BÖLÜM I VEKTÖRLER ESKİŞEHİR-EYLÜL 2013 1 BÖLÜM I VEKTÖRLER İÇİNDEKİLER BÖLÜM Sayfa ÖNSÖZ........................................................................................................................................................................................................... BÖLÜM 1. VEKTÖRLER........................................................................................................................................................ 1.1 Giriş..................................................................................................................................................................................................................... 1.2. Statikte Kullanılan Temel Birimler............................................................................................................................... 1.3. Vektörel [Sinüs] ve Skaler Çarpım................................................................................................................................ BÖLÜM 2: MOMENT................................................................................................................................................................... 2.1. Moment Tanımı..................................................................................................................................................................................... 2.2. Varignon Teoremi [Varignon, 1654-1722] .......................................................................................................... 2.3. Kuvvet Çifti................................................................................................................................................................................................. 2.4. Bir Kuvvetin Başka Bir Noktaya Taşınması...................................................................................................... BÖLÜM 3: KAFES SİSTEMLER.................................................................................................................................. 3.1. Mesnetler 3.2. Kafes Sistemlerin Genel Kriterleri........................................................................................................................ 3.4. Çubuk Kuvvetlerinin Düğüm Dengesi İle Bulunması............................................................................ 3.5. Çubuk Kuvvetlerinin Kesim Metodu [Ritter] İle Bulunması........................................................... 3.6. Hiperstatik Kafes Sistenler..................................................................................................................................................... 3.7. Uzay Kafes................................................................................................................................................................................................ .................................................................................................................................................................................................... BÖLÜM 4: İZOSTATİK SİSTEMLERDE V, M, N 4.1. İzostatik Sistemler ve İşaret Kabulü.......................................................................................................................... 4.2. Kesme Kuvveti İle Moment Arasındaki İlişki.................................................................................................... 4.3. İzostatik Sistemlerin V, M ve N diyagramları................................................................................................... 4.4. Gerber Kiriş............................................................................................................................................................................................... BÖLÜM 5: AĞIRLIK MERKEZİ-ATALET MOMENTİ................................................................ 5.1. Ağırlık Merkezi Hesabı [Alanın Birinci Momenti] ........................................................................................ 5.2. Pappus-Guldınus Teoremleri.............................................................................................................................................. 5.3. Statik Moment [Alanın Birinci Momenti] ................................................................................................................ 5.4. Atalet Momenti [Alanın İkinci Momenti (I)] ......................................................................................................... 5.5. Paralel Eksen Teoremi............................................................................................................................................................... 5.6. Çarpım Atalet Momenti............................................................................................................................................................... 5.7. Asal Eksen Ve Atalet Momenti......................................................................................................................................... BÖLÜM 6: KABLOLAR........................................................................................................................................................ 6.1. Kablolar.......................................................................................................................................................................................................... 6.2. Yayılı Yüklü Kablolar...................................................................................................................................................................... 6.3. Tekil Yüklü Kablolar........................................................................................................................................................................ 6.4. Sürtünme...................................................................................................................................................................................................... EKLER .......................................................................................................................................................................................................... EK.1:Matrisler EK.2: Yaygın Olarak Kullanilan Trigonometrik Bağıntılar Kaynaklar................................................................................................................................................................................................... 2 ı BÖLÜM I VEKTÖRLER 3 BÖLÜM I VEKTÖRLER ÖNSÖZ Mekaniğin bir alt kolu olan statik tüm mühendislik bölümlerinin temel derslerinden birisidir. Statik, mühendisliğin inceleme konusu sistemlerin hızının sıfır olması durumundaki davranışını inceler. Bu ders notları dersin anlaşılmasını kolaylaştırmak ve bundan sonra alınacak derslere ve karşılaşılacak mühendislik problemlerine statik çözüm getirmesi amaçlanmıştır. Kitapların veya yazılı eserlerin günümüzde ve gelecekte ideal kaynak olması çok iyi bir yazarın kontrolünden çıkması kadar bunu kullananlarında çok iyi kullanıcı olması ile mümkündür. Eksik konu, düzen, kaynak, veri bulunabilir. Hatta çok sayıda alıntı olabilir. Çünkü bizim mesleğimizde Archimedes, Galileo Galilei, Isaac Newton ve benzeri kişilerin eserleri dışında çoğu bu kişilerden alıntı olup sadece sunum farkı vardır. Nasıl dünya güneş etrafında dönüyorsa yapılan çalışmaların pek çoğu bunların çevresinde dönüyor. Siz ve sizden önceki öğrenci arkadaşlarımızın katkısı da büyük olmuş ve olmaya devam edeceğine güvenim tamdır. Sizin bu dersi daha iyi anlamanız için bu notları hazırlamak nasıl bir mesleki görevimiz ise karşılaştığınız eksiklikleri bildirmenizde sizin bilinçli öğrencilik davranışı olduğunu unutmayınız. Bu ders notu, konuları örneklerle anlatılması üzerine düzenlenmiştir. Eksik ve hataların olabileceğini hatırlatır, sizlere yardımcı olması dileklerimizle başarılar temenni ederiz. 4 BÖLÜM I VEKTÖRLER BÖLÜM 1: VEKTÖRLER 1.1. GİRİŞ MEKANİK: Kuvvete maruz duran ve hareket halindeki cisimlerin hareket özelliklerini inceleyen fiziksel bilimdir. Bu konunun insanlık tarihi kadar eski olduğu aşağıda yapılan çalışmalardan görülmektedir. “Archimedes, MÖ 287–212, Yunanlı. Türkçe: Arşimed, Arşimet Matematik, Fizik, Astronomi, Mühendislik. Suyun kaldırma kuvveti, Katı cismin hacmi taşırdığı suyun hacmi kadardır. Pi sayısının 3 2 yaklaşık değeri (π=22/7), Kürenin hacmi (4/3 πr ) ve yüzeyi (4πr ), Archimedes burgusu (Helezon su pompası), Mancınık, Çukur ayna, Bileşik makaralar, Denge kavramı, Moment kavramı. Sonsuz küçükler, Ağırlık merkezi kavramı ve hesabı. Çalışmaları Galile, Newton ve Kepler gibi bilim insanlarına yön vermiştir. Ünlü sözü: Eureka Eureka (buldum buldum!) Bana bir mesnet gösterin Dünya'yı yerinden oynatayım!” b a P2 P1 P1 a = P2 b Galileo Galilei, 1564-1642, İtalyan. Türkçe: Galile Astronomi, Fizik, Matematik, Astronomi. Teleskop ve pusulanın geliştirilmesi, Serbest düşme, Güneş lekelerinin keşfi. Aristo fiziğinin sonunu getirdi. Aristo’nun evrenin yapısı tanımına karşı çıktı. Dünyanın evrenin merkezi olmadığını, güneş etrafında döndüğünü savundu. Dinin bilime baskısını reddetti. Engizisyonda yargılandı. Buna rağmen, mahkemeden çıkarken söylediği “Yine de dünya dönüyor!” sözü ünlüdür. . 2 Serbest düşme bağıntısı: S=1/2 g t Modern fiziğin kurucusu kabul edilir. Kiriş eğilme problemini ele alan ilk kişi olmakla birlikte, çekme ve basınç bölgesinin varlığını ortaya koyamamış, çekme gerilmesinin düzgün yayılı olduğunu varsaymıştır. Çalışmaları Newton’a ilham verdi. Her bir noktasal kütle diğer noktasal kütleyi, ikisini birleştiren bir çizgi doğrultusundaki bir kuvvet ile çeker. Bu kuvvet bu iki kütlenin çarpımıyla doğru orantılı, aralarındaki mesafenin karesi ile ters orantılıdır: F=G m1 m2 r2 5 BÖLÜM I VEKTÖRLER Burada: • • • • • F iki kütle arasındaki çekim kuvvetinin büyüklüğü, G Yerçekimi sabiti, m1 birinci kütlenin büyüklüğü, m2 ikinci kütlenin büyüklüğü, r ise iki kütle arasındaki mesafedir. SI birimlerinde, F Newton (N), m1 and m2 kilogram(kg), r Metre (m) dir, ve G sabiti yaklaşık olarak 6.67 −12 2 −2 × 10 N m kg ’a eşittir. G ilk kez İngiliz bilim adamı Henry Cavendish tarafından, "Philosophiae Naturalis Principia Mathematica"nın basımından 111 ve Newton’un ölümünden 71 yıl sonra ölçülmüştür; bu yüzden Newton’un hesaplamalarının hiçbirinde “G” sabiti kullanılmamış, bunun yerine bir kuvvete bağıl başka bir kuvvet hesaplamıştır. Newton’un çekim kanunu Coulomb yasası’na benzer. Newton’un kanunu iki kütle arasındaki çekim kuvvetini hesaplamak için kullanılırken, benzer şekilde, Coulomb kanunu yüklü iki iletkenin arasındaki elektriksel kuvvetin büyüklüğünü hesaplamak için kullanılır. Coulomb kanununun denkleminde, Newton’un denklemindeki kütlelerin yerine yüklerin çarpımını içerir. Böylece, Coulomb kanununa göre elektriksel kuvvet yüklerin çarpımının aralarındaki mesafeye bölümüyle doğru orantılıdır. Isaac Newton: 25 Aralık 1642 tarihinde Woolsthorpe kentinde dünyaya gelen Isaac Newton fiziğin en önemli isimleri arasında yer alır. İlk aynalı teleskopu geliştirmiş, renk ve ışığın niteliğine açıklık getirmiş, evrensel kütle çekimi yasasını ortaya atarak fizikte devrim gerçekleştirmiştir. Isaac Newton doğumundan 3 ay önce babasını kaybetmiştir. Bir çiftçi ailesinin çocuğu olan Newton 12 yaşında Grantham'daki King's School'a başlamıştır. 1661'de buradan mezun olan Newton aynı yıl Trinity College'a girdi. 1665'de buradan mezun olan Newton lisans üstü çalışmalarına başlayacağı sırada veba salgını baş gösterdi ve üniversite kapatıldı. Bunun üzerine Newton 2 yıl annesinin çiftliğinde kaldı. Burada çalışmalarına devam etti. 1667'de Trinity College'a öğretim görevlisi olarak geri döndüğünde sonsuz küçükler hesabının ( difransiyel ve integral ) temelini atmıştır. Daha sonra da ışığın yapısını açıklamış ve evrensel kütle çekimi kanunu ortaya atmıştır. Ancak çekingen olan Newton fizikte devrim yaratacak bu fikirlerini çok uzun yıllar sonra yayınlamıştır. Örneğin sonsuz küçükler hesabını 38 yıl sonra yayınlamıştır. Lisans üstü çalışmalarını tamamlayan Newton 27 yaşındayken Cambrige Üniversitesinde matematik profesör olarak getirilmiştir. 1671'de aynalı teleskopu geliştirerek Royal Society'e seçildi. Ama burada özellikle Robert Hooke tarafından şiddetle eleştirilmesi Newton'u iyice içine kapanık hale getirdi. Bilim dünyasıyla ilişkisini kesen Newton 1678'de ruhsal bunalıma girdi. Yakın dostu ünlü astronom Edmond Halley'in çabalarıyla 6 yıl sonra bilimsel çalışmalarına geri döndü. Ve 2 yıl içinde efsanevi yapıtı Principia'yı yayınladı. Bu eser büyük ses getirdi. Kitabın yayınlandığı yıl kral II. James tarafından Katolik'liği yayma çalışmalarına direniş gösteren Newton, kral düşürüldükten sonra 1689'da üniversite parlamentosuna girdi. 1693'de yeninden bunalıma giren Newton'un yakın dostları John Locke ve Pepys ile arası bozuldu. 2 yıl sonra düzeldiyse de bilimsel çalışmalarda eski verimliliğini gösteremedi. 1699'da darphane müdürlüğüne getirilerek Londra'ya yerleşti. 1701'de profesörlükten ayrıldı. 1703'de Royal Society'nin başkanı oldu.1704'de sonsuz küçükler hesabını da içeren Optik adlı kitabını yayınlayınca Leibniz arasında tartışma başladı. Leibniz sonsuz küçükler hesabını Newton'dan 20 yıl önce yayınlamıştı. Newton'un hayatının son 25 yılı bu tartışmalarla geçti ve 20 Mart 1727'de Londra'da öldü. Newton’ın en önemli keşifleri cisimlerin hareketlerini inceleyen bilim dalı olan mekanik alanıdır. Cisimlerin herhangi bir kuvvet etkisi altında olmamaları halinde nasıl hareket ettiklerini tanımlayan “birinci hareket kanununu” Galileo bulmuştu. Gerçekte elbette cisimler dış kuvvetlerin etkisi altındadır ve mekanik biliminin en büyük sorunu cisimlerin bu koşullarda nasıl hareket ettiğidir. Bu problem Newton tarafından, klasik fiziğin en önemli temel kanunu olarak tanımlanabilecek ikinci hareket kanunu ile çözülmüştür. Matematiksel olarak F=ma ifade edilen bu kanun, bir cismin ivmesinin, yani hızındaki değişimin, cisim üzerine etki eden net kuvvetin cismin kütlesine bölünmesine eşit olduğunu söyler. Bu iki hareket kanununa Newton bir üçüncüsünü ( her etkiye, yani fiziksel güce, kendisine eşit bir güçle karşı koyulur) , ardından dördüncü ve en ünlü buluşunu, evrensel yerçekimi kanununu eklemiştir. Isaac Newton şöyle der: Yerçekimi gezegenlerin hareketlerini açıklar ama bu hareketleri kimin meydana getirdiğini açıklamaz. Tanrı bütün herşeyi yönetir, bilir ve daha neler yapılabileceğini bilir. ” 1. M.