Kesme kuvveti-Kayma gerilmesiKayma akımı-Kayma merkezi
Shear Forces-Shear stress
Shear flow-Shear center
Introduction
• Transverse loading applied to a beam
results in normal and shearing stresses in
transverse sections.
• Distribution of normal and shearing
stresses satisfies
Fx    x dA  0
M x    y  xz  z  xy dA  0
Fz    xz dA  0
M z    y  x dA
Fy    xy dA  V
M y   z  x dA  0
• When shearing stresses are exerted on the
vertical faces of an element, equal stresses
must be exerted on the horizontal faces
6-2
• Longitudinal shearing stresses must exist
in any member subjected to transverse
loading.
Shear flow on the Horizontal Face of a Beam Element
• Consider prismatic beam
• For equilibrium of beam element
 Fx  0  H    C   D dA
A
H 
M D  MC
I
 y dA
A
• Note,
Q   y dA
A
M D  MC 
dM
x  V x
dx
• Substituting,
VQ
x
I
H VQ
q

 shear flow
x
I
H 
6-3
Shear flow on the Horizontal Face of a Beam Element
• Shear flow,
H VQ
q

 shear flow
x
I
• where
Q   y dA
A
 first moment of area above y1
I
2
 y dA
A A'
6-4
 second moment of full cross section
Shear on the Horizontal Face of a Beam Element
• Same result is found for lower area
H  VQ

 q
x
I
Q  Q  0
q 
 first moment wit h respect
to neutral axis
6-5
H   H
Shear Stress on the Horizontal Face of a Beam Element
V
 xy  
bz
• Shear flow,
H VQ
q

x
I
• Shear stress is found by dividing the shear flow q with bz.
• Shear stress
6-6
q VQ
 
bz Ibz
Örnek: Şekildeki yükleme durumu ve kesiti görülen kiriş için;
a) C noktasındaki asal gerilmeleri ve doğrultularını bulunuz.
b) Kesitteki kayma gerilmesi dağılımını gösteriniz.
20
20
6 kN
A
B
E
D
2m
C
6 kN
2m
G
y
2m
40
20
60
Çözüm:
KKD - EMD
6 kN
A
6 kN
6 kN
2m
6 kN
(+)
B
E
D
3m
2m
6 kN
(-)
6 kN
12 kNm
(+)
(+)
(+)
Ağırlık merkezi ve Atalet momenti
20  6050  20  6010  30 mm
y
20  60  20  60
20
20
C
G
40
y
20
60
 20  603
 60  203
2
2
Iz  
 20  60 50  30    
 20  60 10  30  
 12
  12

I z  1.36 106 mm 4
Kesme Kuvveti-Kayma Akımı
Kayma Merkezi-Kayma Gerilmesi
İNCE CİDARLI AÇIK KESİTLERDE KAYMA GERİLMELERİ VE KAYMA MERKEZİ
Kesitteki iç kuvvetler:
Denge denklemi:
Kesme kuvveti:
b – b kesitindeki ortalama gerilme:
Kayma Gerilmesi:
Kayma Akımı:
«U» şeklindeki kesitin kayma merkezi
Kesitteki Kayma Gerilmesi Değişimi:
Kanattaki kesme kuvveti:
Kayma merkezi:
h 2b 2t1
e
4I z
Kanattaki kayma akımı ve kesme kuvveti:
ÖRNEK: Şekilde görülen profil P=12 kN’luk bir kesme kuvvetine
maruz kaldığına göre:
a) Kayma merkezinin yerini bulunuz.
b) Kesit çevresi boyunca kayma gerilmesi değişimini gösteriniz.
10
85.5 103
18 MPa
ÖRNEK: Şekilde görülen profilin boyutları b=100 mm, h=150 mm
ve t=3 mm olup profil P=800 N’luk bir kesme kuvvetine maruz
bırakılmaktadır. Buna göre:
a) Kayma merkezinin yerini bulunuz.
b) Kesit çevresi boyunca kayma gerilmesi dağılımını gösteriniz.
b
B
A
e
h
O’
O
t
D
E
Çözüm:
b
B
b=100 mm
h=150 mm
t=3 mm
A
e
h
O’
O
t
D


