bÖlÜm iv - kocaelimakine.com · en küçük rijid ve rijid olmayan kafes elemanları kafesi olu...

İ.T.Ü. Makina Fakültesi STATİK Mekanik Ana Bilim Dalı Bölüm 4

BÖLÜM IV

Düzlem Kafesler

En çok kullanılan köprü kafesleri

En çok kullanılan çatı kafesleri


Mühendislik olaylarında genel olarak birden çok katı cisim birbirine çeşitli yöntemlerle bağlanarak bir katı cisim sistemi oluştururlar. Bu sistemlere TAŞIYICI SİSTEMLER denir. Taşıyıcı Sistemler, *Kafes sistemler (Trusses) *Çerçeveler (Frames) *Makinalar (Machines) *Kirişler (Beams) * Halat ve zincir (Cables and chains) olmak üzere sınıflandırılırlar. Bu bölümde yukarıdaki sistemlerin analizini yaparak sistemin parçalarına etkiyen kuvvetleri elde edeceğiz. Sistemin statik olarak çözülebilir (izostatik) olduğunu varsayıyoruz. Öncelikle Kafes Sistemlerini inceleyeceğiz. Tanım: Uçları birbirine bağlanan düzgün katı cisimlerin (çubukların) oluşturduğu rijid cisme KAFES SİSTEM denir. 1) Düzlemsel kafes sistem 2) Uzaysal kafes sistem


En küçük rijid ve rijid olmayan kafes elemanları

Kafesi oluşturan çubuk elemanlar

Üçgen bazlı kafes sisteme Basit Kafes denir

Rijit (şeklini koruyan)

Rijit olmayan kafes sistem AD veya BC elemanlarının ilavesi ile Rijit yapılabilir.

Geliştirme, iki eleman ve bir düğüm noktası ile yapılır.

DE CE veya DF, AF BC elemanlarının ilavesi ile kafes sistem geliştirilebilir.

Çekme Baskı-Basınç


Çubukların düğüm noktalarında birleşmeleri

Düğüm Dengesi Yöntemi

A Düğümüne etki eden kuvvetler

Çubuklar kaynak, perçin yada cıvata ile birleştirilse bile çubukların eksenleri birleşme noktasında kesişiyorsa mafsallı (pin-joint) olduğu varsayılır.

Tüm dış kuvvetler mafsala etkiyor varsayılır çubukların ağırlığı ihmal edilir. Edilmiyorsa ½ oranında mafsallara uygulanır.

Önce: Tüm sistemin serbest cisim diyagramı reaksiyonları elde etmekte kullanılır. Sonra en çok iki bilinmeyeni olan düğümden başlanarak tüm düğümlerin dengesi incelenir. Ve düğümlerdeki reaksiyonlar bulunur.


Değişik düğüm noktalarına etki eden kuvvetler

m+3=2j; j: Düğüm sayısı, m eleman sayısı.

m+3> 2j ise fazla iç bağ vardır, çözülemez. m+3<2j ise eksik dış bağlı, yük altında çöker.


Özel Düğüm Noktaları

θ dan bağımsız. Yük yok (F3=0) Yük yok Yük yok Özel Çapraz Elemanlar (Çapraz Gergi)

Özel Düğüm Noktalarında Uygun Eksen Takımı Seçimi

Bel vermeyi önler

Basınç ve çekme halinde geçerli y doğrultusunda yük var ise 0≠3F dır.

Katı ve çapraz bağlamada sistem çözümsüz. (Yük taşıyorsa)

İki bilinmeyen halinde uygun eksen seçilerek bilinmeyenin biri elimine edilebilir.

ve ′⇒ ⇒∑ ∑x x2 1F F F F

Elastik bağ ise asimetrik yükte yamulma olur. DC iptal, AB kalır. AB çekme yükü taşır. Hesap sonunda, AB çekme çubuğu çıkmaz ise iptal edilir. DC çekme yükü taşır.


