europan university of lefke static 1

STATİK
Ders Notları

N
C

A

M

B

D

B

o

x
k

y

200N

500N

100N/m
300Nm

B

A

1m

1m

1m

1m

1m

Prof. Dr. Muzaffer TOPÇU
PAÜ. Mühendislik Fakültesi
Makine Mühendisliği
DENİZLİ

İÇİNDEKİLER
1. Genel Prensipler
1.1 Giriş
1.2 Temel Kavramlar
1.3 Temel İlkeler
2. Vektörler ve Kuvvetler
2.1 Giriş
2.2 Vektörlerin Toplanması ve Çıkarılması
2.3 Vektörlerde Çarpma
2.4 Maddesel Noktanın dengesi
2.5 Çözümlü Örnekler
3. Bir Kuvvetin Bir Eksene Göre Momenti
3.1 Bir Kuvvetin Bir Eksene Göre Momenti
3.2 Varignon Teoremi
3.3 Kuvvet Çiftleri
3.4 Kesişen Düzlemlerdeki Kuvvet Çiftleri ve kuvvet çiftlerinin bileşkesi
3.5 Kuvvet Sistemlerinin Bileşkesi
4. Rijit Cisimlerin Dengesi
4.1 Giriş ve Tanımlar
4.2 Mesnetler ve Mesnet Reaksiyonları
4.3 Üç yerden puntalanmış düzlem yapılar
4.4 Uzay Yapılar
5. Ağırlık Merkezi
5.1 Giriş ve Tanım
5.2 Birleşik Alanların Ağırlık Merkezleri
5.3 Ağırlık Merkezinin İntegrasyonla Bulunması
5.4 Dönel cisimler (Pappus Guldin Teoremleri)
6. Alan ve Kütle Atalet Momentleri
6.2 Paralel Eksenler Teoremi
6.3 Birleşik Cisimlerin Atalet Momentleri
6.4 Asal Atalet Momentleri ve Asal Eksenler
6.5 Kütle Atalet Momentleri
7. Kirişlerde Kesme Kuvveti ve Eğilme Momentlerinin Hesaplanması ve Diyagramları
7.2 Kesme Kuvveti ve Eğilme Momenti
7.3 Kesme Kuvveti ile eğilme momenti arasındaki ilişki
7.4 Kesme Kuvveti ve Eğilme Momenti Diyagramlarının Pratik Olarak Çizilmesi

8. Kafes Sistemleri
8.1 Bir Kafes Sisteminin Tanımı
8.2 Basit Kafes Sistemleri
8.3 İzostatik ve Hiperstatik Sistemler
8.4 Kafes Sistemler için Genel Bilgiler
8.5 Kafes Sistemlerinin İzostatik Olma Şartı
8.6 Çubuk Kuvvetlerinin Tayini
9. Çerçeve ve Makinalar
9.1 Giriş ve Tanımlar
10. Sürtünme
10.1 Giriş
10.2 Kuru Sürtünme ve Kanunları
10.3 Sürtünme Kanunları
10.4 Sürtünme Katsayıları ve Sürtünme Açıları

Kaynaklar
1. J. L. Meriam (Çevirenler: E. Erdoğan, M. Savcı, Tuncer Toprak), “Statik” Birsen
yayınları, 1991, İstanbul.
2. F. B. Beer, E. R. Johnston (Çevirenler: F. Keskinel, T. Özbek), “Mühendisler için
Mekanik(Statik)”, 1985, İstanbul.
3. Mustafa İnan, “Statik Ders Notlar”,1990, İTÜ.
4. Ekrem Pakdemirli, “Örnekleri ile Mühendislik Mekaniği”, 1975, Ankara.
5. S. Timeshenko, D., H., (Çeviren: İlhan Kayan), “Mühendislik Mekaniği”.
6. E. Kıral, V. Haktanır, “Mühendislik Mekaniği”, Çukurova Üniversitesi, ADANA

BÖLÜM 1
GENEL PRENSİPLER
1.1 GİRİŞ
Mekanik, kuvvet etkisi altında cisimlerin denge ve hareket şartlarını inceleyen bir bilimdir.
Mekanik üç ana bölüme ayrılır. Bu bölümler: Rijit cisim mekaniği, Elastik cisim mekaniği ve
Akışkanlar mekaniğinden oluşmaktadır.

MEKANİK

Rijit Cisim Mekaniği

Elastik Cisim Mekaniği

a . Statik
b . Dinamik

a . Mukavemet

Akışkanlar Mekaniği
a . Sıkıştırılabilen Akışkanlar
b . Sıkıştırılamayan Akışkanlar

Rijit cisim mekaniği, diyagramdan da görüldüğü üzere statik ve dinamik olarak ikiye
ayrılır. Statik dengede bulunan cisimlerle, dinamik hareket halindeki cisimlerle uğraşır.
Statik, kuvvet etkisi altında cisimlerin denge şartlarını inceleyen bir bilim dalıdır. Statik’e
ait ilk prensipler ve kanunlar kaldıracın bulunması ile başlamıştır. Archimedes denge kanunu
ve kaldıraca ait ilk formülleri yazmıştır. Bugüne gelinceye kadar birçok bilim adamı bu
konuda çalışmışlardır. Bazı bilim adamları şöyle sıralanabilir. Galile, Stevinus, Varignon,
Newton, D’ Alembert, Langrange ve Hamilton
Statik’te duran katı cisimler ile kuvvet arasındaki denge şartları incelenir. Yani cismin
fiziksel davranışı (uzama , kısalma, eğilme, hareket, hız vb. ) ile uğraşılmaz, dengelenmiş
kuvvetler ve bunun geometrisi araştırılır. Gerçekte kuvvet etkisi altında cisimler bir miktar da
olsa şekil değiştirirler. Bu şekil değiştirmeler, ya çok küçük olduklarından denge şartlarının
incelenmesinde göz önüne alınmaz yada cismin şekil değiştirmediği farzedilir. Bir başka
deyişle statik rijit cisimlerin kuvvet ve boyutları arasındaki etkileşimi inceler.

1

1.2 TEMEL KAVRAMLAR
1.2.1 Kuvvet
Kuvvet, tatbik edildiği cisimlerin bulundukları konumları değiştirmeye çalışan fiziksel bir
etki olarak tanımlanabilir. Eğer bir cisim ip, zincir vb. ile bir yere Şekil 1.1’de görüldüğü gibi
asılmış ise yer çekimi etkisi ile ipi veya zinciri, düşey doğrultuda ağırlığı kadar bir kuvvetle
aşağı doğru çekmektedir. Kuvvet B noktasından etki etmektedir. Yönü aşağı ve doğrultusu
AB dir.

A

A

B

B

W
F=W

Şekil 1.1
Şekil 1.1’de görüldüğü gibi kuvvetin tam olarak tanımlanabilmesi için;
a. Kuvvetin şiddeti (F)
b. Tatbik noktası(B)
c. Doğrultusu(AB)
d. Yönü(Aşağı)
bilinmelidir. Yukarıdaki kuvveti tanımlayan bu dört öğeye kuvvetin elemanları denir. Kuvvet
gibi şiddeti, tatbik noktası, doğrultusu ve yönüyle tanımlanan büyüklüklere Vektörel
büyüklükler denir. Kuvvet gibi ısı akışı, hız, ivme birer vektörel büyük iken, sıcaklık ve kütle
skaler büyüklüktür.
1.2.2 Madde
Madde, uzayda yer kaplayan her şeydir. Bir cisim, kapalı bir yüzeyle çevrelenmiş bir
maddedir.
1.2.3 Cisim
Tanım olarak cisim, uzayda yer kaplayan her şey cisim olarak adlandırılır. Cisimler çeşitli
şekillerde (katı, sıvı, gaz vb) olabilir. Davranışları çeşitli şekillerde modellenebilir. Mekanikte
cisimler davranışına göre, rijit, elastik, elasto-plastik, vizkoelastik cisim olarak adlandırılır.
Statikte ise cisimler rijit olarak kabul edilir. Yani cisimler kuvvet etkisi altında hiç şekil
değiştirmezler.

2

1.2.4 Atalet
Atalet, maddenin, hareketteki değişikliğe karşı direnç gösterme özelliğidir.
1.3 TEMEL İLKELER
Elamenter mekanik, deneylerden elde edilen altı temel ilkeye dayanır.Bu ilkeler statik
içinde geçerlidir.
1.3.1 Paralel Kenar Kanunu
Bir cismin herhangi bir noktasına etkiyen, iki kuvvetin etkisi, bir paralel kenarın köşegeni
ile gösterilen tek bir kuvvetin etkisine denktir. Bu kuvvete Bileşke kuvvet denir. Aşağıdaki
r
r
r
şekil 1.2’de görüldüğü gibi a ve b vektörlerinin toplamı paralel kenar kuralına göre c
vektörüne eşittir.

b

c

γ

a
Şekil 1.2
Vektörel olarak bu toplam c2=a2+b2 şeklinde tanımlanabilir. Eğer iki vektör arasındaki açı
γ ise bileşkenin şiddeti
c = a 2 + b 2 − 2ab cos γ

(1.3.1)

dir. Buna kosinüs kanunu denir. Kuvvetlerin toplanmasında Sinüs kanunu da kullanılır.

α
b

c

γ

β
a

Şekil 1.3

3

Şekil 1.3’den görüldüğü üzere,

α+β+γ=180ο

(1.3.2)

a
b
c
=
=
sin(α ) sin( β ) sin(γ )

(1.3.1)

Yukarıdaki ifade de vektörlerin (Kuvvetlerin) toplanmasında kullanılabilir.
1.3.2 Newton’un 1. Kanunu
Denge halindeki kuvvetlerin etkisinde bir maddesel nokta, ya sabit durur ya da doğrusal
hareket eder.
Bir maddesel noktanın ivmesi, uygulanan bileşke kuvvetin büyüklüğü ile doğru orantılıdır.
İvme, kuvvet ile aynı doğrultu ve yöndedir.
F = ma

(1.3.3)

Temas halindeki cisimlerin temas noktasındaki etki ve tepki kuvvetleri aynı doğrultuda ve
şiddette fakat zıt yönlüdür.
W

y

W

W

x
z

R

Şekil 1.4
Şekil 1.4’deki top bir düzlem üzerinde durmaktadır. Düzlemde, yani x,y doğrultularında
top harekete karşı serbest olduğu halde düşey doğrultuda (z yönünde) hareket serbestliği
yoktur. Bu kanuna göre düzlemin topa gösterdiği tepki kuvveti R=W dir.
Statikte, harekete karşı tamamıyla serbest olmayan cisimlerin denge şartlarını incelemek
zorunda kalırız. Cismin herhangi bir doğrultu ve yöndeki serbest hareketine mani olan şeye
Bağ denir. Dolayısıyla orada doğan kuvvete de Bağ Kuvveti denir. İlerleyen bölümlerde
bağlar ve bağ kuvvetleri detaylı bir şekilde incelenecektir.
1.3.5 Süperpozisyon ve Kayıcılık İlkesi
Bir rijit cismin bir noktasına etkiyen bir kuvvetin yerine, aynı tesir çizgisi üzerinde, aynı
şiddet, doğrultu ve yönde, fakat başka bir noktaya etkiyen bir kuvvet konulursa, rijit cismin
denge ve hareketinde bir değişiklik olmaz. Bu durum şekil 1.5’de gösterilmiştir.

4

A

≡

ŞekilA1.4
B

≡

B

Şekil 1.5
1.3.6

Genel Çekim Kanunu

Kütleleri M ve m olan iki maddesel nokta karşılıklı olarak eşit ve zıt yönlü F ve –F
kuvvetleri ile şekil 1.6’da görüldüğü gibi birbirini çeker. Cisimler arasındaki bu çekime
Newton’un gravitasyon kanunu denir ve aşağıdaki formülle izah edilir.
F = G.

M .m
d2

(1.3.4)

F : İki maddesel nokta arasındaki karşılıklı çekim kuvveti
G : Gravitasyon sabiti
d : Maddesel noktaların merkezleri arasındaki uzaklık
M, m : Maddesel noktaların kütleleri
M
F
F m
d
Şekil 1.6
G=6.673.10-3cm3/grsn2
Gravitasyonal kuvvetler, her cisim çifti arasında mevcuttur. Yeryüzü üzerinde, ölçülebilen
tek gravitasyonal kuvvet, yerin çekiminden ileri gelen kuvvettir.(1.3.3) ve (1.3.4) nolu
denklemlerin birleşiminden, düşen cismin kütlesi birbirini götürerek, g ivmesi,
g=

GM
2
d

(1.3.5)

dir.

Yeryüzüne göre g’nin değeri, ekvatorda 9.78 m/s2, 450 lik enlemde 9.81 m/s2 ve
kutuplarda 9.83 m/s2 olarak bulunmuştur. Çoğu mühendislik problemlerinde, g’nin değeri
9.81 m/s2 olarak almak uygundur.
Bir cismin kütlesini, genel çekim kanunuyla hesaplamak mümkündür. Cismin ağırlığının
değeri, W ise ve cisim g ivmesi ile düştüğüne göre (1.3.3) nolu denklemden,
W=mg

(1.3.6)

bulunur.

5

BÖLÜM 2
VEKTÖRLER VE KUVVETLER
2.1 GİRİŞ
Çevremizdeki büyüklükler, alan, hız, hacim, kütle vb. genellikle iki şekilde adlandırılır.
Skaler ve vektörel büyüklükler.
Skaler: Sadece fiziki büyüklüğü olan sıcaklık, kütle, alan gibi değerlere skaler diyoruz.
Vektör: Fiziki büyüklüğü yanında birde yönü ve doğrultusu olan hız, ivme, kuvvet ve
moment gibi değerler vektör olarak adlandırılır.

r
Vektörel ifadeleri skalerden ayırmak için ya üzerinde bir ok( v ) veya alt cizgi ( v ) olarak
−

gösterilirler. Vektörler kendi doğrultusunda kaydırılabiliyorsa bunlara kayan vektör başlangıç
noktası sabit ise böyle vektörlerede bağlı vektörler denir.
Skaler büyüklükler için geçerli olan dört işlem (toplama, çıkarma, çarpma bölme) ve diğer
matematiksel (türev, integral) işlemler vektörler içinde vektörlere has yöntemlerle
yapılabilmektedir.
2.2 VEKTÖRLERİN TOPLANMASI VE ÇIKARILMASI
r
r
r
Bilinen iki vektör A ve B olsun. Bu iki vektörün taplamına R diyelim. Paralel kenar kanunu
r r r
vasıtasıyla şekil 2.1’de bu toplam R = A + B şeklinde verilir. A ve B, vektörlerin boylarını
gösterdiğine göre vektörlerin toplamı geometrik olarak şekil 2.1 gibi verilebilir.

r
A
r
B

r
A
r r r
R = A+ B
r
B

r
A

r
A
θ

r r r
R = A+ B

r
B

r r r
R = A+ B
r
B

r
A

r r r
R = A+ B

α

Şekil 2.1 İki vektörlerin toplanmasının geometrik gösterimi
Bu vektörlerin arasındaki açı θ ise toplamın şiddeti şu şekilde yazılabilir. Vektörün şiddeti
iki cizgi arasında gösterilir.

6

R = A 2 + B 2 ± 2 ABCos (θ )

(2.1)

B vektörü ile R vektörünün yaptığı açı şu şekilde yazılabilir.

α = arctan

A sin(θ )
B + A cos(θ )

(2.2)

Vektörlerin toplanması için dört temel metot vardır.

a)
b)
c)
d)

Paralel kenar metodu
Üçgen metodu
Poligon metodu
Analitik metot

İlk iki metot genellikle iki vektörün toplanmasında diğer iki metot ise ikiden çok vektörün
toplanması durumunda kullanılılır. Bunları sırasıyla ele alalım.
a) Paralel kenar metodu
Bir noktada kesişen iki vektör bir paralel kenara tamamlanırsa vektölerin kesim
noktasından geçen köşegen o vektörlerin toplamına eşittir. Paralel kenara tamamlama ölçekli
bir çizimle yapıldığında köşegenin boyu ölçülerek bileşke kuvvetinşiddeti bulunabileceği gibi
cebirsel olarakta bileşke kuvvetin şiddeti ve yönü hesaplanabilir. Şekil.2.2’de geometrik çizim
verilmiştir.
N

r
A
θ

O

M

r
R

Asin(θ)

α
r
B

K

L

Acos(θ)

Şekil 2.2 Paralel kenar kuralı ile kuvvetlerin toplanması
(OML) üçgeninden bileşke kuvvet aşağıdaki gibi yazılabilir

OM = R = [(OK + A cos(θ )) 2 + ( A sin(θ ) 2 ]
_

1/ 2

[

R = A 2 + B 2 + 2 ABCos (θ )

]

1

2

Ayrıca yukarıdaki dik (OML) üçgeninden

tan(α ) =

A sin(θ )
B + A cos(θ )

ve α = tan-1

A sin(θ )
B + A cos(θ )

7

daha önce bulduğumuz formüller ile aynı ifadeleri bulduk. O halde paralel kenar kuralı ile
vektörlerin toplamı ve yönü bulunabilmektedir diyebiliriz. Ayrıca yukarıdaki formüllerden şu
özel durumlar söylenebilir.

1. θ=0o iki vektör çakışıktır.
2. θ=90o iki vektör birbirine diktir. Bu durumda şunlar yazılabilir.

