İndir

Report
BİRLEŞİK YÜKLEMELER
(Kesit tesirleri)
STRESSES DUE TO COMBINED LOADING
(Internal Forces)
-Normal kuvvet
-Kesme kuvveti
-Eğilme momenti
-Burulma momenti
Eğilmeli Burulma
Bir mil eğilmeli burulma durumuna maruz
kaldığında normal ve kayma gerilmeleri
meydana gelir. Şekildeki kasnağa
uygulanan P kuvveti A noktasına
indirgendiğinde T=PR büyüklüğünde
burulma momenti ankastre noktasına
indirgendiğinde burulma ile birlikte M=PL
büyüklüğünde eğilme ve V=P büyüklüğünde kesme etkisi meydana gelir.
Özet olarak:
1) Burulmadan dolayı kayma,
2) Eğilmeden dolayı normal,
3) Kesme kuvvetinden dolayı kayma
gerilmesi meydana gelir.
3. Maddede belirtilen kesme kuvvetinin yol açtığı kayma
gerilmesi milin merkezinde maksimum değerine ulaşmış
olup, eğilme ve burulma gerilmelerine göre çok küçük
olduğundan genellikle hesaba katılmaz.
Eğilme gerilmeleri kesitin en üstünde ve en altında en büyük
değerlerde meydana gelir.
Dolu miller için atalet momentleri ve gerilmeler:
- Polar atalet momenti ve kayma gerilmesi:
J
D 4
32
TD 16T


2 J D 3
- Kesit atalet momenti ve normal gerilme:
I
D 4
64
MD 32 M


2I
D 3
Buna göre asal gerilmeler:
 1, 2

32 M
 
 32 M   16T 
2
     
 
 3 
3
3 
2
2D
2
 2D   D 
2
2
2
 1, 2 
 1, 2
16 M
 16 M   16T 

 3 

3
3 
D
 D   D 

16
2
2

M

M

T
D 3

2
2
Maksimum normal gerilmeye göre mil çapının bulunması:
Gevrek malzemeler normal gerilmelere hassas olduklarından
maksimum normal gerilme emniyet gerilmesine eşitlenerek mil çapı
bulunur:
Dolu miller:
 em 
 max
M
ve
EK
 max   1


16
2
2

M

M

T
  em
3
D
D3
16
 em
M 
M 2 T 2

İçi boşaltılmış miller:
Atalet momentleri:
J
I


D
32


D
64
4
4
d
d
4
4
4

D
d 

1    
32   D  
d
n
D
4

D
d 

1    
64   D  
d
n
D


4
4
J
I
D 4
32
D 4
64
1  n 
4
1  n 
4
Kayma gerilmesi ve normal gerilme:
TD
16T


2 J D 3 1  n 4


MD
16 M


2I
 D3 1  n4

ve
Asal gerilmeler:
 1, 2

16
2
2

M

M

T
 D3 1  n4



Maksimum normal gerilmeye göre mil çapının bulunması:
 max   1
 max
 em 
ve
M
EK


16
2
2

M

M

T
  em
3
4
D 1  n


16
2
2
D3
M

M

T
 em 1  n 4


Maksimum kayma gerilmesine göre mil çapının bulunması
Sünek malzemeler kayma gerilmelerine hassas olduklarından maksimum
kayma gerilmesi kayma emniyet gerilmesine eşitlenerek mil çapı
bulunur:
Dolu miller:
 
2
2
 max,min
 32 M   16T 
2
       
 3 
3 
2
 2D   D 
 max,min
 16 M   16T 
 
 3 
3 
 D   D 
 max,min
16
  3 M 2 T 2
D
2
2
2
Maksimum kayma gerilmesine göre mil çapının bulunması
 em 
 max
M
EK
16
2
2

M

T
  em
3
D
D3
16
 em
M 2 T 2
İçi boş miller:
Kayma ve normal gerilmeleri:

TD
16T

2 J D 3 1  n 4



ve
MD
16 M

2I
D 3 1  n 4

Asal gerilmeler:
 
