MAK 305 MAKİNE ELEMANLARI-1 BURKULMA HESABI Doç.Dr. Ali Rıza YILDIZ MAK 305 Makine Elemanları-Doç. Dr. Ali Rıza YILDIZ 1
BU SLAYTTAN EDİNİLMESİ BEKLENEN BİLGİLER Burkulmanın tanımı Burkulmanın hangi durumlarda meydana geldiğinin öğrenilmesi Burkulma hesabının öğrenilmesi Narinlik katsayısının neyi ifade ettiğinin bilinmesi Lineer elastik burkulma Lineer olmayan elastik burkulma Burkulmayı engellemek için alınması gereken önlemler MAK 305 Makine Elemanları-Doç. Dr. Ali Rıza YILDIZ 2
1. Burkulmanın Tanımı Uzun ince çubuk şeklindeki makine elemanlarında, eksen doğrultusunda etkiyen basma kuvvetleriyle boyca kısalmanın gerçekleştiği görülür. Kuvvetin daha da arttırılması halinde çubuğun kararsız duruma gelerek rijitliğin yeterli olmaması nedeniyle, eski haline gelemediği ve kuvvetin çubuk orta bölgesinde oluşturduğu moment etkisiyle deformasyona uğramasıdır. MAK 305 Makine Elemanları-Doç. Dr. Ali Rıza YILDIZ 3
2. Burkulma Hesabı BURSA TECHNICAL UNIVERSITY (BTU) Esasen bir kararlılık problemi olan burkulma ilk defa Euler tarafından incelenmiş ve burkulma olayını meydana getiren kritik kuvveti tayin etmiştir. Euler, 1 = ρ ±(M e ) elastik eğri denkleminden hareket ederek ve EI bu denklemi çeşitli sınır koşullarında entegre ederek, bu koşullar için kritik kuvvetleri bulmuştur. MAK 305 Makine Elemanları-Doç. Dr. Ali Rıza YILDIZ 4
2. Burkulma Hesabı BURSA TECHNICAL UNIVERSITY (BTU) Eğer incelenen bir yükleme durumunda gerilmeler elastik sınırın altında kalırsa çubuğu kararsız duruma getiren burkulma kuvveti veya kritik kuvvet; BR = π2 EI L 2 bağıntısı ile bulunabilir. Kesit atalet momenti için I = Ak 2 (k atalet yarıçapı) ifadesi ile L=L k alınarak; BR = π2 EA (L k /k) 2 şeklinde yeniden düzenlenir. Burada λ = L k K narinlik katsayısı olarak tanımlanmakta ve mesnetleme durumuna göre değişik değerler almaktadır. MAK 305 Makine Elemanları-Doç. Dr. Ali Rıza YILDIZ 5
2. Burkulma Hesabı Şekilden de görüldüğü gibi her mesnetleme durumunda L k çubuk boyu L nin belirli bir oranı şeklinde değerlendirilebilmektedir. L/4 L= L K L K L/2 L K = 2L L K = 2L L/4 MAK 305 Makine Elemanları-Doç. Dr. Ali Rıza YILDIZ 6
2. Burkulma Hesabı L/4 L= L K L K L/2 L K = 2L L K = 2L L/4 Teorik L k L 0,707L 0,5L L 2L Tavsiye Edilen L k L 0,8L 0,65L 1,2 L 2,1 L MAK 305 Makine Elemanları-Doç. Dr. Ali Rıza YILDIZ 7
2. Burkulma Hesabı Bu tür zorlanmalara maruz çubuklarda gerçek eksenel yükün < BR şartını sağlaması istenir ve S emniyet katsayısı olmak üzere; = BR S değerlendirilerek eşitliği = π2 EI SL 2 halini alır. Kritik birim alan yükü BR /A burkulma gerilmesi olarak tanımlanırsa; σ BR = π2 E λ 2 olarak elde edilir ve bu eşitlik Euler eşitliği olarak isimlendirilir. MAK 305 Makine Elemanları-Doç. Dr. Ali Rıza YILDIZ 8
Kritik Birim Yük( BR /A) BURSA TECHNICAL UNIVERSITY (BTU) Kısaca Euler formülasyonu yalnızca elastik bölge için doğru sonuçlar vermektedir. Plastik bölge için Johnson formülasyonu geliştirilmiştir. C σ AK A B BR A = π2 E λ 2 D λ λ 9
Kritik Birim Yük( BR /A) BURSA TECHNICAL UNIVERSITY (BTU) Seçilen narinlik katsayısına göre çizilen düşey bir doğru ya AB doğrusunu keser ve incelenen eleman basmaya zorlanan basit eleman olarak tanımlanır(deformasyon akma şeklinde olur) ya da düşey doğru BD eğrisini keser. Bu ikinci durumda burkulma gerçekleşir. C σ AK A B BR A = π2 E λ 2 D λ λ 10
