ÜÇ boyutlu halde ger İlme ve deformasyonw3.balikesir.edu.tr/~miren/mukavemet3.pdf · iii- 1...
TRANSCRIPT
III- 1
BÖLÜM III
ÜÇ BOYUTLU HALDE GERİLME VE DEFORMASYON
37. Üçgen gerilme hali:
Sürekli bir ortam içindeki herhangi bir noktadan boyutları . .x y z∆ ∆ ∆ olsun çok küçük bir
prizmatik eleman çıkartalım. Bu elemanın yüzeylerine gelen gerilmeler, , , , , , , , ,
x y z xy yx yz zy zx xzσ σ σ τ τ τ τ τ τ olsun. Denge şartı gereği olarak,
Şekil III- 1
Şekil III- 2
III- 2
0x
R =
0y
R =
0z
R =
0x
M = yz zy
τ τ=
0y
M = xz zx
τ τ=
0z
M = xy yx
τ τ= (68)
bulunur. Bir başka deyişle, aynı ayrıtta bulunan kayma gerilmelerinin şiddeti eşittir.
Şimdi göz önüne aldığımız prizmayı, GAC düzlemi ile kesip iki parçaya ayıralım ve açığa çıkan düzlem üzerindeki gerilmeleri hesaplayalım. Bunu için ayrı ayrı denge denklemlerini yazalım.
0x
R =
. . . .
. . .
x ACG x OCG xz OAC xy OGA
OCG OAC OGAx x xz xy
ACG ACG ACG
s A A A A
A A As
A A A
σ τ τ
σ τ τ
= + +
= + +
( )cosOCG
ACG
Aa
Aα= =
( )cosOAC
ACG
Ab
Aβ= =
( )cosOGA
ACG
Ac
Aγ= =
0x
R = . . .x x xy xz
s a b cσ τ τ= + + (69)
Benzer şekilde,
0y
R = . . .y xy y yz
s a b cτ σ τ= + + (70)
0z
R = . . .z xz yz z
s a b cτ τ σ= + + (71)
yazılabilir. Bu yüzeyin dış normal birim vektörü,
a b c= + +n i j k� � � ��
III- 3
olduğundan, bu yüzeydeki normal gerilmenin şiddeti,
( )
( )( )( )
2 2 2
.cos
. . .
. . .
. . .
. . . 2 2 2 .
x y z
x xy xz
xy y yz
xz yz z
x y z xy yz xz
s a s b s c
a b c a
a b c b
a b c c
a b c ab bc ca
φ
σ τ τ
τ σ τ
τ τ σ
σ σ σ σ τ τ τ
= = = + +
= + +
+ + +
+ + +
= = + + + + +
σ s s.n
σ
σ
� � � �
�
�
(72)
olarak elde edilir. Bu yüzeydeki kayma gerilmesinin şiddeti
( )( )( )
2 2
2
2
2
22 2 2
. . .
. . .
. . .
. . .
2 2 2 .
x xy xz
xy y yz
xz yz z
x y z
xy yz xz
s
a b c
a b c
a b c
a b c
ab bc ca
τ σ
σ τ τ
τ σ τ
τ τ τ σ
σ σ σ
τ τ τ
= −
+ + + + + = + + + + + − + + +
(73)
Yukarıdaki denklemler matris formuna getirilirse,
( )( )( )
cos
cos
cos
x x xy xz
y xy y yz
z xz yz z
S
S
S
σ τ τ ατ σ τ βτ τ σ γ
= ⋅
(74)
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )( )( )( )
cos cos cos
cos
cos cos cos cos
cos
x
y
z
x xy xz
xy y yz
xz yz z
S
S
S
σ α β γ
σ τ τ αα β γ τ σ τ β
τ τ σ γ
= ⋅ = ⋅ ⋅
(75)
elde edilir.