Kesim Yöntemi

KESİM YÖNTEMİ 1) 0, 0, `ın yanı sıra 0, avantajını sağlar.x xF F M= = =∑ ∑ ∑

2) İstenen elemanlardaki kuvveti hemen her zaman direkt olarak hesaplamayı sağlar. 3) İstenen kuvveti bulmak için düğüm yöntemiyle ilerlemeye gerek kalmaz. 4) Kesimi yaparken en çok üç bilinmeyen kuvvet olmalı. 5) Bağ kuvvetleri yine tüm sistemin serbest cisim diyagramından öncelikle elde edilir. 6) İstenen kuvvetlerden biri BE yi içine alacak hayali bir kesim yapılır. EF ve BC de bilinmeyen olarak çıkar. 7) Kesimin her ikisi de dengededir. 8) Kesilen çubuklardaki kuvvetler ister çekme ister baskı olsun daima çubuğun doğrultusundadır.


9) Bilinmeyen kuvvetlerin yönü sezgisel olarak işaretlenebilir, ancak hesaplarla kontrol edilmelidir. 10)Moment alınan noktanın iyi seçimi bilinmeyen iki kuvveti elimine eder, biri doğrudan elde edilir. (B noktası) 11) Gerektiğinde birden fazla noktaya göre moment yazılabilir (B ve E gibi). 12)Momentin yanısıra 0 ve 0 kullanılır.x yF F= =∑ ∑

13) Kesimin serbest cisim diyagramında iç kuvvetler(elemanlar) çizilmez. 14) Kesimi düğümlerden geçmeyecek şekilde çizersek çubuk kuvvetlerini serbest cisim diyagramında açıkça gösterebiliriz.

15)Her iki kesim de kullanılabilir. Ancak az kuvvet taşıyan çözüm daha kolay çözüm verir.

16) Düğüm yöntemi ile kesim yöntemi beraber kullanılabilir. Daha iyi sonuç verir. 17) Moment merkezi kesimin üzerinde veya dışında seçilebilir. Önemli olan bilinmeyen kuvvetlerin çoğunun geçtiği nokta olmasıdır.


Örnek Problem 4/1 : Şekildeki çıkma çatı (konsol makas) kafes sisteminin her elemanının kuvvetlerini DÜĞÜM yöntemi ile hesaplayınız. Tüm Sistem:

30kN 20kN

5m

5m

5m

5m

A

B D

C E

.030

060

30 kN

20kN

5m

5m

5m

5m

5m

xF

yE

T

y

x

5m 5m

AB

ACA060

30kN

060060

BD

ABBC

B

5 20(5) 30(10) 0 80

0 80cos30 0

0 80sin30 30 20 0 10

x x

y y

T T kN

E E

E E kN

= ⇒ = ⇒− + + = ⇒ =

= ⇒ − = ⇒

= ⇒ + − − = ⇒ =

∑ ∑

∑

∑

E

x

y

M 0 M 0

F

F

0 0.866 30 0 34.6 ,

0 0.5(34.6) 0 17.32 ,

AB AB kN çekme

AC AC kN basınç

= ⇒ − = ⇒ =

= ⇒ + = ⇒ = −∑

∑

y

x

F

F

0 0.866 0.866(34.6) 0

0 (34.6)(0.5) (34.6)(0.5) 0

34.6 ,

34.6 ,

BC

BD

BD kN çekme

BC kN basınç

= ⇒ − − =

= ⇒ − − =

⇒ =

⇒ = −∑

∑

y

x

F

F


O düğümünü kontrol olarak kullanırız. Hesaplar doğru ise denge denklemleri sağlanır.

060 060

CDBC

CEAC=17.32

20kN

ED

EC

yE

69.3=xEE

0 0.866 20 0.866(34.6) 0

57.7 ,

0 17.32 57.7(0.5) 34.6(0.5) 0

63.5 ,

CD

CD kN çekme

CE

CE kN çekme

= ⇒ − − =

=

= ⇒ + + + =

= −

∑

∑

y

x

F

F

10 (0.866) 0 11.55 ,

0 69.3 63.5 (11.5)(0.5) 0

69.3 63.5 (11.5)(0.5) 0 sağlanır.

ED ED kN basınç= + = ⇒ = −

= ⇒ − + + =

− + + ≅

∑

∑

y

x

F

F


Örnek Problem 4/2: Şekildeki çıkma çatı sisteminde KL, CL ve CB elemanlarının kuvvetlerini kesim yöntemi ile hesaplayınız. Tüm sistem:

0 200 0

0 0

y y

x x

A M

A M

= ⇒ − + + =

= ⇒ + =∑

∑

y

x

F

F

Reaksiyonlar çözülemez. MA elemanı statik olarak çözülemez. Doğrudan ilgili kısmın sol kesitine geçelim.