[

R = A2 + B 2 )

]

1

2

ve α = tan-1

A
B

3. θ=180o ise iki vektör aynı doğrultudada olup yönleri zıttır.
r r r
R = A - B ise α = 0o ve B> A veya α = 180o ve B< A dir.

b) Üçgen Metodu
r
r
r
r
A ve B verilen iki vektör ise A vektörünün ucundan(ok tarafı) B vektörüne
r
r
paralel ve aynı şiddette bir vektör çizilir. A vektörünün başlangıç noktası ile B
r
r
r
vektörünün uc noktasını birleştiren doğru R bilişke vektörünün şiddetini A dan B ye
r
doğru R nin yönü bulunur. Şekil 2.3’de üçgen metodunun uygulaması görülmektedir.

r
B

r
A
θ

r
B

r
A

α

r r r
R= A + B

Şekil 2.3 üçgen metodunun uygulaması
c) Poligon Metodu
Bu metot üçgen metodun genişletilmiş halidir. İkiden fazla vektörün toplanması için
kullanılan geometrik bir toplama metodudur. Bilinen üç vektör A,B,C olsun vektörlerden
birini çizdikten sonra diğer vektörleri kendi yön ve doğrultusuna sadık kalarak çizilen ilk
vektörün uç noktası ile diğer vektörün başlangıcı birleştirilir. Aynı işlem sonraki vektör
içinde uygulanır. İlk çizilen vektörün başlangıç noktası ile son cizilen vektörün bitim
noktası birleştirilirse R bileşke kuvveti; şiddet ve yön olarak bulunmuş olur. Burada işlem
sırası ve vektörlerin birbirini kesmesi önemli değildir. Şekil 2.4’de üç vektör için metodun
uygulanışı gösterilmiştir.
r
B
r
r
A
A
r
r
C
B
r
r
r
r
r
C
R = A+ B+C
Şekil 2.4 Poligon metodu

8

d) Analitik Metot
Bir vektörü (birbirine dik doğrultularda) kartezyen koordinat sisteminde iki bileşene
ayırmak mümkündür. Vektörün eksenlerden birisi ile yaptığı açı θ ise .Vektör sin(θ) ve cos(θ)
ile çarpılarak dik koordinatlardaki izdüşümü bulunabilir. Şekil 2.5’de görüldüğü gibi vektör x
ve y eksenleri yönünde bileşenlere ayrılabilir.

y

Fy

F
x
Fx

Şekil 2.5 Bir vektörün bileşenlere ayrılması
Şekil de bir kuvvet için yapılan bu bileşenlere ayırma birden fazla vektör içinde yapılabilir.
Sonra bu bileşenler cebirsel olarak toplanırlar. Bütün vektörlerin x yönündeki bileşenleri Rx
ve y yönündeki bileşenleri Ry olmak üzere bu işlemler birden çok kuvvet için yapılmış ise,

∑ Rx = F1x+ F2x+ F3x+................+ Fnx
∑ Ry = F1y+ F2y+ F3y+................+ Fny
Vektörlerin toplamı

R =

[∑ ( Rx) + ∑ ( Ry) ]

İfadeleri yazılabilir. Eğer R=0 ise

2

1
2 2

∑ Rx = 0

ve

ve α = tan-1

∑ Ry
∑ Rx

∑ Ry = 0 olması gerektiği toplamanın

özelliğinden görülmektedir.

9

Örnek 1:
y

r
F1 = 95 N

F1 y

r
F2 = 62 N

F2 y
15

30

F2 x

F1 y = 95 sin 30 = 47.5 N

F1x = 95 cos 30 = 82.3 N
F2 x = 62 cos15 = −59.9 N

∑F

x

x

F1 x

F2 y = 62 sin 15 = 16.1N

∑F

= 22.4 N

Y

F = (22.4) 2 + (63.16) 2 = 67,43 N

F

= 63.6 N

α = tan −1 (63.6 / 22.4)

α

α = 70,6 o
Şimdiye kadar bir düzlem içinde bulunan vektörlerden bahsettik. Uzayda yukarıdaki
yöntemlerle vektörel işlemleri yapmak zordur. Uzayda vektörleri üç dik eksendeki bileşenleri
ile yazmak gerekir. Bunun için birim vektörleri tanımlamak gerekmektedir. Bu vektörler
sırasıyla x,y,z eksenleri boyunca i, j, k olarak bilinir.
Bu vektörlerin boyları bir birimdir. Bir skaler ile bir vektörün çarpımıda aynı yönde bir
vektör vermesi tanımından, uzaydaki bir vektörü aşağıdaki gibi yazabiliriz.
z

k
j
i

y

x

Şekil 2.6 Birim vektör

10

Düzlemde bir vektörün gösterilimi ve birim vektörler Şekil 2.7’deki gibidir.
F = Fx i + Fy j

y

j

F = Fx2 + Fy2
i

F

tan (θ ) =

Fy

θ

x

Fy
Fx

Fx

Şekil 2.7
r
r
r
r
F = Fxi + Fyj + Fzk
r
Burada Fx , Fy, Fz skaler terimleri, F ’ nün sırasıyla x,y,z eksenleri yönündeki
r
bileşenlerinin şiddetleridir. Şekil 2.8’de uzayda bir F ’nün bileşenleri gösterilmiştir. Şekilden
r
de anlaşılacağı gibi Fx, Fy, Fz bileşenleri F ’nün üç noktasının koordinatlarıdır.
O halde vektörün başlangıç noktası orijin ve bitim noktasının koordinatları (x2, y2, z2) olarak
verilirse,
r
r
r
r
r
2
2
2
ve F = x 2 + y 2 + z 2 olarak yazmak mümkündür.
F = x2 i + y2 j + z 2 k

z

Fz

r
k

r
i

γ

r
F
β

r
j

Fy

y

α

Fx
x

Şekil 2.8 vektörün bileşenleri ve birim vektörler

Sırasıyla x, y, z eksenleri ile vektörün yaptığı açılar (α), (β), (γ) ise,

11

2.2.1 Doğrultman Kosinüsleri: Cos(α), Cos(β), Cos(γ) dır. Doğrultman kosinüsleri
arasında şu bağıntı vardır.

Cos2(α)+ Cos2(β)+ Cos2(γ) =1
Doğrultman kosinüslerini vektörlerin bileşenleri ve şiddetlerine bağlı olarak aşağıdaki gibi
yazabiliriz.
Cos(α)=

Fy
Fx
F
, Cos(β)=
, Cos(γ) = z
F
F
F

A vektörü doğrultusundaki (boyunca) birim vektör λA ise şu şekilde tanımlanabilir.
r
Fy
F
F Fx
i+
j + z k = Cos(α) i + Cos(β) j + Cos(γ) k
λA = =
F
F
F
F

r
F = FλA= FCos(α) i +FCos(β) j +FCos(γ) k

r
Eğer bilinen vektörler F1 , F2 ,...............Fn ise bu vektörlerin toplamı FR vektörü şu
şekilde yazılabilir.
r
r
r
r
r
FR = ∑ F = ∑ Fx i + ∑ Fy j + ∑ Fz k

2.2.2 Uzayda İki Nokta Arasında Tanımlanmış Kuvvetler

Eğer koordinat eksenleri vektörün başlangıcında geçmiyor ve başlangıç noktası
r
A(x1, y1, z1) ve bitim noktası B(x2, y2, z2) olarak verilmiş bir F vektörü şöyle yazılabilir.
Şekil 2.9’da böyle bir vektörü göstermektedir.
r
r
r
r
r = ( x B − x A )i + ( y B − y A ) j + ( z B − z A ) k veya
r
r
r
r
r = ( x 2 − x1 )i + ( y 2 − y1 ) j + ( z 2 − z1 ) k

r = (x 2 - x 1 ) 2 + (y 2 - y1 ) 2 + (z 2 - z1 ) 2
şeklinde yazılabilir.

12

B(x2, y2, z2)

z
r

λ

A(x1, y1, z1)

y
O

x

Şekil 2.9 İki nokta arasında tanımlanan kuvvetler

A-B doğrusu üzerindeki birim vektör şu şekilde tanımlanabilir.
λ=

r
r
r

A-B boyunca meydana gelen vektör ve değeri, A-B nin koordinatlarından tanımlanabilir.
r
r
r
F =F = F λ
r

2.3 VEKTÖRLERDE ÇARPMA

Vektörlerde çarpma işlemi denilince aşağıdaki dört tip çarpma akla gelir.

a) Bir skalerin bir vektörle çarpımı
b) İki vektörün skaler çarpımı
c) İki vektörün vektörel çarpımı
d) ikiden fazla vektörün skaler ve vektörel çarpımı
Bunları sırasıyla ele alalım.

13

a ) Bir skalerin bir vektörle çarpımı

Skaler sayı a olsun vektörde F ise skaler çarpım,
r
r
S = aF
r
r
olarak yazılabilir. Burada S vektörünün şiddeti, a skaleri ile F vektörünün şiddetinin
çarpımına eşittir. S’nin doğrultusu F ile aynı olup,
r
r
a>0 ise S vektörü F vektörü ile aynı yönde
r
r
a<0 ise S vektörü F vektörünün tersi yönde
r
a=0 ise S vektörü bir noktaya dönüşür
Örnek 2:
r
r
r
r
r
r
F = 5i − 7 j + 15k olarak verildiğine göre 2 F ve (-4 F ) nedir?
Çözüm:
r
r
r
r
r
r
r
2 F = 10i − 14 j + 30 k ve -4 F = − 20i + 28 j − 60 k ’dir.

b) İki vektörün skaler çarpımı
r
r
Verilen iki vektör A ve B olsun. Bu iki vektörün skaler çarpımı;

A

r
A
θ

H

r
B

r r
A.B = AB cos(θ )

O

B

r
v
OB= B

OA= A

OH=OD=Acosθ
C

D

Şekil 2.10 Skaler çarpımın geometrik anlamı
r r
A.B = AB cos(θ ) = Ax B x + Ay B y + Az B z
r
r
ifadesiyle tanımlanabilir. Yukarıdaki ifade A skaler çarpım B diye okunur. AB skalerdir ve
Şekil 2.10’daki taralı dikdörtgenin alanını verir. Eğer iki vektör birbirine dik ise θ=90o ve

14

cos90=0 olduğu için skaler çarpım sıfır olur. Diğer bir ifade ile skaler çarpımları sıfır olan iki
vektör birbirine diktir. θ=0o , cos0=1 olur ve skaler çarpım, bu iki vektörün şiddetleri
çarpımına eşittir. B birim vektör ise, skaler çarpım A nın B doğrultusundaki bileşeninin
şiddetini verdiği Şekil 2.10’dan görülmektedir (OH=Acos θ)

Yukarıdaki açıklamalardan i,j,k birim vektörlerinin skaler çarpımı şöyle yazılabir.
rr r r r r
rr vr rr
i .i = j . j = k .k = 1 ve i . j = i .k = j .k = 0
Birim vektörler cinsinden verilmiş iki vektör.
r
r
r
r
r
r
r
r
A = Ax i + Ay j + Az k ve B = B x i + B y j + B z k
olsun bu iki vektörün skaler çarpımı;
r r
A.B = Ax B x + Ay B y + Az B z olur.
Skaler çarpım (.) ile gösterilmektedir.Bir vektörün kendisiyle çarpımı:
r r
2
A. A = A 2 = Ax2 + Ay + Az2 veya A =

2
Ax2 + Ay + Az2 ’dır.

Buradan şöyle diyebiliriz. Bir vektörün şiddeti kendisiyle skaler çarpımının kareköküdür.

Örnek 3:
r
r
r
r
r
r
r
r
A = 7i − 8 j + 3k vektörünün B = 2i − 6 j + 3k vektörü yönündeki bileşenini bulunuz.

r
r
B = B.b şeklinde yazarsak b birim vektörünü hesaplayabiliriz.
r 1 r
r
r
B=(4+36+9)(1/2) =7 ise, b = ( 2i − 6 j + 3k )’dir.
7
rr 1
71
A.b = ((7).(2)+(-6).(-8)+(3)(3))= =10.15 bulunur
7
7

c) İki vektörün vektörel çarpımı
r
r
r
r
Bilinen iki vektör , A = Ax i + Ay j + Az k

r
r
r
r
ve B = B x i + B y j + B z k olsun, bu iki vektörün

vektörel çarpımı;

r r r
C = AxB
olarak yazılır ve A vektörel çarpım B diye okunur. Burada çarpım yine bir vektördür. C
vektörünün şiddeti;
C=A.B.Sinθ’ dır.

15

ve A-B vektörlerine diktir. Yönü sağ el kuralına göre bulunur. Şekil 2.11’ de sağ el kuralı ve
iki vektörün vektörel çarpımından elde edilen C vektörü ve yönü görülmektedir.

z

r
C

r
B

y

θ

r
A

x

Şekil 2.11 Sağ El Kuralı, Vektörel çarpım ve C vektörünün yönü
Burada sırasıyla x,y,z yönlerindeki birim vektörler i,j,k ise bu vektörlerin vektörel çarpımı
r r rr r r
i xi = j xj = k xk = 0 ve
rr r r
r
i xj = k , k xi = j ,

r r
j xk = i tersi ise

r v r
r r
r rr
j xi = − k , i xk = − j , k xj = −i ’dir.

Bu çarpımdan da vektörün yönü görülmektedir. Ayrıca Şekil 2.11’den vektörel çarpmada
r r
r r
AxB = − BxA olduğundan çarpma sırası önemlidir. Paralel iki vektörün çarpımı sıfırdır. Bir
başka ifade ile çarpımları sıfır olan iki vektörün, vektörel çarpımı sıfır ise bu iki vektör
paraleldir. Geometrik olarak vektörel çarpımın manas; çarpılan iki vektörün meydana
getirdikleri paralel kenarın alanını vermektedir. İki vektör birim vektörler cinsinden verilmiş
ise bu iki vektörün vektörel çarpımı aşağıda verilmiştir.
r r r
r
r
r
r
r
r
C = AxB = ( Ax i + Ay j + Az k ) x( B x i + B y j + B z k )

16

Bu çarpımın sonucu aşağıdaki matrisin determinatının açılımıdır.
i

j

k

Ax
Bx

Ay
By

r
r
r
Az = ( Ay B z − Az B y )i − ( Ax B z − Az B x ) j + ( Ax B y − Ay B x )k
Bz

2.4 MADDESEL NOKTANIN DENGESİ

Newton’un birinci kanuna göre bir maddesel noktaya etkiyen bileşke kuvvet 0 ise
maddesel nokta hareketsiz kalır. Eğer başlangıçta bir hızı varsa sabit hızla doğrusal hareket
yapar. Bu kanuna göre uzayda bir noktada kesişen kuvvetlerin statik dengesi için bileşke
kuvvet R = 0 olmalıdır. Bileşenler halinde yazılacak olursa ΣFx=0 , ΣFy=0 , ΣFz=0 şartı
bulunmalıdır. Bunlara denge denklemi adı verilir. Eğer kuvvetler çokgeni çizilmiş ise bileşke
kuvvetin sıfır olma şartı yerine getirilebilmesi için çokgenin başlangıç noktasının tekrar
kapanması gerekir. Düzlemde denge denklemleri iki tanedir. Kuvvet dengesinde ayrıca
momentlerin dengesi için de bir denklem daha yazmak gerekir.
ΣFx=0 , ΣFy=0

B
α

β

C

B

C
TAB

A

α

β

TAC

α
P

A

180-( α+β)

β

W

TAB

TAC

P

a) Durum diyagramı

b) Serbest Cisim Diyagramı

c) Kuvvet Diyagramı

Şekil 2.12
Şekil 2.12’de görüldüğü gibi problemin fiziksel şartlarının gösterilmesi durum diyagramı,
cisim izole edilir ve etki eden kuvvetler gösterilirse buna serbest cisim diyagramı denir.
Problem denge denklemleri yardımıyla çözülebilir. Çözümde kullanılan yalnızca kuvvetlerin
gösterildiği diyagrama kuvvetler diyagramı denir. Meselâ kuvvetler üçgeninde kuvvetleri
belirleyen sinüs denklemleri;
T
TAB
P
şeklinde yazılabilir.
= Ac =
sin β sin α sin(180 − (α + β ))

17

Denge denklemleri ile çözmek istersek;
ΣFx=0

x
TAC

TAB

ΣFy=0

y
P

18

2.5 ÇÖZÜMLÜ PROBLEMLER
Problem 1:

Şekildeki çerçeveye 500 N’luk kuvvet etki etmektedir. FAC=400 N
ise FBA’yı hesaplayınız. Ayrıca θ açısını bulunuz.

B

30 o

A

C

θ
500 N

Çözüm:
FAC=400 N

o

θ

60

FAC=400 N
60o

θ
o

30

500 N
FBA

α

FBA

500 N

400
500
=
Sin α Sin 60
400
( Sin 60)
500
α = 43,9o
Sin α =

θ = 180 − 60 − 43,9
θ = 76,10
F
400
= BA
Sinα Sinθ
FBA = 560 N

Problem 2:

19

y
F2=250 N

F3=200 N
5

3

4

45o

Bileşke kuvveti ve x ekseni ile yaptığı açıyı
bulunuz.

x

F1=400 N

Çözüm:

4
Rx = ∑ Fx ⇒ Rx = −400 + 250.Cos 45 − 200.
5
Rx = −383,2 N ←
3
R y = ∑ Fy ⇒ R y = 250. Sin 45 + 200.
5
R y = 296,8 N ↑

y
R

Ry=296,8 N
θ

x

Rx=-383,2 N

R = (−383,2) 2 + 296,8 2
R = 485 N
⎛ 296,8 ⎞
⎟ = 37,8o
383,2 ⎠
⎝

θ = tan −1 ⎜

Problem 3:

20

z
F2=(50i-100j+100k)N

F1=(60j+80k) N

F1 ve F2 kuvvetlerinin bileşkesinin şiddetini ve
x,y,z eksenleri ile yaptığı açılar hesaplayınız.

y

x

Çözüm:

R = F1 + F2

z

R = (60 j + 80k ) + (50i − 100 j + 100k )

R

R = 50i − 40 j + 180k

γ
β

α
O

y

R = 50 2 + (−40) 2 + 180 2
R = 191 N

x

λ=

R 50i − 40 j + 180k
=
R
191

λ = 0,2617i − 0,2094 j + 0,9422k
Cos(α)=

Cosα=0,2617
α=74,8o

Fy
Fx
F
, Cos(β)=
, Cos(γ) = z
F
F
F

Cosβ=-0,2094
β= 102o

Cosγ=0,9422
γ=19,6o

21

Problem 4:
z

F kuvvetinin xy düzlemi ile yaptığı açı 30o ise F
kuvvetinin bileşenlerini bulunuz.

