4.0 ORÇÃO PURA D - orção Pura 4.1 MOMENO DE ORÇÃO ORQUE Quando uma barra reta é submetida, exclusivamente, a um momento em torno do eixo da barra, diz-se que estará submetida a um momento torçor (ou torque). É o caso comum dos eixos que transmitem potência de motores para máquinas utilizadoras. A Fig. 4.1.1 representa um eixo de transmissão acionando um utilizador (bomba) através de um torque motor. Ao ser acionado, o movimento de rotação é acelerado até que o torque resistente (crescente com o aumento da velocidade de rotação) iguala o torque motor, permanecendo, então, o eixo em rotação constante e torcido por um torque uniforme entre suas extremidades. orque Resistente ω ω Utilizador orque Motor Motor Fig. 4.1.1 Eixo submetido a orque constante ao longo de sua extensão, entre os flanges do motor e do utilizador, após ser alcançada a velocidade em regime permanente de rotação. A potência P transmitida está relacionada com o torque e a rotação ω através da relação: P = δw/δt = 2F. r δθ / δt =. ω; portanto, = P/ω...(4.1.1) F F r δθ Exemplo 4.1.1 Um motor de 60 CV (1 CV = 736 w) aciona um utilizador através de um eixo com 4.000 rpm. Calcule o torque aplicado ao eixo. Solução: P = 60 x 736 = 44,16 kw; ω = 4000 x 2π / 60 =418,9 rad/s. =105,4 m.n (Resp.) 9
4.2 EIXOS DE SEÇÃO CIRCULAR E MAERIAL ELÁSICO. O caso mais simples a ser analisado, e de grande importância, por sua vasta aplicação nos equipamentos mecânicos, se refere aos eixos de transmissão de potência de máquinas, fabricados em material elástico, torneados de forma a que sua seção transversal seja de forma circular (no caso dos eixos maciços) ou em forma de coroa de círculo (eixos vazados). Pela simetria circunferencial envolvida, tanto sob o aspecto geométrico como quanto ao carregamento, podemos afirmar que as tensões tangenciais despertadas nos diversos pontos da seção transversal serão função apenas da distância r do ponto em relação ao centro do eixo, onde a tensão deverá ser nula. Admitindo que a deformação por torção do eixo provoque a rotação de uma seção em relação à contígua (e que um certo diâmetro, após girar, permaneça reto, mantendo-se como um diâmetro), podemos afirmar que as deformações por distorção (γ) variarão linearmente em função da distância ao centro (r), e, admitindo ainda, tratar-se de um material elástico, para o qual as tensões τ são proporcionais às distorções γ, podemos presumir que as tensões tangenciais τ irão variar linearmente com r, e escrever: τ τ Max δl r dr γ r (a) (b) δθ Fig. 4.2.1 orção pura de eixos de seção circular; (a) tensões tangenciais ao longo da seção transversal; (b) deformações por distorção das fibras longitudinais e por rotação da seção transversal. τ = k r...(4.2.1) Como o torque é a resultante dos momentos das forças tangenciais atuantes na seção, em relação a seu centro, podemos escrever: D/2 = 0 τ 2π r dr x r. Considerando a relação linear (4.2.1) teremos: = 0 D/2 k 2π r 3 dr = k [2π r 4 /4] 0 D/2 = k π D 4 /32, de onde tiramos: k = / (π D 4 /32). 10
Convém observar que o termo π D 4 /32 vem a ser o momento de inércia polar (J p ) da área da seção em relação a seu centro. Levando em (4.2.1) teremos: τ = (/J p ) r = [ / (π D 4 /32)] r....(4.2.2) A máxima tensão ocorrerá ao longo da borda externa do eixo, onde r = D/2, e. τ Max = 16 / π D 3......(4.2.3) que pode ser reescrita como: τ Max = / W t sendo W t o denominado módulo de resistência à torção do eixo, valendo W t = πd 3 /16 0,2D 3 Exemplo 4.2.1 Para o eixo focalizado no exemplo 4.1.1, determine o valor admissível para seu diâmetro, adotando um valor máximo para a tensão tangencial que não ultrapasse 60 MPa. Solução: utilizando a equação 4.2.3, teremos: (D min ) 3 =(16 x 105,4) / π x 60 x 10 6 = 8,947 x 10-6 m 3 e D = 20,8 mm (Resp.) Interessante realçar que a parte central de um eixo maciço (onde as tensões são baixas) pouca contribuição terá com respeito ao momento de inércia polar, fazendo com que a tensão máxima seja diminuída no caso dos eixos vazados (largamente utilizados na indústria aeronáutica, onde a questão de pesos é crucial). τ max Para os eixos vazados teremos: J p = (π/32)(d 4 d 4 ), que levada em (4.4) dá: τ max = 16 / π D 3 (1 - η 4 )...