Cross Yöntemi Bölüm 5 255 BÖLÜM 5 5.1. CROSS METODU (HARDY CROSS-1932) Hiperstatik sistemlerin çözümünde kullanılan cross yöntemi açı yönteminin özel bir hali olup moment dağıtma (iterasyon) metodu olarak da kullanılmaktadır. Açı metodunda düğümlerde moment ve yatay dengeler yazılarak düğümlerdeki dönüş açıları ve deplasmanlar bulunarak sistem çözüldüğü halde Cross metoduyla hiperstatik sistemlerin çözümünde önce rijit düğüm noktalarında dönüşleri sıfır yapacak şekilde kilitlenir. Kilitleme ankastrelik momentlerin farkının ters işaretlisi olan bir dış momentle yapılır. Yani açı metodunda olduğu gibi düğümdeki toplam moment sıfır olacak şekilde düzenlenir. Bu uygulanan dış moment düğümde sadece dengeyi sağlamak için kabul edilen bir moment olduğu için aranan moment olarak kabul edilmemelidir. Bu kilitleme momentinden dolayı düğümde bir dönüş ve bu dönüş sonucunda da düğümdeki çubukların uçlarında bir moment oluşacaktır. Bu yöntemde bir düğüme; 1. Düğüm noktalarında dış yüklerden dolayı oluşan ankastrelik momentleri, 2. Komşu düğümlerden gelen (2EI/L’den 1/2) momentler, 3. Birim yatay (δ=1) yüklemelerinden gelen (k=-3k/L ve k=-2k/L) momentler, olmak üzere bu üç momentin farkı TERS işaretli olarak o düğüme birleşen çubuk uçlarına rijitlikleri oranında dağıtılır ve k çubuklarının ucuna düşen momentin yarısı da komşu düğüme gönderilir. 1.Diğer bütün düğümler kilitli, sadece i serbest 2. ϕ i bulunduktan sonra i aynı kalsın ve j serbest i j k i j k i j k Tüm düğümlerlerdeki dönüş açıları≠ 0 Tüm düğümlerlerdeki dönüş açıları=0
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
Cross Yöntemi Bölüm 5
255
BÖLÜM 5 5.1. CROSS METODU (HARDY CROSS-1932) Hiperstatik sistemlerin çözümünde kullanılan cross yöntemi açı yönteminin özel bir hali olup moment dağıtma (iterasyon) metodu olarak da kullanılmaktadır. Açı metodunda düğümlerde moment ve yatay dengeler yazılarak düğümlerdeki dönüş açıları ve deplasmanlar bulunarak sistem çözüldüğü halde Cross metoduyla hiperstatik sistemlerin çözümünde önce rijit düğüm noktalarında dönüşleri sıfır yapacak şekilde kilitlenir. Kilitleme ankastrelik momentlerin farkının ters işaretlisi olan bir dış momentle yapılır. Yani açı metodunda olduğu gibi düğümdeki toplam moment sıfır olacak şekilde düzenlenir. Bu uygulanan dış moment düğümde sadece dengeyi sağlamak için kabul edilen bir moment olduğu için aranan moment olarak kabul edilmemelidir. Bu kilitleme momentinden dolayı düğümde bir dönüş ve bu dönüş sonucunda da düğümdeki çubukların uçlarında bir moment oluşacaktır. Bu yöntemde bir düğüme;
1. Düğüm noktalarında dış yüklerden dolayı oluşan ankastrelik momentleri,
2. Komşu düğümlerden gelen (2EI/L’den 1/2) momentler,
3. Birim yatay (δ=1) yüklemelerinden gelen (k=-3k/L ve k=-2k/L) momentler,
olmak üzere bu üç momentin farkı TERS işaretli olarak o düğüme birleşen çubuk uçlarına rijitlikleri oranında dağıtılır ve k çubuklarının ucuna düşen momentin yarısı da komşu düğüme gönderilir. 1.Diğer bütün düğümler kilitli, sadece i serbest 2. ϕϕϕϕi bulunduktan sonra i aynı kalsın ve j serbest
i
j
k
i
j
k
i
j
k Tüm düğümlerlerdeki
dönüş açıları≠ 0
Tüm düğümlerlerdeki dönüş açıları=0
Bölüm 4 Cross Yöntemi
256
I. Đterasyon
1. Bütün düğümlerdeki dönüş açıları sıfır
2. Sadece i noktası serbest yani ϕϕϕϕi ≠≠≠≠ 0 olsun ve buradan ϕϕϕϕi kolayca bulunur.
3. Sadece j noktası serbest yani ϕϕϕϕj ≠≠≠≠ 0 olsun ve ϕi yukarıda bulunan değerde olsun. Buradan
ϕϕϕϕi bilindiğine göre ϕϕϕϕj kolayca bulunur.
4. Sadece k noktası serbest yani ϕϕϕϕk ≠≠≠≠ 0 olsun ve ϕϕϕϕi -ϕϕϕϕj yukarda bulunan değerde olsun.
Buradan ϕϕϕϕi ve ϕϕϕϕj bilindiğine göre ϕϕϕϕk kolayca bulunur.
5. Yukarıdaki işlemler dönüş açısı olan bütün düğümler için yapılır ve ilk dönüş açıları
bulunmuş olur. Yani başlangıçta sıfır olan dönüş açıları yerine değerleri bulunmuş olur.
