Çelik Yapılar-1 Ders Notları (2004)

ÇELİK YAPILAR

DERS NOTLARI

(2004-2005)

Prof. Dr. Hasan KAPLAN

PAÜ Mühendislik Fakültesi İnşaat Mühendisliği Bölümü, Yapı Anabilim Dalı, DENİZLİ,

hkaplan@pamukkale.edu.tr

Projeler İmalat(Çelik Yapı)

Hesaplar ve Raporlar Düğüm Bağlantıları CAD/FEM Mühendis Mimar Detay Çizimci

ÖNSÖZ

Sevgili Öğrenciler,

Bir konunun en iyi öğrenilmesinde şu öz deyişi unutmamak gerekir

Duyar

ı

m Unuturum

Görürüm Hat

ı

rlar

ı

m

Yapar

ı

m Ö

ğ

renirim

Amacımız öğrenmek ise mutlaka yapmalıyız… .

Çelik Yapılar II dersi, bir çelik yapının mevcut mevzuat ve teknolojik imkanlardan yararlanarak, tasarımı, analizi ve uygulama projesinin hazırlanması aşamalarını kapsamaktadır.Bu aşamaların hepsinin sınıfta ders kapsamında öğrenilmesi ve kavranması mümkün değildir.Bu konuda size çok iş düşmektedir. En önemlisi bu konu ile ilgili detaylı araştırma ve taramalar yaparak kendinizi hazırlamanız gerekir.

Bu dersin kavranması için, Mukavemet, Yapı Statiği ve Çelik yapılar I konularının bilinmesi gerekmektedir. Ayrıca TS498, TS648 gibi standartların da gözden geçirilmesi gerekir. Çelik yapılar II dersi kapsamında yapılacak olan proje(ödev) çalışmasında SAP2000 kullanılacaktır. Diğer taraftan çelik yapı projesi ve detaylarının hazırlanmasında çeşitli çizim programlarının kullanılması zorunludur.

Bu teksir ile, ders esnasında kullandığımız materyalin bazılarını, notlar halinde sizlerle paylaşmış oluyoruz. Zaman zaman diğer konular ile ilgili teksirlerde verilebilecektir. Bu teksirdeki bilgilerin de yer aldığı bir CD sizlere sunulmuştur. Bu CD de sunular, örnek projeler ve SAP2000 ile ilgili klavuzlar yer almaktadır.

Başarılar…..

Prof. Dr. Hasan KAPLAN Ekim, 2004

İÇİNDEKİLER

1 GİRİŞ... 118

2 Bir Çelik Yapı Projesi ve Hesaplarında Bulunması Gereken Hususlar ... 119

2.1 Malzeme Türü ... 119

2.2 Taşıyıcı sistem Şeması... 119

2.3 Yük Analizi ... 119

2.4 Yükler altında oluşan kesit tesirleri ve Deformasyonların Belirlenmesi ... 119

2.5 Kesit Hesapları için Yük Kombinezonları... 119

2.5.1 Kesit Hesapları... 120

2.6 Birleşim Elemanları... 120

2.7 Plan ve Detaylar ... 120

3 ÇELİK YAPI ELEMANLARINda gerilme kontrolü ... 121

3.1 .. BURKULMA EMNİYET GERİLMESİ... 124

3.2 2.2 YANAL BURKULMA EMNİYET GERİLMESİ... 127

4 ÇELİK YAPI ANALİZ VE GERİLME KONTROLÜ ile ilgili uygulama ... 128

5 BİR ÇELİK YAPININ TASARIM VE ANALİZİ... 140

5.1 Yükler ve yük kombinasyonları... 140

5.2 Yapı malzemesi : St – 37, St – 52 ... 140 5.3 BİRLEŞTİRME METODLARI ... 140 5.4 HESAP METODU ... 140 5.5 TAŞIYICI SİSTEM... 141 5.6 KESİTLER VE YÜKLER ... 142 5.7 KESİT TESİRLERİ... 143 6 Plan ve Detaylar ... 143

7 Çelik Yapılar İle İlgili Örnekler ... 147

1 G

İ

R

İŞ

Esas taşıyıcı sistemi çelik malzemeden oluşturulan yapılara çelik yapılar denilir. Çelik köprüler

Çelik çatılar Kuleler Stadyumlar

Kapalı spor salonları Kültür yapıları

Geniş açıklıklı fabrika binaları Prefabrik çelik konutlar,

çelik yapılar için bir kaç örnektir. Çok katlı yapı tasarımında da belirli yükseklikten sonra çelik yapı elemanlarının kullanılması kaçınılmaz olmaktadır. Özellikle deprem bölgelerindeki sanayi tesislerinin çelik yapılması, depreme dayanıklılık açısından ekonomik çözümler sunar. 1.1 ÇELİK YAPILARIN ÜSTÜNLÜKLERİ

Çelik yapıların teşkilinde kullanılan malzemenin mukavemet özelliklerinin üstünlüklerine bağlı bazı avantajlar;

1. Çelik homojen ve izotop bir malzemedir.

2. Elastisite modülü çok yüksektir. Eğilme rijitliğinin etkin olduğu yerlerde ekonomik çözümler sunar.

3. Çelik yapılıların yıkılması durumunda malzemenin tekrar kullanılması mümkündür. Bu sebeple geçici yapılarda çelik malzeme daha ekonomiktir.

4. Sonradan takviye edilmesi betonarmeye nazaran daha kolaydır.

5. Çelik yapılarda yapım sırasındaki kusurları sonradan tespit etmek mümkündür. Betonarmede ise beton döküldükten sonra donatı örtüldüğünden donatının kontrol edilmesi çok zor ve pahalıya mal olmaktadır.

6. Çelik malzeme inşaat alanına işlenmiş olarak gelir. Dolayısı ile kullanılan malzemenin kalitesi ve mukavemeti hakkında kesin bir hüküm verilebilir. Böylece çelik yapılarda emniyet katsayısı daha küçük tutulabilir. Betonarme yapılarda ise yapının kalitesi daha sonradan belirlenir ve emniyet gerilmesi daha yüksek tutulur.

7. Deneysel analizleri betonarmeye göre daha kolaydır. 8. Çelik yapılarda hacim kaybı daha azdır.

şeklinde sıralanabilir.

1.2 ÇELİK YAPILARIN DEZAVANTAJLARI

1. Ses ve ısı açısından çok iyi bir iletken olduğundan, çelik yapılarda yalıtım sorunu ortaya çıkmaktadır

2. Betonarmeye nazaran pahalı bir malzemedir. Taşıyıcı sistemin durumuna göre maliyet analizi yapılmalıdır.

3. Yangına karşı fazla dayanıklı değildir. (500 - 600) C0 de taşıma özelliğini kaybeder. 4. Çelik yapı elemanlarının birleştirilmesi daha zordur.

6. Hava etkilerine ve rutubete karşı önlem alınmalıdır. 7. Yapımındaki işçilik maliyeti, günümüz için daha fazladır. ÇELİĞİN ÖZELLİKLERİ

Mekanik olarak işlenebilen (dövülerek, preslenerek, haddeden geçirilerek şekil alabilen) demir alaşımlarına çelik denir. Çelik bünyesinde %(0.16-0.20) arasında karbon bulundurur. Çelikteki karbon aranı arttıkça mukavemet ve sertlik artar fakat işlenebilme özelliği azalır.

Orantılı bölge sınırı Akma Sınırı Elastik bölge Maksimum Kopma A _ε σ

Şekil 1 1. Çelik İçin Gerilme-Şekil değiştirme ilişkisi

Çelik için gerilme şekil değiştirme grafiği şekil 1.1’de verilmiştir. Çelik, elasto-plastik davranış gösteren bir malzemedir. Belirli gerilme düzeyine kadar lineer-elastik davranış gösterir. Akma sınırında yüklenmesi haklinde sabit gerilme altında uzama hızla artar. Bu özellik malzemenin sönüm oranını yani enerji yutma kapasitesini artırır. Daha sonra pekleşme ile dayanım artımı meydana gelerek maksimum gerilme sınırına ulaşır..

1.3 ÇELİK SINIFLARI Çelikleri ;

Normal yapı çelikleri ( st37 veya Fe37 )

Yüksek mukavemetli yapı çelikleri (st52 veya Fe52 ) olmak üzere iki kısma ayırmak mümkündür. Ayrıca, st34 ve st44 çelikleri perçin yapımında ,

4D ve 5D çelikleri de bulon yapımında kullanılan çeliklerdir. 1.4 ÇELİK EMNİYET GERİLMESİ

Akma sınırına kadar yüklenmiş çelikte büyük deformasyonlar meydana gelir. Dolayısı ile yapıların bu sınıra kadar yüklenmesi düşünülemez ve müsade edilemez. Bu bakımdan çelikte meydana gelecek max. gerilmenin, çeliğin akma sınırının yeterince altında tutulması gerekir. Bu değer akma gerilmesinin bir katsayıya bölünmesi ile elde edilen Emniyet Gerilmesi

olmaktadır.

em f

f

1.5 ÇELİK YAPILARDA YÜKLEME ŞEKİLLERİ

Çelik yapılarda, kesit hesapları ve dayanım tahkikleri için iki çeşit yük göz önüne alınır. Bunlar;

1. Esas yükler : yapının kendi ağırlığı, servis yükleri ve kar yükü

2. İlave yükler : Rüzgar yükü, Deprem yükü, Fren kuvvetleri ve Isı etkileridir.