(4.2.4) D d sendo η= d/d. Fig. 4.2.2 ensões nos eixos de material elástico e seção circular torcidos Quanto às deformações entre duas seções contíguas, separadas de δl, podemos estabelecer a seguinte relação entre a distorção sofrida por uma fibra longitudinal distante r do centro e a deformação angular δθ entre as seções: δl δθ γ R Fig. 4.2.3 Deformações nos eixos de material elástico e seção circular torcidos r 11
r δθ = γ δl δ... (4.2.5) Levando em conta a hipótese de ser elástico o material (τ = G γ), teremos: r dθ = (τ/g) dl...(4.2.6) Considerando (4.2.2) (τ/r = /J p ) obtemos: dθ = Τ dl / G J p...(4.2.7) No caso de um eixo de diâmetro e material uniformes ao longo de sua extensão L 0, a integração de (4.2.7), de L=0 a L=L 0 nos fornece: γ δθ = L 0 / G J p...(4.2.8) (observe a semelhança entre as equações 4.2.8, 1.6.8 e 3.1.1), sendo: J p = π (D 4 d 4 )32 0,1 (D 4 d 4 ) δθ Exemplo 4.2.2 Para o eixo esquematizado pede-se determinar: a) a máxima tensão tangencial; b) o ângulo de torção entre as seções A e D. Obs.: o trecho maciço BC se encaixa no trecho vazado AB, sendo fixado por um pino transversal em B. Dados: G aço = 80 GPa; G Latao = 39 GPa. Solução: o diagrama de torques ao longo do eixo permite obter os valores assinalados na figura ao lado: trecho DC: = 5kN.m; trecho CB: = 10kNm; trecho BA: = 15 knm. Portanto, as tensões máximas calculadas por (4.2.3) atingirão os valores: CD- τ max = 16x5x10 3 /π(0,080) 3 = 49,7MPa BC- τ max = 16x10x10 3 /π(0,100) 3 = 50,9 MPa BA- onde η = 100/150 = 0,6667, teremos: τ max = 16x20x10 3 /π(1 η 4 )(0,150) 3 = 37,6 MPa Portanto: Resp. (a) τ max = 50,9 MPa (trecho BC). A Latão Vazado D=150;d=100 20kN.m 400 Aço Maciço D=100 mm 10kN.m 1 = 30kN.m B 600 1 = 15kN.m C Aço Maciço D=80 mm 1 = 5kN.m 500 mm 5kN.m D 1 Quanto às deformações teremos: 12
δθ DA = δθ DC + δθ CB + δθ BA (soma algébrica), sendo δθ = L / G J p δθ DC = [5x10 3 x 0,500] / [(80x10 9 )(π)(0,080) 4 /32] = 0,007771 rad ( ) δθ CB = [10x10 3 x 0,600] / [(80x10 9 )(π)(0,100) 4 /32] = 0,007639 rad ( ) δθ BA = [20x10 3 x 0,400] / [(39x10 9 )(π)(0,150 4 0,100 4 )/32] = 0,005143 rad ( ). Portanto: δθ DA = 0,007771 0,007639 + 0,005143 = 0,005275 = 0,30º (Resp. b) 192 dentes 3 32 dentes Exemplo 4.2.3 - A caixa redutora (dupla redução) esquematizada na figura transmite uma potência de 200 CV, a 3600 rpm, reduzindo a rotação na saída para 100 rpm. Pede-se dimensionar o eixo intermediário (aço - G = 80GPa e τ adm = 60 MPa). Considerar ainda como deformação limite o valor δθ /L = 2,5º /m. 4 1 R= 30mm Eixo intermediário R = 180mm 2 200 CV 3600 rpm Solução O eixo que aciona o pinhão (1) de entrada da caixa estará submetido a um torque 1 = 200 x 736 / (3600x2π/60) = 390,5 N.m; a componente tangencial da força de contato entre os dentes do pinhão e da engrenagem (coroa 2) valerá F 12 = 390,5/0,030 = 13,02kN. Portanto o torque aplicado ao eixo intermediário pela coroa 2 valerá 2 = 13,02 x 0,180 = 2.343 N.m (os torques variam na razão inversa das velocidades e proporcionalmente aos raios, diâmetros e nº de dentes das engrenagens). Admitindo desprezíveis as perdas por atrito (hipótese conservativa para o cálculo dos esforços nas diversas partes do mecanismo) concluímos que o eixo intermediário estará submetido a um torque 2 = 3 = 2,343 kn.m. ratando-se de um eixo maciço e, levando em conta (4.2.3), podemos escrever, atendendo ao critério de resistência estabelecido: τ Max = 16 / π D 3 ; 60 x 10 6 = 16 x 2,243 x 10 3 / π (D) 3 e D = 57,5 mm Considerando o critério de rigidez admitido teremos, levando em conta (4.2.8): δθ / L 0 = / G J p ; (2,5 / 57,3 *) = 2,243 x 10 3 / (80 x 10 9 )(π D 4 /32) e D = 50,6 mm. Portanto teremos: D = 58 mm (resposta) (valor que atende aos dois critérios) * o ângulo deve ser expresso em radianos (1 rad = 57,3º) D = 20mm C M R D = 18mm ω r Exercício proposto: O motor M, de 3,5 CV, aciona o compressor C através do sistema de correias planas mostrado.desprezando as perdas e considerando tão-somente as tensões devido à torção nos eixos das polias (de raios R = 120mm e r = 30mm), pede-se determinar a velocidade de rotação limite para o motor ( ω especificando se máxima ou mínima) de maneira a que a tensão tangencial nos eixos não ultrapasse o valor: τ = 70,0 MPa. 13
