Resistência dos Materiais - Apostila I

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1 Resistência dos Materiais - postila I 1 CÁLCULO DS REÇÕES Tipos de suportes (ou apoios) Tipos de carregamentos Classificação de vigas Cálculo das reações nas vigas... 4 DIGRMS DE FORÇ XIL, CORTNTE E DE MOMENTOS Método das seções Força cortante nas vigas (V) Força aial nas vigas (P) Momento fletor (M) Diagramas de forças cortante e aial e do momento fletor Método do somatório Equações diferenciais de equilíbrio... 1 TENSÃO Definição de Tensão Tensor de Tensões Tensões em membros com carregamento aial Carga aial Tensão média de cisalhamento Tensões dmissíveis; Fator de segurança Projeto de membros e pinos com carregamento aial DEFORMÇÃO Significado físico da deformação Definição matemática de deformação Propriedades mecânicas dos materiais isotrópicos Diagrama tensão-deformação Coeficiente de poisson para materiais isotrópicos Lei de Hooke para materiais isotrópicos (Estado triaial de tensões) Energias de deformação elástica Energia de deformação elástica para tensão uniaial Energia de deformação elástica para tensão de cisalhamento... 54

2 4.4. Energia de deformação elástica para um estado de tensão multiaial Deformação de membros carregados aialmente Tensões Residuais TORÇÃO plicação do método das seções Premissas ásicas fórmula da torção Observações sobre a fórmula da torção Projeto de membros circulares em torção Ângulo de torção de membros circulares Fórmula da torção para eios com diferentes materiais Membros maciços não circulares TENSÃO DE FLEXÃO EM VIGS Premissa cinemática básica Fórmula da fleão elástica Centróide de área Momento de inércia de área Fleão pura de vigas com seção assimétrica Tensão de fleão em vigas com diferentes materiais (Método da rigide equivalente) TENSÃO DE CISLHMENTO EM VIGS Preliminares Fórmula da tensão de cisalhamento em vigas Distribuição da tensão de cisalhamento em vigas Tensão de cisalhamento em vigas com diferentes materiais (Método da rigide equivalente) Fluo de cisalhamento TENSÕES COMPOSTS Superposição e suas limitações Fleão oblíqua Elementos estruturais com carregamento ecêntrico Superposição de tensões de cisalhamento TRNSFORMÇÃO DE TENSÔES Introdução...1

3 9. Equações gerais para transformação de tensão plana Círculo de tensões de Mohr Construção do círculo de tensões de Mohr Importante transformação de tensão Tensões principais para o estado geral de tensões Círculo de Mohr para o estado geral de tensões Critérios de escoamento e de fratura Observações preliminares Teoria da máima tensão de cisalhamento (Tresca) (mat. dúcteis) Teoria da máima energia de distorção (von Mises) (mat. dúcteis) Teoria da máima tensão normal (mat. frágeis)...159

4 1 CÁLCULO DS REÇÕES 1.1 Tipos de suportes (ou apoios) a) rticulação: (Resiste à uma força em apenas uma direção) pinos viga R b) Rolete: (Resiste à uma força em apenas uma direção) rolete viga viga R 90 R roletes c) Pino: (Resiste à uma força que age em qualquer direção) pino = R R R R d) Engastamento: (Resiste à uma força que age em qualquer direção e à um momento) R M R 01

5 1. Tipos de carregamentos a) Forças concentradas P P R = W R W R b) Carga uniforme distribuída carga w(kgf/m) = R R L R Observação: Para o cálculo das reações de apoio, a carga uniforme distribuída é substituída por uma força concentrada equivalente W igual a área da figura geométrica da carga e que passa pelo seu centróide: W = p. L c) Carga uniformemente variável carga w (kgf/m) R = R L R 0

6 Observação: Para o cálculo das reações de apoio, a carga uniforme variável é substituída por uma força concentrada equivalente W igual a área da figura geométrica da carga e que passa pelo seu centróide: W = (p. L) / d) Momento concentrado W R W d = R M = W.d R 1. Classificação de vigas a) Simplesmente apoiadas P w (kgf/m) L L b) i-engastada (fia) P L c) Engastada- poiada P P L 0

7 d) Em balanço w (kgf/m) L e) Em balanço nas etremidades P w (kgf/m) L 1.4 Cálculo das reações nas vigas Equações de equilíbrio estático (forças aplicadas em um plano): F = 0, F = 0 e M = 0 ou F = 0, M = 0 e M = 0 ou Eemplo 1.1: Calcular as reações nos apoios da viga. Desprear o peso da viga. 00 kgf.m 100 kgf 160 kgf 0,5 m 0,5 m 0,5 m 0,5 m Diagrama de corpo livre (D.C.L.): 00 kgf.m 100 kgf 160 kgf R R 0,5 m 0,5 m 0,5 m 0,5 m R 04

8 F = 0 R = 0 M = 0, ,5 R. = 0 R = 70 kgf F = 0, R = 0 R = - 10 kgf Verificação: M = ,5 = 0 OK Observação: Nenhum momento é transmitido por uma junta articulada, apenas as forças horiontais e verticais são transmitidas. L/ P articulação L a C Diagrama de corpo livre (D.C.L.): L/ P P/ P/ L P/ a C P/ M c = P/.a 05

9 DIGRMS DE FORÇ XIL, CORTNTE E DE MOMENTOS.1 Método das seções O método das seções estabelece procedimentos para a determinação dos esforços internos ao longo do comprimento da viga. O conceito de equilíbrio das partes de um corpo é utiliado quando o corpo com um todo está em equilíbrio. a P 1 P a w 1 R w R R P P M V P 1 M P V w 1 R R w R Figura.1 Esforços internos em vigas onde V é a força cortante, P é a força aial e M é o momento fletor..1.1 Força cortante nas vigas (V) força cortante V, perpendicular ao eio da viga, deve ser introduida na seção: - para satisfaer a equação de equilíbrio F = 0. 06

10 força cortante é definida positiva quando girar a seção no sentido antihorário. a b +V +V a b Figura. Força cortante.1. Força aial nas vigas (P) força aial P, paralela ao eio da viga e que passa pelo centróide da seção, deve ser introduida na seção - para satisfaer a equação de equilíbrio F = 0. força aial é definida positiva ou de tração quando agir de dentro para fora da seção e negativa ou de compressão em caso contrário. +P a b +P a b Figura. Força aial.1. Momento fletor (M) O momento fletor M, que gira em torno de um eio perpendicular ao plano que contêm a viga, deve ser introduido na seção - para satisfaer a equação de equilíbrio M = 0. Para isto, o momento provocado pelas forças é normalmente calculado em torno do ponto de interseção de V e P. O momento fletor é definido positivo quando tracionar a parte interior da viga e comprimir a parte superior da viga, e negativo em caso contrário. +M a b +M a b Figura.4 Momento fletor 07

11 .1.4 Diagramas de forças cortante e aial e do momento fletor Os diagramas de esforços internos são traçados para se determinar a evolução das forças cortante e aial e do momento fletor ao longo da viga, respectivamente. Eemplo.1: Traçar os diagramas de forças cortante, força aial e de momento fletor para a viga abaio, sujeita à força inclinada de P = 5 t. Desprear o peso da viga. P = 5 t 4 5 m 5 m a - Determinar as reações de apoio. Diagrama de corpo livre (D.C.L.): 4 t R t R R F = 0, R = 0, R = t M = 0, R = 0, R = t F = 0, 4 + R = 0, R = t Verificação: M = = 0 (OK) b - Determinar as forças cortante e aial e o momento fletor em seções entre duas forças concentradas. Seção c-c (0<<5): 08

