BÖLÜM 5
Transkript
BÖLÜM 5
Cross Yöntemi Bölüm 5 BÖLÜM 5 5.1. CROSS METODU (HARDY CROSS-1932) Hiperstatik sistemlerin çözümünde kullanılan cross yöntemi açı yönteminin özel bir hali olup moment dağıtma (iterasyon) metodu olarak da kullanılmaktadır. Açı metodunda düğümlerde moment ve yatay dengeler yazılarak düğümlerdeki dönüş açıları ve deplasmanlar bulunarak sistem çözüldüğü halde Cross metoduyla hiperstatik sistemlerin çözümünde önce rijit düğüm noktalarında dönüşleri sıfır yapacak şekilde kilitlenir. Kilitleme ankastrelik momentlerin farkının ters işaretlisi olan bir dış momentle yapılır. Yani açı metodunda olduğu gibi düğümdeki toplam moment sıfır olacak şekilde düzenlenir. Bu uygulanan dış moment düğümde sadece dengeyi sağlamak için kabul edilen bir moment olduğu için aranan moment olarak kabul edilmemelidir. Bu kilitleme momentinden dolayı düğümde bir dönüş ve bu dönüş sonucunda da düğümdeki çubukların uçlarında bir moment oluşacaktır. Bu yöntemde bir düğüme; 1. Düğüm noktalarında dış yüklerden dolayı oluşan ankastrelik momentleri, 2. Komşu düğümlerden gelen (2EI/L’den 1/2) momentler, 3. Birim yatay (δ=1) yüklemelerinden gelen (k=-3k/L ve k=-2k/L) momentler, olmak üzere bu üç momentin farkı TERS işaretli olarak o düğüme birleşen çubuk uçlarına rijitlikleri oranında dağıtılır ve k çubuklarının ucuna düşen momentin yarısı da komşu düğüme gönderilir. j i k Tüm düğümlerlerdeki dönüş açıları=0 Tüm düğümlerlerdeki dönüş açıları≠ 0 j j i i k k 1.Diğer bütün düğümler kilitli, sadece i serbest 2. ϕi bulunduktan sonra i aynı kalsın ve j serbest 255 Bölüm 4 Cross Yöntemi I. Đterasyon 1. Bütün düğümlerdeki dönüş açıları sıfır 2. Sadece i noktası serbest yani ϕi ≠ 0 olsun ve buradan ϕi kolayca bulunur. 3. Sadece j noktası serbest yani ϕj ≠ 0 olsun ve ϕi yukarıda bulunan değerde olsun. Buradan ϕi bilindiğine göre ϕj kolayca bulunur. 4. Sadece k noktası serbest yani ϕk ≠ 0 olsun ve ϕi -ϕ ϕj yukarda bulunan değerde olsun. Buradan ϕi ve ϕj bilindiğine göre ϕk kolayca bulunur. 5. Yukarıdaki işlemler dönüş açısı olan bütün düğümler için yapılır ve ilk dönüş açıları bulunmuş olur. Yani başlangıçta sıfır olan dönüş açıları yerine değerleri bulunmuş olur. II. Đterasyon 1. Đşlemler tekrar baştan başlanarak yapılır n inci düğüme kadar yapılır ve ikinci iterasyon tamamlanır. III. Đterasyon 1. Değişim sıfır olduğu zaman iterasyona son verilir. Ve böylece düğümlerdeki dönüş açıları bulunur. 4.5 kN/m I 3.6m 7.2 kN 3 kN/m 1.03I 7.2m 1.2m I 2.4m 3 kN 09m Düğümlerdeki ankastrelik momentleri açı metodunda olduğu gibi bulunur. − M12 = M 21 = − M 34 = 4.5 x 3.6 2 = 4.86 kNm 12 − M 23 = M 32 = 3 x 7.2 2 = 12.96 kNm 12 Pab(l + b) 7.2x1.2x2.4(3.6 + 2.4) = = 4.80 kNm 2L2 2 x 3.6 2 Bu ankastrelik momentleri düğümlere uygulanarak düğümlerdeki momentlerin dengede olması için kesikli çizgilerle gösterilen momentler düğümlere uygulanarak bütün düğümler kilitlenir. nolu düğüm sabit mesnet olduğu için sadece dış yüklerden dolayı oluşan bir moment (3 x 0.9=2.7 kNm) bulunmaktadır. 4.86 M12 = 4.86 M21 = 4.86 M23 = 12.96 M32 = 12.96 M34 = 4.8 2.7 3 x 0 .9 = 2 . 7 12.96-4.8=8.16 12.96-4.86=8.1 Daha sonra düğümlerden istenilen bir tanesi açılır. Bu düğümleri açma işlemine kilitleme momenti olan ankastrelik momentleri farkının ters işaretlisinin mutlak değerce büyük olanından başlamak iterasyonun adım sayısını azaltacağından daha uygundur. Bu örnekte üç nolu düğüm açılarak ankastrelik momentler farkı olan kesikli çizgilerle gösterilen kilitleme momenti 8.16 kNm lik moment bulunur. Ancak, nolu düğümde konsoldaki yükten dolayı oluşan bir 2.7 kNm lik bir moment bulunmaktadır. Konsol yüklerden dolayı oluşan momentlerin, kenar mesnetteki 256 Cross Yöntemi Bölüm 5 dış yük olan momentlerin yarısı ve bir düğümde bulunan dengeleyici momentin yarısı karşı mesnede aşağıdaki kabulden dolayı geçer. Yani, düğümde dengeleyici momentten dolayı bir dönme ve bunun sonucunda da bir moment oluşacaktır. Oluşan bu momentin yarısı aynı işarette çubuğun diğer ucuna geçer. Komşu düğüm mafsallı ise bu momentin yarısı geçmeyecektir. Açı metodunun esasını teşkil eden bu kabuller açı metodu denklemlerinin çıkarılmasında aşağıdaki şekilde elde edilmişti. Hiç şekil değiştirmesi olmayan i ϕi k eleman i k Mik Mki i k _ Mki=Mik/2 Mik + Uç momentleri Mki ve Mik olsun Buna göre mesnedindeki momentin yarısı mesnedine artı olarak geçer. Konsol momentleri sağdan sola artı soldan sağa eksi geçer. Çerçevelerde ise mütemadi kirişlerin tam tersi olmaktadır. Bu durum açı yönteminde tablo halinde açıklanmıştır. M32 = 12.96 2.7/2=1.35 2.7 M 34 = 4.8 Kilit moment=12.96-4.8+1.35 =9.51 3x0.9 = 2.7 9.51 kNm lik dengeleyici kilit momenti düğüme birleşen çubukların toplamı bir olan ve rijitlikleri dikkate alınarak hesaplanan dağıtma sayıları oranında ters işaretli olarak paylaşılarak düğüm dengesi sağlanır. Çubuklara gelen bu momentlerin yarısı aynı işarette çubuğun diğer ucuna yani komşu düğümlere gönderilir. Sistemin çözümü için diğer bütün düğümlerin dengesi sağlanması şartından dolayı aynı işlem diğer komşu düğümlerde yapılır. Komşu düğümde dengeleyici moment o düğümde önceden bulunan kilit momenti (ankastrelik momentleri farkı olan moment) ile komşu düğümdeki dengelemeden gelen momentin toplamı ters işaretli olarak düğüme birleşen çubukların dağıtma sayıları oranında dağıtılarak düğüm dengesi sağlanmış olur. Bu dengeden dolayı oluşan momentlerin yarısı çubuğun diğer ucuna yani düğüm noktasına gönderilir. Bu işleme komşu düğümlerden gelen momentlerin küçülmesi durumunda son verilerek her çubuğun ucundaki momentler toplanarak son verilir. Bu toplam sonucu her düğümdeki momentlerin toplamı açı metodunda olduğu gibi sıfır olmalıdır. Bir çubuğun uç momenti, 1. Ankastrelik momentleri 2. Düğümdeki dengelemeden dolayı dağıtma sayısı oranında gelen moment 3. Çubuğun diğer ucundaki düğüm dengelemesinden dolayı o uçta oluşan momentin yarısı momentlerinin toplamıdır. 257 Bölüm 4 Cross Yöntemi 5.2. DÜĞÜM NOKTALARI SABĐT (δ δ=0) SĐSTEMLER Düğüm noktaları sabit sistemler 4. bölümde açıklanan sistemlerdir. Bu sistemlerin cross yöntemi ile çözümünde yatay deplasmanlar [δ=0] sıfır alınmaktadır. 3 2 k2 4 k ′4 k3 i Mi 5 k 5′ k1 ϕi ≠ 0 ϕ2=0 ϕ3=0 ϕ1=0 M i =toplam ankastrelik momentleri 1 Herhangi bir çerçeveden alınan yukarıdaki i düğümünde moment dengesi yazılır ise, ∑Mi 2 (k1 + k2 + k3 + k’4 + k’5 ) ϕi + ∑ M i = 0 φi = − 2[k1 + k 2 + k3 + k '4 + k 5' ] Mi1 = k 1 (2 ⋅ φ i ) + Mi1 Mi2 = k 2 (2 ⋅ φ i ) + Mi2 Mi4 = k '4 (2 ⋅ φ i ) + Mi4 Mi3 = k 3 (2 ⋅ φ i ) + Mi3 Mi5 = k '5 (2 ⋅ φ i ) + Mi5 Bu denklemlerde ϕi ‘nin yukarıdaki bulunan değerleri yerine yazılırsa, Mi1 = Mi2 = Mi3 = Mi4 = Mi5 = k 1 ∑ Mi ' 4 + Mi1 ' 5 (k 1 + k 2 + k 3 + k + k ) k 2 ∑ Mi (k1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' ) k 3 ∑ Mi (k1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' ) k '4 ∑ Mi (k1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' ) k '5 ∑ Mi (k1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' ) di1 = k1 (k1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' ) di2 = k2 (k1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' ) di3 = k3 (k1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' ) + Mi2 + Mi3 = -Mi + Mi4 + Mi5 258 M i1 = k i (2φ i ) + Mi1 ' 5 di4 = k (k 1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' ) di5 = k '5 (k 1 + k 2 + k 3 + k '4 + k 5' ) Σd=1 Cross Yöntemi Bölüm 5 [di1 + di2 + di3 + di4 + di5] bunların her birine DAĞITMA SAYISI denir ve her düğüm için toplamları her zaman =1 olması gerekir. Bu din sayıları düğüme birleşen çubukların k = ve/veya k ′ = 2I L 1.5I rijitlikleri oranına göre değişen dağıtma sayılarıdır. L ϕA + ϕA ϕA ϕB+ ϕB ϕA B ϕB ϕA A B ϕA - A ϕA ϕB- ϕB ϕA A ϕB B ϕA ϕA Hiperstatik bir sistemim Cross metodu ile çözümünde izlenen yol sırasıyla; 1. Düğüme birleşen çubukların k ve/veya k’ değerleri ve bunlara bağlı olarak bulunan dağıtma sayıları hesaplanır. di1 = k1 ∑ kn di2 = k2 ∑ kn d i3 = k3 ∑ kn 2. Çubuğun mesnet şartlarına yükleme durumuna göre ankastrelik momentleri hesaplanır. 