RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I

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1 1 RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I Gilson Finotti Out/015 (R64)

2 OBSERVAÇÕES INICIAIS 1ª. Esta apostila é um mero resumo de aulas para auxiliar os alunos no estudo preliminar da disciplina. Foi baseada nos livros da Bibliografia abaixo, principalmente no livro de Beer e Johnston (Referência 1) cuja simbologia procuramos adotar, a fim de facilitar as consultas dos alunos. Seu objetivo é minimizar a necessidade de anotações em aulas de forma a manter, ao máximo, a atenção dos alunos nas exposições da matéria. Tratando-se de um mero resumo, evidencia-se a suas limitações, não eximindo, portanto, o aluno da necessidade do estudo dos livros indicados na Bibliografia abaixo os quais enfaticamente recomendamos. ª. Para simplificar a apresentação das figuras optamos por mostrar os corpos (barras, vigas, etc.) em projeção, ou em corte, em vez de representá-los em perspectiva. Isto foi adotado sempre que as forças aplicadas ao corpo estão contidas no seu plano de simetria ou coincidente com seu eixo, e desde que não haja prejuízo de seu entendimento, como mostrado a seguir: 3ª. Em todo desenvolvimento teórico ou prático desprezamos a influência dos pesos próprios dos corpos a menos, logicamente, quando mencionado o contrário. 4ª. Optamos, às vezes, por simbolizar os vetores através de letras em negrito (F) e, às vezes, por uma letra sobreposta com uma seta F. 5ª. Informações sobre erros, correções, críticas ou qualquer contribuição para a melhoria e aprimoramento desta apostila serão sempre bem vindas e, desde já, agradeço. Gilson Finotti Engenheiro Mecânico pela Escola de Engenharia da UFMG Mestre em Engenharia Mecânica pela Escola Politécnica da USP Bibliografia 1) BEER, Ferdinand P. /JOHNSTON JR, E. Russel Resistência Dos Materiais 3 Edição São Paulo: Editora Makron Books, 1996, 155 P. ) BEER, Ferdinand P./ JOHNSTON JR, E. Russel Mecânica Vetorial Para Engenheiros 5 Edição São Paulo: Editora Makron Books, 1991, 793 P. 3) TIMOSHENKO, S. P. / GERE. J. M. Mecânica Dos Sólidos Vol(s): 1 E - Rio De Janeiro: Editora Ltc, ) NASH, William A. Resistência dos materiais São Paulo: Editora McGraw-Hill, 1976, 384 p. 5) HIBBELER, R. C. Resistência dos materiais - 3 edição - Rio de Janeiro: Editora LTC, 000, 701 p. 6) GERE, James M. Mecânica dos Materiais São Paulo: Pioneira Thomson Learning, p. 7) TIMOSHENKO, Stephen P. Resistência dos Materiais Rio de Janeiro. Vol. 1, Editora LTC, 1976, 451p 8) UGURAL, A. C. Mecânica dos Materiais Rio de Janeiro, Editora LTC, 009, 638 p.

3 3 SUMÁRIO 1 INTRODUÇÃO... 6 TRAÇÃO E COMPRESSÃO Tensão e deformação Unidades das tensões e deformações Diagrama tensão-deformação Materiais dúcteis e frágeis Ensaios tecnológicos de materiais Lei de Hooke Tensões admissíveis e coeficientes de segurança Dimensionamento das barras Exercícios Problemas estaticamente indeterminados Exercícios Tensão Térmica. Influência da variação da temperatura Equações das forças normais Diagrama das forças normais A influência do peso próprio da barra na tração ou compressão Deformação provocada pelo peso próprio Superposição de efeitos Deformações transversais. Coeficiente de Poisson Exercícios CISALHAMENTO Solicitações transversais. Tensão de cisalhamento Deformação de cisalhamento Exercícios TORÇÃO Introdução Tensão de cisalhamento Eixo circular vazado (tubo) Deformação de cisalhamento ( ) Ângulo de torção ( ) Exercícios Equações e diagramas do momento de torção Exercícios Cálculo de eixo de transmissão* Exercícios... 37

4 4 5 FLEXÃO Vigas Tipos de apoios das vigas Tipos de carregamentos Carga uniformemente distribuída Carga não uniformemente distribuída Tipos de vigas Vigas isostáticas, vigas hiperestáticas e vigas hipostáticas Grau de hiperestaticidade Reações de apoio Apoio tipo cabo flexível e haste articulada Exercício resolvido A influência do peso próprio da viga na flexão Exercícios: Esforços internos nas vigas Momento fletor e força cortante Convenção de sinais Diagramas de momentos fletores e forças cortantes Diagrama de momentos fletores e forças cortantes para cargas concentradas Diagrama de momentos fletores e forças cortantes para cargas distribuidas Superposição de efeitos Forças normais (N) Convenção de sinais Equação das forças normais e diagramas Exercícios resolvidos Exercícios Relação entre momento fletor e força cortante Tensões normais na flexão Raio de curvatura Exercícios PROPRIEDADES GEOMÉTRICAS DAS FIGURAS PLANAS Momento estático (ou momento de primeira ordem) Centro de gravidade (ou centróide) Exercícios Determinação do centro de gravidade (centróide) de uma área Exercícios Momento de inércia (ou momento de segunda ordem) Raio de giração Teorema dos eixos paralelos... 85

5 5 6.9 Exercício Momento de inércia de uma área composta Exercícios Tabela 1: Características Geométricas. Formulário Tabela : Características Geométricas. Formulário Tabela 3: Perfis I Padrão Americano (CSN)... 90

6 6 1 INTRODUÇÃO No curso de Mecânica, na parte referente à Estática, estudamos o equilíbrio dos corpos rígidos. As forças então aplicadas ao corpo rígido são chamadas de forças externas, dentre as quais estão incluídas o peso próprio do corpo e suas reações de apoio. Neste estudo os corpos foram considerados teoricamente indeformáveis. No nosso curso de Resistência dos Materiais, entretanto, estudaremos os corpos deformáveis, isto é, considerando seu comportamento real. Ao estudarmos as estruturas e suas partes levaremos em conta não somente as forças externas, mas também as forças internas. A expressão corpo (e, às vezes, estrutura) é utilizada como termo genérico para estruturas, barras, vigas, componentes de máquinas etc. Enquanto as forças externas são as forças causadas pela ação de outros corpos sobre o corpo estudado, as forças internas são as forças que mantém unidas as suas partes ou os pontos materiais (as partículas) que formam o corpo. As forças e momentos atuantes numa estrutura e em suas partes podem provocar sobre elas vários efeitos tais como tração, compressão, cisalhamento, flexão, torção e flambagem. A Resistência dos Materiais estuda estes efeitos com o objetivo de determinar as tensões e as deformações decorrentes e, consequentemente, desenvolver a teoria básica para o projeto e dimensionamento de estruturas e peças. É através do estudo das tensões e deformações que conseguimos projetar uma estrutura e suas partes de maneira confiável, segura e econômica. As forças externas podem ser classificadas em forças de superfície e forças de corpo. As forças de superfície são forças distribuídas numa superfície do corpo pela ação de outros corpos. Elas podem ser consideradas como forças concentradas num ponto caso a área de atuação for relativamente pequena. Também podem ser chamadas de forças lineares (ou cargas distribuídas lineares) se atuarem numa faixa relativamente estreita ao longo do corpo. A distribuição das forças de superfície pode ser uniforme ou variável. As forças de corpo são causadas por campos de força (campo gravitacional, campo magnético, etc.) e assim atuam no corpo como um todo. Seu ponto de aplicação pode ser considerado no centroide do corpo. No caso do campo gravitacional a força de corpo é o peso do corpo. Quanto à velocidade de aplicação, a força de superfície pode ser estática ou de impacto. É estática quando a aplicação da força é feita de modo lento e gradativo até atingir seu valor final. A força de impacto acontece quando a força é aplicada de forma instantânea. Pode acontecer também casos onde a força é aplicada de forma alternada ou repetida. A menos que seja mencionado o contrário, as forças de superfície aplicadas ao corpo, isto é, as cargas, serão sempre consideradas forças estáticas em todo o texto desta apostila.

7 7 TRAÇÃO E COMPRESSÃO.1 Tensão e deformação Consideremos uma barra prismática, ou cilíndrica de comprimento L presa de um lado, conforme mostra a Figura 1-a. Vamos então carregar esta barra com uma força axial P na outra extremidade conforme a Figura 1-b. Figura 1 Força axial é uma força concentrada cuja direção coincide com o eixo da barra. No caso da Figura 1-b a força axial tem seu sentido para fora da barra tendendo a alongá-la. Neste caso dizemos que a força é de tração. Se a força tivesse o sentido contrário teríamos uma força de compressão. O eixo da barra é a reta que passa pelos centros de gravidade das suas seções transversais. Se a linha de ação da força aplicada não coincide com o eixo da barra, esta não estará sujeita somente a tração ou compressão, mas, existirá também flexão. Inicialmente o efeito do peso próprio da barra não será levado em conta. Posteriormente estudaremos sua influência. Seção transversal normal (cuja área representaremos por A) ou simplesmente seção transversal da barra é qualquer seção obtida quando cortamos a barra com um plano normal ao seu eixo, como o plano n-n mostrado na Figura 1-b. Em termos práticos podemos considerar que a ação da força axial P provoca em qualquer seção transversal da barra uma distribuição de forças uniforme cuja resultante tem a mesma intensidade da força axial aplicada. Por exemplo, na Figura 1-c isolamos a parte da barra que está abaixo da seção transversal n-n. A ação da parte superior da barra sobre esta parte inferior é uma força uniformemente distribuída na seção n-n cuja resultante tem o mesmo módulo de P, porém, de sentido contrário equilibrando esta parte que isolamos. Tensão normal (representada por ) é a força de tração (ou compressão) que atua por unidade de área da seção transversal da barra. Portanto é calculada por: P (.1) A As tensões normais de tração terão sinal positivo e as tensões normais de compressão terão sinal negativo. Deformação total (representada por ) é a deformação produzida pela ação da força axial P (Figura 1-b). Sinais: alongamento sinal positivo e encurtamento sinal negativo Deformação específica (representada por ) é a deformação total relacionada com o comprimento inicial da barra ou a deformação por unidade de comprimento da barra, isto é, (.) L

8 8. Unidades das tensões e deformações No Sistema Internacional a unidade da tensão normal é o pascal, o qual é representado por Pa que corresponde a N m Seus múltiplos são: kPa 10 Pa 1MPa 10 Pa 1GPa 10 Pa Nas aplicações práticas de engenharia é muito comum usar-se o Sistema Técnico, ou seja a força em quilograma força (kgf ou simplesmente kg) e a área em cm. Portanto a tensão será dada em kgf / cm. Em unidades inglesas, a força P é expressa em libras (lb ) e a área expressa em polegadas quadradas ( in ) e a tensão será expressa em libras por polegada quadrada (psi). Para a deformação total sua unidade é a unidade de comprimento. No SI é, portanto, dada em metros (m), já a deformação específica, logicamente, não possui unidade. Exemplo: Uma barra cuja seção transversal tem 30mm de diâmetro é tracionada por uma força axial de 180kN. Pede-se determinar a tensão normal na barra. Solução. d.(30mm) m 6 A 707mm m mm A força sendo de tração teremos tensão de tração que é positiva, então 3 P N Pa 55MPa 6 A m O valor de acima obtido deve ser comparado com o máximo valor de tensão à tração que pode ser aplicado com segurança à barra, a chamada tensão admissível, representada normalmente por adm. Desta comparação podemos verificar se a barra pode ser usada para suportar a carga de 180kN. Através de tabelas de propriedades de materiais, e Normas Técnicas, se a tensão admissível é adm 140MPa, concluímos que a barra feita com aquele material não pode ser usada com segurança. Devemos, portanto, mudar o material ou aumentar seu diâmetro de modo a não ultrapassar a tensão admissível. Desta forma o cálculo da tensão atuante numa peça serve para dimensionarmos a peça..3 Diagrama tensão-deformação Variando a carga P aplicada nas extremidades de uma barra de um determinado material, podemos construir um gráfico onde lançamos no eixo das abscissas os valores da deformação específica e no eixo das ordenadas a tensão normal e obteremos o diagrama tensãodeformação. A Figura mostra um diagrama tensão-deformação característico do aço de construção. Esta curva apresenta alguns pontos importantes (P, Y, U e R) que descrevemos a seguir. Limite de proporcionalidade ou tensão de proporcionalidade ( P ) È o valor máximo da tensão acima da qual deixa de existir a relação linear entre tensão e deformação (ponto P). Limite de elasticidade Existe um ponto logo acima de P (não mostrado) que é chamado de limite de elasticidade a partir do qual a barra deixa o regime elástico e atinge o regime plástico. O regime elástico é aquele no qual a barra ao ser aliviada da carga ela retorna ao seu comprimento inicial. Já no regime plástico a barra sofre deformação permanente não retornando ao seu comprimento inicial. Limite de escoamento ou tensão de escoamento ( ) Y

