6.KUVVET DENGELERİ M.Feridun Dengizek.

... konulu sunumlar: "6.KUVVET DENGELERİ M.Feridun Dengizek."— Sunum transkripti:

1 6.KUVVET DENGELERİ M.Feridun Dengizek

2 Denge durumu Eğer bir cisim sabit bir hızda hareket ediyorsa veya bulunduğu yerde olduğu gibi duruyorsa, ve ilerleyen zaman içinde aynı hızda kalıyor veya bulunduğu yerde durmaya devam ediyorsa o cisim için denge durumunda denir. Denge durumunun devamı için o cisim üzerinde etkin kuvvetler toplamının sıfır olması gerekir. (Newtonun birinci kanunu) Yine Newton’un ikinci kanununa göre bir kütle üzerine etki eden kuvvetlerin toplamı söz konusu kütle ile o kütlenin sahip olduğu ivmenin çarpımına eşit olduğu için denge durumundaki bir cismin ivmesi sıfır olur

3 Serbest gövde diyagramı (Free body diagrams)
Bir cismin denge durumu denklemini yazabilmek için o cismin üzerine etki eden tüm bilinen ve bilinmeyen kuvvetlerin dikkate alınması gerekir. Bunun için cisim çevresinden izole edilerek sadece o cisim üzerinde etkin olan kuvvetleri belirten bir diyagram çizilir. Bu diyagrama serbet gövde diyagramı (free body diagram) denilir. Üç tip SGD bağlantısı vardır. Bunlar; Yaylı bağlantı Halat-Makara bağlantısı Halka veya mafsal veya cıvata bağlantısı

4 F: Uygulanan kuvvet (N) Δx= uzama veya kısalma miktarı (m)
Yaylı bağlantı Eğer kuvvetin uygulandığı eleman kuvvet yönünde uzanıyor veya kısalıyorsa bu bağlantıya yaylı bağlantı denir. Yaylı bağlantıyı karakterize eden faktör uzama katsayısı (k) dır ve formülü F=k*Δx F: Uygulanan kuvvet (N) Δx= uzama veya kısalma miktarı (m) k: uzama katsayısı (N/m) F 6.1 F 6.1 F 6.1

5 2. Halat-Makara Bağlantısı
Halatlarda sadece çekme kuvveti uygulanır. Çekme kuvveti her zaman halat doğrultusundadır. Bu bağlantı tipinde aksi belirtilmedikçe halat ve makaraların ağırlığı göz ardı edilir. Halatın esnemiyeceği (uzamayacağı) kabul edilir. Halat ve makara arasında sürtünme olmayacağı kabul edilir. Halat hangi açıda çekerse çeksin halatın üzerindeki kuvvet tüm halat boyunca sabit kalır

6 3. HALKALI, CİVATALI VEYA MAFSAL BAĞLANTISI
En sık karşılaşılan bağlantı tipidir. Esnemez veya kaymaz. SGD çizimlerinde büyük dolu daire olarak gösterilir. Bu bağlantıdaki tüm elemanların yük eksenleri tek noktadan geçer SGD çiziminde yay veya makara sembolü yoksa tüm bağlantılar bu tiptedir.

7 SGD için yöntem SGD çiziminde belli bir nokta üzerindeki tüm kuvvetlerin denge durumda belirtilebilmesi için; Odak noktası olarak belirlenen nokta diğer tüm çevreden izole edilir. Nokta üzerinde cismi denge durumunda tutan tüm etki ve tepki (aktif-reaktif) kuvvetler belirtilir. Bilinen kuvvetler büyüklük ve yönleri ile birlikte etiketlenirken, bilinmeyen kuvvetler ise harfler kullanılarak etiketlenir.

8

9 DİKKAT Makaradan geçen bir halat üzerideki çekme gerilimleri birbirine eşittir. Ancak aynı ağırlığın asılı olduğu bir halkayı farklı açılarda çeken halatlardaki gerilimler birbirine eşit değildir. Sol taraftaki halkalı bağlantıda farklı Φ açıları bulunabilir. Ancak sağ taraftaki Halat makara bağlantısında Φ1=Φ2 oluncaya kadar makara sağ tarafa kayarak denge sağlanma durumundadır.

10 ΣFx =0 ΣFy=0 DÜZLEMSEL KUVVET SİSTEMİ
Eğer Bir sistemde etkin kuvvetler tek bir düzlemde ( 2 boyutlu) ise uzun kartezyen notasyonlarına gerek kalmadan basit trigonometri ile problemler çözülebilir. Burada temel kural sistemin dengede olabilmesi için her iki yönüdeki kuvvetlerin toplamının sıfır olmasıdır. ΣFx =0 ΣFy=0 F 6.1 Düzlemsel sistemde iki formül bulunduğundan bir problemin çözülebilmesi için bilinmeyen sayısı en fazla 2 olmalıdır. Aynı doğrultuda etkin kuvvetlerin yönünün +, - işaretleri kullanılarak doğru tespit edilmiş olası çok önemlidir. Eğer bir sistemde bir kuvvetin yönü belli değilse SGD çiziminde ok bir ön kabul yapılarak konulur. O kuvvet için sonuç negatif çıkarsa ön kabüldeki belirtilen yönün ters istikamette olduğu belli olur. ΣFx=0  F1x + F2x + F3x =0 ΣFy =0  F1y + F2y + F3y =0