3. Çözüm şeması hazırlanarak dağıtma sayıları ve ankastrelik momentleri belirlenir. 4. Düğümlerde bulunan ankastrelik momentleri işaretlerine göre toplanarak mutlak değerce büyük olan momentin bulunduğu düğümden dağıtıma başlanır. 5. Dağıtma sayılarına göre dağıtılan ankastrelik momentleri işaretlerinin tersi olarak dağıtılır. Yani ankastrelik momenti eksi ise artı, artı ise eksi olarak dağıtılır. 6. k çubuklarında dağıtım sonucu bulunan Mij momenti çubuğun diğer ucuna yarısı aynı işarette geçer. Bu geçiş k’ çubuklarında yapılmaz. ϕi Mik i k Mik = Mki i k 4EI ϕi L + 7. Düğümlerde dağıtılacak moment sıfıra yaklaşınca dağıtıma son verilir. 259 _ Mki = 2EI ϕi L Bölüm 4 Cross Yöntemi 8. Düğümlerde dağıtım bittikten sonra ankastrelik momentler dahil bütün momentler işaretleri ile toplanır. (bir düğümde bulunan momentlerin toplamı sıfır olacağına dikkat edilmelidir değilse hesaplar kontrol edilir) 9. Çözüm sonucu bulunan momentler işaretlerine göre [saat yönü +, tersi -] düğüm noktalarına işaretlenerek momentler çekme meydana getiren yüze çizilir. 10. Çubuk uçlarında bulunan bu momentlere ve dış yüklere göre çubuk açıklık momentleri, kesme ve eksenel kuvvetleri bulunarak sistemin istenilen M, V ve N alanları çizilir. ÖRNEK 5.1: Şekilde yüklemesi ile birlikte verilen mütemadi kirişin moment ve kesme kuvvet diyagramlarını Cross metodu ile çiziniz. 2.2m 2 kN 2 kN 1.5I m 2.2 2.2 0.8 kN/m I m m 5 Ankastrelik − M12 = M21 = P a (L − a) 2 x 2.2 (6.6 − 2.2) 0 .8 x 5 2 = = 2.93 kNm − M23 = = − 2.50kNm L 6 .6 8 Ankastrelik momentleri ve dağıtma sayıları tablo yapılarak yazılır. Daha sonra dağıtım yapılacak düğümde dağıtılacak moment bulunur. Örneğin düğümünde dağıtılacak M= 2.93-2.5=0.43 tm olarak bulunur. Bu fark moment artı işaretlidir. Düğümde dengenin olabilmesi için bu momentin eksi işaretli olarak dağıtılması gerekir. Yani düğümde dağıtılacak momentin ters işaretlisi olan M=-0.43 tm dağıtılır. M21= d21 M =0.603x(-0.43)= -0.259 M23= d23 M =0.397x(-0.43)= -0.171 Düğümde dağıtım sonucu bulunan momentlerin toplamı dağıtılan momente eşit olmalıdır (0.43). Düğüm - Çubuk uçları Çubukların k değerleri - -3 0.455 0.300 3-2 0.455/[0.455+0.3]=0.603 0.3/[0.455+0.3]=0.397 Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Düğüm Dağıtılacak moment 2 (-2.5+2.93) = 0.43 Uç momentleri -2.93 2.93 -2.50 -0.130 -0.43x0.603=-0.259 -0.43x0.397=-0.171 -3.06 2.671 -2.671 2 kN 2 kN 1.5I 2.2m 2.2m 2.2m 0.8 kN/m I 1.941 0.06 2.06 3.06 1.46 2.534 06 5m 1.47 2.67 1.343 1.60 260 0.00 Cross Yöntemi Bölüm 5 1. açıklıkta maxMaç= ((2.059 x 2.2 – 3.06)) = 1.47 kNm 1. açıklıkta maxMaç= ((2.059 x 2.2 + 0.059 x 2.2 – 3.06)) = 1.60 kNm 2 2. açıklıkta maxMaç= ((1.466 /0.8)) x 0.5 = 1.343 kNm veya 2 2. açıklıkta maxMaç= ((2.534 /0.8)) x 0.5- 2.671 = 1.343 kNm Verilen bu sistemde bilinmeyen ϕ2 dir. Burada ϕ2 nin bulunması için, M ϕ 2 = 21 M 21 = 2 k 21ϕ 2 2 k 21 bağıntısından hesaplanır. Buradaki M21 momenti düğümünde ankastrelik ve komşu düğümlerden gelen momentlerin haricinde dağıtım sonucunda bulunan momentlerin toplamıdır. 2-1 elemanı ϕ 2 = M 21 −0.259 = 0.285 = 2 k 21 2 x 0.455 2-3 elemanı ϕ 2 = M 23 − 0.171 = − 0.285 olur. = 2 k 23 2 x 0.300 ÖRNEK 5.2: Verilen kirişin moment alanının Cross yöntemini kullanarak çizimi.[Bütün kirişler EI] 1.6 kN/m 8 kN 2m 5.5m 2.5 kN/m 4m 5m 2m 1.5m Çözüm: Elemanların k değerleri ve ankastrelik momentleri hesaplanır. -2.81 -3.2 k’=0.273 k’=0.300 k=0.333 Ankastrelik M21 = 1.6 x 5.52 8 x 4 x 22 8 x 2 x 42 2.5 x 52 = 6.05kNm − M23 = = 3.56kNtm M32 = = 7.11kNm − M34 = = 7.81kNm 2 2 8 8 6 6 Düğüm 2 1-2 4- 2-1 2-3 - -4 k değerleri 0.273 0.333 0.333 0.30 Dağıtma sayıları 0.45 0.55 0.53 0.47 -1.6 6.05 -3.56 7.11 -7.81 -0.188 -0.386 0.053 -0.029 -0.376 -0.193 0.106 -0.015 0.008 -0.334 0.007 6.632 -6.635 Çubuk uçları -3.2 Ankastrelik momentleri Düğüm Dağıtılacak moment 3 2 3 2 (7.11-7.81+1.41)=0.71 -0.316 (6.05-1.6-3.56-0.188)=0.702 -0.193 -0.024 -0.053 Uç momentleri -3.2 4.110 -4.110 1.41 -2.81 0.092 -2.81 Dağıtım sonucu bulunan moment değerleri saat yönü artı tersi eksi olmak üzere çubuk uçlarına işaretlenerek moment alanı aşağıdaki şekilde çizilir. + 4.11 - -3.2 + 6.64 - -2.81 261 Bölüm 4 Cross Yöntemi 1.6 kN/m 8 kN 2.5 kN/m m m 2 4m 5.5 Kesme kuvvet diyagramı, m 5 1.5 5.754 4.565 3.2 m 2m 5.484 2.245 3.750 7.016 4.235 Moment diyagramı 6.64 4.11 3.2 2.81 2.405 3.205 4.87 2 1. açıklıkta maxMaç= ((4.235 /1.6)) x 0.5 – 3.2 = 2.405 kNm 2. açıklıkta maxMaç= (2.245 x 2 –4.11) = 4.87 kNm 2 3. açıklıkta maxMaç= ((7.016 /2.5)) x 0.5 - 6.64 = 3.205 kNm ÖRNEK 5.2: Verilen kirişin moment alanının Cross yöntemini kullanarak çizimi.[Bütün kirişler EI] 4.5 kN/m I 7.2 kN 3 kN/m 3.6m 1.03I 7.2m 3 kN I 1.2m 2.4m 09m ÇUBUK UÇ MOMENTLERĐ Düğüm Çubuk k değerleri - - - - - 2xI/3.6=0.556 2x1.03I/7.2=0.287 2x1.03I/7.2=0.287 1.5xI/3.6=0.417 0.555/(0.555+0.28 7)= Dağıtma sayıları - 0.287/(0.555+0.287)= 0.287/(0.417+0.287) 0.417/(0.417+0.287) 0.34 0.66 0.41 = 0.59 = Kilit momenti 1.35 [2.7/2] -2.7 -12.96 12.96 -4.8 Ankastrelik momentleri -4.86 4.86 Düğüm Dağıtılacak M 3 9.51x0.41-3.90 9.51x0.59-5.61 12.96+1.35-4.8=9.51 -1.95[-3.9/2] 2 -12.96-1.95+4.86=-10.05 3.32 10.05x0.666.63 10.05x0.343.42 1.71 1.71 3 -0.70 -1.01 -0.35 2 -0.35 0.23 0.12 0.12 0.06 2 -0.03 -0.04 0.06 Uç momentleri -1.42 11.72 -11.72 10.13 -10.11 -2.70 Örnek daha önce açı yöntemine göre çözülmüş ve aynı değerler bulunmuştur. 4.5 kN/m I 7.2 kN 3 kN/m m 3.6 1.03I 7.2m 10.96 I 1.2m 2.4 3 kN m m 09 10.68 0.34 3.00 6.86 5.24 11.03 10.73 11.72 1.88 1.42 8.52 262 2.70 Cross Yöntemi Bölüm 5 Uygulama: Verilen mütemadi kirişin verilen yükler ve mesnet hareketlerinden dolayı oluşan M alanının elde edilmesi 8 kN/m 2 kN/m 4 kNm 2 kN 2 3m m 5 m 6m 2m Çözüm: Verilen dış yüklerden ve mesnet çökme ve dönmelerinden oluşan ankastrelik momentleri M12 = Pab2 2 x 2 x 32 = = 1.44kNm L2 52 −M23 = M32 = m 3 1.44 kNm Pba2 2 x 3 x 22 = = 0.96kNm [Tekil yük] L2 52 qL2 2 x 52 = = 4.167kNm [Düzgün yayılıyük ] 12 12 k=0.4 2 M21 = 2 kNm 1 2 2 3 1 2 4EIϕ/5=157.6 78.8=2EIϕ/5 6EIδ/5 =151.3 6EIδ/52=151.3 8 mm 8 mm Eşit çökme 1 2 1 4.17 kNm 7qL2 7 x 8 x 62 = = −16.80kNm [Üçgen yayılıyük] 120 120 m 16.8 kNm 3 4 4 EI 2EI 6EI ϕi + ϕk − 2 δ L L L 4 EI 2EI 6EI Mk = Mk + ϕk + ϕi − 2 δ L L L Mi = Mi + 3EIδ/62=26.27 2 3 4 mm 8 mm (-) alınır (+) alınır 2 4 kNm k’=0.25 6 0.96kNm 4.17 kNm 2 1 k=0.4 m 5 m − M34 = 4 3EIδ/62=26.27 ÇUBUK UÇ MOMENTLERĐ Düğüm Çubuk k değerleri Dağıtma sayıları Dış yüklerden Ankastrelik Mesnet çökmesi momentleri Mesnet dönmesi Düğüm Dağıtılacak - - - - - 0.4 -1.44 -151.30 157.60 0.4 0.5 0.96 -151.30 78.80 0.4 0.5 -4.167 0.4 0.615 4.167 0.25 0.385 -16.80+2 26.27 18.93 37.85 - -4 M 2 0.96-151.3+78.8-4.167=-75.71 3 4.167+2-16.80+26.27+18.93=34.57 2 -10.63 3 2.66 2 -0.82 3 0.21 2.66 5.32 0.21 Uç momentleri 0.41 26.66 -27.96 37.85 18.93 -10.63 -21.26 5.32 2.66 -0.82 -1.64 0.41 27.96 -13.31 -1.02 0.21 -0.13 -0.08 2.94 -2.94 -4 4.00 2.94 4.00 26.67 14.92 29.57 27.93 263 Bölüm 4 Cross Yöntemi ÖRNEK 5.2: Verilen mütemadi kirişin moment ve kesme kuvvet alanlarının Cross yöntemini kullanarak çizimi.[Bütün kirişler EI] 6 kN 2 4 kNm 1 m 2 m 2 12 kNm 1 2 m 4 kNm 2 4 3 m 2 k’=0.375 2m i 2 k’=0.375 4m Mik i 1-2 konsol - 0.375 0.375 0.5 0.5 -6.0(12/2)-0.50 2.00(4/2) 2.25 2.25 -4.25 4.25 Dağıtma sayıları -12.00 Dağıtılacak moment 2 2-6-0.5=-4.5 -12.00 -12.00 Uç momentleri 6 kN 2 2-1 k değerleri Düğüm 4 kNm m 2 M 4 = + = + 0.50 8 8 2 Ankastrelik momentleri M ki = + L/2 L/2 Çubuk uçları M 4 = − = − 0.50 8 8 M 3 Düğüm M ki = − Mki L/2 L/2 4 kNm 4 kNm m M EI=sabit m m 2 -2 konsol 4.00 -4.00 4.00 4 kNm m 4 m 2m 12 4.00 5.88 1.88 4.25 SONUÇ M ALANI ÖRNEK: Şekilde kirişin açı metoduyla moment alanını çizimi. 