II. Đterasyon 1. Đşlemler tekrar baştan başlanarak yapılır n inci düğüme kadar yapılır ve ikinci iterasyon
tamamlanır. III. Đterasyon 1. Değişim sıfır olduğu zaman iterasyona son verilir. Ve böylece düğümlerdeki dönüş açıları
bulunur. Düğümlerdeki ankastrelik momentleri açı metodunda olduğu gibi bulunur.
kNm96.1212
2.7x3MMkNm86.4
12
6.3x5.4MM
2
3223
2
2112 ============−−−−============−−−−
kNm80.46.3x2
)4.26.3(4.2x2.1x2.7
L2
)bl(PabM
2234 ====++++
====++++
====−−−−
Bu ankastrelik momentleri düğümlere uygulanarak düğümlerdeki momentlerin dengede olması için kesikli çizgilerle gösterilen momentler düğümlere uygulanarak bütün düğümler kilitlenir. � nolu düğüm sabit mesnet olduğu için sadece dış yüklerden dolayı oluşan bir moment (3 x 0.9=2.7 kNm) bulunmaktadır.
Daha sonra düğümlerden istenilen bir tanesi açılır. Bu düğümleri açma işlemine kilitleme momenti olan ankastrelik momentleri farkının ters işaretlisinin mutlak değerce büyük olanından başlamak iterasyonun adım sayısını azaltacağından daha uygundur. Bu örnekte üç nolu düğüm açılarak ankastrelik momentler farkı olan kesikli çizgilerle gösterilen kilitleme momenti 8.16 kNm lik moment bulunur. Ancak, � nolu düğümde konsoldaki yükten dolayı oluşan bir 2.7 kNm lik bir moment bulunmaktadır. Konsol yüklerden dolayı oluşan momentlerin, kenar mesnetteki
86.4M12 ==== 4.86
�
86.4M21 ==== 96.12M23 ====
�
12.96-4.86=8.1
96.12M32 ==== 8.4M34 ====
�
12.96-4.8=8.16
7.29.0x3 ====
�
2.7
1.03I I I � � � �
4.5 kN/m 3 kN/m 7.2 kN
3.6m 2.4m 7.2m 1.2m
09m
3 kN
Cross Yöntemi Bölüm 5
257
dış yük olan momentlerin yarısı ve bir düğümde bulunan dengeleyici momentin yarısı karşı mesnede aşağıdaki kabulden dolayı geçer. Yani, düğümde dengeleyici momentten dolayı bir dönme ve bunun sonucunda da bir moment oluşacaktır. Oluşan bu momentin yarısı aynı işarette çubuğun diğer ucuna geçer. Komşu düğüm mafsallı ise bu momentin yarısı geçmeyecektir. Açı metodunun esasını teşkil eden bu kabuller açı metodu denklemlerinin çıkarılmasında aşağıdaki şekilde elde edilmişti.
Buna göre � mesnedindeki momentin yarısı � mesnedine artı olarak geçer. Konsol momentleri sağdan sola artı soldan sağa eksi geçer. Çerçevelerde ise mütemadi kirişlerin tam tersi olmaktadır. Bu durum açı yönteminde tablo halinde açıklanmıştır.
9.51 kNm lik dengeleyici kilit momenti düğüme birleşen çubukların toplamı bir olan ve rijitlikleri
dikkate alınarak hesaplanan dağıtma sayıları oranında ters işaretli olarak paylaşılarak düğüm
dengesi sağlanır. Çubuklara gelen bu momentlerin yarısı aynı işarette çubuğun diğer ucuna
yani komşu düğümlere gönderilir. Sistemin çözümü için diğer bütün düğümlerin dengesi
sağlanması şartından dolayı aynı işlem diğer komşu düğümlerde yapılır. Komşu düğümde
dengeleyici moment o düğümde önceden bulunan kilit momenti (ankastrelik momentleri farkı
olan moment) ile komşu düğümdeki dengelemeden gelen momentin toplamı ters işaretli olarak
düğüme birleşen çubukların dağıtma sayıları oranında dağıtılarak düğüm dengesi sağlanmış
olur. Bu dengeden dolayı oluşan momentlerin yarısı çubuğun diğer ucuna yani düğüm
noktasına gönderilir. Bu işleme komşu düğümlerden gelen momentlerin küçülmesi durumunda
son verilerek her çubuğun ucundaki momentler toplanarak son verilir. Bu toplam sonucu her
düğümdeki momentlerin toplamı açı metodunda olduğu gibi sıfır olmalıdır. Bir çubuğun uç
momenti,
1. Ankastrelik momentleri
2. Düğümdeki dengelemeden dolayı dağıtma sayısı oranında gelen moment
3. Çubuğun diğer ucundaki düğüm dengelemesinden dolayı o uçta oluşan momentin yarısı
momentlerinin toplamıdır.
