Baixe Resistência dos Materiais I e outras Notas de estudo em PDF para Urbanismo, somente na Docsity! 1 – CÁLCULO DAS REAÇÕES.................................................................................. 1 1.1 – Tipos de suportes (ou apoios)........................................................................ 1 1.2 – Tipos de carregamentos ................................................................................ 2 1.3 – Classificação de vigas.................................................................................... 3 1.4 – Cálculo das reações nas vigas ...................................................................... 4 2 – DIAGRAMAS DE FORÇA AXIAL, CORTANTE E DE MOMENTOS .................... 6 2.1 – Método das seções ........................................................................................ 6 2.1.1 – Força cortante nas vigas (V) ................................................................... 6 2.1.2 – Força axial nas vigas (P) ......................................................................... 7 2.1.3 – Momento fletor (M) ................................................................................. 7 2.1.4 – Diagramas de forças cortante e axial e do momento fletor ..................... 8 2.2 – Método do somatório. .................................................................................. 21 2.2.1 – Equações diferenciais de equilíbrio ....................................................... 21 3 – TENSÃO............................................................................................................. 28 3.1 – Definição de Tensão .................................................................................... 28 3.2 – Tensor de Tensões ...................................................................................... 28 3.3 – Tensões em membros com carregamento axial .......................................... 29 3.3.1 – Carga axial ............................................................................................ 29 3.3.2 – Tensão média de cisalhamento............................................................. 30 3.4 – Tensões Admissíveis; Fator de segurança .................................................. 35 3.5 – Projeto de membros e pinos com carregamento axial ................................. 36 4 – DEFORMAÇÃO.................................................................................................. 44 4.1 – Significado físico da deformação ................................................................. 44 4.2 – Definição matemática de deformação.......................................................... 44 4.3 – Propriedades mecânicas dos materiais isotrópicos ..................................... 46 4.3.1 – Diagrama tensão-deformação ............................................................... 46 4.3.2 – Coeficiente de poisson para materiais isotrópicos................................. 51 4.3.3 – Lei de Hooke para materiais isotrópicos (Estado triaxial de tensões) ... 52 4.4 – Energias de deformação elástica................................................................. 54 4.4.1 – Energia de deformação elástica para tensão uniaxial ........................... 54 4.4.2 – Energia de deformação elástica para tensão de cisalhamento ............. 54 Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Resistência dos Materiais - Apostila I Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 4.4.3 – Energia de deformação elástica para um estado de tensão multiaxial ..... 55 4.5 – Deformação de membros carregados axialmente ....................................... 55 4.6 – Tensões Residuais....................................................................................... 62 5 – TORÇÃO ............................................................................................................ 