3 2m 2 2 m 4 k=0.333 40 kN 1 M 40 kN m Mik k=0.50 i a Mki b +Mik = +Mki = M 4 1 6 m Ankastrelik momentleri M31 = M13 = [M / 4] = [40 / 4] = 10.00 kNm 4 Düğüm Çubuk uçları - - - 0.333 0.40 10.00 0.5 0.60 10.00 -6.00 -4.00 4.00 -4.00 Çubukların k değerleri Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Dağıtılacak Düğüm moment 3 40 18.5 - 21.5 Sonuç M 7 4 40 3.00 10 6/2= 7.00 Uç momentleri 2 -4/2=- 7 + 40 + 4 = 12.75 4 2.0 7 + 40 + 4 = 12.75 4 -2.00 7 ÖRNEK 5.4: Şekilde verilen kirişin moment alanını Cross metoduyla çiziniz. (2I=sabit) 2 kN/m 2I 2x2x1=4 kNm 2 kN/m 11.27 2x2x1=4 kNm 4 2I 4 k’=0.375 4 m 7.27 4m k=1.00 8.57 2 m 8 m 2 m 8 Sonuç M alanı m 3.64 264 Cross Yöntemi Bölüm 5 1- Düğüm Çubuk uçları konsol Çubukların k değerleri Dağıtma sayıları - Ankastrelik momentleri Düğüm Dağıtılacak moment 2 4+2-16=-10==10 ]4.00 [-4.00 3.64 3.64 3.64 Uç momentleri -1 1.00 0.727 - - 0.357 0.273 -16.00 2.00 7.27 7.27 0.00 4.00 2.73 -11.27 konsol - ]4.00 -4.00 [-4.00 -4.00 -4.00 -4.00 Σ ÖRNEK 5.5: Şekilde verilen kirişin moment alanını Cross metoduyla çiziniz. 6.00 2 kN/m 4.00 4.619 2.692 4.00 m 2.5 2I m 1.5 m 1 mafsal 4 kN 2I 2I m 1.381 1.563 0.403 4.00 1.309 4m 0.655 m m 4 m 4 2 Çözüm: Đlk önce sistemin taşınan ve taşıyan kısımları ayrılarak taşınan kısmın mesnet tepki kuvveti taşıyan hiperstatik kısma aktarılır ve hiperstatik kısmın çözümü yapılır. 2 kN/m Taşıyan hiperstatik kısım m 2.5 2.5 Taşınan izostatik kısım 2.5 2.5 6 kNm 2 kN/m 2.5m 4 kNm 2I 2 kN/m 4 kNm 2I m m 4m qL2 2 x 42 = = 2.67 kNm 12 12 Konsol Çubuk uçları Çubukların k değerleri Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Düğüm 4m 4 4m Ankastrelik momenti −M23 = M32 = Düğüm -1 - - - 0.53 0.346 1.00 0.654 1.00 0.500 1.00 0.500 -2.67 2.67 -2.178 0.605 -0.396 0.05 -0.03 -4.619 -1.089 1.210 -0.198 0.099 6.00 Konsol - -4.00 Dağıtılacak moment 2 6-2.67=3.33 3 2.67-4-1.089=2.419 2 0.605 3 0.198 2 0.05 Uç momentleri -1.152 -0.209 6.00 -0.02 -1.381 265 2.692 1.210 0,605 0.099 0,05 1.309 -4.00 0.655 Bölüm 4 Cross Yöntemi ÖRNEK 5.6: Şekildeki çerçevenin moment alanının Cross metoduyla belirlenmesi. 5 kN I m m I m 1.5 kN/m Ankastrelik momentleri 4m 1.5I m 2.0 m M21 = 1.2I m m 3.0 m 3.0 m 5.0 m Pab (b + L) 5 x 3 x 2(2 + 5) 1.5 x 42 = = 4.20kNm M24 = −M42 = = 2.00kNm 2 2 12 2L 2x5 Düğüm Çubuk uçları Çubukların k değerleri Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Düğüm - - -1 - - -5 0.30 0.234 4.20 0.48 0.375 0.48 0.516 0.45 0.484 -2.00 0.5 0.391 2.00 -1.212 -2.424 -1.451 -2.325 -1.163 Dağıtılacak moment 2 3 2 3 2 4.2+2=6.2 1.163 -0.300 -0.059 -0.117 -0.070 0.056 Uç momentleri 0.300 0.600 -0.113 -0.056 0.015 0.029 -0.015 -0.003 -0.006 -0.004 -0.006 -3.274 -0.547 2.675 -2.129 -0.590 2.675 Moment alanı 0.590 2.129 m m 0.547 0.59 4.92m 3.274 m 266 0.563 0.027 Cross Yöntemi Bölüm 5 ÖRNEK: Düğüm noktaları hareketli sistemin moment alanının CROSS metodu ile çizimi. 12 kN/m 20 kN 30 kNm 2I I 2I 2I 2I 12 kN/m I 2I 2 2m 4 m 4m 40 kNm m 4m 5 m 4 m Çözüm: Sistemin düğüm noktaları sabit sistem olarak çözülür Ankastrelik momentleri M26 = qL2 12 ⋅ 42 qL2 12 ⋅ 52 = = 24 kNm − M34 = M43 = = = 25kNm 8 12 12 12 M48 = M84 = M 40 = = 10kNm 4 4 12 kN/m 20 kN 30 kNm 0.37 5 0.5 0.8 0.75 1 12 kN/m 0.75 0.5 4m 40 kNm 2m 2m 4m 1 Düğüm 4m 5m 4m 2 3 7 Uç - - - - - - - d M 0.375 0.375 0.25 0.278 0.278 0.444 -40/2 24 -25 4 3 2 4 3 2 4 40 50 32.85 8.57 7.30 -0.08 0.3 0.5 Σ -3.21 -0.11 40 4 - - 8 5 - - - - 0.314 25 0.294 30/2 -14.7 -19.6 -9.80 -2.15 -2.86 -1.43 0.392 40/4=10 40/4=10 9.13 -1.07 9.13 -3.21 4.57 -2.14 -7.85 14.59 0.62 0.62 -1.15 0.99 0.31 -2.29 0.50 -0.11 0.30 -0.08 -0.16 -0.15 -0.2 -0.10 -18.42 4.88 14.65 -2.00 -12.66 -1.33 -23.32 20.68 2.05 8.68 9.75 4.56 -15.7 7.3 30 30 40 18.43 30.00 14.68 8.66 2.00 9.77 20.67 12.67 20.94 23.33 14.33 25.67 4.89 1.34 20,68 9,75 12 kN/m (12x4)/2+20,68/4=29,17 (9,75+4,89)/4=3,66 12,66 (40-12,66-1,34)/4=6,5 39,33 H10=29.17+3.66+6.5 = 40 2 4,89 m 1,34 267 Bölüm 4 Cross Yöntemi Dış kuvvetler kaldırılarak sistem sadece δ=1 alınarak moment alanı bulunur. 1 Düğüm δ=1 için çözüm 3 7 2 Uç - - - - - - - d M 0.375 0.375 0.25 0.278 -37,5 0.278 -37,5 0.444 4 3 2 4 3 2 4 3 75 25,72 33,92 5,35 3,34 0,47 0,74 0,18 12,72 0,18 Σ 12,9 - 4 8 5 - - - - - 0.314 0.294 0.392 -75 -75 22,05 29,4 14,7 -37,5 7,15 4,24 7,15 12,72 3,58 8,48 11,78 11,42 -1,12 -0,93 -0,47 -1,79 -0,74 -2,24 0,18 -0,93 0,06 -0,9 -1,48 -1,68 -0,47 0,12 0,15 -0,05 -0,03 0,23 -0,04 0,29 -0,05 0,12 -0,08 0,22 -0,03 11,68 10,47 -31,33 20,86 -34,42 26,96 20,59 -47,55 -61,27 -24,6 3,58 23,55 5,71 24,6 31,33 24,6/4=6,15 (31,33+34,42)/4=16,44 47,55 (47,55+61,27)/4=27,21 34,42 H11=6.15+16.44+27.21 = 49,79 H10 - δ .H11 = 0 61,27 39.33 – 49.79δ = 0 Momentler M = M0+ δ.M1 eşitliğinden hesap edilir. Örnek momentler: M73 = 4,88 + 0,790. (-34,42) = 22,31 M84 = -1,33 + 0,790. (-61,27) = -49,73 M32 = 8,68 + 0,790. 10,47 = 16,95 268 δ= 0.790 Cross Yöntemi CROSS Bölüm 5 BÜTÜN SĐSTEM HESABA ESAS SĐSTEM ℄ SĐMETRĐK SĐSTEM SĐMETRĐK YÜKLEME ℄ 2P P BÜTÜN SĐSTEM P L/2 L/2 P 2P P L/2 q ℄ ℄ P P HESABA ESAS SĐSTEM L/2 L/2 q k P P L/2 L/2 L/2 k/2 q q k/2 k Kayıcı ankastre mesnet L SĐMETRĐK SĐSTEM ANTĐMETRĐK YÜKLEME L L P L/2 L/2 ℄ ℄ P P P P k L/2 L/2 L/2 L L L ℄ ℄ P L L/2 L/2 1.5k EI2/2 EI2 q q q q k q q 1.5k EI1/2 EI1 L L L L L L L L/2 ÖRNEK 5.3: Şekilde verilen mütemadi kirişin moment alanını Cross metoduyla ve simetri özelliğinden yararlanarak çiziniz. (I=sabit) 1.8 kN/m 2m 1.8 kN/m 2.5 kN/m I I 5.6m 6.5m I I 5.6m 6.5m 2m Çözüm: Simetri ekseni mesnetten geçtiği için yarım sistem aşağıdaki şekilde belirlenerek çözüme başlanır. 3.6 2.5 kN/m 1.8 kN/m I m m 2 6.5 I 2.5 kN/m 1.8 kN/m m 5.6 I 6.5m I 5.6m 2 Ankastrelik momentleri − M 23 = Düğüm Çubuk uçları 2.5 x 5.6 1.8 x 6.5 2 = 6.53 tm M 21 = = 9.51tm 12 8 1- -1 - - Çubukların k değerleri Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Düğüm Dağıtılacak moment 2 -3.6 (-1.8-6.53+9.51)=-1.18 Uç momentleri -3.6 0.231 0.39 -1.8 9.51 0.357 0.61 -6.53 6.53 -0.46 -0.72 -0.36 7.25 -7.25 6.17 Bulunan uç momentlerinin aynı sistemin açı metoduyla çözümüyle bulunan momentlerle aynı olduğu görülür. Açı ile çözüm sonuçları aşağıda verilmiştir. M21= 0.231 ( 2 x (-1.003)) + 9.51 - 1.8= 7.23 kNm 269 Bölüm 4 Cross Yöntemi M23 = 0.357 ( 2 x (-1.003)) – 6.53 = -7.25 kNm M32= 0.357 ((-1.003)) + 6.53 = 6.17 kNm M12 = 1.8 x 2 x 0.5 =-3.60 kNm 6.81 6.40 3.60 Kesme kuvvet diyagramı, 5.29 7.19 7.25 6.17 3.60 Moment diyagramı 3.10 4.17 2 1. açıklıkta maxMaç= ((5.29 / (2x1.8) – 3.6 = 4.17 kNm 2 2. açıklıkta maxMaç= ((6.807 /(2x2.5)) - 6.17 = 3.097 kNm veya 2 2. açıklıkta maxMaç= ((7.193 /(2x2.5)) - 7.25 = 3.097 kNm ÖRNEK 5.7: Şekilde verilen sistemi ve yüklemesi simetrik sistemi simetri özelliğini kullanarak Cross metoduyla çözünüz. (δ δ=0) 2 kN/m ℄ m I I 3’ m 0.8I 0.6I m m 6m m I 0.8I 8m ℄ 2 kN/m k= 0.33 I 2’ m 0.6I m m 1’ m 4’ m 0.8I 0.6I m k= 0.24 5m k= 0.32 m 6 6m 2 k= 0.25 m k= 0.125 m 4m 2 Ankastrelik momentleri, -M23 = M32 =2x6 /12 =6 kNm -M35=M53=2 x 8 /12 = 10.66 kNm Düğüm Çubuk uçları - - 0.419 1.048 2.095 0.066 0.132 0.004 1.118 0.008 2.235 DağıkNma sayıları Ankastrelik momentleri Düğüm 3 2 3 2 3 2 - 0.591 -6.0 - 0.428 6.0 - 0.411 -5 0.161 -10.67 - 1.00 2.955 -0.316 0.187 -0.020 0.012 -2.206 2.00 1.478 -0.633 0.093 -0.040 1.919 0.752 0.96 -0.608 -0.238 -0.304 -0.038 -0.015 -0.019 8.898 1.273 -10.171 0.64 Dağıtılacak moment -4.67 -5.0 1.478 -0.316 0.093 -0.020 Uç momentleri 270 Cross Yöntemi Bölüm 5 10.171 ℄ 8.898 2.235 2.235 1.272 2 kN/m 8.898 m 6 26=2x6/2 0.373 Maç=2x8x8/8-10.17=5.83 tm 0.373=2.235/6 1.483=8.898/6 1.483 3.743 4.89 toplam 7.11 0.64 1.118 7.11 Kesme kuvvet diyagramı 4.89 8.898 2.235 3.743 2 1. açıklıkta maxMaç= ((4.890 /2)) x 0.5 – 2.235 = 3.743 kNm veya 2 1. açıklıkta maxMaç= ((7.111 /2)) x 0.5 – 8.898 = 3.742 kNm 2 2. açıklıkta maxMaç= ((8 /2)) x 0.5 – 10.171 = 5.829 kNm 271 Moment diyagramı Bölüm 4 Cross Yöntemi ÖRNEK 5.8: Sistemin simetri özelliğini kullanarak Cross metoduyla moment alanın çizimi. 4 kN 8 kN 4 kN/m 2I 2 kN/m 2I 2I I 4m I 6 1m 3m m 4 6m m Çözüm: Verilen bu sistemin çözümü iki aşamada yapılır. 1. Sistem önce herhangi bir simetrik yükleme durumu için çözülür. Burada seçilen simetrik yükleme hali aşağıdaki gibi seçilerek çözümü yapılmıştır. Burada dikkat edilmesi gereken simetri ekseninin kestiği çubuğun k değerinin 0.5 katı alınmasıdır (k22’= 0.5 k) . 