Yükleme şekilleri

1. EY ( H ) Yüklemesi : Yapıya etki eden Esas yüklerin toplamıdır.

2. EIY ( HZ ) Yüklemesi : Yapıya etki eden Esas ve İlave yüklerin toplamıdır.

Not : Kimi yerlerde H yüklemesi YDI’ ve HZ yüklemesi de YDII’ olarak da kullanılmaktadır.

Tablo.1. Çelikyapı elemanları için Emniyet gerilmeleri (kg/cm2₎

MALZEME CİNSİ

YAPI ST37 ST52

TÜRÜ GERİLME CİNSİ YÜKLEME ŞEKLİ

EY (H) EIY (HZ) EY (H) EIY (HZ)

Yüksek Çekme-Basınç-Eğilme 1400 1600 2100 2400

Yapılar Kayma 900 1050 1300 1500

Perçin ve uygun blonlu birleşimlerde

delik civarında ezilme 2800 3200 4200 4800

Köprü Yapıları

Bağlantı elemanı için çekme-bası

nç-eğilme 1000 1000 1500 1500

Diğer yapı elemanları için kayma 920 1040 1390 1560

Tablo.2. Çeliğin Bazı Mekanik Özellikleri ( Bu değerler TS 648 ‘ den alınmıştır)

Çeliğin Kısa Gösteriliş i Çekme Dayanımı σd kgf/cm2 ( N/mm2 ) Akma Sınırı1 σa kgf/cm2 ( N/mm2 ) Elastisite Modülü E kgf/cm2 ( N/mm2 ) Kayma Modülü G kgf/cm2 ( N/mm2 ) Isıl Genleşme Katsayısı αt Fe 33 3300 - 5000 ( 324 - 490 ) 1900 ( 186 ) Fe 34 3400 - 4200 ( 333 - 490 ) 2100 ( 206 ) Fe 37 3700 - 4500 ( 363 - 412 ) 2400 ( 235 ) Fe 42 4200 - 5000 ( 412 - 490 ) 2600 ( 255 ) Fe 46 4400 - 5400 ( 431 - 530 ) 2900 ( 284 ) Fe 50 5000 - 6000 ( 490 - 588 ) ( 294 )3000 Fe 52 5200 - 6200 ( 510 - 608 ) 3600 ( 353 ) 2100000 ( 206182 ) 810000 ( 79434 ) 0.000012 Fe 60 6000 - 7200 ( 588 - 706 ) 3400 ( 333 )

Fe 70 7000 - 8500 ( 686 - 834 )

3700 ( 363 )

1) Bu değerler, et kalınlığı 16 mm’ ye kadar olan mamuller için geçerlidir. Et kalınlığı 16 mm’ den büyük, 40 mm’ yi geçmeyen mamullerde verilen değerler 100 kgf/cm2 azaltılmalıdır. Et kalımlığı 40 mm’ yi aşan ve 100 mm’ yi geçmeyen mamullerde verilen değerler 200 kgf/cm2 azaltılmalıdır

1.6 ÇELİK MALZEME ŞEKİL VE BOYUTLARI

Çelik malzemeler, tecrübelerin ışığı altında en ekonomik kesit boyutları ile kullanılmaktadır. Kesit alanı eşit olmakla birlikte mukavemet açısından kesit özellikleri farklı olan dikdörtgen ve I kesitlerin karşılaştırılmasından, ekonomik kullanımın önemi anlaşılabilir.

Demir çelik fabrikalarından temin edilen Çelik malzemelerin ısıl işlem ile üretildiği i Standart olarak üretilen bazı hadde ürünleri aşağıda verilmiştir

1. Profiller Gösterilişi/Açıklama

I

Profilleri

I

200

[

Profilleri

[

₂₈₀

Profilleri en boy ve kalınlık ifade edilir Profilleri boyutları verilir.

Profilleri çap ve et kalınlığı ifade edilir Korniyerler 100.100.10 2 Lamalar Dar lamalar b=10-50, t=5-60 mm Geniş lamalar b=151-1250, t=5-60 mm İnce lamalar b=12-630, t=0.1-5 mm 3 Levhalar İnce levha b x l=530x760...1250x250, t ≤2.75 mm orta levha 3≤ t ≤ 4.75 mm b ≤2500, l ≥ 7000 mm kaba levha t ≥ 5 mm b ≤3600, l ≤ 8000 mm t b b l

ÇEKME ÇUBUKLARI

Eksen çizgileri doğrultusu boyunca çekme kuvveti taşıyan çubuklara “ Çekme Çubukları “ denir. Bunların yaygın olarak kullanıldıkları yerler kafes kiriş çubuklarıdır. En kesitleri tek bir hadde ürününden yapılabileceği gibi çok parçalı olarak da yapılabilir (Şekil.3.1).

Şekil 3.1. Çekme Çubukları

Çok parçalı olarak teşkil edilen çekme çubukları birleşimlerinde çubuklar konstrüktif olarak (1,5-2 ) metrede bir ( çubuk boyunun en az üçte birinden ) bağlanmalıdır. Bu sayede hem çekme çubuğunu oluşturan parçalar arasındaki mesafe tespit edilmiş hem de şantiyede yapım esnasında münferit parçaların birbirlerine çarparak zarar görmeleri önlenmiş olur. Çekme çubuklarının hesabında, perçinli ve bulonlu yapılan birleşimlerde bu birleşim elemanlarından dolayı meydana gelen kesit zayıflaması göz önünde bulundurulur. Yani yapılacak olan hesaplarda birleşimde meydana gelen kesit kayıpları çıkarıldıktan sonra kalan faydalı (net ) kesit alanı kullanılacaktır. Gerilme tahkikleri çubuğun en zayıf kesiti için yapılır.

Çekme çubuklarının yaygın olarak kullanıldıkları yerler. 1. Kafes çubuk elemanlarında

2. Çerçeve sistemlerinde normal kuvvet diyagramlarında işareti (+) olan elemanlar çekmeye çalışırlar

(-) _(-)

(+ )

(N) 3. Gergi ve Halatlarda da kullanılır.

ÇEKME ÇUBUKLARININ HESAP ESASLARI

Çekme çubuklarının gerilme tahkikleri ortalama gerilme hesaplanarak yapılmalıdır. Hesaplarda kullanılan çubuk faydalı en kesit alanı bulunurken birleşimdeki en zayıf kesit dikkate alınması gerektiğini söylemiştik. Çubuk kaynaklı olarak teşkil ediliyorsa en kesiti zayıflaması söz konusu değildir. Dolayısı ile hesaplamada faydalı kesit alanı kesit alanına eşittir. çubuk n em çubuk n n em çubuk P F F P

F

F

F

σ

= ≤

σ

₋ = − ∇ =

_σ

− ; ;

σem= Çekme çubuğunun malzeme emniyet gerilmesi Ρ = Çekme çubuğunun taşıyacağı çekme kuvveti

F = Çekme çubuğunun kesit alanı

Fn = Çubuğun delik kayıpları düşüldükten sonraki net kesit alanı ∆F = Çubuk kesit alanında delik nedeni ile meydana gelen zayiat

Not : Kaynaklı birleşimlerde F = Fn ‘dir

Kafes kiriş çekme çubuklarında kesit tayini yaparken, düğüm noktalarında perçin veya bulondan dolayı meydana gelecek zayiatta dikkate alınarak lüzumlu kesit alanının %30’ u ilave edilerek hesaplanmalıdır.

P

F= Fn +%30Fn

ÇEKME ÇUBUKLARININ EKLERİ

Çelik yapı elemanlarının teşkilinde kullanılan profiller, lamalar ve köşebentler gibi hadde profillerinin boyları standart olup sınırlıdır. Bu standart boydan daha uzun profillere ihtiyaç duyulduğu zaman ( örneği bir kafes kirişin alt başlık çubuğu ) veya elde mevcut olarak bulunan profillerin boyları yetersiz geldiğinde çekme çubuklarının teşkilinde “ Ek “ yapılma ihtiyacı ortaya çıkar. Çubukların eklenme işleme perçin, bulon veya kaynakla yapılabilir. Önemli birleşimlerde yapılacak olan eklemelerin “Kaynaklı” veya “Bulonlu” olarak yapılmalarına dikkat edilmelidir.

Çekme Çubuklarının Perçinli veya Bulonlu Olarak Eklenmesi

Burada yapılacak olan eklemelerde ek levhalarının kullanılması gereklidir. Yapılacak olan eklemelerde Bulonların yerleştirilmesinde kesitte gayri müsait durum oluşturmamak amacı ile daha önce verilen e >=3.5d , e1 >= 2d, e2 >= 1.5d koşullarını sağlamalarına dikkat edilmelidir.

e2 _S S e1 e e e e e1 (5-10) mm b e2 e1 ∆e h1 h s t2 t2 t1 t

Perçin veya bulonla yapılacak olan eklerde, ek yerleri aşağıdaki şartları sağlamalıdır.

