İNCE CİDARLI TÜPLERİN
BURULMASI
THIN-WALLED TUBES
Kapalı tüpler
Dairesel kesitli-ince cidarlı tüplerin burulması
İnce cidarlı ve kapalı tüplerin burulması, Coulomb teorileri ile
çözülebilen dairesel tüplerden elde edilen sonuçlardan yararlanarak
elemanter olarak çözülebilir.
1) Daire kesitli tüpler: İçi boş daire kesitli millerin burulması dikkate
alınarak ince cidarlı tüplerin burulma formülleri çıkarılabilir.
İçi boş dairesel kesitler için
kayma gerilmesi
 dis
T Rd

  max
J
Burada J polar atalet momenti olup




J  2 Rd4  Ri4
şeklindedir. Bu ifade aşağıdaki gibi de yazılabilir:


J  2 Rd2  Ri2 Rd2  Ri2  2 Rd  Ri Rd  Ri  Rd2  Ri2
burada
Rd  Ri  t
Rd  Ri  2 Ro

Rd2  Ri2  2 Ro2
Polar atalet momenti aşağıdaki gibi olur:

J  2 t 2 Ro  2 Ro2

 
J  2Ro5t  2 Ro2 Rot
J  2 ARot
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.
Tüpün toplam dönme açısı aşağıda verildiği gibidir:
  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).
D=128 mmi d=122 mmi
T=6 kNm
d
D
Do  2 Ro 
t
A
 Do2
4

 125
4
 12.272 10 mm
3
2
D  d 128  122

 3 mm
2
2
 125 
6
4
J  2 Ro3t  2 
3  4.5996 10 mm
 2 
T Ro T Do
6 106 125



 81.53 MPa
6
J
2J
2  4.5996 10
T
6 106


GJ
25 103  4.5996 106
180
6
  52.2 10 rd / mm 
 2.99o / m




D  d 128  122

 125 mm
2
2
veya
J


D
32
4

d4 


128
32
4

 122 4  4.604 106 mm 4
TD
6 106 128


 83.4 MPa
6
2 J 2  4.604 10
T
6 106
6



52
.
13

10
rd / mm  0.0513 rd / m
3
6
GJ
25 10  4.604 10


  0.0513 rd / m 
180


 2.987 o / m
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)

3-8
TL
ds
2  t
4A G
The stresses acting on the longitudinal faces ab 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   btb 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
 b tb   c t c
Shear Flow / Kayma Akımı
f  q   t  constant
or
q

t
(3-59)
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. dz boyundaki parçada biriken enerji T
burulma momenti ve θ açısı cinsinden ve dφ= θdz olduğu bilinerek
Td T
dU 

dz
2
2
şeklindedir ve kayma gerilmesi cinsinden
dU  
V
2
2G
olarak bulunur.
dV
Yukarıdaki iki 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
denklemde yerine konulursa
T
1
T2
dz 
t ds dz
2 2

s
2
2G 4 A t
yukarıdaki
T
T 2 dz ds
veya
dz 
2
8GA2  t
elde edilir. Bu ifade düzenlenirse tüpün dönme (burulma) açısı
aşağıdaki gibi olur:
TL
ds
 2 
4A G t
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)
Bölmeli Tüplerin
Burulması
(İleri Mukavemet)
İnce cidarlı tüplerin burulması
- Dikdörtgen kesitler
- Açık tüpler
Torsion of Noncircular Members
• Previous torsion formulas are valid for
axisymmetric or circular shafts
• Planar cross-sections of noncircular
shafts do not remain planar and stress
and strain distribution do not vary
linearly
• For uniform rectangular cross-sections,
 max 
T
c1ab2

TL
c2 ab3G
• 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.
3 - 36
a)
T
1
3
G
s
t
3
T
3
1


G
2
a

t
t
3
T
1
3
3
G
b
t

2
b
t
11
2 2
3
 max
b)  
c)

T
1 2
3 st
 max 

T
2
1


2
a

t
t
3
 max  G t max
1
3
T
t
3
3 max
b1t1  2b2t 2


T

GJ
J
b t
3
i i
1
 max  G t max 
k  1.74
n
1
3
3
T
t max
J
t max
r
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.
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 - 51

• 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
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:
J
1
3
b t
3
i i

1
3
80  4
J  5.873 10 mm
3
4
3
 100  5
3

T
 max  t max   em 
J
 em J 60  5.873 103
T 

t max
5
T  70480 Nmm  70.5 Nm
T

  em
GJ



 0.2 
3
3
T   emGJ   3  80 10 5.873 10
 10 
T  93970Nmm  93.97 Nm

T  T
olduğundan
T  T  70.48 Nm
alınır.
Örnek: Boyutları şekilde verilen ‘T’ profil kesitte 1 ve 2 parçaları,
kayma modülleri ve kayma emniyet gerilmeleri sırası ile G1=60 GPa,
G2=80 GPa olan farklı malzemelerden imal edilmiştir. Buna göre bu
profilin taşıyabileceği burulma momentini hesaplayınız.
100 mm
 1em  70 MPa
 2 em  90 MPa
7
1
120 mm
2
8
Çözüm:
 

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


T  T1  T2
1   2   
1 
T1
G1 J1
ve
2 
T2
G2 J 2
T1
T
T
T1  T2
 2 

G1 J1 G2 J 2 G1 J1  G2 J 2 G1 J1  G2 J 2
T1 
G1 J1
T
G1 J1  G2 J 2
ve
T2 
G2 J 2
T
G1 J1  G2 J 2
Kesitlerdeki maksimum kayma gerilmeleri:
 1max 
T1
t1
J1
ve
 2 max 
T G1 t1
 1max 
  1em
G1 J1  G2 J 2
T2
t2
J2
ve
T G2 t2
 2 max 
  2 em
G1 J1  G2 J 2
Kesitlerdeki birim dönme açılarının eşitliğinden birleşik kesitin
taşıyabileceği burulma yükü aşağıdaki gibi bulunur:

 

G1 J1  G2 J 2
685.8 106 Nmm 2  1638.4 106 Nmm 2
70 MPa 
T
 1em 
3
G1 t1
60 10 MPa 7 mm 

T  387.4 103 Nmm  387.4 Nm


 

G1 J1  G2 J 2
685.8 106 Nmm 2  1638.4 106 Nmm 2
90 MPa 
T
 2 em 
3
G2 t 2
80 10 MPa 8 mm 

T  326.8 103 Nmm  326.8 Nm
Buna göre emniyetli burulma momenti küçük olandır:
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