6.KUVVET DENGELERİ

M.Feridun Dengizek

•

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)  F  0 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  F  m * a  0  m * a  0  a  0

• •

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.

 F  0 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; 1.

Yaylı bağlantı 2. Halat Makara bağlantısı 3.

Halka veya mafsal veya cıvata bağlantısı

1.

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)

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

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.

SGD için yöntem

SGD çiziminde belli bir nokta üzerindeki tüm kuvvetlerin denge durumda belirtilebilmesi için; 1.

Odak noktası olarak belirlenen nokta diğer tüm çevreden izole edilir.

2.

Nokta üzerinde cismi denge durumunda tutan tüm etki ve tepki (aktif-reaktif) kuvvetler belirtilir.

3.

Bilinen kuvvetler büyüklük ve yönleri ile birlikte etiketlenirken, bilinmeyen kuvvetler ise harfler kullanılarak etiketlenir.

 

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 Φ 1 = Φ 2 oluncaya kadar makara sağ tarafa kayarak denge sağlanma durumundadır.

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.

ΣF x =0 ΣF y =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.

ΣF x =0  F 1x + F 2x + F 3x =0 ΣF y =0  F 1y + F 2y + F 3y =0

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 40Kg f 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 F EBx =40*cos30  F EBy =40*sin30  F EBx =34.6 kg f F EBy = 20 kg f F EDx = ?

F EDy = 0 E noktasındaki kuvvetlerin x ve y yönlerindeki toplamaları sıfıra eşitlenir ΣF x =0  ΣF y =0  F EBX –F EDx =0  F EBy –W = 0  34.6 - F EDx 20- W =0  =0  F EDX W=20 kg f =34.6 kg f Şekil 3 Şekil 1 Şekil 2 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 ΣF X =0  8 -T*cos ϴ + 5*cos45 =0  T*cos ϴ=11.54

ΣF y =0  -T*sin ϴ+12-5*sin45 =0  T*sin ϴ= 8.46

  T * sin T tan * cos     0  .

73 8 .

46 11 .

54    tan  1 ( 0 .

73 )    36 .

25 0 T*cos ϴ=11.54

  T=14.31 kN T*cos36.25=11.54

Şekil 4

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 a) b) 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

 1  tan  1 ( 3 4 )   1  36 .

87 0  2  tan  1 ( 3 3 )   2  45 0

AB yayı gerimeden önde 3 metre olduğuna ve son boyu da belli olduğuna göre gerilme miktarı bulunabilir.

 1  3 2  4 2  3   1  5  3  2 m

AB yayının uzama katsayısı k 1 =30N/m



T 1 =k 1 * Δ 1



T 1 =30*2=60N ΣF x =0



T 1 *cos36.87=T 2 *cos45



T 2 =60*cos36.87/cos45



T 2 =67.88N

a) ΣF y =0



W=T1*sin36.87+T2*sin45



W=60*sin36.87+67.88*sin45



W=84N



W=8.57 kg f b) T 2 =k 2 * Δ 2



Δ 2 =T 2 /k 2



Δ 2 =T 2 /k 2



Δ 2 =67.88/20



Δ 2 =3.39m

L 2  3 2  3 2  3 .

39   2  4 .

24  3 .

39  0 .

85 m  2  tan  1 ( 3 3 )   2  45 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.

ΣF x =0 ΣF y =0 ΣF z =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.

ΣF x =0  F Ax + F Bx =0 ΣF y =0  F Ay + F By =0 ΣF Z =0  F Az + F Bz =0

PROBLEM 6.4

90 N değerinde bir yük A noktasından z ekseni tersi yönünde aşağıya doğru çekmektedir.

Bu kuvveti dengelemek için F ekseni doğrultusunda etki B kuvveti ise a noktasından y etmektedir.

x y düzleminde y ekseninden 30 0 açıda F D kuvveti sola doğru, z x düzleminde, x ekseni ile 36 0 açıda F C kuvveti ise arkaya doğru A noktasından etki etmektedir.

F B ,F C ve F D kuvvetlerini bulunuz.