1. Ek levhalarının toplam faydalı en kesit alanı en az çubuğun faydalı en kesit alanı kadar olmalıdır.

(

)

n ek P

F

₋ = b*

t

₁+2*

h t

₁* ₂ −2* *d

t

₁≥

F

−2* *d t ;

t t

_{1 2}〉

2. Delik kayıpları düşünülmeksizin, çekme çubuğunun ağırlık merkezi ile ek levhalarının teşkil ettiği kesitin ağırlık merkezleri birbiri ile çakışık olmalı veya arada çok az bir fark olmalıdır. Yani ∆e’ değeri bir iki mm’yi geçmemelidir.

(

)

(

)

e

=

e

₂−

t

₁ −

e

₁ ≤ −1 3 mm

Ek yapımında kullanılan birleşim elemanlarının her biri kendilerine düşecek olan kuvveti emniyetli bir şekilde aktarabilecek kapasitede olmalıdır. Ayrıca birleşimde kullanılan ek levhaları sisteme etki edecek olan kuvveti emniyetli olarak aktarabilecek kapasitede olmalıdır. Ek levhalarının taşımaları gerekli kuvvet alanları ile doğru orantılıdır. En kesit alanı büyük olan çubuk küçük olana nazaran daha fazla kuvvet aktaracaktır.

Ek levhası (h1*t2 ) için; ₁ 1 2 1 2 1 2

S

S

t

h t

h t

b = +max * * * * * Ek levhası (b1*t1 ) için; 2 1 2 1 2 1

S

= _b

_t

S

_{h t}

b

t

+max * * * * *

Kaynaklı Ek

Çekme çubuklarının kaynaklı olarak eklenmesi üç şekilde yapılır.

1. Bunlardan ilki, Küt kaynak dikişleri kullanılarak yapılan ve “Üniversal ek” diye adlandırılan ekleme şeklidir. zorunlu kalınmadıkça kullanılması tavsiye edilmez. Küt kaynak dikişleri ile yapılan ek ancak, çekme çubuğundaki oluşan kuvvetin, çubuğun taşıyabileceği en büyük kuvvet ( Smax = Fprofil * σç-em ) değerinin % 48’ inden az olması durumunda uygulanabilir. Küt kaynak dikişi Oyuk 1/2 I S S

2. Enine levhalar kullanılarak yapılan ekler. Bu şekilde yapılacak olan eklemelerde, kullanılacak olan enine levhanın (te ) kalınlığı, en az çekme çubuğunun başlık kalınlığı (t) kadar olmalıdır. Bu ekin çubuğa etki eden (Smax ) çekme kuvvetini aktarabilmesi için (a1 = 0.7 s ve a2 = 0.7 t ) kadar alınması gereklidir.

Enine levha S S Köşe Kaynak dikişleri te t a1 >=3a1 s >=3a1

3. Üçüncüsü de parça levhalar kullanılarak yapılan “ Levhalı Ek” olup, ek levhalarının boyutları gerektiği gibi saptandığı zaman, çekme çubuğunun (Smax ) değerinin kolaylıkla aktarılması sağlanır. Bu ekleme şekli piyasada en çok tercih edilen bir ekleme biçimidir. Bulonlu ekler için verilen yukarıdaki temel üç esas kaynaklı ekler içinde geçerlidir.

Köşe kaynak dikişleri (a1 )

S S s >=3a2 >=3a1 Köşe dikişi (a2 ) L1 L2

BASINÇ ÇUBUKLARI

GENEL BİLGİLER

Boyuna doğrultuda eksenel basınç kuvveti taşıyan elemanlara “Basınç Çubuğu” denir. Bu elemanlara, yapı kolanlarında, kafes çubuklarında ve çerçeve sistemlerinde normal kuvvet diyagramları (-) değere sahip olan elemanlarda rastlanır. Basınç çubuklarında, elemana etki eden eksenel basınç kuvveti belli bir değeri aştığında yani elemanın emniyetle taşıyabileceği yük değerinin üzerine çıktığında eleman doğrusallığını kaybederek eğilmeye başlar, bu olaya basınç çubuğunun “ Burkulması” denilir. Burkulma bir stabilite problemidir. Basınç çubuklarının hesap ve tahkikleri burkulmaya göre yapılır.

Bir çubuğun çekme durumunda taşıyabileceği maksimum kuvvetin ;

σ

=

P

max ⇒ _max=

σ

*

F

_n

P

em

F

n

olduğunu bilinmektedir. Bir basınç çubuğunun ise gerilme ifadesi;

σ

=

w P

≤

σ

F

em

*

şeklindedir. Buradan bir basınç çubuğunun emniyetle taşıyabileceği maksimum basınç kuvvetinin değeri; max *

P

F

w

em =

_σ

ifadesinden elde edilebilir. Burada;

σem = İncelenen yükleme durumuna EY(H)-EIY(HZ) ve malzemeye göre tablolardan alınan emniyet gerilmesi,

F = Çubuğun en kesit alanı,

P = Çubuğa tesir eden basınç kuvveti,

Pmax= Çubuğun emniyetli olarak taşıyabileceği maksimum basınç kuvveti,

w = Çubuğun, λ narinlik derecesine bağlı olarak tablolardan alınan burkulma katsayısı

w

em b em = −

σ

σ

; λ< 20 için w =1 alınır

σb-em = İncelenen yükleme şekline ve malzemeye göre, λ‘ ya bağlı olarak değişen basınç emniyet gerilmesidir.

BURKULMA YÜKÜ (KRİTİK YÜK ):

Malzemesi Hooke kanununa uyan, iki ucu mafsallı prizmatik bir çubukta, burkulmayı başlatan yüke “ Kritik Burkulma Yükü” veya “Euler Burkulma Yükü” denir (2). İki ucu mafsallı bir elemanda burkulma yükü ;

krıtıik b

P

EI

L

= 2 2

π

*

Prof.Dr. Hasan KAPLAN, Çelik Yapılar, 2003-2004 Öğretim Yılı, ders Notlarından Bir Kısım 13 kı kı b

P

F

EI

F L

σ

= =

π

2 2 * *

olur. Bu ifade de I/F = i2 olduğundan ve λ = Lb / i olduğuna göre yukarıda verilen Kritik burkulma ifadesi; kı

E

σ

π

λ

= 2 2 *

olarak yazılabilir.

Burada verilen ifadelerde;

Pkıritik = Çubuğun taşıyabileceği Kritik basınç yükü

E = Çelik malzemenin Elastisite modülü ( E = 2.1*106 kg/cm2 ) I = Kesitin atalet momenti (cm4 )

Lbu = Çubuğun burkulma boyu (cm )

i = Kesitin atalet yarı çapı (cm )

F = Kesitin alanı (cm2 )

BURKULMA BOYU (LBURKULMA):

Burkulma boyu çubuk uçlarının mesnetlendirme şartlarına göre değişir. Fakat kafes sistemlerinde basınç kuvvetine maruz çubuklarda, Lb boyları çubukların kendi boylarına eşittir. Yani kafes çubuklarında burkulma boyu olarak çubuğun, iki düğüm noktası arasında kalan uzunluğu alınır.

NARİNLİK KATSAYISI (λ):

Çelik yapılarda narinlik değeri hiç bir zaman 250’ den büyük alınmamalıdır. Köprülerde ise bu değer 150’ den küçük olmalıdır ( λ =< 150 ).

x x xx xx x y y yy yy y

i

_F

I

L

_i

i

_F

I

L

_i

= ⇒ = = ⇒ =

λ

λ

Lxx , Lyy = Çubuğun x,y eksenlerine göre burkulma boyları

ixx , iyy = Çubuk en kesitinin x,y eksenlerine göre atalet yarı çapları

Yapılacak olan hesaplamalarda λxx , λyy değerlerinden büyük olanı çubuğun narinlik değeri olarak alınır ve bu değere bağlı olarak ilgili çelik tablolarından w burkulma katsayısı alınır.

Tablo.4.1 Basınç Çubuklarının mesnetlenme Şekillerine Göre Burkulma Boyları P

Kesikli çizgilerle çubukların burkulma davranış ları gösterilmişt ir. Teorik Burkulma Boyu 0.5 L 1.0 L 0.7 L 1.0 L 2.0 L 2.0 L Tavsiye Edilen Burkulma Boyu 0.65 L 1.0 l 0.8 L 1.2 L 2.1 L 2.0 L Bilgi

Basınç çubuklarının burkulma boylarının belirlenmesinin daha iyi anlaşılması için bir örnek vermekte fayda vardır.

x y y y y y y x Lx x = 0 .7 ( 3 a ) Lyy = a y -y y ö n ü n d e b u rk u lm a x -x y ö n ü n d e b u rk u lm a y x a a a 3 a Z

Basınç çubuklarının mesnetlenme şartları her zaman tablolarda verildiği gibi olmayabilir. Örneğin çok katlı bir yapının çerçevesini oluşturan kolonlarda, alt ve üst düğüme bağlı olan kolonun mesnet şartları farklıdır. Bu tür çubukların burkulma boylarının hesabı için Nomogramlar verilmiştir.

Bu Nomogramlar, ötelenmenin önlenip önlenmemesi hali için ayrı ayrı düzenlenmiştir. Buradan alınacak olan k katsayısı kullanılarak çubuk burkulma boyu;

Lb = k*L olarak hesaplanır.