96.12M32 ====
8.4M34 ====
�
Kilit moment=12.96-4.8+1.35 =9.51
7.29.0x3 ====
�
2.7 2.7/2=1.35
_
+ Mik
Mki=Mik/2
Uç momentleri Mki ve Mik olsun
i k
ϕi
Hiç şekil değiştirmesi olmayan
eleman i k
Mki Mik
k i
Bölüm 4 Cross Yöntemi
258
5.2. DÜĞÜM NOKTALARI SABĐT (δδδδ=0) SĐSTEMLER Düğüm noktaları sabit sistemler 4. bölümde açıklanan sistemlerdir. Bu sistemlerin cross yöntemi ile çözümünde yatay deplasmanlar [δ=0] sıfır alınmaktadır. Herhangi bir çerçeveden alınan yukarıdaki i düğümünde moment dengesi yazılır ise,
2 (k1 + k2 + k3 + k’4 + k’5 ) ϕϕϕϕi + ∑∑∑∑ iM = 0 ii ' '
1 2 3 4 5
M φ
2[k k k k k ]
∑ =− + + + +
5ii'55i4ii
'44i
3ii33i2ii22i1ii11i
M)φ2(kMM)φ2(kM
M)φ2(kMM)φ2(kMM)φ2(kM
+⋅=+⋅=
+⋅=+⋅=+⋅=
Bu denklemlerde ϕϕϕϕi ‘nin yukarıdaki bulunan değerleri yerine yazılırsa, 1iii1i M)φ2(kM +=
ϕϕϕϕi ≠≠≠≠ 0 ϕϕϕϕ2=0 ϕϕϕϕ3=0 ϕϕϕϕ1=0
iM =toplam ankastrelik momentleri
i 2
4 3
Mi
k2
4k′
1
5
k1
k3
5k′
1i1 i1' '
1 2 3 4 5
ikM M
(k k k k k )
M= +
+ + + +
∑
2i2 i2' '
1 2 3 4 5
ikM M
(k k k k k )
M= +
+ + + +
∑
3i3 i3' '
1 2 3 4 5
ikM M
(k k k k k )
M= +
+ + + +
∑
'4
i4 i4' '1 2 3 4 5
ikM M
(k k k k k )
M= +
+ + + +
∑
'5
i5 i5' '1 2 3 4 5
ikM M
(k k k k k )
M= +
+ + + +
∑
i1 ' '1 2 3 4 5
1 d
(k k k k k
k
)=
+ + + +
i2 ' '1 2 3 4 5
2 d
(k k k k k
k
)=
+ + + +
i3 ' '1 2 3 4 5
3 d
(k k k k k
k
)=
+ + + +
i4 '
'5
'1 2 3 4 5
d
(k k k k k )
k=
+ + + +
i5 '
'5
'1 2 3 4 5
d
(k k k k k )
k=
+ + + +
ΣΣΣΣd=1 = -Mi
Cross Yöntemi Bölüm 5
259
[di1 + di2 + di3 + di4 + di5] bunların her birine DAĞITMA SAYISI denir ve her düğüm için
toplamları her zaman =1 olması gerekir. Bu din sayıları düğüme birleşen çubukların L
I2k ====
ve/veya L
I5.1k ====′′′′ rijitlikleri oranına göre değişen dağıtma sayılarıdır.
Hiperstatik bir sistemim Cross metodu ile çözümünde izlenen yol sırasıyla; 1. Düğüme birleşen çubukların k ve/veya k’ değerleri ve bunlara bağlı olarak bulunan dağıtma
sayıları hesaplanır.
∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑
============n
33i
n
22i
n
11i k
kd
k
kd
k
kd
2. Çubuğun mesnet şartlarına yükleme durumuna göre ankastrelik momentleri hesaplanır.
3. Çözüm şeması hazırlanarak dağıtma sayıları ve ankastrelik momentleri belirlenir.
4. Düğümlerde bulunan ankastrelik momentleri işaretlerine göre toplanarak mutlak değerce
büyük olan momentin bulunduğu düğümden dağıtıma başlanır. 5. Dağıtma sayılarına göre dağıtılan ankastrelik momentleri işaretlerinin tersi olarak dağıtılır.
Yani ankastrelik momenti eksi ise artı, artı ise eksi olarak dağıtılır. 6. k çubuklarında dağıtım sonucu bulunan Mij momenti çubuğun diğer ucuna yarısı aynı
işarette geçer. Bu geçiş k’ çubuklarında yapılmaz.
7. Düğümlerde dağıtılacak moment sıfıra yaklaşınca dağıtıma son verilir.
i k
ϕi
Mki Mik
k i
ik i4EI
ML
= ϕ _
+ ki i
2EIM
L= ϕ
A
B
A
ϕB
ϕA
ϕA
ϕA
ϕA B ϕB
ϕA + ϕB+
ϕB
ϕB
ϕA
ϕA
ϕA
ϕA
A
B
ϕA - ϕB-
Bölüm 4 Cross Yöntemi
260
8. Düğümlerde dağıtım bittikten sonra ankastrelik momentler dahil bütün momentler işaretleri
ile toplanır. (bir düğümde bulunan momentlerin toplamı sıfır olacağına dikkat edilmelidir değilse hesaplar kontrol edilir)
9. Çözüm sonucu bulunan momentler işaretlerine göre [saat yönü +, tersi -] düğüm noktalarına
işaretlenerek momentler çekme meydana getiren yüze çizilir. 10. Çubuk uçlarında bulunan bu momentlere ve dış yüklere göre çubuk açıklık momentleri,
kesme ve eksenel kuvvetleri bulunarak sistemin istenilen M, V ve N alanları çizilir. ÖRNEK 5.1: Şekilde yüklemesi ile birlikte verilen mütemadi kirişin moment ve kesme kuvvet diyagramlarını Cross metodu ile çiziniz.