9 9 È o valor da tensão acima do qual a deformação aumenta sem praticamente aumentar o valor da tensão. Neste ponto diz-se que o material começa a escoar (ponto Y), isto é, mesmo sem aumento da tensão, o material continua a se deformar até um determinado ponto. Figura Limite de resistência ou tensão última ( U ) É a maior tensão atingida no ensaio (ponto U). Depois do escoamento o material volta a oferecer resistência e, então, para que haja deformação é necessário aumentar a tensão até um ponto máximo (U) a partir do qual a resistência do material vai diminuindo até se romper. Limite de ruptura ou tensão de ruptura ( R ) É a tensão onde ocorre a ruptura do corpo (ponto R)..4 Materiais dúcteis e frágeis Materiais dúcteis são os que apresentam grandes deformações antes de romperem-se. Exemplo: aço recozido, alumínio Materiais frágeis são os que apresentam pequenas deformações antes de romperem-se. Exemplo: ferro fundido, concreto, aço temperado. A Figura 3 mostra os gráficos do aço recozido (dúctil), temperado (frágil) e temperado e revenido que se situa entre os dois quanto à sua fragilidade ou ductibilidade. Figura 3.5 Ensaios tecnológicos de materiais Os dados para a execução do diagrama tensão-deformação são obtidos utilizando-se máquinas de ensaio de tração ou de compressão. Para o ensaio de tração, um corpo de prova do

10 10 material a ser estudado, é colocado entre as garras da máquina de ensaio. As máquinas mais modernas possuem extensômetros para medir alongamentos e células de carga que medem a força aplicada. Através de uma central de processamento acoplada à máquina as medições são processadas na forma de tensões e deformações específicas, reproduzindo o diagrama num monitor..6 Lei de Hooke Vemos que a curva do diagrama tensão-deformação é uma reta que vai de seu início até o ponto que define o limite de proporcionalidade (ponto P da Figura ). Esta relação linear entre a tensão e a deformação específica é conhecida como Lei de Hooke e pode ser escrita assim: E. (.3) O coeficiente E é chamado de módulo de elasticidade. Isto é, a relação entre a tensão e a deformação é igual a uma constante (E) chamada de módulo de elasticidade ou módulo de Young. Sua unidade é igual à de tensão: Kgf/cm, N/mm, Pa =N/m, etc. O módulo de elasticidade é a medida da rigidez de um material. Ou seja, quanto maior o módulo de elasticidade de um material menor a deformação que ele sofre sob uma mesma tensão. O módulo de elasticidade do aço doce é E=07GPa e o do alumínio E=69GPa. Portanto para uma mesma tensão o alumínio deforma-se elasticamente três vezes mais que o aço. Considerando a barra da Figura 1.b de comprimento L, área da seção transversal A, e sujeita à carga axial P e ainda supondo que a tensão P A é menor que a tensão de proporcionalidade, podemos aplicar a Lei de Hooke e desenvolver a equação para calcular a deformação total. Substituindo na equação da Lei de Hooke (.3) o valor de da equação (.1) e de da equação (.), temos P E. A L Ou seja P. L (.4) A. E Exercício: Determinar a deformação total e específica de uma barra de aço (E=00GPa) de 4m de comprimento e 15mm de diâmetro submetida a uma carga de tração de 0kN. 4 Respostas:,3mm e 5, Tensões admissíveis e coeficientes de segurança Vimos pelo diagrama de tensão-deformação que existe um limite de resistência ou uma tensão de escoamento conforme o material. Conhecendo-se estes limites pode-se estabelecer uma tensão segura para o trabalho da estrutura. Esta tensão é chamada de tensão admissível ( adm ) e é obtida dividindo-se a tensão última ou a tensão de escoamento por um coeficiente de segurança (CS). Ou seja, U Y adm ou adm (.5) CS CS Quando o material não apresenta uma tensão de escoamento bem definida, como é o caso dos materiais frágeis, utilizamos a equação com a tensão última. Mas nos casos de materiais dúcteis cuja tensão de escoamento Y é bem definida usamos então a segunda equação. A escolha do CS adequado para as diferentes aplicações práticas depende de vários fatores como: -Heterogeneidade do material -Número de vezes que a carga é aplicada durante a vida da peça. -Tipo de aplicação da carga: estática, dinâmica, cíclicas, instantânea, etc. U

11 11 -Deterioração por causas imprevisíveis,. -Responsabilidade da peça na estrutura. - Etc. Nos dimensionamentos e aplicações em estruturas e máquinas os CS ou as tensões admissíveis são especificados por Normas Técnicas de entidades credenciadas. As tensões admissíveis e CS, fornecidos nos exercícios desta apostila, são meramente fictícios e servem apenas para efeito de treinamento de como usá-los..8 Dimensionamento das barras Vimos que as forças axiais de tração ou compressão produzem tensões normais nas seções transversais da barra que podem ser calculadas pela fórmula: P A Sabendo-se qual é a tensão admissível do material da barra ( adm ) podemos pela fórmula acima calcular qual deverá ser a área mínima recomendável da seção transversal da barra, isto é, P A (.6) adm No caso de barras sujeitas a tração esta fórmula é suficiente para o dimensionamento da barra. Entretanto, no caso de compressão a solução não é tão simples porque, neste caso, estará sujeita, também, a um efeito adicional chamado de flambagem. Assim sendo, o dimensionamento de barras sob compressão deverá ser feito utilizando-se a teoria de Flambagem que não faz parte do escopo desta apostila. Além da tensão admissível o dimensionamento de uma barra deve respeitar também os limites de deformação impostos pelas Normas Técnicas.

12 1.9 Exercícios Obs.: desprezar os pesos próprios das peças em todos os exercícios, exceto quando mencionado o contrário. 1) Uma determinada barra de uma treliça está sujeita a uma força de tração de 0kN. Pretendendo-se usar barra redonda (cilíndrica), pede-se determinar qual deve ser o seu diâmetro mais econômico recomendável, sabendo-se que comercialmente encontram-se barras com diâmetros 10mm, 15mm, 0mm, 5mm, etc. Supor que tensão admissível seja 140MPa. Resposta: 0mm. ) A estrutura mostrada na figura suporta a carga de 60kN no ponto A. Pede-se determinar: a) A tensão normal na barra AC sabendo-se que seu diâmetro é 30mm b) O diâmetro mais econômico para a barra AC, supondo-se uma tensão admissível de 165MPa. c) A tensão normal na barra AB sabendo-se que a área de sua seção transversal é 0cm Respostas: a) 141, MPa b) d 7, 8mm c) MPa AC 6 AB 40 3) As barras 1 e da figura estão soldadas entre si e presas ao teto em A. Devido à ação das forças atuantes pede-se determinar: a) A tensão normal na barra 1 e na barra. b) A deformação total e específica de cada barra sabendo-se que o módulo de elasticidade do material de ambas as barras é 10 GPa.

13 13 Respostas: a) 1 35,7MPa e 4,5MPa b) m e m e ) As barras 1 e de 30mm de diâmetro, mostrada na figura, estão soldadas entre si e presas ao teto em A. Devido à ação das forças atuantes pede-se determinar a tensão normal na barra 1 e na barra. Respostas: 1 4,5MPa 70,8MPa 5) Resolver os problemas.,.3,.6 e.14 da pág. 89 do BEER e JOHNSTON, Bibl. nº 1

14 14.10 Problemas estaticamente indeterminados Um sistema é estaticamente indeterminado quando não pode ser resolvido somente com as equações da estática. Neste caso devemos também lançar mão de equações da deformação. Geralmente estes problemas envolvem materiais que possuem módulos de elasticidade diferentes. Para a solução, primeiro escrevemos as equações de equilíbrio da estática e, em seguida, relacionando as equações das deformações de cada material obtemos mais uma equação. Exemplo Um bloco de peso P é suspenso por 3 tirantes igualmente espaçados conforme a Figura 4.O tirante 1, do centro, tem área da seção transversal A1 e módulo de elasticidade E 1. Os tirantes laterais tem a área da seção transversal de valor A e módulo de elasticidade E. Devido à simetria dos tirantes e à centralização do bloco o alongamento dos tirantes foi uniforme. Pede-se determinar as forças que atuam em cada tirante. Figura 4 Solução Vamos chamar de P 1 à força de tração no tirante 1 e P às forças de tração nos tirantes. As forças de tração nos tirantes são iguais porque suas àreas e módulos de elasticidade são iguais, e a carga está centralizada. Então podemos escrever a equação de equilíbrio P1. P P (a) Mas temos duas incógnitas P 1 e P e somente uma equação. Para achar a segunda equação vamos utilizar a deformação das peças. O alongamento total do tirante 1 é: P1. L 1 A1. E1 E o alongamento total dos tirantes é: P. L A. E Como estes alongamentos são iguais temos P1 P (b) A. E A. E 1 1 Temos agora as duas equações (a) e (b) que resolvidas nos fornece P 1 e P, A1 E1P A EP P1 e P A E A E A E A E

15 15.11 Exercícios 1) A figura mostra uma barra prismática de 80cm de comprimento engastada nas suas extremidades. Uma força axial de P 16KN é aplicada à distancia L1 50cm da extremidade esquerda. Determinar as reações R 1 e R nos apoios. Respostas: R1 6kN R 10kN ) Um bloco de 30kN é suportado por três tirantes de mesmo diâmetro. Sabendo-se que o tirante do meio é de aço cujo módulo de elasticidade é 10GPa e os outros dois são de alumínio cujo módulo de elasticidade é 70GPa, determinar as forças de tração em cada tirante. Respostas: F AÇO 18kN e F AL 6kN 3) Uma barra redonda e um tubo, de mesmo comprimento L, suportam uma carga P através de uma placa rígida, comprimida sobre ambos, conforme mostra a figura. Sabendo-se que a barra redonda tem área da seção transversal A 1, e módulo de elasticidade E 1; e o tubo tem seção transversal A e módulo de elasticidade E, pede-se determinar as forças de reação que atuam na barra e no tubo.