Çubuğun bağlandığı düğümdeki rijitliklerin oranına göre değişen bir G katsayısının hesabı yapılır.

ri Rijitlikle Kiriş ri Rijitlikle Kolon Lc Ic

L

I

L

I

Lg

Ig

G

g g c c

∑

∑

∑

∑

=

                : ; Burada ;

G = Burkulma boyu hesabında kullanılan katsayı,

Ic = Göz önüne alınan noktaya rijit olarak bağlanmış ve burkulmaburkulma boyunun hesaplanacağı düzlemdeki kolonların atalet momenti (cm4)

Ig = Göz önüne alınan noktaya rijit olarak bağlanmış ve burkulma boyunun hesaplanacağı düzlemdeki kirişlerin atalet momenti (cm4)

Sc = Göz önüne alınan noktaya rijit olarak bağlanmış kolonların boyu (cm),

Sg = Göz önüne alınan noktaya rijit olarak bağlanmış kirişlerin boyu (cm),

Kolon temele rijit olarak bağlanmışsa o noktada hesap yapılmadan direk olarak G = 1.0 alınmalıdır .

Kolon temele sürtünmesiz dönebilir. bir mafsalla bağlı ise G = 10.0 alınmalıdır . Kolonun iki ucundaki GA ve GB değerleri elde edildikten sonra çizelgelerden k değeri belirlenir. Burkulma boyu Lb = k *L olarak belirlenir.

Ekte verilen tablolar bölümünde ötelenme önlenmiş ve önlenmemiş basınç çubuklarında burkulma boyunun hesabında kullanılan K değeri için Nomogramlar verilmiştir.

BASINÇ ÇUBUKLARININ SINIFLANDIRILMASI Basınç çubukları teşkil ediliş şekillerine göre , 1. Tek parçalı basınç çubukları

2. Çok parçalı basınç çubukları

olmak üzere iki guruba ayrılır. Bunlardan çok parçalı basınç çubukları da kendi arasında • Birinci grup basınç çubukları

• İkinci grup basınç çubukları • üçüncü grup basınç çubukları

olmak üzere üç gruba ayrılır. Şimdi sırası ile bunları inceleyelim.

Tek Parçalı Basınç Çubukları

Basınç kuvvetine maruz tek profilden yapılan veya parçaları sürekli olarak birleştirilmiş olan çok parçalı çubuklar bu gruba girer. Ancak çok parçalı olan basınç çubukları birbirleri ile sürekli olarak birleştirilmiş olduklarından tek parçalı basınç çubukları gibi düşünülür ve hesaplanır ve bunlarda tek parçalı basınç çubukları grubuna dahil edilirler. Bu şekildeki çubuklara “ parçaları sürekli birleştirilmiş çok parçalı basınç çubukları” denilir.

Tek Parçalı Basınç Çubuklarıİçin Örnekler

Burada iki farklı problem vardır;

1. En kesit ve kesite etki eden eksenel basınç kuvveti bellidir. Bu bilinenlere göre kesitin gerilme kontrollerinin yapılması ve kesitin emniyetli olarak aktarabileceği maksimum basınç kuvvetinin bulunması istenir.

2. Çubuğa etki eden eksenel basınç kuvveti bellidir. Bu kuvveti emniyetli bir şekilde çubuk tarafından taşınabilmesi için gerekli olan çubuk kesitinin belirlenmesi istenir. Bu durumda başlangıçta bir kesit seçilip daha sonrada kontrolleri yapılabilir.

Tek Parçalı Basınç Çubuklarının Hesap Adımları

1. Çubuğun mesnetlenme şekline göre burkulma boyu belirlenir. 2. Başlangıçta burkulma olmayacakmış gibi ( w = 1 yaklaşımı ile ),

F

F

P

em

= ₀=

σ

formülü ile bir başlangıç kesit alanı hesaplanır.

3. Profil tablosundan, bulunan kesit alanına en yakın olan büyük kesitli profil seçilir. Seçilen bu profil için verilen Ιx , Ιy , F, ix ,, iy , değerleri tablodan alınır. Bunlara bağlı olarak λx , λy değerleri hesaplanır.

4. λx , λy Değerlerinden büyük olanına göre tablodan burkulma katsayısı ( w ) alınır [λ<20 için w=1alınır].

5. Seçilen kesitin,

σ

=

w P

≤

σ

F

em

*

şartını sağlayıp sağlamadığı kontrol edilir. Eğer bu şart sağlanmıyorsa

yeni

em

F

=

w P

*

σ

formülü ile yeni bir kesit alanı belirlenir. Buna bağlı olarak profil tablosundan yeni bir kesit seçilir. Seçilen bu yeni profil için yukarıdaki 3. ve 4. işlem adımları yeniden yapılır.

5.adımdaki şart sağlanana kadar bu işleme devam edilir. Bu şart sağlandığı taktirde işleme son verilir.

TEK PARÇALI BASINÇ ÇUBUKLARI İLE İLGİLİ ÇÖZÜLMÜŞ SORULAR Soru-1

Kesiti ve yükleme biçimi aşağıdaki şekilde verilmiş olan kolona P=-52 ton ‘ luk eksenel basınç kuvveti etki etmektedir. Kolon için gerekli tahkikleri Yapınız (Malzeme st 37, yükleme şekli H) Y 150 cm 150 cm 150 cm 450 cm

Verilenler: Kesit I260,

Eksenel kolon yükü Pmax= -52 ton

Lkx= 450 cm, Lky= 150 cm

I

260 için F =53.30 cm2 İxx=10.40 cm İyy = 2.32 cm

olarak ilgili profil tablosundan alındı.

xx kx x yy ky yy yy yy

L

İ

L

İ

W

W

olarakalınır

λ

λ

λ

λ

= = = = = = = = → = = 450 10 40 43 30 150 2 32 64 70 64 70 135 . . . . . . max max P Z Y X X

cm

P

_{W ton} F em 2 max _{*1.35 1.31} 30 . 53 52 * ≤ ⇒ = = =

σ

σ

σ

Hesaplanan gerilme değeri kesitin emniyet gerilmesi değerinden küçük olduğu için, kesit üzerine etki ettirilen yükü güvenli bir şekilde taşır.

Soru-2:

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.

X 2 m 2 m 2 m 6 m Y X Y 300 2 4 4 69 9800 451 1190 2 56

I

→ =F cm I, _X = cm I, _Y = cm ,

i

_X= . cm,

i

_Y= . cm olar ak ilgili profil tablosundan alındı.

X-X eksenine dik burkulma boyu; Lkx= 600 cm Y-Y eksenine dik burkulma boyu; Lky= 200 cm

λ λ λ σ σ x kx x y ky y tablodan em L i L i W P F W t cm = = = ≅ = = = ≅ = → = ⇒ = = = ≤ 600 1190 5042 51 200 256 7812 79 79 153 60 69 153 132 2 . . . . . * * . . / max max

Hesaplanan gerilme değeri kesitin emniyet gerilmesi değerinden küçük olduğu için, kesit üzerine etki ettirilen yükü güvenli bir şekilde taşır.

Soru-3

verilenler; H= 7 m yüksekliğinde iki ucu mafsallı olarak teşkil edilmiş bir kolon için ; P=-105 ton, malzeme st37 yükleme şekli H olarak verilmiştir.

İstenenler; Verilen yükü emniyetli bir şekilde taşıyabilecek kesiti IPB profillerinden teşkil ve tahkikini yapınız. 0 2 200 2 2 0 2 105 140 75 0 200 781 75 5 07 7 0 700 700 5 07 138 190 105 190 140 143

F

I

IPB

i

L

L

L

L

i

W

F

P cm _{seç ilen PB} F cm cm cm Burkulmna tablosundan m cm olarak alınır P W cm em kx ky K G em = = = → → = ≥ = → = = = = = = = → = = = =

σ

λ

σ

. . . , . . . . . * * . . min min max X Y L=H=7.0 m Sçilen kesit F cm W P W F kg kg

IPB

cm

F

i

L

i

cm

cm

gerekli k em ; , . . . . * * . . . min min

300

149 7 58 700 7 58 92 30 93 176 105 176 149 124 140 2 2 2 → = ≥ = = = = ≅ → = = = = ≤ =

λ

σ

σ

Soru -4

Verilenler; IPB profilinden teşkil edilmek istenen tek parçalı birinci gurup basınç çubuğuna Pmax= 100 tonluk eksenel basınç kuvveti etki etmektedir. Burkulma boyları Lkx=Lky=500 cm olarak verilmektedir.

İstenen; Gerekli olan kesiti belirleyiniz.

Çözüm :

Başlangıç olarak W0=1 kabul edelim ve F0 başlangıç kesitini belirleyelim.

0 2 100 140 1 7150 200

F

P

cm

I

em W tablodan _PB seçildi = max* = = → . * .

σ

(

)

0 2 2 0 0 100 140 1 7150 7810 8 54 5 07 5 07 500 5 07 99 80 80 155 200 200

F

P

cm

I

I

cm

İ

İ

İ

İ

L

İ

em X Y Min Y K Min W tablodan seçildi F cm cm cm alındı

W tablosundan alındı Donke Metodu W PB PB = = = → → = = = = = = = = → = → = = → = max_* . * . . , . , . , . . . .