200kN

6.5m

18m

4m

H I J K

L

M

G F E D C B A3 33 3 33

1

3tan cot (90 )

5.253

tan 29.745.25

CBg

LBβ β

β β−

= − = =

= ⇒ =

( ) 200( ) 0

1[4 (6.5 4) )] 200(15) 0

23000

571 ,5.25

200(12) ( cos )4 0

2400 2400(0.923)(4) 3.6923

650 ,

200( ) ( ) 0, 12

6cos 9.6

6.5 4 4

CB BL GB

CB

CB kN basınç

KL

KL

KL kN çekme

PG CL PH PG CP

PCPC m

θ

θ

− + =

− + − + =

= =

= ⇒ − =

= =

=

= ⇒ − = = −

= = ⇒ =−

= ⇒

∑

∑

∑

C

P

M 0

M 0

M 0

PH sin60.23= sin 60.23

PC200(12 9.6 (0.868)(9.6) 0 0.868

57.6 ,

PH PC

CL PH PC

CL kN basınç

⇒ =

− − = ==

2

2.5tan 0.4166

61

cos 0.9231 tan

θ

θθ

= =

= =+

CL

BG

C

K

L

.

KLθ

βCB

α

H

P

200kN

60.23 90α β= = −


Örnek problem 4/3: Şekildeki Howe çatı kafesinin D-J elamanının kuvvetini hesaplayınız. Mesnetlerdeki yatay reaksiyonları ihmal ediniz. Tüm sistem:

24 10(20) 10(16) 10(18) 0

44018.33

24

y

y

A

A

= ⇒− + + + =

= =

∑ GM 0

1. Kesimi:

10(4) 10(8) 12( sin ) 0

6tan 0.5 26.56

12

tan 0.5 4 458

40 80 12(0.707 ) 0

14.1 ,

18.33(12) 10(8) 10(4) 0.894 (6) 0

18.6 ,

CJ

hh

CJ

CJ k basınç

CD

CD kN basınç

α

θ θ

θ α

= ⇒− − + =

= = ⇒ =

= = ⇒ = ⇒ =

− − + ==

= ⇒− + + − =

= −

∑

∑

A

J

M 0

M 0

2. Kesim:

12( ) 10(16) 10(20)

18.3(24) 14.1(0.707)(12) 0

16.6 ,

DJ

DJ kN çekme

= ⇒ + +

− − ==

∑ GM 0

Not: CJ nin momenti hesaplanırken Bileşenlerinin yine J´ye etkidiği kabul edildi.

B

C

10kN10kN

A

D

E

F

G

L K J I4m 4m 4m 4m 4m 4m

1 2

B

C

DCD

CJ

J

θ

θ αJK

10kN10kN

18.33kN=yA

yA

10kN10kN

D

GJK

JC=14.1

DGDJ


Uzay Kafes Sistemleri

Düğüm Dengesi Yöntemi …… ….. 0=ΣF

Kesim Yöntemi ...................... 0............0 =Σ=Σ MF

z

x

y

yM

xMzM

yR

zR

xR

Küresel Mafsal (Ball and socket joint)

yR

zRxR

z

x

y

Sabit Küresel Mafsal (Gömme veya kaymalı)


UZAY KAFES SİSTEMLER 1) Düzlemleri aynı olmayan üç düzlemsel kafes sisteminin KÜRESEL MAFSAL ile birbirlerine bağlanmaları ile oluşur. 2) Düzgün bir dörtyüzlü Rijid bir UZAY kafestir. 3) Uzay kafes sistemde üç çubuk ve bir düğüm ilavesi ile geliştirilebilir. (AF, BF, ve CF çubukları ve F düğümü) 4) Düğüm sayısı j ve çubuk sayısı m olan bir uzay kafes sistemde a) m + 6 = 3j ise izostatiktir. b) m + 6 > 3j ise fazla eleman var. Statik olarak hesaplanamaz. c) m + 6 < 3j ise iç bağ (eleman) eksikliği var. Sistem çöker. 5) ΣΣΣΣF = 0 her düğüme uygulanarak düğüm yöntemi ile çözüm yapılabilir. 6) ΣΣΣΣF = 0 ve ΣΣΣΣM= 0 denklemleri kullanılarak kesim yöntemi ile de çözüm yapılabilir. 7) ΣΣΣΣF = 0 , ΣΣΣΣM= 0 ⇒ 6 skaler denklem yazılacağından kesim de en çok 6 bilinmeyen ortaya çıkmalı. Pratik değildir.