Ö.287-212 Archimedes’nin kaldırma kuvveti çalışmaları 2. 1548-1620 Stevinus’nun vektörel toplam 3. 1564-1642 Galileo’nun serbest düşme ile ilgili 4. 1642-1727 Newton’nun yerçekimi çalışmaları gibi bir çok çalışma bulunmaktadır. Mekanik üç ana kısma ayrılır. 1. Rijit cisimler mekaniği 2. Şekil değiştiren cisimler mekaniği 3. Akışkanlar mekaniği 6 BÖLÜM I VEKTÖRLER Derste sadece kendi içinde 2 kısma ayrılan rijit cisimler mekaniği incelenecektir. 1. STATİK (hareket hızı V=0 olan cisimleri) 2. DİNAMİK (ivme ile hareket halindeki cisimleri V≠0) Mühendislikte özellikle inşaat mühendisliğinde cisimlerin büyük bir kısmı dengede oldukları kabul edilerek boyutlandırıldıklarından dolayı statiğin çözümlemede payı büyüktür. Statik, hareketsiz haldeki (dengedeki) bir cismin maruz kaldığı kuvvetleri, dinamik ise hareketten dolayı cisimde oluşan kuvvetleri belirler. Örneğin bir binanın mühendislik olarak çözümü, 1. İlk önce yapının kendi ve içindeki ağırlıklardan dolayı oluşan eleman veya sistem kuvvetleri [STATİK], 2. Sonra depremin veya rüzgarın yapıyı hareket ettirmesinden dolayı oluşan kuvvetleri [DİNAMİK] bulunarak çözüm yapılır. 1.2. STATİKTE KULLANILAN TEMEL BİRİMLER 1. Uzunluk: Bir noktanın uzaydaki konumunu veya bir cismin boyutlarını ifade eden birim. (m, cm, mm, inch, km) Uzunluk ve Zaman Birimleri; Hareketi iyi anlayabilmek için ilk olarak temel uzunluk ve zaman ölçülerini bilmek gerekir. Metre uzunluğun temel ölçü birimidir. Bir metre, Paris'ten geçen, kuzey kutbu ve ekvator arasındaki boyuna çizgi boyunca ölçülen uzaklığın on milyonda birisidir. Bu bir metreyi temsil eden metal çubuk Uluslararası Ağırlıklar ve Ölçüler Bürosu'nda bulunmaktadır. Bir metrenin uzunluğunu belirlemenin bir başka yolu ise, bilimdeki hızlı gelişmelerden birisi olan ışık hızından yararlanmaktır. Buna göre 1 metre=Işığın boşlukta 1/299,792,458 saniyede yol aldığı mesafedir. Saniye ise, Sezyum atomunun yayınladığı belli bir dalga boyundaki ışığın, 9192631770 devir yapması için geçen zamandır. 2. Zaman: Statikteki birimler zamandan bağımsız olup, dinamikte önemli bir yer tutar ve cismin incelemeye konu olan hareket süresi olarak açıklanabilir. 3. Kütle: Maddenin hız değişimine karşı gösterdiği direnç olarak tanımlanır. Kütle ve ağırlık kavramları aynı şeyler değildir ve birbirlerine karıştırılmamalıdır. Ağırlık ve Kütle Arasındaki İlişki; Ağırlık, kütle çekimi ile ilgili bir kuvvettir. Dünyanın bir cisme uygulamış olduğu kütle çekim kuvvetine cismin ağırlığı denir. Bu cismin Ay'da veya Neptün'de olduğu düşünüldüğünde, bu gök cisimlerinin bu cisme uyguladığı çekim kuvvetleri de değişecektir. Bu nedenle bir cismin madde miktarı (kütle) aynı kalmasına rağmen ağırlığı dünyada, Ay'da veya diğer gezegenlerde farklı olacaktır. Ağırlığı ölçerken yaylı terazi kullanılırken, kütle ölçmek için eşit kollu teraziler kullanılmaktadır. Bir cisme etki eden çekim kuvvetinde değişiklik meydana geldiğinde, yayın da uzamasında değişim olmaktadır. Ama çekim kuvveti ne kadar artarsa artsın cismin madde miktarında değişiklik olmayacaktır. Örneğin kütlesi 10 kg olan bir cisim dünyada tartıldığında 98 N gelirken, bu cismi Ay'da tarttığımızda 17 N gelecektir. Bu da Ay'ın çekim kuvvetinin dünyadan düşük olduğunu göstermektedir. Uzay mekiği ile Ay'a doğru yolculuk yapan bir astronot düşündüğümüzde, bu yolculuk esnasında astronotun kütlesi değişmez. Yolculuğun her anında kütlesi eşittir. Astronot dünyadan uzaklaşıp Ay'a yaklaştıkça dünyanın uyguladığı çekim kuvveti azalmaya Ay'ın uyguladığı çekim kuvveti ise artmaya başlar. Ay ve dünyanın çekim kuvvetlerinin eşit olduğu noktada astronotun ağırlığı sıfır olur. 7 BÖLÜM I VEKTÖRLER Çok düzgün, cilalı, parlatılmış yatay bir yüzey üzerinde, sürtünme kuvvetini önemsemeyerek bir buz kalıbını ittiğinizi düşünün. Buz kalıbı üzerinde yatay bir F kuvveti uygularsanız, kalıp "a" ivmesi ile hareket edecektir. Kuvveti iki katına çıkarırsanız ivme de iki katına çıkacaktır. Bu tür gözlemlerden bir cismin ivmesinin, ona etkiyen bileşke kuvvet ile doğru orantılı olduğu sonucuna varırız. Peki bileşke kuvveti aynı tutarken cismin kütlesini iki katına çıkarırsak ne olur? İvme yarısına düşer; üç katına çıkarılırsa üçte birine düşer. Bu gözleme göre, bir cismin ivmesinin kütlesi ile ters orantılıdır. Buna göre Newton'un ikinci yasası şöyle anlatılabilir: "Bir cismin ivmesi, ona etki eden kuvvetle doğru orantılı, kütle ile ters orantılıdır." Kütlesi m olan bir cisme dünyanın uyguladığı kütlesel çekim kuvveti cismin ağırlığı olarak adlandırılır ve Fg ile gösterilir. Bu kuvvet, dünyanın merkezine doğru yönelmiştir ve kuvvetin büyüklüğü cismin ağırlığı olarak bilinir. Kütle: m Ağırlık: mg=Fg Newton’un 2. yasasından ΣF=ma, yeryüzü üzerinde ivmenin değeri a=-g olduğundan ağırlık kuvveti ΣF=mg şeklinde yazılır. Ağırlık, g ye bağlı olduğundan coğrafik konuma göre değişir. Bunun yanında kütle (m) cismin değişmez bir özelliği olduğu için her yerde aynıdır. 1887 yılında kabul edilen kütle standardı, "1 KİLOGRAM", platin-iridyum alaşımından yapılmış silindirin kütlesi olarak tanımlanır. Standart metre çubuğu ile birlikte bu silindir Fransa'nın Sevres kentindeki Uluslar arası Ağırlık ve Ölçümler Bürosu'nda saklanır. Bunların benzerleri her ülkenin kendi ulusal standartlar bürosunda bulunur. Zaman standardı saniyedir. 1960 yılına kadar saniye ortalama güneş günü cinsinden tanımlanmıştır. Bir güneş günü, güneşin gökyüzünde ulaştığı en yüksek noktadan art arda iki geçişi arasındaki zaman aralığına denir, bir güneş gününün, 1 1 1 1 60 60 24 = 86400 üne saniye adı verilir. 1967 yılında yeni saniye standardı yok edilemez ve kolayca elde edilebilir niteliklerine sahip oldu. "1 SANİYE", sezyum atomunun 9.192.631.770 defa titreşim yapması için geçen zamandır. 4. Kuvvet: Bir cismi harekete zorlayan tepki olarak tanımlanır. Ayrıca bir itme veya çekme kuvveti olarak da açıklanır. Çeşitleri ise yer çekim kuvveti, elektrik kuvvetleri ve manyetik kuvvetler olarak sayılabilir. KUVVET; Günlük yaşantımızda yapılan her işte kuvvet kullanırız. Öğrencinin kitaplarını taşıması, evin kapısının kapatılması, deredeki suyun akması, bir uçağın havalanması kuvvet gerektiren bazı olaylardır. Bu nedenle yaşantımızda kuvvet olmadan bir iş yapmamız mümkün değildir. Kainattaki bütün itme ve çekme olaylarının temelinde kuvvet vardır. Kuvvet, bir cisme temas ederek olabileceği gibi temas etmeden de meydana gelebilir. Dünya ve güneşin birbirlerini, mıknatısların diğer maddeleri çekmesi ve elektro manyetik çekim temas gerektirmeyen kuvvete örnek verilebilir. O halde kuvvet; fiziksel, kimyasal ve biyolojik sistemlerin temel özelliğini oluşturan en önemli kavramlardan bir tanesidir. Duran bir cismi harekete geçiren, hareket halindeki bir cismi durduran, cismin yön ve doğrultusunu değiştiren veya cisimlerin biçimlerinde değişiklik yapan etkiye kuvvet denir. Fizik biliminin bir dalı olan mekanik, cisimlerin denge durumlarını ve hareketlerini inceler. Mekaniğin önemli bir konusu olan kuvvet, ne tür olursa olsun, yani ister cansız bir cisim, ister bir canlı tarafından meydana getirilsin, bir vektör ile gösterilir. 8 BÖLÜM I VEKTÖRLER Einstein’ın çalışmalarından bu yana bütün kuvvetlerin tek bir olaydan (elektromagnetik olay)kaynaklandığını düşünürlerse de, kuvvetler üç kümede sınıflandırılırlar: 1. Uzaktan etkiyen kuvvetler yada alan kuvvetleri; 2. Temas kuvvetleri (ancak iki sistemin bağlantı kurması sonucu ortaya çıkar); 3. Kohezyon (iç tutunum) kuvvetleri (katı cisimlerin bükülmezliğini sağlarlar). ALAN KUVVETLERİ: Bir cismin her bir öğesinin kütlesi üstüne etkirler; bu nedenle alan kuvvetlerine, bir yüzey üstüne etki eden temas kuvvetlerinden ayırt etmek amacıyla, kütle kuvvetleri de denir. Alan kuvvetleri, havasız bir ortam içinde bile birbirinden uzaktaki cisimlere etkirler. Bunlar yerçekimi kuvvetleri, cisimlerin ağırlığı ve elektrostatik, magnetik, elektromagnetik kuvvetlerdir. TEMAS KUVVETLERİ: Birbirleri ile ilişki halindeki katıların, içine girilmez ve bozulmaz olma özelliğinden kaynaklanırlar. Her iki cisme de ortak, küçük bir yüzeyde (temas yüzeyi) gerçekleşen temas sonucu, bu bölgenin yakınlarında, katı hafifçe biçim değiştirir. Temas kuvvetleri yüzeye dik olduklarında, sürtünmesiz temas söz konusudur. Oysa, bir katı, bir başkasına oranla yer değiştiriyorsa, temas kuvvetleri, yüzeye oranla eğiktirler: Bu duruma da sürtünmeli temas denir. KOHEZYON KUVVETLERİ: Katıyı oluşturan atomlar, moleküller yada iyonlar arasında etkirler. Makroskobik düzeyde, bu kuvvetler temas kuvvetlerini andırırlar, ama atomik ölçekte, alan kuvvetleri niteliğindedirler. Katılar arasındaki temas etkileşimlerinde temel nitelikte bir rol oynamakla birlikte, açıkça işe karışmazlar. Newton, bir kuvvetin uygulanmasıyla durumunu değişmeye mecbur edilmediği takdirde, her cisim bulunduğu hareketsiz halinde veya düzgün hareket halinde kalır. Hareketsiz halde duran ya da sabit bir hızla hareket etmekte olan bir cisme, herhangi bir başka kuvvet uygulanmadığı sürece bu durağan halini ya da sabit hızlı halini korur. (Otobüs birden durduğunda yolcuların birden öne doğru savrulduklarına dikkat etmişsinizdir. Savrulmanın nedeni, yolcuların durma anından önceki sabit hızlı hareketlerini sürdürmeleridir.) 5. Maddesel nokta (partikül): Boyutları ihmal edilebilen ve kütlesi olan nokta. 6. Rijit cisim: Bir çok maddesel noktadan oluşmuş cisim veya bu cisimlerin oluşturduğu parçacıklar. Buna göre mekanikte kullanılan, kütle, enerji, zaman, hız, kuvvet ve sıcaklık gibi bir ölçme aracı ile ölçülebilen büyüklükler fiziksel niceliklerdir. Bu tür büyüklükler genel olarak iki kısımda incelenir Skaler Büyüklükler; Yalnızca sayılarla ifade edilebilen ve bir birimi olan büyüklüklere denir. Skaler büyüklükler, kütle, sıcaklık, güç, zaman, iş vb. olarak incelenebilir. Örneğin; 3 metre, 5 kilogram, 35 oC, 600 Newton, 220 Volt gibi. Vektörel Büyüklükler; Ölçülen büyüklüklerin bazılarındaki sayısal değer ve birim bazen bu veriyi anlamak için yeterli değildir. Bu büyüklüğün yönü, şiddeti, başlangıç noktası ve doğrultusu da önem kazanır. Örneğin; "Araba Ankara'dan İstanbul'a doğru saatte 90 km/sa hızla hareket ediyor" cümlesinde aracın yönü, doğrultusu ve hızı gibi kavramlar bilinmesi gereken değerlerdir. Vektörel büyüklük; şiddeti, yönü, doğrultusu ve başlangıç noktası belirlenebilen büyüklüklerdir. Yani yönlendirilmiş doğru parçalarına VEKTÖR denir. Vektörel büyüklükleri simgesi üzerine ok (→) işareti konularak skaler büyüklüklerden ayırt edilmektedir. 9 BÖLÜM I VEKTÖRLER A α O Uygulama noktası Bir vektör A şeklinde gösterilir ve şiddeti her zaman pozitif bir büyüklüktür A . 3.1 Vektör Tipleri (1). Bir noktaya baglı veya sınırlandırılmıs VEKTÖR (2). Serbest VEKTÖR (Hareket edebilen vektör) (3). Kayan VEKTÖR (Kuvvet dogrultusunda haraket edebilen vektör) (4). Esit VEKTÖRLER (Şiddet ve yönleri aynı olan vektörler) (5). Negatif VEKTÖRLER (Siddetleri aynı yönleri ters olan vektörler). (6). Sıfır vektör (Başlangıç ve bitiş noktası aynı olan vektör daire, kare gibi) 1. TANSÖR: Özel bir noktada verilen fiziksel bir büyüklüğü tanımlayan özellikler grubuna denir. Skaler sıfırıncı mertebeden bir tansördür. Gerilme tansörü gibi, BİRİM ÇEVRİMLERİ inch foot=ayak yard mm cm dm m 1 inch=parmak=pus 1 0.833 0.0278 25.40 2.54 0.254 0.0254 1foot=ayak=ft 12 1 0.333 304.80 30.48 3.048 3.3048 1 yard 36 3 1 914.14 91.44 9.144 0.9144 1 mm 0.03937 0.00328 - 1 0.1 0.01 0.001 1 cm 0.3937 0.0328 - 10 1 0.1 0.01 1 dm 3.937 0.328 0.1094 100 10 1 0.1 1m 39.37 3.281 1.094 1000 100 10 1 YÜK BİRİMLERİ TEKİL YÜK YAYILI YÜK GERİLME MOMENT 2 METRİK 0.1 t 9.1 t/m2 10 kg/cm2 10 t.cm 1 kN 1 kN/m2 1 N/m2 1 kN.m 2 2 1 MPa=1 N/mm =10 kg/cm 1 kN/m =10 kg/m 2 1 kPa = 1 kN/m 10 100 kg 100 kg/m2 100 kg.m 2 S.I kN kN/m MPaN/mm2 kNm BÖLÜM I VEKTÖRLER 1.3. VEKTÖR İŞLEMLERİ [x,+,-] Bir vektörün skaler ile ÇARPIMI, Skaler =α α Vektör= αA A ise çarpım α A şeklinde elde edilir. A Bir vektörün skaler ile BÖLÜMÜ, Çeşitli vektör örnekleri A 1 = A α α şeklinde elde edilir. −3 A 3A −A A A − A = [ −1]A 1.3.1. VEKTÖRİN TOPLAMI [+] Bir kuvvet kendi doğrultusu boyunca kaydırılması halinde cisme olan etkisi değişmez. Bu duruma kuvvetlerin kaydırılabilme özelliği denir. Vektör paralel kenar ilkesi kullanılarak; R1 = A + B A R = R1 + C A R = A +B A C B şeklinde toplanır. B B C R = A +B R = A +B + C Üçgen kuralı ile vektörlerin toplamı. A A R =B + A A B B B R = A +B A A R = A +B B B Vektörlerin doğrultularının aynı olması durumunda vektörler uç uca eklenerek toplamı (bileşkesi) aşağıdaki şekilde bulunur. R = A +B A R = A +B B A R = A −B B B B B A B Vektörlerde toplama A B A A A A A Vektörlerde toplama B R = A +B Vektörlerde çıkarma A R = A +B B Vektörlerde çıkarma B 1.3.2. VEKTÖRLERİN FARKI (ÇIKARILMA) [-] Vektörlerin toplanmasındaki aynı ilkeler geçerli olup birbirinden çıkarılacak vektörlerin çıkarma işlemi yapılır veya çıkarılacak olan vektörün yönü zıt olarak alınıp toplama işlemi yapılır. Yani iki vertörün çıkarılması tablodaki gibi bir vektörün ile diğer vektörün zıt işaretlisinin toplamıdır. 