16 16 Respostas: P 1 A E P A E A E 1 1 e 1 1 P A EP A E A E 1 1 4) Resolver os problemas.34,.35,.38 da pág. 89 do BEER e JOHNSTON, Bibl. nº 1

17 17.1 Tensão Térmica. Influência da variação da temperatura A variação da temperatura sobre qualquer material provoca variação de suas dimensões e quando levamos em conta a variação da temperatura os esforços internos numa barra serão alterados dependendo dos vínculos desta barra. Por exemplo, se uma barra está fixada em uma extremidade e totalmente livre na outra extremidade um aumento na temperatura da barra provocará seu alongamento, mas, não alterará os esforços internos da barra. Entretanto se suas duas extremidades estiverem fixadas surgirão esforços internos adicionais e consequentemente aumento de sua tensão normal. Esta tensão adicional provocada pela variação da temperatura é a chamada tensão térmica. Portanto, numa barra rigidamente fixada (engastada) nas suas extremidades e isenta de tensões internas um aumento da temperatura provocará tensão normal de compressão e uma diminuição da temperatura provocará tensão normal de tração. Ambas as tensões são tensões térmicas. Para o cálculo da tensão térmica utilizamos a fórmula da dilatação térmica, isto é, T = T L (.7) Onde T é a variação total do comprimento da barra provocada pela variação da temperatura. α é o coeficiente de dilatação linear (Unidade no SI: 1/ C ou 1/ K). T é a variação da temperatura da barra. L é o comprimento inicial da barra. Se as extremidades da barra são fixas, através de engastamentos suficientemente resistentes, eles exercerão sobre a barra uma força axial impedindo a variação de comprimento da barra, consequentemente, utilizando a fórmula da deformação total (.4) esta força axial de origem térmica é P T = T A E = α T A E (.8) L O sinal é negativo, pois, quando a variação da temperatura for positiva a força térmica é de compressão e se a variação da temperatura for negativa a força térmica é de tração. Assim sendo, a equação da tensão térmica é σ T = P T A = T E L = α T E (.9) Exercício resolvido Uma barra de 750mm de comprimento com seção transversal quadrada de 3cm de lado está presa em suas extremidades e à temperatura de 5 C está isenta de tensões. Quando a temperatura da barra atingir 45 C qual é o valor: (a) das reações nos apoios e (b) da tensão normal que atua na barra? Sabe-se que para o material da barra o módulo de elasticidade é 10GPa e o coeficiente de dilatação linear é 16, / C. Desprezar o efeito de flambagem. Solução: Dados: L = 750mm = 0,75m a = 3cm = m T 1 = 5 C e T = 45 C E = 10GPa = Pa = 16, / C Cálculos: T = 45 C 5 C = 0 C A = (3. 10 ) = m (a) P T = 16, = 36, N (b) σ T = 36, = Pa (Compressão)

18 18.13 Equações das forças normais Já vimos que as forças axiais que atuam numa barra provocam forças internas nas suas seções transversais. Estas forças internas, que são normais ( perpendiculares ) às seções transversais são chamadas de forças normais. Suponhamos uma barra AD, sujeita a várias forças axiais ao longo de seu comprimento, conforme a Figura 5. Se estabelecermos que a extremidade esquerda (A) da barra é a origem O, do eixo das abscissas x, podemos escrever as equações que nos fornecem as forças normais N em qualquer seção transversal à distância x da origem. Estas equações são as equações das forças normais da barra. Figura 5 Entretanto, para escrevermos estas equações precisamos primeiro estabelecer uma convenção de sinais dos sentidos das forças. Vamos então estabelecer que se a origem O dos eixos de coordenadas está na extremidade esquerda da barra, então todas as forças cujos sentidos são para a esquerda são positivas. Logo, se a força tiver sentido para a direita, será negativa. Veja a Figura 6. Figura 6 Se, porém, adotarmos como origem O do eixo das abscissas, a extremidade direita da barra, deveremos inverter os sinais acima. Exemplo: Para a barra mostrada na Figura 5 teremos três equações das forças normais, sendo uma para cada trecho: AB, BC e CD. Para escrever a equação da força normal N devemos primeiro colocar : N. Na frente do sinal de igualdade lançamos os valores de todas as forças (com seu respectivo sinal convencionado) que estão à esquerda da seção considerada (que está à distância x). Temos então: Trecho AB: 0 x a N F 1 Trecho BC: a x ( a b) N F 1 F Trecho CD: ( a b) x ( a b c) N F F 1 F3

19 19.14 Diagrama das forças normais O diagrama das forças normais é feito lançando no eixo das abscissas a distância x da seção transversal considerada, e no eixo das ordenadas o valor da força normal N que atua naquela seção. Exemplo numérico: Dada a barra mostrada na figura (a) abaixo determinar as equações das forças normais e desenhar os seu diagrama. Solução - Equações das forças normais Trecho AB: 0 x 3 N 00 Trecho BC: 3 x 5, 5 N Trecho CD: 5,5 x 6, 5 N Diagrama das forças normais N está mostrado na fig. (b). Pelo diagrama podemos ver que o trecho AB está sujeito a uma tração de 00N, o trecho BC está sujeito a uma compressão de 700N e o trecho CD está sujeito a uma compressão de 300N. Através do diagrama de forças normais podemos verificar quais são as seções transversais mais solicitadas e, assim, podemos dimensionar a barra levando em conta os esforços mais críticos..15 A influência do peso próprio da barra na tração ou compressão. Até agora não levamos em conta a existência do peso próprio da barra. Realmente, em muitas aplicações, a influência do peso próprio da barra é tão pequena, em relação às forças aplicadas, que pode ser desprezada. Porém, existem situações nas quais esta influência é considerável e, portanto, não deve ser desprezada. Vamos, pois, estudar a influência do peso próprio no cálculo das tensões e deformações.

20 0 Quando a barra está em posição vertical, como na Figura 7, a força produzida pelo peso próprio da barra é na direção de seu eixo e, portanto, produz força normal e tensão normal nas seções transversais. Porém se a barra está posicionada horizontalmente a ação do peso próprio são forças transversais à barra e, portanto, não produzem diretamente forças normais ou tensões normais. Nesta situação o peso próprio produzirá flexão cujo estudo veremos mais adiante. Seja uma barra AB de comprimento L, seção transversal com área A, peso específico, presa na extremidade superior A, conforme a Figura 7. Figura 7 Vamos colocar o sistema de eixos de coordenadas conforme mostrado. A força normal que atua na seção transversal nn é provocada pelo peso da barra que está abaixo da seção transversal, portanto, N A.y. (.10) A tensão normal que atua na seção nn é calculada por A. y. y. (.11) A A força normal máxima e, portanto, a tensão normal máxima ocorre para valores são N A. L. V. (1.1) max V. L. (.13) A Sendo V o volume total da barra. y L e seus

21 1.16 Deformação provocada pelo peso próprio. Vamos considerar um elemento da barra de comprimento dy à distância y do eixo x conforme mostra a Figura 8. A força normal que atua na seção transversal inferior do elemento dy é N A.y. Figura 8 O alongamento provocado no elemento dy é N. dy. A. y. dy d( ) E. A E. A Então o alongamento total da barra será L. A. A y. A. L y. dy 0 E. A E. A (.14). E. A 0 Mas o peso da barra é W. A. L Que substituindo na equação anterior chegamos a W. L (.15). E. A L.17 Superposição de efeitos No regime elástico, quando uma barra qualquer está sujeita ao seu peso próprio e mais uma série de forças axiais podemos calcular a força normal, ou a tensão normal, ou a deformação total provocados pelo conjunto desta forças, somando algebricamente os efeitos individuais de cada uma destas forças. Portanto se na barra AB (ver Figura 9), cujo peso próprio não é desprezível, existe uma força axial P aplicada na extremidade B da barra, a força normal total numa seção transversal qualquer é calculada por: N P A.y. (.16)

22 A tensão normal nesta seção é calculada por: P y. (.17) A A força normal máxima e, portanto, a tensão normal máxima ocorre para valores são N P A. L. P V. (.18) max P V. P max L. (.19) A A Sendo V o volume total da barra. y L e seus Figura 9 A deformação total da barra também pode ser calculada somando os efeitos do peso próprio da barra e da força axial P, isto é, W. L P. L W L P (.0). E. A E. A E. A Exercícios 1) Uma barra de aço de 1mm de diâmetro e 90m de comprimento, em posição vertical, é presa na extremidade superior e na extremidade inferior suporta uma carga kn. Pede-se determinar as máximas força normal e a tensão normal na barra, bem como o seu alongamento total sem 3 desprezar o seu peso próprio. O peso específico do aço é 78kN m e seu módulo de elasticidade é 10GPa. Respostas: 793N, 4, Pa, 9,08mm ) Determinar o comprimento máximo que pode ter um fio suspenso verticalmente supondose que sua tensão admissível seja 10MPa e o peso especifico 78kN m. 3 Resposta: 1538m

23 3.18 Deformações transversais. Coeficiente de Poisson Uma força axial de tração provoca um alongamento da barra, mas, também provoca um encurtamento nas direções perpendiculares ela. Suponhamos a barra mostrada na Figura 10 e que seu eixo longitudinal coincide como o eixo dos x do sistema de coordenadas x, y, z. Já vimos que para calcular a deformação específica segundo a direção da força axial é só dividir a deformação total produzida (que neste caso é um alongamento) pelo comprimento inicial da barra. Assim sendo, temos o que se chama de deformação específica longitudinal a qual vamos representar por x pois tem a direção do eixo x. A deformação específica transversal segundo a direção do eixo y, que chamaremos de y é calculada dividindo-se a deformação total da peça nesta direção (que evidentemente é um encurtamento) por sua dimensão original. Similarmente obtemos a deformação específica na direção z, z. O coeficiente do Poisson ( ) é obtido relacionando-se a deformação específica transversal com a deformação específica longitudinal. Então o coeficiente de Poisson na direção do eixo y é e na direção do eixo z é y y (.1.a) x z z (.1.b) x Figura 10 Obs.: O sinal negativo entra na fórmula do coeficiente de Poisson para tornar o resultado positivo, pois, temos alongamento (cujo sinal é positivo) na direção longitudinal e um encurtamento (sinal negativo) na direção transversal. Supondo que o material da barra seja homogêneo (possui as mesmas propriedades mecânicas em qualquer ponto) e que seja também isotrópico (possui as mesmas propriedades mecânicas em qualquer direção), então as deformações específicas nas direções transversais serão iguais, isto é, y z e portanto y z y z ou x x No caso de compressão longitudinal haverá expansão lateral e o coeficiente de Poisson é o mesmo da tração.

24 4 Para o aço de construção o coeficiente de Poisson pode ser tomado como sendo 0, Exercícios 1) Suponha uma barra redonda de aço cujo diâmetro tem 50mm. Sabendo-se que seu diâmetro diminuiu 0,01mm após a aplicação de uma força de tração P, que para o aço o coeficiente de Poisson é 0,3 e o módulo de elasticidade é 10GPa, pede-se determinar a força P. 5 Resposta: P,74.10 N ) Uma barra de aço de 4,8m de comprimento possui seção transversal retangular cujos lados são a 0mm e b 5mm. Qual será a redução destes lados quando se submete a barra a uma força axial de tração de 1kN? Sabe-se que o coeficiente de Poisson é 0,3 e o módulo de elasticidade é 10GPa. 6 Resposta: 3, m e 8,55.10 m a b 3) Resolver os problemas.66,.67,.69 da pág. 144 do BEER e JOHNSTON, Bibl. nº 1.

25 5 3 CISALHAMENTO 3.1 Solicitações transversais. Tensão de cisalhamento. Até agora estudamos somente as forças axiais, ou seja, forças coincidentes com o eixo da barra e, portanto, são solicitações normais à seção transversal. Forças transversais ao eixo da barra tendem a provocar corte (ou cisalhamento) da barra. A Figura 11.a mostra uma barra sujeita às laminas de uma tesoura que sob a ação das forças P tendem a cortar a barra na seção n-n. Identicamente, o rebite da Figura 11.b tende a ser cortado na seção n- n. Figura 11 Se considerarmos a seção transversal em n-n da barra (ou do rebite), cuja área representaremos por A, esta estará submetida a uma tensão que não é normal mas paralela a ela, ou seja, uma tensão que tende a cisalhar a barra e, por isso, é chamada de tensão de cisalhamento ( ) que é determinada na prática por: P (3.1) A O cálculo da tensão de cisalhamento é necessário para o dimensionamento de rebites, parafusos, chavetas, pinos, etc. os quais, na maioria das vezes trabalham a cisalhamento. Parafusos, rebites e pinos sujeitos a corte simples, duplos, etc. A Figura 11.b mostra um rebite sujeito a corte simples, pois, somente a seção nn do rebite está resistindo ao cisalhamento. Figura 1 A Figura 1.a mostra um rebite sujeito a corte duplo, pois, neste caso há duas seções (nn e mm) resistindo ao corte. A Figura 1.b mostra um rebite sujeito a corte triplo.