12 t c 4 t t t t c M P t t V F = 0, P + = 0, P = - (t) F = 0, V + = 0, V = - (t) M c = 0, -. + M = 0, M = (t.m) Seção d-d (5 < < 10): t 4 t t d t P M d t V t F = 0, P = 0 F = 0, - V + = 0, V = (t) M d = 0, -. ( 10 ) + M = 0, M = (t.m) c - Traçar os diagramas de força cortante, força aial e do momento fletor. 09

13 4 t t t t t + + Força cortante (t) Força aial (t) Momento fletor (t.m) + + Conclusões Importantes: Ponto de força concentrada vertical Discontinuidade no diagrama de força cortante igual a força concentrada vertical. Ponto de força concentrada aial Discontinuidade no diagrama de força aial igual a força concentrada aial. Eemplo.: Traçar os diagramas de força cortante e de momento fletor para a viga apresentada abaio, sujeita à uma força distribuída e a um momento concentrado. w = t/m M =8 t.m m m m a - Determinar as reações nos apoios (D.C.L.): 10

14 4 t t/m 8 t.m m m m R R R F = 0, R = 0 M = 0, R = 0, R = t F = 0, R = 0, R = 1 t Verificação: M = = 0 (OK) - Determinar as forças cortante e o momento fletor em seções entre forças e momentos concentrados e ao longo de uma carga distribuída. Seção c-c (0 < < ): c t/m 8 t.m c t 1 t V M P F = 0, P = 0 F = 0, -. + V = 0, V = (t) M C = 0,.. / + M = 0, M = - (t.m) 11

15 Seção d-d ( < < 4): d t/m 8 t.m d 4 t t 1 t V M P t F = 0, P = 0 F = 0, V = 0, V = 1 (t) M d = 0, 4. ( 1). ( ) + M = 0, M = - - (t.m) Seção e-e (4 < < 6): t/m 8 t.m e t e 1 t P M V 1 t F = 0, P = 0 F = 0, - V + 1 = 0, V = 1 (t) M E = 0, - 1. ( 6 ) + M = 0, M = (t.m) 1

16 c -Traçar os diagramas de força cortante e do momento fletor. t/m 8 t.m t 1 t Força cortante (t) Momento fletor (t.m) Conclusões Importantes (além das anteriores): Ponto de momento concentrado Discontinuidade no diagrama de momento fletor igual ao momento concentrado. Eemplo.: Os skis suportam um homem de 80 kg. Se o carregamento da neve na superfície inferior de um ski é trapeoidal como mostrado abaio, determine a intensidade w e traçe os diagramas de força cortante e de momento fletor para um ski. Tome g=10 m/s. 1 m P C D E 0,5 m w w 1 m 0,5 m F = 0, 0,5 w + w + 0,5 w 400 = 0, w = 66,67 N/m 1

17 Trecho V M w = w / 0,5 w / w F = 0, + V = 0, V = - 66,67 (N) 0,5 p / p / = 0,5 = 0, V = 0, V = 66,67 N w M = 0, + M = 0, M = 88,89 (N.m) 0,5 p / = p / = 0,5 0, M, M = 0 = 11,11Nm Trecho C 0,5 V M w 0,5/ w. w 0,5 F = 0, + w + V = 0, V = - 66,67 66,67 (N) p / = 0, V = 66,67 N p / = 0,5, V = 00 N w 0,5 1 M = 0, 0,5 + w + M = 0, M = 1,4 + 66,67 +11,11 p / = p / = 0,5 0, M, M = 11,11N.m = 77,78 N.m 14

18 Devido à simetria temos: 400 N 00 Força cortante (N) - -66, , ,67 + Momento fletor (N.m) 11, ,11 + Eemplo.4: Determine os diagramas de força cortante e de momento fletor para a viga abaio. 0,5 m 4 t 1 t,5 m Força total Força total m 0,5 m C D,5 m E 1,5 m F,75 m Diagrama de Corpo Livre (DCL): Viga CDE: 15

19 0,5 m 4 t,5 m 1 t 5 t C D,5 m E = C D,5 t.m,5 m E F = 0, R c R E = 0 R c = R E M C = 0, R E., ,5 = 0 R E = t F = 0, R c + R E 4 1 = 0 R c = t Viga C: 6t R c = t C m 0,5 m F = 0, R R C = 0 R = R C M = 0, R. 6. 1,5 R c.,5 = 0 R = 6,5 t F = 0, R + R E 6 R C = 0 R =,5 t Viga EFG: R E = 1t R E E F 1,5 m R F,75 m R G 16

20 F = 0, R E = 0 R = R C = R E = 0 M E = 0,. (1,5 +,75) R F., ,75/ = 0 R F = t F = 0, 6 + R F 1 + R G = 0 R G = 0 t Viga C Trecho (0 < < ): w = M w. = 6 t (força total) w = t/m,5 V F = 0,,5 + V = 0 V =,5 (t) p/ = 0, V =,5 t p/ =, V =,5 t M = 0,,5 + / + M = 0 M = +,5 (t.m) p/ = 0, M = 0 t.m p/ =, M = 1,5 t.m dm Momento máimo: = 0, +,5 = 0 = 1,5 m d M ma ( = 1,5m) = (1,5) +,5. 1,5 M ma = 1,565 (t.m) Trecho C (0 < < 0,5): M V F = 0, V = 0 V = (t) 17

21 p/ = 0, V = t p/ = 0,5, V C = t M = 0,. (0,5 ) M = 0 M = 1,5 (t.m) p/ = 0, M = 1,5 t.m p/ = 0,5, M C = 0 t.m Viga CDE Trecho CD (0 < < 0,5): M V F = 0, + V = 0 V = (t) p/ = 0, V C = t p/ = 0,5, V D = t M = 0, + M = 0 M = (t.m) p/ = 0, M C = 0 t.m p/ = 0,5, M D = 1,5 t.m Trecho DE (0 < < ): M V F = 0, V + = 0 V = (t) p/ = 0, V D = t p/ =, V E = t M = 0,. ( ) M = 0 M = + 4 (t.m) p/ = 0, M D = 4 t.m p/ =, M E = 0 t.m 18

22 Viga EFG Trecho EF (0 < < 1,5): M V F = 0, + V = 0 V = (t) p/ = 0, V E = t p/ = 1,5, V F = t M = 0, + M = 0 M = (t.m) p/ = 0, M E = 0 t.m p/ = 1,5, M F = -,5 t.m Trecho FG (0 < <,75): w.,75 w =,75 = 1(total) (t.m) w / w M w,75 ' w ' w =,75 1,5 V F = 0, + w / + V = 0 V = (t),75 p/ = 0, V F = 1 t p/ =,75, V G = 0 t M = 0,.(1,5 + ). + (w / )./ + M = 0 M = +, 5 (t.m).,75 p/ = 0, M F =,5 t.m p/ =,75, M G = 0 t.m 19

23 Viga C: R c = t C R 6 Força cortante (t),5 1,565 - Momento fletor (t.m) -1,5 Viga CDE 5 t C,5 t.m E D Força cortante (t) - t 4 t Momento fletor (t.m) 1,5,5 Viga EFG: 0

24 R E = 1t R E E F R F R G Força cortante (t) -1 Momento fletor (t.m) -,5. Método do somatório...1 Equações diferenciais de equilíbrio Considere a viga com uma carga distribuída w(). w() M V +w() V+ V M+ M 1