11 BÖLÜM I VEKTÖRLER Verilen vektörlerin farkının bulunması R = A −B R = A −B C A A B B R = A −B −C C A R = A +[ −B ] C R = A +[ − B ]+[ − C ] A B A −B R = A [ −B ] B Örnek: şekilde verilen üçgeni oluşturan vektörleri toplayınız. C A A A A C R = A +B R = A +B B B B A R = A +B + C = 0 Çözüm toplamanın birleşme özelliğini kullanarak önce 2 vektörün toplamı sonra 3. vektör toplanır. Yapılan işlemlerden sonra bir kapalı şekil teşkil eden vektörlerin toplamı SIFIR vektör özelliğinden dolayı sıfır olmaktadır. Verilen bir vektörün birleşenlerine ayrılması aşağıdaki şekilde olur. b b ≡ R ıı R Rb ≡ ıı a Kuvvetlerin Vektörel olarak toplanması a Ra R = F1 + F2 + F3 F2 F1 + F2 F2 F2 F3 F1 + F2 F2 F2 F2 F3 Verilen üçgen üzerinde sinüs ve kosinüs teoremlerinin yazılması Sinüs teoremi A B C = = sin α sin β sin γ γ A A = B 2 + C 2 − 2BC cos α B β Kosinüs teoremi α C C = A 2 + B 2 − 2AB cos γ 12 BÖLÜM I VEKTÖRLER Şekilde verilen 4 kuvvetin birleşkesi aşağıdaki şekil üzerinde adım adım gösterilmiştir. Şekilde verilen paralel 2 kuvvetin birleşkesi aşağıdaki şekil üzerinde adım adım gösterilmiştir. F1 F1 F1 F2 m FK F2 Fc 6 Fc F2 Fc FR F2 FL Fc Fc Fc FK FL ÖRNEK 1.1. Şekilde vidaya uygulanan F1, F2 ve F3 kuvvetlerinin bileşke ve doğrultusunun bulunması. y y R o 20 F2=400 N F1=200 N 140o 30o α 20o F3=180 N Çözüm; Cosinüs teoremi F1=200 N 30o β x F1 F2 için R1 = 200 2 + 4002 − 2x200x400cos140 = 567.94N 400 R ( 567.94 ) = ⇒ α = 28o sinα sin140 Sinüs teoremi Buna göre bileşke kuvvetin [F1 ve F2] yatayla (x) yapmış olduğu açı β =30+28=58 o y Cosinüs teoremi (58+20=78o paralel kenar iç açı toplamı (360o-2x78)/2=102o) R1 = F1 + F2 102o R2 = R1 + F3 R2 78o R1 R 2 = 180 + 567.94 − 2x180x567.94 cos102 = 630.45N 2 Sinüs teoremi 2 180 R2 (630.45) = ⇒ α = 16o sin α sin102 Buna göre bileşke kuvvetin yatayla (x) yapmış olduğu açı β=58-16=42 13 58o α β β β x F3=180 N BÖLÜM I VEKTÖRLER ÖRNEK 1.2. Şekildeki halkaya uygulanan F1 ve F2 bulunmaktadır. Buna göre; a. Bileşkenin 800 N ve tam düşey olması için F1=? , F2=? b. F1 ve F2 yi öyle belirleyiniz ki F2 minimum olsun. α=90-30=60o F2 α 40o F2 110o 30o 40o F2 R=800 N 30 40o F1 R=800 N F1 F1 F1 40o 110o R=800 N 110 o F2 F2 F1 30o F2 y Sinüs teoremi F1 800 = ⇒ F1 = 547.23N sin 40 sin110 F2 800 = ⇒ F2 = 425.67N sin30 sin110 F2’nin minimum olması F2’nin F1’in doğrultusuna dik olmasıyla olur. F1 F2 800 800 = ⇒ F1 = 692.82N = ⇒ F2 = 400N sin60 sin90 sin30 sin90min yapan 1.6. VEKTÖREL ÇARPIM [SİNÜS] A x B vektörel çarpımı vektörlerin büyüklükleri çarpımının aralarındaki açının sinüsü ile çarpımına [ A x B sin α ] eşittir. Bu çarpımın işareti sağ el kuralına göre belirlenir. y y y α R = −B xA R = AxB x x B A B z A z z A B VEKTÖREL ÇARPIM y y ixi sin0 = jxj = kxk = 0 ixisin0=0 j ixjsin90 = k jxi = −k jxk = i kxj = −i kxi = j ixk = −j R = A xB [ 90 i x i k ] [ o i x j k z R = A B sin α k jxisin90=-k j - z A = A xi + A y j + A zk A x B = A y Bz − A z By i + A z Bx − A x Bz B = B x i + B y j + B zk i j k j + A x B y − A y B x k = A x A y A z B x B y B z ] [ 14 ] + i x BÖLÜM I VEKTÖRLER i i i i j k j k j k j k A x B = A x A y A z = [ j xk = i] i A x A y A z − [ i xk = − j ] j A x A y A z + [ i x j = k ]k A x A y A z B x B y B z B x B y B z B x B y B z B x B y B z A y A z = i B y B z ÖRNEK 1.16. i A x B = 2 4 A = 2i + 3 j − 4k A x A z − j B x B z A x A y +k B x B y B = 4i + 2k verilen vektörlerin AxB değerinin bulunması. j k 3 − 4 = jxk[3 x 2] + kxj[4x0] + ixk[2x2] + kxi[4 x4] + ixj[2x0] + jxi[3x4] = 0 2 = 6i − 0i − (4j + 16j) + 0k − 12k = 6i − 20j − 12k EĞER, C.[ A x B] gibi bir skaler çarpımın vektörel çarpım ile çarpımı söz konusu ise; A =Ax i +Ay j +Az k B =B x i + B y j + Bz k C = C x i + C y j + Cz k i j k C.[ A xB = [ C x i + C y j + C z k ] A x A y A z = [ C x i + C y j + C z k ].[ A y B z − A z B y ]i + [ A z B x − A x B z ] j + [ A x B y − A y B x ]k B x B y B z C x C y C z = C x [ A y B z − A z B y ]i + C y [ A z B x − A x B z ] j + C z [ A x B y − A y B x ]k C.[ A xB ] = A x A y A z B x B y B z ÖZELLİK: C . [ A x B = −B . [ A x C] mevcuttur. ÖRNEK 1.17. A = 2i + 3 j − 4k B = 4i + 2k C = 4i + 2 j + 3k verilen vektörlerin C.[AxB]= -B.[AxC] olduğunun gösterilmesi. 4 2 3 C.[ A xB ] = 2 3 − 4 = C x 4 0 2 = A y A z B y B z − C y A x A z B x B z 4.3 − 4 0 2 − 2.2 − 4 4 2 + Ck A x A y B x B y + 3.2 3 = 4.[ 6 ] − 2.[ 20 ] + 3.[ −12 ] = −52 4 0 −4 0 − 2 B.[ A xC ] = 2 3 − 4 =− 4. 3 − 4 − 0.2 − 4 − 2.2 3 = −4.[17 ] − 2.[ −8 ] = −52 C.[A.B]=-B.[A.C]sağladığı görülür. 2 3 4 3 4 2 4 2 3 15 BÖLÜM I VEKTÖRLER 1.7. SKALER ÇARPIM [COSİNÜS] A . B skaler çarpımı vektörlerin büyüklükleri çarpımının aralarındaki açının cosinüsü ile çarpımına [ A . B cos α ] eşittir. Bu çarpımın işareti sağ el kuralına göre belirlenir. y i.icos0 = j. jcos0 = k .kcos0 =1 i. jcos90 = 0 j.icos90 = 0 y j j.k = 0 k . j = 0 90o i k .i = 0 i.k = 0 x i k i + - z A.B = B.A Değişme özelliği Bir skaler ile çarpım α[ A.B] = [ α A ].B = A.[ αB] = [ A.B]α A.[B.C] = [A.B] + [A.C] Dağılma özelliği A = 2i + 3 j − 4k j k z ÖRNEK 1.18. x i Skaler çarpımın bazı özellikleri: k j.icos90=0 i.icos0=1 j B = 4i + 2k vektörlerin A.B değerinin bulunması. A.B = i.i [2x 4] + j. j [3 x0] + k.k [ −4 x 2] = 8 + 0 − 8 = 0 1.4. DÜZLEM KUVVET ve KARTEZYEN VEKTÖR SİSTEMİ y F=Fx + Fy y j F = Fx i + Fy j Fy’ F Fy y F Fyj F=Fx’ + Fy’ F' = Fx' i + Fy' [ − j] F' = Fx' i −Fy' [ − j] Fy’j y ’ −j Fx’ x F’ Fx Fx’i x i i x Fxi x F’ 1.8. VERİLEN KUVVETLERİN BİLEŞKE VE DOĞRULTULARININ BULUNMASI FRX = F1 cos α − F2 cos β+ F3 cos γ y y FR F A: SKALER FRY = F1 sin α + F2 sin β− F3 sin γ FRY F FR = 2 FRX 2 + FRY θ= tan −1 θ α β x x FRY FRX FRX γ F y B: VEKTÖREL F1 = F1x i + F1x j :: :: :: F2 = F2x i + F2x j F3 = F3 x i + F3 x j F1 F1Y Fn = Fnx i + Fnx j F2 F2Y F1X F2X x F3X 16 F3Y F3 BÖLÜM I VEKTÖRLER FR = F1 + F 2 + F 3 y FR = [F1x i + F1x j ] + [F 2 x i + F 2 x j ] + [F 3 x i + F 3 x j ] + ::: [Fnx i + Fnx j ] = FR = [F1x + F 2 x + F3 x + :: Fnx ] i[F1y + F 2 y + F3 y + :: Fny ] j FR FRY θ FR = FRx i + FRy j :: :: :: x FRX θ = tan −1 2 2 FR = FRx + FRy + FRy FRx 1.5. DÜZLEM KUVVET SİSTEMİ Düzlem kuvvet sistemi, aynı düzlemde olan kuvvetlerin oluşturduğu kuvvet sistemidir. Verilen kuvvetlerin dengede olması için; ∑F = ∑Fx + ∑Fy = 0 Denge için y y ∑Fx = 0 ve ∑Fy = 0 F F F F x x ∑Fx i + ∑Fy j= 0 Denge için ∑Fx i = 0 ve ∑Fy j=0 F F F şartları sağlanmalıdır. ÖRNEK 1.10. Şekilde verilen kuvvet sisteminin dengede olması için F2=? y Serbest cisim diyagramı y F1=800 N F1y=612.84 N 50o x F2xsin30 x o 30 F1x=800cos50=514.23 N F2ycos30 F2 ∑ F = ∑ Fx + ∑ Fy = 0 olması için ∑ Fx = 0 ve ∑ Fy = 0 olmalı, ∑ Fx = F1x + F2x = 514.23 − F2x sin30 = 0 F2x = 1028.46N ∑ Fy = F1y + F2y = 612.84 − F2y cos 30 = 0 F2y 2 2 F = 1028.46 x + 707.65 y = 1248.40N = 707.65N 17 F BÖLÜM I VEKTÖRLER ÖRNEK 1.12. 20 kg’lık bir bilgisayar şekildeki gibi asılabilmesi için AB kablo boyunun bulunması. Yayın uzamamış boyu LBC " = 0.6m dir. 3 m Serbest cisim diyagramı TAB A 30 30 o TBC o B K=500 N/m C 20x9.81=196.2 N 20 kg ∑F Denge denklemleri ∑F y =0 x =0 TBC − TBA cos 30 = 0 TBA sin 30 − 196.2 = 0 ise TBA = 392.40 N TBC = 339.83 N Yaydaki uzama TBC = K BC . SBC Yayın uzamış boyu LBC = L BC" + sBC = 0.6 + 0.68 = 1.28 m 2 m = L AC cos 30 + 1.28 ise L AC = 1.99 m bulunur. A-C=3 m olduğuna göre 339.83 = 500.SBC SBC = 0.68 m 1.4.1. YER VEKTÖRÜ [r] Uzayda bir noktanın yerini diğer noktaya göre belirleyen sabit bir vektördür. Örneğin uzaydaki bir P noktasının koordinat eksen takımına göre yer vektörü aşağıdaki şekilde gösterilmektedir. y y y ryj j yj 90 P(x,y,z) P(x,y,z) r o x i k r xi O x rxi zk z z x rzk z Genel durum olarak uzayda bir yer vektörü iki nokta arasındaki yer vektörlerinin uç noktalarının birleştirilmesi sonucu aşağıdaki şekilde elde edilir. y y P(x,y,z) r Q(x,y,z) P(x,y,z) r Q(x,y,z) rP rQ [yP- yQ]j x [zP- zQ]k O x [xP- xQ]i z O z r = r P − r Q = [xP i + yP j + zP k] − [x Q i + yQ j + zQ k ] = [xP − x Q ]i + [ yP − yQ ] j + [ zP − z Q ]k 18 BÖLÜM I VEKTÖRLER 1.4.2. BİR DOĞRU BOYUNCA UZANAN KUVVET VEKTÖRÜ Üç boyutlu sistemlerde bir kuvvetin doğrultusu genellikle kuvvetin doğrultusunun geçtiği iki nokta tarafından belirlenir. Yani bir doğru için 2 nokta gerektiğinden. r = r P − r Q = [xP i + yP j + zP k] − [ x Q i + yQ j + zQ k] = [xP − x Q ]i + [ yP − yQ ]j + [zP − zQ ]k 2 2 2 r = [[xP − x Q ]i + [yP − yQ ]j + [zP − zQ ]k ] r [x i + yB j + zB k] − [x A i + y A j + z A k] F = Fu = F = [F] B r r r r r r [xP − x Q ]i + [yP − yQ ]j + [zP − zQ ]k = F x i + yj + zk F = Fu = F = [F] ([[x − x ]i2 + [y − y ]j2 + [z − z ]k 2 ]1/2 ) r r r r P Q P Q P Q y y P(x,y,z) r r Q(x,y,z) F rP rQ x B u A x O z z r F = F u = F r r [xP − xQ ]i = Fcos α F x i = Fu = F x i = [F] 2 2 2 r [[xP − x Q ]i + [yP − yQ ]j + [zP − zQ ]k ]1/ 2 [x ekseni] ryj [yP − yQ ]j F yj = Fu = F = [F] = F cos β 2 2 2 [[xP − xQ ]i + [yP − yQ ]j + [zP − zQ ]k ]1/ 2 r [y ekseni] r [zP − zQ ]k Fzk = Fu = F zk = [F] = Fcos γ 2 2 2 r [[xP − xQ ]i + [yP − yQ ]j + [zP − zQ ]k ]1/ 2 [z ekseni] 19 BÖLÜM I VEKTÖRLER y y ry j β= ry j r α= γ= rz k β= ry j rx i r rx i γ= x rzk r rz k z 10 -z Fzk = F r ry j F(x,y,z) r r r α = xi r rzk r y z ry j Fy j = F F(x,y,z) rx i Fx i = F rx i rz k x r r r[6,3,-7] -10 r y q[6,3,-7] 5 Orjin O[0,0,0] -5 q x-y düzlemi [z=0] -x y-z düzlemi [x=0] x -10 -5 10 5 Orjin x 5 x-z düzlemi [y=0] [6,-4,0] -5 z 10 z -10 -y ÖRNEK 1.3. AB kirişinin boyunu ve doğrultusunu A’dan B’ye doğru bulunması. y y B 4 2 B y’ 5j 5 β=58.7 o O x 3 2 z O x 3 z 2i 2 O γ=146.1 o 3 -8k α=77.9 x’ A z’ A A r = r B − r A = [xB − x A ]i + [yB − yA ]j + [zB − z A ]k = [4 − 2 ]i + [2 − (−3)]j + [−5 − 3]k r = (2i + 5j − 8k) m r = 22 + 5 2 + 82 = 9.64 m α = cos−1[0.21] = 77.9o β = cos−1[0.52] = 58.7o u= r 2 5 8 = i+ j− k = 0.21i + 0.52j − 0.83k r 9.64 9.64 9.64 γ = cos −1[ −0.83] = 146.1o 20 o BÖLÜM I VEKTÖRLER ÖRNEK 1.4. Kuvvetlerin dengede olması için F kuvvetinin şiddeti ve doğrultusu nedir? [B(-2,-3,6)]. B(-2,-3,6) z z F=?? F3=700 N F3=700 N F=?? y F1=400 N y F1=400 N F2=800 N x F2=800 N x { } F1 = 400j N { } F2 = −800k N F3 = 700 22 + 32 + 62 {−2i − 3j + 6k} F3 = − 200i − 300 j + 600k N ∑F = 0 F = F x i + F y j + F zk 400j − 800k − 200i − 300j + 600k + Fxi + Fy j + Fzk = 0 ∑F = 0 F1 + F2 + F3 + F = 0 F1 + F2 + F3 + F = 0 Birleşke kuvvetin değerleri 400j − 800k − 200i − 300j + 600k + Fxi + F y j + Fzk = 0 ∑ Fx = 0 − 200 + Fx = 0 Fx = 200N ∑ Fy = 0 400 − 300 + Fy = 0 Fy = −100N ∑ Fz = 0 − 800 + 600 + Fz = 0 Fz = 200N { } F = 200i − 100 j + 200k N uF = F = 200 2 − 100 2 + 200 2 = 300 N z F 200 100 200 i− j+ k = F 300 300 300 200 o x ekseni ile yapılan açı α = cos−1 = 48.2 300 γ=48.2 o F β=109 o −100 o y ekseni ile yapılan açı β = cos−1 = 109 300 α=48.2 200 o z ekseni ile yapılan açı γ = cos −1 = 48.2 300 21 x o y BÖLÜM I VEKTÖRLER ÖRNEK 1.5. Şekilde gösterilen kabloyu bir adam 70 kN’luk bir kuvvetle çekmektedir. Bu kuvveti z KARTEZYEN vektör olarak tarif ederek doğrultusunun bulunuz. A A ve B noktalarının koordinatları(x,y,z) A(0,0,30) B(12,-8,6) 70 kN r = (12 − 0)i + ( −8 − 0) j + (6 − 30)k = (12i − 8 j − 24k ) m 30 8 r = 12 + 8 + 24 = 28 m 2 2 2 m 6 m y r ve F vektörlerinin doğrultusunu belirleyen u birim vektörü aşağıda yazılmaktadır. B [ F = F xi + F y j + F zk = F cos αi + cos β j + cos γk 12 ] m z x γ=149 8 F = Fu = 70 12 i − j − 24 k = 30 i − 20 j − 60k kN 28 28 28 8 u = r = 12 i − j − 24 k r 28 28 28 m y β=107 o x Kontrol F = 30 2 + 20 2 + 60 2 = 70kN 12 α = cos −1 = 64.6 o 28 α=64.6 8 β= cos −1 − =107o 28 B 24 γ = cos −1 =149o 28 ÖRNEK 1.6. Dairesel plak AB kablosu ile taşınmaktadır. Eğer A kablosunda oluşan kuvvet F=500 N ise F kuvvetinin kartezyen vektör olarak ifade edilmesi. z z A(0,0,2) A A F=500N 2m 2m F 1m y o 45 45 x m 1 y o F 1m x B 1cos45 1sin45 o o B(1.707,0.707,0 ) Şekilde görüleceği üzere F kuvvetinin doğrultusu F yer vektörüyle aynıdır. Buna göre A ve B’nin koordinatları şekil üzerinde bulunmuştur. rAB = (1.707 − 0 )i + ( 0.707 − 0 ) j + ( 0 − 2 )k = (1.707 i + 0.707 j − 2k )m r 1.707 0.707 2 u= = i+ i− k r 2.72 2.72 2.72 KONTROL r = 1.707 2 + 0.707 2 + 22 = 2.72m 1.707 0.707 2 FAB = Fu = 500 i+ i− k = 314i +130 j − 368k N 2.72 2.72 2.72 FR = 314 2 + 130 2 + (−368 2 ) = 500 N 22 BÖLÜM I VEKTÖRLER ÖRNEK 1.7. Şekilde gösterilen kuvvetlerin bileşkesinin şiddetini ve konumunu bulunuz. z F1=20 N D z’ C γ=16.24 4m 5m F3=100 N B 8 β =73.76o y m F2=200 N α=89.906o E x x’ 12m 8m F1 = F1 F2 = F2 F3 = F3 178.48 o 4m A[4,8,-12] rAC rAC ( −5−4 ) ( −8−8 ) ( 4−( −12 )) −9 i −16 j +16k = −7.392 i −13.14 j +13.14k = 20 9 2 +16 2 +16 2 rAB rAB ( 0−4 ) ( 8−8 ) ( 0−( −12 )) −4 i +0 j +12k = 200 = −63.246 i +189.737k 4 2 +122 rAC rAC ( 4−( −5 )) ( 8−0 ) ( 0−4 ) 9 i +8 j −4k = 70.93 i + 63.05 j − 31.52 k =100 92 + 8 2 + 4 2 FR = F1 + F2 + F3 FR = [ −7.392 i − 13.14 j + 13.14k] + [ −63.246 i + 189.737k ] + [70.93 i + 63.05 j − 31.52k] i , j ve k değerleri kendi içinde toplanır j i k FR = (−7.392 − 63.246 + 70.93) + (−13.14 + 63.05) + (13.14 + 189.737 − 31.52) 0.292 49.91 FR = 0.292 + 49.912 + 171.3572 FR = 0.292 i + 49.91 j + 171.357k x ekseni u= y ekseni 171.357 2 z ekseni FR 0.292 i 49.91j 171.357k = + + FR 178.48 178.48 178.48 0.0016 0.28 0.96 cos α=89.906o cos β=73.76o cos γ =16.24o 0.5 = 178.48 N Fxi cos89.906 = 0.292 Fy j FR = FR .u = 178.48 cos73.76 = 49.91 Fzk cos16.24 = 171.358 23 y’ BÖLÜM I VEKTÖRLER ÖRNEK 1.8. Şekildeki kapak FAB=100 kN ve FAc=120 kN’luk kuvvetle A noktasına bağlanmıştır. Bu kuvvetlerden oluşan bileşke kuvvetin A noktasındaki şiddetinin bulunması. z z A(0,0,4) A FAC=120 kN 4m 4 FAB =100 kN m FAC=120 kN FAB=100 kN y y rAB 4m rAC 2 C(4,2,0) C m 2 x x m B B rAB = (4 − 0)i + (0 − 0) j + (0 − 4)k = (4i − 4k ) m r = 4 2 + 4 2 = 5.66 m [ ] 4 4 FAB = F u = 100 i− k = 70.7i − 70.70k N 5.66 5.66 r 4 4 i− k = r 5.66 5.66 rAC = (4 − 0)i + (2 − 0) j + (0 − 4)k = ( 4i + 2 j − 4k ) m u= m B(4,0,0) B u= 4 r = 4 2 + 2 2 + ( −4 2 ) = 6 m [ ] 2 4 4 FAC = F u = 120 i + j − k = 80i + 40 j − 80k N 6 6 6 r 4 2 4 = i+ j− k r 6 6 6 FR = FAB + FAC = 80i + 40j − 80k + 70.7i − 70.70k = 150.7i + 40j − 150.7k FR = 150.72 + 402 + (−150.72 ) = 217 kN ÖRNEK 1.9. Şekildeki çerçeveye x yönünde F=500 N’luk bir kuvvet etkimektedir. Bu kuvvetin AB doğrultusuna dik ve paralel birleşenlerinin belirlenmesi. y B y F=500i N B F=500i N FAB 4m A x 2 z 4m r AB = rAB Skaler çarpım [i.i cos0=1] x Fdik 2 z u AB = u m 6m A[0,0,0] B[6, 4,2] A 6i + 4j + 2k 62 + 42 + 22 m 6m = 0.802i + 0.535j + 0.267k FAB = F uAB = 500i[0.802i + 0.535j + 0.267k] = 401ii + 0 + 0 = 401N F AB = FAB uAB = 401[0.802i + 0.535j + 0.267k] = [321.60i + 214.54j + 107.07k]N 24 BÖLÜM I VEKTÖRLER Fdik = F −FAB = 500i − [321.60i + 214.54j + 107.07k] = [178.4i − 214.54j − 107.07k]]N Fdik = 178.42 + 214.542 + 107.072 = 298.86N 2 Fdik = F2 − FAB = 5002 − 4012 = 298.66N veya ÖRNEK 1.11. Şekilde verilen sistemde a. Kablo kuvvetlerinin b. Yaydaki uzamanın hesabı [yay katsayısı k=500 N/m]. z C 4 m 2 5 3 m z D m FAD FAC m y A 2 m 4 FAB y A m Sistemin serbest cisim diyagramı W=20 N x B x W=20 N A[0,0,0] C[2,−4,5] D[−2,4,3] FB = FB i r AC = F 2i − 4j + 5k = F [0.27i − 0.55j + 0.67k] F AC = FAC uAC = FAC AC AC 2 2 2 rAC 2 +4 +5 − 2i + 4 j + 3k r AD F AD = FAD u AD = FAD = FAD 2 2 + 4 2 + 3 2 rAD ∑F = 0 ∑ F = ∑ F x + ∑ F y + ∑ Fz = 0 ∑ Fx = 0 [FAB + 0.27FAC − 0.32FAD ]i = 0 ∑ Fy = 0 [−0.55FAC + 0.74FAD ] j = 0 ∑ Fz = 0 [0.67FAC + 0.56FAD − 20]k = 0 = FAD [ −0.32i + 0.74 j + 0.56k ] ∑ Fx = 0 1 ∑ Fy = 0 ∑ Fz = 0 FAB = 41.60N ⇒ 2 FAC = 81.23N FAD = −61.47N 3 FAD nin eksi [-] çıkması kuvvetin ters yönde olduğunu gösterir. Yaydaki uzama FAB = k yaysabiti . xuzama 41.60 = 500. xuzama 25 xuzama = 0.0832m BÖLÜM I VEKTÖRLER SORU 2: F=100 kN kuvvetinin s doğrultusundaki Fs bileşeninin bulunması z 4m m 5 A y m 6 8m F=100 N rCD = (−5j + 6k)m 2 C 2 r = 5 + 6 = 7.81m s B O F = FuCD 5 6 = 100 − i+ k 7.81 7.81 