26 6 3. Deformação de cisalhamento Suponhamos uma barra prismática BC presa em C e na extremidade B é aplicada uma força transversal P conforme a Figura 13.a. Se a área da seção transversal da barra BC é A então suas seções transversais estarão sujeitas à tensão de cisalhamento: P (3.) A Figura 13 Analisando um pequeno elemento da barra BC e isolando este elemento conforme a Figura 13.b vemos que este elemento está sujeito à tensão de cisalhamento na sua face superior e na face inferior teremos a mesma tensão porém de sentido contrário, provocando uma distorção: a face da barra era um retângulo e se transformou num losango. Esta distorção, que é medida pelo ângulo é chamada de deformação de cisalhamento. Se, para um determinado material, desenharmos um gráfico, lançando no eixo das ordenadas as tensões de cisalhamento e no eixo das abscissas as deformações de cisalhamento, obteremos o chamado diagrama tensão-deformação de cisalhamento para este material. Para muitos materiais o trecho inicial do diagrama é uma reta, identicamente ao que acontece para o diagrama tensão-deformação de tração/compressão. Ou seja, neste trecho reto se aplica a lei de Hooke, só que agora é para o cisalhamento. Portanto, neste trecho, a relação entre a tensão de cisalhamento e a deformação de cisalhamento é uma constante que, neste caso, é chamada de módulo de elasticidade transversal, representada por G. Isto é, G ou G. (3.3) Ver Exemplo.10 pag. 137 do BEER e JOHNSTON, Bibl. nº 1.

27 7 3.3 Exercícios 1. Determinar a tensão de cisalhamento no rebite mostrado na Figura 11.b sabendo-se que seu diâmetro é 6mm e P = 1000N. Resposta: 35,4MPa. Determinar as tensões de cisalhamento nos rebites mostrados na figura sabendo-se que seus diâmetros são 6mm e P = 7kN. Resposta: 61,9MPa 3. Qual é a força mínima necessária que uma tesoura guilhotina deve exercer para cortar uma chapa de mm de espessura (conforme a figura) e cujo comprimento de corte é 1,m, sabendo-se que a tensão de ruptura ao cisalhamento do material da chapa é 300Mpa Resposta: P 70kN 4. O pino de diâmetro 10mm, espessura da cabeça 6mm, mostrado na figura está sujeito à força axial F=1100kgf. Pede-se verificar se é aconselhável a utilização deste pino, supondo-se que a tensão de cisalhamento admissível e a tensão normal admissível do material deste pino sejam, respectivamente, 70MPa e10mpa. Resposta: Não, porque, embora a tensão de cisalhamento atuante (58,4 MPa) seja menor que a tensão de cisalhamento admissível a tensão normal atuante (140 MPa) é maior que a tensão normal admissível. 5. Uma puncionadeira tem capacadidade de 5000kgf. Verificar se ela pode ser utilizada para efetuar um furo de diâmetro 5/8pol numa chapa de 1/8pol de espessura, cuja tensão de ruptura ao cisalhamento é 80MPa, conforme mostra a figura.

28 8 Resposta: Sim, porque, a força necessária para executar o furo é de 4445 kgf. 6. Uma polia de 10mm de diâmetro, acionada por correia, transmite seu torque ao eixo de 40mm de diâmetro através de uma chaveta que tem 7mm de largura e 30mm de comprimento conforme mostra a figura. As forças exercidas pela correia são F1 7kN e F kn. Determinar a tensão de cisalhamento na chaveta. Resposta: 71,4 MPa 7. A figura mostra um acoplamento entre dois eixos de transmissão efetuado por 4 parafusos de 15mm de diâmetro, dispostos conforme mostra a figura. Pede-se determinar o torque máximo admissível que este acoplamento pode transmitir, supondo-se que a tensão admissível ao cisalhamento dos parafusos seja 70MPa. Desprezar o atrito entre os flanges. Resposta: 4,45kN.m

29 9 4 TORÇÃO 4.1 Introdução Estudaremos a torção somente para barras de seção circular. Torção é o efeito produzido numa barra devido à atuação de momentos (ou torques) de torção aplicados de forma a torcer a barra. A Figura 14 mostra uma barra cilíndrica AB de comprimento L e raio c presa na extremidade A. Vamos traçar a geratriz MN e em seguida vamos aplicar na extremidade B um momento de torção T. A barra vai sofrer uma torção e a geratriz MN mudará para MN. Figura 14 Devido ao momento de torção cada seção transversal da barra sofre uma rotação denominada de ângulo de torção (ou ângulo de rotação) da seção. A partir do engastamento em A, onde a seção não sofre rotação, o ângulo de torção vai aumentando até a extremidade B. Portanto, o ângulo de torção máximo ocorre na extremidade B da barra. O ângulo formado por MN e MN é denominado de deformação de cisalhamento. Como trataremos somente de pequenas deformações (no regime elástico) e medindo e em radianos, podemos escrever: NN' L. e NN ' c. donde L. c. logo c. L Como esta é a deformação de cisalhamento máxima vamos colocar c. max (4.1) L A deformação de cisalhamento para um raio interno será então. (4.) L Relacionando e max temos: ou c max. max (4.3) c

30 30 4. Tensão de cisalhamento O momento de torção T provoca em todas as seções transversais da barra uma distribuição de forças paralela à seção e, consequentemente, tensão de cisalhamento. A Figura 15 mostra a distribuição de forças numa seção transversal qualquer da barra. Figura 15 Considerando uma área elementar da a uma distância do centro e, considerando ainda que nesta área elementar atua a força elementar df, então momento desta em relação ao centro da seção é dt df., logo o momento para toda área da seção transversal será T. df (4.4) A tensão de cisalhamento na área da é calculada por substituindo em (4.4) obtemos T.. da (4.6) então df então df. da que da Multiplicando a equação (4.3) por G ( módulo de elasticidade transversal) obtemos G.. G. max c Mas pela lei de Hooke temos G. (4.7). max (4.8) c Substituindo (4.8) em (4.6): max T max. da. da (4.9) c c Mas. da é o momento de inércia polar em relação ao centro da seção, isto é, J. da que substituindo em (4.9) obtemos J T max. c Donde T.c max J (4.10) Esta é a tensão de cisalhamento máxima e ocorre na periferia da seção. A tensão de cisalhamento num ponto qualquer interno à seção cuja distancia ao centro é é calculada, conforme a equação (4.8), por: T. J (4.11)

31 31 barra. A tensão de cisalhamento na barra circular varia linearmente com a distância ao eixo da 4.3 Eixo circular vazado (tubo) A Figura 16.a mostra a distribuição de tensões de cisalhamento em um eixo circular maciço. A Figura 16.b mostra a distribuição de tensões de cisalhamento em um eixo circular vazado, de raio interno c 1 e raio externo c. Da equação (4.10) temos neste caso T. c max J (4.1.a) E da equação (4.8) obtermos c1 min. max c (4.1.b) Figura 16 O momento de inércia polar para um círculo é calculado por. c 4 J (4.13) Para a seção transversal de um eixo vazado (tubo) temos 4 4 J c c1 (4.14) O momento de torção T será expresso em N.m, c e ρ em m, e J em m 4. A tensão de cisalhamento será expressa em N/m, isto é, em pascal (Pa). 4.4 Deformação de cisalhamento ( ) Pela equação (4.7) G. obtemos max G. max e portanto max max (4.16) G Substituindo max da equação (4.10) na equação (4.16) obtemos T. c T. max (4.17) ou (4.18) J. G J. G 4.5 Ângulo de torção ( ) c. Pela equação (4.1) max obtemos L L max (4.15) c Substituindo o valor de max da equação (4.17) obtemos finalmente T. L (4.19) J. G

32 3 4.6 Exercícios 1) Determinar o diâmetro de uma barra sujeita a um momento de torção de 70Nm cuja tensão admissível ao cisalhamento é 30MPa. Resposta:,8mm ) Um eixo de 78mm de diâmetro está submetido a um momento de torção de 6kN.m. Determinar a tensão máxima de cisalhamento no eixo. Resposta: 64,4 max MPa 3) Determinar a tensão de cisalhamento máxima e mínima em um eixo vazado cujos diâmetros interno e externo são, respectivamente 90mm e 10mm, sabendo-se que o momento de torção atuante é de 0kN.m. Respostas: 86,3 max MPa e 64, MPa mmin 7 4) Um eixo de seção circular de diâmetro 44mm está submetido a um momento de torção de 1000 N.m. Calcular a tensão máxima de cisalhamento e o ângulo de torção correspondente a 1m de comprimento, sabendo-se que G = 80 GPa. Respostas: 59,8 max MPa e 0,034rad 5) A manivela mostrada na figura é feita de uma barra de aço com 15mm de diâmetro. Determinar a tensão máxima de cisalhamento na barra sabendo-se que a força F aplicada no cabo da manivela é 100N. Resposta 37,7MPa 6) Recomendação de exercícios do livro do BEER e JOHNSTON, Bibl. nº 1 - Problema 3.1 e seguintes (pág. 14 e seguintes) - Problemas 3.3 a 3.6; 3.31 e 3.3 (pág.36 e seguintes).

33 Equações e diagramas do momento de torção Quando numa barra se aplica um único momento de torção, agindo em sua extremidade, como o caso da Figura 14, todas suas seções transversais estarão sujeitas a um mesmo momento de torção interno. Entretanto, no caso de existirem vários momentos de torção externos aplicados ao longo comprimento da barra, os momentos de torção internos não serão iguais para todas as seções transversais. Da mesma forma que fizemos para as forças normais podemos, neste caso, desenvolver as equações e diagramas dos momentos de torção, os quais mostrarão qual é o momento de torção interno que atua em qualquer seção transversal da barra. Seja, por exemplo, a barra AC mostrada na Figura 17, submetida aos momentos de torção externos T A, T B e T C. Observar que como a barra AC está em equilíbrio então T = 0, isto é, T A T B + T C = O. O momento de torção que atua nas seções transversais do trecho AB é constante. Também no trecho BC todas as seções transversais estão submetidas ao mesmo momento de torção, porém, de valor diferente ao do trecho AB. Figura 17 Antes de escrever as equações dos momentos de torção vamos definir uma convenção de sinais. Estabeleceremos que se a origem O dos eixos de coordenadas estiver na extremidade esquerda da barra então todos os momentos, cujos vetores tem sentidos para a direita (segundo a regra da mão direita), são positivos. Logo, se o momento de torção tiver sentido para a esquerda, será negativo. Veja a Figura 18. Figura 18 Para escrever a equação dos momentos de torção T devemos primeiro colocar : T. Na frente do sinal de igualdade lançamos os valores de todos os momentos de torção externos (com seu respectivo sinal convencionado) que estão à esquerda da seção considerada (que está à distância x). Temos então para a barra da Figura 17: Trecho AB: 0 x a T T A Trecho BC: a x ( a b) T T A T B

34 34 Tendo-se as equações dos momentos de torção podemos então desenhar o seu diagrama lançando no eixo das abscissas a posição x da seção transversal e no eixo das ordenadas o valor do momento de torção T. Exercício resolvido Montadas no eixo AC de 30mm de diâmetro, conforme a figura, existem 3 polias A, B e C nas quais atuam, respectivamente, os torques T A 80N. m, T B 500N. m e T C 0N. m com os sentidos mostrados. Pede-se: (a) escrever as equações dos momentos de torção e seus diagramas; (b) determinar as tensões de cisalhamento máximas nos trechos AB e BC do eixo. Solução: Vamos considerar que o eixo cartesiano x tem origem na extremidade A do eixo AC e sua direção é a mesma da linha de centro deste. (a.1) Equações dos momentos de torção Trecho AB: 0 x 0, 4m T AB 80 Trecho BC: 0,4 x 1, 1m T T 0 BC (a.) Digrama dos momentos de torção BC (b.1) Tensão de cisalhamento máxima no trecho AB do eixo 3 4.(15.10 ) 8 4 J 7, m 3 T AB. c AB 5,84.10 Pa 8 J 7, (b.1) Tensão de cisalhamento máxima no trecho BC do eixo 3 T BC. c BC 41,5.10 Pa 8 J 7,948.10

35 Exercícios 1) O eixo AD mostrado na Figura 19 está submetido aos torques T A 4, 0kNm, T B 7, 0kNm, T C 5, 0kNm e T D, 0kNm Escrever as equações dos momentos de torção e desenhar o seu diagrama. Respostas: 0 x 0,9m T 4; 0,9m x 1,6 m T 3 e 1,6 m x,1 m T ) Um eixo de 50mm de diâmetro está submetido aos torques T A 1, 6kNm, T B 3, 0kNm, T C, 0kNm e T D 0, 6kNm conforme mostra a Figura 19. Sabendo-se que o módulo de elasticidade transversal é 80MPa, pede-se determinar: a) As tensões de cisalhamento máximas nos trechos AB, BC e CD. b) Qual a rotação da seção D em relação à seção A. Respostas: a) 65, MPa, 57, MPa e 4, MPa B) 1,63.10 rd AB BC 07 CD 45 Figura 19 3) Resolver os problemas 3.7 a 3.30 do livro do BEER e JOHNSTON, Bibl. nº 1 (pág.38 e seguintes).