Çerçeve ve Makinalar Rijit ve Oynak Sistemler

Mafsal Bağlantısı


ÇERÇEVE VE MAKİNALAR

Tanım: En az bir elemanına üç veya daha fazla kuvvet etkiyen taşıyıcı sisteme

ÇERÇEVE veya Makina denir. (Üç kuvvet veya iki kuvvet + bir çift)

1) Çerçeveler sabit konumda yük taşımak için dizayn edilirler.

2) Makinelerin hareketli kısımları vardır. Kuvvetleri ve çiftleri girişten – çıkışa

taşımak için dizayn edilirler (input - output)

3) Kuvvet genelinde elemanların doğrultusunda değildir.

4) Çoğunlukla iki boyutlu olmalarına rağmen üçboyutlu (UZAYSAL) çerçeve

ve makinalarda oldukça fazladır.

5) Her parçaya gelen kuvvetler, o parçanın sistemden izole edilmesiyle çizilen

serbest cisim diyagramına ΣF=0 ve ΣM=0 denge denklemlerinin uygulanması

ile elde edilir.

6) İzole etmede ETKİ-TEPKİ prensibi geçerlidir.

7) Ele aldığımız sistemler statik çözülebilirdirler.

8) Mesnetten ayırınca sistem şeklini koruyorsa sistemi tek bir rijid cisim olarak

alabiliriz. [a]

9) Sistemi elemanlarına ayırarak her parçaya denge denklemlerini uygularız.

10) Mesnetten ayrılan sistem şeklini koruyamıyorsa, mesnet reaksiyonlarını da

sistemin parçaları üzerindeki hesaplarla elde ederiz.

11) Parçalara etkiyen kuvvetlerin yönünü sezgisel olarak koyarız ve hesaplarla

kontrol ederiz. (a), (b)


)(66.5

045cos80

)(8

066.545cos0

basıaskNBD

BDF

çekmekNBC

BCF

y

x

=

=−→=Σ

=

=−→=Σ

UYGULAMA PROBLEMLERİ

Problem : 1 (4/3) Şekildeki kafes sisteminde BE ve BD çubuklarına gelen kuvvetleri bulunuz. A Düğümü :

E Düğümü: B Düğümü:

0 sin 45 4 0

5.66

0 5.66cos 45 0

4 ( )

y

x

F AB

AB kN

F AE

AE kN basınç

Σ = → − =

=

Σ = → − =

=

AB

AE x

y

4kN

00 =→=Σ BEFy

0 4 0

4 kN (Basınç)xF BE

ED

Σ = → =

=

-

BEED4kN

y x

BC

BD

BE

5.66 kN


5/4sin

5/3cos

00

2

0860

6

0)6(8)4(6120

=

=

=→=Σ

=

=−+→=Σ

=

=−−→=Σ

θ

θAxx

Ay

Ayy

Dy

DyA

FF

kNF

FF

kNF

FM

)(5.7

0)5/3(5.260

)(5.2

02)5/4(0

çekmekNF

FF

basıaskNF

FF

AE

AEx

AB

ABy

=

=−−→=Σ

=

=−→=Σ

Problem : 2 (4/6) Bütün üçgenlerin eşkenar olduğu şekildeki kafes sisteminde bütün çubuklara gelen kuvvetleri bulunuz.

A Düğümü:

B Düğümü:

y BE

BE

BC

BC

F 0 F (4 / 5) 2.5(4 / 5) 0

F 2.5 kN (çekme)

ΣF 0 F 6 2.5(3 / 5) 2.5(3 / 5) 0

F 9 kN (basınç)x

Σ = → − =

=

= → − + + + =

=

AE6 kN

AB

2 kN

6 kN BC

BE2.5 kN


C Düğümü:

D Düğümü:

)(5.7

)(5.7

09)5/3()5/3(0

0)5/4()5/4(0

baskNF

çekmekNF

FFF

FF

FFF

CD

CE

CECEx

CDCE

CDCEy

=

=

=−+→=Σ

=

=−→=Σ

)(5.4

0)5/3(5.70

çekmekNF

FF

DE

DEx

=

=−→=Σ

9 kN

2,5 kN CD

DE

7,5 kN

6 kN


Problem : 3 (4/18)