Ankastrelik kNm50.28
5x8.0MkNm93.2
6.6
)2.26.6(2.2x2
L
)aL(aPMM
2
232112 −==−=−
=−
==−
Ankastrelik momentleri ve dağıtma sayıları tablo yapılarak yazılır. Daha sonra dağıtım yapılacak düğümde dağıtılacak moment bulunur. Örneğin � düğümünde dağıtılacak M= 2.93-2.5=0.43 tm olarak bulunur. Bu fark moment artı işaretlidir. Düğümde dengenin olabilmesi için bu momentin eksi işaretli olarak dağıtılması gerekir. Yani düğümde dağıtılacak momentin ters işaretlisi olan M=-0.43 tm dağıtılır. M21= d21 M =0.603x(-0.43)= -0.259 Düğümde dağıtım sonucu bulunan momentlerin M23= d23 M =0.397x(-0.43)= -0.171 toplamı dağıtılan momente eşit olmalıdır (0.43).
Düğüm � � � Çubuk uçları �-� �-� �-3 3-2
Çubukların k değerleri 0.455 0.300
Dağıtma sayıları 0.455/[0.455+0.3]=0.603 0.3/[0.455+0.3]=0.397
Verilen bu sistemde bilinmeyen ϕϕϕϕ2 dir. Burada ϕϕϕϕ2 nin bulunması için,
21
21222121 k2
Mk2M ====ϕϕϕϕϕϕϕϕ====
bağıntısından hesaplanır. Buradaki M21 momenti � düğümünde ankastrelik ve komşu
düğümlerden gelen momentlerin haricinde dağıtım sonucunda bulunan momentlerin toplamıdır.
2-1 elemanı 285.0455.0x2
259.0
k2
M
21
212 ====
−−−−========ϕϕϕϕ 2-3 elemanı 285.0
300.0x2
171.0
k2
M
23
232 −−−−====
−−−−========ϕϕϕϕ olur.
ÖRNEK 5.2: Verilen kirişin moment alanının Cross yöntemini kullanarak çizimi.[Bütün kirişler EI] Çözüm: Elemanların k değerleri ve ankastrelik momentleri hesaplanır. Ankastrelik
Örnek daha önce açı yöntemine göre çözülmüş ve aynı değerler bulunmuştur.
5.484 3.2
4.235 7.016
2.245 3.750
5.754 4.565
� � � �
1.6 kN/m 2.5 kN/m 8 kN
5.5m 5m 2m 4m 2m 1.5m
2.81
6.64
3.205 4.87
3.2 4.11
2.405
1.03I I I � � � �
4.5 kN/m 3 kN/m 7.2 kN
3.6m 2.4m 7.2m 1.2m
09m
3 kN
1.03I I I � � � �
4.5 kN/m 3 kN/m 7.2 kN
3.6m 2.4m 7.2m 1.2m
09m
3 kN
5.24
3.00
0.34
6.86
10.96
11.03
10.68
1.42
11.72 10.73
1.88 2.70
8.52
Cross Yöntemi Bölüm 5
263
Uygulama: Verilen mütemadi kirişin verilen yükler ve mesnet hareketlerinden dolayı oluşan M alanının elde edilmesi Çözüm: Verilen dış yüklerden ve mesnet çökme ve dönmelerinden oluşan ankastrelik momentleri
2 2 2 2
12 21
2 2
23
2
2 2
342
2 2
3
2
qL 2x5M M 4.167kNm [Düzgünya
Pab 2x 2x3 Pba 2x3 x 2M 1.44kNm M 0.96kNm [Tekil yük]
ÖRNEK 5.5: Şekilde verilen kirişin moment alanını Cross metoduyla çiziniz.
Çözüm: Đlk önce sistemin taşınan ve taşıyan kısımları ayrılarak taşınan kısmın mesnet tepki kuvveti taşıyan hiperstatik kısma aktarılır ve hiperstatik kısmın çözümü yapılır.
CROSS BÜTÜN SĐSTEM HESABA ESAS SĐSTEM BÜTÜN SĐSTEM HESABA ESAS SĐSTEM S
ĐME
TR
ĐK S
ĐST
EM
SĐM
ET
RĐK
Y
ÜK
LE
ME
SĐM
ET
RĐK
SĐS
TE
M A
NT
ĐME
TR
ĐK
YÜ
KLE
ME
ÖRNEK 5.3: Şekilde verilen mütemadi kirişin moment alanını Cross metoduyla ve simetri özelliğinden yararlanarak çiziniz. (I=sabit) Çözüm: Simetri ekseni mesnetten geçtiği için yarım sistem aşağıdaki şekilde belirlenerek çözüme başlanır.
