş türlerinin yanı sıra yalnızca bir kenarın işlenmesi ile yapılan ve birbirine dik levhaların birleşimine de olanak veren K dikişi, yarım V dikişi gibi dikiş türleri de mevcuttur 206 Küt kaynak dikişinin kalınlığı levha kalınlığıdır. Ancak birleştirilen levhaların kalınlıkları birbirinden farklı ise küt dikişin kalınlığı bu parçalardan en incesinin kalınlığına eşit alınır: a=tmin Küt kaynak dikişlerinin uygulama uzunlukları uçlarından birleştirdikleri elemanların genişliği kadardır 207 Köşe Kaynak Dikişleri İki çelik levhanın birbirine dik veya en az 600 teşkil eden yüzeyleri arasındaki kaynak dikişine köşe kaynak dikişi denir. Yüzeyler arasındaki açının 600 den az olması durumunda köşe kaynak dikişlerinin kuvvet taşıdığı kabul edilmez. 208 Köşe dikişlerin kalınlığı olan a, kaynak enkesiti içine çizilen ikiz kenar üçgenin yüksekliğine eşittir. Köşe kaynak dikişlerinin yüksekliği 209 KAYNAK DİKİŞ KALINLIĞI Kaynak dikiş kalınlıkları; minimum a=3 mm (yüksek yapılarda) minimum a=3,5 mm (köprüler) maksimum a=0,7 tmin (her iki yapı çeşidinde) olarak alınmalıdır. Burada tmin kaynaklanan iki parçadan daha ince olanın kalınlığıdır. 210 Köşe kaynak dikişlerinde dikiş boyunun belli bir aralıkta olması gerekmektedir, çünkü; alt sınır emniyet bakımından, üst sınır ise dikişte düzgün gerilme dağılımı kabulünden fazla uzaklaşmamak bakımından gereklidir. 211 Parça köşesini dönmediği hallerde; Parça köşesini döndüğünde ise; 15a ≤ l` ≤100a 10a ≤ l` ≤ 100a 212 Köşe kaynak dikişlerinde de küt dikişlerde olduğu gibi, eğer tedbir alınmazsa kaynağın başladığı ve bittiği yerlerde krater oluşur ve krater boyu kaynak kalınlığına eşit kabul edilir. Bu nedenle kaynak uygulama boyu kalitesiz kısımlar içerdiğinden hesap yaparken, bu kalitesiz kısımlar toplam boydan düşülerek elde edilen hesap boyu kullanılmalıdır. l = l` -na l =gerçek boy; n = uç kısımdaki zayıf kısım sayısı a = kaynak dikiş kalınlığı; l`=gerçek kabul edilen boy 213 KAYNAK DİKİŞLERİNİN HESABI 214 Basit Zorlanmalar S τ= ≤ τ Kem K FK FK = 2 × a × l 215 Basit Zorlanmalar S τ= ≤ τ Kem K FK l1 × a1 × e1 = l3 × a3 × e2 FK = l1a1 + l a + l3 a3 ' 2 2 216 Basit Zorlanmalar S σ= ≤ σ Kem K FK FK = a × l 217 (a = tmin ) Basit Zorlanmalar S τ= ≤ τ Kem K FK 8a1l1 + a2l2 ( S , basınç) FK = 1 ( S , çekme ) 8 a l + a l 1 1 2 2 2 218 Normal Kuvvet (N) + Kesme Kuvveti (Q) Durumu N σK = FK σ v = Q τK = FK σ K2 + τ K2 ≤ σ vem 219 ( FK = 2 × l × a ) Normal Kuvvet (N) + Kesme Kuvveti (Q) Durumu Bu küt kaynakta tahkikine gerek yoktur. σ v ≤ σ vem 220 Yalnız Eğilme Momenti (M) Durumu: M σ K max = ≤ σ Kem WK M σK = × c < σ Kem IK l13 h I K 2a1 + 2a2l2 = 12 2 IK WK = h 2 221 2 Eğilme Momenti (M) + Kesme Kuvveti (Q) + Normal Kuvvet (N) Durumu: Bu tür birleşimde tahkik iki biçimde yapılabilir. 222 1. tahkik σ K max M N = + ≤ σ kem WK FK M l1' N × + σK = I K 2 FK → σ v= Q τK = FK σ K2 + τ K2 ≤ σ vem (σK, τK ) nın her biri σs ten küçükse σv tahkiki gerekmez. 223 2. tahkik 1 M N σK = × + ≤ σ kem h FKb FK Q τK = FK Ik ve Wk değerleri bir önceki tahkikte verildiği gibi, kaynak dikişlerinin atalet ve mukavemet momentleridir. kaynak dikişlerinin toplam alanı gövde kaynak dikişlerinin alanı bir başlıktaki kaynak dikişinin alanı 224 = FK 2a1l1 + 2a2l2' Fkg = 2a1l 1 Fkb = a2l2' Eğilme etkisindeki (M + Q) kirişlerin boyuna köşe kaynaklarının tahkiki: a2 kalınlıklı dikişlerde; a1 kalınlıklı dikişlerde; Q × Sx τK = ≤ τ Kem I x × 2a1 Q × S x' τK = ≤ τ Kem I x × 2a2 Bu köşe kaynak dikişlerinde σK gerilmesi kontrolüne gerek yoktur 225 Ix, en kesitin atalet momenti, Ix = h t th h t + 2btb + b + 2b 'tb' + tb + 12 2 2 2 2 3 2 ' b 2 Sx, bir başlıktaki başlık levhalarının statik momenti, tb' h tb ' ' h = S x btb + + b tb + tb + 2 2 2 2 S’x, bir başlıktaki 2. başlık levhalarının statik momenti, ' t h ' ' ' b = S x b tb + tb + 2 2 212 Kaynak Dikişlerini İrdeleme Hesaplarında Gözönünde Tutulacak Emniyet Gerilmeleri Değerleri 227 Örnek problem t=14mm t=12mm P 150mm Şekildeki küt kaynaklı birleşimde P=16t Ana malzeme St 37 “H” Yüklemesi yapılmıştır gerekli tahkikleri yapınız. 228 Çözüm a=tmin=12mm I=I‘-n*a=15-2*1,2=12,6cm Fk=a*I=1,2*12,6=15,12cm² σ = P/Fk =16/15,12=1,07 t/cm² ≤ σem=1,1t t/cm² olduğundan uygundur. 229 Örnek problem 0,4 p 2[80.80.6 T=10mm Şekilde görülen kaynaklı birleşimde P=25t St37 H yüklemesi için gerekli tahkiki yapınız. 230 Çözüm a=4mm ≤0,7*tmin=07*6=4,2mm l´=150mm olsun l=150-2*4=142mm Fk=4*a*l=4*0,4*14,2=22,72cm² σ=P/Fk=25/22,72=1,1t/cm ≤ σkem=1,1t/cm² 231 Örnek problem P=80t I1´=12,5 t=10mm I 200 S=7,5mm 11,3mm Şekilde görülen kaynaklı birleşimde St37 Hz yüklemesine göre gerekli tahkikleri yapınız. 232 Çözüm a küt = tmin = 7,5mm I küt =12,5-2*0,75=11cm F küt = a*l = 0,75*11 = 8,25cm² a köşe = 5mm ≤ 0,7*tmin = 0,7*10 = 7mm l´ =200 mm olsun l´=20-2*0,5=19cm F köşe = 8*a*l = 8*0,5*19 = 76cm² F = F küt + F köşe = 76+1/2*8,25 = 80,125cm² זk = S/Fk =80/84,25 =1 t/cm²≤1,1 t/cm ² 233 Çözümlü Sorular •Birleşimi kaynaklı olarak teşkil ve hesap ediniz. •St37 “H” yüklemesi 234 Kaynak kalınlığı; = a tmin = 8mm Kaynak hesap boyu; l = l '− 2a = 200 − 2 × 8 = 184mm Fk = a × l = 0,8 ×18, 4 = 14, 72cm 2 P 15 2 2 = = 1, 02t / cm < 1,1t / cm σ = Fk 14, 72 235 2. Birleşimin hesabını yapınız. St 37 “H” yüklemesi 236 Kaynak kalınlığı; > 3mm a = 4mm < 0, 7tmin = 0, 7 × 8= 5, 6mm Kaynak hesap boyu; l = l '− 2a = 90 − 2 × 4 = 82mm 60mm > 15a = l1 = 82mm 400mm < 100a = 237 Tarafsız eksene göre kaynakların statik momenti; l1 × a1 × e1 = l2 × a2 × e2 a × l1 × 5, 74 = a × l2 × 2, 26 ⇒ l2 = 8, 2 × 5, 74 = 20,8cm < 100a = 400mm 2, 26 ' l2= 208 + 2 × 4= 216mm ≅ 220mm → l2= 212mm 2 Fk = al =× 2 0, 4 × (8, 2 + 21, 2) = 23,52 cm ∑ P 20 2 2 τ= = = 0,85t / cm < 1,1t / cm k Fk 23,52 238 3. 