67 5.1 – Aplicação do método das seções ................................................................ 67 5.2 – Premissas Básicas....................................................................................... 67 5.3 – A fórmula da torção...................................................................................... 68 5.4 – Observações sobre a fórmula da torção ...................................................... 69 5.5 – Projeto de membros circulares em torção.................................................... 73 5.6 – Ângulo de torção de membros circulares..................................................... 74 5.7 – Fórmula da torção para eixos com diferentes materiais............................... 81 5.8 – Membros maciços não circulares................................................................. 84 6 – TENSÃO DE FLEXÃO EM VIGAS ..................................................................... 85 6.1 – Premissa cinemática básica......................................................................... 85 6.2 – Fórmula da flexão elástica ........................................................................... 86 6.3 – Centróide de área ........................................................................................ 88 6.4 – Momento de inércia de área ........................................................................ 90 6.5 – Flexão pura de vigas com seção assimétrica .............................................. 94 6.6 – Tensão de flexão em vigas com diferentes materiais (Método da rigidez equivalente) .......................................................................................................... 97 7 – TENSÃO DE CISALHAMENTO EM VIGAS ......................................................102 7.1 – Preliminares ................................................................................................102 7.2 – Fórmula da tensão de cisalhamento em vigas............................................102 7.3 – Distribuição da tensão de cisalhamento em vigas ......................................105 7.4 – Tensão de cisalhamento em vigas com diferentes materiais (Método da rigidez equivalente)..............................................................................................109 7.5 – Fluxo de cisalhamento ................................................................................113 8 – TENSÕES COMPOSTAS..................................................................................120 8.1 – Superposição e suas limitações..................................................................120 8.2 – Flexão oblíqua ............................................................................................123 8.3 – Elementos estruturais com carregamento excêntrico .................................126 8.4 – Superposição de tensões de cisalhamento.................................................129 9 – TRANSFORMAÇÃO DE TENSÔES..................................................................133 9.1 – Introdução ...................................................................................................133 Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 1.2 – Tipos de carregamentos a) Forças concentradas b) Carga uniforme distribuída = Observação: Para o cálculo das reações de apoio, a carga uniforme distribuída é substituída por uma força concentrada equivalente W igual a área da figura geométrica da carga e que passa pelo seu centróide: W = p . L c) Carga uniformemente variável RAy RAx RB P W P A B W = carga A B RAy RAx RB w (kgf/m) L = RAy RAx RB w(kgf/m) L carga A B Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 02 Observação: Para o cálculo das reações de apoio, a carga uniforme variável é substituída por uma força