1
I
101.5 1533  98.5 147 3  4.22 106 mm 4
12
veya
3 150 2
6 100  150  4.22 106 mm 4
I
12
E
I  I web  2 I flange
2
 1 3  1 3
h 
I   th   2 bt  bt  
12  12
 2  
I
1 2
th 6b  h 
12
AB kolundaki kayma akımını bulmak için s uzunluğundaki bir
eleman dikkate alınır.
h
y
2
ve
Ats
B
Statik momenti:
h
ht
Q y A ts s
2
2
s
A
y
A
T .E.
Kayma akımı:
D
VQ V
V th
q
 ths 
s
I
2I
2I
E
h
2
AB kolundaki kesme kuvvetini hesaplamak için A’dan B’ye kadar
integral almak gerekir.
V th
F   q ds  
sds 
0
0 2I
2
V t hb
F
4I
b
B
b
T .E.
D
s
A
h
y

2
A
E
O’ noktasına göre moment alınırsa kayma merkezi
h
 M O'  0  V e  F h  e  F V
V t hb 2 h
e
4I V

t h 2b 2
e
4I
B
şeklinde bulunur.
V
t h 2b 2 3 150 2100 2
e

4I
4  4.22 106
e  40 mm
b
A
e
h
O’
O
t
D
E
Kesit çevresi boyunca kayma gerilmesi dağılımı
A-B ve E-D kesitindeki kayma gerilmesi değişimi
h
y
2
ve
A  st
Statik momenti:
B
Kayma gerilmesi denklemi:
q VQ Vh
 

s
t
It
2I
sb 
Vh
800 150

b
100
6
2I
2  4.22 10
 D   B  1.422 MPa
h
Q  y A  st
2
A
s
 max
T .E.
D
y
h
2
Kesit çevresi boyunca kayma gerilmesi dağılımı
B-D kesitindeki kayma gerilmesi (maksimum kayma gerilmesi)
Maksimum kayma gerilmesi T.E. üzerinde meydana gelir. T.Ü. deki alanın statik
momenti
Statik momenti:
Q  y1 A1  y2 A2  h2 b t    h2 t  h4

3
3


30
.
94

10
mm
Q  h2t b  h4   1502 3 100  150
4
Kayma gerilmesi denklemi:
V Q 800  30.94 103


It
2  4.22 106
 max  2.93 MPa
Shearing Stresses in Thin-Walled Members
• Consider a segment of a wide-flange
beam subjected to the vertical shear V.
• The longitudinal shear force on the
element is
H 
VQ
x
I
• The corresponding shear stress is
H VQ
 zx   xz 

t x It
• Previously found a similar expression
for the shearing stress in the web
 xy 
VQ
It
• NOTE:  xy  0
 xz  0
6 - 29
in the flanges
in the web
Shearing Stresses in Thin-Walled Members
• The variation of shear flow across the
section depends only on the variation of
the first moment.
q t 
VQ
I
• For a box beam, q grows smoothly from
zero at A to a maximum at C and C’ and
then decreases back to zero at E.
• The sense of q in the horizontal portions
of the section may be deduced from the
sense in the vertical portions or the
sense of the shear V.
6 - 30
Sample Problem 6.3
Knowing that the vertical shear is 50 kips in a W10x68 rolled-steel
beam, determine the horizontal shearing stresses in the top flange at
the points a and C.
6 - 31
SOLUTION:
• First moment for the shaded area,
Q  4.31in 0.770 in 4.815 in 
Q  15.98 in 3
• The shear stress at a,



VQ 50 kips  15.98 in 3


It
394 in 4 0.770 in 

  2.63 ksi
• First moment for the area over point C,
Q  9.40 in 0.770 in 4.815 in   4.43 in 0.770 in 2.215 in 
Q  42.4 in 3
• The shear stress at C,


VQ 50 kips  42.4 in 3


It
394 in 4 0.770 in 

  6.989 ksi

- Craig
Unsymmetric Loading of Thin-Walled Members
• Beam loaded in a vertical plane
of symmetry deforms in the
symmetry plane without
twisting.
x  
My
I
 ave 
VQ
It
• Beam without a vertical plane
of symmetry bends and twists
under loading.
x  
6 - 40
My
I
 ave 
VQ
It
Unsymmetric Loading of Thin-Walled Members
• If the shear load is applied such that the beam
does not twist, then the shear stress distribution
satisfies
D
B
E
VQ
 ave 
V   q ds F   q ds    q ds   F 
It
B
A
D
• F and F’ indicate a couple Fh and the need for
the application of a torque as well as the shear
load.
F h  Ve
• When the force P is applied at a distance e to the
left of the web centerline, the member bends in a
vertical plane without twisting.
6 - 41
Example 6.05
Determine the location for the shear center of the channel section
with b = 4 in., h = 6 in., and t = 0.15 in.
6 - 42
Example 6.05
• Inertia moment:
• b = 4 in., h = 6 in., and t = 0.15 in.
I  I web  2 I flange
2