239 Profil tablosundan; s=9,4 mm b=113 mm; h= 260 mm; t=14,1 mm; 2 h a1 2 a1 (l − 2a2 )3 h = I weld 2 a1b + + 2a1 (4,5 − a1 ) − t − + a2 2 12 2 2 2 2 2 0,8 (20 − 2 × 0, 6)3 26 0,8 26 = 2 0,8 ×11,3 + + 2 × 0,8(4,5 − 0,8) − 1, 41 − + 0, 6 2 2 2 2 12 = 5393, 4cm 4 Iw 3 = Ww = 414,9cm h/2 240 (σ w )max τ= w M 380 2 2 = = = 0,92t / cm ≤ σ = 1,1t / cm Wx 414,9 Q = Fgövde 15 = 0, 66t / cm 2 ≤= τ 1,1t / cm 2 2(20 − 2 × 0, 6)0, 6 380 M 10 0, 7t / cm 2 y σw = = = 5393, 4 Iw τ w , σ w < σ sınır = 0, 75t / cm old . 2 241 2. çözüm; Başlıklar moment taşır, gövde kesme kuvvetini taşır. Başlıklar için; moment bir kuvvet çiftine dönüştürülebilir. P P h '= h − t M 380 = = 15, 45t h ' 24,59 h ' = 23,18 Fbaşlık= 11,3 × 0,8 + (4,5 − 0,8) × 0,8 × 8= 14,96t / cm 2 P 15, 45 σ= = = 1, 03t / cm 2 ≤ σ = 1,1t / cm 2 Fb 14,96 Q 15 σ g = = 0, 66t / cm 2 ≤ 1,1t / cm 2 = Fgövde 22,56 242 4. Kaynaklarda moment oluşmadığını farzederek, yukarıda verilen birleşimin dizaynını yapınız (St37 “H” yüklemesi) 243 Çözüm: profil tablosundan; h=70 mm; b=70 mm; t=7 mm Kaynak sadece başlıklarda olursa; = = 7 mm tmin min(7;8) 3mm ≤ a ≤ 0, 7tmin = 0, 7 × 7= 4,9mm a = 3mm _ seçelm. St 37 ”H” yüklemesi τ w = 1,1t / cm 2 11 P τw = ⇒ 0,3(l1 + l2 ) × 2 = ⇒ l1 + l2 = 16, 7cm 1,1 ∑ al 244 Kaynaklarda moment oluşmadığına göre; 2 × l1 × a1 × e1 = 2 × l2 × a2 × e2 50,3 × l= 19, 7 × l2 ⇒ l= 2,55l1 1 2 245 4,5cm ≥ 15a = l1 = 4, 69cm 30cm ≤ 100a = l = l1 + 2a = 4, 7 + 2 × 0,3 = 5,3cm ' 1 4,5cm ≥ 15a = l2 = 12cm 30cm ≤ 100a = l = l2 + 2a = 12 + 2 × 0,3 = 12, 6cm ' 2 246 Kaynak profil yanından da kaynaklanırsa; a=3 mm 247 30mm ≥ 10a = l = 70mm 300mm ≤ 100a = l3 = l3' ' 3 τ= w P 11 ⇒ 2a (l1 + l2 + l= ) 3 al 1,1 ∑ l1 + l= l1 + l2 9, 65cm 16, 67cm ⇒ = 2 + l3 Kaynaklarda moment olmadığına göre; h l1 × a1 × e1 + l3 × a3 × (e1 − ) − l2 × a2 × e2 = 0 2 l1 0,39 = cm; l2 2,13 = cm; l3 1,17cm 248 3cm ≥ 10a = l1 = 1,17cm old . _ kaynak _ boyu _ artırılmalıdır. 30cm ≤ 100a = l1 = 3cm → l = l1 + a = 3,3cm ' 1 = l1 0,39l2 − 2,13 ⇒= l2 13, 66cm 3cm ≥ 10a = l2 = 13, 7cm 30cm ≤ 100a = l = 13, 7 + 0,3 = 14cm ' 2 249 Örnek: Şekilde bir kafes kirişin üst başlık düğüm noktası görülmektedir. S=5,75 t olduğuna göre kaynak dikişlerinde gerekli tahkikleri yapınız 250 Dikmenin düğüm noktasına kaynaklanmasında: Dikiş kalınlığı a=3 mm < 0,7tmin = 0,7x7= 4,9 mm l1’= 50 mm > 15xa = 15x3 = 45 mm l1 = 50 -2x3 = 44 mm l2’ = 125 mm < 100xa = 100x3 = 300 mm l2 = 125 -2x3 = 119 mm FK1 = 2x0,3x4,4 = 2,64 cm2 Fk2 = 2x0,3x11,9 = 7,14 cm2 FK = 2,64 +7,14 = 9,78 cm2 251 τK = 5,75 = 0,59 t/cm2 < τKem = 1,1 t/cm2 9,78 [Fk1x5,1=2,64x5,1=13,46 cm3 ~= FK2x1,9=7,14x1,9=13,57 cm3] old. eksantriklik söz konusu değildir. 252 Düğüm nokta levhasının üst başlığa kaynaklanmasında: Dikiş kalınlığı a=4 mm < 0,7tmin = 0,7x10= 7 mm l’= 150 mm l = 150 -2x4 = 142 mm FK = 2x0,4x14,2 = 11,36 cm2 N = Sxsin80º = 5,75x0,985 = 5,66 t Q = Sxcos80º = 5,75x0,174 = 1,0 t σK = 5,66 = 0,50 t/cm2 11,36 σs = 0,75 t/cm2 τK = 5,75 = 0,59 t/cm2 9,78 başkaca bir tahkike gerek yok 253 2)Şekildeki kaynak dikişlerinde gerekli tahkiklerin yapılması 254 Dikmenin düğüm noktasına kaynaklanmasında: Bu tür birleşimlerde kaynak tahkiklerinde iki değişik yol izlenebilir: 1) Dikiş kalınlığı a1=3 mm l1’= 240 mm l1 = 240 -2x3 = 234 mm Dikiş kalınlığı a2=5 mm l2’ = l2 = 125 mm FK1 = 2x0,3x23,4 = 14,04 cm2 Fk2 = 0,5x12,5 = 6,25 cm2 FK = 14,04 +2x6,25 = 26,54 cm2 255 IK = 2x0,3x23,43 + 2x6,25x152 = 3453 cm4 12 WK = 3453 = 230,2 cm3 15 M = 4,75x35 = 166,3 tcm Q = 4,75 t N = 2,7 t σKmax = 166,3 + 2,70 = 0,82 t/cm2 < 1,1 t/cm2 230,2 26,54 σK = 166,3 x12 + 2,70 = 0,68 t/cm2 3453 26,54 σs = 0,75 t/cm2 τK = 4,75 = 0,34 t/cm2 14,04 256 2) σK = 166,3 x 1 + 2,70 = 0,99 t/cm2 < 1,1 t/cm2 30 6,25 26,54 τK = 4,75 = 0,34 t/cm2 < 1,1 t/cm2 14,04 257 258 259 260 261 262 3.ÇELİK YAPI ELEMANLARI Çelik yapı taşıyıcı sistemlerinde esas olarak dört tip taşıyıcı eleman vardır. Bunlar, 1.Çekme çubukları 2.Basınç çubukları 3.Kirişler 4.Kafes kirişler olarak sıralanabilir. 3.1.ÇEKME ÇUBUKLARI Boylama ekseni doğrultusunda çekme kuvveti taşıyan elemanlara çekme çubuğu adı verilir. Çelik yapılarda çok uygulanan kafes kiriş taşıyıcılarının çubuk elemanı olarak kullanılır. 263 ÇEKME ÇUBUKLARI NEDİR? Boylama ekseni doğrultusunda çekme kuvveti taşıyan elamanlara çekme çubuğu adı verilir. En kesitleri tek bir hadde ürününden oluşturulabileceği gibi, çok parçalıda yapılabilir. Çekme çubukları tek ya da çok parçalı olarak düzenlenebilirler, yalnız kesitlerin en az bir simetri ekseni olmasına ve kafes sistemlerde bu eksenin kafes düzleminde bulunmasına özen gösterilir. 264 Çekme çubuklarının, özellikle bulonlu olarak gerçekleştirilen uç bağlantıları veya ekleri nedeniyle en kesitleri kayıplara uğrar. Dolayısıyla bu çubuklar, olası kayıplar göz önünde tutularak hesaplanacak faydalı en kesit alanlarına göre tahkik edilirler. Kesitteki kaybın düşülmesi yoluyla elde edilen enkesit alanına faydalı alan ya da net alan denir. An= A − ∆A 265 Bir çekme çubuğunun emniyetle aktarabileceği en büyük yük şöyle hesaplanır: Pmax= An × σ em Mevcut bir yükleme etkisinde çubuğun kontrolü ise şu şekilde yapılır: P = σ ≤ σ em An 266 Çekme çubuklarının bulonlu bağlantılarında meydana gelen kayıplar (DIN1050): Çekme çubuğunun bağlantısında uygulanan perçin ya da bulon için açılan deliklerin çapları hizasındaki enkesit en büyük alan kaybının meydana geldiği enkesittir. ∆A = d1 × t An = A − ∆A = b × t − d1 × t 267 268 Aşağıdaki gibi şaşırtmalı bulon sıraları ile gerçekleştirilen çekme çubuğu bağlantılarında muhtemel yırtılma çizgileri de dikkate alınarak faydalı alan hesabı yapılmalıdır. An.1−1 = (a + b + a ) × t − 2 × d1 × t An.2− 2 = (a + e + e + a ) × t − 3 × d1 × t b An.1−1 = (a + e + + a ) × t − 2 × d1 × t 2 Hesaplanan bu üç alandan en küçüğü net (faydalı) alan olarak seçilir. 