Eğer AGC düzlemi asal düzlem ise,
0τ=
olur ve böylece
III- 4
s = σ� �
olur ki,
0x
R = . . .x x xy xz
s a b c aσ τ τ σ= + + =
0y
R = . . .y xy y yz
s a b c bτ σ τ σ= + + =
0z
R = . . .z xz yz z
s a b c cτ τ σ σ= + + = (76)
elde edilir. Bu denklemler yeniden düzenlenerek,
( ). . . 0x xy xza b cσ σ τ τ− + + =
( ). . . 0xy y yz
a b cτ σ σ τ+ − + =
( ). . . 0xz yz za b cτ τ σ σ+ + − = (77)
yazılır. Matris formuna getirilerek,
0
0
0
x xy xz
xy y yz
xz yz z
a
b
c
σ σ τ ττ σ σ ττ τ σ σ
− − = −
bulunur. bu üç denklemde 0a ≠ , 0b ≠ ve 0c ≠ olmak şartı ile çözüm elde etmek için,
determinant 0x xy xz
xy y yz
xz yz z
σ σ τ ττ σ σ ττ τ σ σ
− − = −
( )( )
3
2
2 2 2
2 2 2 2 0
x y z
x y y z z x xy yz zx
x y z x yz y xz z xy xy yz xz
σ
σ σ σ σ
σ σ σ σ σ σ σ τ τ τ
σ σ σ σ τ σ τ σ τ τ τ τ
− + +
+ + + − − −
− + + + − =
(78)
olmalıdır. Bu üçüncü dereceden denklemin üç reel kökü asal gerilmeler olup 1σ , 2σ ve 3σ
ise, yukarıdaki denklem,
( )( )( ) ( ) ( )3 21 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 0σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ− − − = − + + + + + − =
denklemine eşdeğerdir. Buna göre,
III- 5
1 2 3
2 2 21 2 2 3 3 1
2 2 21 2 3 2
x y z
x y y z z x xy yz zx
x y z x yz y xz z xy xy yz xz
σ σ σ σ σ σ
σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ τ τ τ
σ σ σ σ σ σ σ τ σ τ σ τ τ τ τ
+ + = + +
+ + = + + − − −
− =− + + + −
(79)
elde edilir ki, bu ifadelere üçgen gerilme hali invaryantları denir.
Şekil III- 3
Kartezyen düzlemleri asal düzlem ve 1 2 3σ σ σ� � olmak üzere asal gerilmeler olsun
1.xs aσ=
2.y
s bσ=
3.zs cσ=
2 2 2 1a b c+ + =
bu denklemlerden a, b ve c çekilerek son denklemde yarine yazılacak olursa,
III- 6
Şekil III- 4 2 2 2
1 2 2
1yx zss s
σ σ σ
+ + =
(80)
elde edilir. Bu elipsoid denklemidir ve Lame elipsoidi adını alır.
Lame elipsoidi problemi çözme ve açıklama açısından çok fazla kullanışlı değildir. Lame elipsoidinin yerine başka bir metot kullanmak üzere
2 2 2 2 2 2 2 2 21 2 3. . .s a b cσ τ σ σ σ= + = + +
2 2 21 2 3. . .a b cσ σ σ σ= + +
2 2 2 1a b c+ + =
denklemlerini ele alalım. Bu denklemlerde sırası ile ACG düzleminin doğrultman kosinüsleri olan a,b,c ile gösterilsin.
Bunlardan önce ile önce a’yı, sabit tutup b’yi ve c’yi değiştirelim. Bunun için a ihtiva eden terimi sağ tarafa geçirelim,
2 2 2 2 2 2 2 22 3 1
2 2 22 3 1
2 2 2
. . .
. . .
1
b c a
b c a
b c a
σ σ σ τ σ
σ σ σ σ
+ = + −
+ = −
+ = −
Böylelikle elimizde iki bilinmeyenli üç denklem olur. Bu üç denkleminde aynı çözüme sahip olabilmesi için, bu denklemlere ait katsayılar determinantı,
( )( )( )
2 2 2 2 2 222 3 1
2 22 3 1
2
. 0
. 0
1 01 1 1
a b
a c
a
σ σ σ τ σ
σ σ σ σ
− + − − − = − −
III- 7
( )( )( )
2 2 2 2 2 22 3 1
22 3 1
2
.