4 kN/m 2I 4 kN 8 kN 2 kN/m 2I 3 kN/m 2I I 2I 4m I m 2I 2I I 6 2 kN 8 kN 4m I 1m 3m 4 6m m 1m 3m 6m 4m 6 m Ankastrelik momentleri ( - çubuğunun tamamında hesaplanır), M21 = q x L2 3 x 62 PL Pab2 8 x8 2 x1x72 = = 13.5kNm − M22 = + = + = −9.53kNm 8 8 8 8 L2 82 Simetrik sistem simetrik yükleme durumu Düğüm - Çubuk uçları - - -’ Çubuk k değerleri 0.5 0.40 13.5 0.5 0.40 0.25 0.20 -9.53 13.5-5.53=-7.97 -1.59 -1.59 -0.79 -0.79 Uç momentleri 11.91 -1.59 -10.32 -0.79 Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Düğüm 2 11.91 10.32 4.32 1.59 7.68 8.20 Dağıtılacak M 0.79 2. Bu aşamada antimetrik yükleme hali için çözülür. Antimetrik yükleme durumu ile simetrik yükleme durumunun toplamları başta verilen yükleme durumunu vermelidir. Antimetrik yükleme durumu ve çözümü aşağıda verilmiştir. Burada dikkat edilmesi gereken simetri ekseninin kestiği çubuğun k değerinin 1.5 katı alınmasıdır (k22’=1.5 k). 1 kN/m 2I 2 kN 2 kN 1 kN/m 1 kN/m 2I 2I I I 4 2I m 1 2 kN 2I 0.5x1.5=0.75 I 1 kN/m 2I 4m I 6m 2 kN m 3 m 4m 6m 6m 1m 3m 4 m 6m Ankastrelik momentleri ( - ’ çubuğunun tamamında hesaplanır), 2 x1x 7 2 2 x 7 x12 q xL2 1x 62 Pab2 Pab2 M21 = = = 4.5 tm − M22 = 2 − 2 = − − = −1.313 tm 2 8 8 L L 82 8 Simetrik sistem antimetrik yükleme durumu Düğüm Çubuk uçları - - -’ Çubuk k değerleri 0.5x1.5=0.75 0.5 0.5 Dağıtma sayıları 0.286 0.286 0.429 4.5 Ankastrelik momentleri -1.313 Dağıtılacak M Düğüm 2 4.5-1.313= -3.187 -0.912 -0.912 -1.367 Uç momentleri 3.588 -0.912 -2.680 272 - 3.588 2.68 0.41 0.912 2.88 0.456 -0.456 -0.456 6 Cross Yöntemi Bölüm 5 Çözümü yapılan simetrik sistemin yarısındaki çubuk uç momentlerinin bulunması simetrik ve antimetrik yükleme durumları için bulunan moment değerlerinin işaretleri dikkate alınarak toplanmasıyla bulunur. Örnek olarak -’ çubuğunun uç momenti, simetrik yüklemeden bulunan –10.32 kNm değeri ile antimetrik yükleme sonucu bulunan -2.680 tm değerinin toplamına eşittir (M22’= -10.32 - 2.68 = -13.00 kNm). Çözümü yapılmayan sistemin diğer yarısındaki çubuk uç moment değerleri, simetrik yükleme durumu için yapılan çözümde bulunan çubuk uç momentlerin ters işaretli değerleri ile antimetrik yükleme durumu için bulunan çubuk uç momentlerinin toplamıdır. Örnek olarak ’- çubuğunun uç momenti, simetrik yüklemeden bulunan –10.32 kNm değerinin ters işaretlisi olan +10.32 kNm moment değeri ile antimetrik yükleme sonucu bulunan -2.680 kNm değerinin toplamına eşittir (M2’2=10.32-2.68=7.64 kNm). Benzer şekilde diğer çubuk uç momentleri aşağıdaki gibi bulunur. Simetrik sistem antimetrik yükleme durumu - - -’ Düğüm Çubuk uçları 15.50 Uç momentleri(simetrik) 11.91 -1.59 -10.32 -0.79 Uç momentleri (antimetrik) 3.588 -0.912 -2.680 -0.456 Σ 15.50 -2.50 -13.00 -1.25 13.00 7.64 8.32 4 kN/m 4.71 0.68 2.50 5.32 7.68 11.09 - 15.50 12=4x6/2 12 2.58=15.5/6 9.42 14.58 14.33 Q 9.42 Moment alanı 15.588 M 1.25 0.294 11.09 2 1. açıklıkta maxMaç= ((9.42 /4)) x 0.5 = 11.09 kNm 2 1. açıklıkta maxMaç = ((14.58 /4)) x 0.5 – 15.50 = 11.09 kNm 2. açıklıkta maxMaç = ((8.20 – 2.88 = 5.32 kNm 273 veya Bölüm 4 Cross Yöntemi 5.3. DÜĞÜM NOKTALARI HAREKETLĐ (δ δ ≠0) SĐSTEMLER Düğüm noktaları hareketli sistemler 4. bölümde açıklanan kriterleri sağlayan sistemlerdir. Bu sistemlerin Cross yöntemi ile aşağıda maddeler halinde açıklanarak çözümü yapılmıştır. Cross yöntemi ile düğüm noktaları hareketli sistemlerin çözümü; q P 1.5I I 2I q I q I 2I H10 H20 I q 4.67I P 1.5I 4.67I I I A A H30 Düğüm noktaları sabit sistem B B 1. Verilen sistem ilk önce yatay ve/veya düşey hareketler [H10, H20, H30] tutularak düğüm noktaları sabit sistem haline getirilir. 2. Bu düğüm noktaları sabit sistemin dış yüklerden oluşan moment alanı elde edilir. 3. Düğüm noktaları sabit sistemin moment alanı ve dış yüklerin dikkate alınması suretiyle yatay denge yazılarak yatay kat kuvvetleri [H10, H20, H30, Hn0] bulunur. 4 kN/m 7.38 5.59 H10=6.09/1.5+0.24/7=4.09 0.24 4 kN 12.42 7.38 6.89 0.24 H20=[[7.38+5.96]0.13 [5.59+7.38]]/4+0.24/7= 4 kN/m 7.38 5.96 6.09 12.05 A A 7.38 11.46 0.22 H30=24.46 4x6/2-[12.05+7.38]/6=12.78 B B 4. Sonra düğüm noktaları sabit sistemin her bir katına birim [δ δi=1] deplasmanlar verilerek moment alanı [M1] elde edilir. 0.88 0.40 0.81 1.45 0.88 H11=6.21/1.5+1.46/7=4.35 1.46 0.40 H21=0.47 0.21 3.11 6.21 A 3.11 0.88 δ1=1 Đçin çözüm Moment değerleri 0.57=[0.81+1.45]/4 0.88 0.67 B H13=0.11 5. [M1] alanında yatay denge yazılarak yatay kuvvetler [H11, H12, H13…….. H1n] bulunur. 6. Bu işlem her bir deplasman [δ δ1, δ2, δ3…….. δn] için birim yükleme yapılarak moment değerleri elde edildikten sonra yatay denge yazılarak [Hi1, Hi2, Hi3…….. H1n] değerleri bulunur. 274 Cross Yöntemi Bölüm 5 7. Bu işlemler ayrıca aşağıdaki tabloda 3 katlı yapı içinde sırası ile elde edilmiştir. CROSS METODUNDA DÜĞÜM NOKTALARI HAREKETLĐ SĐSTEMLERDE YATAY DENGE H30 Hareketsiz sistem δ1= 0 δ2= 0 Mo δ3= 0 P1 Hareketli sistem δ1 ≠ 0 δ2 ≠ 0 δ3 ≠ 0 1. KAT YATAY DENGE P1 H21 δ1 δ1 = 1 δ2 = 0 δ3 = 0 H11 M1 δ32 H32 δ22 H33 H22 H12 δ1 = 0 δ2 = 1 δ3 = 0 M2 3. KAT YATAY DENGE P3 H31 H30 H30 P3 2. KAT YATAY DENGE VERĐLEN ESAS SĐSTEM P2 SABĐT SĐSTEM P2 H32 H13 δ1 = 0 δ2 = 0 δ3 = 1 M3 8. Her deplasman ve dış yükler için moment alanlarından elde edilen yatay denge denklemleri sonucu bulunan [Hi1, Hi2, Hi3…….. H1n] değerleri kullanılarak, H10 + H11 δ1 + H12 δ2 + H13 δ3 = 0 H20 + H21 δ1 + H22 δ2 + H23 δ3 = 0 H30 + H31 δ1 + H32 δ2 + H33 δ3 = 0 denklemi elde edilir. 9. Bu denklem sistemi çözülerek deplasman değerleri [δ δ] bulunur. Bu şekilde δ’ların gerçek değerleri bulunup yerlerine yazılırsa bu H yatay kuvvetlerin sıfır olduğu görülür. 10. Bulunan δ değerleri Mij = M0 + M1. δ1 + M2. δ2+ M3. δ3.......... Mn. δn bağıntısında yerine yazılarak sonuç moment alanı elde edilir. Sistemin kesme ve eksenel kuvvet değerleri için, 1. Dış yüklerden dolayı düğüm noktaları sabit sistemde oluşan [V ve N] alanları çizilir. 2. Sonra düğüm noktaları sabit sistemin her bir katına birim [δ δi=1] deplasmanlar verilerek kesme ve eksenel kuvvet alanı [V1 N1] elde edilir. 3. Moment için yapılan bütün işlemlerin aynısı bu kesit tesirleri içinde yapılır. Sistemin kesme ve eksenel kuvvet değerleri moment için yapılan işlemler aynı yapılarak, Vij = V0 + V1. δ1 + V2. δ2+ V3. δ3.......... Vn. δn Nij = N0 + N1. δ1 + N2. δ2+ N3. δ3.......... Nn. δn bağıntıları ile elde edilir. 275 Bölüm 4 Cross Yöntemi ÖRNEK 5.9: Şekilde verilen çerçevenin CROSS yöntemiyle moment alanının çizimi. 8 kN 2I 6m I I 10m Çözüm: Önce sistem düğüm noktaları sabit sistem haline getirilir, sonra δ=1 için çözüm yapılır. Deplasmandan [δ δ] oluşan moment ve kesme k i i δ k _ _ Mi = 6EI δ L2 6EI Mk = 2 δ L Mi = − 6EI 6EI 3EI δ+ δ=− 2 δ L2 2L2 L + Mi = − δ ' dan oluşan kesme kuvvetleri 6EI 6EI δ + δ L2 L2 12EI = 3 δ Vi = Vk = L L 3EI δ L2 + δ Mk = 6EI 6EI δ − 2 δ=0 L2 L + 3EI L δ 3EI = Vi = Vk = δ L L3 2EI ve L 3EI bir ucu moment taşıyan çubuklarda k′ = kısaltması yapılacak olur ise deplasmanlardan 2L Đki ucu moment taşıyan çubuklarda k = dolayı oluşan çubuk uç momentleri; k değeri δ = 1 δ 6EI 3 2EI 3k k çubuklarında ⋅1 = − 2EI olması durumunda − Mik = −Mki = − 2 δ = − L L L L k = L OLUR k ' değeri δ δ = 1 3EI 4 3EI 2k k ' çubuklarında ⋅ 1 = − 3EI olması durumunda Mik = 2 δ = − 3L 2L L L k = 2L 8 kN I 2I Ankastrelik momenti olmadığı için M0=0 dır. H10=0 − 3k 3x0.333 =− = −0.17 L 6 I k=0.400 L k=0.333 3k 3x0.333 = −0.17 − =− L 6 − 2 k = − 2x0.25 = −0.0833 6 k=0.25 δ=1 için çözüm Açıklıkta yük olmadığı için (ankastrelik momenti sıfır) dış yüklere göre çözüm yapılmaz ve δ=1 için çözüm yapılarak yatay deplasman bulunur. 