Şekildeki kafes sisteminde AF, BE ve BF ve CE çubuklarına gelen kuvvetleri bulunuz.

kNF

FF

kNF

FFF

kNF

FM

Ax

Axx

Ay

GyAyy

Gy

GyA

15

04560

3.21

00

3.21

0)2(4)4(5)6(60

=

=−++→=Σ

=

=+−→=Σ

=

=+−−−→=Σ

G Düğümü: FG α AG 21.3 kN

A Düğümü: AB AF 10.67 kN 15 kN 21.3 kN

)(67.10

0sin9.230

)(9.23

0cos3.210

çekmeF

FF

baskNF

FF

AG

AGx

FG

FGy

=

=−→=Σ

=

=−→=Σ

α

α

)(17

03.2145sin13.60

)(13.6

045cos1567.100

çekmekNF

FF

çekmekNF

FF

AB

ABy

AF

AFx

=

=−+→=Σ

=

=+−→=Σ


F Düğümü:

B Düğümü: BC BE α 6.5 kN 4 kN 17 kN

)(50.6

0sin9.2345cos13.6sin01.19

0

)(01.19

045sin13.6cos9.23cos0

baskNF

F

F

baskNF

FF

BF

BF

x

EF

EFy

=

=−−+

→=Σ

=

=−+−→=Σ

αα

αα

)(59.5

050.64sin0

çekmekNF

FF

BE

BEx=++→=Σ α

EF

15 kN

6,13 kN45°°°°

αααα

αααα

23,9 kN


Problem : 4 (4/21) Şekildeki kafes sisteminde AB. BH ve BG çubuklarına gelen kuvvetleri bulunuz. BF ve CG elemanları sadece çekme kuvveti taşıyabilmektedirler.

kNF

FF

kNF

FM

Ay

Ayy

Dy

DyA

67.4

033.5640

33.5

0)6(6)3(40

=

=++−−→=Σ

=

=+−−→=Σ

A Düğümü:

H Düğümü: Çapraz elemanlardan BF elemanının yük taşıdığını ve BG nin yük taşımadığı kabul edilsin. Bu durumda;

)(69.2

060cos39.50

)(39.5

067.460sin0

baskNF

FF

çekmekNF

FF

AB

ABx

AH

AHy

=

=−→=Σ

=

=+−→=Σy

AB

4,67 kN

0 5.39cos30 sin 60 0

5.39 ( )

y BH

BH

F F

F kN bas

Σ = → − =

= BH

GH

5,39 kN


B Düğümü: Problem : 5 (4/30) Şekildeki kafes sisteminde BE çubuğuna gelen kuvveti kesim yöntemi ile bulunuz.

Kafes sistemini, CB, EB ve EF çubuklarından geçecek şekilde kesip, üst kısmın serbest cisim diyagramı çizilecek olursa;

D

BE

BE

BE

0

5 (-2 ) 0

10 ( 4 ) F ( sin cos ) 0

10 4sin 26.6.F . 0

α α

Σ =

× + × =

+ − × − − =

− =

M

i j OB F

k j i j

k k

2 m

1 m

1

0 5.39sin 60 4 sin 0

1.018 ( )

2.60tan ( ) 40.9

3

y BF

BF

o

F F

F kN çekme

α

α −

Σ = → − − =

=

= =

E

D

C

F

FEFFBEFBC

2 m

6 kN

5 kN

2 mα

1 m

α

yx

1

BE

BE

tan (1/ 2) 26.6

0 5(2) sin 26.6(4) 0

5.59 ( )

o

D F

F kN çekme

α −= =

Σ = → − =

=

M

α

4 kN

2,69 kN

5,39 kN BF


Problem : 6 (4/33) Şekildeki kafes sisteminde CH ve CF çubuklarına gelen kuvvetleri kesim yöntemi ile bulunuz. Kafes sistemi CB, CH ve GH çubuklarından kesilerek ikiye ayrılıp, sağ tarafın serbest cisim diyagramı çizilecek olursa;