DET . 0
1 1 1
a
a
a
σ σ σ τ σ
σ σ σ σ
− + − − − =
− −
olmalıdır. Son sütuna göre açılırsa,
( )( ) ( )( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
( )( )
( )( ) ( )
( )
2 2 2 2 2 2 2 21 2 3 1 2 3 2 3 2 3
2 2 2 2 2 22 3 1 1 2 3 2 3
2 2
2 2 2 3 2 32 3
2 3
2 2 2 21 1 2 3 2 3
2
2 3
. . 1 0
. . 1 0
2 2 0
. . 1
a a a
a a a
a a a
σ τ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ
σ σ σ τ σ σ σ σ σ σ σ
σ σ σ σσ τ σ σ σ
σ σ
σ σ σ σ σ σ
σσ σ
+ − − − − − + − − =
− + − − − + + − = + + + − + + − − = − − − + + −
+−
( )
( )
( )( )
( )( )
2 2
2 2 3 2 32 3
2 21 1 2 3 2 3 2 3
2 2
2 2 2 3 2 32 3
2 3
23 1 2 1 2 3
2 2 0
02 2
a
a
σ σ σ στ σ σ σ
σ σ σ σ σ σ σ σ
σ σ σ σσ τ σ σ σ
σ σ
σ σ σ σ σ σ
+ + − + + − = + − + + − + + + + − + + − − = + − − − +
( )( )
( )( )
2 2
2 22 3 2 33 1 2 1 2 3
2 2
2 22 3 2 33 1 2 1
2 2
2 2
a
a
σ σ σ σσ τ σ σ σ σ σ σ
σ σ σ σσ τ σ σ σ σ
+ + − + =− − − − − + + − − + =− − − − +
( )( )( )
( )2 2
2 3 2 32 21 3 1 22 4
aσ σ σ σ
σ τ σ σ σ σ + − − + = − − +
20 1a≤ ≤
(81)
2a 0= için
( ) ( )2 2
2 3 2 32
2 4
σ σ σ σσ τ + − − + =
(82)
Merkezinin koordinatları ( )2 3 , 0
2
σ σ +
ve yarıçapı 2 3
2R
σ σ−= olan bir çember.
2 1a = için
III- 8
( )( )( )
( )
( )( )
( )
2 2
2 3 2 323 1 2 1 2 3
2 2
2 3 2 32 21 1 2 3
2 4
2 4
σ σ σ σσ τ σ σ σ σ σ σ
σ σ σ σσ τ σ σ σ σ
+ + − + = − − + − + + − + = − + +
( ) ( )2 2
2 3 2 3212 2
σ σ σ σσ τ σ + + − + = −
(83)
Merkezinin koordinatları ( )2 3 , 0
2
σ σ +
ve yarıçapı, 2 31 2
Rσ σ
σ+
= − olan bir çember
denklemi elde edilir.
Şimdi b yı sabit tutalım ve içinde b bulunan terimi sağ tarafa geçirelim,
2 2 2 2 2 2 2 21 3 2
2 2 21 3 2
2 2 2
. . .
. . .
1
a c b
a c b
a c b
σ σ σ τ σ
σ σ σ σ
+ = + −
+ = −
+ = −
Böylelikle elimizde iki bilinmeyenli üç denklem olur. Bu üç denkleminde aynı çözüme sahip olabilmesi için matris formunda yazılmış bu denklemlerde katsayılar determinantı,
( )( )( )
2 2 2 2 2 221 3 2
2 21 3 2
2
. 0
. 0
1 01 1 1
b a
b c
b
σ σ σ τ σ
σ σ σ σ
− + − − − = − −
( )( )( )
2 2 2 2 2 21 3 2
21 3 2
2
.
DET . 0
1 1 1
b
b
b
σ σ σ τ σ
σ σ σ σ
− + − − − =
− −
olmalıdır. Son sütuna göre açılırsa,
III- 9
( )( ) ( )( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
( )( )
( )( ) ( )
( )
2 2 2 2 2 2 2 22 1 3 2 1 3 1 3 1 3
2 2 2 2 2 21 3 2 2 1 3 1 3
2 2
2 2 1 3 1 31 3
1 3
2 2 2 22 2 1 3 1 3
2
1 3
. . 1 0
. . 1 0
2 2 0
. . 1
b b b
b b b
b b b
σ τ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ
σ σ σ τ σ σ σ σ σ σ σ
σ σ σ σσ τ σ σ σ
σ σ
σ σ σ σ σ σ
σσ σ
+ − − − − − + − − =
− + − − − + + − = + + + − + + − − = − − − + + −
+−
( )
( )
( )( )
( )( )
2 2
2 1 3 1 31 3
2 22 2 1 3 1 3 1 3
2 2
2 2 1 3 1 31 3
1 3
22 3 2 1 1 3
2 2 0
02 2
b
b
σ σ σ στ σ σ σ
σ σ σ σ σ σ σ σ
σ σ σ σσ τ σ σ σ
σ σ
σ σ σ σ σ σ
+ + − + + − = + − + + − + + + + − + + − − = + − − − +
( )( )
( )( )
2 2
2 21 3 1 32 3 2 1 1 3
2 2
2 21 3 1 32 3 2 1
2 2
2 2
b
b
σ σ σ σσ τ σ σ σ σ σ σ
σ σ σ σσ τ σ σ σ σ
+ + − + =− − − − − + + − − + =− − − − +
( )( )( )
( )2 2
1 3 1 32 22 3 2 12 4
bσ σ σ σ
σ τ σ σ σ σ + − − + = − − +
20 1b≤ ≤
(84)
2 0b = için
( ) ( )2 2
1 3 1 32
2 4
σ σ σ σσ τ + − − + =
(85)
Merkezinin koordinatları ( )1 3 ,0
2
σ σ +
ve yarıçapı 1 3
2R
σ σ−= olan bir çember.
