İNCE CİDARLI TÜPLERİN
BURULMASI
THIN-WALLED TUBES
Kapalı tüpler
Dairesel kesitli-ince cidarlı tüplerin burulması
İnce cidarlı ve kapalı tüplerin burulma problemleri, Coulomb teorileri
ile çözülebilen dairesel tüplerden elde edilen sonuçlardan yararlanarak
elemanter olarak çözülebilmektedir.
Ro
Ortalama yarıçap
Ro 
1
2
Rd  Ri 
Cidar kalınlığı
t  Rd  Ri
1) Daire kesitli tüpler: İçi boş daire kesitli millerin burulması dikkate
alınarak ince cidarlı tüplerin burulma formülleri çıkarılabilir.
• İçi boş dairesel kesitlerde maksimum
kayma gerilmesi kesitin dış yüzeyine yakın
noktalarda meydana gelir:
 max   dis
T Rd

J
(a)
• İnce cidarlı dairesel kesitlerde ortalama
kayma gerilmesi cidar boyunca sabit kabul
edilir ve aşağıdaki gibi hesaplanır:
 ort
T Ro
 
J
(b)
İçi boş milin polar atalet momenti:
İçi boş dairesel kesitin dış ve iç yarıçapları kullanılarak
aşağıdaki gibi bulunur:

J  2 Rd4  Ri4

Dairesel tüplerin polar atalet momenti:
Yukarıdaki polar atalet momenti ifadesi aşağıdaki gibi
çarpanlara ayrılır:




J  2 Rd2  Ri2 Rd2  Ri2  2 Rd  Ri Rd  Ri  Rd2  Ri2
burada Rd  Ri  t
Rd  Ri  2 Ro
(a)

Rd2  Ri2  2 Ro2
şeklindedir. Buna göre polar atalet momenti aşağıdaki gibi olur:

J  2 t 2 Ro  2 Ro2
J  2 ARot

 
J  2Ro3t  2 Ro2 Rot
(b)
t cidar kalınlığı R ortalama yarıçapı yanında çok küçükse J=2πR3t=2ARt
polar
atalet momenti kullanılabilir. (b) şeklinde görüldüğü gibi ince cidarlı tüplerde
cidar kalınlığı boyunca kayma gerilmelerinin değişmediği kabul edilebilir. Bu
durumda
 ort 
T Ro
T Ro

J
2 ARot
 ort
T

2 At
A   Ro2
Birim dönme açısı ise:
2Ro
T
T


GJ G 2Ro3t 2Ro
T s

4GA2 t
burada s ortalama çevre uzunluğudur. Buna göre tüpün toplam dönme açısı aşağıdaki
gibi olur:
  L 
TL s
4GA2 t
Örnek: Şekildeki dairesel kesitli mil T=6 kNm’lik bir burulma
momentine maruz bırakıldığına göre meydana gelen kayma gerilmesini
ve birim dönme açısını hesaplayınız (G=25 GPa).
Dış ve iç çaplar sırası ile D=128 mm ve d=122 mm olarak verilmektedir.
T=6 kNm
d
D
Ortalama çap ve cidar kalınlığı:
Do  2 Ro 
t
D  d 128  122

 125 mm
2
2
D  d 128  122

 3 mm
2
2
Kesit özellikleri (Alan ve Polar atalet momenti):
A
 Do2
4

 1252
4
 12.272 103 mm 2


 125

J  2 ARot  2 12.272 103 mm 2 
mm  3 mm   4.6 106 mm 4
 2

veya
3
 125

J  2 Ro3t  2 
mm  3 mm   4.6 106 mm 4
 2

Cidarda oluşan ortalama kayma gerilmesi:
T
6 106 Nmm


2 At 2 (12.272 103 mm 2 ) (3 mm)
  81.5 MPa
veya
T Ro
6 106 Nmm 125 mm


J
4.6 106 mm 4
2
  81.52 MPa
Birim dönme (burulma) açısı:
T
6 106 Nmm


GJ
25 103 MPa 4.6 106 mm 4
180
6
  52.17 10 rd / mm 
 2.989o / m




İçi boş mil durumuna göre kayma gerilmesi ve birim dönme açısı:
J


D
32
4

d4 


128
32
4

 122 4  4.604 106 mm 4
T D (6 106 Nmm) (128 mm)


