34. Dörtgen plak örnek çözümleri Ahmet TOPÇU, Sonlu Elemanlar Metodu, Eskişehir Osmangazi Üniversitesi, 2015-2017, http://mmf2.ogu.edu.tr/atopcu/ Sayfa 284 34. Dörtgen plak örnek çözümleri Örnek 34.1: Teorik çözümü Timoshenko 1 tarafından verilen dört tarafından ankastre ve merkezinde P=100 kN tekil yükü olan kare plağın(şekil 34.1) çözümü 4 farklı model için SEM2015 programı ile yapılacak, sonuçlar teorik çözüm ile karşılaştırılacaktır. Malzeme: = 30 ∙ 10 , = 0.30 Plak kalınlığı: = 0.10 Teorik çözüm: Plak merkezinde çökme: Timoshenko plak merkezindeki çökmeyi = 0.3 için: = 0.0056 (( ) = !.! "# olarak vermektedir. Buna göre = 0.0056 ∙ 100 ∙ 4 (!.% ) %!∙! & ∙!. = 0.00326 ≈ 3.26 dir. a noktasında moment: Timoshenko plağın a noktasında birim boya yayılı mesnet momentini Ma=My=0.1257P (üst lifte çekme) olarak vermektedir. Buna göre Ma=My=0.1257 . 100=12.57 kNm/m dir. a noktasındaki gerilme: ) * =) ++ = , - . - / (mukavemet) genel bağıntısından hesaplanabilir. I atalet momenti 1xt plak kesitinde hesaplanır: 0 1 = ∙!. = 8.33 ∙ 10 3 4 . z=+t/2=0.1/2=0.05 m dir (üst lif için). Buna göre ) * =) ++ = .35 6.%%∙! 78 0.05 = 7547 :; < olur. Bu gerilme değerini programın aynı noktada hesaplayacağı ) ++ gerilmesi ile doğrudan karşılaştırabiliriz. Programın çıktıları yukarıdaki 4 farklı model için aşağıda kısmen verilmiş, plak merkezindeki çökme ve a noktasındaki moment ve gerilme teorik çözüm ile karşılaştırılmıştır. 1 Timoshenko, S., Plak ve kabuklar teorisi(tercüme M. İnan v.d.), İTÜ yayını, 1964, sayfa 220 2x2=4 eleman ağı 4x4=16 eleman ağı 6x6=36 eleman ağı 8x8=64 eleman ağı Plağın dörtte birinin hesap modelleri Moment Dört kenarı ankastre kare plağın dörtte biri(perspektif görünüş) 2 m 2 m Bu kenardaki noktalar X etrafında dönemez Bu kenarlardaki noktalar çökmez ve dönmez Bu kenardaki noktalar Y etrafında dönemez t=0.10 m L=4 m L=4 m X Y Z Şekil 34.1: Dört kenarı ankastre kare plak(perspektif görünüş) P=100 kN Y X Z P=25 kN a Plak X ve Y eksenlerine göre simetrik olduğundan dörtte biri modellenecektir.
13
Embed
34. Dörtgen plak örnek çözümlerimmf2.ogu.edu.tr/atopcu/index_dosyalar/Dersler...34. Dörtgen plak örnek çözümleri Ahmet TOPÇU, Sonlu Elemanlar Metodu, Eski şehir Osmangazi
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
34. Dörtgen plak örnek çözümleri
Ahmet TOPÇU, Sonlu Elemanlar Metodu, Eskişehir Osmangazi Üniversitesi, 2015-2017, http://mmf2.ogu.edu.tr/atopcu/ Sayfa 284
34. Dörtgen plak örnek çözümleri Örnek 34.1: Teorik çözümü Timoshenko1 tarafından verilen dört tarafından ankastre ve merkezinde P=100 kN tekil yükü olan kare plağın(şekil 34.1) çözümü 4 farklı model için SEM2015 programı ile yapılacak, sonuçlar teorik çözüm ile karşılaştırılacaktır.