2 1b = için
( )( )( )
( )
( )( )
( )
2 2
1 3 1 322 3 2 1 1 3
2 2
1 3 1 32 22 2 1 3
2 4
2 4
σ σ σ σσ τ σ σ σ σ σ σ
σ σ σ σσ τ σ σ σ σ
+ + − + = − − + − + + − + = − + +
III- 10
( ) ( )2 2
1 3 1 3222 2
σ σ σ σσ τ σ + + − + = −
(86)
Merkezinin koordinatları ( )1 3 ,0
2
σ σ +
ve yarıçapı, 1 32 2
Rσ σ
σ+
= − olan bir çember
denklemi elde edilir.
Şimdi de c yi sabit tutalım ve içinde c bulunan terimi sağ tarafa geçirelim,
2 2 2 2 2 2 2 21 2 3
2 2 21 2 3
2 2 2
. . .
. . .
1
a b c
a b c
a b c
σ σ σ τ σ
σ σ σ σ
+ = + −
+ = −
+ = −
Böylelikle elimizde iki bilinmeyenli üç denklem olur. Bu üç denkleminde aynı çözüme sahip olabilmesi için matris formunda yazılmış bu denklemlerde katsayılar determinantı,
( )( )( )
2 2 2 2 2 221 2 3
2 21 2 3
2
. 0
. 0
1 01 1 1
c a
c b
c
σ σ σ τ σ
σ σ σ σ
− + − − − = − −
( )( )( )
2 2 2 2 2 21 2 3
21 2 3
2
.
DET . 0
1 1 1
c
c
c
σ σ σ τ σ
σ σ σ σ
− + − − − =
− −
olmalıdır. Üçüncü sütuna göre açılırsa,
( )( ) ( )( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
( )( )
( )( ) ( )
( )
2 2 2 2 2 2 2 23 1 2 3 1 2 1 2 1 2
2 2 2 2 2 21 2 3 3 1 2 1 2
2 2
2 2 1 2 1 21 2
1 2
2 2 2 23 3 1 2 1 2
2
1 2
. . 1 0
. . 1 0
2 2 0
. . 1
c c c
c c c
c c c
σ τ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ
σ σ σ τ σ σ σ σ σ σ σ
σ σ σ σσ τ σ σ σ
σ σ
σ σ σ σ σ σ
σσ σ
+ − − − − − + − − =
− + − − − + + − = + + + − + + − − = − − − + + −
+−
( )
( )
( )( )
( )( )
2 2
2 1 2 1 21 2
2 23 3 1 2 1 2 1 2
2 2
2 2 1 2 1 21 2
1 2
23 2 3 1 1 2
2 2 0
02 2
c
c
σ σ σ στ σ σ σ
σ σ σ σ σ σ σ σ
σ σ σ σσ τ σ σ σ
σ σ
σ σ σ σ σ σ
+ + − + + − = + − + + − + + + + − + + − − = + − − − +
III- 11
( )( )
( )( )
2 2
2 21 2 1 23 2 3 1 1 2
2 2
2 21 2 1 23 2 3 1
2 2
2 2
c
c
σ σ σ σσ τ σ σ σ σ σ σ
σ σ σ σσ τ σ σ σ σ
+ + − + =− − − − − + + − − + =− − − − +
( )( )( )
( )2 2
1 2 1 22 23 1 3 22 4
cσ σ σ σ
σ τ σ σ σ σ + − − + = − − +
20 1c≤ ≤
(87)
2 0c = için
( ) ( )2 2
1 2 1 22
2 4
σ σ σ σσ τ + − − + =
(88)
Merkezinin koordinatları ( )1 2 , 0
2
σ σ +
ve yarıçapı 1 2
2R
σ σ−= olan bir çember.
2 1c = için
( )( )( )
( )
( ) ( ) ( )
2 2
1 2 1 223 2 3 1 1 2
2 2
1 2 1 22 23 3 1 2
2 4
2 4
σ σ σ σσ τ σ σ σ σ σ σ
σ σ σ σσ τ σ σ σ σ
+ + − + = − − + − + + − + = − + +
( ) ( )2 2
1 2 1 2232 2
σ σ σ σσ τ σ + + − + = −
(89)
Merkezinin koordinatları ( )1 3 ,0
2
σ σ +
ve yarıçapı, 1 23 2
Rσ σ
σ+
= − olan bir çember
denklemi elde edilir.