 83.4 MPa
6
4
2J
2 (4.604 10 mm )
T
6 106 Nmm
5



5
.
213

10
rd / mm
3
6
4
GJ
25 10 MPa  4.604 10 mm

  0.05213 rd / m 

180

 2.987 o / m

Non-circular Thin-Walled Hollow Shafts
The stresses acting on the longitudinal faces a-b and cd produce forces Fb
and Fc (Fig. 3-40d). These forces are obtained by multiplying the stresses by
the areas on which they act:
Fb   b tb dx 
Fc   c tc dx 
in which tb and tc represent the
thicknesses of the tube at points b
and c, respectively (Fig. 3-40d).
FIG. 3-40 Thin-walled tube of arbitrary cross-sectional shape
FIG. 3-40 Thin-walled tube of arbitrary cross-sectional shape
In addition, forces F1 and F1 are produced by the stresses acting on faces
b-c and a-d. From the equilibrium of the element in the longitudinal
direction (the x direction), we see that Fb = Fc , or
F
x
0 
Fb  Fc  0  Fb  F
  b tb   c t c
Kayma Akımı (Shear Flow)
Because the locations of the longitudinal cuts a-b and c-d were selected
arbitrarily, it follows from the preceding equation that the product of
the shear stress τ and the thickness t of the tube is the same at every
point in the cross section.
This product is known as the shear flow and is denoted by the letter q:
q   t  constant
or
q

t
(3-59)
• This relationship shows that the largest shear stress occurs where
the thickness of the tube is smallest, and vice versa.
• Naturally, in regions where the thickness is constant, the shear
stress is constant.
• Note that shear flow is the shear force per unit distance along the
cross section.
İnce cidarlı tüplerde burulma formülü
(Torsion Formula for Thin-Walled Tubes)
• The next step in the analysis is to relate the
shear flow q (and hence the shear stress τ) to
the torque T acting on the tube. For that
q ds
r
purpose, let us examine the cross-section of the
tube, as pictured in Fig. 3-41.
median line
FIG. 3-41 Cross section
of thin-walled tube
• The median line (also called the centerline or the midline) of the wall
of the tube is shown as a dashed line in the figure.
• We consider an element of area of length ds (measured along the
median line) and thickness t.
• The distance s defining the location of the element is measured along
the median line from some arbitrarily chosen reference point.
• The total shear force acting on the element
of area is qds, and the moment of this
force about any point O within the tube is
q ds
dT  r q ds 
r
in which r is the perpendicular distance
median line
from point O to the line of action of the
force qds. The total torque T produced by
FIG. 3-41 Cross section
of thin-walled tube
the shear stresses is obtained by integrating
along the median line of the cross section:
Lm
T  q  r ds
0
in which Lm denotes the length of the median line.
• The integral above can be difficult to integrate by formal
mathematical means, but fortunately it can be evaluated easily by
giving it a simple geometric interpretation.
• The quantity rds represents twice the area of the shaded triangle
shown in Fig. 3-41.
• (Note that the triangle has base length ds and height equal to r.)
• Therefore, the integral represents twice the area Am enclosed by the
median line of the cross section:

Lm
0
r ds  2 Am
• Therefore the shear flow is
T  q  r ds  q2 Am 
Lm
0
T
 q
2 Am
• Now we can obtain a torsion shear formula for thin-walled tubes:
q

t
T
 
2 Amt
Dairesel olmayan ince cidarlı tüplerin burulması
2) Herhangi bir biçimdeki tüp kesitli çubuklar:
Şekil (a) da görüldüğü gibi herhangi bir kesiti olan çubuk dikkate alalım. Bu
çubuktan çok küçük parçayı büyütüp dengesini inceleyelim. Bu eleman dengede
olduğundan, örnek olarak karşılıklı kesitlerde bulunan V3 ve V4 kesme kuvvetleri
de dengededir.
V3  3 t1dz  ve V4  4 t 2 dz 
 3 t1dz   4 t 2 dz 
ve
 3t1  4t 2
F
z
 0  V3  V4
olur.
q3  q4
Kayma gerilmesi cidar kalınlığı çarpımına kayma akımı denir ve q ile gösterilir.
Dik köşelerde, yani birbirine dik kesitlerde kayma gerilmelerinin eşit
olması şartından
1   3
ve
2 4
yazılabilir. Buna göre kayma akımları
q1   1t1   2t 2  q2  sbt
Cidar eksen eğrisi s üzerinde alınan (t ds) alan elemanına etkiyen dV
kesme kuvveti
dV   t ds    t ds
şeklindedir.
veya
dV  q ds
Tüplerde Kayma Gerilmesinin Bulunması
Kesit eğrisi boyunca kayma akımlarının eşit olması (q1=q2=q3=…)
şartından dV kesme kuvvetinin büyüklüğü de sabit kalır.
Bu kesme kuvvetinin kesit düzlemi içerisindeki herhangi bir O
noktasına göre momenti, kesite etkiyen T burulma momentine eşit
olmalıdır. Bu durumda
T   h dV    t h ds   t  h ds
s
dA  12 h ds
yazılır.
s
veya
h ds  2dA
İntegral içindeki (h ds) terimi, şekildeki taralı üçgen (dA) alanının iki
katıdır. Buna göre burulma momenti
T  2 t  dA
 dA  A
T  2 tA
şeklinde olur. Burulma momenti ifadesinden kayma gerilmesi
çekilirse aşağıdaki gibi olur:
T

2At
Buna göre kesitteki en büyük kayma gerilmesi, cidar kalınlığının
en küçük olduğu noktada meydana geleceği açıktır. Bu durumda
maksimum kayma gerilmesi
 max
T

2 A t min
gibi olur. Burada A kesit cidar orta
hattının sınırladığı alandır.
A
Tüplerde Burulma Açısının Bulunması
Kesitin θ birim dönme açısını hesaplamak için şekil değiştirme enerjisinde
yararlanılabilir. T burulma momentinin yaptığı iş, dφ= θ dz olduğu bilinerek
1
1
dU  Td  T dz
2
2
şeklinde olur. dz boyundaki parçada biriken enerji, τ/2G enerji yoğunluğu
kullanılarak
dU  
V
2
2G
dV
şeklinde olur. Burada, τ kayma gerilmesi, G kayma modülü ve dV hacim elemanıdır.
Yukarıdaki iş ve enerji ifadesi birbirine eşitlenirse
T
2
 2 dz  V 2G dV
(burada

T)
2At
elde edilir. Burada dV hacim elemanı olup dV=t ds dz
yukarıdaki
denklemde yerine konulursa
T
1
T2
dz 
t ds dz
2
2

2
2G s 4 A t
T
T 2 dz ds
veya
dz 
2
8GA2  t
elde edilir. Bu ifade düzenlenirse tüpün birim dönme (burulma) açısı
aşağıdaki gibi olur:
T
ds
 2 
4A G t
TL
ds
 
4 A2G  t
Thin-Walled Hollow Shafts
• Summing forces in the x-direction on AB,
 Fx  0   A t Ax    B t B x 
 At A  Bt B   t  q  shear flow
shear stress varies inversely with thickness
• Compute the shaft torque from the integral
of the moments due to shear stress
dM 0  p dF  p t ds   q pds  2q dA
T   dM 0   2q dA  2qA

T
2tA
• Angle of twist (from Chapt 11)