4.3 PROBLEMAS ESAICAMENE INDEERMINADOS. O conhecimento das deformações por distorção angular dos eixos torcidos permite a solução de problemas hiperestáticos, bastando utilizar, em complemento às equações de equilíbrio dos torques, as equações de compatibilidade de deformações. G 2 ; D 2 No exemplo da figura A ao lado, o eixo escalonado é B bi-engastado, estando submetido ao toque C. G 1 ; D 1 L 1 L 2 A análise do diagrama de torques permite escrever, pelas condições de equilíbrio: 1 + 2 =...(1) A compatibilidade de deformações (o ângulo de torção da seção B em relação ao engaste A é igual em relação ao engaste C) permite escrever: 1 L 1 / G 1 J P1 = 2 L 2 / G 2 J P2...(2) (sistema de 2 equações que nos permite obter o valor das duas incógnitas 1 e 2 ) 1 1 2 2 Fig. 4.3.1 Eixo bi-engastado e torcido. Cordões de Solda F C D = 20 Exemplo 4.3.1 Os eixos esquematizados são fabricados em aço (G = 80 GPa). Pede-se calcular: a) a máxima tensão tangencial; b) o ângulo de giro da extremidade livre A em relação ao chassis CF. D = 20 E C 600 R B = 40 B 700 mm F EB D = 25 = 100 N.m A R E = 120 = 100 N.m Solução: No trecho AB (isostático) a tensão máxima valerá; τ max = 16 x 100 / π x (0,025) 3 =32,6MPa O ângulo de giro entre as seções A e B valerá: δθ AB = 32 x 100 x 0,7 / 80 x 10 9 x π x (0,025) 4 = 0,02282 rad = 1,31º O torque aplicado ao trecho BC é estaticamente indeterminado, valendo: BC = 100 F EB x 0,040, onde F EB é a componente tangencial da força entre os dentes das engrenagens B e E. 14
A compatibilidade de deslocamentos angulares das engrenagens, devido às deformações dos respectivos eixos, permite escrever: R B δθ Β = R E δθ Ε, ou seja: R B ( B L B / G J PB ) = R E ( E L E / G J PE ), e 0,040 x (100 F BE x 0,040) x 0,600 / G (π/32) (0,020) 4 = = 0,120 x (F BE x 0,120) x 0,600 / G (π/32) (0,020) 4. Obtem-se F BE = 250 N. Portanto: C = 100 250 x 0,040 = 90 N.m e E = 250 x 0,120 = 30 N.m O ângulo de giro da engrenagem E (devido à torçao do eixo FE) valerá: δθ Ε = 30,0 x 0,600 / 80 x 10 9 (π/32)(0,020) 4 = 0,01432 rad = 0,82º. O giro da engrenagem B a ela acoplada valerá: 0,82 x (120/40) = 2,46, que somado ao ângulo de torção do eixo BA fornece: δθ AC = 3,77º (Resp.b) A tensão máxima no eixo EF valerá: τ= 16 x 30 / π (0,020) 3 = 19,1 MPa. Portanto: a máxima tensão tangencial nos eixos ocorrerá em AB, com o valor já calculado τ max =32,6 MPa (Resp. a) Exercício Proposto: O eixo encamisado representado na figura é atacado por um torque a- través de uma cavilha diametral que atravessa a parte maciça e a camisa. As outras extremidades (do eixo e da camisa) estão solidamente engastadas. Pede-se determinar o percentual do torque que será absorvido pela camisa. Dados: CAMISA Bronze - G = 39 GPa D externo = 400 mm D interno = 340 mm EIXO (maciço) Aço G = 80 GPa D = 338 mm. 4.4 MAERIAL ELASO-PLÁSICO Comumente utilizados na construção mecânica, os materiais dúteis (como os aços de baixo teor de carbono), quando ensaiados, comportam-se inicialmente de maneira elástica (além de manter relação linear entre tensão e deformação) para em seguida sofrer a plastificação e escoar, mantendo praticamente constante a tensão enquanto a deformação prossegue crescente até a ruína. τ τ escoamento Um modelo matemático que se ajusta a tal comportamento seria o dado pelas equações: τ = G γ... para γ γ escoamento τ = τ escoamento... para γ γ escoamento γ escoamento γ 15 Fig. 4.4.1 Material elasto-plástico.