36 Cálculo de eixo de transmissão* O eixo de transmissão é um elemento de máquina que transmite torque e rotação de um componente para outro. É o caso, por exemplo, do eixo cardã que transmite o movimento do motor para o diferencial do caminhão. No eixo de transmissão devemos considerar a potencia a ser transmitida e a velocidade de rotação do eixo para que possamos dimensioná-lo. Fórmula para determinação do momento de torção T P T.. f Onde T é o momento de torção (N.m) N. m P é a potência transmitida ( watts: W ) s 1 f é a freqüência ou rps, ou hertz ( Hz s ) Conversão de unidades: 1rps 1Hz 60rpm N. m 1hp 746W 746 s * Ver pag. 47 do BEER e JOHNSTON, Bibl. nº 1.

37 Exercícios 1) Um eixo de 5m de comprimento e 60mm de diâmetro gira a 300rpm. Sabendo-se que o módulo de elasticidade transversal do material do eixo é G=77GPa e que o ângulo de torção de eixo é 3 pede-se determinar: a) o momento de torção, b) a tensão máxima de cisalhamento e c) a potência transmitida pelo eixo. Respostas: a) T 1000Nm b) 3,6 max MPa c) P 4 3,14.10 W ) Um motor de 1800rpm está sujeito a um momento de torção de 5Nm. (a) Qual deve ser a potência mínima do motor? (b) Se este motor está acionando um eixo de 10mm de diâmetro e 3m de comprimento pede-se determinar o ângulo de torção deste eixo sabendo-se que G=80GPa. Respostas: (a) 94W ou 1,6hp; (b) 0,19rd ou 11 3) Determinar o diâmetro do eixo de um motor de 3hp e 3600rpm sabendo-se que a tensão admissível ao cisalhamento do material do eixo é 60MPa. Resposta: 8mm 4) Um eixo de 6m de comprimento feito de tubo com 60mm de diâmetro externo e parede de 17mm, gira a 40rpm. Sabendo-se que o ângulo de torção é 3,5 e que G=80GPa pede-se determinar: a) a potência que está sendo transmitida; b) a máxima tensão de cisalhamento no eixo. Respostas: a) P=5kW, b) 4,4 max MPa 5) Recomendação de exercícios: Problemas do livro do BEER e JOHNSTON, Bibl. nº 1 paginas 55 e seguintes.

38 38 5 FLEXÃO 5.1 Vigas Viga é uma barra que suporta cargas transversais em relação ao seu eixo. Estudaremos, de início, somente vigas cujas seções transversais são invariáveis (vigas prismáticas) e que possuem eixo de simetria vertical. As cargas aplicadas serão consideradas como atuantes no plano vertical formado pelo eixo de simetria vertical da seção transversal e o eixo da viga, acarretando, portanto, flexão neste plano. 5. Tipos de apoios das vigas As vigas podem ser vinculadas a apoios de vários tipos: a) Apoio articulado fixo é o apoio mostrado na Figura, do lado esquerdo da viga, o qual permite a rotação da viga, mas, não permite deslocamento em qualquer direção. Este tipo de apoio dá origem a reações de apoios que, normalmente, tem componente vertical e horizontal. Representações esquemáticas: b) Apoio articulado móvel é o apoio mostrado na Figura, do lado direito da viga, o qual permite a rotação da viga e deslocamento horizontal, mas, não permite o deslocamento vertical. Portanto, este apoio só possui uma reação de apoio, que no caso da Figura, é vertical. Representações esquemáticas: c) Engastamento é o apoio mostrado á esquerda da viga na Figura 3, o qual é um apoio rígido, que não permite nem rotação e nem deslocamento em qualquer direção. Neste caso, além das componentes horizontal e vertical das reações de apoio, aparece uma reação de apoio do tipo momento. Representações esquemáticas: Exemplo: A figura seguinte mostra um exemplo prático de um apoio articulado fixo, no lado esquerdo, onde a barra é apoiada através de um pino que atravessa as peças por furos de diâmetro ligeiramente maior que o diâmetro do pino. No lado direito temos um apoio articulado móvel. A construção é semelhante à anterior, mas, neste caso, a barra possui furo oblongo que permite liberdade de movimento horizontal da barra. 5.3 Tipos de carregamentos Uma viga pode ser carregada por cargas concentradas como as forças P 1 e P nas Figura e Figura 4 ou cagas distribuídas como q da Figura 3 e Figura 4.

39 39 As cargas distribuídas são caracterizadas pela taxa de carregamento que é expressa em unidade de força por unidade de comprimento ao longo do eixo da viga. Esta taxa de carregamento pode ser constante como a da Figura 3 e Figura 4 ou pode ser variável. Além de forças, uma viga pode, também, ser sujeita a momentos ou binários como o momento M mostrado na Figura. 5.4 Carga uniformemente distribuída É a força distribuída que não varia ao longo de seu comprimento de distribuição. A Figura 0.a mostra a representação de uma força uniformemente distribuída q (N/m). Para efeito do cálculo das reações de apoio transformamos a força distribuída por uma força concentrada no centro de gravidade da força distribuída e cuja intensidade é o valor total da força distribuída, como mostra a Figura 0.b. Figura Carga não uniformemente distribuída Trata-se de força cuja intensidade varia ao longo da linha de distribuição. Um exemplo deste tipo de força é o caso da força cuja distribuição é triangular, isto é, que varia conforme a função q=q o.x/a, onde a é o comprimento da distribuição e x é a posição do ponto considerado. Para o cálculo das reações de apoio podemos substituir a força distribuída conforme mostrada na Figura 1.a pela força concentrada mostrada na Figura 1.b. Se adotamos o SI a unidade de q e q o será N/m. Figura Tipos de vigas a) Viga simplesmente apoiada ou viga simples é a viga que possui numa extremidade um apoio articulado fixo e na outra extremidade um apoio articulado móvel (Figura ) b) Viga engastada ou viga em balanço é a viga que possui uma extremidade engastada e sua outra extremidade é livre (Figura 3). c) Viga simples com balanço é a viga simplesmente a apoiada que se prolonga além dos apoios (Figura 4).

40 40 Figura Figura 3 Figura Vigas isostáticas, vigas hiperestáticas e vigas hipostáticas Vigas isostáticas são aquelas para as quais a quantidade de equações de equilíbrio da estática é igual à quantidade de seus vínculos (reações de apoio). As vigas que vimos até agora (Figura, Figura 3 e Figura 4) são isostáticas. Nas vigas hiperestáticas (Figura 5-a e Figura 5-b) a quantidade de reações de apoio é maior que a de equações de equilíbrio da estática e, então, precisamos incluir também equações de deformação ou outro método, para poder resolvê-las. Quando adicionamos a uma viga isostática um ou mais vínculos a transformamos em hiperestática.

41 41 Figura 5 As vigas hipostáticas são aquelas cuja quantidade de vínculos é menor que a quantidade de equações da estática (Figura 6). Neste caso a estrutura somente estará em equilíbrio se as forças externas resultarem equilibradas, mas, qualquer variação de uma delas provocará o desequilíbrio da viga. Temos, portanto, uma viga em equilíbrio instável e que deve ser evitada a não ser em condições especiais. Figura 6 O fato de acrescentarmos mais um apoio articulado móvel, mas de forma inadequada como o mostrado na Figura 7, a viga não estará eficazmente vinculada e somente não se movimentará horizontalmente se as forças aplicadas se anularem horizontalmente. Embora neste caso as reações de apoio sejam três não se configura como uma estrutura isostática já que as três reações são verticais e, em assim sendo, não se aplica a equação F x 0 e sobram somente as duas equações y 0 M A F 0. Figura Grau de hiperestaticidade O grau de hiperestaticidade é definido pelo número de incógnitas (vínculos) que ultrapassam o número de equações de equilíbrio da estática de uma determinada viga hiperestática. A viga da Figura 5-a tem grau de hiperestaticidade, pois, possui 5 reações de apoio a serem calculadas e só há 3 equações de equilíbrio da estática. A viga da Figura 5-b tem grau de hiperestaticidade 1.

42 4 5.9 Reações de apoio Como vamos trabalhar, inicialmente, somente com vigas isostáticas no plano, utilizaremos então as equações de equilíbrio da estática para a determinação das reações de apoio: a soma das forças verticais, a soma das forças horizontais e a soma dos momentos em relação a um ponto P (polo) qualquer, são nulas, ou seja, F x 0 y 0 M F (5.1) P 0 Estas três equações permitem determinar, portanto, no máximo três incógnitas. O fato de adicionarmos mais uma equação, tomando-se os momentos das forças em relação a um outro ponto diferente de P, não adianta nada, pois, esta nova equação não é independente e não pode ser usada para determinar uma quarta incógnita. Como alternativa podemos substituir uma ou duas destas equações de forças F x 0 e F y 0 por equações de momentos em relação a pontos diferentes. Mas nestes casos existem algumas restrições, por exemplo, no caso de três equações de momentos os pontos polos destes momentos não poderão estar alinhados. Para utilização correta destas equações devemos estabelecer uma convenção de sinais. Por exemplo: forças horizontais para direita são positivas, para esquerda são negativas; forças verticais para cima são positivas, para baixo são negativas; momentos no sentido horário são positivos e no sentido contrário são negativos. Para efeito de cálculo, normalmente desprezamos a altura da viga, considerando apenas a linha de seu eixo. Logicamente isto não poderá ser adotado quando a altura da viga for relevante a ponto de influir de forma considerável nos resultados. Exercícios resolvidos: 1) Determinar as reações de apoio da viga Figura 8-a. Figura 8 Solução Em primeiro lugar devemos desenhar o diagrama de corpo livre (Figura 8-b) onde mostramos as componentes horizontais e verticais das reações de apoio, bem como as componentes horizontal e vertical da carga aplicada à viga. As forças atuantes na viga deverão sempre ser decompostas em suas componentes horizontais e verticais para que possamos aplicar as equações de equilíbrio da estática (equações 5.1). Por simplificação podemos desenhar diretamente na figura dada no problema as componentes das reações de apoio e cargas em vez de desenhar separadamente o diagrama de corpo livre, desde que não haja comprometimento de sua clareza. Os sentidos corretos das componentes das reações nem sempre são óbvios. Não devemos, entretanto, preocuparmos com isto. Arbitramos previamente seus sentidos e se o resultado dado pelas equações de equilíbrio for negativo isto indicará que o sentido correto é o contrário do arbitrado no início.