     2  
2

32 M

3
4
 2D 1  n
2
 max,min

16 M
3
4

D
1

n

 max,min   
 max,min

16
 3
D 1  n 4


2

2


  16T
   3
4

D
1

n
 

M 2 T 2

  16T
   3
4
  D 1  n




2




2

Maksimum kayma gerilmesine göre mil çapının bulunması:
 em 
 max
M
EK
16

D 3 1  n 4

16
D3
 em 1  n 4


M 2  T 2   em

M 2 T 2
Örnek: Şekildeki mile bağlı kasnak teğetsel P kuvvetine maruz
bırakıldığına göre mil çapını belirleyiniz.
P=10 kN R=250 mm
 o  125 MPa
L=0.6 m
 o  60 MPa
2R
D
L
P
P
Çözüm:
Eğilme ve burulma momentleri
M  P  L  10  600  6000 kNmm  6 106 Nmm
T  P  R  10  250  2500 kNmm  2.5 106 Nmm
Max. normal gerilmeye göre mil çapının bulunması
D3
16
 em
M 
M T
2
2



16

6  6 2  2.52 106
 125
3
D  79.87 mm  D  80 mm

Max. kayma gerilmesine göre mil çapının bulunması
D
3
16
 em
16
M T 
6 2  2.52 106
 60
2
2
3
D  82 mm  D  82 mm
D  D
olduğundan büyük olan değer kullanılır ve
D  D  82 mm
emniyetli çap olarak alınır.
Örnek: Çapı D=40 mm olan milin H ve K noktalarındaki normal ve kayma
gerilmelerini hesaplayınız.
A
H
P1  15 kN
D
K
B
20
b  60 mm
P2  18 kN
Kesit tesirleri (İç kuvvetler):
N   P1  15 kN
V  P2  18 kN
T   a  P2  50 mm 18 kN   900 kNm
M y  a  P1  50 mm  15 kN   750 kNm
M z  b  P2  60 mm 18 kN   1080 kNm
Kesit özellikleri:
A   c 2  1.256 103 mm 2
Iy  Iz 
 c4
My
 125.6 103 mm 4
H
c  12 D
4
J  2 I z  251.2 103 mm 4
N
K
z
Mz
V
T
H Noktasında oluşan gerilmeler:
Normal gerilme:
 xH   x N   x M 
z
N M zc

A
Iz


3
6

15

10
N
1
.
08

10
Nmm 20mm 
H
x 

3
2
1.256 10 mm
125.6 103 mm 4
 xH  183.92 MPa
 xyT
c  12 D


T c  9 10 Nmm 20mm 

J
251.2 103 mm 4
 xyH   xzT  71.6 MPa
6
z
 xH
 Vxy
K
Kayma gerilmesi:
 xyH   xzT 
H
 xK
 xyT
K Noktasında oluşan gerilmeler:
Normal gerilme:
   x N   x M
K
x
y
N M yc
 
A
Iy

 xyT

 15 10 N
0.75 10 Nmm 20mm 
 xK 

1.256 103 mm 2
125.6 103 mm 4
 xK  119.43 MPa
3
6
c  12 D
Kayma gerilmesi:


T c  9 106 Nmm 20mm 
   

 71.6 MPa
3
4
J
251.2 10 mm
H
xy
T
xz


3
4
V
4
18

10
N
 Vxy 

 19.11 MPa
3
3
3 A 3 1.256 10 mm


 xyK   xyT   Vxy  71.6  19.11  52.49 MPa
 xH
 Vxy
K
z
K
xy
H
 xK
 xyT
Örnek: Şekildeki tüp p iç basıncına, T burulma momentine ve N eksenel
kuvvetine maruz kaldığına göre tüpte meydana gelen asal gerilmeleri ve
maksimum kayma gerilmesini hesaplayınız.
T=6 kNm
p=2 Mpa
d=122 mm
D=128 mm
N=20 kN
T
T
p
N
d
N
Tüpün maruz kaldığı yükler
Tüpün kesit görünüşü
D
Çözüm:
Tüpte oluşan gerilme bileşenleri
y
 y  t
 x  l  N
 xy
x
Tüpün polar atalet momenti ve oluşan kayma gerilmesi
J
 xy