269 Çekme çubuklarının kaynaklı bağlantılarında meydana gelen kayıplar (DIN 1050): Genellikle kaynaklı birleşimlerde kesit kaybı oluşmamakla birlikte; bazı birleşim tiplerinde kayıp söz konusu olabilir. Aşağıda kesit kaybı oluşan birleşim tiplerine örnekler verilmiştir. ∆A2 ≅ c × tlev 270 ∆A1 ≅ 2 × c × tlev 2 t t 3 1 ∆A3 ≅ 2a 2 + tlev × 2t + r − lev − r 2 − lev 4 4 3 4 271 TS 648’ e göre hesapta, şaşırtmalı perçin veya bulon uygulaması nedeniyle dikkate alınan yırtılmaçizgileri ve bunlara ait faydalı genişliklerin eldesi biraz farklıdır. Bir de TS 648’ e göre ; delikler göz önüne alınarak elde edilen faydalı genişlik hiçbir zaman toplam genişliğin %85’ini geçemez. 272 Rastlanabilecek kayıp türleri, bunlara ilişkin gözününde tutulması gereken en zayıf enkesitler ile Fn değerleri aşağıda verilmiştir. (A) Şekil 3.1 (B) Şekil 3.1. (A)’da, Kesit (1-1)’de : Kesit (2-2) (zikzak kesit)’de : Fn2-2 = (2e1+4e’).t – 5.d.t → (e’ = √e2+e22) Fn1-1 = b.t – 3.d.t Buna göre, (bxt) en kesitli elemanda Fn, Fn1-1 ve Fn2-2 ‘den küçük alanıdır. 273 Şekil 3.1.(B)’de, Kesit (1-1)’de : Fn1 = Fpr – 2.d.s (Fpr : [ profilinin tablodan alınan alanı ) Kesit (2-2)’de : Fn2 = [ Fpr – 2e1s + 2e’s] – 3ds ‘’ [ ‘’ profilinde Fn = min (Fn1, Fn2) (e’ = √e2 + e12) olur. Verilen zikzak kesitlere ilişkin (Fn2) faydalı en kesit alanları, şaşırtmalı deliklerde kuvvet doğrultusundaki (e) aralığı ≥ 3,5d ise Fn1’ den daha büyük çıkar, böylece zikzak kesit araştırmasına gerek kalmaz.e < 3,5d ise, zikzak kesite ilişkin Fn2, Fn1’den küçük çıkabilir, araştırma yapılması gerekir. 274 275 ÖRNEK Şekilde görülen I300 çekme çubuğu elemanı, Bulonlar M27(kaba), ‘’H’’ yüklemesidir. Elemanın kendisi ve uç bağlantı tertipleri gözönünde tutularak bu çekme çubuğunun emniyetle taşıyabileceği en büyük (S) kuvveti kaçtır? Şekil 3.2 276 ÇÖZÜM: Çekme çubuğu açısından; I300 de → F = 69,1 cm2 , gövde kalınlığı s = 10,8 mm M27 kaba bulonda delik çapı d = 27+1 = 28 mm Kesit (1-1) de → Fn1 = 69,1-2x2,8x1,08 =63,05 cm2 Kesit (2-2) de → e’ = (√852+402)= 94 mm Fn2 = (69,1-2x8,5x1,08+2x9,4x1,08)-3x2,8x1,08 = 61,97 cm2 min Fn = Fn2 = 61,97 cm2, S1=61,97x1,44=89,24 t σçem = 1440 kg/cm2 277 Bulonlar açısından; M27 kaba bulonda dir. τsem = 1120 kg/cm2 , σLem = 2400 kg/cm2 Ns1= πd2 τsem = πx2,72 x 1,12 = 6,41 t 4 4 NL = d.tmin.σLem = 2,7x1,08x2,4 = 7,00 t Bir bulonun emniyetle taşıdığı kuvvet; Nem = 6,41 t S2 = 5x6,41 = 32,05 t Kendisi ve uç bağlantıları gözönüne alındığında, çekme çubuğunun emniyetle taşıyabileceği en büyük çekme kuvveti, Smax = min (S1, S2) = 32,05 t olur. 278 ÇEKME ÇUBUKLARININ EKLERİ Hadde profillerinin boyları standart olup sınırlıdır. Bu standart boydan daha uzun eleman söz konusu olduğunda (örneğin, bir kafes kirişin alt başlık çubuğu) veya profillerin ekonomik kullanılmaları istendiğinde, ‘’ek ‘’ sorunun ortaya çıkar. Çekme çubuklarında önemli olan ek teşkilleri, ‘Bulonlu’ veya ‘Kaynaklı’ yapılabilirler. Bunlara ilişkin ayrıntılar aşağıda verilmiştir. 279 Çekme çubuklarının ekleri üç türlüdür: 1- Lamalı ek ( perçin, bulon, kaynak) 2- Enleme levhalı ek (kaynak) 3- Küt ek (kaynak) 280 Lamalı Ek 1. Ek levhalarının toplam faydalı en kesit alanı en az çubuğun en kesit alanı kadar olmalıdır. (Kaynaklı ekte kayıp olmadığı için doğrudan kesit alanlarına bakılır.) 2. Delik kayıpları düşünülmeksizin, çekme çubuğu ağırlık ekseni ile ek levhaların teşkil ettiği en kesitin ağırlık ekseni birbirine yakın düşmelidir. 3. Ekte ek levhalarının emniyeti en az çubuktaki emniyet kadar olmalıdır. 281 1. Aşağıda gövde ve başlık perçinleri aynı enkesitte uygulanmış bir ek detayı örneği görülmektedir. Başlık ve gövde perçinleri aynı enkesitte olduğu için, tüm kayıplar aynı anda meydana gelir. Dolayısıyla kıyaslama sırasında yalnızca a-a kesitini dikkate almak yeterlidir: a-a kesitinde An,ek ≥ An, pr 282 1. Aşağıda gövde ve başlıkta şaşırtmalı perçin uygulanmış laşeli bir ek detayı örneği görülmektedir. Bu tip bir ekte; 1-1 ve 2-2 enkesitlerinde profilin ve ek elemanlarının faydalı alanları ayrı ayrı hesaplanarak birbirleriyle kıyaslanmalıdır: 1-1 kesitinde An,ek1-1 ≥ An,pr1-1 2-2 kesitinde An,ek2-2≥ An,pr2-2 283 1. Çekme çubuğunun taşıyabileceği maksimum kuvvet veya mevcut bir kuvvet etkisinde oluşan çekme gerilmesi belirlenirken ise 3-3 yırtılma çizgisi de mutlaka göz önünde bulundurulmalıdır: An , pr = min( An , pr1−1 , An , pr2−2 , An , pr3−3 ) Pmax, = An , pr × σ em ç P σ = ≤ σ em An , pr 284 2. Ek elemanlarının ağırlık merkezi, olanaklar ölçüsünde çekme çubuğunun ağırlık merkezi ile üst üste düşmelidir. Eğer ek elemanları ile çubuğun ağırlık merkezleri ± 5 mm tolerans ile çakışıyor ise çubuk kuvveti ek elemanlarına alanları ile orantılı olarak dağıtılır. yg,pr − yg,ek ≤ ± 5mm 285 3. Ekte ek levhalarının emniyeti en az çubuktaki emniyet kadar olmalıdır. Dolayısıyla ekteki birleşim araçlarının hesabı, çubukta mevcut (S) kuvvetine göre değil, çubuğun taşıyabileceği S max= Fn × σkuvvetiyle yapılmalıdır. Ayrıca, ek çem levhalarının her birini, ekin bir tarafında, çubuğa bağlayan birleşim araçları, o ek levhasının payına düşen kuvveti aktarabilmektedir. 286 Bulonlu Ek Şekil 3.3 Şekil 3.3.de tipik bir bulonlu görülmektedir.Teşkilde ek levhalarının zorunludur. 287 ek detayı kullanılması Bulon tertibinde, elemanlarda zikzak kesitte gayrimüsait durum yaratılmaması amacıyla, e≥3,5d ; e1≥2d ; e2≥1,5d gösterilmelidir. koşullarının sağlanmasına özen Bunların dışında böyle bir ekte uyulması zorunlu üç ana prensip vardır: 1-Ek levhalarının toplam faydalı enkesit alanı en az çubuğun faydalı enkesit alanı kadar olmalıdır. Fnek = (bxt1+2h1t2) – 2xdxt1 ≥ Fn = Fpr – 2xdxt (t1>t2) 2-Delik kayıpları düşünülmeksizin, çekme çubuğu ağırlık ekseni ile ek levhalarının teşkil ettiği enkesitin ağırlık ekseni birbirlerine yakın düşünülmelidir. Yani ∆e birkaç 288 milimetreyi geçmemelidir. e2 = mm bt1t1 + 2h1t2(h-h1 + t1) 2 2 bt1 + 2h1t2 ; ∆e = (e2- t1) - e1 ≤ (1~3) 3-Ekte, ek levhalarının emniyeti en az çubuktaki emniyet kadar olmadır. Dolayısıyla ekteki birleşim araçlarının hesabı, çubukta mevcut (S) kuvvetine göre değil, çubuğun taşıyabileceği (Smax = Fn. σçem ) kuvvetiyle yapılmalıdır. Ayrıca, ek levhaların her birini, ekin bir tarafında, çubuğa bağlayan birleşim araçları, o ek levhasının payına düşen kuvveti aktarabilmelidir. 