ÖRNEK 5.7: Şekilde verilen sistemi ve yüklemesi simetrik sistemi simetri özelliğini kullanarak Cross metoduyla çözünüz. (δδδδ=0) Ankastrelik momentleri, -M23 = M32 =2x62 /12 =6 kNm -M35=M53=2 x 82/12 = 10.66 kNm
1. açıklıkta maxMaç= ((4.8902 /2)) x 0.5 – 2.235 = 3.743 kNm veya 1. açıklıkta maxMaç= ((7.1112 /2)) x 0.5 – 8.898 = 3.742 kNm 2. açıklıkta maxMaç= ((82 /2)) x 0.5 – 10.171 = 5.829 kNm
1.118
2.235
Maç=2x8x8/8-10.17=5.83 tm
1.272
8.898 10.171
0.64
3.743
℄℄℄℄
�
m �
2 6
0.373 6=2x6/2
2 kN/m 2.235 8.898
0.373=2.235/6
1.483=8.898/6 1.483
4.89 toplam 7.11
4.89
7.11 Kesme kuvvet diyagramı
3.743
8.898 2.235
Moment diyagramı
Bölüm 4 Cross Yöntemi
272
ÖRNEK 5.8: Sistemin simetri özelliğini kullanarak Cross metoduyla moment alanın çizimi. Çözüm: Verilen bu sistemin çözümü iki aşamada yapılır. 1. Sistem önce herhangi bir simetrik yükleme durumu için çözülür. Burada seçilen simetrik yükleme hali
aşağıdaki gibi seçilerek çözümü yapılmıştır. Burada dikkat edilmesi gereken simetri ekseninin kestiği
çubuğun k değerinin 0.5 katı alınmasıdır (k22’= 0.5 k) .
2. Bu aşamada antimetrik yükleme hali için çözülür. Antimetrik yükleme durumu ile simetrik yükleme durumunun toplamları başta verilen yükleme durumunu vermelidir. Antimetrik yükleme durumu ve çözümü aşağıda verilmiştir. Burada dikkat edilmesi gereken simetri ekseninin kestiği çubuğun k değerinin 1.5 katı alınmasıdır (k22’=1.5 k).
Düğüm noktaları hareketli sistemler 4. bölümde açıklanan kriterleri sağlayan sistemlerdir. Bu sistemlerin Cross yöntemi ile aşağıda maddeler halinde açıklanarak çözümü yapılmıştır. Cross yöntemi ile düğüm noktaları hareketli sistemlerin çözümü;
1. Verilen sistem ilk önce yatay ve/veya düşey hareketler [H10, H20, H30] tutularak düğüm
noktaları sabit sistem haline getirilir.
2. Bu düğüm noktaları sabit sistemin dış yüklerden oluşan moment alanı elde edilir.
3. Düğüm noktaları sabit sistemin moment alanı ve dış yüklerin dikkate alınması suretiyle
yatay denge yazılarak yatay kat kuvvetleri [H10, H20, H30, Hn0] bulunur.
4. Sonra düğüm noktaları sabit sistemin her bir katına birim [δδδδi=1] deplasmanlar verilerek
moment alanı [M1] elde edilir.
5. [M1] alanında yatay denge yazılarak yatay kuvvetler [H11, H12, H13…….. H1n] bulunur.
6. Bu işlem her bir deplasman [δδδδ1, δδδδ2, δδδδ3…….. δδδδn] için birim yükleme yapılarak moment
değerleri elde edildikten sonra yatay denge yazılarak [Hi1, Hi2, Hi3…….. H1n] değerleri
bulunur.
q
q
�
2I 1.5I
P
I I
4.67I
I
�
�
� �
A
B
6.09
H10=6.09/1.5+0.24/7=4.09
H20=[[7.38+5.96]-
[5.59+7.38]]/4+0.24/7=0.13
A
B
5.96
7.38
7.38
5.59 0.24
4x6/2-[12.05+7.38]/6=12.78
4 kN/m
4 kN/m
4 kN
12.42
A
B
6.89
7.38
0.24 7.38
12.05 11.46 0.22
H30=24.46
0.88
0.40
6.21
H11=6.21/1.5+1.46/7=4.35
H21=0.47
A
B
3.11
0.88 0.40
1.46
1.45 0.81 0.88
0.88 3.11
0.21 0.57=[0.81+1.45]/4
H13=0.11
0.67 δ1=1
Đçin çözüm Moment değerleri
H10 H20
q
q
�
2I 1.5I
P
I I
4.67I
I
�
�
� �
A
B
H30 Düğüm noktaları sabit sistem
Cross Yöntemi Bölüm 5
275
7. Bu işlemler ayrıca aşağıdaki tabloda 3 katlı yapı içinde sırası ile elde edilmiştir.
ÖRNEK 5.9: Şekilde verilen çerçevenin CROSS yöntemiyle moment alanının çizimi. Çözüm: Önce sistem düğüm noktaları sabit sistem haline getirilir, sonra δδδδ=1 için çözüm yapılır.
Đki ucu moment taşıyan çubuklarda2EI
kL
= ve
bir ucu moment taşıyan çubuklarda 3EI
k2L
′ = kısaltması yapılacak olur ise deplasmanlardan
dolayı oluşan çubuk uç momentleri;
��
��
k değeri
ik ki 2
k ' değeri
ik 2
16EI 3 2EI 3k
k çubuklarında olması durumunda M M 12EIL L LLk
L
OLU
13EI 4 3EI 2k
k ' çubuklarında olması durumunda M 13EI3L 2L LLk
2L
δ
δ
δ = − = − = − δ = − ⋅ = − = δ = = δ = − ⋅ = − =
R
Açıklıkta yük olmadığı için (ankastrelik momenti sıfır) dış yüklere göre çözüm yapılmaz ve δδδδ=1
için çözüm yapılarak yatay deplasman bulunur.