A análise da distribuição de tensões e deformações na torção de eixos fabricados com tal tipo de material nos leva a concluir que, submetido a um torque crescente ( 1 2 3 4 ), a plastificação ocorrerá inicialmente na periferia ( 2 ). τ Prosseguindo a crescer o torque esc τ esc τ esc ( 3 ), a tensão máxima se manterá τ estacionária no valor τ esc., causando a plastificação das camadas interiores, que ficam divididas numa região central (núcleo elástico) onde a tensão varia linearmente de zero no 1 2 3 4 centro a τ esc., e um anel plastificado, Fig. 4.4.2 Núcleo elástico Coroa plastificada onde a tensão será constante (τ esc. ), até ocorrer a plastificação total ( 4 ), após o que, um aumento do torque provocaria deformações crescentes até a ruína (já que as tensões teriam atingido seu limite máximo). A determinação do raio do núcleo elástico (r e ) é feita utilizando a equação que dá o valor do torque na seção como o somatório dos momentos das forças elementares atuantes em seus diversos pontos, a saber: τ dr r r e Fig.4.4.3 Raio do núcleo elástico. D re D/2 = 0 τ da. r = (D/2) = 0 (k r) da. r + re τ e da. r ; Fazendo da = 2π r dr (onde é constante a tensão τ), obtem-se: = [k 2π r 4 /4] o re + [2π r 3 / 3] re D/2. Considerando que, no limite do núcleo elástico (r = r e ), onde ainda se pode escrever que τ = k r, com τ = τ e, tem-se: k = τ e / r e, e = [τ e π r e 3 /2] + (2π / 3)(D 3 /8 r e 3 ). Explicitando o raio do núcleo elástico obtemos: r e 3 = (D 3 / 2) 6/π τ e. (4.4.1) O ato de torcer um eixo circular implica em fazer girar de um ângulo δθ uma dada seção em relação a outra contígua, distante de dl, independentemente da distribuição das tensões, o que nos permite continuar escrevendo, como em (4.2.5): r dθ = γ dl, para qualquer r, inclusive na interface entre o núcleo elástico e a coroa plastificada, onde τ e = G γ e, o que leva a dθ = τ e dl / G r e, que, integrada de 0 a L nos dá: δθ = τ e L / G r e... (4.4.2) que ocupa o lugar da equação (4.2.8), no caso de eixos plastificados. γ dl r dθ Fig. 4.4.4 - Deformações 16
Exemplo 4.4.1 Dois eixos maciços (AB e CD) fabricados com material elastoplástico para o qual G = 80 GPa e τ escoamento = 95 MPa, são interligados através das engrenagens mostradas e torcidos pela alavanca DE através da ação da força P. Determinar: a) o valor admissível (máximo) para a força P, sem que haja a plastificação dos eixos; b) o ângulo de giro da alavanca DE para o caso de P = 300 N. c) as tensões residuais após a força de 300 N ser diminuída até se anular. Obs.: admitir a força P sempre perpendicular ao braço de alavanca DE. R=60 B 900 25D C r =20 600 20d A D 400 P E Solução: (a) o torque no eixo CD vale 0,400 P, ocorrendo uma força entre os dentes das engrenagens cuja componente tangencial vale 0,400 P / 0,020 = 20 P, que, por sua vez, provoca um torque no eixo BA de valor 20 P x 0,060 = 1,2 P. Sob a ação desses torques e admitindo que ocorresse o início da plastificação nos eixos (τ máximo = τ escoamento = 95 MPa), levando em conta a eq. 4.2.3, teremos: τ Max = 16 / π D 3.. 95 x 10 6 = 16 x 0,400 P / π (0,020) 3 e P = 373,1 N (eixo CD) 95 x 10 6 = 16 x 1,200 P / π (0,025) 3 e P = 242,9 N (eixo AB) Portanto, o máximo valor de P será 242,9N, que provocaria o início de plastificação no eixo AB, permanecendo o eixo CD no regime elástico. (Resp. a: P máx = 243 N) (b) no caso em que P = 300N, verifica-se, do cálculo anterior, que o eixo CD permanecerá na fase elástica enquanto o eixo AB sofrerá plastificação. O torque no eixo CD valerá 0,400 x 300 = 120 Nm enquanto no eixo AB será (60/20)x120 = 360 Nm. O raio do núcleo elástico em AB será (da eq. 4.4.1): r e 3 = (D 3 / 2) 6/π τ e = (0,025) 3 /2 6 x 360 /π x 95 x 10 6 ; r e = 0,00832m = 8,32mm. O ângulo de torção do eixo AB (que corresponde ao ângulo de giro da engrenagem B) será (de 4.4.2): δθ = τ e L / G r e = 95 x 10 6 x 0,900 / 80 x 10 9 x 0,00832 = 0,1285 rad. Para tal giro da engrenagem B (coroa) corresponderá um giro da engrenagem C (pinhão) de valor δθ C = (60/20) δθ B = 3 x 0,052595 = 0,3856 rad. A torção do eixo CD se dará na fase elástica, sendo (de 4.2.8): δθ CD = Τ L / G J P = 120 x 0,600 / 80 x 10 9 x (π/32)(0,020) 4 = 0,05730 rad. O ângulo de giro da alavanca DE será: δθ DE = δθ C + δθ CD = 0,3856 + 0,05730 = 0,4429 rad = 25,4º (Resp. b) Caso a força P fosse aliviada até zerar, a força entre os dentes das engrenagens cairia a zero, porém o eixo AB (que sofrera a plastificação parcial) ficará com tensões residuais decorrentes das deformações permanentes que ficarão presentes na coroa plastificada. O cálculo dessas tensões será feito levando em conta que, ao ser descarregado um material que sofreu plastificação, as tensões e deformações diminuem elasticamente (mantendo a mesma relação proporcional com idêntico valor para o módulo de elasticidade transversal, inclusive quando invertidos os sentidos das tensões e distorções). 17 τ τ escoamento γ