43 43 Outra atitude importante nesta fase inicial do exercício é fazermos a homogeneização das unidades. Se adotarmos a mesma unidade para todas as forças do exercício e a mesma unidade para todas as medidas de comprimento, etc., então poderemos colocar as grandezas, sem suas unidades, nas equações, simplificando-as. Por exemplo, se adotarmos para todas as força dadas no exercício a unidade kn e todas as medidas de comprimento a unidade m, então as forças calculadas serão em kn e os momentos em kn.m. Agora podemos escrever as equações de equilíbrio da estática, mas, lembrando sempre de, no início de cada equação, mostrarmos a convenção de sinal que adotamos. Não importa a convenção adotada desde que a respeitemos para toda equação. F x 0 A x P. cos 0 (1) F y 0 Ay By P. sen 0 () Para a equação de equilíbrio dos momentos devemos convencionar o sentido positivo de rotação e também o ponto em relação ao qual tomaremos os momentos das forças. O ponto de referência dos momentos poderá ser qualquer um no plano da figura, porém, é interessante escolher um dos pontos onde atuam as reações de apoio, pois, desta forma, estaremos anulando os momentos correspondentes destas reações, simplificando as equações. Neste exercício escolhemos o ponto A. M 0 B y l P.( sen ). a 0 (3) ( A Pela equação (3) obtemos P( sen ). a B y l Substituindo este valor de B y na equação () determinamos a reação P( sen ). a l a A y P. sen donde A y P( sen ) l l A y Pela equação (1) obtemos A x P.cos ) Determinar as reações de apoio da viga engastada abaixo Solução Diagrama de corpo livre:

44 44 F x 0 A x 8.cos55 0 (1) F y 0 A y sen55 0 () ( M A 0 8. sen (55) M 0 (3) Pela equação (1) obtemos A x 4, 59kN O sinal negativo indica que o sentido correto deste vetor é para a esquerda e não para direita como está indicado no diagrama de corpo livre. Pela equação () obtemos: A y 6, 55kN Neste caso o sentido do vetor Ay está correto no diagrama. Finalmente pela equação (3) obtemos: M 85,87kN. m Neste caso, também, está correto o sentido do momento. 3) Determinar as reações de apoio da viga, a seguir. Solução: a) Diagrama de corpo livre. Para construir o diagrama de corpo livre vamos substituir o par de forças de 7kN pelo momento M 7.0,6 4,kN. m

45 45 b) Reações de apoio F y 0 A y B y 0 (1) ( M B 0 A y 3 4, 0 () Resolvendo obtemos: A B 1, kn y y Apoio tipo cabo flexível e haste articulada Além dos apoios anteriormente mostrados, uma viga pode também estar vinculada através de cabo flexível, conforme mostra a Figura 9, onde BC é um cabo flexível que amarra a extremidade B da viga a um ponto C da parede. Este tipo de vínculo funciona como um apoio articulado móvel, pois a direção da força é conhecida e é a direção do próprio cabo. Além disso, conhecemos também o seu sentido, pois um cabo só trabalha a tração. Figura 9 O vínculo através de uma haste articulada, conforme a Figura 30, funciona como o do cabo flexível, cuja direção da força é a do eixo da haste, mas, neste caso, o sentido da força que a haste exerce sobre o corpo nem sempre é conhecida, já que, a haste sendo rígida, pode trabalhar também à compressão. Figura 30 É importante que as extremidades da haste sejam articuladas conforme mostra a Figura 30, para que ela funcione como apoio articulado móvel. Se, por ventura, uma das extremidades não for articulada como mostra a Figura 31, então ela funcionará como um apoio articulado fixo. Neste caso a direção da reação de apoio não será conhecida. Figura 31

46 Exercício resolvido Determinar as reações de apoio da seguinte viga, sendo BC um cabo flexível. Solução. Primeiro passo, desenhamos o diagrama de corpo livre mostrado na figura à direita. Segundo passo, determinamos as componentes das forças inclinadas. D x = 7cos58 = 14,3kN D y = 7sen58 =,9kN B x = Bcos35 B y = Bsen35 Terceiro passo, escrevemos as equações de equilíbrio. + F x = 0 => A x + B x = 0 => A x = Bcos35 (1) + F y = 0 => A y 14,9 + Bsen35 = 0 => A y + Bsen35 = 36,9 () ( > + M B = 0 => A y ,9. = 0 => A y = 19,3kN Substituímos este valor de Ay na equação () e obtemos B = 30,7kN Pela equação (1) obtemos A x = 5,1kN 5.1 A influência do peso próprio da viga na flexão. Quando uma viga prismática e homogênea está em posição horizontal o peso próprio dela se distribui uniformemente ao longo de seu comprimento com sentido para baixo, perpendicularmente ao seu eixo, provocando flexão. Em muitos casos o efeito do peso próprio da viga é desprezível em relação às forças externas aplicadas, mas, existem situações onde sua influência não pode ser desprezada. Isto normalmente ocorre, por exemplo, para vigas em balanço quando seu comprimento é relativamente grande ou para vigas simplesmente apoiadas que possuem grandes vãos (distância entre apoios). Nestes casos devemos então calcular a viga considerando o peso próprio como uma carga uniformemente distribuída igual ao seu peso por unidade de comprimento (Figura 3). A influência do peso próprio, logicamente, sempre deverá ser avaliada pelo calculista. Nos problemas apresentados nesta apostila, o peso próprio será desprezado, a menos que mencionado o contrário. Figura 3

47 Exercícios: Determinar as reações de apoio nas seguintes vigas 1) Respostas: Ax 0 Ay 5N Dy 75N ) Respostas: Cx 0 Cy 5300N M 0400Nm 3) Respostas: A y = 55kN B y = 1515kN

48 48 4) Respostas: A x = 40,9kN, A y = 86,16kN e Tração no cabo FG = 66,65kN 5) Retomando o exercício nº 1 e considerando que o peso próprio da viga AE é 7kgf/m determinar suas reações de apoio. (1kgf=10N) Respostas: Ax 0 Ay 430N Dy 3490N

49 Esforços internos nas vigas Quando se carrega uma viga aparecem esforços internos (momento e forças) e, consequentemente, tensões normais ou tensões de cisalhamento nas seções transversais da viga. Para determinar estas tensões é preciso, então, calcular o momento e as forças que atuam na seção transversal considerada. As forças que atuam na seção transversal de uma viga podem ser de dois tipos: paralela (tangente) à seção transversal e normal à seção transversal. O momento e as forças normais à seção transversal provocam tensões normais (tração e/ou compressão) e as forças tangenciais provocam tensões de cisalhamento. Vamos estudar primeiro lugar as vigas cujas seções transversais estão sujeitas somente a momento e força tangencial. Posteriormente abordaremos vigas em cujas seções transversais ocorrem, também, forças normais Momento fletor e força cortante O momento que atua numa seção transversal de uma viga sujeita à flexão é chamado de momento fletor e a força paralela à seção é chamada de força cortante. Seja a viga AB mostrada na Figura 33.a e vamos considerar uma seção transversal n-n que está à distância x do apoio A. Isolamos na Figura 33.b a parte da viga que está à direita desta seção transversal n-n. Figura 33 A ação das forças R 1, P 1, e P da parte esquerda da viga sobre a seção n-n da parte direita da viga (Figura 33.b) se resume, neste caso, num momento M denominado momento fletor e numa força vertical V denominada força cortante. A força cortante é calculada por V R1 P1 P O momento fletor é calculado por M R1. x P1 ( x a) P ( x b) Portanto a força cortante V numa seção transversal qualquer é igual à soma (à resultante) das forças que estão à esquerda desta seção transversal. O momento fletor M numa seção transversal qualquer é igual à soma dos momentos das forças que estão à esquerda desta seção transversal em relação ao centro de gravidade desta seção transversal. Se tivermos uma carga distribuída além de cargas concentradas, para a determinação da força cortante e do momento fletor, deveremos considerar além da reação de apoio e das forças concentradas que estão à esquerda da seção transversal, devemos considerar também somente o trecho da carga distribuída que está à esquerda desta. Portanto pela Figura 34, temos V R P q. x 1 1 x M R1 x P1( x a) q. x. ou x M R1 x P1 ( x a) q

50 50 Figura 34 Nestes exemplos vimos a influência da parte esquerda da viga sobre a parte direita. Logicamente se considerarmos agora a parte direita da viga, a soma das forças que estão à direita à seção transversal e a soma dos momentos destas forças em relação ao centro de gravidade da seção transversal, resultarão nas mesmas grandezas V e M que determinamos para a parte esquerda, porém de sentidos contrários (Figura 35). Isto acontece porque o sistema está em equilíbrio. Figura Convenção de sinais Considerando-se a parte da esquerda da viga, em relação à seção transversal considerada, convenciona-se como positivo o momento fletor no sentido horário (Figura 36-a) e a força cortante para cima.( Figura 36-b) Considerando-se a parte da direita da viga convenciona-se como positivo o momento fletor no sentido anti-horário (Figura 36-a) e a força cortante para baixo. (Figura 36-b) A Figura 37 mostra as situações de momentos fletores negativos e forças cortantes negativas. Figura 36

51 51 Figura 37 Em outras palavras: São positivos os momentos fletores que flexionam a viga com a concavidade para cima. São positivas as forças cortantes que levantam o lado esquerdo da viga e abaixam o lado direito da viga (Figura 38). Figura Diagramas de momentos fletores e forças cortantes As grandezas de M e V em qualquer seção transversal é que definirão as tensões que atuam naquela seção. Com o fim de simplificar o estudo das tensões numa viga, é conveniente usar uma representação gráfica da variação do momento fletor e da força cortante ao longo da viga. Nessa representação as abscissas indicam a posição da seção transversal e as ordenadas os valores, respectivamente, do momento fletor e da força cortante que atuam nesta seção transversal. Os valores positivos são marcados acima do eixo horizontal e os negativos abaixo. Estas representações gráficas são chamadas de diagrama de momentos fletores e diagrama de forças cortantes, respectivamente Diagrama de momentos fletores e forças cortantes para cargas concentradas. Exemplo: seja uma viga simplesmente apoiada com uma só carga concentrada P (Figura 39.a). As reações de apoio são: P. b P. a R1 e R l l Tomando uma seção transversal com abscissa x, à esquerda de P, isto é, 0 x a, podemos concluir que nesta seção P. b P. b V e M x (a) l l Pela convenção de sinais a força cortante e o momento fletor são positivos. Vê-se que a força cortante permanece constante do ponto A até o ponto de aplicação da carga P. O momento fletor varia proporcionalmente a x. Para x 0, M 0 e para x a, P. b. a M. l

52 5 As partes correspondentes dos diagramas das forças cortantes e dos momentos fletores estão indicadas nas Figura 39.b e Figura 39.c, respectivamente, pelas retas ace a 1c1. Figura 39 Para a seção transversal à direita da carga ( a x l ), obteremos: P. b P. a P. b V P e M x P( x a) (b) l l l A força cortante para esta parte da viga permanece constante e negativa. Na Figura 39.b esta força é representada pela linha c ' b, paralela ao eixo x. P. b. a O momento fletor é uma função linear de x, o qual para x a, M e para x l, l M 0. È sempre positivo e sua variação, ao longo da parte direita da viga, é representada pela reta c 1b 1 na Figura 39.c. A Figura 39.b mostra o diagrama das forças cortante e a Figura 39.c o diagrama dos momentos fletores para a viga dada. No caso das equações (b) elas foram deduzidas considerando a parte esquerda da viga, parte esta que sofre a ação de duas forças R 1 e P. Teria sido mais simples neste caso considerar a parte P.a direita da viga, onde só atua a reação. Seguindo esta orientação e adotando a convenção de l sinais, obteremos: p. a P. a V e M ( l x) (c) l l As equações (b) podem tomar também esta forma se observarmos que a l b. - Recomendação de exercícios do livro do BEER e JOHNSTON, Bibl. nº 1 para diagramas de momento fletor e força cortante de cargas concentradas: Exemplo 7.1 (pág. 713). Problema resolvido 7.1 (pág. 716). Problemas (pág. 71): 7., 7.3, 7.6, 7.8, 7.1 a 7.16, 7.19 a 7.1, 7.3 e 7.6