F=4 kN
30o

y

60o
x

Çözüm:

F ' = 4.Cos 30 = 3,46 kN
Fz = 4. Sin 30 = 2 kN

z

Fy

30o

Fx

Fx = F '.Cos 60 = 3,46.Cos 60 = 1,73 kN

F=4 kN

Fz

o

60

Fy = F '.Sin 60 = 3,46. Sin 60 = 3 kN
y

F = (1,73 i + 3 j + 2 k ) kN

F’
x

22

Problem 5:

Bir kancaya F1=300 N ve F2=700 N kuvvetleri
etki etmektedir. Bileşkenin y ekseni üzerinde 800
N olabilmesi için F2 kuvvetinin bileşenlerini ve x,
y, z eksenleri ile yaptığı açıları hesaplayınız.

z
F2
1200
y
60o
45o
x

F1

Çözüm:
v v
v
v
v v
R = Rx + R y + Rz = F1 + F2
v
F1 = F1 cos α i + F1 cos β j + F1 cos β k
= 300 cos 45i + 300 cos 60 j + 300 cos120k
= 212i + 150 j − 150k
v
F2 = ( F2 x )i + ( F2 y ) j + ( F2 z )k
v
R = R yj = 800 j
v v v
R = F1 + F2

800 j = (212 + F2 x )i + (150 + F2 y ) j + (−150 + F2 z )k
Rx = 212i + F2 x = 0
F2 x = −212 N
F2 z = 150 N
800 = 150 + F2 y
F2 y = 650 N
F2 x = F2 cosα 2
− 212 = 700 cosα 2

α 2 = 1080
650 = 700 cos β 2

β 2 = 21,80
150 = 700 cos γ 2

γ 2 = 77,6 0 veya λ =

F2
− 212i + 650 j + 150k
= −0,302i + 0,928 j + 0,214k
=
F
(−212) 2 + 650 2 + 150 2

23

Problem 6:
B
450

600

Verilen sistemde BC kablo kuvveti ile CD yay
kuvvetini hesaplayınız. (W=60 N)

D

C

A
E

W=m.g

Çözüm:

y

∑F
∑F

x

F1

y

=0

− T . cos 60 + F2 = 0

T
600

=0

F2

W
F1=60 N

T .sin 60 − F1 = 0
x

60
= 69,28
sin 60
F2 = T . cos 60

T=

F2 = 34,64 N

24

Problem 7:
B
2 kN

5o
20o

15 m

4 kN
20 m

A

Kuvvetleri bilinen iki kablo B
noktasına bağlanmıştır. Üçüncü bir
AB kablosu bağ teli olarak
kullanılmaktadır. Bu tel A dan B’
ye bağlanmıştır. AB’deki kuvvet
ne olmalıdır ki üç kablonun
bileşkesi düşey olsun.

Çözüm:

BA = 20i − 15 j

[BA] = (20)2 + (− 15)2

= 25

r
20
15
FBA = FBA . − FBA
25
25
∑ Rx = 0

− 2.Cos5 − 4.Cos 25 + FBA

20
=0
25

FBA = 7 kN

25

Problem 8:

AB kablosundaki kuvvet 350 N, BC kablosundaki
kuvvet 450 N dur. Kablodan B noktasına gelen
kuvvetlerin bileşkesini bulunuz.

y

C

3m

8m
x

A

2m

B

6m
z
y

Çözüm:

C

A(0,3,8) B(6,0,6) C(0,3,0)
BA = −6i + 3 j + 2k

x

A

FBC

BC = −6i + 3 j − 6k
FBA

BA = 36 + 9 + 4 = 7
BC = 36 + 9 + 36 = 9
350
(−6i + 3 j + 2k )
7
450
=
(−6i + 3 j − 6k )
9

FBA =
FBC

B

6m
z

FBA = −300i + 150 j + 100k )
FBC = −300i + 150 j − 300k
RB = FBC + FBA
RB = −600i + 300 j − 200k

26

BÖLÜM 3
BİR KUVVETİN BİR EKSENE GÖRE MOMENTİ
3.1 BİR KUVVETİN BİR EKSENE GÖRE MOMENTİ
Bir kuvvetin tatbik edildiği cismi sabit bir eksen etrafında döndürme eğilimine kuvvetin o
eksene göre momenti denir.
Moment Yönü

z
N
C

D

A

M

B

B

Dönme Yönü

o
y

A

x

k

Şekil 3.1 Bir kuvvetin momenti ve sağ el kuralı
Momentin işaretini belirtmek için ON eksenin okla gösterilen yönde (+) olduğunu kabul
edip sağ el kuralına göre momentin yönü belirtilebilir. Sağ elin parmakları kuvvetin çevirme
yönündeyken başparmak kuvvetin yönünü gösterir. M momenti şekilde görüldüğü gibi bir
vektörle gösterebilir. M moment vektörü vektör kurallarına uyan ve tesir çizgisi moment
ekseni olan bir kayan vektör olarak düşünülebilir. Çünkü dik düzlem olarak başka bir düzlem
alınsaydı yine aynı şiddette ve yine aynı döndürme yönünde bir vektör bulunacaktı.
Momentin birimi Newton metre (Nm) dir. Bütün kuvvetlerin aynı düzlemde olması halinde
bir noktaya göre momentten bahsedilebilir.
Aslında bu moment o noktasından geçen ve düzleme dik olan eksene göre momenttir.
Düzlemsel kuvvetlerde moment vektörünü göstermeye gerek yoktur. Kuvvetlerin düzlemde
olması durumunda noktaya göre moment den bahsedilebilir.

27

y

+
F

o

y

z

d
A

x

_

x

z

Şekil 3.2 Düzlemde Momentlerin yönü
Sisteme birden çok kuvvetin etkimesi durumunda ise momentler toplanır.

+ M R O = ∑ Fd

Şekil 3.3 Momentlerin Toplanması
Örnekler;
Örnek 1:

M O = (100 N )( 2 m ) = 200 N ⋅ m

28

Örnek 2:

M O = ( 50 N )( 0.75m ) = 75 N ⋅ m

Örnek 3:

M O = ( 7 kN )( 4 − 1m ) = 21.0 kN ⋅ m

Örnek 4:
M A = 800 N (2.5 m) = 2000 N ⋅ m
M B = 800 N (1.5 m) = 1200 N ⋅ m
M C = 800 N (0 m) = 0 N ⋅ m
M D = 800 N (0.5 m) = 400 N ⋅ m

3.2 VARİGNON TEOREMİ
Bir kuvvetin bir noktaya göre momenti, bu kuvvetin bileşenlerinin yine aynı noktaya göre
momentlerinin toplamına eşittir.

r
P

o d

r
R
r
Q

o

dP

r
P

r
R

dQ

r
Q

r r r
R = P + Q ⇒ M o ( R ) = M o ( P ) + M o (Q)
Şekil 3.4 Varignon teoremi
29

Bu teorem ikişer, ikişer kuvvetler için peş peşe uygulanarak ikiden çok kuvvet ve onların
bileşenleri için ispat edilebilir. Yani bir noktada kesişen birçok kuvvetin herhangi bir noktaya
göre momentleri toplamı aynı noktaya göre bileşke kuvvetin momentine eşittir. Bu teorem
hem bağlı hem de kayıcı vektörlere uygulanabilir. Varignon teoreminden yararlanarak bileşke
kuvvetin bir noktaya göre momenti yerine bu kuvvetin bileşenlerinin aynı noktaya göre
momentlerini almak çoğu zaman daha elverişli olmaktadır

y
Fy

F

y

Mo=Fd
Mo= Mx +My

Fx
x

o

x

d

k

z
Şekil 3.5 Kartezyen koordinatlarda Bir kuuvetin momenti
Uzay kuvvet sistemleri için varignon teoremi genelleştirilirse bileşenleri Fx , Fy , Fz olan ve
uzayda A (x, y, z) noktasına etki eden bir kuvvetin eksenlere göre momentleri yazılabilir.
Bunlar;
Mx = Fz.y + Fy.z
My = Fx.z + Fz.x

y

Mz = Fy.x + Fx.y

r
F
A

My

o

r
r
Mx

x

Mz
z
Şekil 3.6 Uzayda bir kuvvetin momenti

30

OA = r = rx .i + ry . j + rz .k
F = Fx .i + Fy . j + Fz .k
r r
( Mo ) = r xF

i

j

k

Mo = rx
Fx

ry
Fy

rz
Fz

Mo = Mx.i + My.j + Mz.k
Mo = (Fz.ry – Fy.rz )i - (Fz.rx – Fx.rz)j + (Fyrx + Fxry)k
Problem:

F = 100N
y

C

60°
10

MA = ?

30 N

E
10
D

A

x

40 cm
3.3 KUVVET ÇİFTLERİ
Zıt yönlerde etkiyen eşit iki kuvvetten meydana gelen sisteme kuvvet çifti denir. Burada
dengelenmiş bir moment bulunmaktadır. Moment Merkezi, Kuvvetlerin arasında veya dışında
yada kuvvetlerden biri üzerinde alınsa yine aynı şiddette ve aynı döndürme yönünde kuvvet
çifti elde edilir.

F

O
A
O’
B

a
F

Şekil 3.7 Kuvvet çiftleri

31

M0’ = ( O’A).F + (O`B ).F

M0 = -(OA)F+F.(OB)
M0 = F a

M0 = F.a

Moment vektörlerinin büyüklüğü moment merkezine bağlı olmadığı için aynı zamanda
düzlem üzerinde herhangi bir noktaya kayabilirler.

P

M

M

M

P

P
≡

P

≡

≡

P

a
a

P

a

a

a

M

a

P

a
a

P

Şekil 3.8 Kuvvet Çiftlerinin Konumu
3.4 KESİŞEN DÜZLEMLERDEKİ KUVVET ÇİFTLERİ VE KUVVET ÇİFTLERİNİN
BİLEŞKESİ

Mp

Mq

Q

R

N

P

a

a

R
M

a

R

MR=Mp+Mq

MR

R
Şekil 3.9 Kuvvet çiftlerinin Toplanması

Kesişen iki düzlem M ve N olsun. Bunlar üzerinde iki tane kuvvet çifti bulunsun.
(MP, Mq). Bu kuvvet çiftlerinin şiddetleri ve yönleri aynı kalmak şartıyla aralarındaki
uzaklıklar değiştirilebilmektedir. Bu sonuçtan yararlanarak Kuvvet çiftlerinin moment kolları
değiştirilerek ara kesit üzerinde aynı noktalardan geçmeleri sağlanabilir. Mp = P.a ; Mq = Q.a

32

Şiddetleri Pa ve Qa olan ve ara kesit üzerinde A ve B noktalarında kesişen iki kuvvet çifti
görülmektedir. Çiftlerin momentleri Mp ve Mq düzlemlere dik olarak çizilmiştir. A ve B
noktalarında kuvvetler paralel kenar kanunu kullanılarak P ve Q kuvvetlerinin bileşke kuvvet
çiftini temsil eden iki eşit paralel ve zıt yönlü R kuvvetini elde ederiz. R = P + Q dur. Bileşke
çiftinin şiddeti MR = R.a dır. Dolayısıyla bu düzlemlere dik ve çiftleri temsil eden moment
vektörlerinin vektörel toplamı bileşke kuvvet çiftini temsil eden moment vektörlerini verir.
Yani
MR = Mp + Mq
R=

P 2 + Q 2 + 2 PQ cosθ

R.a =

P 2 a 2 + Q 2 a 2 + 2 PQa 2 cosθ

MR =

Mp 2 + Mq 2 + 2 MpMq. cosθ

Cos 90 = 0
MR =

Mp 2 + Mq 2

Kuvvetler için yapılan bütün vektörel işlemler kuvvet çiftlerini temsil eden moment
vektörleri içinde geçerlidir.
3.4.1 Kuvvet Çiftlerine İz Düşüm Yönteminin Uygulanması
Kuvvet çiftlerini temsil eden momentlerin bileşkelerin vektörel toplamıyla bulunduğunu
gördük. Bileşenlere aynı yöntemle ayrılmaktadır. Uzayda bileşke momentin geometrik yolla
dik iki düzlemde bulunması her zaman mümkün değildir. Bunun yerine izdüşüm yöntemi
kullanmak daha elverişlidir.

Mi

( Mx )i= Mi.cos∝i
( My )i= Mi.cosβi
( Mz )i= Mi.cosγi

Burada ∝i, βi, γi Mi moment vektörünün sırasıyla x, y, z eksenlerine yaptıkları açılardır.
Kuvvet çiftlerinin kendi düzlemleri içinde ki konumlarının önemi olmadığına kuvvet
çiftlerinin düzlemleri kendilerine paralel olarak hareket ettirmekle çiftlerin etkileri
değişmeyeceğine göre uzaydaki herhangi bir kuvvet çifti sistemin uzayda herhangi bir
33

noktasında kesişen moment vektörüyle temsil edilebilir. Buradan bir noktada kesişen uzay
kuvvetlerine benzer olarak herhangi bir M1 , M2 , M3.......................Mn kuvvet çifti sisiteminin M
bileşke kuvveti çifiti
Mx =

n

∑M i

My =

x

i =0

n

∑M
i =0

olarak bulunabilir. Bileşke kuvvet çiftinin şiddeti

y

Mz =

i

n

∑M
i =0

Z

i

M = Mx 2 + My 2 + Mz 2 ile verilir.

x, y, z eksenleriyle yaptığı açıların doğrultman cosinüsleri

cos ∝ =

Mx
M

,

cos β =

My
M

cos γ =

,

Mz
M

dir.

3.5 KUVVET SİSTEMLERİNİN BİLEŞKELERİ
Mekanikte birçok problem kuvvet sistemlerini ilgilendirir. Bu kuvvet sistemlerinin
yapacağı tesiri izah ederek en basit hale dönüştürmek gerekir. Bir kuvvet sisteminin bileşkesi
rijit cisme tesir eden dış etkileri değiştimeksizin orjinal kuvvetlerin en basit kombinezonudur.
Bir cismin dengesi için üzerine tesir eden bütün kuvvetlerin bileşkesinin sıfır olması şarttır.
Eğer bir cisme tesir eden kuvvwetlerden doğan bileşke sıfır değilse cismin kütlesiyle ivmenin
çarpımını bileşke kuvvete eşitleyerek ivme tanımlanır.
3.5.1 Paralel Kuvvet Sistemleri
Bileşkenin şiddeti sistemi meydana getiren kuvvetlerin skaler toplamına eşittir. Bileşkenin
tesir çizgisinin konumu Varignon teoremi ile bulunur.

y
y3

F1

y2 y1

F2

G(x,y)
x1
x2
x3

xR = F1x1 + F2x2 + F3x3

F3
x

yR = F1y1 + F2y2 + F3y3
x=

n

Fi x
∑ Ri
i =1

y=

n

∑
i =1

Fi xi
R

34

3.5.2 Eşdeğer Kuvvet Sistemleri
Eğer iki kuvvet sistemi verilen herhangi bir noktada aynı kuvvet ve kuvvet çiftine
indigenebiliyorsa birbirine eşdeğerdir denir. Bir nokta için sağlanan eşdeğerlik bundan sonra
bütün diğer noktalar içinde sağlanabilir. Matematik olarak gerekçe ve yeter şart ;
ΣF = ΣF` ,
ΣFx = ΣFx` ,

ΣMo = ΣMo`

ΣFy = ΣFy` , ΣFz = ΣFz`

ΣMx = ΣMx` , ΣMy = ΣMy` , ΣMz = ΣMz` dir.
Bunun manası şudur. Eğer iki kuvvet sistemi bir rijit cisme x, y, z doğrultularında aynı
öteleme ve döndürmeyi yaptırmaya çalışırsa bu kuvvet sistemleri birbirie eşdeğerdir denir.

35

Ağırlığı ihmal edilen ve boyu L olan bir çubuk bir pim ile
şekilde görüldüğü gibi zemine bağlanmıştır. Ayrıca
çubuğun üst kısmı da bir kablo ile zemine bağlanmıştır.
Eğer çubuğun ortasına bir F kuvveti yatay olarak
uygulanırsa;
a) Kablodaki çeki kuvvetini
b) Çubuğa ve pime etkiyen yatay ve dikey kuvvet
bileşenlerini bulunuz.

Problem 1:

Çözüm:
T

y
x

F
O
mg≈0

O

P

Statik Denge:

∑F
∑F

x

= 0 ⇒ − T .Sin 45 + F − Px = 0 .......( I )

y

= 0 ⇒ − T .Cos 45 + Py = 0

∑M

0

= 0 ⇒ T .Sin 45.L − F .

........( II )

L
= 0 .........( III )
2

T
−F
2
T
II . denklemden; Py =
2
I . denklemden; Px =

T
L
2
olarak bulunur.
.L = F . ⇒ T = F .
2
2
2
F
Buna göre; Px = −
2
F
Py =
olarak elde edilir.
2

III . denklemden;

36

Problem 2:
Verilen kuvvetleri ve kuvvet çiftlerini
O’ya indirgeyiniz. (Birimler cm’dir.)

y
E

G

F1

A

B

M2

C

D

40

z

M1

40

F

O

F1= 2 kN
F2= 3 kN
M1= 5 kNcm
M2= 10 kNcm

F2

x
30

Çözüm:
B(40,40,30) ; E(0,40,0) ; G(40,40,0) ; F(40,0,0) ; O(0,0,0) ; A(0,40,30)

BE = −40i − 30k
GF = −40 j
OA = 40 j + 30k
F1 = 2000.(

F2 = 3000.(

− 40 i − 30 k
40 2 + 30 2

) = −1600 i − 1200 k

− 40 j
) = −3000 j
40

M 1 = 5000 i
M 2 = 10000.(

40 j + 30k
40 2 + 30 2

) = 8000 j + 6000k

i
j
k
i
j
k
M 0 = M 1 + M 2 + F1 + F2 = 5000i + 8000 j + 6000k + 40
40
30 + 40
40
0
− 1600 0 − 1200 0 − 3000 0
M 0 = −43000 i + 8000 j − 50000 k Ncm

37

Problem 3:
1000 N

CD//z

300 N

C
y

2m
2m

x

A

z

Verilen kolda kuvvetleri ve kuvvet çiftlerini A’ ya
indirgeyiniz.

D 300 N

A’da doğacak reaksiyon kuvvetlerini
hesaplayınız.

B
3m

Çözüm:

Burada problemin çözümünde matris yöntemi kullanılacaktır. C ve D noktaları ayrı ayrı
matris şeklinde yazılacaktır.

i
MT =

j k

i

j

k

3 2 0 +
3
2
−2
300 0 0
− 300 − 1000 0

M T = i(0) − j (0) + k (0 − 600) + i(0 − 2000) − j (0 − 600) + k (−3000 + 600)
M T = −2000i + 600 j − 3000k
Burada;
M x = −2000 Nm , M y = 600 Nm , M z = −3000 Nm

A noktasındaki mesnet reaksiyonları ise sırası ile;

∑F
∑F
∑F

x

= 0 ⇒ Ax + 300 − 300 = 0 ⇒ Ax = 0

y

= 0 ⇒ Ay − 1000 = 0 ⇒ Ay = 1000 N

z

= 0 ⇒ Az = 0

II. Yol:

i

j

k

M T = (300 + 300) j + 3
2
− 2 = −2000i + 600 j − 3000k
0 − 1000 0

38

Problem 4:
z

A(-3, 2, 0), B(0, 0, 6), C(2, -3, 0), D(0, -3, 0)

B

Ağırlığı 500 N olan OB çubuğu yukarıda
koordinatları verilen üç tel halatla A, C, D
noktalarına sabitlenmiştir. Sistemin dengede
kalabilmesi için halat germe kuvvetlerinin
minimum ne olması gerektiğini hesaplayınız.