I
8 kN
�
� � 2I
I
�
10m
6m
H10=0
Ankastrelik momenti
olmadığı için M0=0 dır.
I
8 kN
�
� � 2I
I
� 17.0
6
333.0x3
L
k3−−−−====−−−−====−−−−
k=0.400
k=0.333 k=0.25
17.06
333.0x3
L
k3−−−−====−−−−====−−−− 0833.0
6
25.0x2
L
k2−−−−====−−−−====−−−−
�
� �
�
δδδδ=1 için çözüm
Deplasmandan [δδδδ] oluşan moment ve kesme
i 2
6EIM
L= δ
' dan oluşan kesme kuvvetle
3
2
r
2
i
i k
6EI 6EI12L L
V VEI
LL
δ
δ
δ + δ = = =
�����������������
_
+
k 2
6EIM
L= δ
δ i k
_
+ i 2 22
6EI 6EI 3EI
2L L LM = − δ + δ = − δ
k 2 2
6EIM 0
LL
6EI= δ − =δ
δ
i
k
i k 3
3EI3EIL
V VL L
δ = = = δ
+ − δ=2i
3EI
LM
Cross Yöntemi Bölüm 5
277
δδδδ=1 için çözüm Düğüm � � �
Çubuk uçları �-� �-� �-� �-� �-� Çubuk k değerleri 0.333 0.333 0.400 0.400 0.250 Dağıtma sayıları 0.454 0.546 0.615 0.385 Ankastrelik M [100 katı] -17 -17 -8.33
Not: [3.88 + 1.13] δ/100 - 8 = 0 δ=800/5.01=159.68 M34=159.68 x (-6.79/100) = -10.864 tm AYNISI ÖRNEK 5.10: Şekilde verilen çerçevenin CROSS yöntemiyle moment alanının çizimi. [� mesnedinin ankastre olması ile mafsallı olması durumundaki değişim gözlenir]
H1=3.88+1.13=5.01
13.43
9.85 13.1
6
79.6====
88.36
43.1385.9====
++++
1.13 3.88
6.79
�
I
Sonuç M alanı
10.864 15.760
21.488
0.75I
8 kN
�
� � 2I
I
�
10m
6m
H10=0
Ankastrelik momenti
olmadığı için M0=0 dır.
8 kN
�
� � 2I
�
k=0.40
k=0.333 k=0.25
17.06
333.0x3
L
k3−−−−====−−−−====−−−−
17.06
333.0x3
L
k3−−−−====−−−−====−−−− 125.0
6
25.0x3
L
k3−−−−====−−−−====−−−−
125.06
25.0x3
L
k3−−−−====−−−−====−−−−
�
� �
�
Bölüm 4 Cross Yöntemi
278
Açıklıkta yük olmadığı için (ankastrelik momenti sıfır) dış yüklere göre çözüm yapılmaz ve δδδδ=1
Çubuk uç momentleri M12=1.083 x (-13.74) = -14.88 kNm
M21=1.083 x (-10.48) = -11.35 kNm M23=1.083 x (10.48) = 11.35 kNm
M32=1.083 x (9.22) = 9.99 kNm M34=1.083 x (-9.22) = -9.99 kNm
M43=1.083 x (-10.86) = -11.76 kNm � mesnedinin ankastre olması ile mafsallı olması durumunda momentlerdeki değişim yukarıdaki moment alanlarının karşılaştırılması sonucu görülebilir.
11.76 14.88
Sonuç M alanı
9.99 11.35
Sonuç M alanı
10.864 15.760
21.488
H1=3.35+4.04=7.39
13.74
10.48
1.13 3.88
9.22
I
10.86
04.46
74.1348.10====
++++35.3
6
86.1022.9====
++++
Cross Yöntemi Bölüm 5
279
ÖRNEK 5.11: Şekilde verilen çerçevenin CROSS yöntemiyle moment alanının çizimi.
Çözüm: Sistem önce düğüm noktaları sabit sistem haline getirilerek dış yükler altında çözülerek yatay denge yazılır ve [H0] bulunur.
Ankastrekik momenti 21
3M 4 x 4 3kNm
16= =
Bundan sonra δδδδ=1 için çözüm yapılarak kolonda yatay denge yazılarak [H11] bulunur.
Ankastrekik momenti 221 1100 kat2x0.3
alını75
M 0.187 r 755 M 1 .4
8= =−− =−
Bulunan bu değerler kullanılarak aşağıdaki şekilde yatay deplasman [δδδδ] bulunur.