σ

λ

λ

λ

λ λ

σ

σ

σ

λ

σ

= = = ≥ = = = = → → = = = = = = = = → = = = P W

F kg kg oldu undan kesit yeterli

de ildir Yeni bir kesit seçimi yapılır P W alınır F cm cm i i cm W alındı

cm

cm

F

cm

I

I

cm

i

i

L

i

cm

em G em X Y y K Min PB PB * * . . . . ğ ğ . * * . . . , . , . , . . . . * . . min 100 155 7810 198 140 100 155 140 110 118 1120 8 58 8 58 500 8 58 58 27 128 100 118 128 1085 2 2 2 2 2 240 240

≤

σ

_em oldu undan kesit uygundurğ .

Soru-5

Verilenler; I200 kesitli çelik bir kolon, Lkx=660 cm, Lky=220 cm ve kolon eksenel yükü Smax=-15 ton olarak verildiğine göre

İstenen; gerekli tahkikleri yapınız.

X Y 220 cm 220 cm 220 cm 660 cm X Y 200 33 50 8 0 1 87 660 8 0 83 220 1 87 118 118 2 84 15 33 50 2 84 1 27 2 2

I

i

i

L

i

L

i

W

F cm cm cm P F W t cm X Y X kx y Y ky y y → = = =      = = ≅ = = ≅ = = → = = = = . . . . . . * . * . . / max max

λ

λ

λ

λ

σ

Soru-6

Verilenler: Profili ile teşkil edilen yan duvar kolonuna P= 51.50 ton’ luk bir eksenel basınç kuvveti etki etmektedir. Malzeme st37, yükleme şekli H (YD1) olarak verilmiştir.

İstenenler:kolon kesiti olarak da I 260 kullanılacağına göre gerekli kontrolleri yapınız.

X Y 150 cm 150 cm 150 cm 450 cm

Çözüm: Kolon uçlarında mafsal şartları mevcuttur. 260 53 40 10 40 2 32 450 150 450 10 40 43 30 150 2 32 64 70 64 70 135 5150 53 40 135 130 2 2

I

cm

İ

İ

L

L

L

İ

L

İ

W

cm

F cm cm olarak alınır cm cm ton X Y kx ky X KX X Y KY Y Y em → = = =      = = = = = = = = = = → = = = ≤ . . . , . . . . . . . . * . . max max

λ

λ

λ

λ

σ

σ

Soru-7

Verilenler: S=28 ton, Lkx= Lky= 450 cm olarak verilmektedir. Malzeme st37,YD1 İstenenler: Kolon kesitini standart I profillerini kullanarak boyutlandırınız.

Çözüm:

(

)

İlk olarak başlangıç kesiti belirlenir

olarak i ili tablodan alındı

Donke Metodu F F P cm I F cm İ cm L İ W em k Min 0 0 2 2 0 0 28 144 19 44 450 155 290 150 3 40 160 22 80 155 . . . lg . . max min . . = = = → → = =     = = = → = → = = σ λ λ

(

)

İlk olarak başlangıç kesiti belirlenir

olarak i ili tablodan alındı Donke Metodu Seçilen

F

F

P

cm

I

F

cm

İ

cm

L

İ

W

F

P

W

cm

I

F

_İ

cm

_cm

em k Min Gerekli Max em Max 0 0 2 2 0 0 0 2 2 28 144 19 44 450 155 290 150 3 40 28 0 144 3 40 6610 450 2 56 176 160 300

22 80

155

69 10

2 56

. . . lg . . * . . * . . . max min min

.

.

.

.

= = = → → = =     = = = → = → = = = = → → ₌  = = →

=

=

σ

λ

λ

σ

λ

W kg Seçilen W kg kg olarak bulunur

cm

F

I

F

_İ

cm

_cm

cm

cm

em Gerekli Max em = → = = ≥ = =→ →  = = → = = = ≤ =

=

=

5 38 28 69 10 5 38 2 18 28 144 5 38 450 2 80 167 4 50 28 69 10 4 50 144 144 2 2 2 340 2

86 80

2 80

. . * . . . * . . . . * . . .

.

.

min

σ

σ

λ

σ

σ

Soru-8

Verilenler: L80.80.8 en kesitli bir kafes kiriş basınç çubuğu Lkx =Lky =275 cm olarak

verilmiştir. Malzeme st37, Yükleme şekli H

İstenenler: Bu çubuğun emniyetle taşıyabileceği en büyük basınç yükünü hesaplayınız.

Çözüm: 80 80 8 12 30 2 42 155 306 2 . . . . . , . lg

L

F

i i

i

i

cm cm cm cm

olarak i ili tablodan alındı X y → = = = = =       _{η ξ} 80 80 8 12 30 2 42 155 3 06 275 155 177 5 44 12 30 5 44 144 3 26 2 . . . . . , . lg . . * * . . * . . . min

L

F

cm

İ

İ

İ

İ

L

İ

L

İ

P

F

P

F

W

P

X y Max k k Max em Max em Max cm cm cm

olarak i ili tablodan alındı

W

W ton

olarak hesab edilir

→ = = = = =       = = = = → = = ≤ ⇒ = = ⇒ = η ξ η

λ

σ

σ

σ

Soru-9

Verilenler: IP300 tek parçalı basınç çubuğu, malzeme st37, yükleme şekli H, burkulma boyu Lkx =Lky=350 cm olarak verilmektedir.

İstenenler: Basınç çubuğunun emniyetle taşıyabileceği maksimum basınç yükünü bulunuz. Çözüm: X Y P F cm cm cm cm cm

I

I

I

i

i

x y x y 300 69 9800 451 11 90 2 56 2 4 4 → = = = = =           . . X-X eksenine dik burkulma tahkiki

x kx x x em Max x X em x

L

İ

w

P

F

w

P

F

w

ton

λ

σ

σ

= = = → = = ⇒ = = = 350 1190 29 50 108 69 00 108 140 89 44 . . . * . . * . .

*

Y-Y eksenine dik burkulma tahkiki

Y ky y Y em M ax Y Y em Y

L

İ

w

P

F

w

P

F

w

ton

λ

σ

σ

= = = → = = ⇒ = = = 350 2 56 137 3 17 69 00 3 17 1 40 30 50 . . * . . * . .

*

Sonuç olarak kolonun taşıyabileceği maksimum basınç yükü; Pmax=PY= 30.50 ton olarak bulunur.

Soru-10

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.

Çözüm L H cm W Donke Metodu F P cm Seç ilen _PB F cm i cm i cm K em X Y

I

= = = = = = → → = = =      2 700 1 57 140 40 72 140 43 5 93 358 0 0 2 2 , ( ) . . . . max σ H=350 cm P=57 ton λ λ σ σ 0 2 700 358 196 123 2 55 57 140 2 55 3 38 = = = → = → = = = = ≥ L i W P F W ton cm K em min max . . * . * . .

F P W cm Seç ilen _PB F cm i cm i cm L i W ton cm ton cm gerekli em X Y k em

I

= = = → → = = =      → = = = → = = = ≤ = max max min * . * . . . . . . * . . . σ λ σ σ 57 140 2 55 10382 240 106 10 30 6 08 700 6 08 115 2 23 57 106 2 23 120 140 2 2 2 2

Sonuç olarak seçilen kesit; IPB240

Soru-11

Verilenler; U160 profili için Lkx=500 cm, Lky=250 cm, malzeme st37, yükleme şekli

H (YD1) olarak verilmiştir.

İstenen; kesitin taşıyabileceği maksimum basınç yükünü bulunuz.

Çözüm: X Y S t h ey b 1 4 4 160 160 65 925 85 3 6 21 189 184 500 6 21 80 250 189 132 132 2 94 24 2 94 14 1143

U

→ = = = = = = =     = = = = = =       → = → = = = h mm b mm I cm I cm i cm i cm e cm L i L i W P ton X y X y y x kx x y ky y , , , . . , . , . . . . . * . . max max max λ λ λ Soru-12

Verilenler; L100.100.10 köşebent den teşkil edilen basınç çubuğuna P=10 ton’ luk basınç kuvveti etki etmektedir. Sk= 220 cm, malzeme st37, yükleme şekli H olarak verildiğine göre

İstenenler; gerekli tahkikleri yapınız.

X ς Y η η 10010010 3 04 382 195 19 20 220 195 113 2 18 10 19 20 2 18 114 140 2 2 2 . . . . . . . . * . * . . . max min

L

i i cm i cm i cm F cm L i W P F W ton cm ton cm x y k em → = = = = =        = = = → = = = = ≤ = ς η λ σ σ

Soru-13

Verilenler; şekilde mesnet şartları görülen BC basınç çubuğunun A noktasının yatay hareketi şekil düzleminde önlenmiş iken şekil düzlemine dik doğrultuda serbest bırakılmıştır. Böyle bir basınç çubuğu I 260 profilinden teşkil edilirse, malzeme st37, yükleme şekli H olarak verildiğine göre;

İstenilenler;

a) I260 profilinin gövdesi hangi düzlemde olması daha uygun olur, neden

b) Bu durumda çubuğun taşıyabileceği maksimum basınç kuvveti ne olur.