289 Örneğin;(Şekil 3.3) göz önünde tutulduğunda, -Ek levhası (h1 x t2) için; S1= Smax bt1 +2h1t2 x h1t2 Bu levhayı çubuğa 2 adet (A) bulonunun birer kesiti bağlamaktadır. Ns1 = πd2 τsem 4 NL= d tmin σlem S1 ≤ Nem 2 olmalıdır. 290 [tmin=min (t2, s) ] - Ek levhası (b x t1) için: S2 = Smax xbt1 bt1+ 2h1 t2 Bu levhayı çubuğa 6 adet tek etkili (B) bulonları bağlamaktadır. Ns1 = πd2 τsem 4 NL = dtmin σlem [tmin=min (t1, t) ] S2 ≤ Nem 6 olmalıdır 291 Ayrıca, ekin bir tarafında, iki adet çift etkili (A) bulonu ve altı adet tek etkili (B) bulonu kullanıldığına göre , (A) Bulonlarında; Ns2 = 2 π d2 τsem 4 NL= d tmin σlem (B) Bulonlarında; [tmin=min (s,2t2) ] Ns1 = πd2 τsem 4 NL = d tmin σlem 2x Nem A + 6 Nem B ≥Smax [tmin=min (t, t1) ] 292 koşulu da irdelenmelidir. ÖRNEK Şekil 3.4.de görülen çekme çubuğu ekinin gerekli tahkiklerini yapınız. Şekil 3.4 293 ÇÖZÜM: Çekme çubuğunda gerilme tahkiki: 1 Kup I260 da; 2 F=1. 53,4 = 26,70 cm2 2 Fmin = 26,70 - 2x1,7x1,41 = 21,91 cm2 σ = 28 = 1,28 t/cm2 < 1,44 t/cm2 21,91 Ekin tahkiki: Fnek =(2x0,8x10+12x1,5) - 2x1,5x1,7 = 28,9 cm2 > Fn=21,91 cm2 old.uygundur. 294 Ek elemanların oluşturduğu en kesitte, ẹ2= 2x10x0,8x9,5 + 12x1,5x0,75 = 4,87 cm 2x10x0,8x + 12x1,5 ∆e = 48,7 – 15 - 34 = 0,3 mm ≤ (1~3) mm uygundur. Smax = 21,91x1,44 = 31,55 t S1= 31,55 10x0,8 = 7,42 t 2x10x0,8 + 1,5x12,0 295 old. Tek etkili (M16) uygun bulonda (100.8 için); Ns1= π 1,72 x1,4 = 3,18 t 4 NL = 1,7x0,8x2,8 = 3,81 t Nem = 3,18 t 3x3,18 = 9,54 t > S1 = 7,42 t S2= 31,55 1,5x12 = 16,70 t 2x10x0,8 + 1,5x12,0 296 Tek etkili (M16) uygun bulonda (100.8 için); Ns1= π 1,72 x1,4 = 3,18 t 4 NL = 1,7x1,4x2,8 = 6,71 t Nem = 3,18 t 6x3,18=19,08 t > S2=16,70 t 297 Diğer yandan, bu teşkil için , ekin bir tarafında 3 tane çift etkili, 6 tane tek etkili M16 uygun bulon kullanılmıştır.Buna göre, Çift etkilide; Ns2 = 2 π 1,72 1,4 = 6,35t. 4 NL = 1,7x0,94x2,8 = 4,47 t. Nem = 4,47 t Tek etkilide ; Nem = 3,18 t 3x4,47+6x3,18=32,49t. > Smax =31,55 t olur. 298 3.1.2.Kaynaklı Ekler a) Üniversal Ek: Şekil 3.6. Çekmeye çalışan küt dikişlerde, daha düşük değerdeki emniyet gerilmeleriyle tahkik yapmak gerekir.(Örneğin, σkem = 700 kg/cm2) 299 Küt Ek (Üniversal Ek) Çekme çubuklarının doğrudan doğruya ucuca küt kaynakla bağlanması ile elde edilir. TS 3357’ ye göre böyle bir ek yapmaktan mümkün olduğunca kaçınmak gereklidir. Gövdede küt dikiş yapmadan önce profillerin boyun bölgeleri mutlaka oyulmalıdır. Ak ≅ An , pr P σ = ≤ σ kem Ak 300 b) Enine (Enleme) Levhalı Ek: Şekil 3.7. Enine levhanın tL kalınlığı, en az çubuk başlık kalınlığı t kadar olmalıdır. Bu ekin çubuğun Smax kuvveti aktarabilmesi için (a1 = 0,7s ve a2 = 0,7t ) alınması gerektiği vurgulanmalıdır 301 Ucuca eklenecek çekme çubuklarının aralarına konan enleme levhaya köşe kaynak dikişleriyle bağlanmaları sonucunda oluşturulan ek çeşididir. 302 303 Profili enleme levhasına bağlayan toplam köşe dikiş alanı mevcut kuvvete bölünmek suretiyle kaynak dikişlerinin kontrolü yapılır. Enine levha kalınlığı en az profil başlık kalınlığı kadar alınır. Köşe kaynak dikiş kalınlıkları maksimum seçilmelidir. = σ P ≤ σ kem Ak 304 1. ½ kup I300 en kesitli çekme çubuğunun, kaynaklı küt ekinin güvenle aktarabileceği Nem kuvvetini belirleyiniz.(Mlz St37,H yüklemesi) ∆F ≈ tg (h – l’g – tb) = 1,08 (15 – 12 - 1,62) = 1,49 cm2 Fk = F - ∆F = 34,55 – 1,49 = 33,06 cm2 Nem = Fk σkem = 33,06*0,7 = 23,14 t 305 2. Şekilde verilen enleme levhalı kaynaklı çekme çubuğu ekinin güvenle aktarabileceği kuvveti belirleyiniz. (Mlz St37, H yüklemesi) Enine levha kalınlığı te = 16 mm ≈ t = 16,2 mm 306 oKaynak dikişlerinde kontroller Gövde kaynak dikişi 3 mm < ag = 7 mm < 0,7*10,8 = 7,56 mm Fk1 = 2*0,7(12 – 0,7) = 15,82 cm2 Başlık kaynak dikişleri 3 mm < ab = 11 mm < 0,7*16,2 = 11,2 mm dışta: Fk2 = 1,1*12,5 = 13,75 cm2 içte : Fk3 = 2*1,1(4,5 – 1,1) =7,48 cm2 307 oKaynak dikişleri ağırlık merkezi ek = 15,82* (11,3/2) + 13,75*15 + 7,48(15 – 1,62) = 10,68 cm 15,82 + 13,75 + 7,48 (ΣFk = 37,05 cm2) eçubuk = 11,03 cm Δe = 11,03 – 10,68 = 0,35 cm = 3,5 mm ≈ (1-3) mm old. eksantrisite ihmal edilebilir. oBirleşimin güvenle taşıyabileceği N çekme kuvveti: N = σemn* Fk = 1,1*37,05 = 40,76 t 308 309 c) Lamalı Ek: Şekil 3.8. Ek levhalarının boyları gerektiği gibi saptandığında, çubuğun Smax değerinin aktarılması kolaylıkla sağlanır ve bu ek şekli en sağlıklı olanıdır. Bulonlu ekte gerçekleştirilmesi gereken üç ana prensip burada da geçerlidir. 310 311 Köse kaynak dikisleri kayma gerilmesine maruz kalırlar. Gövde ek lamasına düsen kuvvet : Baslığa ek lamasına düsen kuvvet : 312 3. Şekilde verilen bindirme elemanlı kaynaklı ekte gerekli kontrolleri yapınız. (Mlz. St37, H yüklemesi) Ek çubuğunun taşıyabileceği Nem = maxN kuvvetine göre kontrol edilecektir. Nem = F*σem = 34,55*1,44 = 48,37 t 313 o Bindirme elemanlarının (ekleme lamaları) en kesiti, eklenen çubuğununkinden büyük olmalı Fek = 2*9*1 + 18*1,2 = 39,6 cm2 > 34,55 cm2 = Fçubuk oBindirme elemanlarının ağırlık merkezi, eklenen çubuğunki ile üst üste düşmeli Çubukta: F’*ex = Sx —> ex = 381 = 11,03 cm 34,55 Ek levhalarının x-x’ e göre ağırlık merkezi: (ex)bindirme = 2*9*1*6 + 18*1,2*15,6 = 11,24 cm 39,6 Δe = 11,24 – 11,03 = 0,21 cm = 2,1 mm ≈ (1-3) mm 314 oKaynak dikişlerinde kontroller: Gövde ekleme lamaları dikişleri 3 mm < ag = 6 mm < 0,7*10 = 7 mm e1 = 15 mm ≥ (2,5-3)a ≈ 2,5*6 = 15 mm hg = 241 = 120,5 mm 2 e’1 = 120,5 – 90 – 15 = 15,5 mm > 2,5a = 15 mm 15a =15*6 =90 mm< lg =110 – 6 =104 mm < 100a =100*6 =600 mm Ng = τk = Fg *N = 2*9*1 *48,37 = 21,986 t Fg + Fb 39 21,986 = 0,881 t/cm2 < τkem = 1,1 t/cm2 4*0,6*10,4 315 Başlık ekleme laması dikişleri: 3 mm < ab = 8 mm < 0,7*11,83 = 8,28 mm e2 = (180 – 125)/2 = 27,5 mm > 2,5a = 2,5*8 = 20 mm 15a =15*8 = 120 mm< lb = 195 – 8 =187 mm< 100a =100*8 =800 mm Nb = Fb *N = 18*1,2 *48,37 = 26,384 t ΣFek 39,6 τk = 26,384 = 0,882 t/cm2 < τkem = 1,1 t/cm2 2*0,8*18,7 316 Örnek problem Şekilde verilen çekme çubuğu ekleri için gerekli tahkikleri yapınız. 