concentrada equivalente W igual a área da figura geométrica da carga e que passa pelo seu centróide: W = (p . L) /2 d) Momento concentrado 1.3 – Classificação de vigas a) Simplesmente apoiadas b) Bi-engastada (fixa) c) Engastada- Apoiada P L w (kgf/m) L P L P L P A B W W d RAy RAx RB M = W.d = Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 03 d) Em balanço e) Em balanço nas extremidades 1.4 – Cálculo das reações nas vigas Equações de equilíbrio estático (forças aplicadas em um plano): 0=∑ xF , 0=∑ yF e 0=∑ BouAM ou 0=∑ xF , 0=∑ AM e 0=∑ BM Exemplo 1.1: Calcular as reações nos apoios da viga. Desprezar o peso da viga. Diagrama de corpo livre (D.C.L.): L w (kgf/m) 0,5 m 100 kgf 0,5 m 160 kgf 0,5 m 0,5 m 200 kgf.m A B 100 kgf 0,5 m 160 kgf 0,5 m 0,5 m 0,5 m 200 kgf.m A B RAy RAx RB w (kgf/m) L P Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 04 A força cortante é definida positiva quando girar a seção no sentido anti- horário. Figura 2.2 – Força cortante 2.1.2 – Força axial nas vigas (P) A força axial P, paralela ao eixo da viga e que passa pelo centróide da seção, deve ser introduzida na seção A-A para satisfazer a equação de equilíbrio 0Fx =∑ . A força axial é definida positiva ou de tração quando agir de dentro para fora da seção e negativa ou de compressão em caso contrário. Figura 2.3 – Força axial 2.1.3 – Momento fletor (M) O momento fletor M, que gira em torno de um eixo perpendicular ao plano que contêm a viga, deve ser introduzido na seção A-A para satisfazer a equação de equilíbrio .0Mz =∑ Para isto, o momento provocado pelas forças é normalmente calculado em torno do ponto de interseção de V e P. O momento fletor é definido positivo quando tracionar a parte interior da viga e comprimir a parte superior da viga , e negativo em caso contrário. Figura 2.4 – Momento fletor +V+V a a b b +P+P a a b b +M+M a a b b Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 07 2.1.4 – Diagramas de forças cortante e axial e do momento fletor Os diagramas de esforços internos são traçados para se determinar a evolução das forças cortante e axial e do momento fletor ao longo da viga, respectivamente. Exemplo 2.1: Traçar os diagramas de forças cortante, força axial e de momento fletor para a viga abaixo, sujeita à força inclinada de P = 5 t . Desprezar o peso da viga. a - Determinar as reações de apoio. Diagrama de corpo livre (D.C.L.): → 0Fx =∑ , RAx – 3 = 0 , RAx = 3 t 0M B =∑ , RAy . 10 – 4 . 5 = 0 , RAy = 2 t ↑ 0Fy =∑ , 2 – 4 + RAB = 0 , RB = 2 t Verificação: AM∑ = 4 . 5 – 2 . 10 = 0 (OK) b - Determinar as forças cortante e axial e o momento fletor em seções entre duas forças concentradas. Seção c-c (0<x<5): RAy RAx RB 4 t 3 t A B P = 5 t 3 4 5 m 5 m Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 08 → 0Fx =∑ , P + 3 = 0 , P = - 3 (t) ↑ 0Fy =∑ , V + 2 = 0 , V = - 2 (t) 0M c =∑ , -2 . x + M = 0 , M = 2 x (t.m) Seção d-d (5 < x < 10): → 0Fx =∑ , P = 0 ↑ 0Fy =∑ , - V + 2 = 0 , V = 2 (t) 0Md =∑ , -2 . ( 10 – x ) + M = 0 , M = - 2 x + 20 (t.m) c - Traçar os diagramas de força cortante, força axial e do momento fletor. 2 t 3 t 2 t 4 t 3 t 2 t 3 t V P M x c c 2 t 3 t 2 t 4 t 3 t d d 2 t V P M x Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 09 Seção d-d (2 < x < 4): → 0Fx =∑ , P = 0 ↑ 0Fy =∑ , - 4 + 3 + V = 0 , V = 1 (t) 0Md =∑ , 4 . (x – 1) – 3 . ( x – 2) + M = 0 , M = - x - 2 (t.m) Seção e-e (4 < x < 6): → 0Fx =∑ , P = 0 ↑ 0Fy =∑ , - V + 1 = 0 , V = 1 (t) 0ME =∑ , - 1 . ( 6 – x ) + M = 0 , M = - x + 6 (t.m) 8 t.m 2 t/m d d x 3 t 4 t V P M 3 t 1 t 8 t.m 2 t/m 3 t 1 t x V P M 1 t e e Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 12 c -Traçar os diagramas de força cortante e do momento fletor. Conclusões Importantes (além das anteriores): Ponto de momento concentrado ⇒ Discontinuidade no diagrama de momento fletor igual ao momento concentrado. Exemplo 