276 Cross Yöntemi Bölüm 5 δ=1 Çubuk k değerleri - - - - - 0.400 0.546 0.400 0.615 -17 0.333 0.454 -17 0.250 0.385 -8.33 3.86 7.72 -0.26 -0.52 4.64 2.27 -0.31 0.19 -0.03 -0.05 9.28 1.14 -0.62 0.10 -0.055 -13.43 -9.85 9.85 6.79 Dağıtma sayıları Düğüm 0.333 Çubuk uçları Ankastrelik M için çözüm Düğüm [100 katı] Dağıtılacak M 2 -17 3 -8.33+4.64=-3.69 2 1.14 3 -0.31 2 0.10 Uç momentleri 9.85 + 13.43 = 3.88 6 6.79 = 1.13 6 9.85 1.42 0.12 -6.79 H1=3.88+1.13=5.01 6.79 I 13.43 3.88 H11 δ - H0 = 0 1.13 10.864 15.760 [3.88 + 1.13] δ - 8 = 0 δ= 8 = 1.60 5.01 Çubuk uç momentleri Sonuç M12=1.60 x (-13.43) = -21.488 tm M21=1.60 x (-9.85) = -15.76 tm M alanı 21.488 M23=1.60 x (9.85) = 15.76 tm M32=1.60 x (6.79) = 10.864 tm M34=1.60 x (-6.79) = -10.864 tm Not: [3.88 + 1.13] δ/100 - 8 = 0 δ=800/5.01=159.68 M34=159.68 x (-6.79/100) = -10.864 tm AYNISI ÖRNEK 5.10: Şekilde verilen çerçevenin CROSS yöntemiyle moment alanının çizimi. [ mesnedinin ankastre olması ile mafsallı olması durumundaki değişim gözlenir] 8 kN 2I 0.75I I 6m 10m 8 kN 2I Ankastrelik momenti olmadığı için M0=0 dır. H10=0 − 3k 3x0.333 =− = −0.17 L 6 k=0.40 L k=0.333 3k 3x0.333 = −0.17 − =− L 6 277 − 3 k = − 3x0.25 = −0.125 k=0.25 − 6 3k 3x0.25 =− = −0.125 L 6 Bölüm 4 Cross Yöntemi Açıklıkta yük olmadığı için (ankastrelik momenti sıfır) dış yüklere göre çözüm yapılmaz ve δ=1 için çözüm yapılarak yatay deplasman bulunur. δ=1 için çözüm Düğüm Çubuk uçları - Çubuk k değerleri Dağıtma sayıları Ankastrelik M (10 katı) Dağıtılacak M Düğüm 2 -17 3 -12.5+4.64=-7.86 2 2.42 3 0.66 2 -0.21 0.333 Uç momentleri - - - - - 0.400 0.546 0.400 0.615 -17 0.333 0.454 -17 0.250 0.385 -12.5 -12.5 3.86 7.72 3.03 1.515 -0.55 -1.10 0.25 0.125 -0.05 -0.10 9.28 2.42 -1.32 0.21 -0.15 -13.74 10.48 + 13.74 = 4.04 6 -10.48 10.48 4.64 4.83 -0.66 0.41 9.22 9.22 + 10.86 = 3.35 6 10.48 -9.22 -10.86 H1=3.35+4.04=7.39 9.22 I 10.86 13.74 1.13 3.88 H11 δ - H0=0 δ= (4.04 + 3.35 ) δ - 8 = 0 Çubuk uç momentleri 8 = 1.083 7.39 M12=1.083 x (-13.74) = -14.88 kNm M21=1.083 x (-10.48) = -11.35 kNm M23=1.083 x (10.48) = 11.35 kNm M32=1.083 x (9.22) = 9.99 kNm M34=1.083 x (-9.22) = -9.99 kNm M43=1.083 x (-10.86) = -11.76 kNm 9.99 11.35 15.760 Sonuç M alanı Sonuç M alanı 14.88 10.864 11.76 21.488 mesnedinin ankastre olması ile mafsallı olması durumunda momentlerdeki değişim yukarıdaki moment alanlarının karşılaştırılması sonucu görülebilir. 278 Cross Yöntemi Bölüm 5 ÖRNEK 5.11: Şekilde verilen çerçevenin CROSS yöntemiyle moment alanının çizimi. m m I m 2 I k=0.40 2m 4 kN I k’=0.375 4 kN I 2m 2m Düğüm noktaları sabit sistem 5m m 5 Çözüm: Sistem önce düğüm noktaları sabit sistem haline getirilerek dış yükler altında çözülerek yatay denge yazılır ve [H0] bulunur. Ankastrekik momenti M21 = 3 4 x 4 = 3kNm 16 0.516 1.548 1.548 0.484 +3 -1.452 -1.548 1.548 -1.548 2 0.387 0.774 -0.774 + 3.226 4 kN Düğüm noktası sabit sistem ve dış yüklerden oluşan M 2 0.387 1.613=H0 Bundan sonra δ=1 için çözüm yapılarak kolonda yatay denge yazılarak [H11] bulunur. Ankastrekik momenti M21 = − 2 x 0.375 = −0.1875 4 0.516 4.838 - 9.675 0.484 -18.75 9.075 9.675 -9.675 9.675 100 katalınır M21 = −18.75 9.675 + 4.838 2.419 9.675 δ=1 için M 2.419=H11 Bulunan bu değerler kullanılarak aşağıdaki şekilde yatay deplasman [δ δ] bulunur. H11 δ + H0 = 0 2.419 δ +1.613 = 0 δ =− 1.613 = −0.667 2.419 M21 = 1.548 − 0.667 x [ − 9.675] = 8 kNm Çubuk uç M M23 = −1.548 − 0.667 x [ 9.675] = −8 kNm M = −0.774 − 0.667 x [ 4.838] = −4 kNm 32 279 8.00 + Sonuç M alanı 4.00 Bölüm 4 Cross Yöntemi ÖRNEK 5.11: Verilen kirişin moment alanını Cross metoduyla çiziniz. (2I=sabit) 2 kN/m 2x2x1=4 kNm 2 kN/m 2x2x1=4 kNm 11.27 2I 3m 1.5I 4 k’=0.375 4m k=1.00 4 7.27 8.57 2 m 8m 2m 8m Sonuç M alanı Çözüm: Sistem daha önce düğüm noktaları sabit sistemler bölümünde 3.64 çözülmüş ve moment alanı aşağıdaki şekilde bulunmuştu. Bu moment alanından yatay H10 kuvveti aşağıdaki şekilde bulunur. Daha sonra yatay birim yükleme için çözüm yapılarak yatay H11 kuvveti bulunur ve yatay deplasman değeri δ bulunarak M alanı elde edilir. 7.27 2.73 2.73 (3.64+7.27)/3=3.64 (6.36+2.73)/4=3.03 H11=3.03 2.73 -3k/h=-3x1/3=1 H10=3.64 δ1=1 için (6.36+2.73)/3=3.03 (3.64+7.27)/3=3.64 -3k/h=-3x1/3=1 6.36 6.36 3.64 1- Düğüm Çubuk uçları Çubukların k değerleri Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Düğüm Dağıtılacak moment 2 konsol -10 -10 3.64 6.36 ----- -1 1.00 0.727 -10 - 0.357 0.273 7.27 2.73 -2.73 2.73 M12 = 3.64 − 1.201x 6.36 = −4.01 kNm, H11δ − H10 = 0 - konsol --- ----- 11.27 4 M21 = 7.27 − 1.201x 2.73 = 3.99 kNm 4 7.27 3.03 δ − 3.64 = 0 M23 = −11.27 + 1.201x 2.73 = −7.99 kNm 8.57 Sonuç M alanı δ = 1.201 M32 = 4 + 1.201x 0 = 4.00 kNm 3.64 ÖRNEK 5.12: Çerçevenin moment alanını CROSS metodunu kullanarak çizimi. 9.6 kN 4I 1.5 m I 6 m Ankastrelik momentleri 2I 9.6 kN 4.5m 4I 1.5 m 2I I H10 4.5m 6m Düğüm noktaları sabit sistem Mo 2 M12 = -8 x 4.5 /12 = -13.5 kNm 2 M21 = 8 x 4.5 /12 = 13.5 kNm 2 2 M23 = -9.6 x 4.5 x 1.5 / 6 = -2.70 kNm 2 2 M32 = -9.6 x 1.5 x 4.5 / 6 = 8.10 kNm 280 Cross Yöntemi Bölüm 5 Düğüm - - - 0.40 0.60 0.75 0.25 -13.5 13.5 -2.70 8.10 -2.16 -4.32 0.365 0.729 0.041 0.082 -3.24 -3.645 0.547 -0.410 0.062 -0.046 -0.005 -0.009 -6.48 -1.823 1.094 -0.205 0.123 0.023 -0.014 -15.259 9.982 -9.982 1.368 Ankastrelik momentleri Dağıtılacak moment (13.5-2.7)=-10.8 (8.10-3.24)=-4.84 -1.823 0.547 -0.205 0.062 0.023 Uç momentleri H10 15.259 − 9.982 − 8 x 4.5 + 1.367 + 0.684 = 16.37kN ⇐ 2 4.5 4.5 1.367 9.982 - Dağıtma sayıları Düğüm 2 3 2 3 2 3 2 - Çubuk uçları − - -1.215 -0.608 -0.137 -0.068 -0.015 -0.008 -1.367 -0.684 3k = − 0.593 L k=1.333 − 3k = −0.296 L − 3k = −0.296 L k=0.889 k=0.444 15.259 3k − = − 0.593 L 0.684 Bu durumda yatay denge yazılırsa, 16.37 ⇐ + H1o ⇐ = 0 H1o = −16.37 δ1 için çözüm. δ=1 için çözüm Düğüm Çubuk uçları Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Düğüm Dağıtılacak moment 2 -5.93 3 (1.779-2.96) =-1.181 2 0.443 3 -0.133 2 0.05 3 0.015 2 0.006 Uç momentleri - - - - - 0.60 0.75 -5.93 0.40 -5.93 0.25 -2.96 -2.96 1.186 2.372 0.148 -0.177 0.033 0.017 -0.010 -0.020 1.779 0.886 -0.133 0.100 -0.015 0.011 0.295 -0.089 0.004 0.002 -0.001 -0.002 3.558 0.443 -0.266 0.05 -0.030 0.006 -0.004 -4.844 -3.757 3.757 2.628 -2.628 -2.793 H11 4.844 + 3.757 4.5 3.757 4.844 - 2.628 2.793 2.628 + 2.793 + = 3.12kN ⇒ 4.5 Bu durumda yatay denge yazılırsa, 3.12 ⇒ − H1 = 0 H1 = 3.12 ⇐ δ=H10 / H1 = 16.37 / 3.12 = 5.254 9.757 M = M0 + M1 x δ 15.176 9.757 17.63 M12 = -15.259 – 5.254 x 4.844 = -40.709 kNm M21 = 9.982 – 5.254 x 3.757 = -9.757 kNm M23 = -9.982 + 5.254 x 3.757 = 9.757 kNm M32 = 1.368 + 5.254 x 2.628 = 15.176 kNm M34 = -1.367 – 5.254 x 2.628 = -15.176 kNm M43 = -0.684 – 5.254 x 2.793 = -15.358 kNm 40.709 281 Sonuç M alanı 15.358 Bölüm 4 Cross Yöntemi Düğüm Çubuk uçları Dış yüklerden uç momentleri (M0) δ1 =1 uç momentleri (M1) - - - - - - -15.259 -4.844 9.982 -3.757 -9.982 3.757 1.368 2.628 -1.367 -2.628 0.684 -2.793 ÖRNEK 11: Verilen çerçevenin cross M 1.5m 2 2I 4I m 10 kN 3 10 kN 1.32I 4.5 m 6 1.33 H10=0 3k − =−3i0.89 =−0.593 L 4.5 m 0.44 4.5 0.89 −2k =−2i0.44 =−0.196 k=1.33 L k=0.89 3k − =−3i0.89 =−0.593 L 4.5 4 1 m 1.5 3 k 4 1 2 8 kN/m 10 kN 8 kN/m 10 kN 4.5 k=0.44 δ=1 için çözüm 6m 2 Ankastrelik M −M12 = M21 = 8 x 4.5 =13.5kNm 12 − M23 = 10 x 4.5x1.52 = 2.81kNm 6x6 M32 = 10 x 4.52 x1.5 = 8.44kNm 6x6 1. DIŞ YÜKLER ĐÇĐN ÇÖZÜM Düğüm Çubuk uçları - - - - - Çubuk k değerleri 0.89 0.89 0.4 13.5 1.33 0.6 -2.81 1.33 0.75 8.44 0.44 0.25 Dağıtma sayıları -13.5 Ankastrelik M Dağıtılacak M Düğüm 2 13.5-2.81=10.69- 3 8.44-3.21=5.2- 2 1.95+ 3 0.59- 2 0.22+ -2.14 0.39 0.78 0.05 0.09 6.41 1.95 1.17 -0.22 0.13 -15.20 10.09 -10.09 0.4x10.69=- 4.28 0.6x10.69=- -3.21 3.9 0.59 -0.44 6.41x0.5= 3.9x0.5=- Uç momentleri 0.75x5.2=- 1.48 0.25x5.2=- 1.33 -0.15 -1.48 m 8 kN/m 10 kN 2 1.33 1.5 3 H10=0 10.09 8 kN/m 10 kN m 0.44 4.5 0.89 k 1 4 1.48 8x4.5/2-((15.2-10.09)/4.5)+10=26.86 3 1.48/4.5=0.33 H1=26.85-0.33=26.53 4.5m 4 15.20 6m Not: 10 kN yatay kuvvet hesaplara katılmadığı için yatay dengede diğer kuvvetlerin tesi yönünde hesaba katılır. Düğüm Çubuk uçları Çubuk k değerleri Dağıtma sayıları Ankastrelik M Düğ üm - δ=1 için çözüm - - - - 0.89 0.89 0.4 1.33 0.6 1.33 0.75 0.44 0.25 -59.3 -59.3 -19.6 Dağıtılacak M 2 -59.3 3 17.79-19.6=-1.81 2 0.68- 3 0.20+ 2 0.08- Uç momentleri 11.86 23.72 0.4x59.3= 35.58 0.68 -0.41 0.08 -0.05 35.88 0.6x59.3= 1.36x0.5= -0.14 -0.27 -0.02 -47.60 -0.03 -35.88 282 17.79 1.36 -0.20 0.15 35.58x0.5= 0.75x1.81= 19.10 0.45 0.25x1.81= 0.05 -19.10 Cross Yöntemi 2 Bölüm 5 1.33 3 H11=0 35.88 (35.88+47.60)/4.5)=18.55 0.44 4.5 0.89 k 1 H11 4 3 19.1/4.5=4.24 m 4.5 47.60 H11=18.55+4.24=22.79 m 4 6m 22.79δ δ+26.53=0 19.1 δ + H10 = 0 δ= - 26.53 = 1.164 22.79 - 31.667 + M = M0 + M1 x δ M12 = -15.20 – 1.164 x 47.60 = -70.61 kNm M21 = 10.09 – 1.164 x 35.88 = -31.67 kNm M23 = -10.09 + 1.164 x 35.88 =31.67 kNm M32 = 1.48 + 1.164 x 19.10 = 23.71kNm M34 = -1.48 – 1.164 x 19.10 = -23.71 kNm - 1.382 23.715 - Sonuç M alanı 70.681 NOT: δ=1 durumundaki ankastrelik momentleri 100 katı alındığı için δ değerini 100’e bölerek yapıldığı zaman aşağıdaki gibi aynı sonuçlar elde edilir. H11 δ + H10 = 0 M = M0 + M1 x δ 26.53 ⋅ 100 = 116.41 22.79 M12 = -15.20 – 116.41 x (47.60/100) = -70.61 kNm M21 = 10.09 – 116.41 x (35.88/100) = -31.67 kNm M23 = -10.09 + 116.41 x (35.88/100) =31.67 kNm M32 = 1.48 + 116.41 x (19.10/100) = 23.71kNm M34 = -1.48 – 116.41 x (19.10/100) = -23.71 kNm -22.79(δ δ/100)+26.53=0 283 δ= Bölüm 4 Cross Yöntemi ÖRNEK 5.13: Şekildeki çerçevenin moment alanının Cross Yöntemiyle belirlenmesi. 