317 Çözüm 1. Gerilme tahkiki; 1 26, 70cm 2 F =× 53, 4 = 2 41 21,91cm 2 Fn ,min = 26, 70 − 2 ×1, 7 ×1,= σ = 28 = 1, 28t / cm 2 ≤ 1, 44t / cm 2 21,91 318 2. Ekin tahkiki; Fnek = 2 × 0,8 ×10 + 12 ×1,5 − 2 ×1,5 ×1, 7 = 28,9cm 2 ≥ Fn = 21,91cm 2 2 ×10 × 0,8 × 9,5 + 12 ×1,5 × 0, 75 e2 = 4,87cm 2 ×10 × 0,8 + 12 ×1,5 ∆= = 0,3mm e 48, 7 − 15 − 34 S max = 21,91×1, 44 = 31,55t S1 31,55 ×10 × 0,8 = 7, 42t 2 ×10 × 0,8 + 1,5 ×12 319 Örnek problem I200 profilinden oluşturulmuş çekme çubuğunda S=38t Çekme çubuğunun kaynaklı ekinin üç ek şekline göre tahkik ediniz. F = 33,5t t = 11,3mm s = 7,5mm σ kem = 700kg / cm 2 veST 37" H " yüklemesi 320 Çözüm S= 33,5 × 0, 7= 23, 45t ≤ S= 38t enine levha ek şekli; 321 Enine Levha Ek Şekli için; = te 15mm = ≥ t 11,3mm a1 = 5mm ≤ 0, 7 × 7,5 = 5, 25mm l1=' 160mm; l1= 160 − 2 × 5= 150mm a2 = 7 mm ≤ 0, 7 ×11,3= 7,91mm ' l2= l2= 90mm a3 = 7 mm ≤ 0, 7 ×11,3= 7,91mm l3 = 35 − 7 = 28mm Fk =× 2 0,5 ×15 + 2 × 0, 7 × +4 × 0, 7 × 2,8 = 35, 44cm 2 = 35, 44 1072kg / cm 2 = ≤ σ kem 1100kg / cm 2 σ k 38000 /= 322 Levhalı Ek Şekli İçin; Aşağıdaki şekilde izlenecek yol verilmiştir. 323 1.Fnek = Fek = 2 × 0,8 ×15 + 2 ×1, 2 ×12 = 52,8 ≥ 33,5cm 2 2.∆e =0 3.S max = 33,5 ×1, 44 = 48, 24t S1 = 5 × 0,8 / 52,8 × 48, 24 = 10,96t a1 = 4mm ≤ 0, 7 × 7,5= 5, 25mm l1 = l1' ≥ 10,96 /(2 × 0, 4 ×1,1) = 12, 45cm → l1' = 150mm S 2 =12 ×1, 2 × 48, 24 / 52,8 =13,16t a2 = 4mm ≤ 0, 7 ×11, 3 = 7,91mm l2' ≥ 13,16 /(2 × 0, 4 ×1,1) + 0, 4= 15,35 → l2' 175mm başka işleme gerek yoktur. 324 BASINÇ ÇUBUKLARI Kesit zoru olarak yalnızca eksenel doğrultuda basınca maruz kalan elemanlara basınç çubukları denir. Bu tip çubuklara örnek olarak pandül kolonları, kafes sistemlerin basınca çalışan dikme ve diyagonallerini, deprem ve rüzgar yüklerine karşı yapılara rijitlik sağlamak amacıyla uygulanan çapraz çubukları, vb. gösterilebilir. Çelik yapılarda tüm basınç elemanları burkulmaya göre hesaplanırlar. 325 18. yüzyılın ikinci yarısında diferansiyel ve integral hesabın gelişmesiyle kolon burkulma problemi çözülmüştür. 1759 yılında İsviçreli matematikçi Leonhard Euler kolonların burkulması ile ilgili tezini yayınlamıştır. Euler kolon taşıma gücünün yalnızca basınç etkisinde ezilme değil aslında bir stabilite problemi olduğunu fark eden ilk kişidir. Basınç çubuklarında, etkiyen kuvvetin şiddetinin belli bir kritik değeri aşması halinde, çubuk ekseni doğrusallığını kaybederek eğilmeye başlar ve bu olaya da basınç çubuğunun burkulması adı verilir. 326 Eksenel doğrultuda basınca maruz kalan çubuk aşırı derecede narin ise burkulmadan hemen önce elemanda oluşan gerilmeler, orantılı sınırın altında ve elastik bölgede kalır. Bu çeşit burkulmaya elastik burkulma denir; burkulup da yük taşıyamaz hale gelen eleman elastik kalmıştır. Gerilme değerleri orantılı sınırın da altında kaldığı için malzeme Hooke kanuna uyar. 327 Euler burkulmanın diferansiyel denklemini oluşturup çözerek, iki ucu mafsallı bir çubuk için elastik burkulma durumunda kritik burkulma yükünü aşağıdaki şekilde elde etmiştir: Π EI = 2 L 2 Pcr ,e Bu denklemde; E, malzemenin elastiklik modülü, I, çubuk kesitinin zayıf ekseni etrafındaki atalet momenti, L, çubuğun mafsallar arasındaki boyudur. 328 Kritik elastik burkulma yükü nedeniyle çubukta oluşacak gerilme ise şöyle olacaktır: Pcr ,e π 2 EI π 2 Ei 2 π 2 E σ= = = = cr , e 2 2 2 λ A LA L Burada ; İ, atalet yarıçapı, λ, narinlik derecesidir. 329 λ çubuk narinliği ile σKi ideal burkulma gerilmesi arasındaki bağıntıyı gösteren bu denklemin, (λ,σ) kartezyen eksen takımındaki etkisi ‘’Euler Hiperbolü’’dür. 330 Çelik malzeme σ ≤ σp (orantılı sınır gerilmesi) olduğu takdirde Hooke kanununa uyan bir malzemedir. Demek ki Euler formülü, σKi ≤ σP durumu içindir. σP = 0,8σa (akma sınırı) varsayımı gözönünde tutulursa, σKi = σP durumunda, π E E σ Ki = σ p = 2 → λ p = π λ σp 2 331 DIN 4114 yönetmeliği ise, elasko-plastik bölgede, ‘Taşıma yükü metodu’ nun uygulanmasını öngörmektedir. (a) (b) Şekil 4.4. 332 (c) Bunun için, Malzemesi, ideal elastik-ideal plastik çelik olsa, Enkesiti , tek simetri eksenli ‘2L’ den oluşan, Basınç kuvveti ‘S’ nin simetri ekseni içinde ve (i, enkesit atalet yarıçapı; s, çubuk boyu) i s = + u 20 50 kadar eksantrik etkidiği iki ucu mafsallı bir basınç çubuğu gözönünde tutulmuş ve bu çubuktaki (σKr) kritik burkulma gerilmesi hesaplanmıştır. 333 Bunun için, Malzemesi, ideal elastik-ideal plastik çelik olsa, enkesiti , tek simetri eksenli ‘2L’ den oluşan, basınç kuvveti ‘S’ nin simetri ekseni içinde ve i s = u + 20 50 (i, enkesit atalet yarıçapı; s, çubuk boyu) kadar eksantrik etkidiği iki ucu mafsallı bir basınç çubuğu gözönünde tutulmuş ve bu çubuktaki (σKr) kritik burkulma gerilmesi hesaplanmıştır. 334 Böylece, herhangi bir basınç çubuğunda ( σ = S/F ) ortalama gerilme, bu ( σki ve σkr ) gerilmelerinden belli bir emniyet kadar küçük kalmalıdır. σki için emniyet katsayısı ( υki = 2,5 ), σkr için ( υkr =1,5 ) alındığında, σdem burkulma emniyet gerilmesi; σ dem σ kr σ ki = min , ukr uki Basınç çubuğunun emniyetli durumda bulunması demek, ortalama gerilme için, P σ= ≤ σ dem F tahkikinin sağlanması demektir. 335 σdem burkulma emniyet gerilmeleri λ narinliğine göre değişkendir. Pratikte değişken emniyet gerilmesi değerleriyle çalışmak istenmediğinden em σ w= σ dem olarak ‘w burkulma sayıları’ tarif edilmiştir. Bu suretle yukarıdaki gerilme tahkiki w× P = ≤ σ em σw F şekline gelir , yani tahkik sabit σem ile yapılmış olur.Burada σw gerilmesinin gerçek bir gerilme değeri olmadığı aşikardır. 