2.3: Os skis suportam um homem de 80 kg. Se o carregamento da neve na superfície inferior de um ski é trapezoidal como mostrado abaixo, determine a intensidade w e traçe os diagramas de força cortante e de momento fletor para um ski. Tome g=10 m/s2. ↑ 0Fy =∑ , 0,25 w + w + 0,25 w – 400 = 0 , w = 266,67 N/m P 1 m 1 m 0,5 m0,5 m w w A B D E C 8 t.m 2 t/m 3 t 1 t + + + 3 Força cortante (t) + - 8 - Momento fletor (t.m) Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 13 Trecho AB ↑ 0Fy =∑ , 0V2 x 5,0 xw =+ , V = - 266,67 x2 (N)    −== == N67,66V,5,0x/p 0V,0x/p 0M =∑ , 0M3 x 2 x 5,0 xw =+− , M = 88,89 x3 (N.m)    == == Nm11,11M,5,0x/p 0M,0x/p Trecho BC ↑ 0Fy =∑ , 0Vxw2 5,0w =++ , V = - 266,67 x – 66,67 (N)    −== −== N200V,5,0x/p N67,66V,0x/p 0M =∑ , 0M2 xxwx 3 15,0 2 5,0w =+−      +− , M = 133,34x2 + 66,67x +11,11    == == m.N78,77M,5,0x/p m.N11,11M,0x/p x w 0,5/ 2 V M 0,5 w . x x w’ x / 2 V M w’ = w x / 0,5 Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 14 → 0Fx =∑ , REx = 0 ⇒ RBx = RCx = REx = 0 0ME =∑ , 2 . (1,25 + 3,75) – RFy . 3,75 + 1 . 3,75/3 = 0 ⇒ RFy = 3 t ↑ 0Fy =∑ , – 6 + RFy – 1 + RGy = 0 ⇒ RGy = 0 t Viga ABC Trecho AB (0 < x < 3): w . 3 = 6 t (força total) w = 2 t/m ↑ 0Fy =∑ , 2,5 – 2 x + V = 0 ⇒ V = 2 x – 2,5 (t) p/ x = 0 , VA = – 2,5 t p/ x = 3 , VB = 3,5 t 0M =∑ , – 2,5 x + 2 x x / 2 + M = 0 ⇒ M = – x2 + 2,5 x (t.m) p/ x = 0 , MA = 0 t.m p/ x = 3 , MB = – 1,5 t.m Momento máximo: 0 dx dM = , – 2 x + 2,5 = 0 ⇒ x = 1,25 m Mmax (x = 1,25m) = – (1,25)2 + 2,5 . 1,25 ⇒ Mmax = 1,5625 (t.m) Trecho BC (0 < x < 0,5): ↑ yF 0=∑ , – 3 – V = 0 ⇒ V = – 3 (t) 2,5 V 2 x M x w =2 V M x Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 17 p/ x = 0 , VB = – 3 t p/ x = 0,5 , VC = – 3 t 0M =∑ , – 3 . (0,5 – x) – M = 0 ⇒ M = 3 x – 1,5 (t.m) p/ x = 0 , MB = – 1,5 t.m p/ x = 0,5 , MC = 0 t.m Viga CDE Trecho CD (0 < x < 0,5): ↑ 0Fy =∑ , 3 + V = 0 ⇒ V = – 3 (t) p/ x = 0 , VC = – 3 t p/ x = 0,5 , VD = – 3 t 0M =∑ , – 3 x + M = 0 ⇒ M = 3 x (t.m) p/ x = 0 , MC = 0 t.m p/ x = 0,5 , MD = 1,5 t.m Trecho DE (0 < x < 2): ↑ 0Fy =∑ ,– V + 2 = 0 ⇒ V = 2 (t) p/ x = 0 , VD = 2 t p/ x = 2 , VE = 2 t 0M =∑ , 2 . (2 – x) – M = 0 ⇒ M = – 2 x + 4 (t.m) p/ x = 0 , MD = 4 t.m p/ x = 2 , ME = 0 t.m 3 V M x V 2 M x Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 18 Viga EFG Trecho EF (0 < x < 1,25): ↑ 0Fy =∑ , – 2 + V = 0 ⇒ V = 2 (t) p/ x = 0 , VE = 2 t p/ x = 1,25 , VF = 2 t 0M =∑ , 2 x + M = 0 ⇒ M = – 2 x (t.m) p/ x = 0 , ME = 0 t.m p/ x = 1,25 , MF = - 2,5 t.m Trecho FG (0 < x < 3,75): )total(1 2 75,3.w = )m.t( 75,3 2w = xw 75,3w ' → → x 75,3 2w 2 ' = ↑ 0Fy =∑ , – 2 + 3 – w’ x / 2 + V = 0 ⇒ x75,3 xV 2 2 −= (t) p/ x = 0 , VF = – 1 t p/ x = 3,75 , VG = 0 t 0M =∑ , 2.(1,25 + x) – 3.x + (w’ x / 2).x/3 + M = 0 ⇒ 5,2x 75,3.3 xM 2 3 −+−= (t.m) p/ x = 0 , MF = – 2,5 t.m p/ x = 3,75 , MG = 0 t.m 2 V M x 2 V M x1,25 w’ 3 w’x / 2 Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 19 Pelas condições de equilíbrio das forças verticais ( 0Fy =∑ ) e dos momentos ( 0M =∑ ) temos: ↑ 0Fy =∑ , 0)VV(x.wV =∆++∆+− ⇒ wx V −= ∆ ∆ (2.1) 0MA =∑ , 0)MM(2 x.x.wx.VM =∆+−∆∆+∆− ⇒ 2 x.wV x M ∆ +−= ∆ ∆ (2.2) As eqs. (2.1) e (2.2) sendo avaliadas no limite, quando ∆x ⇒ 0, fornecem as duas equações diferenciais básicas: w dx dV x Vlim 0x −=≡ ∆ ∆ →∆ ⇒ ∫ +−= x 0 1Cdx.)x(w)x(V (2.3) e V dx dM x Mlim 0x −=≡ ∆ ∆ →∆ ⇒ ∫ +−= x 0 2Cdx.)x(V)x(M (2.4) Exemplo 2.5: Traçar os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga usando o método do somatório. a - Determinar as reações nos apoios. 0MA =∑ , 0L.R4 L3.P 4 L.P B =+−− ⇒ RB = P ↑ 0Fy =∑ , RA - P – P + P = 0 ⇒ RA = P Da eq. (2.3), sabendo que w(x) = 0 ⇒ V(x) = constante = V. Da eq.