Utilizaremos o princípio da superposição, admitindo que a ação de aliviar os esforços seria equivalente a aplicar um torque em sentido contrário e de mesmo valor que o torque ativo que provocou a plastificação, sendo que as tensões provocadas por tal torque fictício satisfazem a lei de Hooke (regime elástico). τ esc. τ* - =0 r e + = = τ** (τ re )* (τ máx )** Fig. 4.4.4 ensões residuais em eixos circulares de material elasto-plástico Calculada a tensão máxima que ocorreria, supondo aplicado o torque em sentido oposto e admitindo que o material trabalhasse na fase elástica, obteríamos (de 4.2.3): (τ Max )** = 16 / π D 3, como também a tensão no limite do núcleo elástico: (τ re )* = (2r e /D) 16 / π D 3. Assim, os valores extremos das tensões residuais seriam calculados como: τ = (τ Max )** - (τ esc ) τ = (τ esc ) - (τ re )* Para o caso apreciado no exemplo 4.4.1, a tensão extrema que tal torque equilibrante produziria na borda do eixo se trabalhasse elasticamente seria: (τ Max )** = 16 x 360 / π (0,025) 3 = 117,3 MPa, enquanto na interface do núcleo elástico com a coroa plastificada teria o valor: (τ re )* = (2x8,316/60,00) x 117,3 = 78,04 Mpa. Portanto, as tensões residuais presentes no eixo descarregado, após a sua plastificação seriam: τ = (τ Max )** - (τ esc ) = 117,3 95 = 22,3 MPa τ = (τ esc ) - (τ re )* = 95 78,04 = 17,0 MPa (Resp. C) O ângulo de torção residual do eixo poderá ser calculado computando: δθ* = L/GJ p = 360x0,900/80x10 9 x(π/32)(0,025) 4 = 0,1056 rad δθ(residual) = 0,1285-0,1056 = 0,0229 rad = 1,3 Caso a força P fosse novamente aplicada, as tensões despertadas seriam acrescidas às tensões residuais calculadas, provocadas pela plastificação. >>>>>>>>>>>>>>>>>>><<<<<<<<<<<<<<<<<< 18
4.5 MOLAS HELICOIDAIS DE PEQUENO PASSO. Uma aplicação do estudo da torção de barras de seção circular, com certa utilidade na engenharia mecânica, se encontra no dimensionamento de molas helicoidais de pequeno passo, normalmente utilizadas sob tração, em peças de pequeno porte. Conforme se verifica da análise das forças atuando no corpo livre assinalado na figura 4.5.1 (b) abaixo, o vetor momento equilibrante do binário formado pelo par de forças F tem sua direção perpendicular ao plano da figura, portanto, praticamente na direção do eixo do arame (momento de torção ), já que se trata, por hipótese, de uma mola de pequeno passo (tornando desprezível a componente deste momento, atuando como momento fletor). F O equilíbrio de momentos aplicados à parte destacada na figura 4.4.1(b) permite escrever: F x R =. Portanto, no cômputo da tensão máxima de cisalhamento devido à torção do arame, teremos: δx s (a) τ r ds dr (c) (b) d/2 Fig. 4.5.1 Mola helicoidal de pequeno passo sob tração. Raio de enrolamento: R; diâmetro do arame: d;( R >>d); nº de espiras: n. R F dv d τ max = 16 F R / π d 3 (como se verá mais adiante, esta tensão deverá ser acrescida do valor (16/3)F/πd 2, correspondente ao corte simples da seção, 4/3 Q/A). No cômputo das deformações devido à torção do arame ao longo de seu comprimento (que se manifesta de forma global através da elongação da mola δx), utilizaremos o teorema da energia, escrevendo que o trabalho W realizado pela força, crescendo de zero até seu valor final F, deslocando seu ponto de aplicação de δx será armazenado na mola sob a forma de energia elástica por distorção U d : W = ½ F δx = U d = u d dv, sendo u d = ½ τ 2 / G a energia específica de distorção, por unidade de volume V (equação 1.8.2). Considerando o volume dv assinalado na figura ao lado (dv = 2π r dr ds), onde a tensão tangencial é uniforme ( eq. 4.2.2 ), teremos: s =2πRn r = d/2 U d = s=0 0 (1/2G)(FR/J p ) 2 r 2 2π r dr ds 2πRn d/2 U d = 0 (1/2G) (FR/J p ) 2 ds 0 r 2 2π r dr =1/2 P δx J p 19