336 Çubuğun narinliği ( λ = s/i ) hesabındaki (s), esasında çubuğun burkulma boyudur ve bundan böyle (sk) ile gösterilecektir. (s) çubuğun gerçek boyu ise, sk = k*s şeklinde elde edilir. (k) katsayıları, çubuk uç bağlantılarının tiplerine göre Tabloda verilmiştir. 337 338 339 Çubuk burkulması enkesitin asal eksen düzlemlerinden birisine dik olarak gerçekleşecektir, eğer çubuğun birbirine dik düzlemlerdeki sınır şartları (burkulma boyları) aynı ise çubuk zayıf ekseni etrafında burkulur. Bunun nedeni zayıf ekseninin atalet yarı çapı küçük olduğundan bu eksen düzlemine dik burkulma durumu için çubuk narinliğinin yüksek olmasıdır. Ancak çubuğun birbirine dik düzlemlerdeki mesnetlenme durumları nedeniyle farklı burkulma boyları mevcutsa, her iki eksen düzlemine dik burkulma durumu için hesap yaparak elde edilen narinlik değerlerinden büyük olanı dikkate alınır. 340 I profilinden oluşan bir kolonun mesnetlenme durumu ve olası burkulma şekilleri: Burkulmadan önceki durum Zayıf eksen (y) düzlemine dik burkulma 341 Kuvvetli eksen (x) düzlemine dik burkulma TEK PARÇALI BASINÇ ÇUBUKLARI Tek profille teşkil edilen çubuklar ile parçaları bütün çubuklar boyunca doğrudan doğruya ve sürekli olarak birbirine birleşik çok parçalı çubuklar bu sınıfa girer. 342 GERİLME KONTROLÜ: x ve y asal eksenler olmak üzere, I ix = x F Iy iy = F skx ix λ →w sky max λy = i y (Tek hadde profili için tablodan alınır.) (Tek hadde profili için tablodan alınır.) λx = σ =w × N ≤ σ em F x ve y asal eksenler değillerse (köşebentler, ….) aynı işlemler asal eksenler için yapılır. 343 BOYUTLAMA: Bir denklem ve iki bilinmeyen var. Genel yöntem; w0 = 1 alınarak F0 ≥ 1× N σ emn F = (1.5~2 ) Fo → profil seçimi → gerilme kontrolü 344 -Domke yöntemi (Profil türü önceden belli) F0= N σ emn → profilseçimi ( F0 , i0 ) → λ0= sk i0 F ve F0’ ın benzer alanlar olmalarından, F i 2 i 2 sk2 λ02 = = = = w = 2 2 F0 i0 sk i02 λ 2 λ0 = λ w F≥ wN σ em çize lg e → λ → w → kesitseçimi yine gerilme kontrolü yapılmalıdır.345 GÜVENLE TAŞINABİLEN KUVVET Gerilme kontrolünün benzeri durumdur. Λmax ve w bulunduktan sonra max= N N= em Fσ em w belirlenir. Çubuğa gelen N basınç kuvveti N ≤ N em olmalıdır. 346 ÖRNEKLER 347 1. I200 enkesitli çelik bir kolon skx =660cm sky=220cm S= 15ton olduğuna göre gerilme tahkikini yapınız? Çözüm; 660 = 83 8 220 = λ y = 118 1,87 = λx 45 λmax = 118 → w → 2,2,84 2,84 15 × 2, 45 1,27t / cm 2 ≤ 1, 44t / cm 2 = = 1,1 σ 33,5 348 2. L80.80.8 enkesitli bir kafes kiriş basınç çubuğunun Skx =Sky=275cm’dir. Aktarabileceği en büyük basınç kuvvetinin hesabını yapınız. Çözüm; F = 12,3cm 2 imin= iη= 1,55cm λmax = = S 275 = 177 → w= 5, 44 1,55 12,3 ×1, 44 = 2,3,26 62t 5, 44 349 3. S=28 ton, skx = sky = 4,5 m kolon kesitinin (IPGH) profili olarak saptanması Çözüm; λmax = 450 = 161 → w = 4,50 2,80 28 × 4,50 2 σ 1, 44 t / cm = = 1, 45t / cm 2 ≅ σ= çem 86,8 350 4. Şekilde I260 profili ile teşkil edilen yan duvar kolonu görülmektedir. Mlz: St37, H yüklemesi, P = 51,5 t olduğuna göre gerilme tahkikini yapınız. Şekil 4.7. 351 I260 için profil tablosundan; F = 53,4 cm2 , ix = 10,4 cm, iy = 2,32 cm’ dir. Kolon uçlarında mafsal şartları vardır ve kolona üçte bir noktalarında duvar kuşakları bağlanmıştır. x-x asal ekseni duvar düzlemine paraleldir. x-x eksenine dik burkulmada (duvar düzlemi dışında burkulma) burkulma boyu skx = 4,50 m’ dir. 352 y-y eksenine dik burkulmada ( duvar düzlemi içindeki burkulma ) duvar kuşakları kolonu üçte bir noktalarında yanal harekete karşı tutunacağından, burkulma eğrisi kesik çizgilerle gösterildiği şekilde olur. Kuşakların bağlandığı yerlerde büküm noktaları oluşacağından , 1,50 m boyundaki kısımların uçlarında mafsal durumu meydana gelir ve sky = 1,50 m olur. sky 150 skx 450 λ= = = 64, 7 λ= = = 43,3 y x i y 2,32 ix 10, 4 λmax = 65 → w = 1, 41 w × P 1, 41× 51,5 2 2 36 t / cm < 1, 44t / cm = = 1, 63 σw = F 53, 4 353 T.S.648, dik açılı çerçevelerde, çubuk burkulma boyları için, çubuk uçlarının çubuk eksenine dik doğrultuda tutulmuş ya da serbest olduklarını göz önüne alan iki abak verilmektedir. Abakların kullanılabilmesi için, önce çubuğun (i) ve (j) uçlarına ilişkin Gi ve Gj redör oranlar belirlenir. 𝐼𝐼𝑠𝑠 ∑𝑖𝑖 𝑙𝑙𝑠𝑠 𝐺𝐺𝑖𝑖 = 𝐼𝐼𝑘𝑘 ∑𝑖𝑖 𝑙𝑙𝑘𝑘 354 Burada burkulma düzlemi içinde olmak üzere, Is : göz önünde tutulan noktaya rijit olarak bağlanan kolonların atalet momenti,(cm4) Ik : göz önünde tutulan noktaya rijit olarak bağlanan kirişlerin atalet momenti,(cm4) ls : ilgili kolonların boyu (cm) lk : ilgili kirişlerin boyu (cm) ‘dur. Σ işareti, ele alınan düğüm noktasında ve burkulma düzleminde, o düğüm noktasına rijid bağlı çubuklar için toplamı ifade etmektedir. (s : kolon için, k : kolon için kullanılmıştır.) 355 356 Örnekte, B noktasında, BC çubuğu toplama girmez. Kirişlerde Ik/lk değerleri aşağıdaki katsayılarla çarpılır. 2,0 düğüm noktaları sabit çerçeve : E’ de ED çubuğu 1,5 düğüm noktaları sabit çerçeve : G’ de GH çubuğu 2,0 düğüm noktaları serbest çerçeve : C’ de CB çubuğu Temele ankastre bağlı kolonda, bu uçtaki G ≈ 1,0 alınabilir (teoride 0). Temele mafsallı bağlı kolonda, bu uçtaki G ≈ 10 alınabilir (teoride ∞). Örnekl: Şekilde görülen ötelenmesi önlenmemiş çerçevenin S1 ve S2 kolonlarının çerçeve düzlemi içindeki burkulma boylarını hesaplayınız. 358 359 = sk 1,= 76*300 528cm 360 BASINÇ ÇUBUKLARININ SINIFLANDIRILMASI Basınç çubukları enkesit özellikleri ve hesaplanma esaslarına bağlı olarak iki ana gruba ayrılırlar: 1- Tek parçalı veya enkesitini oluşturan parçaları çubuk boyunca birbirlerine sürekli olarak birleştirilmiş basınç çubukları: 361 Enkesiti tek parça olan basınç çubuklarına örnekler 362 Enkesitini oluşturan parçalar birbirlerine çubuk boyunca sürekli olarak birleştirilmiş basınç çubuklarına bazı örnekler 363 Bu gruba giren basınç çubukları daha önce anlatılan burkulma katsayıları metodu ile hesaplanır. Enkesiti çok parçanın birbirine sürekli birleştirilmesi ile oluşturulan çubuk enkesitlerinde birleştirme aracı kaynak ise kaynak dikişleri sürekli olarak çekilmelidir ve kalınlıkları ise 3~4 mm olur. Eğer birleştirme aracı olarak bulon veya perçin kullanılmışsa, bunların aralıkları çubuk boyunca 7~10d (d:bulon veya perçin çapı) olarak alınabilir. 