D

A

C

o

x

y

Çözüm:
z
B

BD = 0 − 3 j − 6k = 9 + 36 = 45 = 3 5
BC = 2i − 3 j − 6k = 4 + 9 + 36 = 49 = 7

D

500 N

BA = −3i + 2 j − 6k = 9 + 4 + 36 = 49 = 7
A

O

C
x

y

⎛ − 3 j 6k ⎞
⎟
FBD = FBD .⎜
⎜3 5 −3 5⎟
⎝
⎠

∑F

x

⎛ 2i 3 j 6k ⎞
⎟
FBC = FBC .⎜ −
⎜7 7 − 7 ⎟
⎝
⎠

,

∑F

=0

y

2
3
FBC − FBA = 0
7
7
⇒ FBC = 1,5FBA

,

⎛ 3i 2 j 6k ⎞
⎟
FBA = FBA .⎜ − +
⎜ 7 7 − 7 ⎟
⎝
⎠

=0

3
2
FBC + FBA = 0
7
7
3 5
− 0,447 FBD − 0,428FBC + 0,286 FBA = 0
−

3

FBD −

⇒ FBD = −0,796 FBA

∑F

z

−

6

=0
6
6
FBC − FBA − 500 = 0
7
7
= 500

FBD −

3 5
− 1,431FBA

⇒ FBA = −350 N
⇒ FBc = −525 N
⇒ FBD = 278,6 N
39

Problem 5:
3m
y
z

Verilen kolda kuvvetleri ve kuvvet çiftlerini
D’ye indirgeyiniz ve D’de doğacak mesnet
reaksiyonlarını hesaplayınız.

C 200 N

x

200 N

Bc//z
BC/
B

D

A

300 N

2m
2m

400 N

Çözüm:

i

j

k

M D = 400 j +

3
−2 2
300 − 400 0
M D = 400 j + i (0 + 800) − j (0 − 600) + k (−1200 + 600)
M D = 800i + 1000 j − 600k
D x = −300 N D y = 400 N D z = 0

40

Problem 6:

Şekilde

görüldüğü

gibi

C

noktasından asılı olan cisim 80
N ağırlığa sahiptir. Buna göre
kablonun
çekme

yatay

kuvvetlerini

piminde

meydana

reaksiyon
bulunuz.

ve

dikey
ve

A

gelen

kuvvetlerini
(D’deki

makara

sürtünmesizdir.)

Çözüm:

T

T

Ax
0,5 m

0,5 m

Ay
Denge denklemlerine göre;

∑M
∑F

x

A

=0

=0

0,3 m

80 N

⎛ 2 ⎞
⎟(1) − 80(1.3) = 0
T(0.5) + T⎜
⎜
⎟
⎝ 5⎠
T = 74.583 N
⎛ 1 ⎞
⎟=0
A x - 74.583⎜
⎜
⎟
⎝ 5⎠
A x = 33.4 N

⎛ 2 ⎞
⎟ − 80 − A y = 0
74.583 + 74.583⎜
⎜
⎟
⎝ 5⎠
∑ Fy = 0
A y = 61.3 N
41

Problem 7:

Şekildeki vinç G1, G2 ve G3 olarak ifade edilen ağırlık merkezlerinden
W1=14000 N, W2=3600 N ve W3=6000 N olmak üzere üç ağılığa sahiptir.
Ağırlık kaldırma kollarının ağırlığını ihmal ederek;
a) 3200 N ağırlığa sahip cisim eğer sabit hızla kaldırılırsa dört tekerde
meydana gelecek reaksiyon kuvvetlerini bulunuz.
b) Ağırlık kaldırma kolu şekildeki pozisyonda tutulursa kolun uç kısmı ile ne
kadarlık ağırlık kaldırılabilir.
Çözüm:

W1
W

2NA

W2

W3

2NB

42

a)
W=3200 N

∑M

A

= 0 ⇒ (2N B )(4.25) − (6000)(4.5) − (3600)(2.75) − (14000)(0.75) + (3200)(2.5) = 0
8.5N B − 39400 = 0
N B = 4635 N

∑F

y

= 0 ⇒ 2N A + 2N B - 3200 − 14000 − 3600 − 6000 = 0

N A = 8765 N

b)

∑M

A

= 0 ⇒ −(6000)(4,5) − (3600)(2,75) − (14000)(0,75) + W (2,5) = 0
W = 18960 N

43

Problem 8:

ABC elemanı B noktasından bir
pim ile desteklenmiştir ve DC
elemanına da C noktasından bir
pim ile bağlanmıştır. Buna göre
B ve D noktasında meydana
gelen

reaksiyon

kuvvetlerini

bulunuz.

Çözüm:

D
45o

45o

BX

BY

∑M

B

=0

80(250) − (D.Cos45o )(120) + (DSin45) (90) = 0
D = 942.8 N

∑F

x

=0

−B x + D.Cos45o = 0
B x = 666.67 N

∑F

y

=0

−80 + B y − D.Sin45 o = 0
B y = 746.67 N

44

Problem 9:

AB kolu, 800 N ağırlığındaki
silindiri BC kablosu ile şekilde
görüldüğü

gibi

tutmaktadır.

Buna göre, A mesnedindeki
reaksiyon kuvvetlerini ve BC
kablosundaki çekme kuvvetini
bulunuz.

Çözüm:
A(0 ; 0 ; 0), B(-0,3 ; 0,6 ; 0), C(0 ; 0 ; 0,2)
BC = 0,3i − 0,6 j + 0,2k
BC = 0,7

0,2 ⎞
⎛ 0,3 0,6
TBC = TBC ⎜
i−
j+
k⎟
0,7 ⎠
⎝ 0,7 0,7

∑M

A

=0⇒

∑M

A

=

∑ (r

AB

AZ
TBC

x F) =0

AX

AY

F kuvvet ve r ise konum vektörüdür.
i
j
k
TBC
∑ M A = (−800 N .0,6) i + 0,7 − 0,3 0,6 0
0,3 − 0,6 0,2

∑M

A

= (−480 N ) i +

800 N

TBC
(0,12i + 0,6 j )
0,7

45

Buna göre;
− 480 N +

TBC
0,12 = 0 ⇒ TBC = 2800 N
0,7

∑F

= 0 ⇒ Ax +

∑F

= 0;

∑F

=0;

x

y

Z

0,3
TBC = 0 ⇒ A x = −1200 N
0,7

0,6
TBC = 0
0,7
A y = 2400 N
Ay −

0,2
TBC − 800 N = 0
0,7
AZ = 0
AZ +

46

Problem 10:

Bir

boru,

dikey

üzerinde
olarak

uygulanmış olan 3 kN
ve 4 kN’luk yükleri
BC ve BD kabloları ile
taşınmaktadır.
göre,

A

Buna
küresel

mafsalındaki reaksiyon
kuvvetlerini
bağlantı

ve

B

noktasındaki

kablolardaki

çekme

kuvvetlerini bulunuz.
Çözüm:
TBD

A(0;0;0), B(0;1;1), C(2;0;3), D(-2;0;3)
TBC
BD = −2i − j + 2k
BC = 2i − j + 2k
BD = BC = 4 + 1 + 4 = 3

AY
TBD
TBC

2 ⎞
⎛−2 1
= TBD ⎜
i − j + k⎟
3
3 ⎠
⎝ 3
2 ⎞
⎛2 1
= TBC ⎜ i − j + k ⎟
3 ⎠
⎝3 3

AX

TBD
∑ M A = ∑ (r x F ) = (−3kN .4) i − (4kN .5,5) i + 3

∑M

A

= (−34kN ) i +

AZ

i

j

k

i
j k
TBC
0
1 1 +
0 1 1
3
− 2 −1 2
2 −1 2

T
TBD
(3i − 2 j + 2k ) + BC (3i + 2 j − 2k )
3
3

47

Buna göre;
T
TBD
3 + BC 3 = 0 ⇒ TBD + TBC = 34 kN
3
3
T
T
j = 0 ⇒ BD 2 − BC 2 = 0 ⇒ TBD = TBC
3
3
k = 0 ⇒ TBD = TBC = 17 kN

i = 0 ⇒ −34kN +

∑F

2
2
= 0 ⇒ A x − TBD + TBC = 0 ⇒ A x = 0
3
3

∑F

= 0;

∑F

=0;

x

y

Z

1
1
A y − TBD − TBC = 0
3
3
A y = 11,3kN
2
2
A Z + TBD + TBC − 3kN − 4kN = 0
3
3
A Z = −15,66 kN

48

Problem 11:

Eğrisel

çubuk

x-y

düzleminde olup yarıçapı
3m’dir.

Eğer

çubuğun

ucundan 80 N’luk bir
kuvvet

uygulanırsa,

bu

kuvvetten dolayı oluşan
momenti;
a) O noktasına göre,
b)

B

noktasına

göre

bulunuz.

Çözüm:
a) A(3;3;0), C(4;0;-2)
AC = i − 3 j − 2k
AC = 3,74

FAC = F

AC i − 3 j − 2k
=
AC
3,74

FAC = {21,39 i − 64,17 j − 42,78 k}N

i

j

k

M O = ∑ (rOA x F ) 3

3

0

= {− 128,34i + 128,34j− 256,68k}N.m

21,39 − 64,17 − 42,78

b) B (3-3.Cos45o ; 3.Sin45o , 0) ⇒ B(0,878 ; 2,12 ; 0) ve C(4,0,-2)

49

rBC = rC − rB = (4 − 0,878 ; − 2,12 ; − 2) = (3,122 ; − 2,12 ; − 2)
M B = rBC

i
x F = 3,122

j
− 2,12

k
−2

= {− 37,57 i + 90,71j − 154,8k}N.m

21,39 − 64,17 − 42,78
Problem 12:

Şekildeki

üçayaklı

çerçevenin CA parçasını
temel

alarak

F = {50 i - 20j − 80k}kuvveti

nin momentini bulunuz.

Çözüm:
A(0;2;0), C(2;0;0), D(2,5;2;4)

rA = {2 j}m , rC = {2i}m , rD = {2,5i + 2 j + 4k}m
rCA = rA - rC = 2j - 2i = {− 2i + 2j}m

rAD = rD - rA = 2.5i + 2j + 4k − 2j = {2.5i + 4k}m
U AC =

M CA

rCA
=
rCA

− 2i + 2 j
(−2) 2 + (2) 2

= -0.707i + 0.707j

− .0707 0.707 0
= U CA .(rAD xF) =
2.5
0
4
50
− 20 − 80

M CA = 226,24Nm

M CA = M CA U CA = {− 160i + 160j}N.m

50

Problem 13:

Çözüm:
FRX = ∑ Fx → FRX = 450cos60o − 700sin30o = −125N

FRy = ∑ Fy → FRy = −450cos60o − 700sin30o − 300 = −1296N

FR = (FRy ) 2 + (FRy ) 2 → FR = 1302N
FRX = 125N

tanθ =

1296
⇒ θ = 84.5 o
125

M RB = ∑ M RB → M RB = −1500 − 700cos30 o (3) + 450sin o 60 o (4)
= - 1760N.m = 1760N.m
FR = 1302N

M RB = 1760N.m

1302(sin84.5 o )x = 1760
x = 1.357m

51

Problem 14:

Çözüm:

{ }

rA = 0

rE = − 1 j m

rB = { k}m
12

r AB = r B r A = { k}m
12

{ }

r AE = r E r A = − 1 j m

FR = ∑ F,

FR = F1 + F2 + F3

{
} {
= {400i + 300 j − 650k}N

}

= 300i + 400 j − 100k + 100i − 100 j − 50k + {− 500k}

M RA = ∑ M A ; M RA = r AB xF1 + r AB xF2 + r AE xF3
i
=

j

0
300

0
400

{

k

i

12 + 0
− 100 100

}

j
0
−100

k

i

12 + 0
− 50 0

j

k

−1

0
−500

0

= − 3100i + 4800 j N.m
52

Problem 15:

Çözüm:
ω

FR = ∑ Fy = 64(4) + ∫ ωax
o

8

= 254 + ∫ (64 − X 2 )dx
o

= 254 + 341.33 ⇒ FR = 595.3 kN
8

341.3χ = ∫ x.ω.ω
o

8

341.3x + ∫ x(64 − x 2 )dx
o
8

341.3x + ∫ x(64 − x 3 )dx
o

341.3x = 1024 ⇒ x = 3.00m

Fry=254+341.3=595.3 kN
MA=254(2)+341.3(7)=2897.7 kn.m
595.3(x)=2897.7 kNm ⇒ x ≡ 4.86m

53

BÖLÜM 4
RİJİT CİSİMLERİN DENGESİ
4.1 GİRİŞ VE TANIMLAR
Kuvvet etkisindeki bir kontrüksiyon (yapı), rijit bir cisim gibi hareket etmiyorsa
dengededir (Şekil 4.1). Rijit cismin hareketi, ötelenme yada dönmedir veya ikisinin birleşimi
şeklinde olabilir. Yapının dengede kalabilmesi için, yapıyı döndürmeye veya ötelemeye
sebep olan kuvvet mesnet noktalarındaki tepki kuvvetleri ile dengelenmelidir.
z

F1

F2
i

F3
O

F4

y

x

Şekil 4.1 Rijit Cismin Dengesi
İki boyutlu bir yapının herhangi bir yönde hareket etmemesi için gerekli olan şart,
o yapının birbirine dik herhangi iki yönde hareket etmemesi şeklinde tanımlanabilir.
Normal olarak (şart olmamak koşulu ile) bu yönler yatay ve dikey alınır. Yapıya herhangi bir
yönde kuvvet etki etmez ise yapı o yönde harekete zorlanmaz. Bundan dolayı yatay yönde
herhangi bir hareket olmaması için o yönde etki eden bütün kuvvetlerin toplamı sıfır olmalıdır
(ΣFx = 0). Benzer şekilde, dikeyde hareket olmaması için (ΣFy = 0) olmalıdır.
Bir yapının düzlem içinde dönmeme şartı, o yapının bir eksende dönmemesi ile belirlenir.
Böylece, düzlemin herhangi bir noktasında kuvvetlerin bileşke momentinin olmaması lazım
gelir. Bundan dolayı, düzlemde dönme olmaması için herhangi bir noktada momentlerin
toplamı sıfır olmalıdır. Yani, sistemin içinde yada dışında noktaya göre alınan moment sıfır
(ΣM = 0) olmalıdır.

54

y

O
x

Şekil 4.2: Kuvvetlerin Gösterimi
İki boyutlu bir yapının tamamıyla dengede olabilmesi için;

ΣFx = 0: bütün yatay kuvvetlerin cebirsel toplamı sıfıra eşit
ΣFy = 0: bütün dikey kuvvetlerin cebirsel toplamı sıfıra eşi;
ΣM =0: bütün kuvvetlerin herhangi bir nokta (eksen) etrafındaki momentlerinin cebirsel
toplamı sıfıra eşit demektir.
Bunlar iki boyutlu (düzlem) yapıların statik dengesi için 3 denge denklemi olarak bilinir.
Yukarıda denklemlerin sağlanabilmesi için yeterli bağların ve bunlara karşılık gelen mesnet
reaksiyonların sağlanması lazımdır. Üç ayrı denklem ile üç bilinmeyenin şiddeti belirlenebilir.
Eğer yapı sadece yeterli mesnetlerle bağlanmışsa (3’ten fazla olmayan bilinmeyen
reaksiyonlar), yapı yukarıdaki eşitliklerle tamamıyla analiz edilebilir ve statik olarak belirlidir
(İzostatik). Eğer bilinmeyen sayısı üçten fazla ise, sadece yukarıdaki denklemleri kullanarak
çözüm mümkün değildir ve yapı statik olarak belirsizdir (hiperstatik). Bu tip problemler,
elastik cisim mekaniğinde cisimlerin şekil değiştirmelerine bağlı bilinmeyen sayısı kadar yeni
denklem yazılabilirse bilinmeyen tepkiler bulunabilir. İki boyutlu yapılarda üçten az mesnet
reaksiyonu varsa, eksik bağlıdır. Yapı rijit cisim olarak hareket eder. Bir cisim (yapı) üç yada
daha çok noktadan bağlı olmasına rağmen yukarıdaki denklemlerden birini sağlamıyorsa
böyle sistemlere yetersiz bağlı sistemler denir.

4.2 MESNETLER VE MESNET REAKSİYONLARI
4.2.1 Kayıcı Mesnetler
Sadece bilinmeyen bir reaksiyon sağlar ve hareket yönüne pozitif bir açı ile etki eder.
Böylece kayıcı mesnetler, bir doğrultuda lineer harekete ve dönmeye müsaade ederler.

55

v
y

θ

u

x
A

RAy
Şekil 4.3: Kayıcı Mesnet
Şekil 4.3’den de anlaşılacağı üzere, y yönünde deplasman yoktur yani sıfırdır ama y
yönünde bir tepki kuvveti R Ay meydana gelir.
4.2.2 Sabit Mesnetler
Tek noktada sabitlenmiş mesnetler yatay ve düşeyde iki reaksiyon verir dolayısıyla iki
yönde cismin hareketine engel olur. Fakat dönmeyi sağlar.
y
v
x

RAx

θ

u

RAy

Şekil 4.4: Sabit Mesnet
x ve y yönünde yer değiştirmeler sıfıra eşitken, x ve y yönünde reaksiyon kuvvetleri
R Ax , R Ay meydana gelir. θ ≠ 0 olduğunda M A = 0 olmaktadır.
4.2.3 Ankastre (Konsol) Mesnetler
Yönü ve şiddeti bilinmeyen iki reaksiyon ve momenti sağlar (toplam üç bilinmeyen).
Böyle bir mesnet iki doğrultuda lineer hareketi ve bir eksen etrafında dönmeyi engeller.
y
v
x

θ

RAx
MAz

u

RAy

Şekil 4.5: Ankastre Mesnet
Burada ise x = y = θ = 0 ’ dır ve R Ax ≠ R Ay ≠ M A ≠ 0 olmaktadır. Bu mesnetlerin birlikte
uygulanmasını şekil 4.6’deki gibi görebiliriz.