Levando em conta que J p = π d 4 / 32, e feitas as simplificações obteremos: δx = 64 n R 3 F / G d 4 que, reescrita na forma tradicional da Lei de Hooke F=Kx se torna: F = { G d 4 / 64 n R 3 } δx... (4.5.1) K mola Exemplo 4.5.1 Deseja-se dimensionar a mola de acionamento de um punção utilizado para furar papel, dispondo-se de um arame de aço especial (G = 80 GPa e τ adm = 32 MPa) com diâmetro de 3 mm. Pede-se determinar o raio R em que deve ser enrolada a mola e o número de espiras n, considerando-se que a máxima força F a ser aplicada não ultrapasse 15 N, para um curso do punção de, no máximo, 17 mm. d Solução: Para a força e tensão máximas admitidas, teremos: 32 x 10 6 = 16 x 15 x R / π (3) 3 x (10-3 ) 3 R max = 11,3 mm. Utilizando a equação 4.5.1 obtemos: 15 = {80x10 9 x 3 4 x10-12 / 64n 0,0113 3 } 0,017 n = 79,5 espiras. Adotando valores inteiros: n = 80 espiras e R = 11 mm, obteremos, para F = 15 N τ max = 31,1 MPa e δx = 15,8 mm δx 11 F R 3 A mola (fechada, em repouso) teria um comprimento total de 80 x 3 = 240mm, que somado a seu curso de 15,8 mm totalizaria um comprimento de 255,8 mm, quando estendida (o que poderá ser considerado impróprio para a geometria da peça, indicando outra solução, com outro R, e outro n, ou até outro arame com novo d). Obs.: o pequeno passo da mola (avanço de 3 mm somado à elongação por espira, 15,8/80 = 0,2mm, num percurso para uma volta do arame de valor 2π (11) = 69,1 mm mostra que a suposição de ser desprezível a flexão e cabível no caso. 20
4.6 BARRAS DE SEÇÃO REANGULAR. OURAS FORMAS DE SEÇÃO. ANALOGIA DA MEMBRANA. As tensões tangenciais despertadas pela torção de uma barra de seção retangular se distribuem no plano da seção transversal de uma forma mais complexa, quando comparada à distribuição das tensões no caso da torção de eixos de seção circular, não se podendo acolher a hipótese de que a seção se mantém plana, depois de torcida a peça. A simetria da figura apenas permite presumir que, no centro da seção (eixo da barra), a tensão será nula. Nas quinas da barra (pontos mais afastados do centro), ao contrário do que se poderia inicialmente presumir, quanto a serem elevadas as tensões, serão elas também nulas. Realmente: a condição de simetria do tensor das tensões, estabelecida em 1.5, nos permite escrever que, para essas quinas (pertencentes ao contorno livre da barra, onde as tensões serão nulas), teremos, necessariamente, que no plano da seção, também serão nulas as tensões (τ yx = τ xy = τ zx = τ xz = 0), nos quatro cantos da barra. τ = 0 A Resistência dos Materiais Elementar não dispõe de um método simples para avaliar as tensões em seções maciças de formato diferente da circular. Através da eoria da Elasticidade, utilizando equações mais complexas, obtem-se, para o cálculo da tensão de cisalhamento máxima, ocorrente nos pontos médios do lado maior de uma seção retangular, o valor: τ = 0 τ Max = / α h b 2...(4.6.1) Para o ângulo de torção da barra, a teoria aponta: δθ = L / β G h b 3...(4.6.2) h τ Max τ Max abela III sendo os valores de α e β dados na abela III abaixo ou por fórmulas empíricas como a apresentada a seguir: h/b 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 5,0 10,0 α 0,208 0,231 0,246 0,258 0,267 0,291 0,312 0,333 β 0,1406 0,1958 0,229 0,249 0,263 0,291 0,312 0,333 b Fig.4.6.1 orção de barras de seção retangular. (h/b) α = -------------------- 3(h/b) + 1,8 As equações obtidas através da eoria da Elasticidade, utilizadas para a determinação das tensões tangenciais nos pontos de uma dada seção de formato qualquer, em uma barra torcida, observa-se, são idênticas às equações utilizadas na solução de um outro problema totalmente distinto, qual seja, o da determinação do formato assumido pela superfície de uma membrana elástica e homogênea, cujas bordas fossem presas a uma moldura rígida, com um formato qualquer, quando submetida a uma diferença de pressão entre suas faces, estufando. Enquanto nas equações para solução do problema da torção aparecem as variáveis tensão e torque, nas equações idênticas para solução do problema da membrana deformada aparecem as variáveis inclinação da membrana e diferença de pressão entre as faces. 21
(a) Canto vivo R h R b (c) Fig. 4.6.2 Analogia da membrana. ensões na torção. (b) No caso da seção retangular, a analogia da membrana nos permite avaliar, sob o aspecto qualitativo, que sendo nula a inclinação da tangente à superfície da membrana estufada nos seus quatro cantos e no centro, a tensão tangencial nos pontos equivalentes será nula. Da mesma forma, não é difícil perceber que a inclinação da tangente à superfície da membrana estufada nos pontos médios dos limites de maior extensão será maior (ver figura) que a inclinação correspondente aos pontos médios dos lados menores. A analogia permitiria, portanto, prever que a tensão máxima na torção ocorrerá no ponto médio do lado maior do retângulo. Muitas outras evidências também podem ser extraídas da analogia da membrana, como por e- xemplo a ocorrência de tensões muito elevadas na torção de barras que tenham seção transversal com cantos vivos reentrantes (Fig. 4.6.2 b ) sendo necessária a adoção de raios de adoçamento para eliminar a concentração de tensões nestes locais. Pode-se também concluir que, para barras chatas torcidas, a tensão máxima independe do formato da seção, dependendo apenas da relação h/b, desde que promovidos raios de adoçamento nos cantos vivos reentrantes existentes. 22