364 Birleşimde kaynak kullanılması durumunda köşe kaynak dikişlerinin kalınlığı a = 3 - 4 mm olmalı ve dikiş sürekli çekilmelidir. Birleşimde bulon (perçin) kullanılması durumunda bulon aralıkları en fazla emax = 7-10 d olmalı ve eleman boyunca birleşim uygulanmalıdır (d : bulon çapı). Bu tür çok parçalı basınç çubuklarının tasarımı tek parçalı basınç çubuklarında olduğu ibi yapılır. ibi yapılır. 365 Soru:Plan ve kesiti aşağıda verilmiş olan kolon elemana P= 60 ton’ luk basınç yükü etki etmektedir. Verilenler: Kolon kesiti I300, eksenel basınç yükü P= 60 ton, yükleme şekli H, malzeme st37 İstenenler: Gerekli tahkikleri yaparak, kesitin verilmiş olan yükü emniyetle taşıyıp taşıyamayacağını kontrol ediniz. 366 367 Soru: (Domke Metodu ile Çözüm ) Verilenler: Bir ucu serbest ve bir ucu yere ankastre olan 350 cm boyunda’ ki kolona P= 57 tonluk bir basınç kuvveti tesir etmektedir. Malzeme st37, yükleme şekli H olarak verilmiştir. İstenilenler: IPB profili kullanarak kolon kesitini boyutlandırınız. 368 Domke 2,63 43 W=2,63 3,49 2,63 107,08 111 10,2 6,11 2,35 6,11 2,35 1,26 369 Soru: (Domke Metodu ile Çözünüz ) Verilenler: Bir ucu serbest ve bir ucu yere ankastre olan 350 cm boyunda’ ki kolona P= 57 tonluk bir basınç kuvveti tesir etmektedir. Malzeme st37, yükleme şekli H olarak verilmiştir. İstenilenler: I profili kullanarak kolon kesitini boyutlandırınız. 370 Soru: verilenler; Şekilde görüldüğü gibi parçaları sürekli birleşik 2U160 profilinden teşkil edilmiş olan bir basınç çubuğu için Lkx =500 cm, Lky= 250 cm, malzeme st37 ve yükleme şekli H olarak verilmektedir. İstenenler; basınç çubuğunun emniyetle taşıya bileceği eksenel basınç yükünü bulunuz. 371 “X-X” eksenine dik burkulma tahkiki “Y-Y” eksenine dik burkulma tahkiki 372 Kesitin taşıya bileceği maksimum basınç yükü olarak; Pmav= Px=41.74 ton bulunur. Kesitin her iki yönde de burkulma bakımından emniyetli olabilmesi için kesite etki eden Px ve Py yüklerinden en küçük olanı kesitin taşıyabileceği maksimum ( Pmax ) yük olarak alınır. 373 Soru: verilenler; Şekilde görüldüğü gibi parçaları sürekli birleşik 2U260 profilinden teşkil edilmiş olan bir basınç çubuğu için Skx =600 cm, Sky= 200 cm, malzeme st37 ve yükleme şekli H olarak verilmektedir. İstenenler; basınç çubuğunun emniyetle taşıya bileceği eksenel basınç yükünü bulunuz. 374 Soru : Verilenler; Şekil de en kesiti verilen basınç çubuğunda Lk-x=Lk-y= 300 cm, malzeme st37, yükleme şekli H olarak verilmektedir. (L profilin uzun kenarı düşey doğrultudadır) İstenenler; Çubuğun emniyetle taşıyabileceği basınç yükünü bulunuz. 375 İlk önce sistemin (X-X) ekseninin geçeceği merkez nokta belirlenir. 376 377 Soru : Verilenler; Şekil de en kesiti verilen basınç çubuğunda Lk-x=Lk-y= 300 cm, malzeme st37, yükleme şekli H olarak verilmektedir. İstenenler; Çubuğun emniyetle taşıyabileceği basınç yükünü bulunuz. 100.10 378 ÇOK PARÇALI BASINÇ ÇUBUKLARI İki veya daha çok parçadan oluşan basınç çubuklarıdır. Çok parçalı olarak kabul edilen çubuklarda münferit parçalar arasında genellikle genişçe bir aralık vardır. Çubuğu teşkil eden parçaların birlikte çalışmaları için ya kafes tarzı bir bağlantı veya bağ levhaları ile çerçeve tarzı bir bağlantı kullanılır. 379 Birinci Grup Basınç Çubukları Aşağıdaki en kesitlerden de görülebileceği gibi, burada en kesiti oluşturan parçalar birbirlerinden ayrıktır. İki asal eksen (X-X) ve (Y-Y) özel konumları vardır. Eksenlerden biri, en kesitlerdeki parçaların hepsini kesmektedir (X-X ekseni gibi). Bu eksene “Malzemeli Ekseni” denir. Diğer eksen ise, ya parçalardan hiç birisini kesmez veya bir kısmını keser. Bunlarda “Malzemesiz Eksen” denilir. 380 Her iki eksen etrafındaki burkulma hesapları ayrı ayrı yapıldığından ve hesaplama yöntemleri de değişik olduğundan, en kesitteki malzemeli ve malzemesiz eksenlerin doğru olarak belirlenmesi gereklidir. Herhangi bir en kesitte, bir eksen malzemeli, diğeri malzemesiz veya her iki eksende malzemesiz olabilir, fakat her iki ekseninde malzemeli eksen olması mümkün değildir (2). Asal eksenlerinden birisi malzemeli eksen (çubuğu meydana getiren parçalardan her birisini kesen eksen) olan çubuklardır. Bu eksene dik burkulma bakımından tek parçalı basınç çubukları gibi hesap edilirler. Burada bütün profilleri kesen X-X eksenine “malzemeli eksen”, Y-Y’ eksenine ise “malzemesiz eksen” adı verilir. 381 382 383 Birinci Grup Basınç Çubuklarının Hesap Esasları Birinci grup basınç çubukları, tek parçalı basınç çubuklarında olduğu gibi hem X-X eksenine dik burkulmaya göre hem de Y-Y eksenine dik burkulmaya göre tahkik edilirler. I. X-X Eksenine Dik Burkulmaya Göre Tahkik X-X eksenine dik burkulmaya göre hesabı tek parçalı basınç çubuklarında olduğu gibi yapılır λX = X-X eksenine dik burkulmadaki narinlik LX = X-X eksenine dik burkulmadaki, çubuğun burkulma boyu iX = X-X eksenine göre çubuğun atalet yarıçapı P = Çubuğa tesir eden eksenel basınç kuvveti F = Çubuğun kesit alanı 384 II. Y-Y Eksenine Dik Burkulmaya Göre Tahkik Burada, itibari bir λ Yİ narinlik değeri hesap edilir ve buna bağlı olarak tablodan WYİ itibari burkulma değeri alınır ve bu değere göre yine tek parçalı basınç çubuğu gibi hesap yapılır 385 Burada; λ Y = Çubuğun bütününün, Y ekseni etrafındaki narinlik derecesidir. m = Basınç çubuğunu teşkil eden parçaların çalışma durumuna göre parça sayısı λ 1 = Yardımcı narinlik değeri Z = Paralel düzlemlerdeki enine bağlantıların sayısı imin = Bir parçanın en küçük atalet yarı çapı Fd = Kafes bağlantıda bir diyagonalin en kesit alanı Lb1 = Tek parçanın burkulma boyu iY = Y-Y eksenine göre atalet yarı çapı LY = Y-Y eksenine dik burkulma boyu I1 = Tek parçanın Y-Y eksenine göre atalet momenti F = Tek parçanın kesit alanı Lk1 = Bağlantı levhaları arasındaki mesafe 386 387 388 NOT: İki parçalı çubuklarda, eğer münferit profiller arasındaki mesafe düğüm levhası kalınlığına eşit veya az fazla ise, ayrıca münferit profiller uzunlukları boyunca araya bir besleme levhası konulmak sureti ile birleştirilmişlerse, iki parçalı çubuğun Y-Y eksenine dik burkulması da X-X eksenine dik burkulması gibi hesaplanır; yani bu durum için λ Yİ = λ Y alınır. Enleme bağlantıları arasında, münferit çubuklar birbirlerine çubuk doğrultusundaki aralıkları 15.i1 ‘ den fazla olmayan perçinlerle birleştirildiği taktirde yine λ Yİ = λ Y alınır . 