O(0,0,0) C(0,5,0) Yer vektörü 10m = − 64.02j + 76.82k N rOC = (5j)m F = FuOC j k i = 0 5 0 = 384.1i 0 −64.02 76.82 x s yönündeki Fs birleşenleri rOB = (8i + 10j)m r = 82 + 102 = 12.81m 10 8 Fs = [FuOC ]uOBs = [384.1i] • i+ j = 239.88i N 12.81 12.81 239.88 =1 cos−1 α = 0 239.88 ÖRNEK 1.13. F=400 N başlangıç noktasına uygulanmaktadır. x ekseni açısı α = a. Fx Fy ve Fz bileşenleri b. F kuvvetinin x-y ve y-z düzlemlerindeki iz düşümlerini c. F kuvvetinin s doğrultusundaki Fs bileşeninin bulunması z F=400 N m 4 m 5 A y m 6 m 8 O a. A ve O noktalarının koordinatları(x,y,z) O(0,0,0) Yer vektörü rOA = ( 4i + 5 j + 6k ) m m 10 A(4,5,6) x r = 4 2 + 5 2 + 6 2 = 8.77 m r ve F vektörlerinin doğrultusunu belirleyen u birim vektörü aşağıda yazılmaktadır. r 4 5 6 F = Fxi + F y j + Fzk = F cosαi + cosβj + cos γk u OA = OA = i+ j+ k rOA 8.77 8.77 8.77 4 5 6 F = FuOA = 400 i+ j+ k = 182.44i + 228.05j + 273.66k N 8.77 8.77 8.77 26 s B m 3 BÖLÜM I VEKTÖRLER b. F kuvvetinin x-y ve y-z düzlemlerindeki iz düşümlerini Fxy = Fcos−1 β 52 + 42 / 8.77 = 400 x 0.73 = 292N Fyz = 273.662 + 228.052 = 356.23N Fyz = Fcos α 356.23 = 400cos α ⇒ veya Fxy = 182.442 + 228.052 = 292N −1 356.23 = 27o α = cos 400 z Fyz F=400 N 4m 5m A y m 6 α d. s yönündeki Fs birleşenleri 8m Fy Fz β rOB = (8i + 10 j + 3k ) m r = 8 2 + 10 2 + 3 2 = 13.15 m s B 3m Fxy O 10m Fx uOBs = rOBs 8 10 3 = i+ j+ k rOBs 13.15 13.15 13.15 x 4 5 6 8 10 3 Fs = [FuOA ]uOBs = 400 i+ j+ k . i+ j+ k 8.77 8.77 8.77 13.15 13.15 13.15 Fs = 110.99i + 173.42j + 62.43k N VEYA u OBs = F = 182.44i + 228.05j + 273.66k N [yukarıda bulunmuştu] r OBS 8 10 3 i+ j+ k [doğrultu] = rOBs 13.15 13.15 13.15 8 10 3 Fs = F uOBS = 182.44i + 228.05j + 273.66k . i+ j+ k 13.15 13.15 13.15 z 4m 5m A y m 6 O x açısı α = 110.99 = 0.516 215.15 173.42 = 215.15 Ny açısı β = = 0.806 215.15 z açısı γ = 62.43 = 0.290 215.15 27 173.42j s B 8m 1/2 Fs = 110.992 + 173.422 + 62.432 62.43k F=400 N Fs = F uOBS = 110.99i + 173.42j + 62.43k N 3m 110.99i 10m x cos−1 α = 58.94o cos−1 β = 36.29o cos−1 γ = 73.13o BÖLÜM I VEKTÖRLER ÖRNEK 1.14. Şekildeki r=-8i-10j+20k vektörünün AB doğrultusundaki izdüşümünün bulunması. B z [herhangi bir vektör üzerindeki] rAB B r=-8i-10j+20k r=-8i-10j+20k 8m z 8m 8m A 8m 4m 16m 3m A y 4m 4m 16m m 3 y 7m 4m 8m x 7 8m a. A ve B noktaları(x,y,z) A(4,-8,4) x B(-16,8,8) r AB = (−20i + 16j + 4k)m Yer vektörü m r = 202 + 162 + 42 = 25.92 m F = Fxi + Fy j + Fzk = F cosαi + cosβj + cos γk uAB = r AB 20 16 4 =− i+ j+ k = −0.772i + 0.617j + 0.154k rAB 25.92 25.92 25.92 rAB = uAB .r = [−0.772i + 0.617j + 0.154k]. [−8i − 10j + 20k ] (çarpma işlemi skaler olarak yapılmıştır.) = [(−0.772) . (−8) + (0.617) . (−10) + (0.154) . (20) ] = 3.086 Vektörel olarak aşağıdaki şekilde ifade edilebilir. 3.086 r AB = r AB .uAB = 2 8 + 102 + 202 [−0.772i + 0.617j + 0.154k] = [−0.100i + 0.080j + 0.020k] o ÖRNEK 1.15. Şekildeki çatı giriş kapağı AB kablosu ile 30 lik açık bulunmaktadır. Kablodaki çekme kuvveti F=100 N olduğuna göre, bu kuvvetin kapağın CD diyagonal ekseni doğrultusundaki bileşeninin şiddetinin bulunması. z B 900 mm F=100 N y z D A x o C ηCD A C y 30 x Sin30 = o 30 x 28 z 900 z x1 ⇒ z = 450 mm BÖLÜM I VEKTÖRLER Cos30 = x 900 ⇒ x = 779 .4 mm A, B ve D koordinatları x 1 = 900 - 779.4 = 120.6 mm A( 779.4, 0, 450) (C noktasına göre) B(0,1200,900) D(779.4, 1200, 450) r AB = (0 − 779 .4)i + (1200 − 0) j + (900 − 450 )k = ( −779 .4i + 1200 j + 450k ) mm r = 779.4 2 + 1200 2 + 450 2 = 1500 mm u= 450 779.4 1200 F = Fu = 100 − i+ j+ k = − 51.96i + 80j + 30k N 1500 1500 1500 r 779.4 1200 450 =− i+ j+ k r 1500 1500 1500 Kontrol AB kablosundaki çekme kuvveti F = 100 ηCD = −779.4i + 1200j + 450k 1500 F = 51.962 + 802 + 302 = 100N −779.4i + 1200j + 450k 779.4 + 1200 + 450 2 2 2 = 100 −779.4i + 1200j + 450k 15 00 −779.4i + 1200j + 450k −779.4i + 1200j + 450k FCD = F. ηCD = . = 46N 15 1500 skaler {çarpım ÖRNEK 1.19. Şekildeki üç küresel mafsallı (A,B,C) ayağa etkiyen kuvvetlerin bulunması (her bir kare 1x1 m ve elemanlar basınç ve çekme kuvveti taşımaya elverişlidir). z D F=1 kN y 5 m C F kuvvetinin izi 1 E 0 A B A, B ve D koordinatları A(-1,-1, 0) x B(2,-1,0) C(0,2,0) D(0,0,5) rDA = (−1 − 0)i + (−1 − 0) j + (0 − 5)k = (−1i − 1j − 5k ) m rDA = 12 + 12 + 5 2 = 5.2 m r 1 1 5 uDA = DA = − i− j− k rDA 5.2 5.2 5.2 1 5 1 A = A uDA = A − i− j− k 5.2 5.2 5.2 rBD = (0 − 2)i + (0 − (−1)) j + (5 − 0)k = (−2i + 1j + 5k ) m uBD = rBD = 2 2 + 12 + 5 2 = 5.48 m 2 1 5 B = B uBD = B− i+ j+ k 5.48 5.48 5.48 rBD 2 1 5 =− i+ j+ k rBD 5.48 5.48 5.48 29 BÖLÜM I VEKTÖRLER rCD = 0 2 + 2 2 + 5 2 = 5.39 m rCD = (0 − 0)i + (0 − 2) j + (5 − 0)k = (−2 j + 5k ) m u CD = 2 5 C = C u CD = C− j+ k 5.39 5.39 rCD 2 5 =− j+ k rCD 5.39 5.39 r0E = 22 + 22 = 2.83m r0E = (2 − 0)i + (2 − 0)j = (2i + 2j)m u 0E = 2 2 F = F u 0E = F i+ 2 . 83 2 . 83 r0E 2 2 i+ j = r0E 2.83 2.83 ∑F = 0 Denge şartından [ [ ] j = 1 0.707i + 0.707 j F+ A+B+C = 0 ] 1 5 2 1 5 2 5 1 1 0.707i + 0.707 j + A − i− j− k + B− i+ j+ k + C − j+ k = 0 5.2 5.2 5.48 5.48 5.39 5.2 5.48 5.39 x EKSENİ 1 2 i + B − i = 0 ∑ Fxi = 0 ⇒ 10.707i + A − 5.2 5.48 0.707 − 0.192A − 0.365B = 0 y EKSENİ ∑ Fy j = 0 ⇒ −1 1 −2 10.707j + A j + B j + C j = 0 5.2 5.48 5.39 0.707 − 0.192A + 0.183B − 0.371C = 0 z EKSENİ −5 5 5 A j + B j + C j = 0 5.2 5.48 5.39 Determinant kullanılarak A, B ve C değerleri hesaplanır. ∑ Fzk = 0 ⇒ − 0.962A + 0.912B + 0.928C = 0 SABİT −0.707 − 0.365 0 det −0.707 0.183 − 0.371 0 0.912 0.928 0 A −0.707 −0.192 − 0.365 −0.5988 −0.192 0.183 − 0.371 B = −0.707 ⇒ A = = = 2.044 kN 0 −0.2929 −0.192 − 0.365 0.912 0.928 C 0 −0.962 det −0.192 0.183 − 0.371 0.912 0.928 −0.962 Benzer şekilde B = 0.861kN C = 1.273kN Ters matris işlemi kullanılarak da A, B ve C değerleri hesaplanabilir. A X = b 0 A −0.707 −0.192 − 0.365 − 0 . 192 0 . 183 − 0 . 371 B = − 0.707 ⇒ − 0.962 0.912 0.928 C 0 ise X = A −1 b A −1.735 − 1.156 − 0.462 −0.707 A = 2.044 B = − 1.827 0.608 0.243 − 0.707 = B = 0.862 kN C − 0.003 − 1.797 0.359 0 C = 1.273 Tersi 30 sabitler BÖLÜM I VEKTÖRLER BÖLÜM 2: MOMENT 2.1. MOMENT [BİR KUVVETİN DİK BİR EKSENE GÖRE] Moment; bir kuvvetin bir noktaya dik mesafesi ile çarpımından oluşan kuvvet çiftine denir. Düzlem kuvvetlerin momenti aşağıda kısaca örnek üzerinde açıklanmıştır. P=4 kN L1=3 m L2= 5 y m P=100N o 60 A B x L= 6m B P=100N M A = P x L = 4 x 5 = 20 kNm A Py=100sin60=86.6 N o 60 Px=100cos60=50 N MB = 4 x 3 = 12 kNm A L= 6m B MA = P xL = 86.6 x 6 + 50 x0 = 519.6Nm Üç boyutlu sistemlerde moment şekil üzerinde açıklanmaktadır. F Fy rx y My F y Fyj Fx ry r Fzk yj Mxi Mz=rx Fy- ry Fx xi Myj x zk x x’e paralel y’ye dik olanlar Mz oluşturur F=Fxi +Fyj +Fzk z Fxi Mo r = xi+ yj+ zk x Mzk z y’ye paralel x’e dik olanlar Mz oluşturur Mo =rDİK KUVVET KOLU xFKUVVET Mo =Mxi +Myj +Mzk Momentin İşaret: Vektörel çarpım işaret kuralından çıkar. Veya M=rxF olmasından dolayı F kuvveti indis (x,y,z) eksenine bitiştirilir ve saat dönüşü + tersi – alınarak vektörel çarpım işaret kuralı ile aynı olduğu görülür. MOMENT, 1. Verilen kuvvet-kuvvetlerin eksenlerindeki birleşenleri 2. Kuvvet-kuvvetlerin uygulandığı nokta ile moment alınacak nokta arasındaki noktaların yer vektörleri 31 BÖLÜM I VEKTÖRLER i 3. 1. ve 2. deki değerler kullanılarak M = x F x j y Fy k z ile MOMENT-MOMENTLER hesaplanır. Fz 4. Moment hesabı için gerekli olan matris tablodaki gibi oluşturulu.. M i x Fx = j y Fy k z Fz →Eksenlerin doğrultman kosinüsleri →F kuvvetinin uygulama noktası koordinatları →F kuvvetinin bileşenleri i j k M = x y z = Fz y − Fy z i − [ Fz x − Fx z ] j + Fy x − Fx y k F F F x y z Mx = Fz y − Fy z My = − [ Fz x − Fx z ] y Myj M y = −[ Fz x − Fx z ] [ Mxi M x = Fz y − Fy z Mz = Fy x − Fx y z ] x Mzk [ M z = Fy x − Fx y ] Mx, My ve Mz değerleri skaler olup F kuvvetinin O merkezinden geçen eksenlere göre momentleridir. Bu momentler; F kuvvetinin rijit cisme eksenleri etrafında uyguladığı döndürme uygulamalarıdır. A- i Moment hesabı için M = x F x j y Fy k z matrisi incelendiğinde; Fz y 5m 0 x 3m -B F=40 N 8m z j k j k j k i i i Mo = 3 0 0 =0 MA = 3 5 0 =5x40 = 200Nm MB = 3 0 8 =−8x40 =−320Nm 40 0 0 40 0 0 40 0 0 y F=30 N 2m m 0 3 m 2 Mx =[2x50−2x30]i=40i j k i Mo = 3 2 2 Nm=My =−[3x50−2x40]j=−70 j 40 30 50 Mz =[3x30−2x40]k =10k 8m z B x F=40 N F=50 N B noktasında oluşan momentleri herbir kuvvet için ayrı ayrı hesaplanmıştır. j k j k i i MB = 3 0 8 =My =−[ −8x40]j=320 j+ 0 2 8 =Mx =−[8x30]i=−240i+ 40 0 0 0 30 0 x eksenindeki 40 kN dan oluşanM y eksenindeki 30 kN danM Mx =−240i k i j 0 0 6 =0 =M =320 j 8 − 2 y 0 0 50 Mz =0 x eksenindeki 50 kN denM Özellik 1: M momentinin Mx skaler birleşeni M ile x ekseni üzerindeki birim vektör i’nin skaler (cos) çarpımından; M.i=[Mx i+My j+Mz k].i=[Mx i.i +My j.i+Mz k.i]=Mx [1]+0+0=Mx 32 BÖLÜM I VEKTÖRLER olarak elde edilir. Buna göre M momentinin herhangi bir n eksenine göre Mn momenti n ekseni üzerindeki un birim vektörü ile [Mn =M un] çarpımıdır. Yukarıda klasik olarak momentler vektörel olarak aşağıdaki şekilde aynısının bulunduğu görülür. P=4 kN L1=3 m y L2= 5 m P=100N 60o A B x L= 6m B P=100N M A = P x L = 4 x 5 = 20 kNm C Py=100sin60=86.6 N o 60 Px=100cos60=50 N MB = 4 x 3 = 12 kNm C L= 6m B MC = P x L = 86.6 x 6 + 50 x 0 = 519.6Nm M = r xF MA MB MC i = x F x i = x F x i = x F x r = xi + yj + zk j y Fy j y Fy j y Fy k i j z = − 5 0 Fz 0 − 4 k i j z = 3 0 Fz 0 − 4 F = Fxi + Fyj + Fzk M = M xi + M yj + M zk k 0 = [0]i + [0] j + [[ −4 ] x [ −5 ] − 0]k = 20 kNm 0 k 0 = [0]i + [0] j + [− 4 x3 − 0]k = −12 kNm 0 k i j k z = −6 0 0 = [0]i + [0] j + [[ −86.6 ] x [ −6 ] − 0]k = 519 .6 Nm Fz 50 − 86.6 0 ÖRNEK 2.1. Şekilde verilen sistemde, y y P a. Mo=? b. Mx=? c. MoA=? 8 A m 8 A m j x F=100 N momentlerinin hesaplanması. z 10 6 k m m z y 0 x i F=100 N 10 6 m m a. Mo: momentinin hesabı k F= 100 10 2 + 8 2 + 6 2 [ −10 i − 8 j + 6 k ] = [ −70.72 i − 56.58 j + 42.43 k ] Yer vektörü r = 10 i + 8 j i MO = x Fx 8 A m j j y Fy 0 z 10 m k i j k z = 10 8 0 = 339.44i − 424.30 j − 0.04k Nm Fz −70.72 − 56.58 42.43 b. Mx: x eksenine paralel Mx momentinin şiddeti, Mo’ın x doğrultusundaki birleşenidir. M x = Mo i = [339.44 i − 424.30 j − 0.04 k ] i = 339.44 Nm 33 x i F=100 N 6 m BÖLÜM I VEKTÖRLER 10 i + 8 j + 6 k 10 2 + 8 2 + 6 2 c. MOA’nın hesaplanması: M oA = M o η oA = [339.44 i − 424.30 j − 0.04 k ] 10 i + 8 j + 6 k M oA = [339.44 i − 424.30 j − 0.04 k ] 14.142 VEYA M oA = −0.016 ≅ 0 Nm MOA’yı A noktasından O noktasına giderek hesaplamak için, y 1. Yukarıda yapıldığı gibi önce F kuvveti analiz edilir. F = [ −70.72 i − 56.58 j + 42.43 k ] P 2. P noktasından A noktasına olan yer vektörü yazılarak moment değeri bulunur. 8 A m j i j k MPA = 0 0 6 = 339.48i − 424.32 j − 0k Nm −70.72 − 56.58 42.43 k z 0 x i F=100 N 10 6 m m 3. MOA momentinin AO doğrultusundaki değeri rAO yer vektörü ile çarpılarak bulunur. 10 i + 8 j + 6 k M oA = M o η oA = [339.48 i − 424.32 j − 0 k ] =0 2 2 2 10 + 8 + 6 Uygulama: TAB=200 kN ve TAC=500 kN ise MO=? 3.6m y A 9.2m B x 6m zD 9m C Çözüm: Kablo kuvvetlerinin eksen birleşenleri bulunur. rAC = −9 i + 6j − 9.2k F = FAC . rAC −9 i + 6j − 9.2k = 500 = −316.90 i + 211.27 j − 323.94k rAC 92 + 62 + 9.22 rAB = −9 i + 6j + 3.6k F = FAB . rAB −9 i + 6j + 3.6k = 200 = −157.89 i + 105.26 j + 63.16k rAB 92 + 62 + 3.62 i j k i j k MC = 9 0 12.8 + 9 0 0 = −2704.26 i − 1709.3 j + 2848.77k −316.90 211.27 −323.94 −157.89 105.26 63.16 [−(12.8⋅211.27)]i=−2704.26i −[9⋅(−323.94)+12.8⋅316.9]k =−1140.86 j [9⋅211.27)]k =1901.43k 0i −[9⋅63.16] j=−568.44 j [9⋅105.26]k =947.34k 34 BÖLÜM I VEKTÖRLER Örnek 2.2. F kuvvetinin DC doğrultusunda oluşturduğu momenti MDC=100 Nm ise F=? a. AC yönünde giderek b. AD yönünde giderek Temel şekil 0.4 B m 0.4 F D 0.2 F D 0.2 z m D z Çözüm: Noktaların koordinatları A[0.2,0,0.2] B[0.4,0.4,0] C[0,0,0] F = F. 0.2 m A Önce C’ye sonra D’ye rCA = 0.2 i + 0.2k 0.2 m z Önce D’ye sonra C’ye D[0,0.4,0.2] rAB F 0.2 i + 0.4 j − 0.2k =F = 0.2 i + 0.4 j − 0.2k 2 2 2 rAB 0.49 0.2 + 0.4 + 0.2 i j k F F MC = 0.2 0 0.2 = (0.2)(0.4)k − (0.2)(0.4) i − (0.2)(−0.2) j + (0.2)(0.2) j 0.49 0.49 0.2 0.4 − 0.2 F (−0.08) i + (0.08) j + (0.08)k 0.49 r 1 −0.4 j − 0.2k = DC = = [ −0.4 j − 0.2k] 2 2 rDC 0.447 0.2 + 0.4 MC = uDC −100 = MDC = MC .uDC F 1 ( −0.08 ) i + ( 0.08 ) j + ( 0.08 )k [ −0.4 j − 0.2k ] 0.447 0.49 1 [( 0.08 )( −0.4 ) + ( 0.08 )( −0.2 )] −100 = F 0.49 0.447 F = 456N VEYA AD noktasına göre moment alınarak rAB 0.2 i + 0.4 j − 0.2k MD = rDB xF rDB = 0.4 i −0.2k F = F. =F = F [ 0.2 i + 0.4 j − 0.2k ] rAB 0.22 + 0.4 2 + 0.22 0.49 j k i MD = 0.4 0 −0.2 F = F ( −0.2 )( 0.2 ) j + ( 0.4 )( 0.4 )k − ( 0.4 )( −0.2 ) j − ( 0.4 )( −0.2 ) i 0.49 0.49 0.2 0.4 −0.2 MD = F ( 0.08 ) i + ( 0.04 ) j + ( 0.16 )k 0.49 uDC = y m C m A A MC = rCA x F 0.2 C C m B m x y y 0.2m m 0.2 B m x F x 0.2 0.4 rDC −0.4 j − 0.2k = = 1 [ −0.4 j − 0.2k ] 2 2 rDC 0.2 + 0.4 0.447 −100 = F ( 0.08 ) i + ( 0.04 ) j + ( 0.16 )k 1 [ −0.4 j − 0.2k ] 0.447 0.49 C noktasına alınan momentle aynı olduğu görülmektedir. MDC = MD .uDC 35 F = 456 N BÖLÜM I VEKTÖRLER ÖRNEK 2.3. Şekilde verilen iki kuvvetin Oa eksenine göre birleşke momentini [MOa=?] bulunuz. Sonucu kartezyen vektör olarak yazınız.[2006 1.ara] u 0 a = cos 30 i − cos 60 j = 0.866 i − 0.5 j OC = 5 cos 60 = 2.5 m OD = 4 cos 30 = 3.464 m z z 45 OE = 4 cos 60 = 2 C[0, −2.5,0] rOC = −2.5 j 5 4 H x j 3.464 40 i + 0 56.56 0 k 6 j − 2.5 0 m 30 m o o a o D m 30 i M O = [rO B x F1 ] + [rO C x F2 ] = 2 − 40 6 0 C o y 120 rOB = 2 i + 3.464 j + 6k F =50 N 2 F1 = 80[cos120 i + cos60 j + cos 45 k ] = [ −40 i + 40 j + 56.56k ] = 50k F1=80 N 60 B m x B [2,3.464,6] o G E k 0 50 M O = (3.464 )(56.56 ) i + ( − 40 )(6 ) j + (2)(40 )k − ( − 40 )(3.464 )k − (2)(56.56 ) j − (6 )(40 ) i + (2.5 )(50 ) i M O = − 169 i − 353 j + 218. 5 6k MOa = MO .uoa = [ −169 i − 353 j + 218.56k].