5 mm Exemplo 4.6.1 Para a peça composta mostrada na figura (em aço G = 80 GPa), pede-se determinar a máxima tensão tangencial e o ângulo de giro da aresta da extremidade em relação ao engaste. Solução: O torque ao longo da peça valerá: = 5000 x 0,100 = 500 N m. Para a parte tubular teremos:η = 90/100 = 0,9 e: τ max = 16 x 500 /π(1 0,9 4 )(0,1) 3 = 7,40 MPa δθ = 500x0,4 / 80x10 9 x(1 0,9 4 )(π/32)0,1 4 = = 0,042º. 400 5 kn 20 500 δθ 100 Para a barra chata teremos: h/b = 100/20 =5 e α = β = 0,291. Portanto: τ max =500 / 0,291 x 0,100 x x 0,020 2 = 43,0 MPa δθ = 500x0,5 0,291x80x10 9 x0,1x0,02 3 δθ = 0,77º a 5 kn Exemplo 4.6.2 Para a peça mostrada, submetida ao torque, determine, considerando os trechos de seção circular e de seção quadrada, as relações entre (a) as máximas tensões tangenciais e (b) entre os ângulos de torção por metro de comprimento. Solução: τ max = 16 /π a 3 = 5,093 / a 3 b τ max = / 0,208 a 3 = 4,808 / a 3 (a) (τ max ) circular / (τ max ) quadrada = 1,059 b a δθ = 32b /Gπa 4 =10,19 b /Ga 4 δθ =b /0,1406Ga 4 =7,112b /Ga 4 (b) (δθ ) circular /(δθ ) quadrada = 1,43 23
450 mm 100 100 D - orção Pura 20 Exemplo 4.6.3 - O perfil I esquematizado é montado através da união de duas barras chatas de aço, de 100 x 20 mm 2 ( mesas ) soldadas a outra barra chata, também de aço, de 150 x 15 mm 2 ( alma ), sendo submetido a um torque = 1,00 kn.m em sua extensão de 450 mm. Pede-se determinar: a) a máxima tensão tangencial no perfil, e b) o ângulo de torção do perfil. Solução: Inicialmente deve-se reconhecer que se trata de um problema estaticamente indeterminado, podendo-se, tão-somente, admitir que o torque total será distribuído pelas duas mesas ( m em cada) e pela alma ( a ), de forma a que: = 2 ( m ) + ( a )...(1) = 1,00 kn.m 100 15 20 150 A compatibilidade de deformações nos permite escrever: δθ alma = δθ mesa ; a L /0,312Gx150x15 3 = m L /0,291Gx100x20 3 a = 0,6785 m...(2) Levando em (1) obtem-se: = 2 m + 0,6785 m m = 0,3733 e a = 0,2533 m = 373,3 N.m e a = 253,3 N.m τ alma = 253,3 / 0,312x0,150x0,015 2 =24,0 MPa τ mesas = 373,3 / 0,291x0,100x0.020 2 =32,1MPa δθ = 373,3x0,450 / 0,291x80x10 9 x0,100x0,020 3 = =253,3x0,450 / 0,312x80x10 9 x0,150x0,015 3 δθ = 0,52º 4.7 DUOS DE PAREDE FINA. A determinação das tensões e deformações em barras de seção transversal diferente da circular, como vimos, recai na solução de equações complexas. No entanto, para o caso especial de barras vazadas, constituídas de chapas de parede fina, montadas na forma de dutos, pode-se conseguir uma solução utilizando-se uma teoria matemática bem mais simples. al estudo tem aplicação, com boa aproximação, para o caso de dutos de ventilação, fuselagem de aviões, casco de navios, e outros, quando submetidos à torção. Fig.4.7.1 orção de dutos de parede fina. Casco de navios. Fuselagens de aviões. 24
O fato de a tensão tangencial necessariamente ter a direção tangente ao contorno, tanto externo, como interno, no caso das barras de parede fina nos leva a admitir que o seu valor se distribui uniformemente ao longo da espessura da parede. O torque na seção será obtido (Fig. 4.7.2 a) pela integral curvilínea fechada (Fig. 4.7.2 b): τ = τ e ds ρ sen β... (4.7.1) (a) τ Uma simplificação importante tornará exeqüível a realização de tal integração sem maiores dificuldades, qual seja, a da invariância do produto (chamado fluxo cisalhante) τ x e ao longo do perímetro da seção do duto (ver nota abaixo). Realmente: a análise do equilíbrio de esforços atuantes no elemento assinalado na figura 4.7.2 (c), segundo o eixo x do duto, nos permite escrever: e ds ρ β τ 1 e 1 dx = τ 2 e 2 dx., que, levada em 4.14, fornece: β = τ e ds sen β ρ. (b) e 1 e 2 τ 1 τ 2 ds ρ @ Observando, na fig. 4.7.2(b), que ½ ds sen β ρ vem a ser a área do triângulo assinalado ao lado, pode-se concluir que a integral ds sen β ρ = 2 @ dx computa o dobro da área @ limitada pela linha média da espessura da parede do duto. Podemos finalmente escrever: τ = / 2 e @... (4.7.2). (c) Fig. 4.7.2 ensões em dutos de parede fina torcidos. x Nota: a invariância do produto τ xe (fluxo cisalhante) indica uma interessante analogia com a equação da continuidade para o escoamento de fluidos incompressíveis, quanto à vazão Q = V x A (a velocidade cresce quando a área da canalização diminui, da mesma forma que a tensão tangencial será maior nos trechos de menor espessura do duto, como se as tensões escoassem ao longo da parede). 25