56

Şekil 4.6: Kayar ve Sabit Mesnet’in Birlikte Uygulanması
4.3 ÜÇ YERDEN PUNTALANMIŞ DÜZLEM YAPILAR
Eğer yapı üç noktadan sabitlenmiş ise (menteşe gibi) (şekil 4.7), öyle ki yapının bir
parçası diğer parçanın dönmesinden bağımsız olarak pim etrafında dönebiliyor, böylece özel
bir çeşit denge eşitliği daha yazılabilir, çünkü pim etrafındaki bütün kuvvetlerin momentleri
toplamı sıfır olmalıdır. Bu mesnet reaksiyonunun bilinmeyen bir bileşeninin belirlenmesini
sağlar.

Şekil 4.7 Üç yerden puntalanmış kavisli yapı

4.4 UZAY YAPILAR
Üç boyutlu bir yapı, uzay yapıdır. Karşılıklı dik yönler, bir uzay yapı için kuvvetlerinin
toplamı, sıfır olmalı ve üç tane karşılıklı dikey eksen (x,y ve z) etrafındaki kuvvetlerin
momentleri toplamı da sıfır olmalıdır. Bundan dolayı,

ΣFx = 0:
ΣFy = 0:
ΣFz = 0:
ΣMx = 0:
ΣMy = 0:
ΣMz = 0:

X yönündeki kuvvetlerin toplamı sıfıra eşittir.
Y yönündeki kuvvetlerin toplamı sıfıra eşittir.
Z yönündeki kuvvetlerin toplamı sıfıra eşittir.
X ekseni etrafındaki momentlerin toplamı sıfıra eşittir.
Y ekseni etrafındaki momentlerin toplamı sıfıra eşittir.
Z ekseni etrafındaki momentlerin toplamı sıfıra eşittir.

4.4.1 Büyük Yapılar
Yapının, Şekil 4.8’de barajda görüldüğü gibi dengeyi sağlaması kendi ağırlığına
bağlıdır. Böylece, denge için,

57

T

Ty
W
Tx
P
R

O

V
Şekil 4.8 Baraj duvarı

ΣFy = 0: Yapının ağırlığının (W) ve yükün (T) dikey bileşenleri (Ty)
dikey yukarı yöndeki yer tepkisi (V) ile dengelenmelidir.

yapının altındaki

ΣFx = 0: Yükün (T) yatay bileşeninden (Tx) kaynaklanan doğrusal yöndeki kayma eğilimi,

yükün arkasındaki tepki kuveveti (P) ve/veya yer ile yapı arasındaki sürtünme kuvveti (R)
tarafından engellenmelidir.

ΣM0 = 0: Dönme merkezi (O) etrafında yükten kaynaklanan döndürme momenti aynı

noktada kendi ağırlığından kaynaklanan yenilenme momenti tarafından dengelenmelidir.
Kütle yapısı döndürmeye karşı güvenlik faktörünü sağlamak için ağırlığı
minimum gerekli ağırlıktan daha büyük olacak şekilde dizayn edilmiştir.

denge için

Örnekler;

Şekil 4.9: Bir kapıda; a) Tek menteşe olması durumunda gelen kuvvetler b) Çift
menteşe olması durumunda meydana gelen kuvvetler

58

Şekil 4.10: Bir kepçenin çalışması esnasında meydana gelen tepki kuvvetleri

Şekil 4.11: Arabanın dengesi

W
D
D

W

Şekil 4.12: Vinç’te denge sistemi

59

Tablo 4.1 İki Boyutlu Cisimler için Mesnet ve Bağ Tepkileri

Bağlantı Tipi

Reaksiyon

Bilinmeyen Sayısı

Bir bilinmeyen. Reaksiyon kuvveti çekme kuvvetidir ve
bu kuvvet bağlı bulunduğu elemandan itibaren kablo
doğrultusundadır.

Kablo

veya

Bir bilinmeyen. Reaksiyon, kuvvettir ve bu kuvvet
bağlantı çubuğu boyunca etki eder.

Ağırlıksız bağlantı çubuğu

temas noktasındaki yüzeye dik olarak etki eder.
Kayıcı Mafsal

veya

yarığa dik olarak etki eder.

Kayıcı Mafsal

Kayıcı Mafsal

Pürüzsüz Temas
Yüzeyi

veya

çubuğa dik olarak etki eder.

Düz çubuk üzerindeki
bileziğe bağlı mafsal

60

Bağlantı Tipi

Reaksiyon

veya

Mafsal

Bilinmeyen Sayısı
İki bilinmeyen. Reaksiyonlar, iki kuvvet bileşeni veya φ
doğrultusundaki bir bileşke kuvvettir.(φ ve θ açısı 2.
bağlantı tipindeki gibi olmadıkça birbirine eşit olmak
zorunda değildir.

İki bilinmeyen. Reaksiyonlar, kuvvet ve momenttir, ve
çubuğa dik olarak etki eder.
Düz bir çubuk üzerinde
bileziğe ankastre bağlantı

veya

Üç bilinmeyen. Reaksiyonlar, iki kuvvet bileşeni ve
momenttir. Veya φ doğrultusunda bir bileşke kuvvet ve
momenttir.

Ankastre mesnet

61

Tablo 4.2 Üç Boyutlu Cisimler için Mesnet ve Bağ Tepkileri

Bağlantı Tipi

Reaksiyon

Bilinmeyen Sayısı

(1)

Üç bilinmeyen. Reaksiyonlar, üç kuvvet bileşenidir.
Küresel Mafsal

(2)

Dört bilinmeyen. Reaksiyonlar, iki kuvvet ve iki de
momenttir.
Radyal Yük taşıyan Yatak
(3)

Beş bilinmeyen. Reaksiyonlar, üç kuvvet ve iki de
momenttir.
Döner mafsal

(4)

Beş bilinmeyen. Reaksiyonlar, üç kuvvet ve iki de
momenttir.
Menteşe

(5)

Altı bilinmeyen. Reaksiyonlar, üç kuvvet ve üç de
momenttir.
Ankastre mesnet

62

Problem 1:
Fx

y
Fz
O
z

O’ da doğacak mesnet reaksiyonlarını
hesaplayınız.
30cm

Fx= 500 N
Fz= 600 N

x
40cm

Çözüm:
i
j
k
M = 40 30
0
500 0 − 600
M o = i (−18000 − 0) − j (−24000 − 0) + k (0 − 15000)
M o = −18000i + 24000 j − 15000k ⇒
M ox = −18000 Ncm
M oy = 24000 Ncm
M oz = −15000 Ncm

ΣFx=0 ⇒ Ox=500N
ΣFz=0 ⇒ Oz=600N

63

Problem 2:
3m

Verilen kolda kuvvetleri ve kuvvet çiftlerini
D’ye indirgeyiniz ve D’de doğacak mesnet
reaksiyonlarını hesaplayınız.

y
C 200 N

x
z

D

200 N

BC//z
B

A

300 N

2m
2m

400 N

Çözüm:

i

j

k

M D = 400 j +

3
−2 2
300 − 400 0
M D = 400 j + i (0 + 800) − j (0 − 600) + k (−1200 + 600)
M D = 800i + 1000 j − 600k
D x = −300 N D y = 400 N D z = 0

64

Problem 3:
y

A

40 cm
x

A’da doğacak mesnet reaksiyonlarını
hesaplayınız.
B

500 N

z

1000 N

30 cm

C

Ay
Ax
Az

∑F

x

=0

-Ax+500=0
Ax= 500N

40 cm
500N
1000N

30 cm

∑ Fy = 0

∑ Fz = 0

Ay-1000=0
Ay= 1000N

Az=0

+
∑Mx = 0
Mx=1000.30=30000 Ncm
+
∑Mz = 0
Mz=1000.40=-40000 Ncm

65

Problem 4:
ABCDE kirişini A noktasından sabit bir mesnet ve D noktasında kayıcı bir mesnetle Şekil
4.13’de görüldüğü gibi mesnetlenmiştir. Üç noktadan kuvvetler etki etmektedir. Reaksiyon
kuvvetlerini belirleyiniz.

Şekil 4.13: Çıkmalı kiriş yük diyagramı
Çözüm
A da Ax ve Ay gibi iki reaksiyon kuvveti ve D de dikey olarak etkiyen sadece tek bir
reaksiyon D y kuvveti vardır. Bu reaksiyonlar serbest kuvvet diyagramında gösterilmiştir
(Şekil 4.14). Sadece üç bilinmeyen vardır; burdan sistem statik olarak belirlidir ve
bilinmeyenler belirlenebilir.
10kN

20kN

5kN

Ax
Ay

Dy

Şekil 4.14: Serbest kuvvet diyagramı
Yatay yük yoktur; bundan dolayı,

∑F

x

= 0 ise Ax = 0
(1) Dy’yi belirlemek için A etrafında momentler alınır:
(ΣMA = 0)
-(10 x 1) - (20 x 3) - (5 x 5) + (Dy x 4) = 0
Dy = +23.75 kN
(2) Ay’yı belirlemek için
(ΣFy = 0)
+Ay + Dy – 10 – 20 – 5 = 0
=0
+Ay + (23.75) – 35
Ay = +11.25 kN
(3) D etrafında alınan momentler kontrol edilir:
ΣMD = +(Ay x 4) – (10 x 3) – (20 x 1) + (5 x 1)
= +(+11.25 x 4) – 45 = 45 – 45 = 0
66

Problem 5:
ABCD kirişi A’da sabit bir mesnede ve C’de kayıcı bir mesnede sahiptir. Şekil 4.15’de
gösterildiği gibi, kiriş, herbiri 15 kN olan iki tekil yük ve 2 kN/m lineer yayılı olan yüke
maruzdur. Reaksiyonları belirleyiniz.

Şekil 4.15: Çıkmalı kiriş yük diyagramı
Çözüm:

Ax

Ay

Cy

Şekil 4.16 Serbest kuvvet diyagramı

∑F

x

= 0 ise Ax = 0 Yatayda yük yoktur.

Cy’yi belirleyelim;
A etrafındaki momentleri alalım: yayılı yükün momenti, (2 x 3 = 6 kN) x( 4.5 m) dir.
(ΣMA = 0)

- (15 x 2) + (Cy x 4) - (2 x 3 x 4,5) - (15 x 6) = 0
Cy = +36.75 kN

Ay’yı belirleyelim;
(ΣFy = 0)

+ Ay – 15 + Cy – (2 x 3) – 15 = 0
+ Ay – 15 + (+36.75) – 6 – 15 = 0
Ay = -0.75 kN

67

BÖLÜM 5
İKİ BOYUTLU CİSİMLERİN AĞIRLIK MERKEZLERİ
5.1 GİRİŞ VE TANIM
Ağırlık kuvvetlerinin bileşkelerine cismin ağırlığı, ve bu kuvvetlerinin bileşkesinin tatbik
noktasına cismin ağırlık merkezi denir. Dünyanın katı bir cisme tatbik ettiği yer çekim
kuvvetleri dünyanın merkezine yöneliktir. Bu kuvvetleri çok büyük bir yaklaşıkla paralel
kuvvetler olarak ele alınabilir. Mühendislikte bir cisme uygulanan ağırlık kuvvetlerinin veya
bazı sebeplerle tatbik edilen kuvvetlerin bileşkesinin tatbik noktalarının bilinmesi
gerekmektedir.
W = ∆W1 + ∆W2 +.......+.∆Wn
x3
x2
x1

x

t

y3

0

y1

y2

∆W1

W
∆W2
∆W3

y
z

Şekil 5.1 Ağırlık kuvvetleri
Ağırlık kuvvetlerinin bileşkesinin tatbik noktası, bu kuvvetlerinin eksenlere göre
momentlerini, bileşkenin momentine eşitleyerek bulunur. Böylece ∆W1 + ∆W2 +........+∆Wn
gibi n tane paralel kuvvetin yerine eşleniği konulmuş olur. Kuvvetler z eksenine paralel
oldukları için bu eksene göre momentleri yoktur.
xW = x1∆w1 + x2∆W2 +........+xn∆Wn

xW =

n

yW =

x=

1
x.dW
W∫

i

y=

1
W

i

i =1

yW = y1∆w1 + y2∆W2 +........+yn∆Wn

i

∑ x ∆W
n

∑ y ∆W
i =1

i

∫ y.dW

Eğer iki boyutlu cisim düzgün kalınlıklı bir plak ise burada kalınlığın diğer boyutlardan
çok küçük olma şartı vardır. Bu durumda ağırlık kuvveti ∆W = γ.t.∆A

γ (özgül ağırlık), t

(kalınlık ), ∆A (alan), şeklinde ifade edilebilir.

68

Toplam ağırlık;
W=

n

∑ ∆W

= γ.t.∆A1 + γ.t.∆A2 +........+γ.t.∆An = γ.t (∆A1 + ∆A2 +........+∆An) = γ.t.A

i

i =1

Eksenlere göre momentleri yazalım ;
n

∑ x A = γ.t (x1.A1 + x2.A2 +........+ xn.An)

x.γ.t.∆A = γ.t

i =1

x.A=

i

1

n

∑ x A = x1.A1 + x2.A2 +........+ xn.An
i =1

i

1

Kütle Merkezi;
1
x.dA
A∫

x=

benzer şekilde y =

1
y..dA
A∫

G
dA

W

Şekil 5.2 Kütle merkezi
S x = ∫ y.dA

Burada

∫ x.dA ’ya alanın

momenti denir.

∫ y.dA

S y = ∫ x.dA

y eksenine göre statik momenti veya y eksenine göre birinci

da alanın x eksenine göre statik momenti yada birinci momentidir.

y
A = b.h
b
h
x=
y=
2
2

h
h/2
b

x

Ağırlık merkezinin yeri; cisimde bir simetri ekseni varsa ağırlık merkezi bu eksen üzerindedir.
Eğer iki simetri ekseni varsa simetri eksenlerinin kesim noktası ağırlık merkezidir.

69

Çubuğun Ağırlık Merkezi;

x
Gg

Şekil 5.3 Çubuğun ağırlık merkezi
∆W =γ.a.∆L
a = Telin kesit alanı
γ = özgül ağılık
∆L = Telin küçük parçasının boyu
n

L=

∑ ∆L = ∆L1 + ∆L2 +......+∆Ln
i =1

Σ My = o

i

x.L =

n

∑ x ∆L
i =1

Σ Mx = o

y.L =

i

i

n

∑ y ∆L
i =1

i

i

x=

1
xi dL
L∫

y=

1
yi dL
L∫

Alanın Ağırlık Merkezi;

G

Şekil 5.4 Alanın ağırlık merkezi
x

=

∫ x dA
A

y

=

∫ y dA
A

z

=

∫ z dA
A

70

5.2 BİRLEŞİK ALANLARIN AĞIRLIK MERKEZİ

y

A1

G1

A2

G1 = ( x1 , y1 )
G2 = ( x2 , y2 )
G3 = ( x3 , y3 )

G2

A3

G3

x

Birleşik alan öncelikle kendisini meydana getiren geometrisi bilinen küçük alanlara ayrılır.
Her bir alanın ağırlık kuvveti bu alanın ağırlık merkezinde bulunmasından hareketle tüm
cismin ağırlık merkezi bulunabilir.
W = W1 + W2 + W3 ,
x.W = x1.W1 + x2.W2 + x3.W3
y.W = y1.W1 + y2.W2 + y3.W3
A = A1 + A2 + A3
xA = x1 A1 + x2 A2 + x3 A3
n

n

x A + X 2 A2 + X 3 A3
x= 1 1
=
A

∑ xİ Ai
i =1
n

∑A

y A + y2 A2 + y3 A3
y = 1. 1
=
A

i =1

∑y A
i =1
n

İ

i

∑A
i =1

Örnek 5.1

Ağırlık merkezinin koordinatlarını bulunuz.