)(8.101

0)24(345sin0

baskNF

FF

CH

CHy

=

=−→=Σ

1.ci kesim

2.ci kesim

D E

F

24 kN

24 kN

FCDC

G

1 m

2 m

FGF

FCF

α

G

D E

F

CFCB

FCH

FGH

45°24 kN

24 kN

x

yH

24 kN

E

CF

CF

CF

CF

0

( 24 ) ( ) =0

2 ( 24 ) ( 4 ) =0

48 4 (cos sin )=0

48 (4) sin 26.6 =0

α α

Σ =

× − + ×

− − + − ×

+ − × +

−

M

ED j EC F

i j i F

k i F i j

k F k

o6.26)2/1(tan 1 == −α

E CF

CF

0 24(2) sin 26.6(4) 0

26.8kN ( )

F

F çekme

Σ = → − =

=

M

1 2


Problem 7 : 4/39 Şekildeki kafes sisteminde bütün üçgenler ikizkenar dik üçgendir. Ortadaki çapraz elemanların kablo gibi basınç kuvveti taşıyamayan elemanlar olduğu bilindiğine göre, bu çapraz elemanlara ve MN çubuğuna etkiyen kuvvetleri bulunuz.

B noktasındaki tepki kuvvetini bulmak için;

0 (6 ) 100(4 ) 80(2 ) 0

40

A B

B

M F a a a

F kN

Σ = → − + =

= ↑

Çapraz elemanların olduğu kısımdan alınan kesitte, serbest cisim diyagramı;

)(8.84

0100402

0

çekmekNF

FF

FN

FN

y

=

=−+→=Σ

)(20

0)()2

(8.84)2(400

çekmekNF

aFa

aM

MN

MNE

=

=−−→=Σ

Orta kısımdaki çapraz elemanlardan geçen kesim alınarak, serbest cisim diyagramı çizildiğinde;

0 84.8 ( )y GMF F kN çekmeΣ = → =

a

a

a

x

y

E D C

B

O

N

FFN

FEF

FMN

F

100 kN

.M

40 kN


Problem : 8 (4/54) Şekildeki uzay kafes sisteminde AB, AC ve AD çubuklarına etkiyen kuvvetleri b ulunuz. M noktası BCD üçgeninin geometrik merkezidir. B(-0.577, -1, 0) C(1.155, 0, 0) D(-0.577, 1, 0) A düğümünün dengesi için serbest cisim diyagramı çizilecek olursa; AB, AC ve AD çubuklarına etkiyen kuvvet vektörleri;

222 31577.0

3577.0

++

−−−=

kjiT

ABABT

)933.0311.01796.0( kjiT −−−=ABAB

T

)933.0359.0(

3155.1

3155.122

kiT

kiT

−=+

−=

ACAC

ACAC

T

T

)933.0311.01796.0(

31577.0

3577.0222

kjiT

kjiT

−+−=++

−+−=

ADAD

ADAD

T

T

şeklinde yazılabilir. Üç doğrultudaki kuvvet dengesi yazılırsa;

0933.0933.0933.0(0

0311.04(0

01796.0359.01796.0(0

=−−−→=Σ

=+−→=Σ

=−+−→=Σ

ADACABz

ADABy

ADACABx

TTTF

TTF

TTTF

)(43.6

0

)(43.6

baskNT

T

çekmekNT

AD

AC

AB

−=

=

=

TAC

TADTAB

(0, 0, 3)


Problem : 9 (4/71) Şekildeki sistemde, BC parçası, 60 N’luk kuvvet çifti etkisinde ACD parçasının dönmesini engelle- mektedir. A mesnetine etki eden kuvvetin (R) büyüklüğünü bulunuz. BC elemanına etki eden kuvvetler incelendiğinde, B ve C deki kuvvetlerin BC doğrultusunda olduğu gö- rülür. ACD elemanının serbest cisim diyagramı çizildiğinde, denge için A mafsalındaki R kuvvetinin C’deki kuvvete eşit ve AC doğrultusuna paralel olacağı görülür. Ayrıca A ve C’deki paralel kuvvetlerin oluşturacağı kuvvet çiftinin D noktasına uygulanan 60 N.m’lik kuvvet çiftine eşit ama zıt yönde olması gerekir.

Şekildeki açılar ;

oo

o

o

1.3990

04.1420.0

15.02.0tan

9.3620.0

15.0tan

1

1

=−−=

=−

=

==

−

−

βθγ

β

θ

.375

060)206.0)(04.149.36sin(0

.206.02.0)15.02.0( 22

NR

RM

mAC

=

=−+→=Σ

=+−=


Problem : 10 (4/79)

Şekildeki sistemde, parçaların ağırlıklarını ihmal ederek, her iki parçaya etki eden parçaların x ve y bileşenlerini bulunuz.