Çözüm:

a) Çubuğun yük taşıma kapasitesi doğrudan W ( burkulma katsayısı) ile alakalı olduğundan kesitin her iki konumda da emniyetle taşıya bileceği yükü bulmak için λX ve λY değerlerinden

büyük olanını en küçük yapacak konum araştırılmalıdır. 1-) Profil gövdesinin şekil düzleminde olduğunu kabul edelim

C A B B C 1 0 0 c m 2 5 0 c m 3 5 0 c m Y X A L cm L cm F cm i cm i cm L i L i kx ky x y x kx x y ky y

I

= = → = = =      → = = = = = =       → = 250 350 260 53 30 10 40 2 32 250 10 40 24 350 2 32 151 151 2 , . . . . . max λ λ λ

2-) Gövdenin dik düzlemde olması halinde;

X Y L cm L cm L i L i

Görüldü ü gibi bu durumda daha küç üktür bu yüzden profilin gövdesi şekil düzle e dik olmalıdı

kx ky x kx x y ky y = = = = = = =       → = = 350 250 350 10 40 34 250 2 32 108 108 108 , . . ğ . min max max λ λ λ λ

b-) Kesitin taşıyabileceği maksimum yük; λ σ max max . * . . * . . = → = = = = 108 2 15 53 30 2 15 140 34 70 w P F w em ton

olarak bulunur.

Soru-14

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 (YD1) olarak verilmektedir.

İstenenler; basınç çubuğunun emniyetle taşıya bileceği eksenel basınç yükünü bulunuz.

Çözüm: 1 6 0 2 4 9 2 5 8 5 3 0 6 2 1 1 8 9 1 8 4 2 4 4

U

→ = = = = = =          F c m I c m I c m i c m i c m e c m x y x y y . . . . H e ey ey e /2 e /2 d d X Y Y ’ Y ’ b

“X-X” eksenine dik burkulma tahkiki

I I cm i I F cm L i W P F W ton x x x x x kx x x x x em = = = → = = = = = = → = = = =

∑

∑

∑

∑

2 2 925 1850 1850 48 6 21 500 6 21 81 162 48 161 140 4174 1 4 1 * * . . . * . * . . λ σ

“Y-Y” eksenine dik burkulma tahkiki

[

]

I I F d cm i I F cm L i W P F W ton y y y y y ky y y y y em

∑

∑

∑

∑

= + = + − = = = = = = ≅ → = = = = 2 2 2 85 30 2 24 6 5 184 1213 1213 48 5 02 250 5 02 50 126 48 126 140 53 33 1 2 2 4 * * ( * ) * . * * ( . . ) . . . * . * . . λ σ

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.

verilenler; Şekilde görüldüğü gibi parçaları sürekli birleşik 2U300 profilinden teşkil edilmiş olan bir basınç çubuğu için Lkx =600 cm, Lky= 300 cm, malzeme st37 ve yükleme şekli H

(YD1) olarak verilmektedir.

İstenenler; basınç çubuğunun emniyetle taşıya bileceği eksenel basınç yükünü bulunuz.

Çözüm: 3 0 0 5 8 8 8 0 3 0 4 9 5 1 1 7 0 2 9 0 2 7 0 1 0 2 4 4

U

→ = = = = = = =            F c m I c m I c m i c m i c m e c m b c m x y x y y . . . . H e ey ey e /2 e /2 d d X Y Y ’ Y ’ b

“X-X” eksenine dik burkulma tahkiki

I I cm i I F cm L i W P F W ton x x x x x kx x x x x em = = = → = = = = = = ≅ → = = = =

∑

∑

∑

∑

2 2 8030 16060 16060 117 60 1170 600 1170 5128 52 128 117 60 128 140 128 625 1 4 1 * * . . . . . * . . * . . λ σ

“Y-Y” eksenine dik burkulma tahkiki

[

]

I I F d cm i I F cm L i W P F W ton y y y y y ky y y y y em

∑

∑

∑

∑

= + = + − = = = = = = ≅ ≅ → = = = = 2 2 2 495 2 58 80 10 2 70 7271 7271 117 60 7 863 300 7 863 3815 39 116 117 60 116 140 141933 1 2 2 4 * * ( * ) * * . * ( . ) . . . . . * . . * . . λ σ

Kesitin taşıya bileceği maksimum basınç yükü olarak; Pmav= Px=128.625 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.

Soru-16

Verilenler; Kesiti aşağıda verilen basınç çubuğu iki adet U160 profilinin ve bir tane

I260 profilinin başlıklarına sürekli kaynaklanması ile teşkil edilmiştir. Lkx= 500 cm, Lky= 350

cm , malzeme st37, yükleme şekli H olarak verilmektedir.

Çözüm: Y X Y’ Y’ e d d ey ey S1 S2 t2 t1 260 53 40 5740 288 0 94 141 160 24 925 85 30 0 75 105 184 2 4 4 1 1 2 4 2 2

I

F cm I cm I cm S cm t cm F cm I cm I cm S cm t cm e cm x y x y y → = = = = =          → = = = = = =            . . . ; . . . .

U

Not: Burada kesitin X ve Y eksenlerine göre atalet momentleri hesaplanırken, profillerin lokal eksenlerine dikkat edilmelidir.

“X-X” eksenine dik burkulma tahkiki

(

)

(

)

I I I F h S e I cm F F F cm x x I y U U I x I U

∑

∑

∑

= +  + _ + − _      = + _ + − _ = = + = + = − 2 − ₂ 5740 2 85 30 24 26₂ 0 75 184 12719 2 53 40 2 24 10140 2 2 2 4 2 * * . * . . * . * . i I F cm L i W P F W ton x x x kx x x x x em = = = = = = → = = = =

∑

∑

∑

12719 10140 1120 500 1120 45 121 10140 121 140 117 32 . . . . * . . * . . λ σ “Y-Y” eksenine dik burkulma tahkiki

I I I cm i I F cm L i W P F W ton y y I x U y y y ky y y y y em

∑

∑

∑

∑

= + = + = = = = = = = → = = = = − − 2 2 288 2 925 2138 2138 10140 4 59 350 4 59 76 155 10140 155 140 9158 4 * * * . . . . * . . * . . λ σ Pmax=PY= 91.58 ton olarak hesaplanır.

Y X Y’ Y’ e d d ey ey d1 d2 t2 t1

Şekil- (a) Şekil-(b)

200 140 33 40 2140 117 0 75 113 20 40 605 62 70 0 70 1 0 1 75 2 4 4 1 1 2 4 4 2 2 I F cm I cm I cm d cm t cm F cm I cm I cm d cm t cm e cm x y x y y → = = = = =         → = = = = = =          . . . . . . . . U

Bir adet

I

200 ile iki adet 2

U

140 profilini birbirine sürekli kaynaklayarak bir basınç çubuğu teşkil edilmek istenmektedir. Malzeme st37, yükleme

şekli H olarak

verilmektedir.

a) Aynı burkulma boyu

için şekil-(a) ve şekil-(b)

deki birleşimlerden

hangisi daha fazla yük aktarır.

b) Bu kesitlerin aynı yükü taşımaları için burkulma boyları arasındaki oran ne olmalıdır.

X Y

Çözüm:

a-) Şekil-(a) için;

(

)

[

( )

]

F F F cm d h S e cm I I I F d cm I I I cm I U I y x x I y U U y y U y I = + = + = = + − = + − = = + + = + + = = + = + =

∑

− − − 2 33 40 2 20 40 74 20 2 20 2 10 70 175 8 95 2 2140 2 62 70 20 40 8 95 5533 60 2 2 605 117 1327 2 2 2 4 4 * . * . . . . . * * * . . * . . * _{_} * i I F cm i I F cm i i cm L i L L x x y y y a k k k = = = = = =        → = = ⇒ = = =

∑

∑

∑

∑

553360 74 20 8 63 1327 74 20 4 23 4 23 4 23 0 236 . . . . . . . . min min λ Şekil b’ deki kesit için;

I I I cm I I I F e t cm x x I x U y y I y U U y

∑

∑

= + = + = = +  + _ + _       = + + +           = − − − − 2 2140 2 605 3350 2 2 117 2 62 70 20 40 175 0 75 2 426 60 4 2 2 4 * * * * * . . * . . .

i I F cm i I F cm i i cm L i L L L oldu undan P x x y y y b k mni k a k b k = = = = = =        → = = ⇒ = = = ≤ =

∑

∑

∑

∑

3350 74 20 6 72 426 60 74 20 2 40 2 40 0 42 0 236 0 42 . . . . . . . . . ğ min λ λ λ Soru-18

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.

Çözüm: 10.8cm 2 _{100 75 7} 11 90 118 56 90 3 06 1 83 1 2 4 4 * _{. .} . . . .

L

F cm I cm I cm e cm e cm x y x y → = = = = =          ey 5 cm ey d ex 250.8 mm XI YI 2*L100.75.7

İlk önce sistemin (X-X) ekseninin geçeceği merkez nokta belirlenir.

(

)

[

]

_[

(

) (

)

_]

(

) (

)

Y_g = + + cm + = 25 0 8 0 4 2 11 90 3 06 0 8 25 0 8 2 11 90 2 28 * . * . * . * . . * . * . .