11 E noktasındaki SGD çizilir . Bkz Şekil 3.
PROBLEM 6.1 Yandaki düzenekte C noktasında 40 Kg ağırlık asılı bulunmaktadır. Düzeneğin dengede durması için A noktasındaki ağırlık kaç Kg olmalıdır. PROBLEM 6.1 ÇÖZÜMÜ Önce B noktası için SGD çizelim. B noktasında Halat-Makara bağlantısı olduğu için halat gerilimimi 40Kgf olarak devam eder. Bkz.Şekil 2. E noktasındaki SGD çizilir . Bkz Şekil 3. E noktasındaki kuvvetlerin x ve y yönlerindeki bileşkesi bulunur Bkz. Şekil 4 FEBx=40*cos30 FEBx=34.6 kgf FEBy=40*sin30  FEBy = 20 kgf FEDx = ? FEDy = 0 E noktasındaki kuvvetlerin x ve y yönlerindeki toplamaları sıfıra eşitlenir ΣFx=0  FEBX –FEDx=0  FEDx=0  FEDX=34.6 kgf ΣFy=0  FEBy –W = 0  20- W =0  W=20 kgf Şekil 1 Şekil 2 Şekil 3 Şekil 4

12 Önce kuvvetler x-y düzleminde SGD çizelim. Bkz şekil 4
PROBLEM 6.2 Çelik konstruksiyon bir binada yapı elemanları yandaki gibi hepsinin ekseni O noktasından geçecek şekilde birbirlerine bağlanmışlardır. Bu yapının dengeli olabilmesi için B elemanı ϴ açısı kaç derece olmalıdır ve bu durumda B elemanına gelen T çekme kuvveti kaç kN olur. PROBLEM 6.1 ÇÖZÜMÜ Önce kuvvetler x-y düzleminde SGD çizelim. Bkz şekil 4 Sonra O noktasındaki kuvvetlerin x ve y yönlerindeki bileşkesi bulunur Bkz. Şekil 4 ΣFX=0  8 -T*cosϴ + 5*cos45 =0  T*cosϴ=11.54 ΣFy =0  -T*sinϴ+12-5*sin45 =0  T*sinϴ= 8.46 T*cosϴ=11.54 T*cos36.25=11.54  T=14.31 kN Şekil 4

13 PROBLEM 6.3 A noktasında İki yaya bağlı bir ağırlık bulunmaktadır. Yayın biri B diğeri C noktasına bağlıdır. A-B arasındaki yayın boyu gerilmeden önce 3 metre idi Bu sistem dengede olduğuna göre W ağırlığı nedir. A-C yayının gerilmeden önceki boyu ne kadardır. PROBLEM 6.3 çözümü Önce SGD çizilir. Yayların doğrultusu belli olduğu için önce A noktasına göre açılar belirlenir AB ve AC yaylarının x ekseni ile yaptığı açılar AB yayı gerimeden önde 3 metre olduğuna ve son boyu da belli olduğuna göre gerilme miktarı bulunabilir. AB yayının uzama katsayısı k1=30N/m T1=k1*Δ1  T1 =30*2=60N ΣFx=0  T1*cos36.87=T2*cos45  T2=60*cos36.87/cos45 T2=67.88N a) ΣFy=0  W=T1*sin36.87+T2*sin45 W=60*sin *sin45 W=84N W=8.57 kgf b) T2=k2 *Δ2  Δ2=T2/k2  Δ2=T2/k2 Δ2=67.88/20  Δ2=3.39m

14 ΣFx =0 ΣFy=0 ΣFz =0 ΣFZ =0  FAz + FBz=0 3 BOYUTLU KUVVET SİSTEMİ
Eğer Bir sistemde etkin kuvvetler 3 boyutlu ise kartezyen notasyonlar ile çözülmelidir. Ancak sistemdeki kuvvetler yönelim olarak iki boyutlu ise trigonometri ile de çözülebilir. 3 Boyutlu bir sistemin dengede olabilmesi için her üç yöndeki kuvvetlerin toplamının sıfır olmasıdır. ΣFx =0 ΣFy=0 ΣFz =0 F 6.2 Düzlemsel sistemde üç formül bulunduğundan bir problemin çözülebilmesi için bilinmeyen sayısı en fazla 3 olmalıdır. Aynı doğrultuda etkin kuvvetlerin yönünün +, - işaretleri kullanılarak doğru tespit edilmiş olası çok önemlidir. Eğer bir sistemde bir kuvvetin yönü belli değilse SGD çiziminde ok bir ön kabul yapılarak konulur. O kuvvet için sonuç negatif çıkarsa ön kabüldeki belirtilen yönün ters istikamette olduğu belli olur. ΣFx=0  FAx + FBx =0 ΣFy =0  FAy + FBy=0 ΣFZ =0  FAz + FBz=0

15 PROBLEM 6.4 90 N değerinde bir yük A noktasından z ekseni tersi yönünde aşağıya doğru çekmektedir. Bu kuvveti dengelemek için FB kuvveti ise a noktasından y ekseni doğrultusunda etki etmektedir. x-y düzleminde y ekseninden 300 açıda FD kuvveti sola doğru, z-x düzleminde, x ekseni ile 360 açıda FC kuvveti ise arkaya doğru A noktasından etki etmektedir. FB ,FC ve FD kuvvetlerini bulunuz.