Şimdi bu çemberleri çizelim. Şekilden de görüldüğü gibi üç boyutlu gerilme halinde gerilmeler şekilde görülen taranmış bölgeler içinde olmalıdır. Her üç şekil üst üste getirilirse elde edilecek şekil sayfanın altında görülmektedir. Gerilmeler ortak taralı alan içinde temsil edilmelidir.
III- 12
Şekil III- 5
Sonuçta üç boyutlu gerilme halini temsil etmek üzere 0 1a≤ ≤ , 0 1b≤ ≤ ve 0 1c≤ ≤ düzlemlerindeki Mohr çemberleri,
Şekil III- 6
olarak çizilmiş olur.
III- 13
38. Çeşitli özel durumların Mohr çemberi ile izahı:
Şekil III- 7
III- 14
ÖRNEK:
Aşağıdaki şekilde ABC düzlemi üzerindeki normal ve kayma gerilmesini hesaplayınız.
ABC düzleminin normalinin koordinat eksenleriyle yaptığı açılar:
n�
: Yüzeyin dış normal birim vektörü.
∧=
∧
AB ACn
AB AC
���� �����
���� ����
-4 6AB = i + j���� � �
4 5AC = - i + k���� � ��
4 6 0 30 20 24
4 0 5
∧ = − = + +−
i j k
AB AC i j k
� � ��
���� ���� � � ��
2 2 230 20 24 1876∧ = + + =AB AC���� ����
30 20 24
1876 1876 1876= + +n i j k� � � ���
030arccos 46.16
1876a
= =
020arccos 62.5
1876b
= =
III- 15
024arccos 56.35
1876c
= =
30 3012000 8311.63
1876 1876x
S σ1= × = × = N/cm2
2
20 206000 2770.54
1876 1876y
S σ= × = × = N/cm2
( )3
24 244000 2216.43
1876 1876z
S σ= × = × − =− N/cm2
2 2 2 9037.23x y z
S S S S= + + = N/cm2
σ= S.n� �
30 20 245808.10
1876 1876 1876x y y
S S Sσ= + + = N/cm2
30 20 245808.10 5808.10
1876 1876 1876
= ⋅ = ⋅ + + σ n i j k� � � � ��
N/cm2
4022.9 2681.93 3218.32= + +σ i j k� � � ��
N/cm2
τ = S -σ� � �
( ) ( ) ( )8311.63 4022.9 2770.54 2681.93 2166.43 3218.32= − + − + − −τ i j k� � � ��
4288.73 88.61 5434.75= + −τ i j k� � � ��
2 2 2 29037.24 5808.10 6923.7Sτ σ= − = − = N/cm2
III- 16
ÖRNEK:
Şekildeki üçgen gerilme hali asal gerilmelerle verilmiştir. Z ekseninden geçen ve x ekseniyle 300 lik açı yapan düzlem üzerindeki gerilmeleri hesaplayınız.
Bu düzlemin normali x ekseniyle 600, y ekseniyle 300 ve z ekseniyle 900 lik açı yapmaktadır. Buna göre,
( )0 1cos 60
2a = =
( )0 3cos 30
2b = =
( )0cos 90 0c = =
olur.
III- 17
( ) ( )
( )
01
2
. cos 60 . 4000
14000 2000N/cm
2
xS aσ= = −
= − =−
( )02
2
. cos 30 .12000
312000 6000 3 N/cm
2
yS bσ= =
= =
20 N/cmz
S =
x y zS S S= + +S i j k
� � � ��
2000 6000 3=− +S i j� � �
( ) ( )22 22000 6000 3 10583 N/cmS S= = − + =��
1 3
2 2= +n i j� � �
( ) ( ) 21 32000 6000 3 8000 N/cm
2 2σ= ⋅ = − + =n S� ��
σ=σ n� �
1 38000
2 2
= + σ i j� � �
( ) ( )
1 32000 6000 3 8000
2 2
2000 4000 6000 4000 3
6000 2000 3
= − =− + − +
= − − + −
=− +
τ S σ
τ i j i j
τ i j
τ i j
� � �
� � � � �
� � �
� � �
2 2 2 2 210583 8000 6928.203 N/cmSτ σ= − = − =
III- 18
ÖRNEK:
Üçgen gerilme hali 1σ , 2σ ve 3σ ile verildiğine, ( )1 2,σ σ düzlemindeki maksimum kayma
gerilmesi 1τ , ( )2 3,σ σ düzlemindeki maksimum kayma gerilmesi 2τ , ( )3 1,σ σ
düzlemindeki maksimum kayma gerilmesi 3τ olduğuna göre bu maksimum kayma
gerilmelerinin tesir ettiği düzlemlerin normalleri arasındaki açının 600 olduğunu gösteriniz.