(

) (

)

F F_Lama F_L cm

∑

= +2* = 25 0 8* . + 2 11 90* . =4380. 2

[

]

(

) (

)

[

(

(

)

)

]

I F d I F d I cm X Lama X L L X

∑

∑

= + + = − + + + − = − * * * * . * . . * . * . . . . 2 2 2 2 4 2 25 0 8 2 28 0 4 2 118 1190 3 06 0 8 2 28 36610

[

]

I t h I F d I cm Y Lama X L L Y

∑

∑

= + + = + + _ +          = − * * * . * * . . * . . 3 2 3 2 4 12 2 0 8 25 12 2 56 90 11 90 5 2 183 1601 70 i I F cm i I F cm i i cm L i W X X Y Y Y k = = = = = =        → = = → = = = → =

∑

∑

∑

∑

36610 4380 2 89 160170 4380 6 05 2 89 300 2 89 104 2 05 . . . . . . . . . min max min λ P F W ton Max Max em = * = . = . * . . σ 4380 2 05 1 44 30 77

Soru-19

Verilenler; İki adet U160 profillerinin sürekli olarak kaynaklanması sureti ile elde edilen bir basınç çubuğunda Lk-x=550 cm, Lk-y=375 cm, malzeme st37 ve yükleme şekli H

olarak verilmektedir.

İstenenler; Kesitin emniyetle taşıyabileceği maksimum yükü bulunuz.

Çözüm: Y Y1 Y2 X1 X X2 S e e 1.84 cm 6.16 cm 8.0 cm 9.84 cm t 160 24 925 85 30 0 75 1 05 184 2 4 4

U

F cm I cm I cm S cm t cm e cm x y → = = = = = =           . . . .

(

)

(

)

(

)

[

]

X F h e F cm Y F h h e F cm I I I F d F d I cm I I I F d F X X Y X Y Y X = −    = − = = + −     = _ − _{ =} = + + + = + + − + − = = + + +

∑

∑

∑

− − − − * * . . * * * * . . * * . * . . . . * * 2 2 16 4 184 2 3 08 2 2 1 2 3 2 16 184 1108 925 85 30 24 14 16 1108 1108 8 0 1466 1 1 12 22 2 2 4 1 1 12

(

)

(

)

[

]

(

) (

)

[

(

) (

)

]

d I cm I cm Y XY 2 2 2 2 4 4 85 30 925 24 8 0 3 08 184 3 08 2172 24 14 16 1108 8 0 3 08 24 1108 8 0 184 3 08 727 40

∑

∑

= + + − + + = = − − + − + = . * . . . . * . . * . . * . . * . . .

(

)

(

)

(

)

(

)

I I I I I I I cm I I I I I I I cm Max X Y X Y XY Max Min X Y X Y XY Min = + +  −      + = + + _ − _{ +} = = + −  −      + = + − _ − _{ +} =

∑

∑

∑

∑

∑

∑

∑

∑

∑

_∑

2 2 1466 2172 2 1466 2172 2 727 40 2627 50 2 2 1466 2172 2 1466 2172 2 727 40 1010 50 2 2 2 2 4 2 2 2 2 4 . . . .

i I F cm i I F cm L i L i w alınır P F W ton Max Max Min X X k x Y Y k y Tablodan Max em = = = = = = = = = = = =       → = → = = = =

∑

∑

∑

− − − − 2627 50 48 7 40 1010 50 48 4 60 550 7 40 74 375 4 60 82 82 164 48 164 140 40 97 . . . . . . . . * . * . . min max min max max max λ λ λ σ olarak bulunur. Soru-20

Verilenler; U220 ve U180 profillerinin sürekli olarak birleştirilmesi ile elde edilen basınç çubuğuna P= 65 ton luk eksenel basınç yükü etkimektedir. Lk-x =Lk-Y=350 cm, malzeme st37

ve yükleme şekli H olarak verilmektedir.

İstenenler; Basınç çubuğu için gerekli kontrolleri yapınız.

Çözüm: X1 X2 X Y1 Y _Y2 ey ey

U

180

U

220 220 180 37 40 2690 197 2 14 28 1350 114 192 2 4 4 2 4 4

U

U

F cm I cm I cm e cm F cm I cm I cm e cm x y y x y y → = = = =       → = = = =       . . . ( ) ( ) ( ) ( ) X cm Y cm I cm I cm I cm X Y XY = + + = = − + = = + + + − − = = + + + + − = = + =

∑

∑

∑

28 2 14 9 0 28 37 40 4 77 28 11 9 0 28 37 40 388 2690 37 40 388 114 28 11 388 192 4124 197 37 40 4 77 1350 28 9 2 14 4 77 3543 37 40 388 4 77 28 5 20 6 37 1620 2 2 4 2 2 4 4 * . . . . * . . . . * . * . . . * . * . . . * . * . * . * .

(

)

( )

(

)

( ) I I I I I I I cm I I I I I I I cm Max X Y X Y XY Max Min X Y X Y XY Min = + +  −      + = + + _ −    + = = + −  −      + = + − _ −    + =

∑

∑

∑

∑

_∑

∑

∑

∑

∑

_∑

2 2 4124 3543 2 4124 3543 2 1620 5476 2 2 4124 3543 2 4124 3543 2 1620 2182 2 2 2 2 4 2 2 2 2 4 ( ) ( ) i I F cm L i W ton cm ton cm k mni Tablodan min min max max . . . . . * . . . = = + = → = = ≅ → = = + = ≤

∑

28 37 402182 5 78 350 5 78 61 1 31 65 28 37 40 1 31 1 30 140 2 2 λ σ Soru-21

Verilenler; En kesiti aşağıda verilen basınç çubuğunda Lk-x=450 cm, Lk-y=600 cm,

P=90 ton, malzeme st37 ve yükleme şekli EIY (HZ) olarak verilmektedir. İstenenler; Gerekli kesit kontrollerini yapınız.

Çözüm:

(

)

(

)

[

]

(

)

I I F d cm I I F d b h I cm F F F cm X x U kutu Y y U U U kutu kutu Y U kutu

∑

∑

∑

∑

= + = + _ −          = = + +       = + _ −          +       = = + = + = − − 2 2 2 1910 2 10 0 8 20 2 0 4 5295 2 2 12 2 148 32 20 25 2 2 01 2 0 8 10 12 7516 2 2 2 32 20 2 10 0 8 80 40 2 2 4 2 3 2 3 4 2 * * * * * * . * . * * * * * . * . * . * * * * . * * . .

i I F cm L i i I F cm L i W P F W ton cm ton cm X X X k x X Y Y Y k y Y Tablodan em = = = → = = = = = = → = = =        → = → = = = = ≤ =

∑

∑

∑

∑

∑

− − 5295 80 40 812 450 812 55 7516 80 40 9 67 600 9 67 62 62 1 38 90 80 40 1 38 154 160 2 2 . . . . . . . * . * . . . max max max λ λ λ σ σ

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.

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. 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.

X e X Y m=2 e Y m=2 e e X Y X m=3 e e e X X Y m=4 e X Y m=2 e X Y m=2 X X Y X Y X Y m=2

e

Lk1

X _X

Y Y

Birinci Grup Bas

ı

nç Çubuklar

ı

n

ı

n Hesap Esaslar

ı

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

X X X X mevcut X em X X

L

i

w

w

F

i

I

F

P

λ

= → ;

σ

= * ≤

σ

; =

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

II. Y-Y Eksenine Dik Burkulmaya Göre Tahkik

Burada, itibari bir λYİ narinlik değeri hesap edilir ve buna bağlı olarak tablodan WYİ itibari

Yİ Y Yİ Y Y yY k1 İ d _b m Çerçeve çubuklarda

Kafes çubuklarında F Z

w

L

i

L

i

i

i

F

D

L

e

λ

λ

λ

λ

λ

λ

π

= + → = = ≤ → = = 2 12 1 1 1 1 3 1 2 2 50 * ; , * * * min Burada;

λY = Çubuğun bütününün, Y ekseni etrafındaki narinlik derecesidir.

m = Basınç çubuğunu teşkil eden parçaların çalışma durumuna göre parça sayısı λ1 = 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

F1 = Tek parçanın kesit alanı

Lk1 = Bağlantı levhaları arasındaki mesafe

Yüksek yapılarda ₁

3

L

≤ L olmak üzere; λ1 > 50 ise ₁ 2 4 3

λ

≤

λ

 −

_σ

  _ X yi em

P w

F * * *

*

şartı sağlanmalıdır. λX/2 <50 ise yukarıdaki ifadede λX/2 yerine 50 alınabilir (1).

iY Değeri için, iki parçalı çubuklarda;

Y Y

i

I

I

F

e

F

i

e

F = = + = +









_







2 2 2 1 1 2 1 1 2 2

2

2

* * * * Üç parçalı çubuklarda; Y Y

i

=

I

_F = 3

I

+2

_F

F e

=

i

+

e

3 2 3 1 1 2 1 1 2 2 * * * * Dört parçalı çubuklarda; Y Y

i

I

I

F

e

e

F

i

e

F = = +  +        = +

















4 2 4 5 4 1 1 2 1 1 2 2

3

2

2

* * * *

*

Sonuç olarak, λYİ itibari narinlik değeri hesaplandıktan ve buna bağlı olarak tablodan

WYİ itibari burkulma değeri alındıktan sonra ;

Yİ em

w

P

F

* ≤

σ

ifadesi kullanılarak kesitin kontrolü yapılır.