53 Diagrama de momentos fletores e forças cortantes para cargas distribuidas. Seja uma viga simples suportando uma carga uniformemente distribuída conforme a Figura 40.a. As reações de apoio são: q. l R1 R Figura 40 Para uma seção transversal distante x do apoio esquerdo a equação da força cortante é: q. l l V q. x q x q.l q.l Para x 0, V e para x l, V Então o diagrama de forças cortantes é o mostrado na Figura 40.b. Para a mesma seção transversal a equação dos momentos fletores é: q. l x q. x M x q. x. l x Então o a curva que representa o momento fletor (Figura 40.c) é uma curva parabólica com seu eixo vertical no meio da viga. Os momentos fletores nas extremidades da viga são nulos e o momento fletor máximo ocorre no meio do vão e seu valor é: q. l M max 8 Observe que no ponto da viga onde ocorre o momento máximo a força cortante se anula. Se a carga uniforme q está aplicada somente numa parte da viga Figura 41.a), devemos considerar três partes da viga de comprimentos a, b e c. Primeiro determinamos as reações de apoio R 1 e R : q. b b q. b b R 1 c e R a l l Equações da força cortante o momento fletor para V R 1 e M R1. x Equações da força cortante o momento fletor para 0 x a a x a b

54 54 V 1 q x a e M R x q. x a. R. 1. x a Figura 41 Equações da força cortante o momento fletor para a b x l, V R q. b e M R. x q. b.[ x ( a )] 1 1 b Os diagramas de força cortante e momento fletor estão mostrados na Figura 41.b e Figura 41.c. No trecho b da viga a curva do momento fletor é uma parábola. Nos pontos c e d a parábola é tangente às linhas inclinadas a c e b d. Observe que o momento máximo ocorre no ponto e que corresponde à força cortante nula. No caso de uma viga em balanço que suporta uma carga uniforme, Figura 4.a, força cortante e o momento fletor à distância x da extremidade esquerda são: x q. x V qx e M q. x. A Figura 4.b e Figura 4.c mostram os diagramas da força cortante e do momento fletor. A curva do momento fletor é um parábola que tem um eixo vertical e é tangente ao eixo horizontal na extremidade esquerda onde a força cortante se anula. O máximo momento numérico do momento fletor e da força cortante ocorre no engastamento.

55 55 Figura 4 Figura Superposição de efeitos Se numa viga atuarem simultaneamente cargas concentradas e cargas distribuídas é vantajoso desenhar os diagramas separadamente para cada tipo de carregamento e obter os valores totais de V ou M, em qualquer seção transversal, somando as ordenadas correspondentes dos dois diagramas parciais.

56 56 Exemplo: Utilizando o diagrama de momentos fletores determinar o momento fletor máximo que atua na viga mostrada na Figura 43.a. Solução: Vamos considerar primeiro a viga carregada somente com as cargas concentradas P (Figura 43.b) e construir o seu diagrama de momentos fletores (Figura 43.c) Em seguida consideramos a viga carregada somente com a carga uniformemente distribuída q (Figura 43.d) e construímos seu diagrama de momentos fletores (Figura 43.e). Pelos dois diagramas vemos que o momento total máximo é obtido pela soma dos momentos de cada diagrama parcial no ponto central da viga, isto é: ql M max P. a Forças normais (N) Além do momento fletor e da força cortante as seções transversais de uma viga poderão estar sujeitas, também, a forças normais que serão simbolizadas por N (ver Capítulo ). A força normal existirá sempre que a viga for carregada por forças que tem a direção do seu eixo ou forças que possuem componentes nesta direção Convenção de sinais A convenção de sinais para forças normais está mostrada na Figura 44 Figura Equação das forças normais e diagramas As equações das forças normais são desenvolvidas de forma similar ao que foi feito para as forças cortantes, isto é, considerando uma seção transversal na posição x devemos lançar na equação de N todas as forças horizontais à esquerda (ou à direita) desta seção e colocando seu sinal conforme a convenção mostrada na Figura 44. Da mesma forma construímos os diagramas de N colocando no eixo das abscissas a posição x da seção transversal e no eixo das ordenadas o valor da força normal que atua nesta seção. O exemplo numérico a seguir é mais elucidativo. Exercício resolvido Para a viga mostrada na Figura 45.a determinar as equações e os diagramas das forças normais (N), forças cortantes (V) e momentos fletores (M). Solução a) Decompomos a carga de 9kN nas suas componentes horizontal e vertical. F x 9.cos35 7, 4kN F y 9. sen35 5, kn b) Construímos o diagrama de corpo-livre conforme a Figura 45.b a) Calculamos as reações de apoio

57 57 A x 7, 4kN A y, kn C y 3, 0kN Figura 45 b) Equações de N, V e M - Trecho AB: 0 x 4 A N 7,4 N x V Ay V, M Ay. x M,. x - Trecho BC: 4 x 7 A 7,4 N 0 N x V Ay 5, V 3 A. x 5,.( x 4) M 3. x 0,8 M y c) Os diagramas respectivos estão mostrados nas Figura 46. a, b, c. Figura 46

58 5.0 Exercícios resolvidos 58

59 59

60 60

61 61

62 6

63 63

64 64

65 65

66 66

67 67

68 68

69 69

70 70

71 Exercícios 1) Dada a viga mostrada na figura, pede-se determinar: a) as reações de apoio b) o momento fletor nas seções cujas distâncias em relação ao ponto A são x 3m, x 7m e x 9m, respectivamente. ) Determinar as reações de apoio e as equações da força cortante e do momento fletor nos trechos AB, BC e CD da viga simples com balanço mostrada na figura. -Recomendação de exercícios do livro do BEER e JOHNSTON, Bibl. nº 1 para diagramas de momento fletor e força cortante de cargas distribuídas: Exemplo 7. (pág. 715). Problema resolvido 7. (pág. 719). Problemas (pág. 71): 7.1, 7.4, 7.5, 7.7, 7.10, 7.11, 7.17, 7.18, 7. e 7.5.

72 7 5. Relação entre momento fletor e força cortante Seja uma viga isostática qualquer sujeita a vários tipos de cargas. Vamos considerar um elemento infinitesimal da viga, de comprimento dx, nas seguintes situações: a) No elemento dx não existe força externa. Na seção esquerda do elemento infinitesimal suponhamos que atuam o momento fletor M e a força cortante V, então na seção direita atuarão a força cortante V de sentido contrário e o momento também de sentido contrário M+dM, como mostrado na figura seguinte: Considerando o equilíbrio do elemento infinitesimal, vamos escrever a equação de equilíbrio dos momentos em relação ao ponto C, centróide da seção transversal direita, isto é, ( M V. dx ( M dm) 0 dm V dx C. dm Logo, V dx Conclusão: Nos trechos da viga onde não há forças externas a derivada do momento fletor em relação a x é igual à força cortante. b) No elemento dx existe uma carga distribuída q. Na seção esquerda do elemento infinitesimal suponhamos, como anteriormente, que atuam o momento fletor M e a força cortante V, então na seção direita atuarão a força cortante V+dV de sentido contrário e o momento também de sentido contrário M+dM, como mostrado na figura seguinte: Vamos escrever a equação de equilíbrio das forças verticais que atuam no elemento infinitesimal, isto é, F y V q. dx ( V dv) 0 dv q. dx Logo, dv dx q Conclusão: Nos trechos da viga onde existe carga distribuída a derivada da força cortante em relação a x é igual à intensidade da carga distribuída com sinal negativo. Vamos agora escrever a equação de equilíbrio dos momentos em relação ao ponto C centróide da seção transversal direita, isto é, dx q ( C M V. dx q. dx. ( M dm) 0 dm V. dx ( dx) mas (dx) pode ser considerado igual a zero, pois, trata-se de um infinitésimo de ordem superior

73 73 dm Logo, V dx Conclusão: Nos trechos da viga onde existe carga distribuída a derivada do momento fletor em relação a x é igual à força cortante. c) No elemento dx existe uma carga concentrada P. Na seção esquerda do elemento infinitesimal suponhamos que atuam o momento fletor M e a força cortante V, então na seção direita atuarão a força cortante V1 de sentido contrário e o momento também de sentido contrário M+dM, como mostrado na figura seguinte: Vamos escrever a equação de equilíbrio das forças verticais que atuam no elemento infinitesimal, isto é, F y V P V1 0 V1 V P Conclusão: Nos trechos da viga onde existe uma carga concentrada P a força cortante varia de uma intensidade P quando passamos pelo ponto de sua aplicação (a curva do diagrama da força cortante sofre uma descontinuidade). Considerando o equilíbrio do elemento infinitesimal, vamos escrever a equação de equilíbrio dos momentos em relação ao ponto C, centróide da seção transversal direita, isto é, dx P ( P M V. dx P. ( M dm) 0 dm V. dx dm P Logo, V dx Conclusão: Nos trechos da viga onde existe uma carga concentrada P a derivada do momento fletor em relação a x sofre uma mudança brusca, ou seja, a tangente à curva dos momentos fletores muda de inclinação ao passar pelo ponto de aplicação da carga.

74 Tensões normais na flexão (Estudar antes o Capítulo 6: Propriedades geométricas das figuras planas) Dissemos que quando se carrega uma viga aparecem esforços internos que podem ser momentos fletores e forças cortantes os quais dão origem às tensões normais e tensões de cisalhamento que atuam nas seções transversais de uma viga. Para o estudo das tensões normais vamos considerar uma viga de seção transversal constante e simétrica em relação aos eixos y e z como, por exemplo, uma viga de seção transversal retangular. Vamos supor também que o trecho da viga que vamos estudar seja submetido somente a momento, isto é, a força cortante neste trecho seja nula. Temos neste caso o que se chama de flexão pura, como o trecho da viga mostrada na Figura 47. Figura 47 Considerando o equilíbrio da parte da viga à esquerda da seção transversal aba 1b1, vemos que as forças interiores que estão distribuídas nesta seção transversal ( que representam a ação da parte direita da viga sobre a parte esquerda) devem ser estaticamente equivalentes a um conjugado igual ao momento fletor M. Para acharmos a distribuição destas forças interiores na seção transversal vamos analisar a deformação da viga. No caso simples de uma viga que tem um plano de simetria vertical longitudinal e cujos momentos fletores atuam neste plano, a flexão (o encurvamento) realizar-se-á neste mesmo plano. Portanto, durante a flexão ocorrerá tração nas fibras do lado convexo e compressão nas fibras do lado côncavo. Esta variação de tensões é linear de modo que na linha centroidal da seção transversal não existirá nem tração e nem compressão, como mostra a distribuição de tensões mostrada na Figura 47. A superfície mnm 1n1 onde as tensões se anulam é chamada de superfície neutra e sua interseção com qualquer seção transversal da viga nn 1 é chamada de linha neutra ( ou eixo neutro). Então as tensões que atuam na seção transversal devido à existência do momento fletor M são proporcionais às suas distâncias y da superfície neutra e seus valores podem ser calculados pela seguinte equação (ver a dedução no Cap. 4.5 do BEER e JOHNSTON, Bibl. nº 1): M.y x (1) I z Nesta equação x será positivo (tração) se M for positivo, isto é, se produz deformação da viga com a concavidade voltada para cima, como se vê na Figura 47 e se, também, y for positivo (isto é, medido para baixo do eixo neutro). Se M (ou y) for negativo a tensão será de compressão. O índice x de x indica que esta tensão tem a mesma direção do eixo x. x