1.2I 3 kN/m m m I 4m 1.5I m m m 5m 5m Ankastrelik momentleri Düğüm 2 M 21 = −M12 = 0.51 Dağıtma sayıları -4 Ankastrelik momentleri Düğüm - - - Çubuk uçları 3x4 = 4 tm 12 0.49 - - 0.58 0.42 4 Dağıtılacak moment 2 -4 3 0.98 3 -0.28 2 0.07 -1.02 -2.04 -1.96 -0.98 0.28 0.57 -0.07 -0.14 -0.14 -0.07 0.02 0.04 -5.09 Uç momentleri 1.82 0.41 0.03 -1.82 -0.44 0.44 Bulunan uç momentlerinden oluşan H yatay kuvveti aşağıdaki şekilde hesaplanır. 3 kN/m 1.82 1.82 − 5.09 3x 4 = 5.18 + 4 2 m 2I m 1.82 0.44 0.452 0.44 1.82 + 0.44 = 0.452 5 5.09 − 1.82 3x 4 = 6.82 + m 5.09 4 2 H40 = Yatay denge H = 4 x 3 – 6.82 + 0.675 = 5.855 kN 0.452x5 + 0.44 = 0.675 4 0.452 Ankastrelik momentleri, (iki ucu ankastre çubuklarda 6 diğerlerinde 3 ve 100 katı alınmıştır) M12 =− 6 ⋅100 δ=−37.5δ=−37.5 42 M23 = 6⋅1.2⋅100 5 δ 3⋅1.5⋅100 6.4 δ x = 36δ= 36 M34 =− x =−28.8δ=−28.8 52 4 52 4 Sistemin birim yatay yükleme durumunda şekil değiştirme hali, uç momentleri ve yatay denge aşağıdaki gibi elde edilir. δ 6 .4 δ 4 5δ 4 δ 5.0 m 5.0 m 284 Cross Yöntemi Bölüm 5 Düğüm - Çubuk uçları - - - 0.51 0.49 0.58 0.42 -37.5 36 36 -28.8 -2.09 -4.18 -3.02 Dağıtma sayıları -37.5 Ankastrelik momentleri Düğüm Dağıtılacak moment 3 -[36-28.8]=-7.2 3 -[36-37.5-2.09]=3.59 3 -0.88 2 0.25 Uç momentleri - 0.92 1.83 1.76 0.88 -0.25 -0.51 -0.37 32.19 -32.19 0.06 0.13 0.12 -36.52 -35.54 35.54 13.546 35.54 35.54 m 32.19 32.19 35.54 + 32.19 = 13.546 5 36.52 H11 = 36.52 − 35.54 = 18.015 4 Yatay denge H = 18.015 5.855 δ= = 0.136 42.995 H41 = 13.546 x 5 + 32.19 = 24.98 4 13.546 + 24.98 = 42.995 kN ◄ H11 δ - H0 = 0 -(42.995) δ + 5.855 = 0 Çubuk uç momentleri : M12=0.136 x (-36.52) – 5.09 = -10.06 kNm M21=0.136 x (-35.54) +1.82 = -3.01 kNm M23=0.136 x (35.54) – 1.82 = 3.01 kNm M32=0.136 x (32.19) – 0.44 = 3.94 kNm M34=0.136 x (-32.19) +0.44= -3.94 kNm 285 Bölüm 4 Cross Yöntemi ÖRNEK 5.14: Şekildeki çerçevenin moment alanının Cross metoduyla bulunması. 2 kN/m 4I 2I 4m I 3.0 m 7.0 m 2 M 21 = Ankastrelik momentleri - 2 x 72 = 8.167 tm 12 -3 3- 0.60 0.344 2.25 1.143 0.656 -8.167 1.143 0.753 8.167 0.375 0.247 5.772 5.772 -6.150 2.949 -2.221 0.364 -0.274 0.045 -0.034 2.846 -2.017 0.047 -3.075 5.899 -1.110 0.728 -0.137 0.090 2x3 = 2.25 tm 8 − M 23 = Düğüm Çubuk uçları Çubukların k değerleri Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Düğüm Dağıtılacak moment 3 -8.167 2 -8.167-3.075+2.25=8.992 3 -2.949 2 1.11 3 -0.364 2 0.137 3 -0.045 3.093 0.382 Uç momentleri 3-4 -0.728 -0.09 -0.011 -2.846 ÖRNEK 5.15: Şekildeki [düğüm noktaları sabit] sistemin moment alanın ve H1 kuvvetinin bulunması. 30 kN/m 30 kN/m 30 kN/m 4I 2I 2I 6m 4I 7.2m 3I 4I 2I 6m 30 kN/m H1 2I 30 x 62 = 90kNm 12 −M56 = 7.2m 3I 6m 6m Ankastrelik momentleri −M24 = M42 = −M45 = M54 = 3m 4I 3m 30 x ((32 + 7.22 )0.5 )2 = 228.15kNm 8 Genel durum için çözüm Düğüm Çubuk uçları - Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Dağıtılacak M Düğüm 4 -228.15+90=-138.15 2 -90 3 90-90+34.29+48.21=82.5 4 -17.08 2 3 6.51+5.96=12.47 2 -2.58 4 -2.58 3 1.88 2 -0.39 4 3 0.29 Uç momentleri - - - - - - - 0.238 0.762 0.414 0.172 0.414 0.698 0.302 -90 90 -90 90 -228.15 48.21 96.43 41.72 68.58 -17.08 34.29 -34.16 -34.15 5.96 -17.08 11.92 5.16 6.51 -5.16 0.98 -2.15 -5.16 -2.58 0.61 13.02 -2.58 1.97 -0.32 1.80 -0.39 0.09 -0.78 0.15 0.90 -0.78 0.78 -0.39 0.30 0.12 -26.18 -0.05 -16.71 0.14 -0.12 -75.00 0.27 -0.12 91.71 180.37 -180.37 21.42 -7.1 4.06 -1.08 -0.16 -0.06 -8.36 26.18 286 -14.19 Cross Yöntemi Bölüm 5 Bulunan çubuk uç momentlerinden yatay denge aşağıdaki şekilde yazılır. 26.18 = 3.64 7 .2 26.18 m 16.18 + 8.36 = 3.48 7 .2 16.71 180.37 30 x7.8 + = 140.12 7.8 2 8.36 m 140.12xcos22.62=129.34 30 t/m 16.18 + 8.36 = 3.48 7 .2 Yatay denge H =-3.64+3.48+129.34=129.185 t ⇒ ÖRNEK 5.16: Şekilde verilen sistemin moment alanının CROSS yöntemiyle elde edilmesi. 2 kN/m 2 kN/m 2I 2I k=0.667 k=0.667 m 2 2 6 kN H10 m k=0.50 I I m I 6 kN k’=0.375 2m 6 6 6 6 2m m m m m k’=0.375 Çözüm: Đlk önce sistem aşağıdaki şekilde düğüm noktaları sabit hale getirilir ve buna göre çözüm yapılarak bu mesnedin yatay tepki kuvveti (H10) bulunur. GENEL DURUM ĐÇĐN ÇÖZÜM ( δ = 0 ) Düğüm Çubuk Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Dağıtılacak M Düğüm 5 6 3 -1.92 2 4.5+0.35-6=-1.15 3 0.37 2 -0.07 5 0.35-0.07=0.28 3 -0.09 - - - - 0.36 0.64 0.364 0.272 4.5 -6 6 0.350 0.740 -0.070 0.050 0.700 0.370 -0.135 0.522 Uç momentleri 4.93 0.41 0.02 -4.93 - - - - 0.364 0.64 0.36 -6 6 0.26 -1.92 0.70 -3.84 0.35 -0.100 -0.05 -0.135 -0.07 -0.10 0.025 0.012 -0.09 0.033 -0.180 0.033 6.968 0.447 0.222 -7.412 2.260 -2.260 -2.16 Bulunan uç momentlerinden dolayı yatay denge yazılarak sistemi düğüm noktaları sabit hale getirmek için çerçevenin üst kısmına konan mesnedin yatay tepkisi aşağıdaki şekilde bulunur. H10 = 4.23+0.167-0.565=3.832⇐ ⇐ 4.93 6/2+4.93/4=4.23 6/2+4.93/4=4.23 0.447 0.222 2.26 0.222+0.447/4=0.167 0.222+0.447/4=0.167 2.26/4=0.565 2.26/4=0.565 287 Bölüm 4 Cross Yöntemi Đkinci adım olarak da kolonların rijitliklerine göre birim deplasman verildiğinde oluşan momentlere göre sistem bir defa daha çözülerek yatay mesnet tepkisi (H11) bulunur. − 2k ′ 2x0.375 =− = 0.1875 h 4 2I H11 2I I − 3k ′ 3x0.5 =− = 0.375 h 4 − I m I 2k ′ 2x0.375 =− = 0.1875 h 4 − m m 3k ′ 3x0.5 =− = 0.375 h 4 6 6 δ = 1 ĐÇĐN ÇÖZÜM Düğüm Çubuk - - - - Dağıtma sayıları 0.36 0.64 0.364 0.272 Ankastrelik M (100 katı) -18.75 - - - - 0.364 0.64 0.36 -37.50 -37.50 -18.75 10.200 5.100 13.65 3.816 7.632 -2.076 -1.038 -2.778 -1.389 Düğüm Dağıtılacak M 3 -37.50 2 6.825-18.75=-11.925 5 6.90-18.75=-11.925 3 3.816+3.816=7.632 2-5 -1.389 Uç momentleri 4.293 6.825 13.65 7.632 3.816 -1.389 -2.778 0.500 0.889 -13.957 13.957 6.825 4.293 0.889 14.688 -29.376 -33.438 14.688 0.500 13.957 -13.957 H11 =3.489+15.704+3.489=22.682⇒ ⇒ 13.957/4=3.489 13.957 (33.438+29.376)/4=15.704 13.957/4=3.489 13.957 29.376 13.957/4=3.489 33.438 H10 = 4.23+0.167-0.565=3.832 ⇒ H10 + H11 δ1 = 0 (33.438+29.376)/4=15.704 13.957/4=3.489 H11 = 3.489+15.704+3.489=22.682 ⇐ 3.832 – 22.682 δ = 0 δ1 = 3.832 / 22.682 = 0.169 Çubuk uç momentleri aşağıda tabloda hesaplanmıştır. Çubuk ucu M0 M1 δ1 Sonuç M=M0 + M1 x δ1 M21 4.930 -13.957 0.169 2.571 M23 -4.930 13.957 0.169 -2.571 M32 6.968 14.688 0.169 9.450 M34 0.447 -29.376 0.169 -4.518 M35 -7.412 14.688 0.169 -4.930 M43 0.222 -33.438 0.169 -5.429 M53 2.260 13.957 0.169 4.619 M56 -2.260 -13.957 0.169 -4.619 288 Düğüm dengesi 0.00 0.00 0.00 Cross Yöntemi Bölüm 5 Sonuç kesme kuvveti ve moment alanı, 9.450 4.930 7.147 − 4.853 − 5.948 4.619 4.518 − 2.571 − 6.052 3.317 Vsonuç 3.643 2.357 4.714 2.357 =(5.429+4.518)/4 2.357 =6/2-2.571/4 4.227 Msonuç 1.155 =(4.619)/4 5.429 ÖRNEK 5.17: Düğüm noktaları hareketli sistemin M alanının CROSS yöntemiyle elde edilmesi. 2 kN/m 2I 2I 2 kN/m 2I 4m I 2I 2I 4m 2I m 2m 2m m 6 H1 2I I 2I m m 6 6m 6m Đlk önce sistem aşağıdaki şekilde düğüm noktaları sabit hale getirilir ve buna göre çözüm yapılarak bu mesnedin yatay tepki kuvveti (H1) bulunur. 