128
32
4

 122 4  4.6 106 mm 4


TD
6 106 128


 83.5 MPa
6
2J
2 4.6 10


Tüpte oluşan normal gerilme
N
4  20 103
N 

 17 MPa
2
2
2
2
 D  d / 4  128  122




Tüpün ortalama çapı ve cidar kalınlığı
Dort 
D  d 128  122

 125 mm
2
2
t
Tüpte oluşan eksenel gerilme
p Do 2 125
l 

 20.8 MPa
4t
43
Tüpte oluşan teğetsel gerilme
 t  2 l  41.6 MPa   y
Eksenel bileşke gerilme
 x   N   l  17  20.8  37.8 MPa
D  d 128  122

 3 mm
2
2
Gerilme elemanı üzerindeki gerilme bileşenleri
y
 y  t
 y   t  41.6 MPa
 x  l  N
 xy
x
 x   N   l  37.8 MPa
Asal gerilmeler ve düzlemleri
 1, 2 
 x  y
2
tan 2 p 
 x  y 
   xy2
 
 2 
2
2 xy
 x  y
2 p  88.7 o
 p  44.35o
 x  y 
   xy2
  
 2 
2
 max,min
 max .min  83.52 MPa
 1, 2
 123.22 MPa

 43.82 MPa
 y  t
 xy
 x   N l
2
p
1
Örnek: Şekildeki ABD kolu A ucundan ankastre olup D ucuna P=900 N
büyüklüğünde bir kuvvet uygulandığına göre:
a) H noktasındaki normal ve kayma
gerilmelerini hesaplayınız.
b) H noktasındaki asal gerilmeleri
hesaplayıp doğrultularını bir eleman
üzerinde gösteriniz.
Sample Problem 8.3
Solid shaft rotates at 480 rpm and transmits 30 kW from the motor to
gears G and H; 20 kW is taken off at gear G and 10 kW at gear H.
Knowing that τall = 50 MPa, determine the smallest permissible
diameter for the shaft.
8 - 31
SOLUTION:
• Determine the gear torques and corresponding tangential forces.
• Find reactions at A and B.
• Identify critical shaft section from torque and bending moment
diagrams.
• Calculate minimum allowable shaft diameter.
Relationship among Power, Speed and Torque in shafts
To determine the torque exerted on the shaft, we recall from
elementary dynamics that the power P associated with the
rotation of a rigid body subjected to a torque T is
n  60 f : number of revolutions per minuterpm

f  n / 60 : frequencyof rotation Hz  s -1

P  T Nm / s  Joule/ s  watt   
P  T  2fT
P
2n
 2f rd / s  
60
60P
P
 T 

 2n 2f
Nm
Determine the gear torques and corresponding tangential forces.
Observing that f = 480 rpm = 8 Hz,
we determine the torque and tangential
forces exerted on gear E:
P
30 kW
TE 

 597 Nm
2f 2 8 Hz 
TE 597 Nm
FE 

 3.73 kN
rE
0.16 m
we determine the torques and
tangential forces exerted on gears
C and D:
20 kW
TC 
 398 Nm
2 8 Hz 
FC  6.63 kN
10 kW
 199 Nm
2 8 Hz 
FD  2.49 kN
TD 
We find reactions at A and B.
Ay  0.932 kN
Az  6.22 kN
B y  2.80 kN
Bz  2.90 kN
Bending-Moment and Torque Diagrams
Critical Transverse Section:
We compute resultant bending moments at all potentially critical
sections
M C  M y2  M z2  1244 2  186 2  1257.8 Nm
M D  M y2  M z2  1160 2  3732  1218.5 Nm
M E  M y2  M z2  580 2  560 2  806.2 Nm
MC or MD
Critical Transverse Section:
we find equivalent moments for C and D :
M C  M y2  M z2  12442  1862  1257.8 Nm
M C eq 
M C2  TC  1257.82  3982  1319.3 Nm
M D  M y2  M z2  11602  3732  1218.5 Nm
M D eq 
M D2  TD  1218.52  597 2  1357 Nm
Therefore, maximum value of equivalent
moment occurs just to the right of D
Cross-section at D
Calculate minimum allowable shaft diameter accordig to maximum
shearing stress:
D3
16
M T  3
2
D
 all