Quanto às deformações, mais uma vez, utilizaremos os conceitos de energia para determinação do ângulo δθ de torção do duto em função do torque que lhe é aplicado (o trabalho realizado pelo torque será armazenado sob a forma de energia potencial elástica no duto torcido). ds L W = ½ δθ = U d = u d dv, sendo u d = ½ τ 2 / G a energia específica de distorção, por unidade de volume V (equação 1.8.2). Considerando o volume dv assinalado na figura ao lado (dv = e dx ds), onde a tensão tangencial é dada por 4.7.2, podemos escrever: x dx s e dv U d = u d dv = ( ½ τ 2 / G)dV = = (1/2G)[/2e@] 2 (e ds dx). δθ Na primeira integração,ao longo de s, teremos como constantes G,, @ e dx, permitindo escrever: U d = (1/2G)[/2@] 2 dx ds/e). No caso de um duto de seção e material uniformes, submetido a um torque constante ao longo de sua extensão, a segunda integração nos leva a: U d = (1/2G)[/2@] 2 L ds/e)= ½ δθ Fig.4.7.3 Deformação de dutos de parede fina torcidos. eremos portanto: δθ = [(Τ L) / 4 G @ 2 ] ds/e... (4.7.3) No caso simples de dutos com espessura de parede uniforme (e constante), a integral curvilínea se converte na relação adimensional perímetro/espessura da seção. No caso comum de dutos formados pela união de chapas, de espessuras distintas, mas que se mantêm uniformes na extensão de cada chapa, a integral se converte em um somatório, podendo ser reescrita sob a forma: b 1 δθ = [(Τ L) / 4 G @ 2 ] Σ s i /e i... (4.7.4) e 1 b 2 e 2 e 3 b 3 e 2 b 2 (é o que ocorre, por exemplo, no casco de uma embarcação, cujo chapeamento do convés tem espessura diferente das chapas do costado e do fundo), ficando no caso: ds/e = b 1/e 1 + 2b 2 /e 2 + b 3 /e 3.. Fig. 4.7.4 Seção transversal do casco resistente de uma embarcação 26
Exemplo 4.7.1 Mostrar que, no cálculo das tensões e deformações de um duto de parede fina de seção circular, os resultados são convergentes para ambas as teorias estudadas (em 4.6 e em 4.2). Realmente: para um duto circular de diâmetro d e espessura de parede e, teremos: J p = (π d e) (d/2) 2 = π e d 3 / 4, portanto, de (4. 2.2): τ = (/J p )(d/2) = 2 / π e d 2. Por outro lado, de 4.6.2 obtemos, com @ = π d 2 /4: τ = ( / 2 e @) = 2 / π e d 2. Da mesma forma, de 4. 2.8 e 4. 6.4, obteremos, sucessivamente: δθ = L / G J p = 4 L / G π e d 3 = [ L / 4 G @ 2 ] πd/e e d/2 2 mm R=450 900 2,5 mm 2,5 mm R=450 800 3 mm Exemplo 4.7.2 A seção transversal da fuselagem de um avião, próxima à cauda, construída em alumínio (G =28 GPa), tem as dimensões mostradas na figura. Adotando os valores admissíveis para a tensão tangencial τ = 90 MPa e para a deformação por torção como sendo 1º / m de comprimento, pede-se determinar o máximo torque a que a fuselagem pode ser submetida. Solução: Para a seção temos @ = 0,9 x 0,8 + 2π 0,45 2 / 2 @ = 1,356 m 2 (nota: utilizando as dimensões internas do duto, obtemos um valor inferior para @,, a favor da segurança para o cálculo das tensões e deformações). De 4.6.2 τ max = 90x10 6 = / 2x0,002x1,356 e max = 488 kn.m. De 4.6.4 δθ/l = 1 / 57,3 = [ /4x28x10 9 x(1,356) 2 ] x x [( π x 450/2) + 2 x (800/2,5) + ( π x 450/3); e max = 1977 kn.m. Portanto = Resp.: max = 488 kn.m. Problema proposto: dispondo-se de uma chapa (a) de comprimento L, largura b e espessura e, deseja-se confeccionar um duto dobrando a chapa, com costura nas bordas. Para as opções (b) e (c) assinaladas pede-se determinar as relações entre as tensões máximas e os ângulos de torção, para um dado torque aplicado. costuras L e b (a) (b) (c) 27
240 100 100 240 2,00 metros 12,5 kn R = 50 480 2 200 12,5 kn R = 50 Exemplo 4.7.3 O duto de alumínio (G = 28 GPa), de 2,0 m de comprimento, é engastado por meio de quatro parafusos de diâmetro 10mm, simetricamente dispostos no flange de conexão, e submetido ao par de forças indicado. As dimensões da seção transversal do duto são mostradas na figura. Pede-se calcular: a) a máxima tensão tangencial na parede do duto; b) o ângulo de torção (em graus) da extremidade do duto em relação ao flange fixo; c) a tensão tangencial média nos parafusos de fixação do duto @ = 200 x 98 + π x 49 2 = 27.143 mm 2 --- = 12,5 x 480 = 6000 mn. a) τ = / 2 @ e = 6000 / 2 x 27.143 x 10 6 x 0,002 = 55,26 x 10 6 --- τ = 55,3 MPa (1,0p) b) δθ = ( L / 4 G @ 2 ) (P/e) = [6000 x 2 / 4 x 28 x 10 9 x (27143 x 10-6 ) 2 ] x [(2x200 + 2xπ x 49)/2] = 0,05147 rad = 2,95º (1,0p) c) = F 1 x 0,200 + F 2 x 0,480 = 6000 mn; considerando indeformável a chapa/flange: F 1 / 100 = F 2 / 240 ----- F 2 = 2,4 F 1 e F 1 = 4,438 kn; F 2 = 10,65 kn τ 1 = 4438 / (π/4)(0,010) 2 = 56,5 MPa τ 2 = 10650 / (π/4)(0,010) 2 = 136 MPa (1,5p) F 1 F 1 100 F 2 100 F 1 F 2 240 240 28