Malzeme: � = 30 ∙ 10��
�, = 0.30
Plak kalınlığı: � = 0.10� Teorik çözüm:
Plak merkezinde çökme: Timoshenko plak merkezindeki çökmeyi = 0.3 için: �� = 0.0056�����((����)
�� =
!.!���"#�
��
olarak vermektedir. Buna göre �� = 0.0056 ∙ 100 ∙ 4���(��!.%�)
%!∙�!&∙!.� = 0.00326� ≈ 3.26�� dir.
a noktasında moment: Timoshenko plağın a noktasında birim boya yayılı mesnet momentini Ma=My=0.1257P (üst lifte çekme) olarak vermektedir. Buna göre Ma=My=0.1257.100=12.57 kNm/m dir.
a noktasındaki gerilme: )* = )++ =,-
.-/ (mukavemet) genel bağıntısından hesaplanabilir. I atalet momenti 1xt plak
kesitinde hesaplanır: 01 =�∙!.�
��= 8.33 ∙ 10�3�4. z=+t/2=0.1/2=0.05 m dir (üst lif için). Buna göre
)* = )++ =��.35
6.%%∙�!780.05 = 7547
:;
<� olur. Bu gerilme değerini programın aynı noktada hesaplayacağı )++gerilmesi ile
doğrudan karşılaştırabiliriz. Programın çıktıları yukarıdaki 4 farklı model için aşağıda kısmen verilmiş, plak merkezindeki çökme ve a noktasındaki moment ve gerilme teorik çözüm ile karşılaştırılmıştır.
1 Timoshenko, S., Plak ve kabuklar teorisi(tercüme M. İnan v.d.), İTÜ yayını, 1964, sayfa 220
Plak X ve Y eksenlerine göre simetrik olduğundan dörtte biri modellenecektir.
34. Dörtgen plak örnek çözümleri
Ahmet TOPÇU, Sonlu Elemanlar Metodu, Eskişehir Osmangazi Üniversitesi, 2015-2017, http://mmf2.ogu.edu.tr/atopcu/ Sayfa 285
Moment
Gerilme
Çökme
Moment
Gerilme
Çökme
Çökme
Gerilme
34. Dörtgen plak örnek çözümleri
Ahmet TOPÇU, Sonlu Elemanlar Metodu, Eskişehir Osmangazi Üniversitesi, 2015-2017, http://mmf2.ogu.edu.tr/atopcu/ Sayfa 286
Örnek 34.1 sonuçları karşılaştırma:
Örnek 34.2: Teorik çözümü Timoshenko1 tarafından verilen, dört tarafından ankastre ve p=6.25 kN/m2 üniform yayılı yükü etkisindeki kare plağın(şekil 34.2) çözümü 3 farklı model için SEM2015 programı ile yapılacaktır.
Plak merkezinde çökme: Timoshenko plak merkezindeki çökmeyi, = 0.3 için,�= =!.!�%6>#?
�� olarak vermektedir. Buna
göre �= =!.!�%6∙�.�3∙4?
%!∙�!&∙!.� = 0.00074� ≈ 0.73�� dir.
.a noktasında moment: Timoshenko plağın a noktasında birim boya yayılı mesnet momentini, = 0.3 için, Ma=My=0.0513 pL2 (üst lifte çekme) olarak vermektedir. Buna göre Ma=My=0.0513.6.25.42=5.13 kN.m/m dir.
1 Timoshenko, S., Plak ve kabuklar teorisi(tercüme M. İnan v.d.), İTÜ yayını, 1964, sayfa 220
Ahmet TOPÇU, Sonlu Elemanlar Metodu, Eskişehir Osmangazi Üniversitesi, 2015-2017, http://mmf2.ogu.edu.tr/atopcu/ Sayfa 288
Örnek 34.2 sonuçları karşılaştırma:
Örnek 34.3: Şekil 34.3 de görülen kare plak C30/37 betonu ile inşa edilecektir. Plağın merkezinde tabanı 2x2 m ve yüksekliği 1.80 m olan su deposu vardır. Plak kendi yükü pplak=16.40 kN/m2 dir. Plak ortasındaki çökme ve bazı elemanlardaki iç kuvvet ve gerilmeler 8x8 eleman ağı kullanarak hesaplanacaktır.