2
D
16
D3
1357 103
 50
D
D  51.7 mm
8 - 40

16
 all
M D eq
Sample Problem 8.5
Three forces are applied to a short steel
post as shown. Determine the principle
stresses, principal planes and maximum
shearing stress at point H.
8 - 41
SOLUTION STEPS:
• Determine internal forces in Section EFG.
• Evaluate normal stress at H.
• Evaluate shearing stress at H.
• Calculate principal stresses and maximum shearing stress.
• Determine principal planes.
Solution:
• Determine internal forces in Section EFG.
Vx  30 kN P  50 kN Vz  75 kN
M x  50 kN 0.130 m   75 kN 0.200 m 
M x  8.5 kNm
My 0
M z  30 kN 0.100 m   3 kNm
• Section properties,
A  40 mm 140 mm   5.6 103 mm 2
I x  121 40 mm 140 mm   9.15 106 mm 4
3
I z  121 140 mm 40 mm   0.747 106 mm 4
3
8 - 43
Evaluation of normal stress at H.
P Mz a Mx b
y   

A
Iz
Ix




50 103 N
3 106 Nmm  20 mm   8.5 106 Nmm  25 m 
y 


3
2
6
4
5.6 10 mm
0.747 10 mm
9.15 10 6 m 4
 y  8.93  80.3  23.2
 y  66.0 MPa
Evaluation of shearing stress at H.
Q  A1 y1  40 mm 45 mm 47.5 mm 
Q  85.5 103 mm 3
 yz


Vz Q  75 103 N 85.5 103 mm 3


I xt
9.15 106 mm 4 40 mm 

 yz  17.52 MPa


y
 yz
H
Sample Problem 8.5
• Calculate principal stresses and maximum shearing stress.
Determine principal planes.
 max  R  33.02  17.522  37.4 MPa
 max  OC  R  33.0  37.4  70.4 MPa
 min  OC  R  33.0  37.4  7.4 MPa
tan 2 p 
CY 17.52

2 p  27.96
CD 33.0
 p  13.98
 max  37.4 MPa
 max  70.4 MPa
 min  7.4 MPa
8 - 47
 p  13.98
Eccentric Axial Loading in a Plane of Symmetry
• Stress due to eccentric loading found by
superposing the uniform stress due to a centric
load and linear stress distribution due a pure
bending moment
 x   x centric   x bending
P My
 
A I
• Eccentric loading
FP
M  Pd
4 - 48
• Validity requires stresses below proportional limit,
deformations have negligible effect on geometry,
and stresses not evaluated near points of load
application.
Example 4.07
An open-link chain is obtained by bending lowcarbon steel rods of 12-mm diameter into the
shape shown. For a load of 700 N, determine
a) maximum tensile and compressive stresses
in the straight portion of the link,
b) The distance between section the centroidal
and neutral axis of a cross-section.
4 - 49
SOLUTION STEPS:
• Find the equivalent centric load and bending moment
• Superpose the uniform stress due to the centric load and the linear
stress due to the bending moment.
• Evaluate the maximum tensile and compressive stresses at the
inner and outer edges, respectively, of the superposed stress
distribution.
• Find the neutral axis by determining the location where the
normal stress is zero.
SOLUTION
• Equivalent centric load and bending moment
F
y
M
C
 0  P  700 N
0 
M  Pd  0 
M  P d  700 N 0.016 m 
M  11.2 Nm
4 - 51
SOLUTION
• Normal stress due to a centric load
A  c 2   6 mm   113.1 mm 2
P
700 N
P  
 6.2 MPa
2
A 113.1 mm
2
• Normal stress due to bending moment
I  14 c 4  14  6 mm   1017.9 mm 4
4
M


Mc 11.2 103 Nmm 6 mm 


I
1017.9 mm 4
 M  66 MPa
4 - 52
• Combined normal stresses
• Maximum tensile and compressive stresses
 t   P   M  6.2  66
 t  72.2 MPa
 c   P   M  6.2  66
 c  59.8 MPa
4 - 53
• Neutral axis location
P My0

A
I
1017.9 mm 4
 P  I 
y0      6.2 MPa 
11.2 103 Nmm
 A  M 
0
y0  0.56 mm
Sample Problem 4.8
The largest allowable stresses for the cast iron link are 30 MPa in
tension and 120 MPa in compression.
Knowing that A  3 103 mm 2 , Y  38 mm and I  868 103 mm 4 ,
determine the largest force P which can be applied to the link.
4 - 54
SOLUTION STEPS:
• Determine an equivalent centric load and bending moment.
• Superpose the stress due to a centric load and the stress due to
bending.
• Evaluate the critical loads for the allowable tensile and compressive
stresses.
• The largest allowable load is the smallest of the two critical loads.
Solution
• Determine centric and bending loads.
d  38  10  28 mm
N   P : centric load
M   P d  28 P : bending moment
M
N
d
• Superpose stresses due to centric and bending loads
A 
N Mc A
 P  28 P 22
3