ÖRNEK:
Kartezyen düzlemler üzerinde, 1σ , 2σ ve 3σ asal gerilmeleri ile verilen üçgen gerilme hali
için, 1
3a b c= = = doğrultman kosinüsleri ile verilen normale sahip yüzeydeki, normal
ve kayma gerilmelerini hesaplayınız.
1
1
3x
S σ=
III- 19
2
1
3y
S σ=
3
1
3z
S σ=
( )1 2 3
1
3S i j kσ σ σ= + +�� � � �
( )1
3=n i + j+ k� � � ��
( )1 2 3
1
3σ σ σ σ= = + +n.S� �
( )( )1 2 3
1.
3 3σ σ σ σ= = + +σ n i + j + k
� � � � ��
( ) ( )( )1 2 3 1 2 3
1 1
3 3 3σ σ σ σ σ σ= − = + + − + +τ S σ i j k i + j + k
� � � � � �� � � ��
1 2 3 2 1 3 3 1 22 2 21
3 3 33
σ σ σ σ σ σ σ σ σ − − − − − − = − = + + τ S σ i j k� � � � � ��
2 2 2
1 2 3 2 1 3 3 1 22 2 21
3 3 33
σ σ σ σ σ σ σ σ στ
− − − − − − == + +
2 2 21 2 3 1 2 1 3 2 3
1 2 2 3 1 3 3 1 3 2 1 2
6 6 6 4 4 21
4 4 2 4 4 23 3
σ σ σ σ σ σ σ σ στ
σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ
+ + − − +=
− − + − − +
2 2 21 2 3 1 2 1 3 2 3
16 6 6 6 6 6
3 3τ σ σ σ σ σ σ σ σ σ= + + − − −
( ) ( ) ( )2 2 2
1 2 2 3 3 1
1
3τ σ σ σ σ σ σ= − + − + −
2 2 21 2 3
2
3τ τ τ τ= + +
bulunur.
III- 20
ÖRNEK:
xσ ,
yσ ,
zσ ,
xyτ ,
yzτ ,
zxτ ile verilen üçgen gerilme halinde
1
3a b c= = = doğrultman
kosinüsleri ile verilen normale sahip yüzeydeki normal ve kayma gerilmelerini hesaplayınız.
( )1
3x x xy xz
S σ τ τ= + +
( )1
3y xy y yz
S τ σ τ= + +
( )1
3z xz yz z
S τ τ σ= + +
( ) ( ) ( )1
3x xy xz xy y yz xz yz z
σ τ τ τ σ τ τ τ σ = + + + + + + + + S i j k� � � ��
( )1
3=n i + j+ k� � � ��
( ) ( ) ( )1
3 x xy xz xy y yz xz yz zσ σ τ τ τ σ τ τ τ σ = = + + + + + + + + n.S� �
( ) ( ) ( )1
3 x xy xz xy y yz xz yz zσ σ τ τ τ σ τ τ τ σ = + + + + + + + +
( )2
3 3x y z
xy yz xz
σ σ σσ τ τ τ
+ += + + +
( ) ( )2 1
3 3 3
x y z
xy yz xz
σ σ στ τ τ
+ + = + + +
σ i + j+ k� � � ��
τ = S -σ� � �
( ) ( ) ( )
( ) ( )
1
3
2 1
3 3 3
x xy xz xy y yz xz yz z
x y z
xy yz xz
σ τ τ τ σ τ τ τ σ
σ σ στ τ τ
+ + + + + + + +
+ + − + + +
τ = i j k
i + j+ k
� � � ��
� � ��
III- 21
( )
( )
( )
2 1 2
3 3 3
21 1 2
3 3 33
2 1 2
3 3 3
x y z
xy xz yz
y z x
xy yz zx
z y x
xz yz xy
σ σ στ τ τ
σ σ στ τ τ
σ σ στ τ τ
− − + + − − − = + + + − − − + + + −
i
τ j
k
�
� �
��
( ) ( ) ( )2 2 2 21
3 x xy xz xy y yz xz yz zσ τ τ τ σ τ τ τ σ = + + + + + + + +
S�
( ) ( )( ) ( )( ) ( )
2 2 2
2
22
2
21
3 2
2
x y z
x xy xz xy xz
y xy yz xy yz
z xz yz xz yz
S
σ σ σ
σ τ τ τ τ
σ τ τ τ τ
σ τ τ τ τ
+ + + + + + = + + + + + + + +
( )2
2 12
9 x y z xy yz xzσ σ σ σ τ τ τ = + + + + +
( ) ( ) ( )2
2 1
9 x xy xz xy y yz xz yz zσ σ τ τ τ σ τ τ τ σ = + + + + + + + +
( ) ( ) ( )( )( )( )( )( )( )
2 2 2
221
9 2
2
x xy xz xy y yz xz yz z
x xy xz xy y yz
x xy xz xz yz z
xy y yz xz yz z
σ τ τ τ σ τ τ τ σ
σ τ τ τ σ τσ