(2.4), como V é constante, a equação de momento fletor no trecho é da forma: M(x) = - V x + C2 P A B P L/4 L/2 L/4 RA RB Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 22 b - Traçar os diagramas de força cortante e momento fletor. Exemplo 2.6: Construir os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga com o carregamento mostrado abaixo, usando o método do somatório. a - Determinar as reações nos apoios. 3 m 3 m 1 m 2 t/m A BC D 3 t 10 t 8 t 6 t F E G 1 m 2 m 1 m RAy RB RAx 1 t/m 2 t P A B P P P + P - P - + Força Cortante + PL/4 Momento Fletor 2 t/m A BC D 10 t F E G 1 t/m 3 m 3 m 1 m 1 m 2 m 1 m 4 3 Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 23 → 0Fx =∑ , RAx – 6 = 0 ⇒ RAx = 6 t 0MA =∑ , 3 . 2 - 8 . 3 + RB .4 – 2 . 6 = 0 ⇒ RB = 7,5 t ↑ 0Fy =∑ , - 3 + RAy – 8 + 7,5 – 2 = 0 ⇒ RAy = 5,5 t b - Determinar as funções da força cortante V(x) e do momento fletor M(x) para cada trecho da viga. Partir da extremidade mais a esquerda, ponto C: Trecho C-A: ∫ +−= x 0 1Cdx)x(w)x(V     =⇒== −=⇒−== += 3 2a0w,3x/p 2b2w,0x/p bax)x(w 2x 3 2)x(w −= (t/m) ∫ +     −−= x 0 1Cdx2x 3 2)x(V ⇒ 1Cx2 2 x 3 2)x(V 2 ++−= (t) p/ x = 0 , Vc = 0 ⇒ C1 = 0 (não há força concentrada em C) x2 3 x)x(V 2 +−= p/ x = 3 ⇒ VA = 3 t ∫ +−= x 0 2Cdx)x(V)x(M ⇒ ∫ +       +−−= x 0 2 2Cdxx2 2 x 3 2)x(M 2Cx 2 2 3 x 3 1)x(M 2 3 +        +−−= p/ x = 0 , Mc = 0 ⇒ C2 = 0 (não há momento concentrado em C) 2 3 x 9 x)x(M −= (t.m) p/ x = 3 ⇒ MA = -6 t . m Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 24 2 t/m A BC D 10 t8 t 6 t FE G 5,5 t 7,5 t 6 t 1 t/m 3 2,5 5,5 2 + + - - - - - -6 1,5 -4 -2 - -6 Força cortante (t) Momento fletor (t.m) Força axial (t) Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 27 3 – TENSÃO 3.1 – Definição de Tensão Considere um o corpo seccionado, submetido à forças externas P1 e P2 e à forças internas ∆P atuantes em áreas infinitesimais ∆A, Fig.3.1. Figura 3.1 – Esforços externos einternos num corpo seccionado A tensão normal à face seccionada é por definição da forma: A Plim x 0Axxx ∆ ∆ =σ=τ →∆ (3.1) e, as tensões de cisalhamento que atuam na face seccionada são por definição da forma: A Plim A P lim z 0Axz y 0Axy ∆ ∆ =τ ∆ ∆ =τ →∆ →∆ (3.2) O primeiro índice da tensão de cisalhamento indica o eixo que é perpendicular à face onde atua a tensão e o segundo indica a direção da tensão. 3.2 – Tensor de Tensões x y z ∆Px ∆Py ∆Pz ∆P ∆A Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 28 Considere um elemento infinitesimal de dimensões ∆x, ∆y e ∆z com todas as tensões que atuam sobre ele, Fig. 3.2. Figura 3.2 – Elemento infinitesimal solicitado triaxialmente O tensor de tensões é uma matriz de dimensão (3x3) onde são colocadas todas as tensões atuantes num elemento infinitesimal:           σττ τστ ττσ =           τττ τττ τττ zzyzx yzyyx xzxyx zzzyzx yzyyyx xzxyxx (3.3) Verifica-se que o tensor de tensões é simétrico: τyx = τxy , τzx = τxz , τyz = τzy. Demonstração: 0M zeixo =∑ , (τyx . ∆x . ∆z ) ∆y - (τxy . ∆y . ∆z ) ∆x = 0 ⇒ τyx = τxy 3.3 – Tensões em membros com carregamento axial 3.3.1 – Carga axial Considere uma barra sem peso e em equilíbrio, sujeita à duas forças F (tração ou compressão) em suas extremidades. σz τzx τz τx τy τy σx σx σy σz σy τxz x y z ∆x ∆z ∆y τxy τyz Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 29 Figura 3.7 – Corpo submetido à um cisalhamento duplo O rebite que une os três corpos que estão sendo tracionados é cisalhado na interface entre cada corpo é da forma, Fig. 3.8: Figura 3.8 – Rebite com cisalhamento duplo Se o rebite tem área A na interface entre cada corpo, e a força cortante V é P/2, a tensão de cisalhamento média é: A2 P A V m ==τ (3.7) Exemplo 3.1: A barra abaixo tem largura de 35 mm e espessura de 10 mm, constantes ao longo de seu comprimento. Determine as tensões normais nos diferentes trechos da barra para o carregamento abaixo. Trecho AB: P P/2 P/2 V = P/2 P A V = P/2 A B A C D 22 kN 12 kN 9 kN 9 kN 4 kN 4 kN 12 kN A P = 12 kN Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 