[0.866 i − 0.50 j] = 30.15Nm MOa = MOa .uoa = 30.15[0.866 i − 0.50 j] = 26.10 i − 15.10 j ÖRNEK 2.4. Verilen kuvvetin “O” noktasındaki momentinin hesabı MOa = 26.102 + 15.102 = 30.15Nm [2006 1.ara] F = [−30 i + 60 j + 80k] z F = [−30 i + 60 j + 80k] z A 12 m 12 0 3 4 rOA = 3 i − 4 j + 12k j i MO = rOA xF = 3 − 4 −30 60 m rOA y 0 m 3 m 4 x y m m x k 12 = [ −4x80 − 12x60] i + [3x80 + 12 x 30] j + [3 x 60 − 4 x 30]k = −1040 i − 600 j + 60k Nm 80 1040 −1 x ekseni açısı α = − = −0.865 cos α = 30 MO = 10402 + 6002 + 602 = 1202.16Nm 1202.2 600 y ekseni açısı β = − = −0.499 cos−1 β = 60 1202.2 MO = 1202.16[0.865 i − 0.499 j + 0.05k] 60 = 0.05 x ekseni açısı γ = cos−1 γ = 87.14 1202.2 M = [10402 + 6002 + 602 ]1/2 = 1202.2 Nm 36 y BÖLÜM I VEKTÖRLER 2.2. VARİGNON TEOREMİ [Varignon, 1654-1722] Düzlem çokgenin kenarlarının ortası birleştirildiğinde bir paralelkenar oluşur ve: Alan(EFGH)=Alan(ABCD)/2 Alan(EFGH): Paralelkenar Pierre Varignon, 1654-1722, Fransız Matematik, Mekanik Varignon paralelkenarı, Varignon teoremi: Kuvvetlerin bir noktaya göre momentlerinin toplamı bileşke kuvvetin momentine eşittir. (Not: Simon Stevin Varignon’dan 100 yıl önce aynı teoremi sunmuş, Varignon farkına varmamıştı). Bileşke bir kuvvetin [R] bir noktaya [a] göre momenti, aynı bileşke kuvvetin her üç eksendeki [Rx, Ry, Rz] izdüşümlerinin aynı noktaya [a] göre momentlerinin toplamına eşit olmasına varignon teoremi denir. Yani bir noktada birden çok kuvvetin kesişmesi durumunda bu kuvvetlerin her birinin bir başka noktada oluşturduğu moment, bu kuvvetlerin bileşkesinin aynı noktada oluşturduğu momente eşittir. y y ≡ ıı R x ≡ R Ry y a = β Ry R R x ≡ α γ Rx ıı rb a Ma =R . r ra a Ma =Ry . ra +Rx . rb R sinα α =A sinβ β + B sinγγ Ma =R . r =Ry . ra + Rx . rb y y y Mo F r Mo F n F α r 37 x ıı ≡ y r ıı Rx r x BÖLÜM I VEKTÖRLER Bir F kuvveti ve bu kuvvetin doğrultusunda olmayan bir O noktası bulunmaktadır. O noktasından geçen ve F kuvvet doğrultusuna dik olan eksendeki momenti M=F.d dir. M’nin doğrultu ve büyüklüğünü bulmak için F kuvvet doğrultusundaki herhangi bir noktanın o noktasına göre yer vektörü olan r ve F’nin vektörel çarpımı yapılır. Momentin yönü ise sağ el kuralı ile bulunur. M = r xF M = F.d [r sin α ] F = F . d Moment için vektörel çarpım determinant şeklinde aşağıdaki şekilde yazılır. j k i M = r x r y r z F x F y F z F kuvvetinin O merkezinden geçen herhangi bir n eksenine göre momenti My yazılabilir. Eğer n, y doğrultusunun birim vektörü ise bu doğrultudaki moment birleşeni M.n dir ve My nin skaler büyüklüğünü verir. Buna göre; My = [r x F . n ] n olur. M1 F2 M2 O M1 + M2 = r x F1 + r x F2 M1 F2 F1 F1 r O M = r x [ F1 + F2 ] R r M = r x[R ] Bu bağıntı üç boyutlu bir sistemde Varignon teoreminin yazılışıdır. Yani “bir noktada kesişen kuvvetlerin O noktasına göre momentleri bu kuvvetlerin toplamının O noktasına göre momentine eşittir”. 38 BÖLÜM I VEKTÖRLER ÖRNEK 1.7. Şekilde gösterilen kuvvetlerin bileşkesinin şiddetini (R) ve konumunu (x,y,z) bulunuz. F1=20 N F1=20 N z z D D C C 4m 4m 5m F3=100 N B 8m 6.739m y 1359.336 8 F2=200 N E 4693.87m z’ m 12 x 178.48 12m γ=16.24o 8m 4m A[4,8,-12] 8m β =73.76o y’ α=89.906o x’ F1 = F1 F2 = F2 F3 = F3 F3=100 N B m F2=200 N E x m 5m rAC rAC ( −5−4 ) ( −8−8 ) ( 4−( −12 )) −9 i −16 j +16k = −7.392 i −13.14 j +13.14k = 20 9 2 +16 2 +16 2 rAB rAB ( 0−4 ) ( 8−8 ) ( 0−( −12 )) −4 i +0 j +12k = 200 = −63.246 i +189.737k 4 2 +122 rAC rAC ( 4−( −5 )) ( 8−0 ) ( 0−4 ) 9 i +8 j −4k = 70.93 i + 63.05 j − 31.52 k =100 92 + 8 2 + 4 2 FR = F1 + F2 + F3 FR = [ −7.392 i − 13.14 j + 13.14k] + [ −63.246 i + 189.737k ] + [70.93 i + 63.05 j − 31.52k] i , j ve k değerleri kendi içinde toplanır i j k FR = (−7.392 − 63.246 + 70.93) + (−13.14 + 63.05) + (13.14 + 189.737 − 31.52) 0.292 FR = 0.292 i + 49.91 j + 171.357k 49.91 171.357 FR = 0.2922 + 49.912 + 171.3572 39 0.5 = 178.48 N 4m A[4,8,-12] y BÖLÜM I VEKTÖRLER x ekseni u= y ekseni z ekseni FR 0.292 i 49.91j 171.357k = + + FR 178.48 178.48 178.48 0.0016 0.28 0.96 cos α=89.906o cos β=73.76o cos γ =16.24o rOA = 4 i + 8j − 12k M0 = rOB = 0 i + 8j + 0k i j k 4 8 − 12 −7.39 −13.14 13.14 Fxi cos89.906 = 0.292 Fy j FR = FR .u = 178.48 cos73.76 = 49.91 Fzk cos16.2 4 = 171.358 rOB = 8 i + 4j + 0k i i j k j k + 0 8 0 + 8 4 0 −63.246 0 189.737 70.93 63.05 −31.52 [(8⋅13.14)−(−12⋅(−13.14)]i=−52.56i −[4⋅13.14)−(−12⋅(−7.39))]j=−36.12j [4⋅(−13.14)−(8⋅(−7.39))]k =6.56k [(8⋅189.737)]i=1517.90i 0j [8⋅63.246]k =505.97k [4⋅(−31.52)]i=−126.08i −[8⋅(−31.52)]j=252.16 j [8⋅63.05−4⋅70.93]k=220.68k M0 = 1339.26 i + 216.04 j + 733.21k Bileşke vektörün uygulama noktasının bulunması için bileşke kuvvetin orijine göre momenti diğer üç kuvvetin orijine göre momentlerine eşit olması şartından aşağıdaki şekilde bulunur. R birleşke kuvvetin " O" momenti M0 = 1339.26 i + 216.04 j + 733.21k = i j k x y z 0.292 49.91 171.357 Üç denklemin çözümünden x=6.739 x z = −[171.357x − 0.292z] Mx j = 216.04 j = 0.292 171.357 y=-1359.336 x y Mxk = 733.21k = = 49.91x − 0.292y z = −4693.870 0.292 49.91 y z = 171.357y − 49.91z Mxi = 1339.26 i = 49.91 171.357 Bulunan bileşen kuvvetin orijine göre momenti alınarak diğer üç kuvvetin orijine göre momentlerine eşit olması durumu kontrol edilmiştir. j k i rOR = 6.739 i − 1359.336 j − 4693.870k M0 = 6.739 −1359.336 −4693.870 = 1339.31i − 215.84 j + 735.96k 0.292 49.91 171.357 Bileşen kuvvetin konumu doğru bulunduğu yukarıdaki çözümden görülmektedir. 40 BÖLÜM I VEKTÖRLER 2.3. KUVVET ÇİFTİ Kuvvet çifti, c. Şiddetleri eşit F d. Yönleri zıt e. Birbirine paralel f. -F Bir doğrultudaki bileşenleri sıfır g. Bir noktaya göre momentleri sıfır olmayan ve her noktaya göre momentleri Fxdikmesafe olan h. Etkidikleri cismi sadece dönmeye zorlayan özellikleri bulunan kuvvet sistemine denir. Birbirine paralel ve zıt yönlü yani kuvvet çiftinin bir noktaya göre momenti aşağıdaki şeklin incelenmesinden de görülebileceği gibi; y F . O . O d d A θ r1 A F . A . F O -F M r2 O 3’üde x F MA=F d eşit z ∑ M o = r F sin θ = F d ∑ M o = r1 x F + r2 x ( −F) = [r1 − r2 ] x F = r x F olarak hesaplanır. Buna göre bir kuvvet çiftinin her noktaya göre momenti aynı ve kuvvetler arası dik mesafe [d] ile kuvvetin şiddetinin çarpımına eşittir. Kuvvet çiftini temsil eden F ve yönü değişmediği müddetçe kuvvet çifti değişmez. Bu kuvvet çiftlerini başlangıçtaki düzlemlerine paralel herhangi bir düzleme taşımak kuvvet çiftini değiştirmez. Bir otomobil lastiğinin bulonlarını açmakapama, dişli olan bir kapağı açma-kapama gibi. ÖRNEK 2.5. Şekilde verilen kuvvet çiftinin momentini R ve P noktalarında bulunması. y y -F=4i-9j [N] 4i+8j r2 r -F=4i-9j [N] 4i+8j r2 R=9i+6j r1 O=6i+4j F F O y -F=4i-9j [N] 4i+8j x F 6i+4j x O 6i+4j r1 O O noktasına göre MO = r x [−F] = [[4i − 6i ] + [8 j − 4 j ]]x [−4i + 9 j ] = −18k + 16k = −2.00 [N] 41 x P=12i BÖLÜM I VEKTÖRLER R noktasına göre MR j i i = r1 x [F ] + r2 x [ −F ] = − 3 − 2 + − 5 4 − 9 − 4 j 2 = −2.00 [N] 9 j i j i P noktasına göre MP = r1 x [F] + r2 x [ −F] = −6 4 + −8 8 = −2.00[N] 4 − 9 −4 9 Görüldüğü gibi bir kuvvet çiftinin momenti her noktada aynı olmaktadır. 2.4. BİR KUVVETİN BAŞKA BİR NOKTAYA TAŞINMASI Başlangıç noktası ile verilen bir kuvvetin [Şekil 4.a] başka bir noktaya taşınması, a. Verilen kuvvet paralel olarak istenen noktaya taşınır [Şekil 4.b]. b. Taşınan kuvvetin şiddetinde ve ters yönde bir kuvvet ilave edilerek cismin dengesi bozulmadan korunur [Şekil 4.b]. c. Böylece “0” noktasında bir kuvvet çifti [F, -F] ve bir [F] kuvveti elde edilmiş olur [Şekil 4.b]. [a] -F [c] [b] Mo’ 0’ r 0 F r Mo F 0 r r’ 0 0 F F [d] r F Şekil 4. d. Bilindiği üzere bir kuvvet çitinin momenti Mo = r x F olduğu için ilk başta verilen [Şekil 4.a] sistem bir kuvvet ve kuvvet düzlemine dik momentten oluşan bir sistem olarak alınması uygundur [Şekil 4.a]. Buna göre “Rijit cisme etkiyen herhangi bir kuvvet taşınmak istenen noktaya moment [ Mo = r x F ] eklenmek suretiyle istenilen noktaya taşınabilir.” e. Aynı F kuvveti “0’” noktasına taşınmak istenirse moment Mo' = Mo + r ' x F olur [Şekil 4.d]. Burada bir momentin bir noktaya taşınması [momenti] kendisine eşit olduğu görülmektedir. ÖRNEK 2: Şekilde verilen 200 N’luk kuvvetin A noktasına taşınması. y 200 N 45o B 4m Sinüs teoremi A A B C = = sin α sin β sin γ 8m 42 x BÖLÜM I VEKTÖRLER Çözüm: 200 N A noktasına aşağıdaki gibi dik mesafe ile çarpımıyla taşınır [Varignon, 1654-1722]. y 200 N y y B B 200 N o 45 45o B m 4 4m 4m 45o Sinüs teoreminden d=4xsin45=2.828 m or d=(22+22)0.5=2.828 m A 4 A x d 200 N m A x MA=200x2.828=565.6 kNm x 565.6 kNm VEYA 200 N birleşenlerine ayrılarak matris formatıyla moment ifadesi yazılarak taşınır. y y 200 N 200 N 45o 45o 141.4 N j k i MA =rxF= −8 4 0 =−565.6k −141.4 141.4 0 B B 141.4 N 4m r 4m A A x m x 8 565.6 kNm 2.5. KUVVETLER SİSTEMİNİN KUVVET [R] VE KUVVET ÇİFTİNE [M] İNDİRGENMESİ Birden çok kuvvetin bulunduğu bir sistemde, f. Rijit cismin “0” noktasına başlangıç noktalarının uzaklıkları r1, r2 …..rn olan F1, F2 …..Fn kuvvetleri bulunsun [Şekil 5.a]. g. “Bir kuvvetin bir noktaya [0] taşınması için bu noktaya Mi=rixFi gibi bir kuvvet çifti eklenir” özelliği kullanılarak tüm kuvvetler “0” noktasına taşınır [Şekil 5.b]. h. Taşınan kuvvet [Fi] ile bu kuvvete karşı konan [Mi] momenti bir birine dik olur [Şekil 5.b]. i. “0” noktasına taşınan kuvvetler ve kuvvet çifti momentler kesiştikleri için toplanarak bileşke kuvvet [R=Σ ΣFi] ve bileşke moment M R O= [a] F1 r1 rn 0 Fn R M1 0 = Fn = F2 M2 Mn j. [c] F1 [b] r2 ∑ [ri x Fi ] bulunur [Şekil 5.c]. MRo 0 F2 5. Bulunan bileşke kuvvet [R=Σ ΣFi] Şekil ile bileşke moment [ M R O= değildir [Şekil 5.c]. k. Bileşke kuvvet [R] ve moment M R O indirgenmesi; 1. Yer vektörü r = xi + y j + zk 2. Kuvvetler F = Fxi + Fyj + Fzk 43 ∑ [ri x Fi ] ] birbirine dik BÖLÜM I VEKTÖRLER 3. Bileşke kuvvet R = R xi + R yj + R zk ve şiddeti R = R 2xi + R 2yj + R 2zk R R R R R2 R2 R2 4. Bileşke moment M R 0 = M xi + M yj + M zk ve şiddeti M 0 = M xi + M yj + M zk bağıntılarıyla hesaplanır. l. Şekil 5.a’ daki gibi bileşke kuvvet ile bileşke moment “0” noktasına toplandıktan sonra “ 0’ ” noktasına taşınması istenirse; [b] MRo R 0 r’ [a] = MRo R 0’ ’ 0 Şekil 6: 1. R bileşke kuvveti aynı kalır [Şekil 6.a] 2. R MR O' = M O + r ' x R 3. R ve M R O' birbirine dik değildir. [Şekil 6.b] Verilen hangi kuvvetler bir kuvvet çiftine indirgenebilir? Bulunan bileşke kuvvet [R=ΣFi] ile bileşke moment [ M R O = ∑ [ri x Fi ] ] bir birine dik olan kuvvetler bir kuvvet çiftine indirgenir. Bu kuvvetler, 1. Aynı noktada kesişen kuvvetler. [Bu kuvvetler toplanarak R bileşke bulunur.] 2. Aynı düzleme etkiyen kuvvetler. a. Verilen kuvvetlerin toplanması ile bileşkesi R bulunur[Şekil 7.b]. b. Kuvvetlerden oluşan M R O= ∑ [ri x Fi ] bulunur [Şekil 7.b]. c. R “0” noktasından M R O oluncaya kadar [d] kaydırılır [Şekil 7.b]. y y y [a] [c] [b] R F1 MRo MRo 0 x F2 = 0 x = d R d= Fn x 0 R o M R Şekil 7. 3. Paralel kuvvetler a. Kuvvetler y eksenine ve birbirine paralel [Şekil 8a]. b. Kuvvetlerin bileşkesi [R] y eksenine paralel. c. Bileşke R=0 olabilir. Böyle ise bu kuvvetler tek kuvvet çiftine indirgenmiş olur. d. R=0 ve M R o = 0 ise uygulanan kuvvetler rijit cisme hiçbir etki yapmazlar. Bu duruma cisim “DENGEDE” denir. e. Kuvvetler herhangi bir eksene paralel ise diğer eksenlerde moment oluşturur. f. “0” noktasındaki kuvvet R ve kuvvet çifti M R o dir [Şekil 8b]. 44 BÖLÜM I VEKTÖRLER y y y R F2 F3 R=Σ ΣF F4 x 0 x 0 [a] z i x r 0 z [b] Şekil 8. Ry=0 ise sistem tek bir kuvvet z x MR o M Rx k F1 z M Rx [c] çiftine M R o indirgenir. Ry≠ 0 olması durumunda ise tek bir kuvvet çiftine indirgemek için bileşke kuvvet aynı M R o momentini sağlayacak şekilde bir notaya taşınır [Şekil 8c]. Buna göre moment değerleri; R R MR o = r x R = [ xi + zk ] x Rj = M x i + M z k M Rx = − z R y MR k = x Ry elde edilir. Burada y eksenine paralel Ry kuvvetinin diğer eksenlerde oluşturduğu moment değerlerini göstermektedir. Uygulama: Sistemde verilen kuvvet ve momenti D noktasına taşıyınız (D noktasındaki kuvvet çiftini bulunuz). y y C C 200 kNm 200 kNm 14 D z A 14 300 kN D z 45 15 18 Kuvvetin birleşenleri FAB = 300 10 rAB rAB A 300 kN 45 x B 15 18 10 B ( 63−45 ) ( 0−14 ) ( 15−25 )) 18 i −14 j −10k = [ 216.87 i −168.68 j −120.48k ]kN = 300 18 2 +14 2 +10 2 ( 0−45 ) ( 14−14 ) ( 0−25 )) −45 i −0 j −25k r = −174.83 i − 97.13 k Momentin birleşenleri M = 200 AC = 200 rAC 45 2 + 25 2 j k i MD = MAC + r AD xF AB = −174.83 i − 97.13 k + 45 14 0 216.87 −168.68 −120.48 MD = [ −1861.55 i + 5421.60 j −10723.91k ]kNm (Momentten ve kuvvetten oluşan) D noktası FD = [ 216.87 i −168.68 j −120.48k ]kN (Kendisi) 45 x BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama 1: Şekilde verilen kuvvet (315 N) ve momenti (70 Nm) D noktasına taşıyınız. y y 240 mm 70 Nm B 240 mm A B 60 mm 120 mm D A 180 mm D 360 mm x z x z 60 mm 120 mm 180 mm 360 mm 180 mm 315 N ÇÖZÜM: Kuvvet ve momentin ayrı ayrı eksenlerdeki bileşenleri bulunur: 360i − 120j + 180k FAC = 315. 2 2 2 360 + 120 + 180 MDA = MAB + rDA x FAC C 240i − 180k = (270i − 90j + 135k )N MAB = 70 2402 + 1802 = ( 56i − 42k ) Nm rDA = ( −360i + 120j + 180k ) mm j k i 56i − 42 k = + = − M M r x F 0.36 0.12 0.18 ) DA AB DA AC ( = (88.40i − 97.20j − 42k ) Nmm 270 −90 135 Uygulama: Şekilde verilen sistemde A noktasındaki bileşke kuvveti ve momenti bulunuz. Çözüm: Verilen kuvvetler işaret ve eksenlerine göre toplanarak bileşke kuvvet bulunur. 46 BÖLÜM I VEKTÖRLER Birleşke Kuvvet R = [( −300 −120 ) i + ( −50 ) j + ( −250 )k ]N = [( −420 ) i + ( −50 ) j + ( −250 )k ] R = ( 420 2 + 50 2 + 250 2 )0.5 = 491.325 N A noktasındaki moment : r B x ( ( −300 ) i +( −50 ) j ) MRA = r B x ( ( −300 ) i + ( −50 ) j ) + r D x ( ( −250 )k ) + r E x ( ( −120 ) i ) r D x ( ( −250 ) k ) r E x ( ( −120 ) i ) k i j k j i M A = 0.2 0 0 + 0.2 0 0.16 + −300 −50 0 0 0 −250 j k i 0.2 −0.1 0.16 −120 0 0 R 0.2 x ( −50 )=−10 k −0.2 x ( −250 ) j =50 j = ( 30.8 ) j + ( −22 )k ]Nm 0.16 x ( −120 ) j −0.1 x 120 k =−19.2 j −12 k R=491.325 N’luk kuvvet acaba nereye etkiyor? j k i ry rz = [50rz − 250ry]i −[420rz − 250rx] j + [420ry − 50rx]k MRA = ( 30.8 ) j + ( −22 )k ]Nm = Rx r R = rx −420 −50 −250 0 = [50rz − 250ry]i ( 30.8 ) j = [420 rz − 250rx] j 3 denklem çözülecek ( −22 )k ] = [420ry − 50 rx]k ÖRNEK 3: Şekilde verilen kuvvetleri ve momenti (500 Nm) A noktasına taşıyınız. y 3m İlk önce 300 N’luk kuvvet birleşenlerine ayrılır; 300 N 3m −4i+3 j+3k F=300 =−205.80i+154.35 j+154.35k 42 +32 +32 C B 4m 200 N Kuvvetlerin A noktasına taşınması; 100 N 6m 500 Nm A 4m ∑Fx =200−205.8=−5.80 N { 2 2 2 FBileşke = 5.8 + 454.35 +354.35 =576.22N ∑Fy =200+154.35+100=454.35 N cos−1αx = 5.8 =89o βy =38o γ z =52o 576.22 ∑Fz =200+154.35=354.35 N E m 6 200 N z D 200 N 6 j−6k MDB momentinin A noktasına taşınması; MDB =500 =353.55 j−353.55k 62 +62 Bir kuvvetin başka bir noktaya taşınması, kuvvetin taşınmak istenen noktaya aynı şiddet ve doğrultuda etkimesi ve kuvvetin şiddeti ile taşıma mesafesinin dik birleşeni ile çarpımından elde edilen momentin istenen noktaya etkimesiyle olur. Kuvvetin bu şekilde taşınmasına karşın momentin taşınması momentin istenilen o noktaya aynı şiddet ve yönde etkimesiyle olur. Buna göre verilen kuvvetlerin ve MDB momentinin A noktasındaki momentleri aşağıdaki şekilde elde edilir. 