σ τ τ τ τ σ
τ σ τ τ τ σ
+ + + + + + + + + + + + + = + + + + + + + + + +
2 2 2Sτ σ= −
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )( )( )( )( )( )( )
2 2 22
2 2 2
1
3
21
9 2
2
x xy xz xy y yz xz yz z
x xy xz xy y yz xz yz z
x xy xz xy y yz
x xy xz xz yz z
xy y yz xz yz z
τ σ τ τ τ σ τ τ τ σ
σ τ τ τ σ τ τ τ σ
σ τ τ τ σ τ
σ τ τ τ τ σ
τ σ τ τ τ σ
= + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + − + + + + + + + + + +
III- 22
( ) ( ) ( )
( )( )( )( )( )( )
2 2 22 2
3
2
9
x xy xz xy y yz xz yz z
x xy xz xy y yz
x xy xz xz yz z
xy y yz xz yz z
τ σ τ τ τ σ τ τ τ σ
σ τ τ τ σ τ
σ τ τ τ τ σ
τ σ τ τ τ σ
= + + + + + + + + + + + + + − + + + + + + + + + +
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2 2
2 2 2
2 2
3 91
10 10 491
10 10 491
10 10 4910
92
3
x y z x y y z y z
x xy xz yz
y xy yz xz
z zy xz xy
xy yz xz
xy yz yz xz xz yz
τ σ σ σ σ σ σ σ σ σ
σ τ τ τ
σ τ τ τ
σ τ τ τ
τ τ τ
τ τ τ τ τ τ
= + + − + +
+ + −
+ + −
+ + −
+ + +
+ + +
39. Üçboyutlu şekil değiştirme hali:
( )1y z x y zx x
xE E E E
σ +σ σ +σ +σ σ σε = − ν = + ν − ν
( )1y y x y zz x
yE E E E
σ σ σ +σ +σ σ +σ ε = − ν = + ν − ν
( )1x y x y zz z
zE E E E
σ +σ σ +σ +σ σ σε = − ν = + ν − ν
(90)
( )
( )
1 3
1 2
x y z x y z
x y z
x y z
E E
E
σ σ σ σ σ σε ε ε ν ν
σ σ σν
+ + + + + + = + − + + = −
(91)
birim hacim değişimi ne e diyerek,
x y ze = ε + ε + ε
3x y z
pσ +σ +σ
=
III- 23
( )31 2
pe
E= − ν
( )3 1 2
Ep e=
− ν
3
1 1 1 1 2x y z
x x x x
E E p Ee
E E
σ +σ +σ ν σ = ε + ν = ε + ν = ε + + ν + ν + ν − ν
( )( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
1 21 1 2
11 1 2
x x x y z
x y z
E
E
σ = − ν ε + ν ε + ε + ε + ν − ν
= − ν ε + ν ε + ε + ν − ν
( )( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
1 21 1 2
11 1 2
y y x y z
y z x
E
E
σ = − ν ε + ν ε + ε + ε + ν − ν
= − ν ε + ν ε + ε + ν − ν
( )( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
1 21 1 2
11 1 2
z z x y z
z y x
E
E
σ = − ν ε + ν ε + ε + ε + ν − ν
= − ν ε + ν ε + ε + ν − ν
(92)
elde edilir. Distorsiyon için,
xy xyGτ = γ
yz yzGτ = γ
zx zxGτ = γ (93)
yazılır
40. Üçboyutlu halde şekil değiştirme işi:
F1 kuvvetinin yaptığı diferansiyel iş,
( ) ( )1 1U F x∆ ∆ ∆ ∆=
1 1F y zσ ∆ ∆=
( ) 1x x∆ ∆ ∆ε ∆=
Şekil III- 8
III- 24
( )1 1 1U y z x∆ ∆ σ ∆ ∆ ∆ε ∆=
( )1 1 1U E y z x∆ ∆ ε ∆ε ∆ ∆ ∆=
( )1 1 1U E V∆ ∆ ε ∆ε ∆=
( )1 1 1U E V∆ ∆ ε ∆ε ∆=
( )1 1 1d U E d V∆ ε ε ∆=
21 1 1 1 1 1
1 1
2 2U E d V E V V∆ ε ε ∆ ε ∆ σ ε ∆= = =∫
Diğer doğrultular da dikkate alınarak, toplam olarak
( )1 1 2 2 3 3
1
2U V∆ σ ε σ ε σ ε ∆= + +
(94)
yazılır. Buradan Birim hacim şekil değiştirme işi olara,
( )1 1 2 2 3 3
1
2
U
V
∆σ ε σ ε σ ε
∆= = + +A
(95)
elde edilir.