25 Pelas condições de equilíbrio das forças verticais ( F = 0 ) e dos momentos ( M = 0 ) temos: V F = 0, V + w. + (V + V) = 0 = w (.1) M = 0, M V. + w.. (M + M) = 0 M = V + w. (.) s eqs. (.1) e (.) sendo avaliadas no limite, quando 0, fornecem as duas equações diferenciais básicas: lim 0 e lim 0 V M dv d dm d = w = V V () = w(). d + (.) 0 C 1 M () = V(). d + (.4) 0 C Eemplo.5: Traçar os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga usando o método do somatório. P P L/4 L/ L/4 R R a - Determinar as reações nos apoios. L L M = 0, P. P. + R. L = 0 R = P 4 4 F = 0, R - P P + P = 0 R = P Da eq. (.), sabendo que w() = 0 V() = constante = V. Da eq.(.4), como V é constante, a equação de momento fletor no trecho é da forma: M() = - V + C

26 b - Traçar os diagramas de força cortante e momento fletor. P P P Força Cortante - P - + P + P PL/4 Momento Fletor + Eemplo.6: Construir os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga com o carregamento mostrado abaio, usando o método do somatório. t/m 10 t 4 1 t/m C D E F m m 1 m 1 m m 1 m G a - Determinar as reações nos apoios. t 8 t 10 t t t/m 6 t 1 t/m C R R D m m 1 m R E F 1 m m 1 m G

27 F = 0, R 6 = 0 R = 6 t M = 0, R.4. 6 = 0 R = 7,5 t F = 0, - + R 8 + 7,5 = 0 R = 5,5 t b - Determinar as funções da força cortante V() e do momento fletor M() para cada trecho da viga. Partir da etremidade mais a esquerda, ponto C: Trecho C-: V () = w() d + C1 0 p / = 0, w = b = w() = a + b p / =, w = 0 a = w() = (t/m) V () = d + C1 V() = + + C1 (t) 0 p/ = 0, V c = 0 C1 = 0 (não há força concentrada em C) V() = + p/ = V = t M () = V() d + C M () = + d + C 0 1 M() = + + C p/ = 0, M c = 0 C = 0 (não há momento concentrado em C) M() = (t.m) 9 p/ = M = -6 t. m 0 4

28 força aial: P = O Trecho -D: V () = w() d + C1 0 como w() = 0 V() = constante = C1 = -,5 t M () = V() d + C, M () = (,5 ) d + C M () =,5 + C 0 0 p/ = 0, M = -6 C = - 6 (não há momento concentrado em ) M() =,5 6 (t.m) p/ = M D = 1,5 t. m força aial: P = - 6 t Trecho D-: V () = w() d + 0 C1 como w() = 0 V() = constante = C1 = 5,5 t V() d + M () = C, M () = 5,5 d + C M () = 5,5 + C 0 0 p/ = 0, M D = 1,5 C = 1,5 (não há momento concentrado em D) M() = 5,5 + 1,5 (t.m) p/ =1 M = - 4 t. m Força aial P = 0 Trecho -E: V () = w() d + 0 C1 5

29 como w() = 0 V() = constante = C1 = - V = - t M () = V() d + C, M () = ( ) d + C M () = + C 0 0 p/ = 0, M = - 4 C = - 4 (não há momento concentrado em ) M() = - 4 (t.m) p/ =1 M E = - t. m Força aial P = 0 Trecho E-F: V () = w() d + C1, V () = ( 1) d + C1 V() = C1 0 p/ = 0, V E = - C1 = - (não há força concentrado em E) V() = p/ = V F = 0 0 M () = V() d + C, M () = ( ) d + C M() = + + C 0 0 p/ = 0, M E = - C = - (não há momento concentrado em E) M() = + (t.m) p/ = M F = 0 t. m Força aial P = 0 não há forças e momentos concentrados: V = 0, M = 0, P = 0 Traçar os diagramas de forças cortante e aial e de momento fletor. 6

30 8 t 10 t t/m 6 t 1 t/m C 6 t D E F G 5,5 t 7,5 t Força cortante (t) +,5 5, ,5 Momento fletor (t.m) Força aial (t) -6-7

31 TENSÃO.1 Definição de Tensão Considere um o corpo seccionado, submetido à forças eternas P 1 e P e à forças internas P atuantes em áreas infinitesimais, Fig..1. P P P P Figura.1 Esforços eternos einternos num corpo seccionado τ = σ tensão normal à face seccionada é por definição da forma: = lim 0 P (.1) e, as tensões de cisalhamento que atuam na face seccionada são por definição da forma: τ τ = = lim 0 lim 0 P P (.) O primeiro índice da tensão de cisalhamento indica o eio que é perpendicular à face onde atua a tensão e o segundo indica a direção da tensão.. Tensor de Tensões 8

32 Considere um elemento infinitesimal de dimensões, e com todas as tensões que atuam sobre ele, Fig... σ σ σ τ τ τ τ σ σ τ τ σ Figura. Elemento infinitesimal solicitado triaialmente O tensor de tensões é uma matri de dimensão () onde são colocadas todas as tensões atuantes num elemento infinitesimal: τ τ τ τ τ τ τ τ τ σ = τ τ τ σ τ τ τ σ (.) Verifica-se que o tensor de tensões é simétrico: τ = τ, τ = τ, τ = τ. Demonstração: M 0, (τ.. ) - (τ.. ) = 0 τ = τ eio =. Tensões em membros com carregamento aial..1 Carga aial Considere uma barra sem peso e em equilíbrio, sujeita à duas forças F (tração ou compressão) em suas etremidades. 9

33 F F a F a P Figura. arra solicitada aialmente área da seção transversal no ponto onde se seccionou a barra é e a força interna é igual a P e positiva (se tracionada) ou negativa (se comprimida), logo a tensão normal é da forma: P σ = (.4) No caso da barra estar sendo comprimida, seu comprimento deve ser suficientemente pequeno para que não ocorra flambagem... Tensão média de cisalhamento Considere um corpo sendo arrastado sobre outro corpo por uma P. P P V = P Figura.4 Corpo sendo cisalhado 0

34 Se o corpo que está sendo arrastado tem área na interface de contato entre os corpos, a tensão média de cisalhamento 1 é da forma: V τ m = (.5) eq. (.5) é frequentemente utiliada para dimensionar pinos, parafusos, rebites, etc. que estão sendo solicitados por esforços cisalhantes. Corpos podem ser cisalhados de formas diferentes. Um corpo pode estar sendo submetido à um cisalhamento simples quando, Fig..5: P P Figura.5 Corpo submetido à um cisalhamento simples O rebite que une os dois corpos que estão sendo tracionados é cisalhado na interface da seguinte forma, Fig..6: V = P P Figura.6 Rebite com cisalhamento simples Se o rebite tem área na interface e a força cortante V é P, a tensão de cisalhamento média é: V P τ m = = (.6).7: Um corpo pode estar sendo submetido à um cisalhamento duplo quando, Fig. 1 tensão de cisalhamento é média pois a força que atua em cada área infinitesimal não é a mesma. 1

35 P/ P P/ Figura.7 Corpo submetido à um cisalhamento duplo O rebite que une os três corpos que estão sendo tracionados é cisalhado na interface entre cada corpo é da forma, Fig..8: V = P/ V = P/ P Figura.8 Rebite com cisalhamento duplo Se o rebite tem área na interface entre cada corpo, e a força cortante V é P/, a tensão de cisalhamento média é: V P τ m = = (.7) Eemplo.1: barra abaio tem largura de 5 mm e espessura de 10 mm, constantes ao longo de seu comprimento. Determine as tensões normais nos diferentes trechos da barra para o carregamento abaio. 1 kn 9 kn C 4 kn D kn 9 kn 4 kn Trecho : 1 kn P = 1 kn