2 x 62 2 x 62 Ankastrelik momentleri −M23 = M32 = = − 6kNm =− 6kNm M35 = M53 = 12 12 GENEL DURUM ĐÇĐN ÇÖZÜM ( δ = 0 ) Düğüm - Çubuk Dağıtma sayıları 0.53 Ankastrelik momentleri Düğüm 2-5 3 2-5 3 - - - 0.47 0.364 0.272 -6 6 -6 6 2.820 1.41 -1.50 -3.00 0.017 0.033 -0.008 -0.004 - - - - - 0.364 0.50 0.50 - -3.00 -1.50 -0.009 -0.009 -0.005 3.008 -3.009 -1.505 Dağıtılacak M 3.18 6 1.41-1.5=-0.09 0.017 -0.009 -0.004-005=-0.009 Uç momentleri 3.171 -3.171 0.024 0.033 0.017 -0.005 0.003 0.003 0.003 0.002 7.442 0.027 -7.469 0.019 0.017 Bulunan uç momentlerinden dolayı yatay denge yazılarak sistemi düğüm noktaları sabit hale getirmek için çerçevenin üst kısmına konan mesnedin yatay tepkisi aşağıdaki şekilde bulunur. H1 = 0.793+0.011-0.752=0.052⇒ ⇒ 3.171/4=0.793 3.171 0.026+0.019/4=0.011 3.008 (3.008+1.505)/6=0.752 0.026 3.171/4=0.793 0.019 0.026+0.019/4=0.011 1.505 289 (3.008+1.505)/6=0.752 Bölüm 4 Cross Yöntemi Đkinci adım olarak da kolonların rijitliklerine göre birim deplasman verildiğinde oluşan momentlere göre sistem bir defa daha çözülerek yatay mesnet tepkisi (H11) bulunur. − − 2k′ 2x0.75 =− = 0.375 h 4 2I k=0.667 3k ′ 3x0.5 =− = 0.375 h 4 2I k=0.667 3k ′ 3x0.67 =− = 0.335 h 6 − 2I k’=0.275 I k=0.50 − k=0.675 2I 3k ′ 3x0.5 =− = 0.375 h 4 GENEL DURUM ĐÇĐN ÇÖZÜM Düğüm − 3k ′ 3x0.67 =− = 0.335 h 6 ( δ =1 ) - - - - - - - - - Dağıtma sayıları 0.53 0.47 0.364 0.272 0.364 0.364 0.50 0.50 - Ankastrelik momentleri -375 -335 -335 167.5 83.75 -18.49 -9.24 -1.63 -0.81 Çubuk Düğüm 2-5 3 3 -375 198.75 176.25 88.13 36.97 36.97 73.94 -19.59 -17.38 -8.69 3.26 6.53 -1.73 -1.53 -197.57 197.57 -9.24-8.69=-17.93 2-5 -375 Dağıtılacak M 88.13+83.75-375 2-5 -375 3.26 Uç momentleri 167.5 83.75 55.25 73.94 27.63 36.97 -18.49 -9.24 4.88 6.53 2.44 3.26 -1.63 159.91 -314.87 154.98 -344.93 187.61 -187.62 -261.30 H11 =49.39+164.96+112.23=326.58⇒ ⇒ 197.57/4=49.39 197.57 (314.57+344.97)/4=164.96 187.52 (187.52+261.30)/6=112.23 261.30 (187.52+261.30)/6=112.23 314.87 197.57/4=49.39 344.97 (314.57+344.97)/4=164.96 H1 = 0.793+0.011-0.752=0.052 ⇐ H11 = 49.39+164.96+112.23=326.58 ⇒ H1 + H11 δ1 = 0 326.58 δ1-0.052 = 0 -6 δ1 = 0.052 / 326.58 = 159.225 10 290 Cross Yöntemi Bölüm 5 .Çubuk uç momentleri 7.45 7.47 Uç M21 M23 M0 3.171 -3.171 M1 -197.57 197.57 δ1 (10-6) 159.225 159.225 Sonuç M=M0 + M1 x δ1 3.140 -3.140 M32 M34 M35 7.442 0.027 -7.469 159.91 -314.87 154.98 159.225 159.225 159.225 7.467 -0.023 -7.444 M43 M53 M56 M65 0.019 3.008 -3.008 -1.505 -344.93 187.61 -187.52 -261.30 159.225 159.225 159.225 159.225 -0.036 3.038 -3.038 -1.547 3.04 3.14 0.02 3.83 3.90 0.04 1.55 Örnek: Şekilde verilen sistemin M alanının elde edilmesi (Cross) 1.4I 1.4I I Düğüm noktası sabit sistem 10 kN 10 kN 4 4 m I 2I 2I 5 5m Düğüm Çubuk uçları Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Dağıtılacak moment Düğüm 3 5 3 -[5+1.923]=-6.923 3 1.925 2 0.74 3 0.206 2 0.079 Uç momentleri 7m m 7m - m H10 - - - - 0.444 0.556 -5 0.769 5 0.231 1.648 1.4I 10 kN 4m I 0.018 0.035 -1.923 3.849 -0.740 0.411 -0.079 0.044 1.72 -3.438 3.348 1.537 0.165 3.074 0.329 -3.845 1.925 -1.480 0.206 -0.158 -1.155 1.648 -1.648 1.72 2I 3.438 -0.445 7m m 5 (1.72+3.438)/5= 1.032 H10 1.267=H10 (1.72+3.438)/5+1.648/7= -0.048 Dış yüklerden yanda denge yazılarak düğüm noktaları sabitliğini sağlayan H10 bulunur. δ1=1 birim yüklemesi yapılıp sistem tekrar aşağıdaki şekilde çözülür. Düğüm Çubuk uçları - Dağıtma sayıları Ankastrelik momentleri Dağıtılacak moment Düğüm 2 48 3 13.334+8.57 2 8.426 3 2.343 2 0.901 3 0.251 0.097 Uç momentleri -2k/L=2x0.38/7= 0.0857 - - - - 0.444 0.556 0.769 0.231 -48 -48 10.656 21.312 (dönüş)+8.57 1.871 3.741 0.200 0.400 0.022 0.043 26.668 -8.426 4.685 -0.901 0.501 0.097 0.054 -35.251 -22.504 22.504 291 13.334 -16.852 2.343 -1.802 0.251 -0.193 -2.909 -3k/L=3x0.8/5= 0.48 -3k/L=3x0.8/5= 0.48 -5.062 -0.541 -0.058 2.909 Bölüm 4 Cross Yöntemi 2.909 1.4I 1.34 10 kN 4 m I 35.251 2I 22.504 -2k/L=2x0.38/7= 0.0857 12.24 7m 5m H10 (35.251+22.504)/5=11.551 5.82 -3k/L=3x0.8/5= 0.48 11.967=H11 11.551+2.909/7= H10 + H11δ1 = 0 ⇒ Sonuç moment değerleri 2.02 1.267 − 11.967δ1 = 0 ⇒ δ1 = 0.106 - - 1.72 -3.438 -35.251 -22.504 5.82 Düğüm Çubuk uçları Uç momentleri (düğüm sabit) Uç momentleri (δ=1) -2.02 SONUÇ M=sabit+(δ=1) xδ - - - 3.348 1.648 -1.648 22.504 -2.909 2.909 1.34 -1.34 -5.82 ÖRNEK: Şekilde verilen sistemin moment alanının CROSS yöntemi ile elde edilmesi. k=0.214 20 kN/m EI=sabit 3 m 3 m k=0.667 k=0.214 k=0.667 7m Çözüm: Bu sistemin çözümü düğüm noktaları sabit sistemde dış yüklerin olması durumu, birinci kat için δ1=1 ve ikinci kat için δ2=1 olmak üzere 3 aşamada yapılır. Düğüm noktaları sabit sistemin dış yükler altında çözümü d M 2 3 2 3 2 Σ -3.233 0.138 0.431 5.712 -6.465 -2.070 -6.465 -3.233 -0.528 -0.169 -0.528 -0.264 -0.022 -0.043 -0.014 -0.043 7.964 20x3/2-((18.519-7.954)/3)=26.482 2.447 0.786 -0.264 0.100 H20=2.187 0.757 0.243 15 1.224 0.200 0.064 H10=28.669 18.519 --18.519 7.964 -2.253 -5.712 -0.85 0.85 - d M 2 3 2 (5.712-0.85)/3=2.187 - - - - - 0.431 -15 0.85 20 kN/m - δ1=1 için çözüm [M1] - - - - - 0.431 -66.7 0.138 0.431 0.757 0.243 3.801 25.399 (25.399-3.801)/3=9.733 H21=9.733 (25.399-3.801)/3= -66.7 14.374 28.748 9.205 1.173 2.345 0.751 28.748 14.374 -5.441 -10.881 2.345 1.173 35.416 (51.057-35.416)/3=28.824 -3.433 51.057 292 H11=38.557 Cross Yöntemi 3 2 3 Σ Bölüm 5 0.096 --51.057 0.191 0.061 -35.416 10.017 -0.444 -0.888 0.191 0.096 25.399 -0.285 -0.072 -0.023 3.801 -3.801 -3k/L=3x0.667/3=0.667 -3k/L=3x0.667/3=0.667 δ2=1 için çözüm [M2] - d M 3 2 3 2 3 2 3 Σ 8.934 0.729 0.06 - - - - - 0.431 0.138 0.431 0.757 0.243 -66.7 -66.7 17.867 5.721 1.458 0.467 0.119 0.038 25.246 50.492 17.867 8.934 -3.382 -6.763 1.458 0.729 -0.276 -0.552 0.119 0.06 19.444 6.226 (25.668-13.845)/3=13.171 H22=13.171 16.208 25.668 -2.171 19.444 (25.668-13.845)/3=13.171 (19.444-9.723)/3=9.722 H12=22.893 -3k/L=3x0.667/3=0.667 0.48 -0.177 -3k/L=3x0.667/3=0.667 9.723 -0.045 9.723 13.845 -0.015 -25.668 -13.845 13.845 Yukarıdaki 3 çözümden bulunan değerler kullanılarak, H10 + H11 δ1 + H12 δ2= 0 H20 + H21 δ1 + H22 δ2 = 0 -28.669 + 38.557 δ1 -22.893 δ2= 0 2.187 - 9.733 δ1 + 13.171 δ2 = 0 denklemi elde edilir. Bu denklemin çözümünden δ1=1.149 ve δ2=0.683 olarak bulunur. Bu değerler kullanılarak çubuk uç momentleri aşağıda hesaplanarak diyagramı çizilmiştir. Mij = Mo + M1δ1 + M2δ2 5.94 M12 =−18.519 − 51.057⋅1.149 + 9.723⋅0.683 =−70.55kN 0.85 kN M21 = 7.964 − 35.416⋅1.149 +19.444⋅0.683 =−19.45kN 13.51 M24 = 2.253 +10.017⋅1.149 + 6.226⋅0.683 =13.51kN 5.94 19.45 M23 =−5.712 + 25.339⋅1.149 − 25.668⋅0.683 = 5.94kN 1.93 kN M32 =−0.85 + 3.801⋅1.149 −13.845⋅0.683 =−5.94kN Sonuç M alanı M35 = 0.85 − 3.801⋅1.149 +13.845⋅0.683 = 5.94kN 60 kN 70.55 2.78 kN ÖRNEK: Şekilde verilen sistemin moment alanının CROSS yöntemi ile elde edilmesi.(Konsollar m 1.2 , Tekil yükler sol tarafa 6.9 kN H20 2.013 kN/m 1.132 kN/m k=0.40 3 k=0.5 k=8 7.63 kN m H10 2.613 kN/m 1.552 kN/m 3 k=0.40 k=0.5 k=8 m A 1.2m 7m 293 Bölüm 4 Cross Yöntemi Çözüm: Sistem düğüm noktaları hareketli olduğu için önce düğüm noktası sabit hala getirilerek çubuk uç momentleri [M0] bulunur. Kolon uç momentlerinden kolonların karşıladığı kesme kuvveti ve yatay denge yazılarak kat yatay kuvvetleri [H10, H20] belirlenir. 1 Konsol 2 -A - 0.488 0.024 d M -1.88 -25.86 -4.277 2 15.624 0.768 1 4 3 -4.258 -0.209 1 0.573 2 3 4 -0.773 -0.038 1 3 0.051 2 -0.175 -0.009 1 4 3 Σ -1.88 10.418 -29.001 - A- 0.488 - - -B 0.286 0.357 0.357 B- 29.91 15.624 7.812 -8.554 0.384 3 Konsol -1.45 - - - - 0.95 0.05 0.444 0.556 -20.51 24.36 -10.678 -10.678 -5.339 -5.339 7.812 -4.288 8.726 -4.258 -2.129 -0.105 1.147 17.452 -2.129 1.431 1.431 -0.341 -0.019 -0.376 0.617 0.129 0.129 0.106 -0.273 0.053 -0.545 0.032 0.016 -10.576 -0.683 0.064 0.064 -0.175 -0.088 20.463 5.209 -8.445 0.459 0.716 2.022 0.103 -4.223 0.919 0.716 1.011 -0.773 -0.386 0.308 4 -0.088 22.866 -13.747 -9.118 -4.559 -1.45 -0.018 0.005 -0.036 -0.045 0.101 4.901 -3.452 15.862 -15.863 Düğüm noktaları sabit sistemde dış yüklerden dolayı oluşan yatay kuvvetler [H10, H20] aşağıdaki şekilde hesaplanır. 