Ahmet TOPÇU, Sonlu Elemanlar Metodu, Eskişehir Osmangazi Üniversitesi, 2015-2017, http://mmf2.ogu.edu.tr/atopcu/ Sayfa 289
Örnek 34.4: Şekil 34.4 de görülen kare plak C30/37 betonu ile inşa edilecektir. Plağın merkezinde 2x2 m boşluk vardır. Plak yükü 23.8 kN/m2 dir. Eleman kuvvetleri ve yer değiştirmeleri hesaplanacak, sonuçlar kısmi olarak verilecektir.
1 m
L=4 m1 m
Malzeme:
� = 32 ∙ 10��
�, = 0.20 (tüm elemanlarda)
Plak kalınlığı: � = 0.001� (boşluktaki tüm elemanlarda) � = 0.15� (boşluk dışındaki tüm elemanlarda) Yükler: pplak=0 kN/m2 (boşluktaki tüm elemanlarda) pplak=23.8 kN/m2 (boşluk dışındaki tüm elemanlarda)
Boşluk
Boşluk
34. Dörtgen plak örnek çözümleri
Ahmet TOPÇU, Sonlu Elemanlar Metodu, Eskişehir Osmangazi Üniversitesi, 2015-2017, http://mmf2.ogu.edu.tr/atopcu/ Sayfa 290
Boşluktaki elemanların modellenmesi: 1) Boşluk olan bölgede hiçbir eleman ve nokta tanımlanmaz. Bu gerçek modeldir. Ancak, düzenli numaralama
yapılamadığı için veri hazırlamak zorlaşır(Model a). 2) Düzenli numaralandırmayı bozmamak için boşluk bölgesinde de nokta ve elemanlar varmış gibi modelleme
yapılabilir. Boşluktaki elemanların yükü=0, plak kalınlığı t çok küçük(örneğin t=0.001 m) seçilir(Model b)1. Bu model sonuçların biraz farklı çıkmasına neden olur.
Her iki modelin kısmi sonuçları aşağıda verilmiştir. Karşılaştırılırsa hemen hemen aynı olduğu görülür.
1 Eleman kalınlığı t nin çok küçük seçilmesi elemanın çok esnek davranacağı anlamındadır. t nin aşırı küçük(örneğin t=0.00001 m seçilmesi teorik
olarak daha doğrudur, ancak bu nümerik soruna; yani süreklilik denklemlerinin tekil olmasına neden olabilir.
Model b eleman ağı(plağın ¼ ü)
1 m
1 m
Boşluktaki nokta ve elemanlar
1 m 1 m
Model a eleman ağı(plağın ¼ ü)
Boşluk
Model a nın kısmi sonuçları
34. Dörtgen plak örnek çözümleri
Ahmet TOPÇU, Sonlu Elemanlar Metodu, Eskişehir Osmangazi Üniversitesi, 2015-2017, http://mmf2.ogu.edu.tr/atopcu/ Sayfa 291
Model a nın kısmi sonuçları
Model b nın kısmi sonuçları
34. Dörtgen plak örnek çözümleri
Ahmet TOPÇU, Sonlu Elemanlar Metodu, Eskişehir Osmangazi Üniversitesi, 2015-2017, http://mmf2.ogu.edu.tr/atopcu/ Sayfa 292
Model b nın kısmi sonuçları
34. Dörtgen plak örnek çözümleri
Ahmet TOPÇU, Sonlu Elemanlar Metodu, Eskişehir Osmangazi Üniversitesi, 2015-2017, http://mmf2.ogu.edu.tr/atopcu/ Sayfa 293
Örnek 34.5: Aşağıda görülen kare plak C30/37 betonu ile inşa edilecektir. Plak köşe noktasında 0.40x0.40 m kesitli kolonlara oturmaktadır. Plak kalınlığı 0.30 m, plak düzgün yayılı yükü 21.36 kN/m2 dir. Plak ortasındaki ve kenar ortasındaki çökme 10x10 eleman ağı kullanılarak hesaplanacaktır.