Sistemin bütününde ve parçalarında serbest cisim diyagramları çizilirse;

I no’lu serbest cisim diyagramından;

00

8.153

050)325.0(0

=→=Σ

==

=−→=Σ

xx

yy

yA

AF

NAC

CM

III no’lu parçanın serbest cisim diyagramından;

NBBF

NBBF

ND

DM

yyy

xxx

x

xB

8.15308.1530

20502050

205

0150.0)200.0(8.1530

=→=−→=Σ

=→=−→=Σ

=

=−→=Σ


Problem : 11 (4/89) Şekildeki küçük baskı makinasında, uygulanan P kuvveti sonucunda, E noktasında F cismine etki eden baskı kuvvetini bulunuz.

Parçaların serbest cisim diyagramları çizilecek olursa;

CD elemanına etki eden kuvvetlerin denge için aynı doğrultu ve zıt yönde olmaları sonucuna varılır. Bu durumda;

xyDD

4

3=


BD parçasının dengesinden;

5

22

0)5

36(

4

30

5

360

5

36

0)4

3(90302700

PB

PPBF

PDBF

PD

DDPM

y

yy

xxx

x

xxB

=

=−+→=Σ

==→=Σ

=

=−+→=Σ

ABE parçasının dengesinden;

PP

E

PEM

A

2.75

36

0)120(5

361200

==

=−→=Σ

bulunur.


Soru 1 : Şekildeki mile dört kuvvet ve üç çift etkimektedir. Bileşenlerin Rx, Ry, Rz koordinatlarını ve toplam momentin Mx, My, Mz koordinatlarını hesaplayınız. Sistemin invariyantını elde ediniz. Sistem nasıl indirgenebilir? Açıklayınız. Bileşke SIFIR, Moment≠0 olduğundan Sistem;

780 290 200= − + +AM i j k ÇİFTİNE İNDİRGENİR.

1 m

0,8 m

1 m

1 m

y

x

3

4

200 N

z

80 N.m

F 3

F 4

F 2140 N

.200 N.m

50 N.m

300 N

120 N

A

B

F1

1 m

0,8 m

1 m

1 m

y

x

200 N

z

80 N.m

F 3

F 4

F 2 140 N

200 N.m

50 N.m

300 N

120 N

A

B

F1

C

D

E

1

2

4

3 4200.( )

5 5140

120

300

= − −

= −

=

=3

F i j

F j

F i

F j

(120 120) ( 160 140 300)

0 0

= − + − − +

= ⇒ = = =�

x y zR R R

R i j

R

80 50 200

( 140 ) 2 (120 )

2,8 300 80 50 200

140 240 840

80 50 200

( 780 290 200 ) .

− + +

= × − + ×

+ × − + +

= + −

− + +

= − + + N m

A 2 3 4

A

A

A

M = AC×F + AD×F + AE×F

i j k

M k j k i

k j i j k

M i j i

i j k

M i j k

780 . , 290 . , 200 .

....... İnvariant 0. 0

= − = =

= = = = ⇒ ≡�

x y zM N m M N m M N m

A B Q AR.M R.M R.M M


Soru 2: Şekildeki AOB dirseği O noktasında sabit mafsallı olup maksimum 3,5 kN yük taşıyabilmektedir. Dirseğin A ucuna tatbik edebileceğimiz maksimum yük ne olmalıdır.

O

350 mm

250

mm

60°

F

A

B.

N

F M

350 mm

250

mm

60°

Ox

yx

30°B

A

Oy

O

0 .cos30 0

0 .sin 30 0

0 0

350 ( ) 250(cos 60 sin 60 ) ( cos30 sin 30 ) 0

350 250 ( cos 60 .sin 30 sin 60 cos30 ) 0

350 250 ( 0, 25 0,75) 0

3501, 4

250

cos30

Σ = ⇒ − + =

Σ = ⇒ − − =

= ⇒ × + × =

− × − + + × − =

+ − − =

+ − − =

= =

=

�

�

� � � �

� � � �

�

x x

y y

x

F O N

F O F N

F N N

F N

F N

FN F

O N

OM OA F OB N

i j i j i j

k k

2 2 2 2

0,866 0,866(1, 4 ) 1,212

1,4 sin 30 1,4(0,5) 0,7 1,7

(1,212 ) (1,7 ) 3,5

3,51,68

2,08

= = =

= + = + = + =

= + = + =

= =

�

y

x y

N F F

O F F F F F F F

O O F F kN

F kN kN

O


Soru 3: Şekildeki kafes sistemde A merkezî mesnedinin verilen düşey yüklerin yarısını taşıyabildiği bilindiğine göre BF elemanındaki FBC kuvvetini hesaplayınız.