0
.
376

10
P
3
3
A
I
3 10
868 10
N Mc A
 P  28 P  38
3
B  




1
.
559

10
P
3
3
A
I
3 10
868 10
• Evaluate critical loads for allowable stresses.
 A  0.376 10 3 P  30 MPa 
P  79.8 103 N  79.8 kN
 B  1.559 P  120 MPa 
P  77 103 N  77 kN
• The largest allowable load
P  77.0 kN
YAYLAR
F
i) Helezonik bir yaydaki iç kuvvetler ve gerilmeler:
Şekil (a) da görülen helezonik yayı
karakterize eden parametreler şunlardır:
R: Yay yarıçapı
d: Yay telinin çapı
h: Helezon adımı (hatve)
α: Helezon eğim açısı
Helezon eğim açısı: tan α 
h
2R
P eksenel yüküne maruz helezonik yayda, Şekil (b) de görüldüğü gibi kesme kuvveti
ve burulma momenti meydana gelir:
V  P ve T  P  R
Kesit tesirlerinin (kesme kuvveti ve burulma momenti) neden olduğu toplam kayma
gerilmesi süperpozisyon metodu ile bulunur, (Şekil a-b-c).
Buna göre toplam kayma gerilmesi aşağıdaki gibi olur:
4
P
16 P
V 

2
1
3  2 d 
3 d 2
 max
T 
16 PR
 d3
16 P 16 PR 16 PR 
d 
 V T 


1
   em
2
3
3 
3 d
d
 d  3R 
d
Bu formülde
3R , genellikle
1’ in yanında çok küçük
kaldığından ihmal edilebilir.
Gerilme hesaplanırken k düzeltme faktörü kullanılabilir:
2R
m
d
 max
16 PR
k
3
d
k
4m  1 0.615

4m  4
m
ii) Yayların uzaması
Şekil (f) den görüldüğü gibi, ds
uzunluğundaki yayın uzaması dδ dır.
K1 ve K2 kesitleri arasında kalan ds
uzunluğundaki yay parçasının rölatif
dönme açısı aşağıdaki gibi olur:
ds  Rd
d  OO  Rd
T

GJ
T
 d   ds 
ds
GJ
Birim dönme açısı ve
ds uzunluğundaki yay telinin
dönme açısı
T
PR
PR
PR 2
d 
ds 
ds 
Rd 
d
GJ
GJ
GJ
GJ
ds yay elemanında O noktası O’ noktasına yer değiştirdiğinde OO’=ds
olur. Bu durumda yayın uzaması aşağıdaki gibi olur:
PR
d  OO  Rd  R
ds
GJ
Burada G kayma modülü,
  
J

0
 d4
32
PR 2
d 
GJ

0
Burada n helezon (halka) sayısıdır.
ds
PR 2
  
s
GJ
yay telinin polar atalet momenti ve s
yay telinin uzunluğu olup aşağıdaki gibi bulunur:
h2
s  n2R  1 
 2nR
2 2
4 R
s
Buna göre yayın uzaması aşağıdaki gibi olur:
PR 2
PR 2

s
2nR
4

GJ
G 32 d



P  k
veya
Gd 4
P

3
64nR
Gd 4
k
64nR 3

64nR 3

P
4
Gd
Örnek: 1.5 kN’luk bir yüke maruz helezonik yayın yarıçapı 100 mm,
tel çapı 20 mm, halka sayısı 20 ve kayma modülü 84 GPa olduğuna
göre;
- Maksimum gerilmeyi yaklaşık olarak, kesme kuvvetinin etkisini
alarak ve düzeltme faktörünü kullanarak hesaplayınız.
- Yaydaki uzamayı hesaplayınız.
Çözüm:
Yaklaşık olarak maksimum kayma gerilmesi:
 max
 max
16 PR 16 1.5  103 100