36 σ = P = ,05.0,010 N m N = m σ = Pa = 4, MPa Trecho C: 1 kn 9 kn P = 0 kn σ P 0000 = 0,05.0,010 N C = = m 85,7 MPa 9 kn Trecho CD: P = kn D kn σ P 000 = 0,05.0,010 N CD = = m 6,4 MPa Eemplo.: Determine as tensões nos pinos localiados em e com diâmetros d = 8 mm e a tensão na barra C para o conjunto abaio: C 15 kn 4 b = 10 mm m 1 m t = 5 mm

37 DCL da arra : 15 kn R R R R 4 M = 0, R = 0 R = 16,7 kn 5 F Y = 0, R 15 + R. = 0 R = 5 kn 5 4 F = 0, R + R. = 0 R = 1,4 kn 5 Pino : R = 5 + 1,4 = 14, kn R = 14, kn V = R / V = R / R =14, kn V 1400 / N τ = = π 8 mm τ = 14, MPa 4 Pino : V = R R = 16,7 kn 4

38 V N τ = = π 8 mm τ C =, MPa 4 arra C: P = R R σ P N = 10,5 mm C = = 4 MPa.4 Tensões dmissíveis; Fator de segurança Para garantir a segurança de uma estrutura, é necessário escolher uma tensão admissível que restrinja a carga aplicada, a uma que seja menor que aquela que a estrutura possa suportar. Há vários motivos para isso: imprecisão de cálculo, imperfeições oriundas do processo de fabricação, variabilidade nas propriedades mecânicas dos materiais, degradação do material, etc. Uma das maneiras de especificar a tensão admissível é definir um coeficiente de segurança dado por: σ η = σ σ η = σ escoamento admissível ruptura admissível (.8) s tensões de ruptura são determinadas eperimentalmente e o coeficiente de segurança é selecionado baseado no tipo de estrutura e em suas aplicações. 5

39 .5 Projeto de membros e pinos com carregamento aial Eemplo.: Determine o diâmetro da barra C, se a tensão admissível é σ adm = 155 MPa. viga é assumida ser parafusada em. C 15 kn/m m m 1,5 m D.C.L da barra :,5 kn 11,5 kn R 1 R M = 0, R,5.. 4,5 +,5 + 11,5.1= 0 R = 15 kn R σ adm =, C N 155 mm = d C = 11,1 mm π d C 4 Eemplo.4: Duas vigas de madeira são conectadas por um parafuso em. ssumindo que as coneões em,, C, e D eercem somente forças verticais nas vigas. Determine o diâmetro do parafuso em e o diâmetro eterno de sua arruela se a tensão admissível do parafuso é σ adm p. = 150 MPa e a tensão admissível da madeira é σ adm m. = 8 MPa. 6

40 kn 1,5 kn kn m m C 1,5 m 1,5 m 1,5 m 1,5 m D D.C.L. da Viga : kn R C R R M = 0, -. - R C. 4 + R. 5,5 = 0 R c = 1,75 R 1,5 D.C.L. da Viga CD: R 1,5 kn kn R C R D M D = 0, - R C. 6 + R. 4,5 + 1, ,5 = 0 - (1,75 R 1,5). 6 + R. 4,5 + 4,5. + = 0 R = 4,4 kn Parafuso: R σ adm P. =, π d 4 P = d P = 6,1 mm π d 4 P rruela: 7

41 d e 6,1 mm R σ adm P. =, π d e π dp = d e = 15,4 mm π d e π 6,1 4 4 Eemplo.5: Determine a máima força F que pode ser aplicada na estrutura se as áreas das seções transversais das barras são = 5000 mm e a tensão admissível de tração é σ adm t = 14 kgf/mm e a tensão admissível de compressão é σ adm c = 10,5 kgf/mm. E 9 m F m R R C D m 9 m R D F = 0 R = 0 M = 0, R D. F. 1 = 0 R D = 4 F F = 0, R + R D F = 0 R = F Ponto E: F E θ F C 45 E F 4 cos θ =, 5 sen θ = 5 8

42 F = 0, F F CE cos 45 F E sen θ = 0 F ce = 5,66 F (compressão) F = 0, F E cos θ F CE sen 45 = 0 F be = 5 F (tração) Ponto C: F C F C C 45 F CD F = 0, F CD F CE sen 45 = 0 F CD = 4 F (compressão) F = 0, F C F CE cos 45 = 0 F cb = 4 F (compressão) Ponto : F E θ F C 45 F F D F = 0, F D cos 45 F C + F E cos θ = 0 F D = 0 F = 0, F + F E sen θ = 0 F = F (tração) Ponto : F F D R R F = 0, R + F D = 0 F D = 0 F = 0, R + F = 0 F = F (tração) 9

43 barra CE: σ F CE adm c =, 5,66 F 10,5 =, F = 9.76 kgf 5000 barra E: F E σ adm t =, 5 F 14 =, F = kgf 5000 barra CD: σ F CD adm c =, 4 F 10,5 =, F = 1.15 kgf 5000 barra C: F C σ adm c 4 F 10,5 = 5000, F = 1.15 kgf barra : F σ adm t =, F 14 =, F =. kgf 5000 Resposta: máima força F é a de F = 9.76 kgf, pois qualquer força maior que está produiria uma tensão superior a tensão admissível. Eemplo.6: estrutura treliçada abaio suporta duas forças de 1 t. Se as tensões admissíveis são σ adm t = 14 kgf/mm em tração e σ adm c = 10,5 kgf/mm em compressão, determine a menor seção transversal possível para as barras. D 1,5 m R m C m E m F R 1 t 1 t R F F = 0 R = 0 M = 0, R F = 0 R F = 1 t F = 0, R + R F 1 1 = 0 R = 1 F 40

44 Ponto : R E F θ F C cos θ =,,5 1,5 sen θ =,5 R F = 0, R F sen θ = 0 F = 0 t (compressão) F = 0, R F cos θ + F C = 0 F C = 16 t (tração) Ponto C: F C F C C 1 F C F = 0, F C 1 = 0 F C = 1 t (tração) F = 0, F C + F CE = 0 F CE = 16 t (tração) Ponto : F θ F C θ F D F E F = 0, F sen θ F C + F E sen θ = 0 F E = 0 t F = 0, F cos θ F E cos θ + F D = 0 F D = 16 t (compressão) Ponto D: F D D θ F DE F DF F = 0, F D F DF cos θ = 0 F DF = 0 t (compressão) 41

45 F = 0, F DE + F DF sen θ = 0 F DE = 1 t (tração) Ponto E: θ F E F DE F CE 1 E F EF F = 0, 1 + F DE + F E sen θ = 0 (ok) F = 0, F CE F E cos θ + F EF = 0 F EF = 16 t (tração) Ponto F: θ F DF F F EF R F F = 0, R F F DF sen θ = 0 (ok) F = 0, F EF + F DF cos θ = 0 (ok) barra : F σ adm c =, barra C: FC σ adm t =, barra C: C FC σ adm t =, barra CE: C FCE σ adm t =, CE ,5 =, = 1904,8 mm C =, C = 114,9 mm C =, C = 857, mm CE =, CE = 114,9 mm 4