4.901 H20 15.862 6.341 4.901 =[4.901+20.463]/4 20.463 20.463 13.747 H10 9.118 10.418 5.219 4.559 10.418 6.341 3.909 5.219 3.909 + 15.863 7.403 13.747 9.118 7.403 3.419 4.559 3.419 H20=1.062 = H10=1.552 δ1=1 için çözüm 1 Konsol d M 1 3 2 1 3 4 1 2 Σ 2 -A - - 0.488 -60 29.28 0.024 0.488 1.44 29.28 -6.954 3.182 0.433 0.157 3.182 -0.756 A- - -B 0.286 0.357 0.357 -3.75 -60 14.64 0.72 1.591 0.887 0.078 1.082 3 Konsol - 1.082 B- - - - 0.95 0.05 0.444 0.556 14.64 -13.908 -0.732 -0.366 -3.75 0.541 1.210 1.591 -1.511 -0.224 0.369 -27.169 0.018 0.369 0.184 2.048 25.121 -43.585 4 - 0.009 0.039 0.049 0.049 1.733 0.907 -2.619 -3.184 -0.080 -0.179 -0.04 -0.357 -0.447 -0.991 -0.763 0.763 0.184 294 0.025 0.996 Cross Yöntemi Bölüm 5 δ1=1 için çözüm sonucu bulunan momentlerden yatay kuvvetler [H11, H12] hesaplanır. 0.996 0.763 25.121 0.907 H21 =[0.996+25.121]/4 25.121 H11 2.619 27.169 6.529 0.996 6.529 17.695 27.169 + 0.763 0.418 0.907 2.619 0.418 1.451 3.184 1.451 H21=6.947 = H11=26.093 δ1=1 için çözüm 43.585 3.184 43.585 17.695 δ2=1 için çözüm 1 Konsol d M 1 3 2 1 4 3 1 3 -A - - 0.488 0.024 29.28 1.44 0.488 -60 29.28 21.546 A- 2 - - 0.286 14.64 0.357 -3.75 0.357 1.082 1.082 B- 0.72 0.887 -0.264 0.433 -10.726 -0.527 -10.726 -5.363 3 Konsol -B - - - 0.95 -60 14.64 43.092 0.05 0.444 0.556 -3.75 2.268 1.134 0.541 0.541 -5.363 0.577 -1.136 4 1 2 Σ 2.328 -0.056 -1.136 0.270 -0.568 4 - 0.461 0.245 4.657 -0.568 0.540 -0.028 0.028 -0.038 -0.132 -0.006 -0.132 -0.066 17.286 1.284 -18.57 8.643 -0.003 -0.069 1.243 -0.086 -2.215 -0.086 -0.043 0.996 0.498 -3.002 3.002 0.921 0.123 1.154 0.014 -0.061 -0.076 2.131 -2.131 δ2=1 için çözümünde bulunan momentlerden yatay kuvvetler [H21, H22] hesaplanır. 3.002 2.131 18.570 2.215 0.996 17.286 H22 5.393 3.002 18.570 H12 5.393 6.482 17.286 + 2.131 1.087 2.215 0.996 1.087 0.374 0.498 0.374 H22=6.480 = H12=13.336 δ2=1 için çözüm 8.643 0.498 8.643 6.482 H10 + H11 δ1 + H12 δ2 + H13 δ3 ……+ H1n δn = 0 H20 + H21 δ1 + H22 δ2 + H23 δ3 ……+ H2n δn = 0 :: :: :: :: :: :: Hn0 + Hn1 δ1 + Hn2 δ2 + Hn3 δ3 ……+ Hnn δn = 0 Denklemi yazılarak δ’lar aşağıdaki tablodaki bulunur. ΣX1 = H10 H11δ1 H12δ2 = 0 1.552 -26.093δ δ1 -13.336δ δ2 = 0 δ1 = 0.10631 ΣX2 = H20 H21δ1 H22δ2 = 0 -1.062 6.947δ δ1 -6.480δ δ2 = 0 δ2 = 295 0.0549 Bölüm 4 Cross Yöntemi Bulunan bu δ değerleri aşağıdaki moment denkleminde yerine yazılarak istenilen çubuklardaki uç momentleri hesaplanır. Mij = M0 + M1. δ1 + M2. δ2+ M3. δ3.......... Mn. δn ΣX1 = H10 H11δ1 H12δ2 = 0 ΣX2 = H20 H21δ1 H22δ2 = 0 -1.552 1.062 11.443δ δ1 6.111δ δ2 = 0 δ1 = 0.10631 -13.336δ δ1 6.480δ δ2 = 0 δ2 = δ1 ve δ2’in gerçek değerleri 10’na bölünerek bulunur. Şekilde kat yükseklikleri değişik sistemde yatay deplasmanlar aşağıdaki şekilde yapılır. δ3=1 δ3=1 δ2=1 δ1=1 δ2=1 δ1=1 δ1=1 δ1=1 δ2=1 δ2=1 δ1=1 δ2=1 δ3=1 δ3=1 δ2=1 δ1=1 Şekilde yükleme durumu verilen simetrik sistemin Cross yöntemi ile çözümü, a. Sistem antimetrik yüklü, b. Düğüm noktaları sabit hale getirilir. c. Sistem bu haliyle yarım sistem olarak çözülür. 296 δ3=1 0.0549 Cross Yöntemi Bölüm 5 Not: Yarım sistem düğüm noktaları sabit olduğu için dış yüklerden oluşan yatay tepkiler [H10 ve H20] yatay dengeden hemen bulunur. 2P P 2I I 2I 2I Simetrik sistem H11 1.5k 2I 2I I H10=2P 1.5k H22 1.5k I 2P 2I H21 1.5k I I 4P H20=P 1.5k H21 1.5k 2I δ1=1 δ2=1 Antimetrik yükleme ÖRNEK 5.20: Şekilde verilen sistemin moment alanın Cross yöntemi ile çizimi. 4 kN/m 4 kN 1.5I I 2I 4 kN/m 1.5I I 4m 4 kN/m I 2I I A H30 1.5m B m m 6 2 H20 4.67I 1.5m I A H10 I 4 kN/m 4.67I 4 kN B m 2 Dış yükler için çözüm Uç -A 1 - d M 1 3 2 4 2 3 4 5 1 2 3 4 0.5 6 Düğüm Σ 7.38 2 3 - - - - - - 0.25 0.25 -12 0.5 0.5 -12 0.5 12 0.5 0.25 12 3 3 -3.38 1.5 2.63 5.25 0.29 0.58 1.5 -6.75 5.25 -1.16 0.58 0.29 0.58 0.09 6.09 0.04 5.96 0.04 -12.05 5.59 0.02 0.03 5 0.25 -6.75 - - -B 0.5 -2 0.5 2 0.5 -4.63 -2.32 -0.32 0.12 -0.16 0.24 0.24 -0.24 0.24 -3.38 2.63 -2.31 0.29 -1.16 -0.08 4 - 0.58 -0.08 -2.31 0.29 -0.16 -0.16 0.02 0.03 7.38 -7.38 0.03 0.03 7.38 -7.38 -0.03 -0.03 -0.06 12.42 -5.59 -6.89 H10=6.09/1.5+0.24/7=4.09 0.24 H20=[[7.38+5.96]- [5.59+7.38]]/4+0.24/7=0.13 4 kN/m 5.96 6.09 7.38 12.42 7.38 A 4 kN 6.89 0.24 4 kN/m 12.05 B A 7.38 11.46 H30=24.46 4x6/2-[12.05+7.38]/6=12.78 297 0.22 B Bölüm 4 Cross Yöntemi δ1=1 için çözüm 1 Düğüm 2 3 4 5 Uç -A - - - - - - - - - - -B d M 0.5 -13.33 6.67 0.25 0.25 0.5 0.5 0.5 0.5 0.25 0.25 0.5 0.5 0.5 -2.87 3.33 3.33 1.67 0.72 1.43 1.43 0.06 0.03 1 5 2 3 1 4 2 3 1 4 5 Σ -0.42 0.42 1.67 -0.84 -0.42 0.21 0.21 -0.03 -0.84 -0.42 -0.84 0.10 0.10 0.02 -0.06 -0.06 0.02 -6.21 0.02 3.11 3.11 0.88 -0.06 0.10 0.88 -0.88 0.88 0.81 1.45 0.40 -0.06 0.03 -0.03 -0.88 0.02 0.02 0.03 0.02 -0.03 -0.03 -0.40 -0.40 0.81 1.45 -1.46 H11=6.21/1.5+1.46/7=4.35 1.46 0.40 H21=0.47 0.57=[0.81+1.45]/4 0.21 0.88 3.11 0.03 -0.03 0.10 0.88 3.11 6.21 -0.42 0.02 -0.03 0.03 -0.84 0.88 A 0.67 B H13=0.11 1 Düğüm δ2=1 için çözüm 3 2 4 5 Uç -A - - - - - - - - - - -B d M 0.5 0.25 0.5 0.5 -3.75 0.25 0.25 -3.75 0.5 0.5 0.5 -2.87 1.88 0.5 -3.75 0.47 0.5 1 4 5 2 3 4 1 5 2 3 4 1 5 0.25 -3.75 0.94 0.47 0.94 0.94 1.88 0.48 0.94 0.96 -0.94 -0.47 -0.70 0.12 0.24 -0.11 -0.06 -0.06 Σ 1.07 -2.41 1.34 0.94 0.47 0.47 1.41 0.70 1.41 1.41 0.70 -0.24 -0.35 -0.35 -0.18 0.21 0.11 1.85 -0.47 0.21 1.85 1.91 1.37 1.63 1.84 0.21 -0.05 -0.09 0.11 -0.09 -0.17 -0.09 0.05 0.05 -1.9 1.19 -2.56 1.37 1.63 -1.62 H22=2.41 0.51 1.34 1.91 0.24 H12=0.48 1.62 2.56 2.41 1.07 0.70 -0.47 0.11 0.21 1.19 1.41 -0.24 -0.18 0.11 -1.84 0.96 0.70 0.75=[1.37+1.63]/4 1.90 A 0.54 B H32=0.30 δ3=1 durumu için orta kolonun deplasmanı 298 durumu dikkate Cross Yöntemi Bölüm 5 alındığında saat dönüş yönü artı tersi ise eksi olarak kabul edilmiş ve ankastrelik momentleri buna göre bulunmuştur. 1 Düğüm δ3=1 için çözüm 3 2 4 5 Uç -A - - - - - - - - - - -B d M 0.5 0.25 0.25 -2.5 0.5 0.5 -2.5 0.5 -2.5 0.5 0.25 -2.5 0.25 0.5 7.5 0.5 7.5 0.5 -0.78 -0.78 0.72 -1.88 -1.56 -3.75 -0.78 -3.75 -0.39 1.45 -0.72 0.29 -0.36 0.57 0.57 -0.16 -0.08 0.04 0.04 3.14 -3.14 5 4 3 2 1 4 5 2 3 4 5 2 3 1 -0.03 -0.02 0.01 -0.02 Σ 0.5 1.00 -1.5 -0.39 1.45 0.72 0.72 0.27 0.53 1.45 0.13 0.27 1.45 0.72 0.13 -0.18 0.03 0.02 0.03 0.03 -0.04 0.02 3kδ/L 3kδ/L 3kδ/L 0.03 -0.04 0.01 -0.08 -0.08 0.02 0.02 1.63 -0.36 0.01 0.02 0.01 -0.36 -0.18 -1.61 -0.87 0.89 -2.99 1.61 3kδ/L 0.02 -0.49 3.47 3.14 2.99 1.63 H31=0.12 3.14 0.49 δ3=-1 δ3=1 3.47 H32=0.31 1.65=[3.47+3.14]/4 0.77 1.00 0.50 3kδ/L 3kδ/L δ3=1 0.87 1.50 0.89 A 0.40 B H33=2.82 ΣX1 ΣX2 ΣX2 = = = H10 H20 H30 H11δ1 H21δ1 H31δ1 H12δ2 H22δ2 H32δ2 H13δ3 H23δ3 H33δ3 = = = 0 0 0 -4.09 -0.13 24.46 0.12δ δ1 -0.31δ δ1 -2.82δ δ1 -0.48δ δ2 2.41δ δ2 0.30δ δ2 0.12δ δ3 -0.31δ δ3 -2.82δ δ3 = = = 0 0 0 δ1 δ2 δ3 = = = Örnek olarak bazı uç momentlerinin hesabı aşağıdaki tabloda verilmiştir. Uç M M12 M13 M1A = = = Mo 5.96 -12.05 6.09 δ1M 40.15x3.11 40.15x3.11 40.15x(-6.21) δ2M (-2.41)x9.14 1.34x9.14 1.07x9.14 299 δ3M 30.50x1.00 30.50x(-1.5) 30.50x0.5 = = = 139.30 79.31 -218.21 Σ=0 40.15 9.14 30.50 Bölüm 4 Cross Yöntemi ÖRNEK 5.21: Şekilde verilen çerçevenin moment alanının Cross yöntemi ile hesabı 4 kN/m 6 kN 1.5I 2I I I I I 4 kN/m 2 kN 4 kN/m 4 kN 2I A I 2 kN 4.5m 1.5I H20 I 4 kN 2I H10 2I H30 A B 8m 2I 4 kN/m 2I I 1.5I 4 kN 1.5I 4m 6 kN I 4 kN B 3m 3m 36.40 28.94 22.66 6.85 7.98 2.06 36.26 24.91 30.64 49.41 0.52 29.27 20.14 11.47 36.38 8.79 1 Düğüm δ3=1 için çözüm 3 2 Uç -A - - - - - - d M 0.5 0.25 0.25 -2.5 5 4 3 2 1 4 5 2 3 4 5 2 3 1 -0.03 -0.02 0.01 -0.02 Σ 0.5 1.00 -1.5 0.5 0.5 -2.5 0.5 -2.5 -0.39 1.45 0.72 0.53 0.72 0.27 0.27 1.45 0.13 0.03 - - - -B 0.25 -2.5 0.25 0.5 7.5 0.5 7.5 0.5 -0.78 -0.78 0.72 -1.88 -1.56 -3.75 -0.78 -3.75 -0.39 1.45 -0.72 0.29 -0.36 0.57 0.57 -0.16 -0.08 0.04 0.04 3.14 -3.14 0.72 -0.18 0.03 -0.36 -0.36 0.01 0.03 -0.04 0.02 - 0.5 0.13 0.02 0.01 5 - 1.45 -0.18 0.02 4 0.03 -0.04 -0.08 0.01 -0.08 0.02 0.02 1.63 -1.61 -0.87 0.02 0.89 300 -2.99 -0.49 3.47