75 75 I z é o momento de inércia da seção transversal em relação ao seu eixo centroidal em torno do qual ocorre a flexão. Exemplificamos este estudo para o caso de seção transversal retangular, mas se aplica também para qualquer tipo de seção transversal que tenha um plano de simetria vertical longitudinal e seja solicitada à flexão por momentos atuando neste plano. Do mesmo modo se aplica para o caso de existir força cortante na seção e não somente para flexão pura. Para uma seção retangular cujas distâncias das fibras mais extremas à linha neutra (eixo centroidal) é igual a c (Figura 48.a), considerando momento fletor positivo, a equação (1) nos fornece: Tensão máxima de tração M. c M x () T I z I z c Tensão máxima de compressão (em valor absoluto) M. c M x (3) C I I c z z Colocando I z Wz (4) c onde Wz é denominado de módulo de resistência, ou módulo da seção em relação ao eixo centroidal z, podemos então escrever as equações () e (3) na forma geral que calcula a máxima tensão normal de tração e compressão M (5) W Nesta fórmula devemos verificar que M e W se referem ao mesmo eixo centroidal e que o sinal de será positivo para tração e negativo para compressão. Figura 48 Os valores dos módulos de resistência (bem como dos momentos de inércia, etc.) para diversas figuras estão na Tabela 1. Por exemplo, para seção transversal retangular (Figura 48.a) 3 b. h b. h I z e W z 1 6 e para seção transversal circular de diâmetro d: 4 3 d d I z e W z 64 3 Perfis laminados ou aqueles produzidos industrialmente são normalmente padronizados e os fabricantes fornecem tabelas que mostram todas suas especificações importantes para o

76 76 dimensionamento de uma viga. Na Tabela 3 apresentamos uma amostra de uma tabela da CSN (Cia. Siderúrgica Nacional) para perfis laminados padrão americano. Quando o centro de gravidade não está no meio da altura (Figura 48.b), representamos por c 1 e c as distâncias ao eixo neutro das fibras extremas inferior e superior, respectivamente. Então para momento fletor positivo temos: M. c x 1 M. c e T x (6) C I I z z 5.4 Raio de curvatura O raio de curvatura r é o raio da curva formada pela interseção da superfície neutra com o plano de simetria vertical da viga (Figura 49). É calculado pela fórmula (ver dedução na seção 4.4 do BEER e JOHNSTON, Bibl. nº 1): E. I z r (7) M Sendo E o módulo de elasticidade do material da viga e M o momento fletor. A curvatura é calculada pelo inverso do raio de curvatura: 1 M (8) r E. I z Figura 49

77 Exercícios 1) Uma viga se seção circular com 50mm de diâmetro está sujeita às cargas P 10kN conforme mostra a figura. Pede-se determinar a tensão máxima na viga e o seu raio de curvatura sabendo-se que o módulo de elasticidade do material é 10GPa. Respostas: a) 7,3MPa, b) 960m ) A viga mostrada na figura está solicitada por M=6 kn.m A viga é de aço com seção transversal em T e com as dimensões indicadas na figura. Pede-se determinar as tensões máximas, de tração e compressão e os pontos em que elas se dão. Resposta: Tensão máxima de tração: 31,6 MPa. Tensão máxima de compressão: -66,3 MPa Recomendação de exercícios do livro do BEER e JOHNSTON, Bibl. nº 1 Exemplos 4.1(pág.330) 4. (pág. 331), Problemas resolvidos: 4.1 (pág. 334), 4. (pág. 337). Problemas 4.1 a 4.34 (pág. 339).

78 78 6 PROPRIEDADES GEOMÉTRICAS DAS FIGURAS PLANAS 6.1 Momento estático (ou momento de primeira ordem) Para calcularmos a posição do centro de gravidade de uma área em relação a um eixo qualquer precisamos saber determinar o momento estático (ou momento de primeira ordem) desta área em relação ao eixo. O momento estático de uma área em relação a um eixo qualquer é o produto desta área pela distância do centro de gravidade desta área ao eixo. Vamos representar por Q x o momento estático em relação ao eixo x. O índice indica o eixo em relação ao qual estamos calculando o momento estático. Se fosse em relação ao eixo y representaríamos por. Q y Na Figura 50 temos uma área A cujo centro de gravidade está situado em C e sua distância * ao eixo x é y. Portanto, o momento estático de A em relação a x é * Q x A.y (6.1) Identicamente teríamos em relação ao eixo y: * Q y A..x (6.) -Vemos que dependendo da posição dos eixos de coordenadas o momento estático pode ser * * positivo, negativo ou nulo já que as coordenadas y e x podem ser positivas, negativas ou nulas. -Quando a figura possui um eixo de simetria o momento estático em relação a este eixo é nulo. Por exemplo, o momento estático do retângulo da Figura 51.a em relação ao eixo x é zero, bem como em relação a y. -As unidades do momento estático no Sistema Internacional são 3 m, ou 3 mm, etc. Figura Centro de gravidade (ou centróide) A posição do centro de gravidade C de várias figuras geométricas simples é conhecida. Por exemplo, o centro de gravidade de um retângulo, de um quadrado, de um círculo, está na interseção de seus eixos de simetria. Por exemplo, a Figura 51.a mostra um retângulo e seus eixos de simetria x e y.

79 79 No caso do triângulo, o centro de gravidade está situado a 1/3 da altura (Figura 51.b). A Tabela 1 no final desta apostila fornece a posição dos centros de gravidade para várias figuras usuais, além de outras propriedades. Figura 51 Quando o centróide C de uma figura pode ser localizado por meio de seus eixos de simetria, o seu momento estático em relação a um eixo qualquer x ou y pode ser obtido por meio das equações (6.1) e (6.). 6.3 Exercícios 1) Determinar os momentos estáticos em relação aos eixos x e y do retângulo mostrado na figura: Solução: Sabemos que o centro de gravidade do retângulo está situado na interseção dos seus eixos de simetria (ponto C). Então temos: y 5cm x cm A 10cm.4cm 40cm Então: * 3 A. y cm * 3 A. x cm Q x Q y

80 80 ) Determinar os momentos estáticos em relação aos eixos x e y do círculo mostrado na figura, sabendo-se que seu diâmetro é 0,6m. Respostas: 3 Q y 0,085m e Q x Determinação do centro de gravidade (centróide) de uma área No caso de figuras mais irregulares cuja posição do centro de gravidade não conhecemos, para calculá-la, temos de usar as equações (6.1) e (6.). Para determinarmos a posição do centro de gravidade basta dividirmos o momento estático pela área, isto é, * Qx y (6.3) A Q * y x (6.4) A Mas para aplicar estas equações temos que determinar sua área e o momento estático da figura. A área é calculada pela soma das áreas das figuras simples que a compõe. O momento estático de uma figura composta por um conjunto de figuras geométricas simples é calculado pela soma dos momentos estáticos de cada figura simples (tudo em relação ao mesmo eixo). Seja, por exemplo, determinar o momento estático e a posição do centro de gravidade de uma área conforme mostrada na Figura 5.a.. Para calcular o momento estático e o centro de gravidade C da área A, devemos primeiro dividi-la em figuras simples como os dois retângulos de áreas A 1 e A e o triângulo de área A 3. (Figura 5.b)

81 81 Figura 5 Para calcular o momento estático Q x da área A, em relação ao eixo x, devemos calcular os momentos estáticos de cada área A 1, A e A 3. em relação ao mesmo eixo x. A soma destes momentos estáticos individuais nos dará o momento estático da área total A. Isto é, Q x A. y * * 1 y1 A. y A3. * 3 eixo y. Identicamente podemos determinar o Q y calculando os momentos estáticos em relação ao Generalizando podemos escrever: Q x i A * i. yi e Qy i A. x (6.5) i * i * Para a determinação das coordenadas X e * * nas Eqs. 6.5, Q por A.Y e Q y por A.X. Temos Resolvendo para x * X e * * AY. A i. y i e * A. X i i * Y do centróide da figura total A, substituímos A i. x i * Y e lembrando que A é a soma das áreas * A i, temos Colocando-se: A X * i A. x i A * i i i * * i. xi Q yi e Ai yi Q xi e Y * i i A. y i A i * i (6.6). podemos escrever as equações (6.6) na forma:

82 8 X * i i Q A yi i e i Q xi Y * A (6.7) i i Exercício resolvido Determinar a posição do centróide da área hachurada mostrada na Figura 53.a. Solução Vamos dividir a figura no triângulo 1, no quadrado e no círculo 3, conforme mostra a Figura 53.b. Como o círculo 3 não faz parte da área hachurada a sua área deverá ser subtraída. Figura A ,3 151,7 cm , , cm Q x Q y , ,6 cm 3 Y * Q 1558, x 10, cm A 151,7 3 Q * y 1105,6 X 7,3cm A 151,7

83 Exercícios Determinar o centróide das seguintes figuras: a) b) Respostas: a) * * X 0 Y* 4, 65cm b) X 0 Y* 1, 5cm c) Respostas: * X 41,8 mm Y* 7, 3mm

84 Momento de inércia (ou momento de segunda ordem) a) Momento de inércia retangular Consideremos a área A situada no plano xy (Figura 54.a) e o elemento de área da de coordenadas x e y. Figura 54 Momento de inércia da área A em relação ao eixo x é determinado por I x y. da (6.7) A Momento de inércia da área A em relação ao eixo y é determinado por I x. da (6.8) y A Para o caso de um retângulo, de lados b e h, conforme mostrado na Figura 54.b, onde os eixos dos x e y são eixos centroidais, isto é, são eixos passam pelo centróide da figura: b. h I x 1 3 h. b 3 I y 1 b) Momento de inércia polar Definimos momento de inércia polar da área A em relação ao ponto O (Figura 55) à integral: J. da (5.9) O A onde é a distancia do elemento da à origem O. Para o caso de um círculo de raio c, o momento de inércia polar em relação ao seu centro é. c 4 J O (Ver Tabela 1 adiante para outras figuras geométricas) Unidades: os momentos de inércia no SI são usualmente expressos em: 4 m ou 4 mm.

85 85 Figura Raio de giração O raio de giração de uma área A em relação ao eixo x é definido por I x rx (6.10) A O raio de giração de uma área A em relação ao eixo y é definido por I r y y A (6.11) O raio de giração de uma área A em relação à origem O é definido por J O ro (6.1) A 6.8 Teorema dos eixos paralelos O momento de inércia I x de uma área A em relação a um eixo arbitrário x é igual ao momento de inércia I ' x' da área em relação ao seu eixo centroidal x, paralelo ao eixo x, mais ' o produto da área pelo quadrado da distância d entre os eixos x e x. Considerando a Figura 56, fica: I x I x' A.d (6.14)

86 86 Figura Exercício Determinar o momento de inércia do retângulo mostrado na Figura 57 em relação ao eixo x, ' que passa pela sua base e é paralelo ao eixo centroidal x. Figura 57 Resposta: 5 I x 1,8.10 mm Momento de inércia de uma área composta Se tivermos de determinar o momento de inércia, relativo ao eixo centroidal, de uma área A composta de várias áreas de formatos geométricos simples, A 1, A, etc., devemos primeiro localizar o centróide da área composta A, em seguida, utilizando o teorema dos eixos paralelos, determinamos os momentos de inércia de cada área simples A 1, A, etc., em relação ao eixo

87 87 centroidal da área A. A soma destes momentos de inércia parciais nos dará momento de inércia da área composta A. Devemos lembrar que os momentos de inércia acima citados devem ser todos calculados para eixos paralelos. (Os momentos de inércia das áreas de geometria simples podem ser obtidos nas Tabelas 1 e no final desta apostila) Exercícios 1) Determinar os momentos de inércia I x e I y os raios de giração r x e relação aos eixos centroidais x e y da seguinte figura. r y em Respostas: 4 4 I x 30,9cm rx,4cm I y 117,3cm ry 1, 71cm ) Determinar o momento de inércia e o raio de giração em relação ao eixo centroidal paralelo à base da área apresentada na figura Respostas: 4 I x 113cm rx 3, 98cm

88 88 3) Determinar o momento de inércia em relação ao eixo centroidal, paralelo à base, da área hachurada apresentada na figura. Resposta: I x 647,8cm 4 4) Sugestão de exercícios: Ver exemplos A-, A-3, A-6 do livro do BEER e JOHNSTON, Bibl. nº 1, Apêndice A, pág e seguintes.

89 6.1 Tabela 1: Características Geométricas. Formulário 1 89

90 Tabela : Características Geométricas. Formulário 6.14 Tabela 3: Perfis I Padrão Americano (CSN) RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I Gilson Finotti (Out/15) (R64)