3
d
 203
 95.5 MPa
Kesme kuvvetinin etkisini dikkate alarak maksimum kayma gerilmesi:
 max
 max
 max
16 PR 
d 

1

3 
 d  3R 
16 1.5  103 100 
20 

1 

3
 20
 3 100 
 101.86 MPa
k düzeltme faktörü kullanılırsa sonuç aşağıdaki gibi olur:
2 R 2 100

 10 
d
20
4m  1 0.615 4 10  1 0.615
k



4m  4
m
4 10  4
10
k  1.1448
m
 max
 max
16 PR
16 1.5  103 100
k
 1.1448
3
d
 203
 109.3 MPa
Yayın uzaması aşağıdaki gibi bulunur:
64nPR 3 64  20 1500 1003


4
Gd
84  103  20 4
  142.86 mm
Örnek: Titreşim sönümleyici olarak kullanılan
yay sistemi P=240 N’luk düşey bir yüke maruz
kaldığına göre;
a) A ve B noktalarındaki tepkileri belirleyiniz.
b) Yükün uygulandığı noktanın yer
değiştirmesini hesaplayınız.
R=100 mm
d=10 mm
G=90 GPa
Çözüm:
a) Sistemin bütünü için denge denklemi [Şekil
(a)]:
F
y
0 
RA  RB  P  240 N
1
Sistemdeki iç kuvvetler, Şekil (b ve c)’den
aşağıdaki gibi bulunur: :
F
y
0 
Şekil (b) den
P1   RB
Şekil (c) den
P2  P  RB
Sistemin uygunluk denklemi:
B/ A
64 R 3
 i 
Gd 4
n P  n P  n P
i
i
1 1
n P  0
2 2
i
i
0 
9   RB   15  P  RB   0 
15 P 15  240
RB 

 150 N
24
24
ve
RA  90 N
2
b) Yükün uygulandığı noktanın (C-C) yer değiştirmesi:
 C C / A
 C C / A
64 R 3
64 1003

n2 P2 
15240  150 
4
3
4
Gd
90  10 10
 96 mm
Örnek: Aynı malzemeden yapılmış ve helezon uzunlukları aynı olan iki
yay iç içe geçirilerek P=380 N’luk bir yüke maruz bırakıldığına göre;
a) Yaylardaki kuvvetleri hesaplayınız.
b) A noktasının yer değiştirmesini hesaplayınız.
d1=10 mm
d2=14 mm
R1=100 mm
R2=140 mm
n1=20
n2=10
G=90 Gpa
Çözüm:
a)
F
y
0 
P1  P2  P
Uygunluk Denklemi : 1   2
Sistemin uygunluk denklemi:
64n1 P1 R13 64n2 P2 R23

4
Gd1
Gd 24

1
(2)
1   2

20 1003
10 1403
P1 
P2
4
4
10
14

P2  2.8 P1
(1) ve (2) denklemi çözüldüğünde yay kuvvetleri aşağıdaki gibi
bulunur:
P1  100 N
ve
P2  280 N
b)
δ1 veya δ2 den biri kullanılabilir:
64n1 P1 R13
64n2 P2 R23
1 
 2 
4
Gd1
Gd 24

64  20 1003
1 
100   1   2  128 mm
3
4
100  10 10
Örnek: Şekildeki L=4.7 m uzunluğundaki
AB rijit çubuğu A ve B yayları ile
desteklenerek P yüküne maruz
bırakıldığına göre:
a) Çubuğun yatay kalabilmesi için P
kuvvetinin uygulanması gereken
noktayı bulunuz.
b) Emniyetle taşınabilecek P yükünü
hesaplayınız.
c) Çubuğun çökmesini belirleyiniz.
Mekanik ozellikleri
 em  100 MPa
G  80 GPa
A yayı
n A  50
DA  2 RA  120 mm,
d A  10 mm
B yayı
nB  20
DB  2 RB  180 mm
d B  10 mm
Çözüm
A  B
olmalı
64n A PA RA3
64nB PB RB3
A 
ve  B 
4
Gd A
Gd B4
A  B 
 
d A  dB 
64n A PA RA3 64nB PB RB3

4
Gd A
Gd B4
n A RA3 PA  nB RB3 PB
PA
 1.35
PB


 50  603 PA  20  903 PB

M
C
 aPA  bPB  0 
PA
 1.35 
PB
PA b

PB a
P
a
A
C
PA
b
 1.35
a
a  2 m
a  b  4.7  a  1.35a   4.7  
b  2.7 m
F
y
0 
PA
 1.35 
PB
PA  PB  P
PA  1.35 PB