1 3
 1 3
h 
I   th   2  bt  bt   
12  12
 2  
1 2
I  th 6b  h 
12
6 - 43
Solution
Fh
e
I
• where
b
b
b
VQ
V
h
F   q ds  
ds   st ds
I
I 0 2
0
0
Vthb 2
F
4I
• Combining,
b
4 in.
e

h
6 in .
2
2
3b
34 in .
6 - 44
e  1.6 in .
Shear stress in flanges
• Determine the shear stress distribution for
V = 2.5 kips.
q VQ
 
t
It
• Shearing stresses in the flanges,
VQ V
h Vh
 st  
s
It
It
2 2I
Vhb
6 Vb
B  1 2

2 12 th 6b  h  th6b  h 


B 

6 2.5 kips 4 in 
0.15 in 6 in 6  4 in  6 in 
 B  2.22 ksi
Shear stress in web
• Determine the shear stress distribution for
V = 2.5 kips.

q VQ

t
It
• Shearing stress in the web,
 max
VQ V  18 ht  4b  h  3V 4b  h 

 1 2

It
2th6b  h 
12 th 6b  h t
32.5 kips 4  4 in  6 in 
20.15 in 6 in 6  6 in  6 in 
 3.06 ksi
 max 
 max
6 - 46
Örnek: Şekilde kesiti görülen kirişin
a) Kayma merkezinin yerini bulunuz.
b) Kanatlarda oluşan iç kuvvetleri hesaplayınız.
t =6 mm t1 =4 mm
t2 =5 mm
h1 =60 mm
h2 =40 mm
t1
t2
P
h1
t
h2
b
b=50 mm
P=800 N
Çözüm: Denge denklemleri
t1
t2
P
V1
h1
A
V2
x
O
e
h2
 max
f
b
e f b
F
 0  V1  V2  P  0
 V1  V2  P
M
A
 0  eP  bV2  0
 bV2  eP
y
veya
bV1  f P
Atalet momentleri
Tüm kesitin Atalet momenti


1
Ix 
4  603  50  63  5  403  99.567 103 mm 4
12
Başlıkların atalet momentleri

t1

1
I 2  5  403  26.667 103 mm 4
12


1
I1 
4  603  72 103 mm 4
12
t2
V1
h1
A
P
V2
O
e
f
b
h2
x
 max
Sağ başlıktaki maksimum kayma gerilmesi
 max
V Q2
P  h2  h2  P h22


 t 2   
I x t 2 I x t 2  2  4  8 I x
 max
P h22
800  40 2


 1.61 MPa
3
8 I x 8  99.567 10
Sağ başlıktaki kesme kuvveti
2
2  P h22
V2   max h2 t 2  
3
3  8 Ix

P t 2 h23
I
h2 t 2 
P 2
I x 12
Ix

I2
26.667 103
V2  P
 800
 214.26 kN
3
Ix
99.567 10
Sol başlıktaki kesme kuvveti
I1
72 103
V1  P  800
 578.5 kN
3
Ix
99.567 10
Kayma merkezinin yeri:
bV2  eP
e  13.4 mm
V2
214.26
 e  b  50

P
800
Example: For the channel section, and neglecting stress concentrations,
determine the maximum shearing stress caused by a V=800-N vertical
shear applied at centroid C of the section,
which is located x to the right of the center line of the web BD.
A
B
b=100 mm
V
h
h=150 mm
t=3 mm
x
C
x
t
D
E
b
Solution:
B
A
V
C
e
D
x
T
B
V
A
=
E
C
e
D
x
V
B
A
=
E
D
x
A
+
C
e
B
E
C T
e
D
x
E
x
2100  350
30000

 29 mm
2100  3  3 150 1050
1
1

3
I x  3 150  2 100  33  100  3752   4.219 106 mm 4
12
 12

75
Q  100  375  75  3  30.94 10 3 mm 3
2
V Q 800  30.94 103
V 

 1.956 MPa
6
Ix t
4.219 10 3
B
B
V
B
A
V
C
D
e
D
D
x
E
h 2b 2t 100 2 150 2.3
e

 40 mm
6
4 I x 4  4.219 10
B
A
O
C T
T  OC V  e  x V
T  40  29800  55.2 10 Nmm  55.2 Nm
3
J
1
1
3
3
3
4


b
t

150

2

100
3

3
.
15

10
mm
 ii 3
3
T
55.2 103
T  t 
3  52.57 MPa
3
J
3.15 10


e
D
x
E
The maximum shearing stress
 max   V   T  1.956  52.57  54.526 MPa