2 m
0.4
2 m
2 m
Malzeme: � = 32 ∙ 10��
�, = 0.20
Plak kalınlığı: � = 0.30� Yük: 21.36 kN/m2 (tüm elemanlarda) Mesnet koşulları: 1, 2, 3,…,11 noktaları X etrafında dönemez(Simetri) 1, 12, 34, 45, …, 111 noktaları Y etrafında dönemez(Simetri) 97, 98, 99, 108, 109, 110, 119, 120, 121 noktaları çökemez ve dönemez(rijit kolon varsayımı)
Kolon
Plak ortasında kuvvetler
Plak kenar ortasında kuvvetler
Kolon köşesinde kuvvetler
Plak ortasında çökme-dönme
Plak kenar ortasında çökme-dönme
10x10=100 eleman ağı(plağın ¼ ü)
Kolon
34. Dörtgen plak örnek çözümleri
Ahmet TOPÇU, Sonlu Elemanlar Metodu, Eskişehir Osmangazi Üniversitesi, 2015-2017, http://mmf2.ogu.edu.tr/atopcu/ Sayfa 294
Örnek 34.6: Aşağıda görülen konsol plak C30/37 betonu ile inşa edilecektir.. Plak kalınlığı 0.17 m, plak düzgün yayılı yükü 16.81 kN/m2 dir. X=2, Y=0 noktasındaki �� çökmesi ve X=0, Y=0 noktasındaki P<GJQG� mesnet momenti aşağıda görülen eleman ağı kullanılarak hesaplanacaktır1. Plak X eksenine göre simetrik olduğundan yarısı modellenmiştir.
1 Analitik çözüme göre �� = 0.0025�, P<GJQG� = −34.33MN�/� dir. Bak:
Plak kalınlığı: � = 0.17� Yük: 16.81 kN/m2 (tüm elemanlarda) Mesnet koşulları: 1, 6, 16, 21 noktaları çekemez ve dönemez (ankastre) 2, 3, 4, 5 noktaları X etrafında dönemez (simetri)
2 m
2 m
��: Konsol ucunda çökme
P<GJQG�: Mesnet ortasında moment
4x4=16 eleman ağı(plağın yarısı)
2x0.25 2x0.75
4x0.5
=2 m
2 m
34. Dörtgen plak örnek çözümleri
Ahmet TOPÇU, Sonlu Elemanlar Metodu, Eskişehir Osmangazi Üniversitesi, 2015-2017, http://mmf2.ogu.edu.tr/atopcu/ Sayfa 295
Örnek 34.7: Aşağıda düşey kesiti görülen betonarme su deposu C30/37 betonu ile inşa edilecektir. Düşey panellerin hepsi de dört tarafı ankastre plak olarak çalışır. Plaklar, şiddeti derinlikle artan ve plak düzlemine dik etkiyen üçken yayılı su basıncı etkisindedir. Bir plağın çözümü yapılacak, en büyük mesnet ve açıklık momentleri belirlenecektir. Plağın düşey doğrultuda simetri ekseni vardır, yarısı aşağıdaki gibi modellenebilir. Plak tabanındaki su basıncı IJKℎJK =10 ∙ 3.5 = 35.00MN/�� dir. Plak yükü düzgün yayılı olmak zorunda olduğundan her elemanın ortalama düzgün yayılı yükü hesaplanarak şekilde gösterilmiştir.