6 cm

y

x =

6 cm
2 cm
8 cm

x

x1 A1 + X 2 A2
1.(12 ) + 4.(16) 76
=
=
= 2,71 cm
28
28
A

y=

y1 A1 + y2 A2
5.(12) + 1.(16) 76
=
=
= 2,71 cm
28
28
A

5.3 AĞIRLIK MERKEZİNİN İNTEGRASYONLA BULUNMASI
71

Mühendislikte analitik olmayan eğrilerle çevirili yüzeylerin ağırlık merkezleri, kendisini
oluşturan küçük üçgen, dikdörtgen, kare...vb. elemanlara ayrılarak bunların alanlarının
toplamlarından hareketle yüzeyin ağırlık merkezi yaklaşık olarak bulunabilir. Eğer yüzeyi
çevreleyen eğriler analitik reel fonksiyon ise yüzeyin ağırlık merkezi integralle bulunabilir.
Yüzey üzerindeki diferansiyel mertebedeki alan elemanı: dA = dx.dy alınarak buradan çift
katlı integralle ağırlık merkezinin koordinatları bulunabilir. Mühendisliğe daha uygun bir
çözüm ise diferansiyel mertebede ince dikdörtgen kesitler tek katlı integralle alanlar ve ağırlık
merkezleri bulunabilir.
Eğri altında kalan alanın hesaplanması;

dA = dx dy

dA = l dy

Taralı alanın ağırlık merkezinin integral ifadesi;

x
G

yg

=

∫x

y

xg

=

∫y

g

dA

A
g

dA

A

Örnek 5.2

Taralı alanın ağırlık merkezinin bulunması,

y
y= b cos

b

πx
2a

A =

∫ dA,

burada dA = y dx
72

dA
y

a

0

=

a

0

πx

∫ y dx = ∫ b cos 2a dx
a

πx ⎤
⎡ 2a
= b ⎢ sin ⎥
2a ⎦ 0
⎣ π
=

A =
a

π
2ab ⎡
⎤
⎢ sin 2 − sin 0⎥
π ⎣
⎦

2ab
π

a

y
∫ 2 ( y dx) =
0
0
a
a
2
πx
1
b ⎡x
a
πx ⎤
=
b 2 cos 2
dx =
sin ⎥ =
+
2 ∫
2a
2 ⎢2
2π
a ⎦0
⎣
0

∫ y g dA

=

yA

=

=

ab 2
4A

xA

=

=

a

1
y 2 dx
2∫
0
b2 ⎡⎛a
⎞
⎢ ⎜ + 0⎟ −
⎜
⎟
2 ⎣⎝2
⎠

a

⎤
(0 + 0)⎥
⎦0

a b2
4

y

∫ y g ( y dx)

=

∫ x g dA
a

= b

∫ x cos
0

=

x

=

=

ab 2 ⎛ π ⎞
⎟
⎜
4 ⎝ 2ab ⎠

=

=

a

=

∫ x g ( y dx)
0

πb
8

a

=

πx

∫ x (b cos 2a dx)
0

a

⎡ 4a 2
⎤
πx
2a
⎡ 4a 2
πx
πx ⎤
2a
(a − 0)⎥
dx = b ⎢ 2 cos
+
x sin ⎥ = b ⎢ 2 (0 − 1) +
2a
π
π
2a
2a ⎦ 0
⎣ π
⎦
⎣ π

4a 2 b ⎛ π ⎞
⎜ − 1⎟
π2 ⎝ 2 ⎠

4a 2 b ⎛ π
⎞⎛ π ⎞
− 1⎟ ⎜
⎟
2 ⎜
π ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2ab ⎠

2a ⎛ π ⎞
⎛ 2⎞
⎜ − 1⎟ = a ⎜1 − ⎟
π ⎝2 ⎠
⎝ π⎠

73

Örnek 5.3

x.A =

y

xg =

a
xg

a−x
a+x
+x=
2
2

∫ x dA

y.A =

dA = ( a –x ) dy

∫ y dA

g

g

yg = y

x

dy

y

yg

x

Örnek 5.4

y

dx parantezine alarak

xg = x

dy

dx

dL = 1 + y`2 .dx

yg = y

dL

yg

dx 2 + dy 2

dL =

x.L =

∫ x.dL ,

y.L =

∫ y.dL

x

xg

L = ∫ dL

Örnek 5.5
Dikdörtgenin ağırlık merkezini integral yardımıyla bulunması,

y

y.A =

∫ y g .dA

y.b.h =
dy

h

yg
b

x

∫ y.b.dy

y2
y.b.h = b.
2

y.b.h =
y=

b.h 2
2

h
2

h

0

74

b

x.b.h =

y

∫ x.dA

dA = h.dx

0

xg dx

b

x.b.h =

∫ x.h..dx
0

h
x

x2
x.b.h = h.
2

b

x=

b

0

b
2

Örnek 5.6
Üçgenin ağırlık merkezini integral yardımıyla bulunması,

y.A =

∫ y.dA

b .h
=
2

∫ y . xdy

dA = x.dy
x h− y
=
b
h
a

dy

x

y

y.

b.( h − y )
x=
h

y

b .h
=
y
2

h

∫
o

h

y b .h = b
2

x

b

b
( h − y ) .dy
h

y.

h

y=

h

∫

( hy − y

2

) . dy

o

h
3

Örnek 5.7
Çeyrek dairenin ağırlık merkezini integral yardımıyla bulunması,

Çeyrek daire için β açısı 00 ile 900 arasındadır.
y
dA =

r dθ

r

dθ

β

θ

2
r cos θ
3
r cos θ

G

A =

x

1
1 2
(r dθ) (r ) =
r dθ
2
2

∫ dA

β

=

1 2 β
r [θ] 0
=
2

1

∫ 2 r dθ
2

0

π

πr2
1 2
2
r [θ] 0 =
=
2
4

75

.

π

xA

∫ x g dA

=

π

2

⎛2
⎞⎛ 1 2 ⎞
⎜ r cos θ ⎟ ⎜ r dθ ⎟
⎝3
⎠⎝ 2
⎠

∫

=

0

[ ]

=

⎛ r3 ⎞⎛ 4
⎜ ⎟⎜ 2
⎜ 3 ⎟⎜ πr
⎝ ⎠⎝

=

x

r3
sin θ
3

⎞
⎟
⎟
⎠

=

π
2

0

r3
=
3

=

2

1

∫ 3r

3

cos θ dθ

0

⎤
⎡ π
r3
sin − 0⎥ =
⎢ 2
3
⎦
⎣

4r
3π

İki eğri arasıda kalan alanın ve ağırlık merkezinin hesabı;
y1=x

y

dA=ydx=( x -x)dx

x= y 2
2

y1=y2
x= x
x2-x=0

y= x -x

x(x-1)=0
dx

x1=1, x2=0

x
Ax = ∫ xdA
1

1

∫ xdA = ∫
x=
∫ dA ∫ (

x( x − x)dx

0
1

=
x − x)dx

0

∫ x( x
0
1

∫ (x

1
2

1
2

− x)dx
=
− x)dx

2
5

0

y=x1

y

x2= y 2

dA=xdy=(y-y2)dy
x1=x2
y=y2

dy

y(y-1)=0

x

y1=1, y2=0

dx

x

76

Ay = ∫ ydA
1

y=

∫ ydA
∫ dA

∫ y( y − y

1

2

)dy

0

=

=

1

∫(y − y

2

)dx

0

∫(y

2

− y 3 )dy

0
1

=

∫(y − y

2

)dy

1
2

0

5.5 DÖNEL CİSİMLER ( PAPPUS GULDİN TEOREMLERİ )
Teorem.1: Bir düzlem eğrinin kendi düzlemi içinde fakat kendini kesmeyen bir eksen

etrafında döndürülmesiyle oluşan dönel yüzeyin alanı eğrinin uzunluğuyla dönme sırasında
ağırlık merkezinin kat ettiği yolun çarpımına eşittir.
A = 2πygL
dA = 2πygdL
A = 2π. ∫ y g dL
Örnek 5.8 Yarım çember yayından küre yüzey alanının elde edilmesi

A = 2π
r
x

A=

4r
.π.r
3π

8 2
π.r
3

Örnek 5.9 Eğik bir doğrunun x ekseni etrafında döndürülmesi ile koni yüzey alanının hesabı

L

r
A = 2π. .L
2

r
x

( koni )

A = π.r.L

h
Örnek 5.10 Çemberden tor yüzey alanının hesabı

r

A = 2π .2π.R

( tor )

A = 4π2.r.R

R
x

Örnek 5.11 X eksenine paralel bir doğrudan silindir yüzey alanının elde edilmesi

A = 2π.r.h ( silindir )
h
r

x
77

Teorem 2: Düzlem bir yüzeyin kendi düzlemi içinde, fakat kendini kesmeyen bir eksen

etrafında döndürülmesiyle oluşan dönel cismin hacmi, yüzeyin alanıyla dönme sırasında
yüzeyin ağırlık merkezinin kat ettiği yolun çarpımına eşittir.
V = 2πygA
V = 2π ∫ y g dA

dV = 2πygL

Örnek 5.12 Yarım daireden kürenin hacminin hesabı

V = 2π

G r
x

4r π .r 2
.
3π 2

( küre )

4.π .r 3
3

V=

Örnek 5.13 Dikdörtgenden dolu silindirin hacminin hesabı

h
V = 2π.

r
x

r
.h.r
2

V = π.r2.h

Örnek 5.14 Üçgenden koni hacminin hesabı

V = 2π
L

r
x

V=

r r.h
.
3 2

π .r 2 h
3

Örnek 5.15 Dolu daireden R yarıçaplı torun hacminin hesaplanması

r
V = 2π.R.π.r2

R
x

V = 2π2.r2.R

78

Problem 1)

y

2 cm

2 cm

20 cm

Taralı alanın ağırlık merkezinin koordinatlarını
hesaplayınız.

12cm

x

Çözüm:

y

2 cm

2 cm

6,625 cm

12cm

A1 .x1 + A2 .x 2 40.1 + 24.8
=
= 3,625cm
A1 + A2
64

Y=

20 cm

X =

A1 . y1 + A2 . y2 40.10 + 24.1
=
= 6,625cm
A1 + A2
64

x

3,6 cm

Problem 2)
79

y
hesaplayınız.

10

50

10

100

10 mm
10 mm

50 mm

x

Çözüm:

X=

x1. A1 + x2 . A2 + x3 . A3 30.(60.10) + 55.(10.100) + 80.(10.60)
=
= 55 mm
A1 + A2 + A3
600 + 1000 + 600

Y=

y1. A1 + y2 . A2 + y3. A3 115.(60.10) + 60.(10.100) + 5.(10.60)
=
= 60 mm
A1 + A2 + A3
600 + 1000 + 600

Problem 3)
80

Taralı alanın ağırlık merkezinin
koordinatlarını hesaplayınız.

2cm

2cm

10cm

y

x

8cm

2cm

Çözüm:

1
2
Toplam

x
3
5

y
7
1

A
20
20
40

x=

Ay
140
20
160

x1 A1 + x2 A2 160
=
⇒ x = 4 cm
40
A1 + A2

y=

Ax
60
100
160

y1 A1 + y 2 A2 160
=
⇒ y = 4 cm
40
A1 + A2

Problem 4)

81

2cm

y

hesaplayınız.

2cm

10cm

2cm

1cm

x

6cm

Çözüm:

1
2
3

x
y
0,5
5
2
9
3,5
1
Toplam

A
10
4
10
24
ΣA

xA
5
8
35
48
ΣxA

yA
50
36
10
96
ΣyA

x=

ΣxA 48
=
= 2 cm
ΣA 24

y=

ΣyA 96
=
= 4 cm
ΣA 24

Problem 5)
82

y
2

3
2

2

Verilen profil kesitte ağırlık merkezini,
yerini hesaplayınız. (ölçüler cm’dir)

8
2

x

6

5

Çözüm:

1
2
3

A
14
16
26
56

x
6,5
6
6,5

y
11
6
1

Ax
91
96
169
356

Ay
154
96
26
276

356
= 6,35 cm
56
276
y=
= 4,92 cm
56

x=

Problem 6)
83

Taralı
alanın
ağırlık
koordinatlarını hesaplayınız.

y

merkezinin

5cm 10cm

4cm

10cm
x

Çözüm:

y
4r
3π

5cm 10cm

4cm

10cm

4r
3π

x

1
2
3
Toplam

X
12,5
2,5
20,76

X=

A
250
-30
-78,53
141,47

X.A
3125
-75
-1630,28
1419,72

Y.A
1250
-210
-452,33
587,67

∑ x.A = 1419,72 = 10,03cm
∑ A 141,47

Y=

Y
5
7
5,76

∑ y. A = 587,67 = 4,15 cm
∑ A 141,47

Problem 7)
84

15 cm

Verilen şeklin ağırlık merkezinin
koordinatlarını bulunuz.

10 cm

24 cm

20 cm

15 cm

y

20

20

20 cm

x

Çözüm:

1
2
3
4
Toplam

X
30
15
52,5
30

Y
22,5
38
37,5
4,24

X=

X.A
81000
-7087,5
-11812,5
-4712,4
57387,6

Y.A
60750
-17955
-8437,5
-666
33691,5

∑ x.A = 57387,6 = 31,09 cm
∑ A 1845,42

Y=

A
2700
-472,5
-225
-157,08
1845,42

∑ y.A = 33691,5 = 18,25cm
∑ A 1845,42

85

BÖLÜM 6
ALAN ve KÜTLE ATALET MOMENTLERİ
6.1 GİRİŞ VE TANIM
Atalet; direnim, karşı koyma anlamına gelmektedir. Bir cismin atalet momenti geometrik
olarak dizaynda cismin (eğilme, burulma vb.) zorlanmalara karşı direncinin bir ölçütüdür.

r 2 = x2 + y2
J O = I O = ∫ r 2 dA = I x + I y
A

Şekil: 6.1
I x = ∫ y 2 dA

A alanının x ekseni etrafında atalet momenti ( ikinci momenti )

I y = ∫ x 2 dA

A alanının y ekseni etrafında atalet momenti

I O = ∫ r 2 dA

A alanının kutupsal atalet momenti

I xy = ∫ xydA

A alanının çarpım atalet momenti

Io = ∫ r 2 dA = ∫ ( x 2 + y 2 ) dA =

∫ x dA + ∫ y dA = Ix + Iy = Io
2

2

Ix , Iy ve Io her zaman pozitiftir, Ixy ± olabilir. Ix , Iy ,Io , Ixy = (L4)

m4, cm4 , mm4’dür.

6.1.1 ATALET YARI ÇAPLARI
ix =
iy =

Ix
> 0 Ix için atalet yarı çapı
A
Iy
A

>0

Iy için atalet yarı çapı

Ixy için atalet yarıçapı yoktur.

86

io =

Io
> 0 Io için atalet yarı çapı
A

io =

Ix Iy
2
2
+
= ix + i y
A A

ix , iy , io >0 ( L )

(mm,cm,m)

Örnek 6.1: Dikdörtgenin tabanından geçen eksene göre atalet momenti

y
dA = b.dy

b

h

Ix =

2
2
∫ y dA = b.∫ y dy =
0

dy

h

b.h3
3

3

b.h
3
h.b3
Iy =
3
Ix =

y

x

Örnek 6.2: Dikdörtgenin ağırlık merkezinden geçen eksene göre atalet momenti
y

Ix =
dy

y

G

∫ y dA
2

dA = b.dy

h
2

x

y3
I x = b. ∫ y 2 dy = b.
3
h

h

−

h/2

Ix =

b/2

2

h
2

−

h
2

b.h 3
12

b

Benzer şekilde;
h.b3
Iy =
12
Cismin tabanından geçen eksene göre ve ağırlık merkezinden geçen eksenlere göre atalet
momentleri farklıdır. Ağırlık merkezinden geçen eksene göre atalet momenti minimum atalet
momentidir.

Ağırlık merkezinde; Ixy =

∫ x. y.dA = 0 , ix =

b.h 3
12 = h , i =
y
b.h
12

b
, io =
12

h2 b2
+
12 12

87

Eğer kesit bir simetri eksenine sahip ve xy eksen takımının eksenlerinden birisi bu simetri
ekseniyle çakışacak şekilde seçilirse ve buna ek olarak xy eksen takımının orijini G ağırlık
merkezinde ise kesitin çarpım atalet momenti Ixy = 0’ dır. (SE: Simetri Ekseni)

t

a

y

S.E

G

y

G

Ixy = 0

x

t

a

S.E

y

α

x

x

G

Ixy = 0

x

G

Ixy = 0

Ixy ≠ 0

y

y

Ixy = 0

G

α

x

S.E

S.E

Şekil: 6.2
Örnek 6.3: Üçgenin alan atalet momentinin hesabı

Ix =

y

w

b

2

dA = w.dy

w h− y
b
=
w = (h − y )
b
h
h
h
b ⎞
⎛b
I x = ∫ y 2 ⎜ h − y ⎟dy ,
h ⎠
⎝h
0

dy
y

∫ y dA

h
x

Ix =

b.h3
12

IxG =

2h
3

2
∫ y dA =

−h
3

bh 3
36

88

Örnek 6.4: Daire kesit için atalet momenti
R

Io = ∫ r dA = ∫ r 2 2πrdr

dA = 2πr.dr

2

0

y

Io = 2π

Ix = Iy
dr
x
R

Io =

Ix =

πR 4

D = 2R

4

πR 4

D = 2R

2

r
24

=

0

πR 4
2

Io = Ix + Iy
I
Ix = o
2

rr

Ix = I y=

4 R

Ix =

Io =

π .R4
4

π .D 4
64

= Iy

= Iy

πD 4
32

6.2 EKSENLERİN KAYDIRILMASI (PARALEL OLARAK)

y`
y

a

∫ y dA
Iy = ∫ x dA
Ixy = ∫ xydA
IX =

dA

2

x

G
b

y`
a

biliniyor

y

x` = a + x

dA

y` = b +y

x

2

G ( x`, y`) takımındaki koordinatları

∫ y` dA
Ix` = ∫ ( y + b) dA
Ix` = ∫ ( y + 2 yb + b )dA
Ix` = ∫ y dA + 2b ∫ y.dA + b ∫ dA

Ix` =

2

2

2

b

2

∫ y.dA =0
Sy = ∫ x.dA =0
(a,b)

G

∫ y` dA
Iy` = ∫ x` dA
Ixy` = ∫ x`y`dA
IX` =

Sx =

x`

x`

2

y`

2

x`

2

2

Ix` = Ix + A.b2 > 0

89

∫ x` dA
Iy` = ∫ ( x + a)
Iy` =

2

2

dA

Iy` = Iy + a2.A > 0
Ix`y` =

∫ x`y`dA
Ix`y` = ∫ ( x + a)( y + b)dA = I

xy

+ a.b. A > 0

Bir cismin ağırlık merkezinden geçen eksenlere paralel herhangi bir eksene göre atalet
momenti, cismin ağırlık merkezinden geçen eksene göre atalet momenti ile bu paralel iki
eksen arasındaki uzaklığın karesinin, cismin alanıyla çarpımının toplamına eşittir.

Örnek 6.5: Paralel eksenler teoreminin uygulaması

y`

h

y

x

G

d

x`

b

Ix` = IXG + d 2A
h
d=
2
2
b.h3 ⎛ h ⎞
b.h3
Ix` =
+ ⎜ ⎟ b.h =
3
12 ⎝ 2 ⎠

Örnek 6.6: Paralel eksenler teoreminin uygulaması

y`
Ix` = IXG + d 2A
2

h

G

d
b

x
x`

b.h 3
⎛ h ⎞ b.h
= I XG + ⎜ ⎟
12
⎝3⎠ 2
3
b.h
IXG =
36

90

Örnek 6.7: Yarım dairenin atalet momentinin hesabı

y`

Ix = I y =

G

R

x
x`

O
S.E

π .R 4

( Tüm daire )
4
π .R 4
( Yarım daire )
Ix` = Iy` =
8
Ix` = IXG + d2A
2
2
π .R 4
⎛ 4.R ⎞ π .R
= IXG = + ⎜
⎟.
8
⎝ 3π ⎠ 2
4
π .R
16.R 4
IXG =
18π
8
4
π .R ⎡
64 ⎤
. ⎢1 − 2 ⎥
IXG =
8 ⎣ 9π ⎦

6.3 BİLEŞİK CİSİMLERİN ATALET MOMENTLERİ

1

y

A1

A = A1 + A 2
Ix = Ix1 + Ix2
Iy = Iy1 + Iy2

2
A2

Ixy = I xy1+ Ixy2

x

Örnek 6.9
y
2cm

2 cm

2 cm
2cm

8 cm

a) Verilen profil kesitte Ix , Iy ve Ixy atalet
momentlerini
b) Cismin ağırlık merkezinden geçen eksenlere göre
atalet momentleri

yg
x

91

a..)
I x = I x1 + I x 2
3
1

y
2cm

3
2

b .h
b .h
2
Ix = 1
+ d12 . A1 + 2
+ d 2 . A2
12
12
3
6.2
2.8 3
Ix =
+ 9 2.12 +
+ 4 2.16 = 1317,33 cm 4
12
12
I y = I y1 + I y 2
3
1

2cm

8 cm
yg

3
2

b1 .h
b .h
2
+ d12 . A1 + 2
+ d 2 . A2
12
12
3
3
2.6
8.2
Iy =
+
= 41,33 cm 4
12
12
I xy = 9.0.12 + 4.0.16 = 0
Iy =

2 cm 2 cm

x

b..)
xg = 0
yg =

y1 . A1 + y 2 . A2 9.12 + 4.16
=
= 6,14 cm
12 + 16
A1 + A2

b1 .h13
b .h 3
2
+ d12 . A1 + 2 2 + d 2 . A2
12
12
6 .2 3
2.8 3
2
2
=
+ (9 − 6,14 ) .12 +
+ (4 − 6,14 ) .16 = 260,76 cm 4
12
12

I xı =
I xı

b1 .h13
b .h 3
2
+ d 12 . A1 + 2 2 + d 2 . A2
12
12
3
3
2.6
8 .2
Iy =
+
= 41,33 cm 4
12
12
I xy = 0
I yı =

Örnek 6.10: Verilen profil kesitin ağırlık merkezinden geçen eksenlere göre atalet

momentlerini hesaplayınız.