16 PROBLEM 6.4 ÇÖZÜMÜ Düzlemsel planda etki eden üç bilinmeyenli ancak üç boyutlu bir problem olduğu için üç denklem yazılabilen bu problem için denklemleri yazalım 1) ΣFX =0  FD * sin 30 - FC * Cos 36 = 0 2) ΣFy =0  FB - FD * Cos 30 = 0 3) ΣFZ =0  FC * sin 36 – 90N = 0 Denklem 3  FC = 90/sin 36  FC = 153N Denklem 1  FD * sin * cos 36 = 0  FD = 247N Denklem 2  FB * Cos 30 = 0  FB= N Aynı problemi kartezyen notasyonu ile çözmek için kuvvetleri kartezyen formunda yazalım F = -90* 1k FB = FB * 1j FC = FC ( -cos36 i + sin36 k ) FD = FD ( sin 30 i - cos30 j ) Üç yöndeki kuvvetlerin i,j,k notasyonlu değerlerini kendi aralarında toplarsak ΣFX =0  FD * sin 30 - FC * Cos 36 = 0 ΣFy =0  FB - FD * cos 30 = 0 ΣFZ =0  FC * sin 36 – 90N = 0 Yukarıdaki çözüm deklemlerine ulaşmış oluruz.

17 PROBLEM 6.5 Yük taşımak için kullanılan bir kamyonetin kasasında 3 ayaklı iskeleye asılı 500 kgf büyüklüğünde bir yük taşınmaktadır. Bkz. Yan resim. İskelenin B ayağı (0,0,0) noktası olarak kabul edersek buna göre iskelenin ayaklarına gelen kuvvetleri bulunuz.

18 3) Ayakların konum vektörleri bulunur
ÇÖZÜM. 6.5 1) Önce SGD çizilir 2) Sonra üç boyutlu düzlemde bulunan ayakların kartezyen koordinatları tanımlanır A(0, 3, 2.5)  rA= 0i+3j+2.5k B(0,0,0)  rB = 0i+0j+0k C(0.75, -2, 0)  rC =0.75i - 2j+0k D(-1.25, -2, 0)  rD = -1.25i -2j, 0k” 3) Ayakların konum vektörleri bulunur rBA = rA-rB  rBA= (0i+3j+2.5k)- (0i+0j+0k) rBA= 0i+3j+2.5k rCA = rA-rC  rCA= (0i+3j+2.5k)- (0.75i-2j+0k) rCA= -0.75i+5j+2.5k rDA = rA-rD  rDA= (0i+3j+2.5k)- (-1.25i-2j+0k) rDA= 1.25i+5j+2.5k 4) Ayak uzunlukları bulunur 5) Birim vektörler tanımlanır F1 F2 F3

19 F 5.8 6) Konumlanmış kuvvet vektörleri bulunur
Asılı yük sadece z ekseni yönünde etki ettiği için kuvvetin birim vektörü uF= 0i+0j -1k F=F*uF  F=500Kgf *(-1k)  F= 0i + 0j -500k Bilinmeyen kuvvetlerin yönü tahmin edilerek SGD üzerine koyulur. Eger sonuç negatif çıkarsa tahmin edilen yönün tersi olduğu anlaşılır. SGD üzerine koyulan yönler üzerinden gidersek FBA = FBA * uBA  FBA=FBA*(0i+0.77j+0.64k) FCA = FCA* uCA  FCA=FCA* (-0.13i+0.89j+0.44k) FDA = FDA * uDA  FDA=FDA*(0.22i+0.87j+0.43k) ΣFz=0  (-500k)+(FBA * 0.64k)+(FCA*0.44k)+(FDA*0.43k)  500= ((-3.03FDA)*0.64)+((1.64FDA)*0.44)+(0.43FDA)  500= FDA( ) 500= FDA  FDA= -635Kgf FBA= FDA  FBA= 1924 Kgf FCA= 1.64 FDA  FCA= Kgf FDA ve FCA sonuçlarının negatif olması SGD de belirtilen yönlerinin 1800 ters yönde olması gerektiğini belirtiyor 7) Aynı eksenlerdeki kuvvetler toplamı sıfıra eşitlenir. ΣFx=0  (FBA*0i)+((FCA*(-0.13i))+(FDA*(0.22i)) =0  FCA+0.22FDA=0  FCA=1.64FDA ΣFy=0  (FBA*0.77j)+((FCA*(0.89j))+(FDA*(0.87j)) =0 0.77FBA +( (1.64FDA)*0.89) FDA=0  0.77FBA + ( )FDA=0  0.77FBA FDA =0  FBA= FDA