Kritik Birim Yük( BR /A) BURSA TECHNICAL UNIVERSITY (BTU) Gerilmeler elastik sınırı aştığında Euler formülü hatalı sonuçlar verdiğinden kullanılmaz. Bu bağıntının geçerli olduğu bölgeye(bc eğrisi) elastik, geçerli olmadığı bölgeye (AB eğrisi) plastik bölge denir. Johnson formülüne göre Euler bağıntısı malzemenin akma sınırının yarısına kadar geçerlidir. Elastik bölge uzun çubuklar, plastik bölge kısa çubuklar içindir. σ AK Kısa Çubuk (Plastik) A Uzun Çubuk (Elastik) σ AK /2 johnson teğet B Euler C λ 0 λ 11
Kritik Birim Yük( BR /A) BURSA TECHNICAL UNIVERSITY (BTU) Plastik bölgede Johnson formülleri kullanılır. Johnson formülüne göre Euler bağıntısı malzemenin akma sınırının yarısına kadar geçerlidir. Bu sınır değerden malzemenin akma sınırına kadar olan bölgede eğri parabol şeklinde olup burkulma gerilmesi; σ BR = σ AK σ AK 2 4π 2 E λ2 σ AK Kısa Çubuk (Plastik) A Uzun Çubuk (Elastik) σ AK /2 johnson teğet B Euler C λ 0 λ 12
İki bölgenin kesişim noktasında her iki formül geçerli olup Johnson formülünde σ BR = σ AK /2 değerlendirilerek sınır narinlik katsayısı; λ 0 = π 2E σ AK şeklinde belirlenir Pratikte hesap için aşağıdaki yol takip edilir. Çubuğun kesit alanı bilindiği takdirde I atalet momenti ve k atalet yarıçapı belirlenir. Yükleme ve mesnetleme durumuna göre etkili veya kritik çubuk uzunluğu seçilip λ narinlik katsayısı bulunur. Sınır narinlik katsayısı λ 0 hesaplanır ve λ > λ 0 ise Euler λ < λ 0 ise Jonhson formülleri uygulanarak σ BR belirlenmiş olur. Her iki durum için de S emniyet katsayısı σ B = σ BR S formülünden hesaplanır. MAK 305 Makine Elemanları-Doç. Dr. Ali Rıza YILDIZ 13
4 m BURSA TECHNICAL UNIVERSITY (BTU) ÖRNEK SORU Şeması verilen, 2 m iç çapa sahip silindirik su deposunun kütlesi yaklaşık 500 kg dır. Su deposu St37 den imal edilmiş çelik bir boru kullanılarak yerden 4 m yüksekte tutulacaktır. Stoğumuzda bulunan dış çap 90 mm, iç çap 80 mm olan profili bu işte kullanmak istiyoruz. Bu çelik borunun burkulmasına neden olmadan en son hangi yüksekliğe kadar depoya su doldurulabilir, hesaplayınız. St37 için; E=210000 MPa σ AK = 390 MPa φ 2 m l su =? MAK 305 Makine Elemanları-Doç. Dr. Ali Rıza YILDIZ 14
ÇÖZÜM Öncelik ile burkulmanın lineer olup olmadığını belirleyebilmek için λ ve λ 0 değerlerini hesaplamalıyız. λ = L k k ve k = I A I = π 64 904 80 4 = 1,21. 10 6 mm 4 A = π 4 902 80 2 = 1335,17 mm 2 k = 1,21. 106 1335,17 = 30,1 mm Su deposunun durumu alt kısım ankastre üst taraf serbest olan duruma uymaktadır. Bu durum için L k = 2L dir. L k = 8000 mm MAK 305 Makine Elemanları-Doç. Dr. Ali Rıza YILDIZ 15
ÇÖZÜM Gerekli parametreler elde edildikten sonra λ ve λ 0 değerleri hesaplanır. λ = L k k = 80000 30,1 = 265,7 λ 0 = π 2. E σ λ 0 = π 2.210000 AK 390 = 103,1 λ = 265,7 > λ 0 = 103,1 olduğundan elastik burkulma söz konusudur. Elastik burkulma için ; BR = π2 EI L k 2 = 2,1.105. 1,21. 10 6. π 2 8000 2 = 39185 N MAK 305 Makine Elemanları-Doç. Dr. Ali Rıza YILDIZ 16
ÇÖZÜM Bu kuvetten deponun kütlesini düşerek en çok olabilecek su kütlesine ulaşırız. su = bk G d. g = 39185 500.9,81 = 34280 N Bu değerden su yüksekliği rahatlıkla hesaplanabilir. su = 34280 N = π22 4. l su. 1000.9,81 l su 1,11 m Sonuç depodaki su seviyesi 1,11 metre değerini aştığında depoyu taşıyan profil burkulacaktır. MAK 305 Makine Elemanları-Doç. Dr. Ali Rıza YILDIZ 17
SORULARINIZ??? MAK 305 Makine Elemanları-Doç. Dr. Ali Rıza YILDIZ 18