46 barra D: FD σ adm c =, barra DF: D FDF σ adm c =, barra DE: DF FDE σ adm t =, barra EF: DE FEF σ adm t =, EF D ,5 =, D = 15,8 mm DF ,5 =, DF = 1904,8 mm DE =, DE = 857, mm EF =, EF = 114,9 mm Resposta: menor área possível é a de 1904,8 mm, pois qualquer área menor que está produiria uma tensão superior a tensão admissível. 4

47 4 DEFORMÇÃO 4.1 Significado físico da deformação Um corpo sólido se deforma quando sujeito à mudanças de temperatura ou a uma carga eterna, como mostrado abaio. P L o P L Figura 4.1 Representação gráfica da deformação linear Se Lo é o comprimento inicial e L é o comprimento final do corpo sob tração, o alongamento é L = L - L 0 e o alongamento por unidade de comprimento, chamado deformação linear, é definido como: L dl L ε = = (4.1) L o o Lo 4. Definição matemática de deformação Considere dois pontos localiados em uma direção de um corpo sólido na qual uma deformação linear está sendo considerada. 0 u u+ u, u Figura 4. Representação matemática da deformação linear ssim a definição de deformação linear no ponto quando 0 é definida como: 44

48 ε = u lim = 0 du d (4.) Se ε > 0 = longação e ε < 0 = Contração. Se o corpo se deforma em três direções ortogonais,, e e u, v, e w são as três componentes do deslocamento nestas direções, as deformações lineares são respectivamente: ε ε ε u = v = (4.) w = lém da deformação linear, um corpo pode sofrer uma deformação angular, como mostrado na Fig. 4.., v u u u + d d v E u d C v v v + d, u Figura 4. Representação gráfica da deformação angular ssim, para pequenas mudanças de ângulo, a deformação angular associada ao plano é definida por: v u γ = γ = + (4.4) 45

49 Se o corpo se deforma em mais planos ortogonais e, as deformações angulares nestes planos são: γ γ = γ = γ w u = + (4.5) w v = + 4. Propriedades mecânicas dos materiais isotrópicos 4..1 Diagrama tensão-deformação Muitas propriedades de um material podem ser determinadas a partir de um ensaio de tração ou compressão, a partir de uma amostra do material, Fig O resultado desse ensaio pode ser representado num diagrama tensão-deformação. P o L o Figura 4.4 Corpo-de-prova padroniado para ensaios de tração P O diagrama tensão-deformação é eecutado num corpo-de-prova padroniado, tendo como dimensões originais, a seção transversal 0 e o comprimento L 0. tensão considerada no diagrama é a força aplicada P na seção transversal original 0 : 46

50 P σ = (4.6) 0 Da mesma forma, a deformação é obtida diretamente da leitura do etensômetro, ou pela divisão da variação de comprimento L pelo comprimento original L 0. L ε = (4.7) L 0 O diagrama tensão-deformação é o gráfico dos correspondentes valores de σ e ε, onde o eio das ordenadas representa as tensões σ e o eio das abcissas representa as deformações ε. É importante ressaltar que dois diagramas de dois corpos- de-prova de um mesmo material não são eatamente idênticos, pois os resultados dependem de várias variáveis como, composição do material, imperfeições microscópicas, fabricação, velocidade de aplicação da carga e temperatura do ensaio. Fig. 4.5 apresenta um diagrama tensão-deformação de um aço usualmente utiliado na engenharia, no qual pode-se distinguir diferentes regiões. σ U σ R σ Y σ P limite de proporcionalidade limite elástico tensão de escoamento E tensão de ruptura verdadeira tensão última tensão de ruptura região elástic escoamento deformação específica de endurecimento estricção comportamento comportamento plástico Figura 4.5 Diagrama tensão-deformação em um ensaio de tração 47

51 O comportamento do corpo-de-prova pode ser de diferentes formas, dependendo da intensidade da carga aplicada e do seu grau de deformação. Comportamento elástico: Quando o corpo-de-prova retorna à sua forma original quando a carga aplicada é removida. O material é considerado linearmente elástico até o limite superior da tensão, chamado de limite de proporcionalidade, σ P. té esse limite de proporcionalidade, a lei de Hooke, que relaciona a tensão σ com a deformação ε pelo módulo de elasticidade E do material é válida: σ = E ε (4.8) O material pode ainda se comportar elasticamente até o limite elástico, mesmo se eceder ligeiramente este limite de proporcionalidade. Neste caso porém, o comportamento não é mais linear. Escoamento: Um leve aumento na tensão, acima do limite elástico, resultará numa acomodação do material causando uma deformação permanente. tensão que causa o escoamento é chamada de tensão de escoamento, σ Y. Neste caso, mesmo se a carga for removida, o corpo-de-prova continuará deformado. O corpo-de-prova poderá continuar a se alongar mesmo sem qualquer aumento de carga. Nesta região, o material é denominado perfeitamente plástico. Deformação específica por endurecimento: Se ao término do escoamento, uma carga adicional for aplicada ao corpo-de-prova, a tensão continuará a aumentar com a deformação específica continuamente até atingir um valor de tensão máima, referida por tensão última, σ U. Durante a eecução do ensaio nesta região, enquanto o corpo-de-prova é alongado, sua área da seção transversal diminui ao longo de seu comprimento nominal, até o ponto que a deformação corresponda a tensão última. Estricção: o atingir a tensão última, a área da seção transversal começa a diminuir em uma região localiada do corpo-de-prova, e não mais ao longo do seu comprimento nominal. Este fenômeno é causado pelo desliamento de planos no interior do material e as deformações reais produidas pela tensão cisalhante (necking). Uma ve que a área da seção transversal diminui constantemente, esta área só pode sustentar uma carga menor. ssim, o diagrama tensão-deformação tende a curvar-se para baio até a ruptura do corpo-de-prova com uma tensão de ruptura, σ R. 48

52 O comportamento do corpo-de-prova pode ser de diferentes formas, dependendo da intensidade da carga aplicada e do seu grau de deformação. Comportamento elástico: Quando o corpo-de-prova retorna à sua forma original quando a carga aplicada é removida. O material é considerado linearmente elástico até o limite superior da tensão, chamado de limite de proporcionalidade, σ P. té esse limite de proporcionalidade, a lei de Hooke, que relaciona a tensão σ com a deformação ε pelo módulo de elasticidade E do material é válida: σ = E ε (4.8) O material pode ainda se comportar elasticamente até o limite elástico, mesmo se eceder ligeiramente este limite de proporcionalidade. Neste caso porém, o comportamento não é mais linear. Escoamento: Um leve aumento na tensão, acima do limite elástico, resultará numa acomodação do material causando uma deformação permanente. tensão que causa o escoamento é chamada de tensão de escoamento, σ Y. Neste caso, mesmo se a carga for removida, o corpo-de-prova continuará deformado. O corpo-de-prova poderá continuar a se alongar mesmo sem qualquer aumento de carga. Nesta região, o material é denominado perfeitamente plástico. Deformação específica por endurecimento: Se ao término do escoamento, uma carga adicional for aplicada ao corpo-de-prova, a tensão continuará a aumentar com a deformação específica continuamente até atingir um valor de tensão máima, referida por tensão última, σ U. Durante a eecução do ensaio nesta região, enquanto o corpo-de-prova é alongado, sua área da seção transversal diminui ao longo de seu comprimento nominal, até o ponto que a deformação corresponda a tensão última. Estricção: o atingir a tensão última, a área da seção transversal começa a diminuir em uma região localiada do corpo-de-prova, e não mais ao longo do seu comprimento nominal. Este fenômeno é causado pelo desliamento de planos no interior do material e as deformações reais produidas pela tensão cisalhante (necking), Fig Uma ve que a área da seção transversal diminui constantemente, esta área só pode sustentar uma carga menor. ssim, o diagrama tensão-deformação tende a curvar-se para baio até a ruptura do corpo-de-prova com uma tensão de ruptura, σ R. 49