H11 δδδδ + H0 = 0 2.419 δδδδ +1.613 = 0 1.613
0.6672.419
δ =− =−
21
23
32
M 1.548 x[ 9.675] 8
M 1.548 x[9.675] 8
M 0.77
0.667 kNm
Çubukuç M kNm
4 x[ 4.83
0.667
0.6 8 k] 4 Nm67
= − − =
= − − = −
= − −
− =
4 kN I
I �
�
� m
5m
2m
2m
4 kN I k’=0.375
I k=0.40 �
�
� m
5m
2m
2m
Düğüm noktaları
sabit sistem
+3 -1.452
�
0.516
0.484
-1.548
1.548 -1.548
-0.774
-
+
Düğüm noktası sabit sistem ve dış yüklerden oluşan M
1.548
3.226
0.774
4 kN
�
1.548 2 0.387
2 0.387 1.613=H0
-18.75 9.075
�
0.516
0.484
9.675
-9.675 9.675
4.838
�
9.675 2.419
2.419=H11
-
+
δ=1 için M
9.675
9.675
4.838
Sonuç M alanı
8.00 -
+ 4.00
Bölüm 4 Cross Yöntemi
280
ÖRNEK 5.11: Verilen kirişin moment alanını Cross metoduyla çiziniz. (2I=sabit) Çözüm: Sistem daha önce düğüm noktaları sabit sistemler bölümünde çözülmüş ve moment alanı aşağıdaki şekilde bulunmuştu. Bu moment alanından yatay H10 kuvveti aşağıdaki şekilde bulunur. Daha sonra yatay birim yükleme için çözüm yapılarak yatay H11 kuvveti bulunur ve yatay deplasman değeri δδδδ bulunarak M alanı elde edilir.
M = M0 + M1 x δδδδ M12 = -15.20 – 1.164 x 47.60 = -70.61 kNm M21 = 10.09 – 1.164 x 35.88 = -31.67 kNm M23 = -10.09 + 1.164 x 35.88 =31.67 kNm M32 = 1.48 + 1.164 x 19.10 = 23.71kNm M34 = -1.48 – 1.164 x 19.10 = -23.71 kNm NOT: δ=1 durumundaki ankastrelik momentleri 100 katı alındığı için δ değerini 100’e bölerek yapıldığı zaman aşağıdaki gibi aynı sonuçlar elde edilir.
H11 δδδδ + H10 = 0 -22.79(δδδδ/100)+26.53=0 ⋅
δ = =26.53 100
116.4122.79
M = M0 + M1 x δδδδ M12 = -15.20 – 116.41 x (47.60/100) = -70.61 kNm M21 = 10.09 – 116.41 x (35.88/100) = -31.67 kNm M23 = -10.09 + 116.41 x (35.88/100) =31.67 kNm M32 = 1.48 + 116.41 x (19.10/100) = 23.71kNm M34 = -1.48 – 116.41 x (19.10/100) = -23.71 kNm
(35.88+47.60)/4.5)=18.55 �
� 47.60
35.88 2 3 1.33
0.89
k
6m
1
0.44 4.5m
4
H11=0 3
4.5m
4
19.1/4.5=4.24 19.1
H11=18.55+4.24=22.79
Sonuç M alanı
31.667
+
23.715
1.382
70.681
-
-
-
Bölüm 4 Cross Yöntemi
284
ÖRNEK 5.13: Şekildeki çerçevenin moment alanının Cross Yöntemiyle belirlenmesi. Bulunan uç momentlerinden oluşan H yatay kuvveti aşağıdaki şekilde hesaplanır. Yatay denge H = 4 x 3 – 6.82 + 0.675 = 5.855 kN Ankastrelik momentleri, (iki ucu ankastre çubuklarda 6 diğerlerinde 3 ve 100 katı alınmıştır)
12 23 342 2 2
6 100 6 1.2 100 5 3 1.5 100 6.4M 37.5 37.5 M x 36 36 M x 28.8 28.8
4 5 4 5 4
⋅ ⋅ ⋅ δ ⋅ ⋅ δ=− δ=− δ=− = = δ= =− =− δ=−
Sistemin birim yatay yükleme durumunda şekil değiştirme hali, uç momentleri ve yatay denge aşağıdaki gibi elde edilir.
Bulunan çubuk uç momentlerinden yatay denge aşağıdaki şekilde yazılır. Yatay denge H =-3.64+3.48+129.34=129.185 t ⇒⇒⇒⇒ ÖRNEK 5.16: Şekilde verilen sistemin moment alanının CROSS yöntemiyle elde edilmesi. Çözüm: Đlk önce sistem aşağıdaki şekilde düğüm noktaları sabit hale getirilir ve buna göre çözüm yapılarak bu mesnedin yatay tepki kuvveti (H10) bulunur.
Bulunan uç momentlerinden dolayı yatay denge yazılarak sistemi düğüm noktaları sabit hale getirmek için çerçevenin üst kısmına konan mesnedin yatay tepkisi aşağıdaki şekilde bulunur.
64.32.7
18.26====
� m
� m
26.18
6 kN
2 kN/m
�
2I
I
�
�
I I m
2I �
�
�
6m 6m
2m
2m k=0.50
k’=0.375 k’=0.375
k=0.667 k=0.667 H10
6 kN
2 kN/m
� �
� �
�
�
6m 6m
2m
2m
16.71
48.32.7
36.818.16====
++++
48.32.7
36.818.16====
++++
�
8.36
�
30 t/m
�
12.1402
8.7x30
8.7
37.180====++++
140.12xcos22.62=129.34
H10 = 4.23+0.167-0.565=3.832⇐⇐⇐⇐
4.93 6/2+4.93/4=4.23
6/2+4.93/4=4.23
2.26 2.26/4=0.565
2.26/4=0.565
0.447 0.222+0.447/4=0.167
0.222 0.222+0.447/4=0.167
Bölüm 4 Cross Yöntemi
288
Đkinci adım olarak da kolonların rijitliklerine göre birim deplasman verildiğinde oluşan momentlere göre sistem bir defa daha çözülerek yatay mesnet tepkisi (H11) bulunur.