G H

.

B

A

F

C D E... Her biri 12m olan 6 panel

16 m

12 m8 kN 8 kN 8 kN 8 kN10 kN10 kN

x

FAB FAF

A

26 kN

D E

F H45

A

FFB

12m 12m 12m

10kN 8kN 8kN

16m

FFB=18,38 kN

A

G H y

G H A G G H

1 1F = (Toplam düşey yük) (52)=26 kN

2 2Simetri var F =F , ΣF 0

F +F +F 52 0 2F =52-26 F =F =13 kN

=

⇒ =

− = ⇒ ⇒

FAB FAF

26 kN

45° 45°

A düğümü: 0 0

2 20 26 0

2 2

226( ) 13 2 18,38 Basınç

218,38 kN Basınç

x AB AF AB AF

y AF AF

AF

AB

F F F F F

F F F

F

F

Σ = ⇒ − + = ⇒ =

Σ = ⇒ + + =

= − = − = −

= −

Şekildeki kesimi yapalım 0

( )(16) 10(12) (8)(24) (8)36 13(48)

2 218,38( )(12) (18,38)( )(16) 0

2 2388

24, 25 kN Çekme16

D

B

FB

M

F

F

Σ =

− − − − +

+ + =

−= =

−


Soru 4: Şekildeki mengene, kıskaçlarının arasındaki metal çubuğa 200N büyüklüğünde bir çift basınç kuvveti üretecek şekilde ayarlanmıştır. BC dişli milindeki kuvveti ve D mafsalındaki bağ kuvvetinin büyüklüğünü hesaplayınız. Uzunluklar (mm) dir.

E

F1010

C

D

AB

35 35 40

30

y

x

DF

200 NFD

α

35 40

C.FC

40

( )( )

D C

D

C

C

D C

D

1

D

0 F cos F 0 1

0 F sin 200 0 2

0 ( 40)(F ) (200)(75) 0

1500F 375 N Basınç

40(1) F cos F 375

(2) F sin 200

200tan 0,533 tan (0,533)

375

28,1

375F 425,17 N

cos 28,1

α

α

α

α

α α

α

−

= ⇒ − + =

= ⇒ − =

= ⇒ + − =

= =

⇒ = =

⇒ =

= = ⇒ =

=

= =

x

y

b

ΣF

ΣF

ΣM

�

�


Soru 5: Şekildeki tekerlek mekanizması BC çubuğuna uygulanan moment yardımıyla yükseltilebiliyor. AO çubuğu ve tekerleğin toplam kütlesi 50 kg ve ortak kütle merkezi G olduğuna göre, verilen konumda sistemi dengede tutmak için gerekli M momentini hesaplayınız. BC ve CD çubuklarının ağırlıkları ihmal ediliyor. θθθθ=30°°°° dir.

.

800 mm

200 mm

C.

O

D

θθθθ

B

A

400 mm

M

500 mm

G

500 mm

L

400

.30°

30°α=30°

h

Ay

Ax

FDCD

30°

WO

G

800

200

α

0, 4sin

0,8

1sin

2

30

α

α

α

=

=

= �

A DC

DC

DC

B

CD

y x x y

ΣM 0 h.F -LW 0

h 800cos30 L 1000sin 30

(800cos30 )F (1000sin 30 )(50)(9,81) 0

F 353,969 N 354 N

BC Kolu: M 0

M-hF 0

M (500cos30 )(353,869) 0

M 153, 268 N.m

B ve B istenmiyor.ΣF 0, ΣF 0 kullanılabilir.

= ⇒ =

= =

− =

= ≅

Σ =

=

− =

=

= =

� �

� �

�

.30°°°° 30°°°°

30°°°° 30°°°°

MBx

B y

B

C

h

FCD

500

bÖlÜm iv - kocaelimakine.com · en küçük rijid ve rijid olmayan kafes elemanları kafesi olu...

Documents