53 Figura 4.6 Estricção da seção transversal do corpo-de-prova área sob a curva tensão-deformação representa a energia de deformação absorvida pelo material. Quando a tensão atinge o limite de proporcionalidade, σ P, a energia de deformação é denominada módulo de resiliência. Quando a tensão atingir a tensão de ruptura, σ R, a energia de deformação é denominada de tenacidade. Os materiais com alta tenacidade são os mais utiliados em projetos estruturais, pois materiais com baia tenacidade podem romper subitamente sem dar sinais de um rompimento iminente. Eemplo 4.1: O diagrama tensão-deformação de um material é mostrado abaio. Se um corpo-de-prova é carregado até 600 MPa, determine a deformação permanente remanescente quando o corpo é descarregado. Calcule também o módulo de resiliência antes e após a aplicação do carregamento. σ E = ε Y O módulo de elasticidade E é obtido pela inclinação da reta O: 450 MPa = 0,006 mm / mm Y = 75 GPa Do triângulo CD, temos: D 600 MPa E = = = 75 GPa CD = 0,008 mm/mm CD CD 50

54 σ (MPa) F 600 σ Y = 450 E E O ε Y = 0,006 ε OC C 0,01 D 0,0 0,0 0,04 0,0 ε (mm/mm) deformação dada pelo segmento CD é a deformação elástica recuperada. deformação permanente, ε OC, é portanto: ε OC = 0,0 0,008 = 0,0150 mm/mm Os módulos de resiliência inicial e final são: u = 1 σ ε = N 0,006 mm /mm = 1,5 N mm mm inicial Y Y u = 1 σ ε = N 0,008 mm /mm =,40 N mm mm finial P P 4.. Coeficiente de poisson para materiais isotrópicos Considere um corpo sólido submetido à uma força aial como mostra a Fig Pela definição, a deformação aial do corpo é da forma: L ε = (4.9) L o e, a deformação lateral do corpo é da forma: 51

55 b ε = (4.10) b o P b 0 b P Figura 4.7 Corpo sólido solicitado uniaialmente L 0 L relação entre o valor da deformação lateral e a deformação aial é conhecida como coeficiente de poisson: ε ε ν = = (4.11) ε ε 4.. Lei de Hooke para materiais isotrópicos (Estado triaial de tensões) Considere um corpo submetido à um estado triaial de tensões σ, σ e σ. σ σ σ σ σ σ Figura 4.8 Corpo sólido solicitado triaialmente O estado triaial de tensões pode ser considerado como a superposição de três estados de tensão uniaial analisados separadamente: 5

56 1. Deformações devido à σ : ε ', ' = ν ε' ε, ε ' = ν ε' (4.1). Deformações devido à σ : ε '', ε '' = ν ε' ', ε '' = ν ε' ' (4.1). Deformações devido à σ : ε ''', ε ''' = ν ε' '', ε ''' = ν ε' '' (4.14) ε ε ε = ε' = ε' = ε' Superpondo todas as deformações, temos: + ε'' + ε'' + ε'' + ε''' + ε''' + ε''' = ε' = ν ε' = ν ε' ν ε'' + ε'' ν ε'' ν ε''' ν ε''' + ε''' (4.15) Da Lei de Hooke, eq. (4.8), as deformações devido à σ, σ e σ são colocadas da seguinte forma: ε ε ε 1 = [ E 1 = [ E 1 = [ E σ σ σ ν ( σ ν ( σ ν ( σ + σ + σ + σ )] )] )] (4.16) Para o caso do corpo ser submetido a esforços de cisalhamento as relações deformação-tensão são colocadas da forma: 1 γ = τ G 1 γ = τ G 1 γ = τ G (4.17) O módulo de cisalhamento G está relacionado a E e ν por: G E = (1 +ν ) (4.18) 5

57 4.4 Energias de deformação elástica Energia de deformação elástica para tensão uniaial O trabalho interno armaenado em um corpo deformável como energia elástica de deformação ou energia de deformação elástica, é o produto da força média que atua sobre o corpo enquanto ocorre a deformação, multiplicada pela distância na qual ela age. Neste conteto, considere então o elemento de volume infinitesimal d, d, d submetido à um esforço normal σ : σ d d d σ Figura 4.9 Corpo sólido solicitado uniaialmente densidade de energia de deformação U o é interpretada graficamente como sendo a área sob a linha inclinada do diagrama tensão-deformação. du σε = Uo = (4.19) dv σ E ε Figura 4.10 Diagrama tensão-deformação 4.4. Energia de deformação elástica para tensão de cisalhamento Considere um elemento de volume infinitesimal d, d e d, submetido à um esforço cisalhante. energia de deformação elástica pode ser colocada da forma: 54

58 1 1 du = τ dd ( γ d) = τγdv (4.0) densidade de energia de deformação pode ser colocada da seguinte forma: du 1 = τγ (4.1) dv 4.4. Energia de deformação elástica para um estado de tensão multiaial densidade de energia de deformação elástica de um corpo solicitado triaialmente pode ser da seguinte forma: du = duo = σ ε + σ ε + σ ε + τ γ + τ γ + τ γ (4.) dv Substituindo a eq. (4.16) na eq. (4.), a epressão que fornece a densidade de energia de deformação é da forma: U ν ( ) ( ) ( ) 1 1 = σ +σ +σ σ σ +σ σ +σ σ + τ +τ +τ (4.) E E G o Em geral, para um corpo elástico sob tensão, a energia de deformação total é obtida pela integração volumétrica da densidade de energia de deformação elástica, eq. (4.): U = (4.4) U V o d d d 4.5 Deformação de membros carregados aialmente Usando a Lei de Hooke e as definições de tensão e deformação, será desenvolvida uma equação que pode ser usada para determinar a deformação elástica de membros submetidos à cargas aiais. ssim, considere uma barra de seção transversal variável ao longo de seu comprimento, Fig barra é solicitada por duas forças concentradas nas etremidades e por diferentes forças aplicadas ao longo de seu comprimento. 55

59 d P 1 P P() P() L u d du Figura 4.11 arra de seção variável solicitada aialmente σ = ε = P() () du d Num ponto distante da etremidade, as seguintes relações são válidas: (4.5) Substituindo a eq. (4.5) na Lei de Hooke σ = E ε, temos: P() () du = E (4.6) d integração da variação de comprimento du ao longo do comprimento da barra fornece: L P u = d (4.7) () E o Para o caso da força e da seção transversal serem constantes ao longo do comprimento do membro, tem-se: P L u = (4.8) E Eemplo 4.: viga rígida está apoiada em duas colunas curtas como apresentado abaio. coluna C é de aço e tem diâmetro de 0 mm, e a coluna D é de alumínio e tem diâmetro de 40 mm. Determine o deslocamento do ponto F na 56

60 viga se a carga de 90 kn é aplicada sobre este ponto. Tome E aço = 00 Gpa, E al = 70 Gpa. 90 kn 00 mm 400 mm F C D 00 mm 1 Determinar as reações das colunas C e D na viga. 90 kn 00 mm 400 mm R C R D M = 0, R D = 0, R D = 0 kn F = 0, R C = 0, R C = 60 kn Determinar os deslocamentos das colunas. Coluna C: u R C. LC = = E aço. C π 0 Coluna D: = 0,86 mm u R D. LD = = E al. D π = 0,10 mm Determinar o deslocamento do ponto F. 57