10 cm

y 2 cm

6 cm

2 cm
x

92

y 2 cm

1.16 + 3.12
≅ 1,85
16 + 12
6.16 + 1.12
yg =
≅ 3,85
16 + 12
2.83
6.2 3
2
2
+ (6 − 3,85) .16 +
+ (1 − 3,85) .12 =260,76 cm4
Ix` =
12
12
3
8.2
2.63
2
2
+ (1 − 1,85) .16 +
+ (3 − 1,85) .12 =68.76 cm4
Iy` =
12
12
xg =

10 cm

Çözüm:

2 cm
x

6 cm

Ix`y` = Ix1y1 + Ix2y2
= x1.y1.A1 + x2.y2.A2
= (1-1,85).(6-3,85).16 + (3-1,85).(1-3,85).12
= (-0.85).(2,15).16 + (1,15).(-2,85).12
= -68.57 cm4
6.4 EKSENLERİN DÖNDÜRÜLMESİ ( ASAL EKSENLER VE ASAL ATALET
MOMENTLERİ )

Atalet momentlerinin seçilen eksenlere göre yer aldıkları ve bu eksenlerin değişmesiyle
tabii olarak değiştiklerini daha önce görmüştük. Şimdi eksenlerin döndürülmesi halinde atalet
momentlerinin nasıl değiştiğini inceleyelim.
y

ν

u= x.cos θ + y.sin θ
v = y.cos θ - x.sin θ

u

y
v

1.)

dA

θ
x

θ

Iu = ∫ν 2 dA = ∫ ( y. cosθ − x.sinθ ) dA

u

2

Iu = cos 2 θ ∫ y 2 dA − 2 sin θ cosθ ∫ xydA + sin 2 θ ∫ x 2 dA
x

Iu = Ix.cos2θ - 2.Ixy.sinθ.cosθ + Iy.sin2θ
Iu = ∫ν 2 dA =

∫ (x.cosθ − y.sin θ ) dA = cos θ ∫ x dA + 2.sinθ .cosθ ∫ x. y.dA + sin θ ∫ y dA
2

2

2

2.)

2

Iv = Ix.cos2θ + 2.Ixy.sinθ.cosθ + Iy.sin2θ

3.)

2

Iuv = ∫ u.ν .dA = ∫ ( x. cos θ + y.sin θ )( y. cos θ − x.sin θ )

93

Iuv = Ix.sinθ.cosθ - Iy.sin.θ.cosθ + Ixy.( cos2θ - sin2θ)
2 sin.θ.cosθ = sin.2θ
cos2θ - sin2θ= cos.2θ dönüşümleri yapılırsa
Iu =
Iv =

Ix + Iy
2
Ix + Iy
2
Iuv =

+
+

Ix − Iy
2
Ix − Iy
2

Ix − Iy
2

. cos .2θ − I xy .sin 2θ
. cos .2θ + I xy .sin 2θ

.sin .2θ − I xy . cos 2θ

Iuv = 0 ise
tan 2θ = −

2.I xy
Ix − Iy

Eğer Iu , Iv , Iuv den θ’ lı terimler yok edilirse
2

⎡
⎛ Ix + Iy
⎢I u − ⎜
⎜ 2
⎢
⎝
⎣

⎞⎤
⎛ I − Iy
⎟⎥ + I uv = ⎜ x
⎟
⎜ 2
⎠⎥
⎝
⎦

2

⎞
⎟ + I xy 2
⎟
⎠

( Çember Denklemi )

( x – a )2 + ( y – b )2 = r2

Iu.v
Imax = Iort + R

Imax

Imin = Iort – R

R

Iu, Iv

Imin B

Atalet momentinin maksimum ve minumum

A

değerine asal atalet momentleri, Bunların
bulunduğu eksenlere asal eksenler denir.

Iort

Asal eksenler üzerinde Ixy = 0 ‘ dır.

Iort =

Ix + Iy

,

2

Imax , min =

Ix + Iy
2

R=

±

⎛ Ix − Iy
⎜
⎜ 2
⎝

⎛ Ix − Iy
⎜
⎜ 2
⎝

2

⎞
⎟ + I xy 2
⎟
⎠

2

⎞
⎟ + I xy 2
⎟
⎠

94

Örnek 6.11: Ağırlık merkezinden geçen eksen takımına göre

I x , I y , I xy , I max , I min

hesaplayınız.

1cm

y

8cm

x
1cm
1cm

6cm

Çözüm:

xg =

x1 A1 + x 2 A2 0,5.8 + 4.6
= 2 cm
=
8+6
A1 + A2

yg =

y1 A1 + y 2 A2 4.8 + 0,5.6
=
= 2,5 cm
A1 + A2
8+6

Ix =

1.8 3
6.13
2
2
+ (4 − 2,5) .8 +
+ (0,5 − 2,5) .6 = 85,16 cm 4
12
12

Iy =

8.13
1.6 3
2
2
+ (0,5 − 2) .8 +
+ (4 − 2,5) .6 = 50,16 cm 4
12
12

Ixy = x1.y1.A1 + x2.y2.A2 = (0,5-2).(4-2,5).8+(4-2,5)(0,5-2,5).6 = -36 cm4
tan 2θ = −

tan 2θ = −

2.I xy

Ix − Iy

2.(−36)
85,16 − 50,16

θ = 32 o
Imax , min =

Ix + I y

2

±

⎛ Ix − Iy
⎜
⎜ 2
⎝

2

⎞
85,16 + 50,16
⎟ + I xy 2 =
±
⎟
2
⎠

2

⎛ 85,16 − 50,16 ⎞
2
⎟ + (−36)
⎜
2
⎠
⎝

Imax = 67,66 +40,02 = 107,68 cm4
Imin = 67,66 -40,02 = 27,64 cm4

95

NOT: Bir kesitte delik varsa dolu kesitin atalet momentinden deliğin atalet momenti çıkarılır.

y

y
Ix =

h

x

x

D

Ix =
Iy =

b.h3 π .D 4
−
12
64
h.b 3 πD 4
−
12
64

D

d

π

(D
64

4

− d4)

x

b

Örnek 6.12: Şekildeki cismin I x , I y , I xy hesaplayınız.
y
1cm

x

8cm

1cm
2cm

Ix =

Iy =

1cm

2cm

1.83 ⎛ 5.13
2 ⎞
4
+⎜
⎜ 12 + (4,5) .5 ⎟.2 =246cm
⎟
12 ⎝
⎠
⎛ 53.1 ⎞
⎛ 8.2 3
⎞
8.13
10.53
2
⎟ veya
+ 2.⎜
− 2⎜
+ (1,5) .16 ⎟ =21,5 cm4
⎜ 12 ⎟
⎜ 12
⎟
12
12
⎝
⎠
⎝
⎠

96

Örnek 6.13: Verilen profil kesitte ağırlık merkezinden geçen x, y eksen takımına göre atalet

y
5 cm
1 cm

x

G

8 cm

1 cm
7 cm

x=

x1 A1 + x2 A2 + x3 A3 2,5.5 + 0,5.8 + 3,5.7
= 2,0 cm
=
A1 + A2 + A3
20

y=

y1 A1 + y 2 A2 + y3 A3 9,5.5 + 5.8 + 0,5.7
= 4,5 cm
=
A1 + A2 + A3
20

Ix =

13.7
1.83
5.13
+ (9,5 − 4,5) 2 .5 +
+ (5 − 4,5) 2 .8 +
+ (05 − 4,5) 2 .7 = 282,6 cm4
12
12
12

Iy =

1.5 3
8.13
1.7 3
+ (2,5 − 2) 2 .5 +
+ (0,5 − 2) 2 .8 +
+ (3,5 − 2) 2 .7 = 74,6 cm 4
12
12
12

Ixy = x1y1A1 + x2y2A2 + x3y3A3 = 0,5.5.5 + (-1,5)(0,5).8 + (1,5)(-4).7 = -35,5 cm4
tan 2θ = −

2.( −35,5)
282,6 − 74,6

θ = 9,42 o
Imax , min =

Ix + I y

2

±

⎛ Ix − Iy
⎜
⎜ 2
⎝

2

⎞
282,6 + 74,6
⎟ + I xy 2 =
±
⎟
2
⎠

2

⎛ 282,6 − 74,6 ⎞
2
⎜
⎟ + (−35,5)
2
⎝
⎠

Imax = 178,6 +109,89 = 288,49 cm4
Imin = 178,6 -109,89 = 68,71 cm4

97

6.5 KÜTLE ATALET MOMENTLERİ

x

T

Δm

xı
Şekil 6.3
xx` eksen takımından r kadar uzaklıkta bir ∆m kütlesi düşünelim buna bir kuvvet çifti
uygulayalım (T). Sistem hareketsizken ∆m kütlesi xx` ekseni etrafında dönmeye
başlayacaktır. Burada sistemin verilen bir dönme hızına erişmesi için gerekli zamanın ∆m
kütlesiyle orantılı olduğunu göstermek istiyoruz. Bundan dolayı r2.∆m çarpımını sistemin
ataletinin ( eylemsizliğinin ) yani sistemi harekete geçirmeye çalıştığımızda bunun direncinin
bir ölçüsüdür. r2.∆m çarpımına ∆m kütlesinin xx` eksenine göre kütle atalet momenti denir.
n

m=

∑ ∆m

i

= (∆m1 + ∆m2 + ∆m3 +............+∆mn)

i =1

I=

∑r

I=

∫r

2
1

2

∆m i =r12 ∆m1 + r22 ∆m 2 + .......... + rnn ∆m n

dm = k 2 m

k=

I
( atalet yarıçapı )
m

Burada k atalet yarıçapı, I sabit kalmak üzere cismin tüm kütlesinin konulması gereken
uzaklığı ifade eder.

98

6.5.1 PARALEL EKSENLER TEOREMİ

y`

y

dx

dm
G

x

d

dy

x`

d = dx 2 + dy 2 + dz 2
I = IG + m.d2
( Ix )k = ( IG ) k + m.dy2

dz

z`

z

Örnek 6.14: İnce Levhaların Kütle Atalet Momentleri

ρ: birim hacmin kütlesi ( kg / m3 )
t : sabit

x

(Ixx )kütle= ∫ r 2 dm
dA
r

r

dm=tρdA

(Ixx)k= ∫ r 2 tρdA = tρ ∫ r 2 dA burada ∫ r 2 dA Polar At. M
(Ixx)kütle= tρ ( I xx ) alan birimi ise (kg.m2 ) dir
(Iyy)kütle=tρ(Iyy)alan
(Io)kütle=tρ(Io)alan

99

y

ab 3
)
12
ba 3
)
(Iyy)kütle= tρ(I yy ) alan =tρ(
12
V=a.b.t ve m=ρV yukarıdaki
ifadelerde yerine konulursa
(Ixx)kütle= tρ(I xx ) alan =tρ(

x
b
z

(Ix)kütle=mb2/12 ve (Iy)kütle=ma2/12

a

(Io)kütle=(m/12).( a2+b2 ) elde edilir.

6.5.2 LİNEER VE AÇISAL HAREKET

Sabit bir noktadan r kadar uzaklıktaki m kütlesi sabit bir eksen etrafında döndürülmek
istensin. Bu lineer hareket Newtonun ikinci kanunundaki kuvvet ve ivme tanımlanabilir.
Sadece dönme olarak ele alınsa da bu dönen sistemede ikinci kanun uygulanabilir. Ve
buradan kütle atalet momenti tanımlanabilir.

Açısal hareket için
Newton’un
İkinci kanunu

Newton’un
İkinci
kanunu
Lineer hareket

r

Açısal hareket
m

r

m

τ=Iα

F=ma

α=

τ=F.r

at
r

τ=m.a.r
m.a.r=I
I=mr2

a
r

100

6.5.3 BAZI CİSİMLERİN KÜTLE ATALET MOMENTLERİ

L

L

1
I = ML2
3
Thin Rod (axis at end)
İnce Çubuk

1
ML2
12
Thin Rod
İnce Çubuk
I=

R

R2
R1

R
1
2
2
M ( R1 + R2 )
2
Hollow Cylinder
İçi boş silindir
I=

1
I = MR 2
2
Disk
Solid Disk

I = MR 2
Thin İnce Cidarlı silindir der
Walled Hollow Cylin

a
a

b

b
1
Ma 2
3
Thin Dikdörtgenrlevha (about edge)
Rectangula Plate

1
M (a 2 + b 2 )
12
Dikdörtgen (throu
Rectangular Platelevha gh center)

I=

I=

R

2
MR 2
5
Küre
Solid Sphere
I=

R

2
MR 2
3
İnce cidarlı içi d Hollow Sphere
Thin Walle boş Küre
I=

101

ALAN ATALET MOMENTİ İLE İLGİLİ ÇÖZÜMLÜ PROBLEMLER
Problem 1)

y
2

2 2

a) Ağırlık merkezini bulunuz.
b) Ağırlık merkezinden geçen eksene göre
atalet momentlerini hesaplayınız.
Not: Ölçüler cm’dir.

5
1
6
x

9 x6,5 + 12 x5 118,5
=
= 5,64cm
9 + 12
21
9 x6,5 + 12 x3
y=
= 4,5cm
21
9 x13
6 3 x2
Ix =
+ (9)(6,5 − 4,5) 2 +
+ (12)(3 − 4,5) 2
12
12
I x = 0,75 + 36 + 36 + 27 = 99,75cm 4
x=

1x9 3
2 3 x6
2
+ (9)(6,5 − 5,64) +
+ (12)(5 − 5,64) 2
Iy =
12
12
I y = 60,75 + 6,65 + 4 + 4,91 = 76,31cm 4

102

Problem 2)
y

Verilen kesitin;
Ağırlık merkezinin koordinatlarını
a)
hesaplayınız.
merkezinden
geçen
b) Ağırlık
koordinat eksenine göre atalet
Asal
atalet
momentlerini
c)
hesaplayınız.

10cm
1cm

8cm
x
2cm 2cm

2

1

x
5

y
8,5

A
10

Ax
50

Ay
85

2

1

3

4

16
26

48
98

64
149

Toplam
a)
x=

ΣxA 98
=
= 3,77 cm
ΣA 26

y=

ΣyA 149
=
= 5,73 cm
26
ΣA

b)
10.13
2.8 3
2
Ix =
+ (8,5 − 5,73) .10 +
+ (4 − 5,73) 2 .16 = 210,78 cm 4
12
12
3
1.10
8.2 3
Iy =
+ (5 − 3,77) 2 .10 +
+ (3 − 3,77) 2 .16 = 113,28 cm 4
12
12
I xy = 10.(8,5 − 5,73)(5 − 3,77) + 16.(4 − 5,73)(3 − 3,77) = 55,38 cm 4

c)

Ix + Iy

2

⎛ Ix − Iy ⎞
210,78 + 113,28 ⎛ 210,78 −113,28 ⎞
2
2
± ⎜
± ⎜
I max =
⎟ + (55,38)
⎜ 2 ⎟ + (I xy ) =
⎟
2
2
2
⎝
⎠
⎝
⎠
min
I max = 162,03 ± 73,78
2

min

I max = 235,81cm4
I min = 88,25cm4

103

Problem 3)

y
2

3
Verilen profil kesitte;

2
2

2

1
2
3

x

6

5

A
14
16
26
56

a) Ağırlık merkezini,
b) Ağırlık merkezinden geçen eksene
göre atalet momentini,
c) Asal atalet momentini hesaplayınız.
(verilen ölçüler cm’dir)

8

x
6,5
6
6,5

y
11
6
1

Ax
91
96
169
356

Ay
154
96
26
276

356
= 6,35 cm
56
276
y=
= 4,92 cm
56

x=

b)
13.2 3
7.2 3
2.8 3
2
2
Ix =
+ (11 − 4,92) .14 +
+ (6 − 4,92) .16 +
+ (1 − 4,92) 2 .26 = 1034,1 cm 4
12
12
12
3
3
2.7
8.2
2.133
Iy =
+ (6,5 − 6,35) 2 .14 +
+ (6 − 6,35) 2 .16 +
+ (6,5 − 6,35) 2 .26 = 431,1 cm 4
12
12
12
I xy = 14(0,15)(6,08) + 16(−0,35)(1,08) + 26(0,15)(−3,92) = −8,628 cm 4

c)
I max =
min

Ix + Iy
2

⎛ Ix − Iy
± ⎜
⎜ 2
⎝

I max = 732,6 ± 495,57

2

2

⎞
1034,1 + 431,1
⎛ 1034,1 − 431,1 ⎞
2
⎟ + (I xy )2 =
± ⎜
⎟ + (− 8,628)
⎟
2
2
⎠
⎝
⎠

⇒

I max = 1228,17 cm 4

;

I min = 237,03 cm 4

min

104

Problem 4)

y

10

50

10
Şekilde verilen profil kesitin ağırlık
merkezinden geçen eksen takımına göre
atalet momentlerini ve asal atalet
momentlerini
hesaplayınız.
(Ölçüler
mm’dir)

100

10
10

x

50

x=

ΣxA 30.600 + 55.1000 + 80.600
= 55 mm
=
600 + 1000 + 600
ΣA

y=

ΣyA 115.600 + 600.1000 + 5.600
=
= 60 mm
ΣA
600 + 1000 + 600

a) Şekilde verilen parça 3 kısma ayrılarak çözülür. Burada;
I xT hesaplanması;
I xT = I x1 + I x 2 + I x 3

b.h 3
60.10 3
+ d 2 .A =
+ (115 − 60) 2 .600 = 1820000mm 4
12
12
3
3
b.h
10.100
=
+ d 2 .A =
+ 0 2.1000 = 833333,33mm 4
12
12
= 4473333,33mm 4
= I y1 + I y 2 + I y 3

I x1 = I x 3 =
I x2
I xT

I yT hesaplanması;

I yT

b.h 3
10.60 3
2
I y1 = I y 3 =
+ d .A =
+ 25 2.600 = 555000mm 4
12
12
3
3
b.h
100.10
I y2 =
+ d 2 .A =
+ 0 2.1000 = 8333,33mm 4
12
12
I yT = 1118333,33mm 4
I xy hesaplanması;

I xy = x1 y1 A1 + x 2 y 2 A2 + x3 y 3 A3
I xy = (115 − 60).(30 − 55).600 + (60 − 60).(55 − 55).1000 + (5 − 60).(80 − 55).600

I xy = −1650000mm 4
Ix + Iy

2

⎛ Ix − Iy ⎞
2
± ⎜
b) I max =
⎜ 2 ⎟ + I xy buradan;
⎟
2
min
⎝
⎠
4
I min = 442855,164 mm , , I max = 5148811,496 mm 4 olmaktadır.