47 x BÖLÜM I VEKTÖRLER j k j k i j k i i MA =[353.55 j−353.55k]MDB + 0 6 0 + 0 0 6 +4 0 0 −205.8 154.35 154.35BC 200 200 0D 0 100 200E [6x154.35−6x200]i =[353.55 j−353.55k]MDB + −[ −6x200+200x4]j =−273.9i+[353.55+ 400]j+[2034.8−353.55]k [6x205.8+ 4x200]k MA = 273.92 +753.552 +1681.252 =1862.65 Nm cos−1αx =− 273.9 =98.46o 1862.65 βy =66.14o γ z =25.50o A noktasında kuvvetlerin kendileri ve kendileri ile mesafelerin çarpımı kadar momentleri bulunur. Kuvvetlerin ve momentlerin A noktasında birleşenleri ve eksenlerle yaptıkları açılar yukarıda bulunmuştur. ÖRNEK 1: Şekilde verilen sistemde; a: x, y ve z eksenlerindeki momentleri, z E b: AD doğrultusundaki momenti hesaplayınız. 10 200 kN A B 20 400 kN a: Verilen kuvvetin eksenlerdeki birleşenleri, rDE =[ −12i−18 j+ 40k] F = 20 200 [ −12i−18 j+ 40k]=[ −52.77i−79.16 j+175.90k ] 2 12 +182 + 402 C 20 O y 12 8 400 rCO =[12i+8j+20k] 24.66F= [12i+8 j+20k ]=[194.65i+129.77j+324.41k] 122 +82 +202 D x Orjindeki (O noktasındaki) x, y ve z eksenlerine göre moment, DO=12i+8 j CO=12i+8 j+20k yer vektörleri bulunarak aşağıdaki şekilde hesaplanır. j k i j k [1407.2 −0.12]i−[2110.8 −0.08] j+[ −527.76 + 0.04]k i M0 = 12 8 0 + 12 8 20 = −52.77 −79.16 175.90 194.65 129.77 324.41 [1407.08i− 2110.72j−527.72k]kNm Eğer her eksenin momenti ayrı hesaplanırsa matristeki aranan eksen numarasına 1 diğerlerine 0 yazılarak ayrı ayrı aşağıdaki şekilde hesaplanabilir. 1x'momenti Mx = 12 −52.77 1x'momenti 0 0 8 0 + 12 8 20 = 1[1407.2 −0.12]=1407.08kNm 129.77 324.41 −79.16 175.90 194.65 0 0 0 1y'momenti 0 0 1y'momenti 0 My = − 12 8 0 + 12 8 20 = − 1[2110.80 −0.08] = −2110.72kNm −52.77 −79.16 175.90 194.65 129.77 324.41 0 0 1z'momenti 0 0 1z'momenti Mz = 12 8 0 8 20 + 12 = 1[ −527.76 + 0.04]= −527.72kNm −52.77 −79.16 175.90 194.65 129.77 324.41 48 BÖLÜM I VEKTÖRLER b: AD doğrultusundaki momenti bulmak için tüm kuvvetler A noktasına taşınır ve sonra AD doğrultman değerleri ile çarpılarak AD doğrultusundaki moment aşağıdaki şekilde hesaplanır. A E rAD=(0-12)i+(0-8)j+(40-0)k=-12i-8j+40k z 20 10 200 kN B j k j k i i M = 12 0 8 40 0 40 − + − = A −57.77 −79.16 175.9200N 194.65 129.77 324.41400N A moment =[ −1759.2i+200 j−487.76k ] +5190.8i−7786 j= 3431.6i −7586 j −487.76k 200 MAD =MA irAD = 3431.6i −7586 j −487.76k i 12i+8 j−40k =00 42.52 20 400 kN C 20 O y 12 8 D x VEYA; AD doğrultusundaki momenti bulmak için tüm kuvvetler D noktasına taşınır ve sonra DA doğrultman değerleri ile çarpılarak DA doğrultusundaki moment aşağıdaki şekilde yukarıda hesaplanan AD doğrultusuyla aynı olarak hesaplanır. j k j k i i M = 0 −12 0 0 + − 8 0 = D −57.77 −79.16 175.9200N 194.65 129.77 324.41400N D moment =[0i+0j+0k ] −2595.28i+3892.92j−0.04k = −2595.28i +3692.92j −0.04k 200 MAD =MA irAD = −2595.28i 3692.92 j +0.04k i −12i−8j+ 40k =000 42.52 ÖRNEK 4: Şekilde verilen kuvvet (100 N, 200 N ve 400 N) ve momentin (600 Nm), a) AB doğrultusunda oluşturacağı momenti (MAB) b) Orjinden 14 m uzaktati S-S doğrultusundaki momenti (Mss) hesaplayınız. Çözüm a: Eksenler üzerinde olmayan kuvvetlerin ve momentlerin birleşenleri bulunur. y y 600 Nm −6 j+ 4k FAC =200 =−166.41j+110.94k 62 + 42 2m B −2i+2j−2k MP =600 =−346.42i+346.42j−346.42k 22 +22 +22 C 400 N z 100N 6m 2m S O m m z x 2m P 6 14m 4 200 N A B noktasındaki momenti bulunarak AB doğrutusundaki birim vektörle çarpılarak MBA aşağıdaki şekilde bulunur. j k j k j k i i i M =[ −346.42i+ 346.42j−346.42k] + 0 0 4 6 6 + 0 4 + 0 0 P B 100 0 0100N 0 −400 0400N 0 −166.41 110.94200N B =[ −346.42i+ 346.42j −346.42k ]P +− − 4x100 j+ 4x400i− 6x400k − 6x110.94 j− 6x166.41k = 1253.58i +80.78 j −3744.88k 49 x BÖLÜM I VEKTÖRLER B noktasında bulunan MB = 1253.58i +80.78 j −3744.88k momenti hangi doğrultuya taşınacak ise o yöndeki birim vektörle (dogrultman cosinüsleri) çarpılarak taşınır. Örnekte AB doğrultusunda taşınması isteniğine göre bu yöndeki birim vektör; uAB = −6i+ 6 j− 4k 62 + 62 + 42 =−0.64i+ 0.64 j−0.426k ise MAB =MB iuAB =[ 1253.58i +80.78 j −3744.88k ]iskaler [−0.64i+ 0.64 j−0.426k ] MAB =(1253.58x( −0.64))i.i+(80.98x0.64)j.j+( −3744.88x( −0.426))k.k =−802.29 + 51.83 +1596.79 = 846.20Nm VEYA A noktasındaki moment bulunarak da M AB aşağıdaki gibi aynısı bulunur. j k j k j k i i i M =[ −346.42i+346.42j−346.42k] + −6 6 0 6 0 6 +0 +0 −4 P A 100 0 0100N 0 −400 0400N 0 −166.41 110.94200N A moment [ −346.42i+346.42j−346.42k ]P −600k +00+00= −346.42i +346.42j −946.42k M AB =M A i uAB = −346.42i +346.42j −946.42k i[ −0.64i+0.64 j−0.426k ]=846.59 Nm Çözüm b: Kuvvetlerin eksenlere göre analizleri yukarıda yapılmıştı. Burada S noktasında tüm kuvvetlerden oluşan moment hesaplanır ve S doğrusu boyunca hesaplanan doğrultman değerleri ile çarpılarak S doğrultusundaki moment aşağıdaki şekilde hesaplanır. j k j k j k i i i M =[ −346.42i+346.42j−346.42k] + −14 6 4 6 4 6 4 + −8 + −8 P S 100 0 0100N 0 −400 0 400N 0 −166.41 110.94200N S moment [ −346.42i + 346.42j −346.42k]P +[ 00i + 400j +600k]100 +[1600i + 00 j +3200k]400 +[1331.28i + 877.52j +1331.28k]400 += 2584.86i +1623.94 j +4784.86k M =M i u = 2584.86i +1623.94 j +4784.86k i[ j]=1623.94 Nm (y ekseninde) S A ss Soru 3: Verilen sistemde A-B doğrultusundaki momenti (MA-B=?) bulunuz. y Çözüm: F=800 N ve F=200 N’luk kuvvetin C eksenlerindeki bileşenleri bulunur. 800 N 6 A B 4 8 x 4 z 16 16i−8 j+ 8k 0.8165 −0.4082 0.4082 F =800 = 653.2i−326.6 j+326.65k 2 2 2 16 + 8 +8 0 −8 MAB = 0 653.2 −326.6 326.6 rAC =−8k 16i−8 j+8k 0.8165⋅( −(8⋅326.6))=−2133.35i ηAB = =0.8165i−0.4082j+0.4082k −−0.4082⋅(8⋅653.2)= 2133.09 j 162 + 82 + 82 50 D BÖLÜM I VEKTÖRLER ÖRNEK 1: Şekilde verilen sistemin A noktasında tutulduğu zaman dengede olması için A noktasına uygulanması gereken kuvvet ve moment ne olmalıdır. Çözüm: Verilen kuvvetlerin bileşenleri bulunur. 1. F=800 N ve F=200 N’luk kuvvetin eksenlerindeki bileşenleri bulunur. 10i−8 j+ 8k F =800 =529.81i− 423.85 j+ 423.85k 2 2 2 10 + 8 +8 529.81i− 423.85 j+ 423.85k −y200 j= 529.81i− 623.85 j+ 423.85k −8 j B F200 = 200 =−200 j 2 8 800 N A rAB =6i−8k 2. -1000 Nm 6 200 Nm D 4 8 3. F=800 N’luk kuvveten A’da oluşan M=rxF E 200 N 4 x z 3000 Nm C 16 j k i MA = 6 0.0 −8 Nm =[ −8⋅423.85]i −[8⋅529.81+ 6⋅423.85]j + [ −6⋅423.85]k =[ −3390.8i − 6781.58 j − 2543.1k ]Nm 529.81 −423.85 423.85 j k i 4. F=200 N’luk kuvveten A’da oluşan rAE = 6i MA = 6 0 0 =−1200k 0 −200 0 ∑MA =MAB +MAE =[[ −3390.8i−6781.58 j−2543.1k] −1200k ]=[ −3390.8i− 6781.58j−3743.1k]Nm 5. D noktasındaki momentten dolayı A’da oluşan moment; NOT: BİR MOMENTİN BİR NOKTAYA GÖRE MOMENTİ KENDİSİNE EŞİTTİR. Buna göre D noktasındaki momentten dolayı A noktasında oluşan moment; MA =[ 2000i−1000 j+3000k]Nm 6. Buna göre A noktasındaki toplam moment; ∑MA =MAB +MAE +MDmoment =[[ −3390.8i−6781.58j−3743.1k]]+ [2000i−1000j+3000k ]= Kuvvetlerden Momentten [[ −1390.8i−7781.58j−743.1k ]]Nm Kuvvetlerden+Momentten ∑F =F800 +F200 = 529.81i−623.85 j+423.85k y y B B 800 N 800 N E 200 N A D 8 x z 16 2000 Nm 4 D 423.85 C z 16 7781.58 Nm 623.85 51 x 200 N 4 3000 Nm 4 -1000 Nm 529.8 E 743.1Nm 2000 Nm 4 8 1390.8 Nm A 1000 Nm 3000 Nm C BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama: Verilen kuvvetlerden dolayı A noktasında oluşan momentin hesaplanması. 45o y 75 50 A 2000 kN 45o C 50 B 30o 100 1200 kN 60o 100 x D 2000 kN z E(150,-50,100) Çözüm: Sistemde verilen kuvvetlerin eksenlerdeki birleşenleri bulunur. 75i−150 j+50k FB =2000 2 =858i−1714 j+578k 2 2 75 +150 +50 Kuvvetlerin analizi FC =2000(cos45i−cos45 j)=1414i−1414 j R=∑F=2872i−2089 j+578k F =1200(cos60i+cos30 j)=600i+1039 j D { A noktasında oluşan moment her bir kuvvetin eksenlerdeki birleşenlerinin başlangıç noktasının A noktasına olan yer vektörü ile çarpımıyla aşağıdaki şekilde bulunur. FB R MA = i j k 0.075 0 0.050 + 858 −1714 578 i[1714⋅0.05]=85.7i − j[0.075⋅578−0.05⋅858]=−0.45 j k[−1714⋅0.075]=−128.55k FC FD i j k 0.075 0 −0.050 1414 0 1414 i j k 0.10 −0.10 0 600 1039 0 i=0 − j[0.075⋅1414+0.05⋅1414]=−176.75 j k=0 + ∑ 85.7i ∑ −177.2 j ∑ 35.35k i=0 − j=0 k[1039⋅0.1+600⋅0.1]=163.90k Bileşke vektörün uygulama noktasının bulunması için bileşke kuvvetin orijine göre momenti diğer üç kuvvetin orijine göre momentlerine eşit olması şartından aşağıdaki şekilde bulunur. R birleşke kuvvetin "O" momenti i j k x y z 2872 −2089 578 Üç denklemin çözümünden y z = 578y + 2089z Mxi = 85.70 i = −2089 578 x=0.0429 x z = −[578x − 2872z] Mx j = −177.20 j = 2872 578 y=0.0435 x y = −2089x − 2872y Mxk = 35.351k = 2872 −2089 z = −0.0531 M0 = 85.70 i − 177.20 j + 35.35k = 52 BÖLÜM I VEKTÖRLER R birleşke kuvvetin "O " momenti i j k M0 = 85.70 i − 177.20 j + 35.35k = 0.0429 0.0435 −0.0531 2872 −2089 578 M0 = 85.70 i − 177.20 j + 35.35k = 85.78 i − 177.29 j + 35.31k Bulunan bileşen kuvvetin orijine göre momenti alınarak diğer üç kuvvetin orijine göre momentlerine eşit olması durumu kontrol edilmiştir. Bileşke kuvvet orijine yakın bir nokta bulunmaktadır. ÖRNEK 1.7. Şekilde gösterilen kuvvetlerin bileşkesinin şiddetini (R) ve konumunu (x,y,z) bulunuz. z F1=20 N F1=20 N z D D C 4m C 4m 5m F3=100 N B 8m 6.739m m 5m F3=100 N B m 1359.336 8 F2=200 N y F2=200 N E m 4693.87 E x z’ x 178.48 12m γ=16.24o 12m 8m 4m A[4,8,-12] β =73.76o 8m y’ α=89.906o x’ F1 = F1 F2 = F2 F3 = F3 rAC rAC ( −5− 4 ) ( −8− 8 ) ( 4 −( −12 )) −9 i −16 j +16k = −7.392 i −13.14 j +13.14k = 20 9 2 +16 2 +16 2 rAB rAB ( 0 − 4 ) ( 8 −8 ) ( 0−( −12 )) −4 i +0 j +12k = 200 = −63.246 i +189.737k 4 2 +122 rAC rAC ( 4 −( −5 )) ( 8 −0 ) ( 0 − 4 ) 9 i +8 j −4k = 70.93 i + 63.05 j − 31.52 k = 100 92 + 82 + 42 FR = F1 + F2 + F3 FR = [ −7.392 i − 13.14 j + 13.14k] + [ −63.246 i + 189.737k ] + [70.93 i + 63.05 j − 31.52k ] 53 4m A[4,8,-12] y BÖLÜM I VEKTÖRLER j i k F ( − 7.392 − 6 3.246 + 70.93) − + + (13.14 189.737 + ( 13.14 63.05) + − 31.52) = R değerleri kendi 0.292 49.91 171.357 0.5 içinde toplanır F = 0.292 i + 49.91 j + 171.357k FR = 0.2922 + 49.912 + 171.3572 = 178.48 N R i , j ve k x ekseni u= y ekseni z ekseni FR 0.292 i 49.91j 171.357k = + + FR 178.48 178.48 178.48 0.0016 0.28 0.96 cos α=89.906o cos β=73.76o cos γ =16.24o rOA = 4 i + 8j − 12k M0 = rOB = 0 i + 8j + 0k i j k 4 8 − 12 −7.39 −13.14 13.14 Fxi cos89.906 = 0.292 Fy j FR = FR .u = 178.48 cos73.76 = 49.91 Fzk cos16.24 = 171.358 rOB = 8 i + 4j + 0k i i j k j k + 8 + 0 8 0 4 0 −63.246 0 189.737 70.93 63.05 −31.52 [(8⋅13.14)−(−12⋅(−13.14)]i=−52.56i −[4⋅13.14)−(−12⋅(−7.39))]j=−36.12j [4⋅(−13.14)−(8⋅(−7.39))]k=6.56k [(8⋅189.737)]i=1517.90i 0j [8⋅63.246]k =505.97k [4⋅(−31.52)]i=−126.08i −[8⋅(−31.52)]j=252.16 j [8⋅63.05−4⋅70.93]k=220.68k M0 = 1339.26 i + 216.04 j + 733.21k Bileşke vektörün uygulama noktasının bulunması için bileşke kuvvetin orijine göre momenti diğer üç kuvvetin orijine göre momentlerine eşit olması şartından aşağıdaki şekilde bulunur. R birleşke kuvvetin "O" momenti i j k x y z 0.292 49.91 171.357 y z = 171.357y − 49.91z Üç denkle min çözümünden Mxi = 1339.26 i = 49.91 171.357 x=6.739 x z Mx j = 216.04 j = = −[171.357x − 0.292z] 0.292 171.357 y=-1359.336 x y z = −4693.870 = 49.91x − 0.292y Mxk = 733.21k = 0.292 49.91 M0 = 1339.26 i + 216.04 j + 733.21k = Bulunan bileşen kuvvetin orijine göre momenti alınarak diğer üç kuvvetin orijine göre momentlerine eşit olması durumu kontrol edilmiştir. rOR j k i = 6.739 i − 1359.336 j − 4693.870k M0 = 6.739 −1359.336 −4693.870 = 1339.31i − 215.84 j + 735.96k 0.292 49.91 171.357 Bileşen kuvvetin konumu doğru bulunduğu yukarıdaki çözümden görülmektedir. 54 BÖLÜM I VEKTÖRLER ÖRNEK 1.7. MOE=? F1=20 N F1=20 N z 5m C 5m 5m F3=100 N B 8m 5 4m m 5 8m F3=100 N B 8m y F2 = F2 F3 = F3 rOE y E x m 12 F1 = F1 8m F2=200 N F2=200 N 8m E 4m m E x D 5m E 4m C 4m z D 12m 4m A[4,8,-12] 8m rAC rAC ( −5−4 ) ( −8−8 ) ( 4−( −12 )) −9 i −16 j +16k = −7.392 i −13.14 j +13.14k = 20 9 2 +16 2 +16 2 rAB rAB ( 0−4 ) ( 8−8 )( 0−( −12 )) −4 i +0 j +12k = 200 = −63.246 i +189.737 k 4 2 +122 rAC rAC ( 4−( −5 )) ( 8−0 ) ( 0−4 ) 9 i +8 j −4 k = 70.93 i + 63.05 j − 31.52 k =100 92 + 82 + 42 −15i 152 +82 +42 −0.859 = −15 i + 8 j − 4k M0 = 4 −7.39 8j 15 2 +8 2 +4 2 0.458 8 −13.14 4m A[4,8,-12] FR = F1 + F2 + F3 8j −15i −4i 8j −4i −15i 17.46 17.46 17.46 17.46 17.46 17.46 −0.229 −0.859 0.458 −0.229 −0.859 0.458 −0.229 8 0 + 8 4 0 −12 + 0 13.14 −63.246 0 189.737 70.93 63.05 −31.52 −4i 152 +8 2 +4 2 = −1150.42 i −132.03 j −167.91k rEO =15 i − 8 j + 4 k 15 i 152 +82 +42 0.859 M0 = 4 −7.39 −8 j 15 2 +8 2 +4 2 −0.458 8 −13.14 −8 j 15i 4i −8 j 4i 15i 17.46 17.46 17.46 17.46 17.46 17.46 0.229 0.859 −0.458 0.229 0.859 −0.458 0.229 −12 + 0 8 0 + 8 4 0 13.14 −63.246 0 189.737 70.93 63.05 −31.52 4i 152 +8 2 +4 2 =1150.42 i +132.03 j +167.91k 55 BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama: Şekilde verilen sistemde AE kablo kuvveti 500N ise “O” noktasında oluşan momenti AO ve EO yönlerinde olmak üzere bulunuz. 9 cm 9 cm 12 cm 12 cm 16 cm 16 cm 12 cm 12 cm Çözüm: Önce kuvvetin eksenlerdeki birleşenleri bulunur ve sonra AO doğrultusundaki moment yazılır. FEA = 500 rEA rEA ( 12−( −9 ) ( 0−16 ) ( 12−0 )) 21 i −16 j +12k = 362.07 i − 275.86 j + 206.90k = 500 212 +16 2 +122 rAO = −9 i +16 j Mo = rAO xFAE j k i = −9 16 0 = 3310.4 i +1862.1j − 3310.38k 362.07 −275.86 206.90 EO doğrultusundaki moment aşağıdaki şekilde yazılır. FAE = − FEA = −362.07 i + 275.86 j − 206.90k rEO =12 i +12k Mo = rEO x −FEA i j k = 12 0 12 = −3310.12 i −1862.04 j + 3310.32k −362.07 +275.86 −206.90 AO ve EO yönlerinde oluşan moment mutlak değerce aynı sadece işaretleri ters olmaktadır. Bu durum momentlerde dönüş yönünün etkili olduğunu göstermektedir. 56 BÖLÜM I VEKTÖRLER ÖRNEK 2.6. Verilen sistemde 800 N’luk kuvvetin O noktasına göre momentinin hesaplanması [kuvvetin bazı özelliklerini kullanarak 4 değişik yoldan] Moment kolu olan “O” noktasına dik d mesafesinin hesaplanması aşağıdaki şekilde olur. x 8 ⇒ x = 6.71m = sin 40 sin 50 x 1 = 6.712 + 8 2 = 10.44 m veya tan 40 = x 8 x = 6.71m x ' = 6.71 − 4 = 2.71m x2 x' ⇒ x 2 = 2.71 x sin 40 = 1.74 = sin 40 sin 90 d = x 1 − x 2 = 10.44 − 1.74 = 8.70 m M =Fd d = 8 cos 40 + 4 sin 40 = 8.70 m M = 800 . 8.70 = 6960 Nm Varignon teoremi M=F .d=Fx.y+ Fy.x M=612.84 x 8 +514.23 x4=6959.64 Nm Kuvvetlerin kaydırılabilme özelliği ile B noktasına kaydırılmış ve çarpanlarına ayrılmıştır. Buna göre; M=F .d=Fx.