389 390 391 392 393 394 395 396 Şekilde görülen basınç çubuğunun taşıyabileceği en büyük basınç kuvveti nedir? Bağ levhasındaki kaynak dikişlerinde gerekli kontrolleri yapınız. 397 Birbirine sürekli olarak kaynaklanmış üç profilden oluşan her bir parça için: 398 399 400 401 402 403 404 405 406 407 408 409 410 411 412 413 414 415 416 417 418 419 (z=paralel diyagonal çubuk sayısı) 420 421 422 “X-X” Eksenine dik burkulma tahkiki 423 Birleşim yeterli değildir. Birleşimi emniyetli yapabilmek için bağ levhası sayısı artırılır ve kuşaklar L/3 den konulabilir. 424 425 Verilenler: 4L100.100.12 eşit kollu korniyerleri kullanılarak aşağıdaki şekilde görüldüğügibi teşkil edilmek istenen bir basınç çubuğuna P=100 ton luk eksenel basınç yükü etki etmektedir. Lkx=Lky=1000 cm, bağ levhaları aralığı Lk1=75 cm, malzeme st37 ve yükleme şekli H olarak verilmektedir. Örgü çubukları L50.50.6 ‘ den teşkil edilmektedir. İstenenler: Kesitin bu yükü emniyetle taşıyıp taşıyamayacağını kontrol ediniz. 426 427 428 UYGULAMA St37, H (EY) yüklemesi 429 430 431 432 433 434 435 UYGULAMA Detay resmi verilmis olan çekme çubuğu için gerilme tahkikini yapınız. St37, H (EY) yüklemesi 436 437 438 439 UYGULAMA 440 a) Kolonun taşıyabileceği en büyük basınç kuvvetinin hesabı [260 profili için F=48,3 cm2 iy=9,99 cm i1=2,56 cm I1=317 cm4 t=1,4 cm ey=2,36 cm 1. Grup çok parçalı basınç çubuğu Y-Y malzemeli eksene dik burkulma Sky=320 cm λy=320/9,99=32,03 X-X malzemesiz eksenine dik burkulma Skx=0,7x500=350 cm (320 cm < 350 cm olduğundan Skx=350 cm alınmalıdır.) Ix=2[317+48,5(13,36)2]=17947,5 cm4 ix= 17947,5 2𝑥𝑥48,3 = 13,63 𝑐𝑐𝑐𝑐 λx=350/13,63=25,68 Sk1=820/7=117,1 λ1=117,1/2,56=45,8 λxi= 25,682 + 45,82 = 52,5 = λmax ω=1,29 için Smax=2x48,3x1,44/1,29=107,8 t 441 b) Bağ levhası ve bulonların tahkiki e=26,72<20(2,56)=51,2 cm ise Qi=Fxσçem/80=2x48,3x1,44/80=1,74 t T=Qi . Sx1/e=1,74x117,1/26,72=7,63 t I bağ levhası=1,2(27)3/12=1968,3 cm4 ∆I=2Fdelik.d2=2x2,1x1,2(8,5)2=364,14 cm4 W=(1968,3-364,14)/13,5=118,83 cm3 (270/2=135 mm=h/2) Bir bağ levhasına gelen kesme kuvveti ve eğilme momenti T1=7,63/2=3,815t M=T1x(e/2)=3,815x26,72/2=50,97 tcm σ1=50,97/118,83=0,429t/cm2<1,44 t/cm2 uygun Bulonlarda tahkik (3 lü sıranın en dışındaki bulonda) T=3,815/3=1,272 t H=Mxfi/b=50,97x1/17=3 t ise bileşkesi R= 1,2722 + 32 = 3,26 𝑡𝑡 (b=en üst-en alt bulonlar arası mesafe) M20 uygun bulon için Ns makaslama=π(2,1)2x1,4/4=4,85 t N ezilme=2,1x1,2x2,8=7,06 t olduğundan N em=4,85 t < R=3,26 t olduğundan uygundur. 442 Eğilme Etkisindeki Çubuklar Basit Eğilme (Tek eksenli Eğilme) Etkisindeki Çubuklar Tek eksenli eğilmeye (M) dolayısıyla normal gerilmeye ve kayma gerilmesine maruz olan çubuklardır. Yapı sistemlerindeki kirişler tek eksenli eğilmeye maruz elemanlardır. Çelik yapılarda kiriş olarak genellikle I profiller kullanılmaktadır. Boyutlandırma esasları Tek eksenli eğilmeye maruz elemanlarda (kirişlerde) eğilme momentinin (M) yanı sıra kesme kuvveti (T) bulunmaktadır. Bu nedenle normal gerilme, kayma gerilmesi esas alınarak tasarım yapılır. Kirişlerin tasarımında ayrıca, kullanılabilirlik koşullarının ve yanal (burulmalı) burkulma (stabilite) güvenliklerinin de gözönünde bulundurulması gerekmektedir. 443 Buna göre kirislerin tasarımı asağıda belirtilen 3 kritere göre yapılır. 1) Eğilme gerilmesine göre tasarım (tahkik): a) Yanal (burulmalı) burkulmanın önlenmesi durumunda; Kirislerin eğilmesi esnasında, döseme, çatı örtüsü, enleme bağlantılar vb. önlemler ile yanal burkulmanın önlenmesi durumunda, emniyet gerilmesi olarak kullanılarak asağıdaki ifade ile tasarım yapılır. 444 445 Eğilme etkisi altında yanal burkulma 446 447 448 449 450 451 fmax : Kiristeki en büyük sehim (çökme) değeri k : Sistem özelliklerine bağlı katsayı (Örnek: basit kiris için k= 5/384) l : Kiris uzunluğu (açıklığı) I : En kesitin ilgili atalet momenti E: Elastisite modülü fSINIR : Standartlarda verilen sınır sehim değeridir. (Çelik yapılar için TS 648, Ahsap yapılar için TS 647) Not: Farklı yük durumları (tekil yük, üçgen yük vb.) için sehim ifadesi değismektedir. 452 Basit Eğilme Etkisindeki Çubukların Ekleri Basit eğilme etkisindeki çubukların eklerinin tasarımı, bilesik eğilme etkisindeki çubukların ekleri ile birlikte verilecektir. Eğik Eğilme Etkisindeki Çubuklar ve ekleri Eğik (iki eksenli) eğilme etkisindeki çubukların tasarımı, bilesik eğilme etkisindeki çubukların tasarımı konusunda ele alınacaktır. 453 Bilesik Eğilme Etkisindeki Çubuklar ve Ekleri Tek eksenli veya iki eksenli (egik) egilmeye (Mx, My) ve eksenel kuvvete (N) (basınç) maruz olan çubuklardır. Çelik yapı sistemlerindeki kolonlar bu gruba giren elemanlardır. Çelik yapılarda kolon elemanı olarak genellikle, I profiller veya birden fazla profilden olusan çok parçalı elemanlar kullanılmaktadır. Boyutlandırma esasları Bilesik egilmeye maruz elemanlar, 1) Egilme momentlerinden (Mx, My) ve eksenel kuvvetten (Basınç) (N) meydana gelen burkulmalı ve / veya burkulmasız normal gerilme 2) Kesme kuvvetlerinden meydana gelen kayma gerilmeleri 3) Iki ucu arasındaki göreli yanal öteleme oranı (göreli kat ötelemesi) sınır değerleri esas alınarak tasarlanmaktadır. Normal kuvvetin çekme olması halinde, burkulmnasız normal gerilme durumunun kontrol edilmesi yeterlidir. 454 455 456 457 458 459