105

Problem 5)

y

2cm

10cm

2cm

1cm

2cm

Ağırlık merkezinden geçen eksen takımına
göre;
a) Atalet momentlerini
b) Asal atalet momentlerini hesaplayınız.

x

6cm

1
2
3

x
y
2
9
0,5 5
3,5 1
Toplam

A
4
10
10
24
ΣA

xA
8
5
35
48
ΣxA

yA
36
50
10
96
ΣyA

x=

ΣxA 48
=
= 2 cm
ΣA 24

y=

ΣyA 96
=
= 4 cm
ΣA 24

a)

2 × 23
1×10 3
5 × 23
+ 4(9 − 4) 2 +
+ 10(5 − 4) 2 +
+ 10(1 − 4) 2 ⇒ I x = 288cm 4
12
12
12
3
3
2× 2
10 ×1
2 × 53
2
2
Iy =
+ 4(2 − 2) +
+ 10(0,5 − 2) +
+ 10(3,5 − 2) 2 ⇒ I y = 68cm 4
12
12
12
I xy = x1 A1 y1 + x2 A2 y 2 + x3 A3 y3

Ix =

I xy = (2 − 2).(9 − 4).4 + (0,5 − 2).(5 − 4).10 − (3,5 − 2).(1 − 4).10 ⇒ I xy = −60cm 4
b)

I max =
min

Ix + Iy
2

⎛ Ix − Iy
± ⎜
⎜ 2
⎝

2

⎞
⎟ + (I xy )2 = 178 ± 125,3
⎟
⎠

I max = 303,3 cm 4
I min = 52,7 cm 4

106

KÜTLE ATALET MOMENTİ İLE İLGİLİ ÇÖZÜMLÜ PROBLEMLER
Problem 1)

y’

y

x’

G
x

L=50 mm ve m=493,223 gr olan ince bir çubuğun;
a) y’ ekseni etrafında dönmesi durumunda meydana
gelen kütle atalet momentini
b) y ekseni etrafında dönmesi durumunda meydana
gelen kütle atalet momentini hesaplayınız.

z

Çözüm:
a)

1
m.L2
12
1
I y ' = 493.223.(5) 2
12
I y ' = 1027,548 gr.cm 2
I y' =

b)

1
I y = m.L2
3
1
I y = 493.223.(5) 2
3
I y = 4110,19 gr.cm 2

107

Problem 2)
25 mm

20 mm

Şekilde gösterilen cismin x ve z eksenleri
etrafında döndürülmesi durumunda kütle atalet
momentlerini bulunuz. (ρ=7,85 gr/cm3)

150 mm
y

y

z
x

10 mm

z

5 mm

Çözüm:

1
I x1 = m1a 2
3
V1 = 0,5.1.15 = 7,5 cm 3
m1 = ρ .V1 ⇒ m1 = 7,85.7,5 ⇒ m1 = 58,875 gr
1
1
I x1 = m1a 2 = .58,875.(15) 2 ⇒ I x1 = 4415,625 gr.cm 2
3
3
4
π .R
Ix = Iy =
(Tam dairenin atalet momenti )
4
π .R 4
Ix = Iy =
(Yarıa dairenin atalet momenti )
8
I x2 =

π

( R 4 − r 4 ).ρ .t + m2 .d 2

4
V2 = π .( R 2 − r 2 ).t = π .( 2,5 2 − 2 2 ).0,5 = 3,53 cm 3 ( m2 = ρ .t .π .( R 2 − r 2 ))
m2 = ρ .V2 ⇒ m2 = 7,85 .3,53 ⇒ m2 = 27 ,71 gr
I x2 =
I x2 =
I x2
I x2

π
4

π

( R 4 − r 4 ).ρ .t + m2 .d 2
( R 2 + r 2 ).( R 2 − r 2 ).ρ .t + m2 .d 2

4
m
27 ,71
= 2 ( R 2 + r 2 ) + m2 .d 2 =
.( 2,5 2 + 2 2 ) + 27 ,71 .(17 ,5) 2
4
4
2
= 8557 ,19 gr .cm

I xT = I x1 + I x 2
I xT = 4415 ,625 + 8557 ,19
I xT = 12928 ,815 gr .cm 2
108

1
I z1 = m1a 2
3
1
I z1 = .58,875.(15) 2
3
I z1 = 4415,625 gr.cm 2
1
I z 2 = .m2 .( R 2 + r 2 ) + m2 .d 2
2
1
I z 2 = .27,71.(2,5 2 + 2 2 ) + 27,71.(17,5) 2 = 8628,2 gr.cm 2
2
I zT = I z1 + I z 2
I zT = 4415,625 + 8628,2
I zT = 13043,82 gr.cm 2

109

Problem 3)
50 mm

Şekilde verilen cismin z eksenine göre
kütle atalet momentini bulunuz.
(ρ=7,85 gr/cm3)

20 mm

100 mm
50 mm

10 mm

Z
5 mm

Çözüm:

V1 = 2.0,5.5 = 5 cm 3
m1 = ρ .V1 ⇒ m1 = 7,85.5
m1 = 39,25 gr
1
m1 (a 2 + b 2 )
12
1
I z1 = .39,25.(5 2 + 2 2 )
12
I z1 = 94,85 gr.cm 2

I z1 =

V2 = 10.1.5 = 50 cm 3
m2 = ρ .V2 ⇒ m2 = 7,85.50
m2 = 392,5 gr
1
m2 ( a 2 + b 2 )
12
1
= .392,5.(5 2 + 10 2 )
12
= 4088,54 gr.cm 2

I z2 =
I z2
I z2

I zT = 94,85 + 4088,54
I zT = 4183,39 gr.cm 2

110

Problem 4)

R
z

R=100 mm, r=25 mm, L=300 mm,
t=5 mm ve ρ=7.85 gr/cm3 olan
şekildeki parça için z ekseni
etrafında
dönmesi
durumunda
meydana
gelen
kütle
atalet
momentini hesaplayınız.

r

t
L

Çözüm:
V1 = π .r 2 .L
V1 = π .(2,5) 2 .30
V1 = 589,04 cm 3
m1 = ρ .V1 ⇒ m1 = 7,85.589,04
m1 = 4624,03 gr
1
m1 .r 2
2
1
I z1 = .4624,03.(2,5) 2
2
I z1 = 14450 gr.cm 2

I z1 =

V2 = π .( R 2 − r 2 ).L
V2 = π .(10 2 − 2,5 2 ).0,5
V2 =147,26 cm 3
m2 = ρ .V2 ⇒ m2 = 7,85.147,26
m2 = 1156 gr
1
m2 .( R 2 + r 2 )
2
1
= .1156.(10 2 + 2,5 2 )
2
= 61412,5 gr.cm 2

I z2 =
I z2
I z2

I zT = 14450 + 61412,5
I zT = 75862,5 gr.cm 2

111

EK KÜTLE ATALET MOMENTİ PROBLEMLERİ
Problem 1)
Şekilde sarkaç O noktasından asılı ve her biri 10
N

ağırlığındaki iki ince çubuktan

oluşturulmuştur. Sarkacın
2m

1m

O’daki pime göre kütle atalet momentini
bulunuz.

1m

Çözüm:
1
1 ⎛ 10 ⎞ 2
I O1 = m.L2 = .⎜
⎟.2 = 1,36 kg.m 2
3
3 ⎝ 9,81 ⎠
veya
I O1 =

1
1 ⎛ 10 ⎞ 2 ⎛ 10 ⎞ 2
m.L2 + m.d 2 = .⎜
⎟.2 + ⎜
⎟.1 = 1,36 kg.m 2
12
12 ⎝ 9,81 ⎠
9,81 ⎠
⎝

1
1 ⎛ 10 ⎞ 2 ⎛ 10 ⎞ 2
m.L2 + m.d 2 = .⎜
⎟.2 + ⎜
⎟.2 = 4,41 kg.m 2
12
12 ⎝ 9,81 ⎠
⎝ 9,81 ⎠
I O = I O1 + I O 2
I O2 =

I O = 1,36 + 4,41 = 5,77 kg.m 2

112

Problem 2)
R=250 mm, r=125 mm olan şekildeki plağın,
r

yoğunluğu 8000 kg/m3 ve kalınlığı 10

R

mm’dir. Buna göre, plağın x eksenine ve
tabanındaki O noktasından geçen eksene göre

O

x

kütle atalet momentlerini bulunuz.

t=10mm

Çözüm:
x eksenine göre;
m=ρ.V=ρ.π.(R2- r2).t=8000. π.(0,252–0,1252).0,01=11,78 kg
1
1
m.( R 2 + r 2 ) + m.d 2 = .11,78.(0,25 2 + 0,125 2 ) + 11,78.0,25 2
2
2
2
I x = 1,2 kg.m

Ix =

O eksenine göre;
m=ρ.V=ρ.π.(R2- r2).t=8000. π.(0,252–0,1252).0,01=11,78 kg
IO =
IO =

π
4

π

( R 4 − r 4 ).ρ .t + m.d 2
( R 2 + r 2 ).( R 2 − r 2 ).ρ .t + m.d 2

4
m
11,78
I O = ( R 2 + r 2 ) + m.R 2 =
.(0,25 2 + 0,125 2 ) + 11,78.(0,25) 2
4
4
2
I O = 0,96 kg.m

113

Problem 3)
Kalınlığı 50 mm ve yoğunluğu ρ=2,71
gr/cm3 olan şekildeki parçanın x ve y
eksenlerine

göre

kütle

atalet

momentlerini bulunuz.

Çözüm:
x eksenine göre;
Prizma için; m=ρ.V=ρ.a.b.t=2,71.12.24.5=3902,4 gr
1
1
m.a 2 = .3902,4.12 2
3
3
= 187315,2 gr.cm 2

I x1 =
I x1

Yarım daire için;
m = ρ .V = ρ .
I x2 =
I x2

π .r

4

π .r 2
2

.t = 2,71.

π .9 2
2

.5 = 1724,02 gr.cm 2

.ρ .t + m.d 2 veya I x 2 =

8
= 96976,12 gr.cm 2

m.r 2
1724,02.9 2
+ m.d 2 =
+ 1724,02.12 2
4
4

I x = I x1 − I x 2 = 187315,2 − 96976,12 = 90339,08 gr.cm 2

y eksenine göre;
I x1 =

1
1
m.a 2 = .3902,4.24 2 = 749260,8 gr.cm 2
3
3

Yarım daire için;
I y2 =
I y2

π .r 4

.ρ .t + m.d 2 veya

4
= 283167 gr.cm 2

I y2 =

m.r 2
1724,02.9 2
+ m.d 2 =
+ 1724,02.12 2
4
4

I y = I y1 − I y 2 = 749260,8 − 283167 = 466093,8 gr.cm 2

114

Problem 4)
Şeklideki cismin x eksenine göre
6 cm

kütle atalet momentini bulunuz
2 cm

ρ=7,85 gr/cm3.

4 cm

4 cm
4 cm
4 cm

Çözüm:
Her bir silindir için;
m=ρ.V=ρ.π. r2.L=7,85. π.22.6=591,87 gr
1
1
m.r 2 + m.d 2 = .591,87.2 2 + 591,87.4 2
2
2
2
= 10653,66 gr.cm

I x1 =
I x1

I x2 =

1
1
m.(a 2 + b 2 ) = .1507,2.(4 2 + 12 2 ) = 20096 gr.cm 2
12
12

I x = 2.I x1 + I x 2
I x = 2.10653,66 + 20096 = 41403,32 gr.cm 2

115

BÖLÜM 7
KİRİŞLERDE KESME KUVVETİ VE EĞİLME MOMENTLERİNİN
HESAPLANMASI VE DİYAGRAMLARI
7.1 GİRİŞ VE TANIMLAR
Cisimlerin mukavemetlerinin asıl problemi, herhangi bir yapıya veya makine elemanına
uygulanan dış kuvvetlerin yapıda veya elemanda doğuracağı gerilmelerin ve şekil
değiştirmelerinin bulunmasıdır. Eksenel ve burulma yüklerine maruz elemanlarda yük
elemanın her kesitinde sabit veya elemana belli oranlarda yayılmış bulunacağından bu tip
elemanlarda gerilme ve şekil değiştirmelerin bulunması pek zorluk çekilmez.
Eğilme yüklerinde ise yükün tesiri kirişin genellikle her kesitinde değiştiğinden bunların
çözümü daha karmaşık olmaktadır. Eğilme yükünün tesiri düşey “Kesme kuvveti” ve
“Eğilme momenti” şeklini alır. Eğilme momenti kiriş kesitlerinde normal gerilmeler, kesme
kuvveti ise kesitlerde kayma gerilmeleri meydana getirirler. Bunların maksimum oldukları
kesitlerde maksimum normal gerilme ve maksimum kayma gerilmeleri hâsıl olmaktadır.
Dolayısıyla kirişlerde kesme kuvveti eğilme momenti değerlerinin bilinmesi, bunlarla ilgili
gerekli diyagramların bilinmesi çizilmesi önemli olmaktadır.
Kesiti boyu yanında çok küçük olan ve eksenine dik doğrultudaki kuvvetleri taşıyan
taşıyıcı sistemlere kiriş denir. Kirişler değişik şekillerde sınıflandırılırlar. Mesnetleme
şekillerine göre izostatik kirişler (Şekil 7.1) de olduğu gibi,
a) Basit kiriş
b) Çıkmalı kiriş
c) Konsol (Ankastre) Kiriş
olarak sınflandırılabilirler. Bunun yanında Çok mesnetli (sürekli kirişler), Gerber kirişleri vb.
sayılabilir. Ayrıca kirişler biçimlerine göre (Şekil 7.2),
a) Doğru eksenli kirişler
b) Eğri eksenli kirişler
c) Değişken kesitli kirişler
d) Kademeli kesitli kirişler
e) Kompozit kirişler
olarak sayılabilir.
116

a) Çıkmalı Kiriş

b) Basit Kiriş

c) Konsol Kiriş

Şekil 7.1 Mesnetlerine göre kiriş çeşitleri

a)Doğru eksenli kiriş

b)Eğri eksenli kiriş

c)Kademeli kiriş

d)Değişken kesit li kiriş
e)Ko mpozit kiriş

Şekil 7.2 Biçimlerine göre kiriş çeşitleri

Kirişleri, kesitlerine dik doğrultuda yükler taşıyan elemanlar diye tanımlamıştık.
Taşıdıkları yükler de aşağıdaki gibi sınıflandırılabilirler (Şekil 7.3).
a) Yayılı yükler
1. Düzgün yayılı yükler
2. Lineer yayılı yükler q=q(x)
b) Tekil (nokta) yükler
c) Kuvvet çiftleri (kiriş ekseni dışından etki eden yüklerin eksene
indirgenmesinden meydana gelen kuvvet çiftleri.)

117

q (N/ m)

q (N/ m)

a)Dü zgün yayılı yük

F

M

c)Tekil kuvvet ve
kuvvet çifti

b)lineer yayılı yük

Şekil 7.3 Kirişlerde yük çeşitleri
7.2 KESME KUVVETİ VE EĞİLME MOMENTİ
Kirişleri değişik şekillerde sınıflandırmıştık. Bu bölümde doğru eksenli düşey yüklü
kirişleri ele alacağız. Kiriş muhtelif dış yükler etkisi altında iken, kiriş boyunca etkisi değişen
iç kuvvet yada kesit tesirleri olarak adlandırdığımız kesme kuvveti, normal kuvvet ve eğilme
momentleri meydana gelir. Şekil 7.4 deki kirişi göz önüne alalım dış yüklerden dolayı
mesnetlerde Ax, Ay, By reaksiyon kuvvetleri meydana gelir. Bu durumda kiriş dengededir.
Kirişi m-n kesitinden ayırma metoduna göre ayıralım. Ayırma işleminden sonrada kirişin her
iki kesitide dengede olmak zorundadır. Ayrılan kısımda kirişi dengeleyen kuvvetler sistemi
Kesme kuvveti, Normal kuvvet ve Eğilme momentleri meydana gelir. Burada yalnızca kesme
kuvvetleri ve eğilme momentleri etkisindeki

doğru eksenli kirişler ele alınmıştır. İç

kuvvetleri pozitif olacak şekilde yerleştirilim.

y

m

y

F

q (N/m)
A

m

q (N/m)
B

x

M

Ax

V

Ay

n

--

V

V

+

V

B

V

n

M
V

F

M

M

--

+

By

Şekil 7.4 Pozitif Kesme kuvveti , Moment

+
¯

Ele alınan elemanları bir yerinden sabitlediğimizde kesme kuvveti, bunları saat ibresi
dönme yönünün ters yönünde çeviriyorsa pozitif, değilse negatifdir. Momentler, ele alınan
elamanı iç bükey yapıyorsa pozitif, değilse negatif işaretlidir.

118

europan university of lefke static 1

europan university of lefke static 1

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Viewers also liked

Viewers also liked (7)

Similar to europan university of lefke static 1

Similar to europan university of lefke static 1 (13)

More from Şakir Sayın

More from Şakir Sayın (14)

europan university of lefke static 1