61 00 mm 400 mm u = 0,86 mm F u = 0,10 mm u F` Por semelhança de triângulos: (0,86 0,10) u = F', u F = 0,1 mm ( ) 400 u F = 0,10 + 0,1 = 0,5 mm Eemplo 4.: O conjunto abaio consiste de um tubo de alumínio tendo uma área de 400 mm. Uma haste de aço de diâmetro 10 mm é conectada ao tubo por uma arruela e uma porca em. Se uma força de 80 kn é aplicada na haste, determine o deslocamento da etremidade C. Tome E aço = 00 GPa e E al = 70 GPa. 400 mm C 80 kn 600 mm Haste C: P C = 80 kn 80 kn u P L = = C C C/ Eaço C π 10 Tubo : , u C/ =,06 mm 58

62 80 kn P = 80 kn u P L = =, u / = 1,14 mm E / al u c = u C/ + u / =,06 + 1,14, u C = 4, mm Eemplo 4.4: O conjunto abaio consiste de duas barras rígidas originalmente horiontais. Elas são suportadas por duas barras de área 5 mm e E = 00 GPa. Se uma força vertical de 50 kn é aplicada na barra, determine o deslocamento em C, e E. 00 mm 00 mm 800 mm D C E 150 mm 600 mm 50 kn 600 mm Diagrama de corpo rígido da barra : R R 600 mm 600 mm 50 kn Devido a simetria: R = R = 5 kn Diagrama de corpo rígido da barra C: 59

63 R C C 800 mm E 00 R D D D R = 5 kn M = 0, R. 00 R C = 0, R C = 5 kn Deslocamento do ponto C: u C C C R L = =, u C = 0, mm E Deslocamento do ponto E: C 800 mm E 00 mm D u C ue Por semelhança de triângulos: u E u = C, u E = 0,04 mm Deslocamento do ponto : u E /E R L = =, u /E = 0,75 mm E u = u /E + u E = 0,75 + 0,04, u = 0,79 mm Eemplo 4.5: barra abaio tem diâmetro de 5 mm e está fia em. ntes de aplicar a força P = 0 kn, há um gap entrea parede em e a barra de 1 mm. Determine as reações em e. Considere E = 00 GPa. 400 mm 800 mm 1 mm P = 0 kn 60

64 reação na parede irá surgir somente se o deslocamento devido a força P for maior que o gap de 1 mm. Neste caso podemos determinar o deslocamento em devido à duas forças, P e a reação em. Supondo que não houvesse a parede, o deslocamento em devido a força P δ P seria: 400 mm 800 δ P P = 0 kn P LC P E π.5 δ = = , δ P =,07 mm e, o deslocamento em devido a reaçãop em δ seria: 400 mm 800 δ 1 mm F F L F. 100 δ = = E π.5, δ = 0, F mm reação em surgirá somente se o deslocamento δ P for maior que 1 mm, logo: 1 = δ P δ, 1 =,07 0, F, F =,4 kn Do equilíbrio estático, temos: F 400 mm P=0 kn 800 mm F =,4 kn F = 0, F + 0,4 = 0, F = 16,6 kn 61

65 4.6 Tensões Residuais Se uma estrutura estaticamente indeterminada é carregada ecessivamente até causar escoamento do material, isso gerará tensões residuais na estrutura quando o carregamento for removido. raão do aparecimento dessas tensões residuais está na recuperação elástica do material que ocorre durante o descarregamento. Considere, por eemplo, um material elastoplástico cujo diagrama tensão-deformação é mostrada na Fig σ σ Y C O O ε 0 ε C ε D Figura 4.1 Diagrama tensão-deformação para um material elastoplástico Se uma carga aial produ uma tensão σ Y no material e uma correspondente deformação específica plástica ε C, quando a carga for removida, o material responderá elásticamente seguindo a linha CD de forma a recuperar a parte da deformação plástica correspondente. Uma recuperação completa até a tensão nula no ponto O somente será possível caso a estrutura seja estaticamente determinada, uma ve qua as reações de apoio da estrutura deverão ser nulas quando a carga for removida. Nestas condições, a estrutura será deformada permanentemente pela deformação ε 0. Entretanto, se a estrutura é estaticamente indeterminada, a remoção das cargas eternas fará com que surjam forças reativas nos apoios que respondem a recuperação elástica CD. Como essas forças restringem a estrutura de uma recuperação plena, elas induirão tensões residuais na estrutura. Para resolver este tipo de problema, devemos considerar o ciclo completo de carregamento e descarregamento da estrutura como a superposição de uma carga positiva (carregamento) com uma carga negativa (descarregamento). O 6

66 carregamento de O até C resulta em uma distribuição de tensões plásticas, enquanto o descarregamento ao longo de CD resulta apenas em uma distribuição de tensões elásticas. superposição requer que as cargas se cancelem; entretanto, a distribuição das tensões não se cancelará gerando assim as tensões residuais. Eemplo 4.6: barra abaio tem raio de 5 mm e é fabricada de um material elástico perfeitamente plástico para o qual σ Y = 40 MPa e E = 70 Gpa. Se uma força P = 60 kn é aplicada à barra e, em seguida, removida, determine a tensão residual na barra e o deslocamento permanente do Ponto C. C P=60kN 100 mm 00 mm O diagrama de corpo livre da barra é da forma: F C P=60kN F Do equilíbrio estático, temos: F 60 + F = 0 (a) Um equação de compatibilidade é obtida impondo a variação nula de comprimento da barra: δ C +δ C = 0 (b) s forças que irão atuar nos trechos C e C são respectivamente F e F. ssim: FL E FL + = 0 (c) E C C Introduindo a eq. (c) na eq. (a) obtêm-se: F = 45 kn e F = 15 kn Entretanto, estas forças resultam nas tensões: 6

67 45.10 N σ C = = 57MPa > σ Y = 40MPa π5mm N σ C = = 191MPa < σ Y = 40MPa π5mm (d) σ (MPa) ε Y = -0,0060 ε C = -0, D O E C ε Y =0,0060 ε (mm/mm) ε C ε C =0, δε C - 40 Observa-se que o trecho C escoa, enquanto o trecho C não escoa. Como a maior tensão possível no trecho C é 40 MPa, a maior força possível que surge neste trecho é: N F = π 5 mm =,0kN (e) mm Pela condição de equilíbrio da barra, eq. (a), temos que: F = 60kN,0kN = 7,0kN (f) σ C tensão em cada segmento da barra será portanto: = σ Y = 40MPa 7,0.10 kn σ C = = 44MPa < 40MPa π5 mm 64

68 Tensões residuais: De forma a obtermos a tensão residual, é necessário conhecermos a deformação específica em cada segmento devido ao carregamento. Uma ve que o trecho C responde elasticamente. C C F L 7,0.10 N 00 mm δ = = = E π 5 mm N mm 01,47 mm ε ssim: δ 1,47 mm = = 00mm C C = + L C 0, Sendo δ C conhecido, a deformação específica no trecho C será: δ 1,47 mm C ε C = = = LC 100 mm 0,0147 Este valor pode também ser determinado da forma: δc F,0.10 N C L N C E π 5 mm ε = = = = 0,0147 mm mm Entretanto, quando a carga P é aplicada, o comportamento do material no trecho C corresponde a uma evolução do ponto O para o ponto do diagrama tensão-deformação. o mesmo tempo, o comportamento do material na trecho C evolui do ponto O para o ponto. Se a carga P é aplicada no sentido oposto, ou seja, se a carga for removida ocorrerá uma resposta elástica e forças opostas F = 45 kn e F = 15 kn devem ser aplicadas aos correspondentes segmentos. Conforme calculado anteriormente, essas forças produem as tensões σ C = 57 MPa e σ C = MPa e, como resultado, a tensão residual em cada trecho será: ( σc ) r = = ( σ ) = = 15MPa C r 15MPa ε ' σ E Deslocamento permanente: deformação residual em C é: 15MPa = MPa C C = = 0,