[8+d1]+ Fy.x d1=4sin40/sin450=3.36 veya d1=4tan40=3.36 M=612.84 [8+3.36]+514.23x0=6961.86 Nm C noktasına kaydırılmış ve çarpanlarına ayrılmıştır. Buna göre M=F.d=Fx.x+ Fy. [4+d2] veya d2=8sin50/sin40=9.53 m d2=8/tan40=9.53 m M=514.23 [4+9.53]+612.84x0=6959.60 Nm 57 BÖLÜM I VEKTÖRLER ÖRNEK 2.8. x eksenine paralel olan 5x8 m lik plak şekildeki gibi asılı durmaktadır. Buna göre M0 A = ? M0B = ? M0D = ? momentlerinin hesaplanması istenmektedir. y y E E F=800 N F=800 N 8m 8m 4m 4m z A 5 x m z m 3 4 m 4 D 3m m ηoD D[-3,4] C A ηoB r 4m x 4m C B[8,-3,4] B rCE = [ 4i + 11j − 4k ] F= 800 4 2 + 112 + 4 2 [ 4i + 11j − 4k ] = [258.71i + 711.44 j − 258 .71k ] r oc = [ 4i − 3 j + 4k ] Mo i = 4 258 .71 j −3 = [ −2069 .63i − 2069 .630 j + 3621 .89k ] − 258.71 k 4 711.44 x eksenine paralel MoA ekseni boyunca olan momentin hesabı MoA = Mo i = [ −2069 .63 i − 2069 .68 j + 3621 .89 k ] i = −2069 .63 Nm 8i − 3j + 4k MoB = Mo ηoB = [ −2069.63i − 2069.68j + 3621.89k] 82 + 32 + 42 −2069.63 x8 − 2069.68x( −3) + 3621.89 x 4 = 438.80 Nm 82 + 32 + 42 Bir kuvvetin bir noktaya göre momentini momenti orijine taşımadan da istenilen noktaya moment olarak taşınabilir. Bunun için aşağıdaki matriste görüldüğü gibi ilk satıra i, j ve k yerine kuvvetin taşınacağı doğrultunun cosinüs doğrultman değerleri yazılır. uay uax Mo = r x F rx ry Fy Fx 8i = 0.848 82 + 32 + 4 2 0.848 Mo = 4 258.71 uaz rz = uax Fz ry − Fyrz i − ua y [ Fz rx − Fxrz Mx My Fz −3 j 4i =−0.318 = 0.424 82 + 32 + 4 2 82 + 32 + 4 2 −0.318 0.424 = −3 4 711.44 −258.71 ] j + ua z Fy rx − Fxry k Mz Mo = [ 0.848( −2069.63i )] + [ −0.318 ( − 2069.630j)] + [ 0.424(3621.89k)] VEYA 8 i − 3j + 4 k MoB = [ −2069.63 i − 2069.68 j + 3621.89 k ] = −1755.04 + 658.16 + 1535.68 9.433 MoB = 438.80 Nm 58 BÖLÜM I VEKTÖRLER − 3j + 4k M oD = M o η oD = [ −2069 .63 i − 2069 .68 j + 3621 .89 k ] 32 + 4 2 − 3j + 4k = [ −2069 .63 i − 2069 .68 j + 3621 .89 k ] = 1241 .81 + 2897 .51 = 4139 .32 Nm 5 Uygulama: Şekilde verilen sistemin dengede olması için F=? B y C 5 F=? 4 4 x 6 A 100 Nm 400 N 4 200 Nm G z 4 E D 300 Nm Çözüm: Verilen kuvvetlerin eksenlerdeki birleşenleri bulunur. 400 F= [8i − 5j + 10k] = [232.77 i − 145.48j + 290.96 k] rBD = [8i − 5j + 10k] 2 8 + 102 + 52 Kuvvetlerin analizi F rCE = [4j − 4k] F= [4j − 4k] = F[0.707j − 0.707 k] 2 4 + 42 G noktasına göre moment alınması için kuvvetlerin uygulama noktaları (B ve E) ile G arasındaki yer vektörleri aşağıdaki şekilde bulunur. rGB = [ −5j + 10k] Kuvvetlerin G noktasına olan doğrultmanları r = [8i − 10k] GE ηGB = ηGE = [ −5j + 10k] 52 + 102 [8i − 10k] 82 + 102 = [ −0.447j + 0.8944 k] = [0.625i − 0.781k] −0.447 0.8944 0.625 0 −0.781 0 MG = 0 −5 10 + 8 0 −10 F = 232.77 −145.48 290.96 0 0.707 −0.707 [( −0.447)( −10x232.77)]j + [(0.8944)(5x232.77)]k = = 1040.48j + 1040.95k + [4.42i − 4.42k]F [[(0.625)(10x0.707)]i + [( −0.781)(8x0.707)]k ]F MG = −200i + 100j + 300k = 1040.48j + 1040.95k + [4.42i − 4.42k]F F = ( −200 / 4.42) = −45.25i + [(300 − 1040.95) / 4.42] = 167.64k F = (45.422 + 167.642 )0.5 = 173.64 59 BÖLÜM I VEKTÖRLER 400 F= [8i − 5j + 10k] = [232.77 i − 145.48j + 290.96 k] rBD = [8i − 5j + 10k] 2 8 + 102 + 52 Kuvvetlerin analizi 173.64 rCE = [4j − 4k] F= [4j − 4k] = [122.76j − 122.76 k] 42 + 4 2 j k i j k i MG = 0 −5 10 + 8 0 −10 = −2327.7 j + 1163.85k + 1227.6i − 982.08j + 982.08k 232.77 −145.48 290.96 0 122.76 −122.76 ÖRNEK 2.9. Şekildeki Sistemde B noktasına 500 N uygulanmıştır. Buna göre v eksenine göre momentin değerinin hesaplanması [M0v=?] ve vektörel gösterimi. 50 F B B 6 4 50 o F=500 N 60 o y 100 x o m B rCB -vycos40 C v z z z y m 2 m v o C 50 o x x m 4 m 3.46 6 m 2 m y vxcos50 Önce F kuvvetinin her eksendeki iz düşümü bulunur. F = 500[cos 100i + cos 60 j + cos 50k ] = [ −87.00i + 250.00 j + 321.39k ] r CB = [2i + 3.46j + 6k] Mo = r CB i xF = 2 −87 j k 3.46 6 250 321.39 Mo = [ −387.99i + 1164.78j + 801.02k v yönündeki moment için v yönündeki ucv bulunur ve bu değer Mo değeri ile skalar olarak çarpılır. ucv = [cos50i − cos 40j] M = Mo .ucv = [ −387.99i + 1164.78j + 801.02k].[cos50i − cos 40j] [i.i = 1] ov = [[ −387.99i].[cos50i] + [1164.78j].[ − cos 40j] = 1141.67Nm Bu Mov vektörel olarak ifadesi M ov = M ov . u cv = 1141 .67 . [cos 50i − cos 40 j] = 733.85i − 874.57 j 60 BÖLÜM I VEKTÖRLER ÖRNEK 2.10. Şekilde verilen sistem iki kuvvet çiftine maruz kalmış bulunmaktadır. c. Bu kuvvet çiftleri yerine sisteme aynı dış etkiyi verecek momentin [M] şiddeti ve yönünün d. Verilen dört kuvvetin yerini tutacak y-z düzlemlerine paralel iki +F ve –F kuvvetlerinin hesaplanması. 30 kN 60o 30 kN 30 kN 60 mm 60o 60o 40 mm 100 mm y M2=2.5 Nm y x θ M=2.23 Nm 25 kN 50 mm y 60 25 kN M1=1.8 Nm z z ÇÖZÜM: o 30 kN’luk kuvvetlerin momentleri M1=30 (0.06)=1.80 Nm 25 kN’luk kuvvetlerin momentleri M2=25 (0.10)=2.50 Nm Kosinüs teoremi M = M12 + M 22 − 2M1M 2 cos α M = 1.802 + 2.502 − 2(1.80)(2.50)cos60o = 2.23Nm y−z VEYA 30N → Mz = [ 30cos60 ]0.06 = 0.90Nm 30N → My = [ 30sin60 ]x0.06 =1.559Nm 25N → Mz =−25x0.10 =−2.50Nm Myz = M2z + M2y = 0.9 2z +1.559 2z =1.80Nm ∑Mz = 0.90 − 2.50 = −1.60Nm Birleşke moment M = 1.60 2 + 1.559 2 = 2.23 Nm y -F x M2=2.5 Nm θ θ +F M=2.23 Nm y My=1.600 Nm o My=30 sin60 [0.06]=1.559 Nm M = 1.5592 + 1.600 2 = 2.23Nm z 60 z o My=1.559 Nm M1=1.8 Nm o Mz= - 2.5+30 cos60 [0.06]=-1.600 Nm M = F.d F= M 2.23 = = 22.30N d 0.10 61 θ = tan−1 1.559 = 44.15o 1.600 BÖLÜM I VEKTÖRLER ÖRNEK 2.11. Şekilde kuvvet çiftlerine maruz plakada oluşan bileşke momentin hesaplanması. 20 kN’luk kuvvetlerin çifti momentleri M1=[20j N] x [3i m] =-60k Nm 40 kN’luk kuvvetlerin çifti momentleri M2=[40i N] x [8k m] =-320j Nm 80 kN’luk kuvvetlerin çifti momentleri M3=[80k cos60 N].[6i m] =240j Nm 80 kN’luk kuvvetlerin çifti momentleri M3=[80 sin60 N].[0m] Birleşke moment M = [240 j − 320 j ] + 60 k = −80 j − 60 k =0 M = 80 2 + 60 2 = 100 Nm ÖRNEK 2.12. Şekildeki gibi kuvvet çiftlerine maruz sistemde F kuvvetleri arasındaki dik mesafenin [d] momentten yararlanarak bulunması.[ F=-20i+20j+10k [N]] y y F F B r B[4,1,1] B[4,1,1] x A r A z z F=-20i+20j+10k [N] Yer vektörü r=4i+1j+1k M = F.d x d [ [ F j k i M = r xF = 4 1 1 = −10 i − 60 j + 100 k [N] − 20 20 10 Moment ] ] 0. 5 M M 10 2 + 60 2 + 100 2 d= = 3.90 m = = 0. 5 F F 20 2 + 20 2 + 10 2 62 BÖLÜM I VEKTÖRLER ÖRNEK 2.13. A, B ve D noktalarına uygulanan kuvvetlerden dolayı oluşan momentin hesabı [Mov=?] z z z v F3=400 N 50 o F1=600 N D A 60 B B 100 C 4 o 6 50 2 F2=200 N m 50 A o C y 120 x x rCB rCA o y m B o z m rCD A y x 50 o 6 m 4 m 3.46 m y 2 m o x F1 = 600[cos 100i + cos 60 j + cos 50k ] = [ −104 .19i + 300 .00 j + 385 .69k ] Çözüm: F2 = 200[cos 120i + cos 50 j + cos 50k ] = [ −100 .00i + 128 .56 j + 128 .56k ] F3 = 400 j r CB = [2i + 3.46j + 6k] r AC = [2i + 6k] F1 x r CB r CD = [6k] F2 x r AC F3 x r CD k i j k i j k Mo = 2 3.46 6 + 2 0 6 6 +0 0 −104.19 300 385.67 −100 128.56 128.56 0 400 0 i j Mo = −3636.94i − 2253.60j + 1217.62k uCV = cos 50j + cos 40k MOV = Mo .uCV = [−3636.94i − 2253.60j + 1217.62k]. [cos 50 j + cos 40k ] = −515.83Nm Vektörel olarak −515.83[cos50j + cos 40k] = −[331.56i + 395.14j] ÖRNEK 2.14. Şekildeki rijit direğin A ucuna T=200 kN’luk bir kuvvet taşıyan kablo B ucuna mesnetleşmiştir. Buna göre T kuvvetinin direğin O noktasından geçen z eksenindeki momentin [Mz] hesabı. [3 değişik yöntem ile] y A 10 m O T [1. yöntem] x z 8 6 m B 63 m BÖLÜM I VEKTÖRLER AC = 10 2 + 8 2 = 12.81m OB = 6 2 + 8 2 = 10 m AB = 10 2 + 10 2 = 14.14 m y −1 12.81 A α = cos = 25 14.14 o cos α = 0.906 Tx Tz Ty Txy = T x 0.906 = 200 x 0.906 = 181.20 kN β Txy α 8 d = 10 cos β = 6.245m AC T O Mz = 181.20 x 6.25 = 1131.60kNm C x z 8 VEYA [2. yöntem] 6 m m B T kuvveti bileşenlerine ayrılır ve z eksenine dik gelen bileşimin momenti alınır. A ve B noktalarının koordinatları(x,y,z) A(0,10,0) B(8,0,6) Yer vektörü rAB = (8i + 10 j + 6k ) m u AB = r = 8 2 + 10 2 + 6 2 = 14.14 m rAB 8 10 6 i+ j+ k = rAB 14.14 14.14 14.14 [ ] 10 6 8 T = T u AB = 200 i+ j+ k = 113.15i + 141.44 j + 84.86k kN 14.14 14.14 14.14 Buna göre Mz momenti Tx bileşeninin y mesafesi ile çarpımına eşittir. Tx = 113.15 kN M z = 113.15 x 10 = 1131 .50 kNm y [3. yöntem] A Mo = r xF = r x 113.15i +141.44 j + 84.86k kN Mo =10 jx 113.15i +141.44 j + 84.86k kN vektörel Mo = 1131.5k + 0 + 848.6i kNm 10 MZ r Mo O Yukarıda özellik 1’kullanılarak M z = Mo . k = m T [ [1131.5k + 0 + 848.6i ]. k ] kNm x z M z = 1131 .5 kNm 8 m 6 m B ÖRNEK 2.15. Şekildeki 6x8 m lik ve ağırlığı 800 N olan plaka kablolarla ve E noktasındaki mesnetle dengede bulunmaktadır. Buna göre kablo kuvvetlerinin ve E mesnedinin tepki kuvvetlerinin bulunması. 64 BÖLÜM I VEKTÖRLER Çözüm: Serbest cisim diyagramı çizilir ve kablo kuvvetlerinin eksenler üzerindeki izleri yazılır. r BA = (−8i + 4 j − 5k ) m rBA = 8 2 + 4 2 + 5 2 = 10.25 m Yer vektörü r DC = (−8i + 9 j + 5k ) m rDC = 8 2 + 9 2 + 5 2 = 13.045 m uBA = rBA −8 4 5 = i+ j− k rBA 10.25 10.25 10.25 −8 4 5 T = TBA uBA = TBA i+ j− k = TBA −0.78i + 0.39j − 0.49k kN 10.25 10.25 10.25 uDC = rDC −8 9 5 = i+ j+ k rDC 13.04 13.04 13.04 −8 9 5 TDC = TDC uDC = TDC i+ j+ k = TDC −0.61i + 0.69j + 0.38k kN 13.04 13.04 13.04 Şimdi sistemin dengede olması için kuvvetlerin toplamı eksenler üzerinde yazılır. ∑ Fx = 0 [E x − 0.78TBA − 0.61TDC ]i = 0 ∑ Fy = 0 [E y + 0.39TBA + 0.69TDC − 800 ] j = 0 ∑ Fz = 0 [E z − 0.49TBA + 0.38TDC + 800 ]k = 0 …..............................................................…….1 Denge için momentinde sıfır olması gereğinden E noktasında toplam moment yazılır. ∑ ME = ∑ [r x F] = 0 ∑ E xi +E yj +E zk + TBA + TDC − 800 j + 800k = 0 i j k i j k j k i MB = 8 0 0 8 −6 0 0 =0 + + 4 − 3 − 0.78TBA 0.39TBA − 0.49TBA − 0.61TDC 0.69TDC 0.38TDC 0 − 800 800 65 BÖLÜM I VEKTÖRLER [ −2.28 TDC − 2400 ] i = 0 TDC = 1052 .63 N [ −3.04 TDC + 3.92TBA − 3200 ] j = 0 TBA = 1632 .65 N Bulunan kablo kuvvetleri 1 nolu denklemde yerine yazılarak E mesnet tepki kuvvetleri hesaplanır. ∑ Fx = 0 E x = 0.78TBA + 0.61TDC ]i = 1915 .57 N ∑ Fy = 0 E y = −0.39TBA − 0.69TDC + 800 ] j = 563 .05 N ∑ Fz = 0 E z = 0.49TBA − 0.38TDC − 800 ]k = −400 N ÖRNEK 2.16. Şekilde verilen sistem A ve B noktalarında mafsallı olarak bağlanmıştır. Mesnet kuvvetlerinin [AX AY BX BY BZ] ve kablo kuvvetinin [TCE] bulunması. y BY BX BZ 1 m TCE E B 0.8 AY 6 AX A 2 m C B z 2 2 C Serbest cisim diyagramı B m 6 m m 2 m x D 400 N m m TCE=[-2,0.8,1] için TCE nin bileşenleri D 400 N 2 TCEX = TCE cos ϕ = TCE − = −0.842TCE 2 2 2 2 + 1 + 0.8 + 0.8 TCEY = TCE cos ϕ = TCE = 0.337TCE 2 2 2 2 + 1 + 0.8 + 1 TCEZ = TCE cos ϕ = TCE = 0.421TCE 2 2 2 2 + 1 + 0.8 + Serbest cisim diyagramında denge denklemleri aşağıdaki şekilde yazılır. ∑ Fx = 0 [ A x + B X − 0.842TCE ] = 0 ∑ Fy = 0 [ A Y + B Y + 0.337TCE − 400 ] = 0 ∑ Fz = 0 [ A Z + B Z + 0.421TCE ] = 0 1 66 BÖLÜM I VEKTÖRLER ∑ MB = 0 = rCE xT + rA x A + rD xD = 0 rA = [2k] rCE = [2i] rD = [2i + 2k] i i j k j k i j k j k i 2 0 0 + 0 0 2 + 0 0 0 + 2 0 2=0 ∑ MB = −0.824T 0.337T 0.421T A A A B B B 0 − 400 0 X Y Z X Y Z ∑ M X = 0 = [ −2A Y + 800 ] i ⇒⇒ A Y = 400 N ∑ M Z = 0 = [2x0.337T − 800 ] k ⇒⇒ T = 1187 N ∑ M Y = 0 = [2 A X − 0.842T ] j ⇒⇒ A X = 500 N 1 nolu denklemden BX, BY ve BZ aşağıdaki şekilde bulunur. ∑ Fx = 0 [ A x + B X − 0.842TCE ] = 0 ⇒⇒ B X = 500 N ∑ Fy = 0 [ A Y + B Y + 0.337TCE − 400 ] = 0 ∑ Fz = 0 [ A Z + B Z + 0.421TCE ] = 0 ⇒⇒ B Y = −400 N 1 ⇒⇒ B Z = −500 N rB = [ −2k ] rCE = [2i − 2k ] rD = [2i] VEYA [A] noktasına göre moment alınırsa ∑ MB = 0 = rCE xT + rA x A + rD xD = 0 i j k i j k i j k − 2 + 0 0 − 2 + 2 0 0 = 0 2 0 ∑ MB = − 0.824T 0.337T 0.421T B X B Y 0 0 − 400 0 ∑ M X = 0 = [2x0.337T + 2B y ] i ⇒⇒ B Y = −400 N ∑ M Z = 0 = [2x0.337T − 800 ] k ⇒⇒ T = 1187 N aynı sonuçlar ∑ M Y = 0 = [2x[0.421 − 0.842 ]T + 2B X ] j ⇒⇒ B X = 500 N 1 nolu denklemden AX ve AY bulunur. ÖRNEK 2.17. Şekildeki rijit AB çubuğu A noktasında mafsallı ve C noktasına kablo ile bağlanmış bulunmaktadır. Buna göre kablo kuvvetinin [T] bulunması. C 1000 N kablo B A Rijit çubuk 2m 2m 200 N m 3 400 N 67 4 4 BÖLÜM I VEKTÖRLER Sistemin serbest cisim diyagramı aşağıda gösterilmiştir. T Serbest cisim diyagramı 707 N 707 N Rijit çubuk AX m m 2 2 AY 200 N B m 3 400 N Serbest cisim diyagramı üzerinde ΣFX=0, ΣFY=0 ve ΣM=0 yazılır. ∑ Fx Buna göre =0 ∑ FY = 0 A x + 707 = 0 A x = −707N ⇐ A Y + T − 200 − 400 + 707 = 0 A Y + T = −107N ∑ MA = 0 1 707 x 7 + T x 4 − 200 x 2 − 400 x 4 = 0 T = −737.25 N ⇓ 1 bağıntısında T yerine yazılarak Ay mesnet tepkisi bulunur. A Y + T = −107N T = −737.25N ise A Y = 630.25N ÖRNEK 2.18. Şekilde yükleri ile verilen rijit çubuk A ve B kabloları ile dengede durmaktadır. Buna göre kablo kuvvetlerinin [ TA=? TB=? ] bulunması. B kablo 4 A 4 kablo 2 C 4 1000 N Rijit çubuk m m m 3 6 3 800 N 300 N 68 BÖLÜM I VEKTÖRLER ÖRNEK 2.19. Şekilde verilen sistemde kablo kuvvetlerinin hesaplanması B A o o TAC 60 38 TACcos38 TBC TBCsin60 TACsin38 TBCcos60 60o 38o C C 200 kN ∑ Fx = 0 ∑ Fy = 0 TBC cos 60 − TAC cos 38 = 0 TBC sin 60 + TAC sin 38 = 200 200 kN Bu iki denklemin ortak çözümü sonucu ∑Fx = 0 C −1.732[ TBC cos60 − TAC cos38 ] = 0 [ − TBC sin60 +1.732 TAC cos38] = 0 TBC sin60 + TAC sin38 = 200 ∑Fy = 0 TAC=101 kN TBC TBC=159.15 kN olarak bulunur. 30o 98o 52o Diğer bir çözüm yöntemi olarak da sinüs teoremi kullanılarak aşağıda hesaplanmıştır. 200 kN TAC sin 30 sin 52 sin 98 = = TAC TBC 200 TBC = 159.15 kN TAC = 100.98 kN olarak bulunur. ÖRNEK 2.20. Kaynakla yapılmış boru çerçeve A noktasında x-y düzlemine küresel mafsalla bağlanmıştır. B noktasında da eksenel serbestliği olan bir halka ile desteklenmektedir. 3 kN’luk kuvvetin etkisiyle çerçevenin AB ekseni etrafında dönme yapmaması için CD kablosu kullanılmıştır. Bu haliyle çerçeve dengededir ve çerçevenin kendi ağırlığı ihmal edilmiştir. Buna göre T kablo ve A ve B mesnet tepki kuvvetlerinin hesabı yapılacaktır. z 3m C z z 3m C 3m C T 3m m 3 m 3 5m m 6 B B 3kN 6 r2 B Bz 3kN 3kN η1 m Bx 5m 5m m 6 Ax 3m A A D 1m 22 + 3 2 + 62 D D 1 CD = 2 2 + 3 2 + 6 2 = 7 m x η1 = [5j + 6k] 52 + 6 2 r2 = 3i + 6k m 1 F = 3 j kN = 0.64j + 0.77k vektörel ∑ MAB = 0 Ay Az m y y r1 = −i + 3 j m 3m A x y T[2i + 3j − 6k] 3m m x T= r1 T[2i + 3j − 6k] [ −i + 3j] x .[0.64j + 0.77k] + 3i + 6k] x [3 j] .[0.64j + 0.77k] = 0 7 vektörel 69 BÖLÜM I VEKTÖRLER MAB i = [r 1 x T] + [r 2 x F] = T − 1 2 / 7 3kNnun A noktasına j k 3 0 .[0.64j + 0.77k] + [3i + 6k] x [3j] .[0.64j + 0.77k] = 0 3 / 7 − 6 / 7 ( ) TkablokuvvetininDnoktasına Veya MAB = T [ −2.57i + 0.857j − 1.286k] .[0.64j + 0.77k] + ([9k − 18i] ) .[0.64j + 0.77k] Fden MAB = T [ −1.539] + ( [6.93] ) = 0 →→ T = 6.93 /1.539 = 4.5 T den Tx=1.286 kN Ty=1.928 kN Tz=-3.857 kN ∑ Mz = 0 = 3.[3] − 5B x − 1.928[3] = 0 B x = 0.643 kN ∑ Mx = 0 = −3.[6] + 5Bz − 1.928[6] = 0 Bz = 5.914 kN ∑ Fx = 0 = [A X + 0.643 + 1.286] = 0 A X = −1.929 kN ∑ Fy = 0 = [A y + 3 + 1.928] = 0 A y = −4.928 kN ∑ Fz = 0 = [A z + 5.914 − 3.857] = 0 A z = −2.057kN ÖRNEK 2.21. 