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) ΣF X =0  2) ΣF y =0  3) ΣF Z =0  F D * sin 30 - F C * Cos 36 = 0 F B - F D * Cos 30 = 0 F C * sin 36 – 90N = 0 Denklem 3 Denklem 1   Denklem 2  F C = 90/sin 36  F C = 153N F D * sin 30 - 153 * cos 36 = 0  F B - 247 * Cos 30 = 0  F B F D = 247N = 213.91 N Aynı problemi kartezyen notasyonu ile çözmek için kuvvetleri kartezyen formunda yazalım F = -90* 1k F F F B C D = F = F = F B C D * 1j ( -cos36 i + sin36 k ) ( sin 30 i - cos30 j ) Üç yöndeki kuvvetlerin i,j,k notasyonlu değerlerini kendi aralarında toplarsak ΣF X ΣF y ΣF Z =0  =0  =0  F D F B F C * sin 30 - F C * Cos 36 = 0 - F D * cos 30 = 0 * sin 36 – 90N = 0 Yukarıdaki çözüm deklemlerine ulaşmış oluruz.

PROBLEM 6.5

Yük taşımak için kullanılan bir kamyonetin kasasında 3 ayaklı iskeleye asılı 500 kg f büyüklüğünde bir yük taşınmaktadır. Bkz. Yan resim.

İskelenin B ayağı (0,0,0) noktası olarak kabul edersek buna göre iskelenin ayaklarına gelen kuvvetleri bulunuz.

ÇÖZÜM. 6.5

1) Önce SGD çizilir 2) Sonra üç boyutlu düzlemde bulunan ayakların kartezyen koordinatları tanımlanır A(0, 3, 2.5)  B(0,0,0)  C(0.75, -2, 0)  D(-1.25, -2, 0)  r r A r r = 0i+3j+2.5k

B C D = 0i+0j+0k =0.75i - 2j+0k = -1.25i 2j, 0k” 3) Ayakların konum vektörleri bulunur r BA = r A -r B  r BA = (0i+3j+2.5k)- (0i+0j+0k) r BA = 0i+3j+2.5k

r CA = r A -r C  r CA = (0i+3j+2.5k)- (0.75i-2j+0k) r CA = -0.75i+5j+2.5k

r DA = r A -r D  r DA = (0i+3j+2.5k)- (-1.25i-2j+0k) r DA = 1.25i+5j+2.5k

4) Ayak uzunlukları bulunur r  ( x B  x A ) 2  ( y B  y A ) 2  ( z B  z A ) 2  r BA  3 2  2 .

5 2  r BA  3 .

9 m  r CA  0 .

75 2  5 2  2 .

5 2  r CA  5 .

64 m  r DA  1 .

25 2  5 2  2 .

5 2  r DA  5 .

73 m 5) Birim vektörler tanımlanır u BA  r BA r BA  u BA  0 i  3 j  2 .

5 k 3 .

9  u BA  0 i  0 .

77 j  0 .

64 k F1 u CA  r CA r CA  u BA   0 .

75 i  5 j  2 .

5 k 5 .

64  u BA   0 .

133 i  0 .

89 j  0 .

44 k F2 u DA  r DA r DA  u BA  1 .

25 i  5 j 5 .

73  2 .

5 k  u BA  0 .

22 i  0 .

87 j  0 .

44 k F3

6) Konumlanmış kuvvet vektörleri bulunur F  F * u F 5.8

Asılı yük sadece z ekseni yönünde etki ettiği için kuvvetin birim vektörü u F = 0i+0j -1k F=F*u F  F=500Kg f *(-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 F BA = F BA * u BA  F CA = F CA * u CA F BA =F BA *(0i+0.77j+0.64k)  F CA =F CA * (-0.13i+0.89j+0.44k) F DA = F DA * u DA  F DA =F DA *(0.22i+0.87j+0.43k) 7) Aynı eksenlerdeki kuvvetler toplamı sıfıra eşitlenir.

ΣF x =0  (F BA *0i)+((F CA *(-0.13i))+(F DA *(0.22i)) =0 ΣF y  - 0.133F

CA +0.22F

DA =0  F CA =1.64F

DA =0  (F BA *0.77j)+((F CA *(0.89j))+(F DA *(0.87j)) =0  0.77F

BA +( (1.64F

DA )*0.89) + 0.87F

DA =0  0.77F

BA + (1.46+0.87)F DA =0  0.77F

BA +2.33 F DA =0  F BA =- 3.03 F DA ΣF z =0  (-500k)+(F BA * 0.64k)+(F CA *0.44k)+(F DA *0.43k)  500= ((-3.03F

DA )*0.64)+((1.64F

DA )*0.44)+(0.43F

DA )  500= F DA (-1.939+0.722+0.43)  500= -0.787 F DA  F DA = -635Kg f F BA =- 3.03 F DA  F BA = 1924 Kg f F CA = 1.64 F DA  F CA = -1041 Kg f F DA ve F CA sonuçlarının negatif olması SGD de belirtilen yönlerinin 180 0 ters yönde olması gerektiğini belirtiyor