NOT:

1. Eğer λ1 < √(λX2 - λY2) ise σX > σY olduğundan Y-Y eksenine dik burkulmaya göre hesap

yapmaya lüzum yoktur (3).

2. Eğer λ1 > √(λX2 - λY2) ise σX < σY olduğundan Y-Y eksenine dik burkulmaya göre hesap

yapmak gereklidir (3).

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 λYİ = λY

alınır. Enleme bağlantıları arasında, münferit çubuklar birbirlerine çubuk doğrultusundaki aralıkları 15i1 ‘ den fazla olmayan perçinlerle birleştirildiği taktirde yine λYİ = λY alınır .

X _{X X}

Y Y

İkinci Grup Basınç Çubukları

İkinci grup basınç çubukları, iki köşenbetin köşeleme konması ile oluşturulurlar. Kesitteki asal eksenlerden birisi malzemeli eksen diğeri ise malzemesiz eksendir. Hesapların sadece malzemeli eksen etrafındaki burkulmaya göre yapılması yeterlidir. İki asal eksen için belirlenen (Lkx ) ve (Lky ) burkulma boyları birbirinden farklı ise, malzemeli eksene göre

hesapları yaparken

L

_k=

L

kx+

L

ky

2 şeklinde alınabilir .

En kesitte eşit kollu köşebentler kullanılmış ise, (X-X) malzemeli eksen, korniyerlerin

(

ξ ξ−

)

ekseni ile çakışır ve bu eksene ait en kesit değerleri yardımıyla hesaplar yapılır.

Farklı kollu köşebentler in kullanılması durumunda, bu iki eksen çakışmadığından yeni asal eksenlerin belirlenmesi gerekir.

Eşit kollu köşebentler in kullanılması durumunda :

max max max

*

λ

λ

σ

ξ σ = _x=

L

k → → = ≤ _em

i

w

w

S F

F = İki korniyerin toplamı

Lk = Lk,x ve Lk,y’ nin ortalamasıdır.,

En kesitin ( O-O) eksenine göre (I0) atalet momenti hesaplanır. Buradan

i

₀

I

0

F

= atalet yarıçapına geçilir. Malzemeli eksen (X-X) ‘e göre hesaplanması gereken atalet yarı çapı

x

i

≅

i

    0 115. şeklinde alınır ve,

max max max

. * *

λ

=

λ

_x= k = → → =σ ≤

σ

x k em

L

i

L

i

w

w

S F 115 0 kontrolü yapılır .

İkinci grup basınç çubuklarında hesaplar malzemeli eksene göre yapıldığından, bağ levhalarının (Sk1 ) aralıkları hesaplara etki etmemektedir. Ancak burada (Sk1 )’ in

hesaplanmasında, çubuğun gerçek boyunun eşit sayıda parçalara bölünmesini, ayrıca (Sk1 =<

50*I1 ) koşulunun sağlanması gereklidir.

İkinci Grup Basınç Çubuklarıİçin Bir Örnek 0 0 Y Y X X I I 0 0 Y Y X X I I Lk1 Lk1

Üçüncü Grup Basınç Çubukları

Her iki asal eksenlerinin de malzemesiz eksen durumunda olan basınç çubuklarıdır. Bu çubuklar daha ziyade ağır makas, kren, köprü yapılarında ve özellikle kule yapımında yaygın olarak kullanılırlar.

Üçüncü Grup Basınç Çubuklarının Hesap Esasları

Her iki eksene dik burkulma tahkikleri, birinci grup çubukların Y’ eksenine (malzemesiz eksen) dik burkulma tahkiklerinin yapıldığı şekilde yapılır. Üçüncü grup basınç çubuklarının hesapları, her iki eksen etrafındaki dik burkulmaya göre itibari

Üçüncü Grup Basınç Çubuklarıİçin Örnekler m/₌₂ X e m=2 m/₌₂ Y Y Y X e m=2 Y Y Y X X m=2 m/₌₂ X m/₌₂ Y X e / X Y e m=4 m/₌₂ e e/ m=2 Y e

1. “X-X” Eksenine Dik Burkulma Tahkiki

X kx x x x x x it x x x it x it x it em

L

i

L

i

m

w

P w

F

de eri tablodan alınır Buna ba lı olarak konturolü yapılır

λ

λ

λ

λ

λ

σ

σ

= = ⇒ = + ⇒ = ≤ − − − − − − − − ; * ğ . ğ . /

*

1 1 1 2 12

2

2. “ Y-Y” Eksenine Dik Burkulma Tahkiki

Y kY Y Y Y Y Y it Y Y Y it Y it Y it em

L

i

L

i

m

w

P w

F

de eri tablodan alınır Buna ba lı olarak

konturolü yapılır

λ

λ

λ

λ

λ

σ

σ

= = ⇒ = + ⇒ = ≤ − − − − − − − − ; * ğ . ğ .

*

1 1 1 2 12

2

ÇOK PARÇALI BASINÇ ÇUBUKLARI İLE İLGİLİ ÇÖZÜMLÜ SORULAR SORU-1

Verilenler; şekilde görülen iki parçalı basınç çubuğu 2U160 profili kullanılarak teşkil edilmek istenmektedir. Lkx=Lky=400 cm, Lk1=95 cm, yükleme şekli H(EY) ve malzeme st37

olarak verilmektedir.

İstenenler; kesitin taşıyabileceği maksimum eksenel basınç yükünü bulunuz.

Çözüm: e=12.68 cm Y1 Y Y1 X d 160 24 925 85 30 6 21 189 184 1 2 1 4 1 4

U

Tablodan X Y X Y Y F cm I cm I cm i cm i cm e cm → = = = = = =          . . . . • “X-X” Eksenine dik burkulma tahkikinin yapılması

i I F cm L İ w P F w P w F P kg x X x KX X Tablodan x x x em X em x X = = = ⇒ = = = → = = ≤ ⇒ = = ⇒ =

∑

∑

∑

∑

∑

2 925 2 24 6 21 400 6 21 64 40 135 1440 135 48 51200 * * . . . . * * . * λ σ σ σ

• “Y-Y” Eksenine dik burkulma tahkikinin yapılması

[

]

I I F d cm i I F cm L i Y Y y Y y KY y

∑

∑

∑

= + =  + _ _       = = = = ⇒ = = = 2 2 85 30 24 12 68 2 2112 67 2112 67 48 6 60 400 6 60 60 70 1 1 2 2 4 * * * . * . . . . . . λ

( )

( )

(

)

(

)

λ λ λ λ σ σ σ 1 1 1 2 1 2 2 2 95 189 50 20 2 60 70 2 2 50 20 78 70 153 144 48 153 43 90 = = = = + = + = → = = ≤ ⇒ = = ⇒ =

∑

∑

L i m W P F w P w F P ton K yi y Tablodan yi yi Y yi em y em yi Y . . * . * . . . * * . * . .

Kesitin taşıyabileceği maksimum kuvvet Pmax=Py=43.90 ton olarak bulunur.

Verilenler: şekilde verilen kolon elemana P= 70 ton’ luk bir eksenel basınç yüküne maruz kalmaktadır. Lk-x=Lk-y=700 cm, a= 16 cm, malzeme st37 ve yükleme şekli olarak H(EY)

olarak verilmektedir.

İstenenler: 2U profili kullanarak kolon kesitini boyutlandırınız. Bağ levhası adet ve aralığını belirleyiniz. Çözüm: F P w cm F cm F cm I cm I cm i cm i cm em Seçilen Tablodan X Y X Y

U

0 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 70 144 1 50 2 28 2 56 1350 114 6 95 2 02 180 = = = → → = = = = = =         − − − − σ * . * . . X ey a ey e Y1 Y1 Y

“X-X” Eksenine dik burkulma tahkiki

I I cm i I F cm L i w P F W t cm t cm X X x X X K X x Tablodan X X X em

∑

∑

∑

∑

= = = = = = → = = = → = = = = ≥ = − − 2 2 1350 2700 2700 56 6 95 700 6 95 101 192 70 56 192 2 4 144 1 2 2 2 * * . . . * * . . / . / λ σ σ

Kesit yeterli değildir, artırılmalıdır. Yeni kesit seçilir.

F P w cm F cm F cm I cm I cm i cm i cm G em X Seçilen Tablodan X Y X Y

U

= = = → → = = = = = =         − − − − σ * . * . . . . . 70 144 192 96 42 30 2 84 60 3600 248 9 22 2 42 2 1 2 1 2 1 4 1 4 1 1 240

2

“Y-Y” Eksenine dik burkulma tahkiki

( )

[

]

I I F d cm i I F cm L i L i cm Ba levhasıaralı ı Y Y y Y Y K Y y K

∑

∑

∑

= + =  + _ _       = = = = ⇒ = = = ≤ = = − − − 2 2 248 42 30 20 46 2 9350 9350 84 60 10 50 700 10 50 67 50 50 2 42 121 1 1 2 2 4 1 1 * * * . * . . . . * * . ( ğ ğ) λ