6 m’lik AC kolonuna CF yönünde 455 kN’luk bir kuvvet şekildeki gibi etkimektedir. Kolon A noktasına küresel mafsal [Ax Ay Az] D [TBD] ve E noktalarına [TBE] kablo ile mesnetlenmiş bulunmaktadır. Buna göre A noktasındaki mesnet tepki kuvvetleri ile [TBD] ve [TBE] kablo kuvvetlerinin bulunması. y y C 455 kN A z 1.5m 455 kN B TBE 1.5m D 2m TBD Az A z x Uygulanan ve mesnet tepki kuvvetlerini gösteren serbest cisim diyagramı 3m 2m F 3m 3m 3m m 3 3m B F 3m C 3m 1.5m D ηAD m 3 Ay A x ηAE E E FCF = FCF rCF −3 i − 6 j + 2k = 455 = 65[−3 i − 6 j + 2k] = −195 i − 390 j + 130k rCF 32 + 62 + 22 TBE = TBE rBE 1.5 i − 3 j + 3k = TBE = [0.33 i − 0.67 j + 0.67k]TBE rBE 1.52 + 32 + 32 rBD 1.5 i − 3 j − 3k = TBD = [0.33 i − 0.67 j − 0.67k] TBD rBD 1.52 + 32 + 32 Moment alınarak kablo kuvvetleri aşağıdaki şekilde hesaplanır. TBD = TBD rAC = 6 j η AE = rAE 1.5 i + 3k = = 0.448 i + 0.896k rAE 1.5 2 + 3 2 η AD = rDE 1.5 i − 3k = = 0.448 i − 0.896k rAD 1.5 2 + 3 2 rAB = 3 j 70 BÖLÜM I VEKTÖRLER {[ ] [ ]} M AE = rAC x FCF + rAB x TBD η AE = 0 M AE i j k i j k = 0 6 0 + 0 3 0 TBD 0.448 i + 0.896k = 0 − 195 − 390 130 0.33 − 0.67 − 0.67 [ ] {[780 i + 1170k ] + [− 2.01i − 0.99k ]T } [0.448 i + 0.896k ] = 0 BD {[780 − 2.01T BD {[ ]i + [1170 − 0.99TBD ]k } [0.448 i + 0.896k ] = 0 ] [ TBD = 782 N ]} M AD = rAC x FCF + rAB x TBE η AD = 0 i j k i j k M AD = 0 6 0 + 0 3 0 TBE 0.448 i − 0.896k = 0 − 135 − 390 130 0.33 − 0.67 0.67 [ ] {[780 i + 1170k ] + [− 2.01i − 0.99k ]T } [ 0.448 i − 0.896k ] = 0 BE {[780 − 2.01T BE ]i + [1170 − 0.99TBE ] k }[0.448 i − 0.896k ] = 0 TBE = 391 N TBD = 782 [0.33 i − 0.67 j − 0.67k ] = 257.40 i − 522.60 j − 522.60k ] Vektörel olarak [ TBD ve TBE] TBE = 391[0.33 i − 0.67 j + 0.67k ] = 128.70 i − 261.30 j + 261.30k ] ∑F =0 ∑F =0 ∑F =0 x y z A = A x + A y + A z A y − 390 − 522.60 − 261.30 = 0 →→ A y = 1173 .90 NN A = 188 i + 1173 .30 j − 131 .30k − A z − 522.60 + 130 + 261.30 = 0 →→ A z = −131.30 − A x − 195 + 257.40 + 125.70 = 0 →→ A x = 188.00 N Uygulama: A küresel mesnet kuvvetlerini (Ax, Ay ve Az)), TC ve TD kablo kuvvetlerini hesaplayınız. z z 6m 6m Az A 6m B F=30 kN B F=30 kN 6m Ax D Ay 3m Serbest cisim diyagramı C y x x 71 y BÖLÜM I VEKTÖRLER KUVVETLERİN VEKTÖREL ANALİZİ F = −30j T C = TC rBC 6i − 6k = TC = 0.707TC i − 0.707TC k rBC 62 + 6 2 TD = TD rBD −3i + 6j − 6k = TD = −0.333TD i + 0.667TD j − 0.667TD k rBD 3 2 + 62 + 62 X eksenine göre moment alındığı için TC kablosu herhangi bir moment oluşturmaz. i j k i i M = 0 M = M i i = [ (r xF) + (r xT )] i = 0 0 6 + 0 AB AB A ∑ X D X 0 −30 0 −0.333TD ∑ MAD = MA iuAD = [(r AB xF) + (r AC xTC )]uAD i j k i = 0 0 6 + 6 0 −30 0 0.707TC uAD = −3i + 6j 32 + 62 j 0 0.667TD k [[180 − 6i0.667TD ]i + [6i0.333TD ]j]ii = 0 6 i = −0.667TD TD = 44.98 kN = −0.447i + 0.895j [ [180i( −0.447)i] + [( −6i0.707T )i0.895]j = 0 j k C 7i + 0.895j] i [ − 0.447i + 0.895j] [180i − 6 i 0.707 T j ] i [ − 0.4 4 80.46 − 3.80T = 0 0 0 = C C 0 −0.707TC T 21. = 17 kN C Bulunan kablo kuvvetlerinin eksenlerdeki bileşenleri, TD = TD rBD −3i + 6j − 6k = 44.98 = −15i + 30j − 30k rBD 32 + 62 + 62 T C = TC rBC 6i − 6k = 21.17 = 15i − 15k rBC 62 + 62 F = −30j A x = 15 − 15 = 0 FA = A x i + A y j + A z k A y = 30 − 30 = 0 A z = −15 − 30 = −45 kN ÖRNEK 2.22. Şekildeki sistem A ve E noktalarında küresel mafsal ve F noktasında kablo ile mesnetleşmiştir. Buna göre kablo kuvvetinin [T=?] hesaplanması. F = −60 j rEC = 16 i − 14k MEA = ME . ηEA = {[rEC x 60 ] + [rED x T ]}ηEA = 0 rED = 16 i T=T −16 i + 11j − 8k rDF = T. = −0.762 i + 0.527 j − 0.381k T rDF 162 + 112 + 82 72 BÖLÜM I VEKTÖRLER ηEA = 7 i − 24 k rEA = = 0.28 i − 0.96 k rEA 7 2 + 24 2 [ ] MEA = ME . ηEA = {[ rEC x 60 ] + [rED x T ]}ηEA = 0 i j k i j k MAE = 16 0 − 14 + 16 0 0 0.28 i − 0.96k = 0 0 − 60 0 −0.762T 0.542T − 0.381T { −840 − 960 + 8.672T + 6.096T } 0.28 − 0.96 = 0 i k k j i k T = 82.50N ÖRNEK 2.23. Şekilde verilen sistemde O noktasına bir kuvvetle bir kuvvet çifti uygulanabiliyor. Bu kuvvet çiftini moment [M] olarak belirlenmesi. F1 = 600[cos 100i + cos 60 j + cos 50k ] = [ −104 .19i + 300 .00 j + 385 .69k ] r OA = [250 j + 200k ] r = 200 2 + 250 2 = 320 .16 mm M = F. r = 104.19 2 + 300 2 + 385 .69 2 0.200 2 + 0.250 2 = 159 .88 Nm i Mo = 0 − 104.19 j 0.25 300 k 0.20 = [156 .42i + 20.84 j + 26.05k ] N m 385 .69 M = F. r = 156.42 2 + 26.05 2 + 20.84 2 = 159.94 Nm 73 BÖLÜM I VEKTÖRLER ÖRNEK 2.24. Şekilde verilen kuvvetler sisteminde bileşke kuvveti ve yönünün bulunması. y [3,2,0] F2=400 N [0,2,2] x [0,2,4] [5,2,4] F3=800 N [2,0,2] F1=600 N [2,0,4] z cosα αx F 600 400 800 [0 − 2] 22 + 22 + 22 [3 − 0] 32 + 0 2 + 42 [5 − 2] 32 + 22 + 22 cosα αy = −0.58 [2 − 0] 12 = 0.6 = 0.73 cosα αz = 0.58 0 [2 − 0] 17 = 0.49 [2 − 4 ] 12 [0 − 4 ] Fx [N] 25 [ 4 − 2] 17 = − 0 .8 Fx2=0.6x400=240 = 0.49 Fx3=0.73x800=584 BİRLEŞKE KUVVET 477.49 o α x = cos −1 = 58.8 921.17 Fz [N] = −0.58 Fx1=-0.58x600=-346.4 Fy1=346.41 Fz1=-346.41 TOPLAM AÇI Fy [N] Fx=477.49 R= Fy2=0 Fz2=-320 Fy3=392 Fz3=392 Fy=738.41 Fz=-274.41 477.492 + 738.412 + 274.412 = 921.17 N 738 .41 o α y = cos −1 = 36.7 921.17 274.41 o α z = cos −1 − = 107.3 921 .17 Kuvvetlerin merkeze taşınması kuvvet çiftleri ile değil bileşkeleri ile taşınmıştır. Kuvvet çiftlerinin yerini ve büyüklüğünü bulmak için her üç kuvvetin momenti bulunur. Örnek olarak F1 kuvvetinin momenti hesaplanmıştır. Bir kuvvetin Fx bileşeni Mx momenti oluşturmaz bu durum diğer eksenler içinde geçerlidir. R=921.17 Fy=738.41 y M x1 = Fy1 x 4 = −346.41x 4 = −1385.64 tm αy=36.7o αz=107.3o M z1 = Fy1 x 2 = 346.41x 2 = 692.82 tm Fy=738.41 x Fx=477.49 N z M y1 = −Fx1 x 4 + Fz1 x 2 = −346.41x 4 + 346.41x 2 = −692.82 tm 74 αx=58.8o BÖLÜM I VEKTÖRLER y C=3051.52 ∑My=651.18 αy=36.7o αx=23o x ∑Mx=-2809.64 αz=71o ∑Mz=996.82 z F Fx [N] Fy [N] 600 Fx1=-346.4 400 Fx2=240 800 Fx3=584 Fy1=346.41 Fy2=0 Fy3=392 Fz [N] Fz1=-346.41 Fz2=-320 Fz3=392 TOPLAM Mx [N] My [N] -1385.64 -640 -784 -2809.64 -692.82 960 384 651.18 Mz [N] 692.82 -480 784 996.82 C = [ ∑ Mx ]2 +[ ∑ Mxy ]2 +[ ∑ Mz ]2 = 2809.642 + 651.182 + 996.822 = 3051.52Nm − 2809 .64 o α x = cos − 1 = 157 3051 . 52 651.18 o α y = cos −1 = 78 3051 . 52 996 .82 o α z = cos −1 = 71 3051 . 52 Vektörel çarpım ile momentlerin hesaplanması aşağıda yapılmıştır. i j k F1 = 600 N ⇒ M1 = 2 0 4 = −1385 .64i − 692 .82 j + 692 .82k − 346 .41 346.41 − 346 .41 j k j k i i M2 = 0 2 4 = −640i + 940 j − 480k M 2 = 2 0 2 = −784i + 384 j + 784k 240 0 − 320 584 392 392 F = 400 F = 800 ÖRNEK 2.25. Kendi ağırlığı 9 N/m olan EF kirişi F ucunda 150 N yük taşımaktadır. 1. FAB=? 2. Ex=? Ey=? Ez=? [E noktası mafsallı mesnet] B rBA = (−4 − 0)i + (4 − 0) j + (0 − 7)k = (−4i + 4 j − 7k ) m y G m 4 4m rBA = 4 + 4 + 7 = 9 m 2 A = AuBA = A 2 2 E x 4m rBA = A − 4 i + 4 j − 7 k = −0.444 A i + 0.444 A j − 0.778 A k 9 9 9 rBA A F ÖZET: m 3 2m z F noktasında − 150 j 150 N EF ortasında − 9x9 = −81j E noktasında bu kuvvetlerin oluşturduğu momentlerin toplamı sıfır olmalıdır. E noktasında E x i + E y j + E z k A noktasında − 0.444 Ai + 0.444 A j − 0.778 Ak 75 BÖLÜM I VEKTÖRLER i j k j k i j k i j k i 0 =0 0 9 + 0 0 4.5 + 0 0 0 + 0 0 7 0 − 150 0 0 − 81 0 E x E y E z − 0.444 A 0.444 A − 0.778 A 9.[150 ]i + 4.5[81]i + 7[ −0.444 A ]i = 0 ∑i = 0 9.[150]i + 4.5[81]i + 7[ −0.444 A ]i = 0 ⇒⇒ A = 551.64 N A = −0.444[551.64]i + 0.444[551.64]j − 0.778[551.64]k = −244.93i + 244.93j − 429.18k E mesnet reaksiyonlarını bulmak için kabloların x, y ve z bileşenleri veya, ∑ Fx = 0 E x − 244.93 = 0 ⇒ E x = 244.93 kN ∑ Fy = 0 E y − 81 − 150 + 244.93 = 0 ⇒ E y = 13.93 kN ∑ Fz = 0 E z − 429.18 = 0 ⇒ E z = 429.18 kN ÖRNEK 2.26. Kendi ağırlığı 9 N/m olan EF kirişi F ucunda 150 N yük taşımaktadır. CD kablo kuvveti FCD=200 N olduğuna göre; [E noktası küresel mafsallı mesnet] 1. FAB=? FGF=? 2. Ex=? Ey=? Ez=? y A G 4m 4m 4m C m E 3 x m 4 3m F 2m z 150 N rBA = (−4 − 0)i + (4 − 0) j + (0 − 7)k = (−4i + 4 j − 7k ) m rBA = 4 2 + 4 2 + 7 2 = 9 m A = AuBA = A rBA = A − 4 i + 4 j − 7 k = −0.444 A i + 0.444 A j − 0.778 A k 9 9 9 rBA rFG = (0 − 0)i + (4 − 0) j + (0 − 9)k = (4 j − 9k ) m G = G uFG = A rBA = 4 2 + 9 2 = 97 m rFG 4 9 = G j− k = 0.406G j − 0.914Gk rFG 97 97 rDC = (4 − 0)i + (3 − 0) j + (0 − 4)k = (4i + 3 j − 4k ) m 76 rDC = 4 2 + 3 2 + 4 2 = 6.403 m BÖLÜM I C = CuCD = C VEKTÖRLER rCD 3 4 4 = 200 i+ j− k = −124.94i + 93.70j − 124.94k rCD 6.403 6.403 6.403 ÖZET: F noktasında − 150 j EF ortasında − 9 x 9 = −81j E noktasında E x i + E y j + E z k E noktasında bu kuvvetlerin oluşturduğu momentlerin toplamı sıfır olması gereğinden dolayı aşağıda tüm kuvvetlerin momenti alınarak sıfıra eşitlenir. A noktasında − 0.444 Ai + 0.444 A j − 0.778 Ak G noktasında 0.406G j − 0.914 Gk C noktasında − 124 .94i + 93.70 j − 124 .94k k i j k 0 + 0 0 7 E x E x −0.444 A 0.444 A −0.778 A j değerlerinin toplamı = 0 ( i ler toplanmadı çünkü orada 2 bilinmeyen var) + 4.5 [ 81] i +0 + 7 [ −0.444 A ]i − 7 [ 0.444 A ] j 9.[150 ]i ∑ j = 0 j k j k i i 7[ −0.444 A ] j + 4[124.94 ] j = 0 + 0 0 9 0 4 =0 + 0 ⇒⇒ A =160.80N 0 0.406 G −0.914 G 124.94 93.70 −124.94 −9[ 0.406 G ]i − 4[ 93.7 ]i + 4 [124.94 ] j = 0 j k i j k i i 0 + 0 0 4.5 + 0 0 9 0 −150 0 0 −81 0 E x j 0 A bulunduktan sonra aşağıdaki şekilde i’ler toplamından G değeri bulunur. i = 0 9.[150]i + 4.5[81]i − 7[0.444A]i − 9[0.406G]i − 4[93.7]i = 0 ve A = 160.80N ise ∑ G = 229.87N A ve G değerleri bulunduktan sonara birleşenleri aşağıdaki şekilde hesaplanır. A = −0.444[160.8]i + 0.444[160.8] j − 0.778[160.8 ]k = −71.40i + 71i40 j − 125.10k G = 0.406[229.87] j − 0.914[229.87]k = 93.33 j − 210.10k E mesnet reaksiyonlarını bulmak için kabloların x, y ve z eksenlerinde denge yazılır. ∑ Fx = 0 E x − 71.40 + 124.94 = 0 ⇒ E x = −53.54 kN ∑ Fy = 0 E y − 81 − 150 + 71.40 + 93.33 + 93.70 = 0 ⇒ E y = −27.43 kN ∑ Fz = 0 E z − 125.10 − 210.10 − 124.94 = 0 77 ⇒ E z = 460.14 kN BÖLÜM I VEKTÖRLER ÖRNEK 2.27. Şekilde verilen sistemin dengede olması için bileşke kuvvetin [R] şiddetinin ve uygulama noktasının [x,y,z] hesaplanması. y y 400N 3.78 R=370 N m D D 1.23 150N m 120N 280N E 4 200N m z A 6 6 m C C orta B 80N 5 E x m x z m 4.5 m B Yer vektörü [r] adı Yer vektörü [r] değeri F [N] rE rD rC rB rA rorta 9.5k 0 10i 10i+5k 4i+9.5k 5i+4.75k 150j -400j -120j -80j -200j 280j R =-370j MRD = r x F i -1425 0 0 400 1900 -1330 -455 j 0 0 0 0 0 0 0 k 0 0 -1200 -800 -800 1400 -1400 M RD = r xF = [ −455i −1400k ] = [ rxi + ryj + rzk ]xR = [ rxi + ryj + rzk ]x[ −370 j ] [ −455i −1400k ] = −370 xk ( ixj ) + 0 jxj=0 + 370 zi ( kxj=− i ) x= 1400k = 3.78m 370 xk z=− 455i = −1.23m 370 zi Uygulama: Duvarı dik tutmak için şekilde görülen BC desteği kullanılmaktadır. Duvara uygulanan kuvvet çifti sistemi şekilde görüldüğü gibidir. Bu kuvvet çifti sistemini A noktasına uygulanacak eşdeğer bir kuvvet çifti sistemiyle değiştiriniz. MA=? ( R = 21.2 kN ve M = 13.25 kNm ) Çözüm: Kuvvetin ve momentin eksenlerdeki bileşenleri bulunarak A noktasına göre momenti alınır. 78 BÖLÜM I VEKTÖRLER Kuvvet analizi R = R ⋅ rBC = 21.2 Moment analizi M = −rBCM = ( 42cm ) i − ( 96 cm ) j − (16 cm ) k [422 + 962 + 162 ]0.5 −42i + 96j + 16k (13.25 kNm ) = − ( 5.25kNm ) i + (12kNm) j + ( 2 kNm ) k 106 Yer vektörü rCA = ( 42 cm ) i + ( 48 cm ) k = i MA = rCA × R + M = 0.42 8.40 = ( 8.40kN) i − (19.20kN) j − ( 3.20kN) k j 0 −19.20 1 ( 42i + 48k ) m = ( 0.42m ) i + ( 0.48m ) k 100 k moment 0.48 + ( −5.25i + 12j + 2k ) kNm = ( 3.97i + 6.62j − 6.06k ) kNm −3.20 Uygulama: Soru: 3 kişi 5x5m ‘lik bir salın üzerinde durmaktadır. A, B ve C noktasında duran çocukların ağırlıkları sırasıyla 500 N, 600N ve 700N ise üç ağırlığın bileşkesinin büyüklüğünü ve uygulama noktasını bulunuz. ∑F : ∑M x FA + FB + FC = R : R = −500j − 600j − 700j = −1800j (N) FA ( z A ) + FB ( zB ) + FC ( zC ) = R ( zD ) ( 500N)( 3m ) + ( 600N)( 0.5m ) + ( 700N)( 4.75m ) = (1800N)( zD ) zD = 2.847 m ∑M z : FA ( x A ) + FB ( xB ) + FC ( x C ) = R ( xD ) ( 500N)(1m ) + ( 600N)(1.5m ) + ( 700N)( 4.75m ) = (1800N)( xD ) xD = 2.625 m VEYA j k i j k i j k i i Mo = 1 0 3 + 1.5 0 0.5 + 4.75 0 4.75 = xD 0 −500 0 0 −600 0 0 −700 0 0 3 ⋅ 500 i 0.5 ⋅ 600 i 4.75 ⋅ 700 i −1⋅ 500 k −1.5 ⋅ 600 k −4.75 ⋅ 700 k = 79 = j k yD zD ∑ −1800 0 zD ⋅ 1800 i − xD ⋅ 1800 k ise zD = 2.847 m ise xD = 2.625 m BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama: A noktasındaki kuvvet ve momentlerin bulunması 800 N 500 N ÇÖZÜM: Kuvvet ve momentin ayrı ayrı eksenlerdeki bileşenleri bulunur: FD = 500 ⋅ ( − cos35j − sin35k) = ( −409.58j − 286.79k )N j k j k i i −0.12 MA = rDA x FD + rCA x FC = 0.18 0.10 + 0.20 −0.12 0 = (75.37i + 51.62j − 233.72k ) Nm 0 −409.58 −286.79 0 −800 0 Kuvvetlerin kendileri F = ( −409.58j − 1086.79k )N A noktasındaki kuvvetler A MA = (75.37i + 51.62j − 233.72k) Nm Kuvvetlerden oluşan momentler Uygulama 3: Verilen kuvvetler ve momentlerden oluşan sistemde R=? ve Mo=? y 0,1 m 30 Nm 0,6 m 84 N B A 80 N 0,3 m 32 Nm x z 0,4 m ÇÖZÜM: Verilen kuvvetlerin bileşkesi bulunur. ∑ F : R = −84j − 80k R = (842 + 802 )0.5 = 116 N Kuvvet ve momentlerin orijine göre momentleri aşağıdaki şekilde hesaplanır. MR0 j k j k i i momentler = (r0 xF) + MC = 0.6 0 0.1 + 0.6 0 0.1 + ( −30j − 32k) = ( −15,6i − 2j − 82,4k ) Nm 0 84 0 0 84 0 84 N 80 N 80 BÖLÜM I VEKTÖRLER Uygulama: Şekilde verilen kuvvetler ve momentlerden oluşan sistemde bileşke (denk) kuvvet R’yi bulunuz. Bileşke kuvvet yz düzlemini hangi noktada kesmektedir hesap ediniz. 14 Nm y 60 mm C A 40 mm 50 N 120 mm 10 Nm 60 mm 70 N D 120 mm 160 mm z B x 40 mm Çözüm: Öncelikle, verilen kuvvet sistemi orijinde kuvvet çiftine dönüştürülür. ∑ F : FA + FD = R Kuvvet R = (20i + 30j − 10k)N 40i + 600j − 120k R = 50k + 70 402 + 602 + 1202 N R = (202 + 302 + 102 )0.5 = 37,42 N ∑ M0 : ∑ (r0 xF) + ∑ MC = M0R 160i − 120j Moment ∑ M0R = 0,12j × 50k + 0,16i × (20i + 30j − 60k) + 10. 1602 + 1202 R M0 = (18i − 8,4j + 10,8k ) Nm 40i − 120j + 60k + 14. 402 + 1202 + 602 Orijindeki kuvvetleri ve kuvvet çiftlerini tek bir bileşke kuvvete dönüştürebilmek için, R ve M birbirine dik olmalıdır. Yani, R ⋅ M = 0 (skaler çarpım) (20i + 30j − 10k) • (18i − 8,4j + 10,8k) =? 0 (20).(18) + (30) • ( −8,4) + ( −10).(10,8) =? 0 0 =? 0 R ve M birbirlerine dik olduğuna göre bu sistem tek bir eşlenik kuvvete dönüştürülebilir. y R y R z P = y x z x z M0 R Eşitlik için: M0R = rp × R rp = yj + zk olmalıdır. Bilinenleri yerine yazarsak: R j k i : 18 = −10y − 30z = −10 ⋅ 0.54 − 30 ⋅ 0.42 = 18 i x = 0 18i − 8,4j + 10,8k = 0 y z j : −8.4 = 20z z = −0.42m KESER y = −0.54 20 30 −10 k : 10.8 = −20y y = −0.54m z = −0.42 81