 PB  0.4255 P

 PA  0.5745 P
b
B
PB
A yayına göre P kuvvetinin bulunması
4mi  1 0.615

4mi  4
mi
mi 
2 Ri
dİ
mA 
2  60
4 12  1 0.615
 12  k A 

 1.2 
10
4 12  4
12
 ki 

A yayında oluşan maksimum kayma gerilmesi
A
max
16 PA RA
 kA
  em
3
d A
PA  0.5745 P


PA   em
d A3
16k A RA
 100
 103
16 1.2  60
PA
272.7
P

 474.67 N
0.5745 0.5745
 272.7 N
B yayına göre P kuvvetinin bulunması
mB 
2  90
4 18  1 0.615
 18  k B 

 1.078
10
4 18  4
18
B yayında oluşan maksimum kayma gerilmesi
B
max
16 PB RB
 kB
  em
3
d B
PB   em
d B3
16k B RB
PB  0.4255 P
 100


 103
16 1.078  90
P  476 N
 202.4 N

Emniyetle taşınabilecek yük küçük olan değer olmalıdır. Buna göre
Pem  PA  474.67 N
olmalıdır.
64n A PA RA3 64  50  272.7  603
B  A 

4
Gd A
80  103 10 4
 B   A  235.6 mm
F
Rijit
A
kiriş
3
1m
F
1
B
C
2
3
1m
EXAMPLE (Craig)
During the drilling of an oil well, the section of the drill pipe at A (above ground level)
is under combined loading due to a tensile force P = 70 kips and a torque T = 6 kip. ft,
as illustrated in Fig. 1.The drill pipe has an outside diameter of 4.0 in. and an inside
diameter of 3.64 in. Determine the maximum shear stress at point A on the outer
surface of the drill pipe. The radial stress at this point is zero. The yield strength in
tension of this drill pipe is 95 ksi.
Fig. Portions of an oilwell drill string.
Solution
Stress Resultants: The stress resultants are given in the problem
statement:
F = P = 70 kips, T = 6 kip . ft
(1)
Individual Stresses: we get the normal stress
EXAMPLE
Wind blowing on a sign produces a pressure
whose resultant, P, acts in the y direction at
point C, as shown in Fig. 1.The weight of the
sign, Ws, acts vertically through point C, and
the thin-wall pipe that supports the sign has
a weight WP. Following the procedure
outlined at the beginning of Section 9.4,
determine the principal stresses at points A
and B, where the pipe column is attached to
its base. Use the following numerical data.
Example: A thin-walled cylindrical pressure vessel with a circular cross
section is subjected to internal gas pressure p and simultaneously
compressed by an axial load P=12 k (Fig. 8-25a). The cylinder has inner
radius r=2.1 in. and wall thickness t=0.15 in.
Determine the maximum allowable internal pressure pallow based upon
an allowable shear stress of 6500 psi in the wall of the vessel.
Example (GERE): The rotor shaft of a helicopter drives the rotor blades
that provide the lifting force to support the helicopter in the air. As a
consequence, the shaft is subjected to a combination of torsion and
axial loading.
For a 50-mm diameter shaft transmitting a torque T=2.4 kNm and a
tensile force P=125 kN, determine the maximum tensile stress,
maximum compressive stress, and maximum shear stress in the shaft.
Example (GERE): A tubular post of square cross
section supports a horizontal platform (Fig. 8-28).
The tube has outer dimension b=6 in. and wall
thickness t=0.5 in. The platform has dimensions 6.75
in. x 24.0 in. and supports a uniformly distributed
load of 20 psi acting over its upper surface. The
resultant of this distributed load is a vertical force P1 :
This force acts at the midpoint of the platform, which
is at distance d=9 in. from the longitudinal axis of the
post. A second load P2=800 lb acts horizontally on the
post at height h=52 in. above the base. Determine
the principal stresses and maximum shear stresses at
points A and B at the base of the post due to the
loads P1= and P2=.

similar documents