3 - 26
TL
ds
2  t
4A G
Örnek: Boyutları şekilde verilen tüp, T=50 kNm’lik burulma
momentine maruz bırakılıyor. Buna göre:
a) Kesitte meydana gelen en büyük kayma gerilmesini ve yerini
bulunuz.
b) Birim dönme açısını hesaplayınız (G=70 GPa)
Example 3.10
Extruded aluminum tubing with a rectangular cross-section has a torque
loading of 24 kip-in. Determine the shearing stress in each of the four
walls with
(a) uniform wall thickness of 0.160 in. and wall thicknesses of
(b) 0.120 in. on AB and CD and 0.200 in. on CD and BD.
SOLUTION:
• Determine the shear flow through the tubing walls
• Find the corresponding shearing stress with each wall thickness
SOLUTION:
• Determine the shear flow through the tubing walls
A  3.84 in. 2.34 in.   8.986 in. 2
T
24 kip - in.
kip
q

 1.335
2
2 A 2 8.986 in.
in.

3 - 32

• Find the corresponding shearing stress with each wall thickness
with a uniform wall thickness,
q 1.335 kip in.
 

t
0.160 in.
  8.34 ksi
with a variable wall thickness
 AB   AC
1.335 kip in.


0.120 in.
 AB   BC  11 .13 ksi
 BD   CD
1.335 kip in.


0.200 in.
 BC   CD  6.68 ksi
İnce Cidarlı Tüplerin
Burulması
Various thin-walled members
Torsion of circular and rectangular members
- Dikdörtgen kesitli miller
- Açık tüpler
Torsion of Noncircular Members
• Circular torsion formulas are not valid for
non-circular shafts.
• Planar cross-sections of noncircular shafts
do not remain planar and stress and strain
distribution do not vary linearly
• For uniform rectangular crosssections,
 max 
3 - 37
T
c1ab2

TL
c2ab3G
• At large values of a/b, the maximum shear stress and angle of twist for other
open sections are the same as a rectangular bar.
c1  13
a
 10  
1
b
c

2
3



T
3
1
G
a
b
3
ve  max 
T
2
1
a
b
3
a)
T
1
3
G
s
t
3
 max
T
1 2
3 st
T
T
T
T




max
3
3
2
2
1
2
1
2




G
2
a

t
t
G
a
t
2
a

t
t
a
t
3
3
3
3
T
T
1


G

t
t
max
max 1
3
3
3
3 max
3 G b1t1  2b2 t 2
3 b1t1  2b2 t 2
b)  
c)




T

GJ
J
b t
3
i i
1
 max  G t max 
k  1.74
n
1
3
3
t max
r
T
t max
J
SAMPLE PROBLEM 3.9
Using τall =40 MPa, determine the largest torque that may be applied to
each of the brass bars. Note that the two solid bars have the same crosssectional area, and that the square bar and square tube have the same
outside dimensions.
3. Square Tube. For a tube of thickness t, the shearing stress is given
by following equation
T

2At
where A is the area bounded by the center
line of the cross section. We have
A  34 mm 34 mm   1156 mm 2
We substitute τ=τall =40 MPa and t = 6 mm and
solve for the allowable torque:
T

2At

T3
40 MPa 

2
2 1156 mm 6 mm 


T3  555 Nm
Örnek: Ortalama yarıçapları R, cidar kalınlıkları t olan kapalı ve açık
dairesel tüp kesitli çubuklar T burulma momentine maruz bırakılırsa
τmax ve ϴ oranlarını hesaplayınız.
Değişken kesitli kesitlerin burulması
Örnek: Şekildeki profilin taşıyabileceği burulma
momentini hesaplayınız.
G=80 Gpa
τem=70 Mpa
ϴem=0.22 rd/m
2
5
110
5
2
5
55
Örnek: Boyutları şekilde verilen ‘L’ profil
kesitin imal edildiği malzemenin emniyet
gerilmesi 60 MPa dır. Birim dönme açısı
için konulan sınır 0.2 rad/m olduğuna
göre kesitin taşıyabileceği burulma
momentini hesaplayınız. G=80 GPa.
Çözüm:
Kesitin polar atalet momenti:

J  13  bi ti3  13 80  43  100  53
J  5.873 103 mm 4

Emniyet gerilmesine göre burulma momentinin bulunması:
T
 max  t max   em 
J
 em J 60  5.873 103
T 

t max
5
T  70480 Nmm  70.5 Nm
Emniyetli birim dönme açısına göre burulma momentinin bulunması:
T

  em
GJ



 0.2 
T   emGJ   3  80 103 5.873 103
 10 
T  93970Nmm  93.97 Nm
Buna göre T  T olduğundan
Tem  T  70.48 Nm
alınır.

Kompozit profiller
Örnek: Boyutları şekilde verilen ‘T’ profil kesitte 1 ve 2 parçaları, kayma
modülleri sırası ile G1=60 GPa ve G2=80 GPa olan farklı malzemelerden
imal edilmiştir. Buna göre bu profilin taşıyabileceği burulma momentini
hesaplayınız.
100 mm
7
Kayma emniyet gerilmeleri
 1em  70 MPa
 2 em  90 MPa
T
1
120 mm
2
8
Çözüm:
Kesitlerin burulma rijitlikleri:
 

1 3 1
J1  b1t1  100  7 3  11.43 103 mm 4
3
3
G1 J1  60 103 MPa 11.43 103 mm 4  685.8 106 Nmm 2

 


1 3 1
J 2  b2t 2  120  83  20.48 103 mm 4
3
3
G2 J 2  80 103 MPa 20.48 103 mm 4  1638.4 106 Nmm 2


Kesitlerde oluşan iç burulma momentleri-dış burulma momenti dengesi:
T1
T


T2
T  T1  T2
Kesitlerde oluşan burulma açıları birbirine eşittir (Uygunluk Şartı):
1


2
  1   2 
T1
1 
G1 J1
T1 
ve
T2
2 
G2 J 2
G1 J1
T
G1 J1  G2 J 2
ve

T2 
T1
T2
T
T1  T2



G1 J1 G2 J 2 G1 J1  G2 J 2 G1 J1  G2 J 2
G2 J 2
T
G1 J1  G2 J 2
Kesitlerdeki kayma gerilmeleri:
T1
 1  t1
J1
ve
T2
 2  t2
J2
T G1 t1
1 
  1em
G1 J1  G2 J 2
ve
T G2 t 2
2 
  2 em
G1 J1  G2 J 2
Birleşik kesitin taşıyabileceği emniyetli burulma momentleri:
G1 J1  G2 J 2
T
 1em
G1 t1
ve
G1 J1  G2 J 2
T
 2 em
G2 t 2
Son iki denklemden bulunacak en küçük burulma momenti emniyetli değer
olarak alınır.
Birinci kesite göre, birleşik kesitin taşıyabileceği emniyetli burulma yükü
aşağıdaki gibi bulunur:
G1 J1  G2 J 2
T
 1em
G1 t1
685.8 10 Nmm   1638.4 10
T
60 10 MPa 7 mm
6
2
3
T  387.4  103 Nmm  387.4 Nm
6
Nmm 2
 70 MPa 
Birinci kesite göre, birleşik kesitin taşıyabileceği emniyetli burulma yükü
aşağıdaki gibi bulunur:
G1 J1  G2 J 2
T
 2 em
G2 t 2
685.8 10 Nmm   1638.4 10
T
80 10 MPa 8 mm
6
2
3
6
Nmm 2
 90 MPa 
T  326.8 103 Nmm  326.8 Nm
Buna göre, emniyetli burulma momenti küçük olan değerdir:
Tem  326.8 Nm
Example: For the channel section, and neglecting stress concentrations,
determine the maximum shearing stress caused by a 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
h=150 mm
t=3 mm
V
h
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
Bölmeli Tüplerin
Burulması
(İleri Mukavemet)