δδδδ = 1 ĐÇĐN ÇÖZÜM Düğüm � � �
Çubuk �-� �- � �-� �-� �-� �-� �-� �-�
Dağıtma sayıları 0.36 0.64 0.364 0.272 0.364 0.64 0.36
Ankastrelik M (100 katı) -18.75 -37.50 -37.50 -18.75
Çubuk ucu M0 M1 δδδδ1 Sonuç M=M0 + M1 x δδδδ1 Düğüm dengesi
M21 4.930 -13.957 0.169 2.571
M23 -4.930 13.957 0.169 -2.571
0.00
M32 6.968 14.688 0.169 9.450
M34 0.447 -29.376 0.169 -4.518
M35 -7.412 14.688 0.169 -4.930
0.00
M43 0.222 -33.438 0.169 -5.429
M53 2.260 13.957 0.169 4.619
M56 -2.260 -13.957 0.169 -4.619
0.00
3k 3x0.5
h 40.375
′− =− =
2k 2x0.3750.1875
h 4
′− =− =
2k 2x0.375
h 40.1875
′− =− =
3k 3x0.5
h 40.375
′− =− =
H11
�
2I
I
�
�
I I m
2I �
�
�
6m 6m
H11 =3.489+15.704+3.489=22.682⇒⇒⇒⇒
13.957
13.957/4=3.489
13.957/4=3.489
29.376
(33.438+29.376)/4=15.704
33.438 (33.438+29.376)/4=15.704
13.957 13.957/4=3.489
13.957/4=3.489
Cross Yöntemi Bölüm 5
289
Sonuç kesme kuvveti ve moment alanı, ÖRNEK 5.17: Düğüm noktaları hareketli sistemin M alanının CROSS yöntemiyle elde edilmesi. Đlk önce sistem aşağıdaki şekilde düğüm noktaları sabit hale getirilir ve buna göre çözüm yapılarak bu mesnedin yatay tepki kuvveti (H1) bulunur.
Bulunan uç momentlerinden dolayı yatay denge yazılarak sistemi düğüm noktaları sabit hale getirmek için çerçevenin üst kısmına konan mesnedin yatay tepkisi aşağıdaki şekilde bulunur.
2 kN/m
�
2I
2I
�
�
I 2I m
2I �
�
�
6m 6m
2m
4m
H1
2 kN/m
�
2I
2I
�
�
I 2I m
2I �
�
�
6m 6m
2m
4m
H1 = 0.793+0.011-0.752=0.052⇒⇒⇒⇒
3.171
3.171/4=0.793
3.171/4=0.793
0.026
0.026+0.019/4=0.011
0.019 0.026+0.019/4=0.011
3.008
1.505
(3.008+1.505)/6=0.752
(3.008+1.505)/6=0.752
−
2.357
3.643
2.357 =6/2-2.571/4
4.853
2.357 =(5.429+4.518)/4
1.155 =(4.619)/4
7.147
6.052
5.948
Vsonuç
−
5.429
4.714
3.317
9.450
2.571 4.619
4.930
Msonuç
4.227
4.518 −
−
Bölüm 4 Cross Yöntemi
290
Đkinci adım olarak da kolonların rijitliklerine göre birim deplasman verildiğinde oluşan momentlere göre sistem bir defa daha çözülerek yatay mesnet tepkisi (H11) bulunur.
GENEL DURUM ĐÇĐN ÇÖZÜM ( δδδδ =1 ) Düğüm � � � � �
Dış yüklerden yanda denge yazılarak düğüm noktaları sabitliğini sağlayan H10 bulunur. δδδδ1=1 birim yüklemesi yapılıp sistem tekrar aşağıdaki şekilde çözülür.
SONUÇ M=sabit+(δ=1) xδ -2.02 -5.82 5.82 1.34 -1.34
ÖRNEK: Şekilde verilen sistemin moment alanının CROSS yöntemi ile elde edilmesi. Çözüm: Bu sistemin çözümü düğüm noktaları sabit sistemde dış yüklerin olması durumu, birinci kat için δ1=1 ve ikinci kat için δ2=1 olmak üzere 3 aşamada yapılır. Düğüm noktaları sabit sistemin dış yükler altında çözümü
δ1 ve δ2’in gerçek değerleri 10’na bölünerek bulunur.
Şekilde kat yükseklikleri değişik sistemde yatay deplasmanlar aşağıdaki şekilde yapılır. Şekilde yükleme durumu verilen simetrik sistemin Cross yöntemi ile çözümü,
a. Sistem antimetrik yüklü, b. Düğüm noktaları sabit hale getirilir. c. Sistem bu haliyle yarım sistem olarak çözülür.
δ2=1
δ1=1
δ3=1 δ3=1
δ2=1
δ1=1
δ1=1
δ1=1 δ1=1
δ1=1
δ2=1
δ2=1 δ2=1 δ2=1
δ3=1 δ3=1 δ3=1
Cross Yöntemi Bölüm 5
297
Not: Yarım sistem düğüm noktaları sabit olduğu için dış yüklerden oluşan yatay tepkiler [H10 ve H20] yatay dengeden hemen bulunur. ÖRNEK 5.20: Şekilde verilen sistemin moment alanın Cross yöntemi ile çizimi.