2 311
E E
σ σσε ν
+ = −
3 122
E E
σ σσε ν
+ = −
3 2 13
E E
σ σ σε ν
+ = −
ifadeleri yerlerine yazılırsa,
( )2 2 21 2 3 1 2 2 3 3 1
12
2
U
V E
∆σ σ σ ν σ σ σ σ σ σ
∆ = = + + − + + A
(96)
elde edilir.
( ) ( )22 2 21 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 12σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ+ + = + + − + +
olarak yazılırsa,
III- 25
( )2
1 2 3 1 2 2 3 3 1
1. İNVARYANT 2. İNVARYANT
12 1
2Eσ σ σ ν σ σ σ σ σ σ
= + + − + + +
A������������� �������������������
(97)
elde edilir. Buradan anlaşılmaktadır ki, şekil değiştiren bir cisim içindeki toplam birim hacim şekil değiştirme işi eksenlerin doğrultusundan bağımsız olup invaryanttır.
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 21 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1
22 2 2 2 2 21 2 2 3 3 1 1 2 3 1 2 2 3 3 1
2
2 2
σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ
σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ
+ + = + + + + +
− + − + − = + + − + +
Bu iki denklemden,
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 21 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1
1 1
3 3σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ + + = + + + − + − + −
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
1 2 2 3 3 1 1 2 3 1 2 2 3 3 1
2 1
6 6σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ + + = + + − − + − + −
bulunur. Bulunan bu değerler yerlerine yazılırsa,
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
1 2 3 1 2 2 3 3 1
2 2 2 2
1 2 3 1 2 2 3 3 1
1 1
1 3 3
2 122
6 6
U
V E
σ σ σ σ σ σ σ σ σ∆∆
ν σ σ σ σ σ σ σ σ σ
+ + + − + − + − = = − + + − − + − + −
A
( )
( ) ( ) ( )
2
1 2 3
2 2 2
1 2 2 3 3 1
1 21 3
12
3
U
V E
νσ σ σ
∆ν∆
σ σ σ σ σ σ
− + + = = + + − + − + −
A
(98)
olarak elde edilir.
III- 26
Şekil III- 9
Bu birim hacim şekil değişimi işi ifadesi,
hidrostati deviatorik= +A A A olmak üzere iki kısma ayrılabilir. Yani bu iş toplam hacim
değişimi işi ile kayma gerilmelerinin yaptığı toplam işin toplamı olarak elde edilebilir. Bunun için
1 2 3p σ σ σ= = =
yazılarak,
( )( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
0
1 21 1
2 3 3p p p p p p p p p
E
ν ν − + = + + + − + − + − A
�����������������������������
( ){ }2p hidrostatik
13 1 2
2p
Eν= = −A A
(99)
elde edilir.
( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
2
1 2 2
2 2 2
1 2 2 3 3 1
2
1 2 2
0
2 2
1 2 2 3 3
1 21 3
2 1
3
1 2
1 32 1
3
p p p
Ep p p p p p
p p p
E
p p p p p
νσ σ σ
νσ σ σ σ σ σ
νσ σ σ
νσ σ σ σ σ
− − + − + − + = + − − − + − − − + − − −
− − + − + − + =+
− − + + − − + + − −
A
A�����������������������
( )2
1 pσ
+
( ) ( ) ( )2 2 2
g deviatorik 1 2 2 3 3 1
1 1
2 3E
νσ σ σ σ σ σ
+ = = − + − + − A A
(100)
yazarak,
III- 27
1 2 2
3p
σ σ σ+ +=
olması gerektiği ortaya çıkar. Buna göre,
( ){ }213 1 2
2hidrostatikp
Eν= −A
(101)
( ) ( ) ( )2 2 2
1 2 2 3 3 1
1 1
2 3deviatorik
E
νσ σ σ σ σ σ
+ = − + − + − A
(102)
p g= +A A A (103)
şeklinde elde edilir.