69 δ C = ε' Logo, o deslocamento permanente do ponto C será: C L C = 0, mm = 0,655mm Este mesmo resultado pode ser determinado pela deformação específica residual do trecho C: δε δσ ( )MPa = = E MPa C = 0, ε ' C =ε Portanto: C + δε C = 0, , = 0,00655 Finalmente: δ C = ε' C L C = 0, mm = 0,655mm 66

70 5 TORÇÃO 5.1 plicação do método das seções ssim como no caso de vigas solicitadas eternamente, onde os esforços internos podem ser determinados pelo método das seções, os esforços internos em eios de seção circular solicitados por torques eternos também podem. Considere então o eio solicitado por torques em pontos ao logo do seu comprimento. O torque interno no trecho pode ser determinado da seguinte forma. kgf.m kgf.m 1 kgf.m C kgf.m 1 kgf.m Torque interno T = kgf.m C Figura 5.1 Equilíbrio de torques 5. Premissas ásicas a) Uma seção inicialmente plana, perpendicular ao eio de seção circular, permanece plana após a aplicação dos torques. 67

71 b) Em um membro circular sujeito à ação de um torque, as deformações angulares γ variam linearmente a partir do eio central. Isto significa que as linhas radiais nos planos ao longo do eio permanecem retas após a deformação. Observação: Estas premissas são válidas somente para eios de seção circular. C O γ O O T Figura 5. Premissas básicas da torção 5. fórmula da torção Para o caso linearmente elástico, a Lei de Hooke se aplica τ= G γ: τ ma c O ρ C τ = (ρ/c) τ ma d Figura 5. Torque interno atuando na seção transversal O torque interno na seção transversal é a soma dos torques infinitesimais atuantes em cada área d. ρ τ (5.1) ma T = τma d ρ = J c c onde o momento polar de inércia de área J é dado da forma: J= ρ d (5.) 68

72 O momento polar de inércia para o caso particular de uma seção circular é da seguinte forma: 4 4 c c πc πd J= ρ πρdρ = π ρ dρ = = 0 0 ( ) (5.) onde d é o diâmetro da seção transversal. Substituindo a eq. (5.) na eq. (5.1), a epressão da tensão máima atuando na superfície mais eterna do eio é: T c τ ma = (5.4) J tensão num ponto qualquer da seção circular distante ρ do centro é: ρ T c T ρ τ = = (5.5) c J J Para tubos circulares de raio interno b e raio eterno c, o momento polar de inércia pode ser calculado como segue: c 4 4 πc πb 0 e i (5.6) J= ρ d = πρ dρ = = J J 5.4 Observações sobre a fórmula da torção T T i eio τ θ τ θ ρ Figura 5.4 Estado de tensão em um elemento infinitesimal de um eio em torção 69

73 τ ma Figura 5.5 Tensões de cisalhamento atuando em planos ortogonais Observação Importante: Para o caso de materiais anisotrópicos (diferentes propriedades mecânicas nas direções, e ) como por eemplo a madeira, o eio se rompe ao longo de um plano paralelo ao eio. T Figura 5.6 Plano de ruptura em eios em madeira Eemplo 5.1: Um eio maciço de raio c é sujeito à um torque T. Determine a fração de T que é resistida pelo material contido na região eterna do eio, de raio interno c/ e raio eterno c. T c c/ 70

74 τ ma c c/ O ρ τ dρ fração de T que é resistida pela parte eterna do eio, T, pode ser calculada da forma: ' dt =ρτ d, ' ρ dt =ρ τma πρdρ c T c 4 ' πτ ma πτ ma ρ = ρ dρ = c c 4 c c c 4 ' πτ ma 4 c T = c 4 c T ' πτma 15 = c 16 e a epressão do torque total T sobre a área é: Tc Tc π τ ma = =, T = τ J 4 ( π ) c ma c Logo, a relação entre os torques é: 15 T' = T 16 Conclusão: aproimadamente 94 % do torque é resistido pela área eterna do eio. Eemplo 5.: O acoplamento abaio é usado para conectar dois eios. ssumindo que a tensão de cisalhamento nos parafusos é uniforme, determine o número de parafusos para que a máima tensão de cisalhamento no eio seja igual a tensão de 71

75 cisalhamento nos parafusos. Cada parafuso tem diâmetro d e está distante R do cento do eio. T T r T V V V V V V Impondo o equilíbrio estático na porção do eio: T = n. V. R onde n é número de parafusos, V o esforço cortante em cada parafuso e R a distância do centro do parafuso até o centro do eio. τ = V V = π d 4 tensão média nos parafusos pode ser calculada da seguinte forma: m V =τ m Logo, o esforço cortante em cada parafuso V é: πd 4 Sabe-se que a tensão máima no eio é: T.r T.r.T τ = = = J π r π r ma 4.T πd V = π r 4 Da imposição do problema, τ m = τ ma. Logo: 7

76 Da relação entre o torque T e o cortante V, temos:.t πd T = n R π r 4 n =.r R d ssim, o número necessário de parafusos é: 5.5 Projeto de membros circulares em torção Uma ve conhecido o torque a ser transmitido pelo eio, e selecionado a máima tensão de cisalhamento, as proporções do membro tornam-se fias. ssim, tem-se: J c T = (5.7) τ ma O parâmetro J/c é utiliado para projetar eios maciços ou perfurados. Eemplo 5.: Selecione dois eios maciços para transmitir 00 CV de potência cada um, de forma que nenhum deles ultrapasse a tensão de cisalhamento de 7 kgf/mm. Um desses eios deve operar a 0 rpm, e o outro a rpm. (1CV = 4500 kgf.m/min, α (rad/min) = πn(rpm)) Eio 1: kgf m rad P = T α, = T1 0. π, T 1 = 716 kgf. m mim min J1 T = = = 1,0.10 mm c τ 7 1 ma 1 π c1 1 6 J =, c 1 = 86,7 mm, d 1 = 17,4 mm c Eio : kgf m rad P = T α, = T π, T = 7,16 kgf. m mim min 7

77 J T 7,16.10 = = = 1,0.10 mm c τ 7 ma π c J =, c 1 = 8,67 mm, d 1 = 17,4 mm c Conclusão: Transmitir potência à alta velocidade. 5.6 Ângulo de torção de membros circulares lém do fato do membro dever resistir aos torques aplicados, ele não deve se deformar ecessivamente. ssim, considere um elemento submetido a um torque. d γ ma D c dϕ O T Figura 5.7 Torção em eio de seção circular No plano paralelo ao eio, arco D = d γ ma, e no plano perpendicular ao eio, arco D = c dϕ. Logo: d. γma = c. dϕ (5.8) é valida, Limitando-se a região elástica linear onde a lei de Hooke para o cisalhamento τ ma = G γ ma T c, e sabendo que τ ma = : J T d ϕ = d (5.9) JG Epressão geral para ângulo de torção: ϕ = L 0 T() d J() G (5.10) 74