32 22AB m N34285714 m N 010,0.035,0 12000 A P ===σ σAB = 34285714 Pa = 34,3 MPa Trecho BC: MPa 85,7 m N 010,0.035,0 30000 A P 2BC ===σ Trecho CD: MPa 62,4 m N 010,0.035,0 22000 A P 2CD ===σ Exemplo 3.2: Determine as tensões nos pinos localizados em A e B com diâmetros d = 8 mm e a tensão na barra BC para o conjunto abaixo: B A P = 30 kN 12 kN 9 kN 9 kN 22 kN DP = 22 kN C 15 kN 4 3BA b = 10 mm 2 m 1 m B t = 5 mm A Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 33 DCL da Barra AB: 0MA =∑ , 02.153.5 3.RB =− ⇒ RB = 16,7 kN ↑ 0FY =∑ , 05 3.R15R BAy =+− ⇒ RAy = 5 kN → 0Fx =∑ , 05 4.RR BAx =+− ⇒ RAy = 13,4 kN Pino A: kN3,144,135R 22A =+= 22A mm N 4 8 2/14300 A V π ==τ τA = 142,2 MPa Pino B: V = RA/2 RA=14,3 kN V = RA/2 RB 15 kN RAx RAy RA 4 3 B A RA = 14,3 kN RB = 16,7 kN V = RB Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 34 D.C.L. da Viga AB: 0MA =∑ , -3 . 2 - RC . 4 + RB . 5,5 = 0 ⇒ Rc = 1,375 RB – 1,5 D.C.L. da Viga CD: 0MD =∑ , - RC . 6 + RB . 4,5 + 1,5 . 3 + 2 . 1,5 = 0 - (1,375 RB –1,5) . 6 + RB . 4,5 + 4,5 . 3 + 3 = 0 ⇒ RB = 4,4 kN Parafuso: 4 d R 2 P B .Padm π =σ , 4 d 4400150 2 Pπ = ⇒ dP = 6,1 mm Arruela: 2 m B A C 2 m 3 kN D 2 kN 1,5 m 1,5 m 1,5 m 1,5 m 1,5 kN RB RA 3 kN RC RD 2 kN 1,5 kN RC RB Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 37 4 d 4 d R 2 PAe 2 B .Padm π − π =σ , 4 1,6 4 d 440026 2Ae 2 π − π = ⇒ de A = 15,4 mm Exemplo 3.5: Determine a máxima força F que pode ser aplicada na estrutura se as áreas das seções transversais das barras são A = 5000 mm2 e a tensão admissível de tração é σadm t = 14 kgf/mm2 e a tensão admissível de compressão é σadm c = 10,5 kgf/mm2 . → 0Fx =∑ ⇒ R Ax = 0 0MA =∑ , R Dy . 3 – F . 12 = 0 ⇒ R Dy = 4 F ↑ 0Fy =∑ , –R Ay + R Dy – F = 0 ⇒ R Ay = 3 F Ponto E: 5 4cos =θ , 5 3sen =θ 6,1 mm de A F E FC FBE θ 45° F 3 m 9 m 3 m 9 m A B C D E R Ay R Dy R Ax Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 38 ↑ yF 0=∑ , – F – FCE cos 45 – FBE sen θ = 0 ⇒ Fce = – 5,66 F (compressão) → 0Fx =∑ , – FBE cos θ – FCE sen 45 = 0 ⇒ Fbe = 5 F (tração) Ponto C: ↑ 0Fy =∑ , FCD – FCE sen 45 = 0 ⇒ FCD = – 4 F (compressão) → 0Fx =∑ , FCB – FCE cos 45 = 0 ⇒ Fcb = – 4 F (compressão) Ponto B: → 0Fx =∑ , – FBD cos 45 – FBC + FBE cos θ = 0 ⇒ FBD = 0 ↑ 0Fy =∑ , FBA + FBE sen θ = 0 ⇒ FBA = – 3 F (tração) Ponto A: → 0Fx =∑ , RAx + FAD = 0 ⇒ FAD = 0 ↑ 0Fy =∑ , – RAy + FBA = 0 ⇒ FBA = 3 F (tração) FCD C FC FCB 45° FBA B FBE FBC 45° FBD θ FBA A FAD RAy RAx Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 39 ↑ 0Fy =∑ , – FDE + FDF sen θ = 0 ⇒ FDE = 12 t (tração) Ponto E: ↑ 0Fy =∑ , – 12 + FDE + FBE sen θ = 0 (ok) → 0Fx =∑ , – FCE – FBE cos θ + FEF = 0 ⇒ FEF = 16 t (tração) Ponto F: ↑ 0Fy =∑ , RFy – FDF sen θ = 0 (ok) → 0Fx =∑ ,– FEF + FDF cos θ = 0 (ok) barra AB: AB AB cadm A F =σ , AB 3 A 10.205,10 = , AAB = 1904,8 mm2 barra AC: AC AC tadm A F =σ , AC 3 A 10.1614 = , AAC = 1142,9 mm2 barra BC: BC BC tadm A F =σ , BC 3 A 10.1214 = , ABC = 857,2 mm2 barra CE: CE CE tadm A F =σ , CE 3 A 10.1614 = , ACE = 1142,9 mm2 12 E FCE θ FBE FDE FEF RFy F FDF FEF θ Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 42 barra BD: BD BD cadm A F =σ , BD 3 A 10.165,10 = , ABD = 1523,8 mm2 barra DF: DF DF cadm A F =σ , DF 3 A 10.205,10 = , ADF = 1904,8 mm2 barra DE: DE DE tadm A F =σ , DE 3 A 10.1214 = , ADE = 857,2 mm2 barra EF: EF EF tadm A F =σ , EF 3 A 10.1614 = , AEF = 1142,9 mm2 Resposta: A menor área possível é a de 1904,8 mm2, pois qualquer área menor que está produziria uma tensão superior a tensão admissível. Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 43 4 – DEFORMAÇÃO 4.1 – Significado físico da deformação Um corpo sólido se deforma quando sujeito à mudanças de temperatura ou a uma carga externa, como mostrado abaixo. Figura 4.1 – Representação gráfica da deformação linear Se Lo é o comprimento inicial e L é o comprimento final do corpo sob tração, o alongamento é ∆L = L - L0 e o alongamento por unidade de comprimento, chamado deformação linear, é definido como: o L o o L L L dL ∆ ==ε ∫ (4.1) 4.2 – Definição matemática de deformação Considere dois pontos localizados em uma direção x de um corpo sólido na qual uma deformação linear está sendo considerada. Figura 4.2 – Representação matemática da deformação linear Assim a definição de deformação linear no ponto A quando 0→∆ x é definida como: x , u A BA’ B’ 0 u u+∆u ∆x L Lo PP Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 44 0A P =σ (4.6) Da mesma forma, a deformação é obtida diretamente da leitura do extensômetro, ou pela divisão da variação de comprimento ∆L pelo comprimento original L0. 0L L∆ =ε (4.7) O diagrama tensão-deformação é o gráfico dos correspondentes valores de σ e ε, onde o eixo das ordenadas representa as tensões σ e o eixo das abcissas representa as deformações ε. É importante ressaltar que dois diagramas de dois corpos- de-prova de um mesmo material não são exatamente idênticos, pois os resultados dependem de várias variáveis como, composição do material, imperfeições microscópicas, fabricação, velocidade de aplicação da carga e temperatura do ensaio. A Fig. 4.5 apresenta um diagrama tensão-deformação de um aço usualmente utilizado na engenharia, no qual pode-se distinguir diferentes regiões. Figura 4.5 – Diagrama tensão-deformação em um ensaio de tração comportamento plástico comportamento região elástic σP deformação específica de endurecimento estricçãoescoamento σY σR σU limite de proporcionalidade limite elástico tensão de escoamento tensão última tensão de ruptura tensão de ruptura verdadeira E Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 47 O comportamento do corpo-de-prova pode ser de diferentes formas, dependendo da intensidade da carga aplicada e do seu grau de deformação. Comportamento elástico: Quando o corpo-de-prova retorna à sua forma original quando a carga aplicada é removida. O material é considerado linearmente elástico até o limite superior da tensão, chamado de limite de proporcionalidade, σP. Até esse limite de proporcionalidade, a lei de Hooke, que relaciona a tensão σ com a deformação ε pelo módulo de elasticidade E do material é válida: ε=σ E (4.8) O material pode ainda se comportar elasticamente até o limite elástico, mesmo se exceder ligeiramente este limite de proporcionalidade. Neste caso porém, o comportamento não é mais linear. Escoamento: Um leve aumento na tensão, acima do limite elástico, resultará numa acomodação do material causando uma deformação permanente. A tensão que causa o escoamento é chamada de tensão de escoamento, σY. Neste caso, mesmo se a carga for removida, o corpo-de-prova continuará deformado. O corpo-de-prova poderá continuar a se alongar mesmo sem qualquer aumento de carga. Nesta região, o material é denominado perfeitamente plástico. Deformação específica por endurecimento: Se ao término do escoamento, uma carga adicional for aplicada ao corpo-de-prova, a tensão continuará a aumentar com a deformação específica continuamente até atingir um valor de tensão máxima, referida por tensão última, σU. Durante a execução do ensaio nesta região, enquanto o corpo-de-prova é alongado, sua área da seção transversal diminui ao longo de seu comprimento nominal, até o ponto que a deformação corresponda a tensão última. Estricção: Ao atingir a tensão última, a área da seção transversal começa a diminuir em uma região localizada do corpo-de-prova, e não mais ao longo do seu comprimento nominal. Este fenômeno é causado pelo deslizamento de planos no interior do material e as deformações reais produzidas pela tensão cisalhante (necking). Uma vez que a área da seção transversal diminui constantemente, esta área só pode sustentar uma carga menor. Assim, o diagrama tensão-deformação tende a curvar-se para baixo até a ruptura do corpo-de-prova com uma tensão de ruptura, σR. Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 48 O comportamento do corpo-de-prova pode ser de diferentes formas, dependendo da intensidade da carga aplicada e do seu grau de deformação. Comportamento elástico: Quando o corpo-de-prova retorna à sua forma original quando a carga aplicada é removida. O material é considerado linearmente elástico até o limite superior da tensão, chamado de limite de proporcionalidade, σP. Até esse limite de proporcionalidade, a lei de Hooke, que relaciona a tensão σ com a deformação ε pelo módulo de elasticidade E do material é válida: ε=σ E (4.8) O material pode ainda se comportar elasticamente até o limite elástico, mesmo se exceder ligeiramente este limite de proporcionalidade. Neste caso porém, o comportamento não é mais linear. Escoamento: Um leve aumento na tensão, acima do limite elástico, resultará numa acomodação do material causando uma deformação permanente. A tensão que causa o escoamento é chamada de tensão de escoamento, σY. Neste caso, mesmo se a carga for removida, o corpo-de-prova continuará deformado. O corpo-de-prova poderá continuar a se alongar mesmo sem qualquer aumento de carga. Nesta região, o material é denominado perfeitamente plástico. Deformação específica por endurecimento: Se ao término do escoamento, uma carga adicional for aplicada ao corpo-de-prova, a tensão continuará a aumentar com a deformação específica continuamente até atingir um valor de tensão máxima, referida por tensão última, σU. Durante a execução do ensaio nesta região, enquanto o corpo-de-prova é alongado, sua área da seção transversal diminui ao longo de seu comprimento nominal, até o ponto que a deformação corresponda a tensão última. Estricção: Ao atingir a tensão última, a área da seção transversal começa a diminuir em uma região localizada do corpo-de-prova, e não mais ao longo do seu comprimento nominal. Este fenômeno é causado pelo deslizamento de planos no interior do material e as deformações reais produzidas pela tensão cisalhante (necking), Fig. 4.6. Uma vez que a área da seção transversal diminui constantemente, esta área só pode sustentar uma carga menor. Assim, o diagrama tensão-deformação tende a curvar-se para baixo até a ruptura do corpo-de-prova com uma tensão de ruptura, σR. Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 49 o y b b∆ =ε (4.10) Figura 4.7 – Corpo sólido solicitado uniaxialmente A relação entre o valor da deformação lateral e a deformação axial é conhecida como coeficiente de poisson: x z x y ε ε −= ε ε −=ν (4.11) 4.3.3 – Lei de Hooke para materiais isotrópicos (Estado triaxial de tensões) Considere um corpo submetido à um estado triaxial de tensões σx, σy e σz. Figura 4.8 – Corpo sólido solicitado triaxialmente O estado triaxial de tensões pode ser considerado como a superposição de três estados de tensão uniaxial analisados separadamente: σx σx σy σy σz σz L0 L b b0 PP x y Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 52 1. Deformações devido à σx: x'ε , xy '' εν−=ε , xz '' εν−=ε (4.12) 2. Deformações devido à σy: y''ε , yx '''' εν−=ε , yz '''' εν−=ε (4.13) 3. Deformações devido à σz : z'''ε , zx '''''' εν−=ε , zy '''''' εν−=ε (4.14) Superpondo todas as deformações, temos: yyxzzzz zyxyyyy zyxxxxx '''''''''''' '''''''''''' '''''''''''' ε+εν−εν−=ε+ε+ε=ε εν−ε+εν−=ε+ε+ε=ε εν−εν−ε=ε+ε+ε=ε (4.15) Da Lei de Hooke, eq. (4.8), as deformações devido à σx, σy e σz são colocadas da seguinte forma: )]([ E )]([ E )]([ E yxzz zxyy zyxx σ+σν−σ=ε σ+σν−σ=ε σ+σν−σ=ε 1 1 1 (4.16) Para o caso do corpo ser submetido a esforços de cisalhamento as relações deformação-tensão são colocadas da forma: xy xy yz yz xz xz 1 G 1 G 1 G γ = τ γ = τ γ = τ (4.17) O módulo de cisalhamento G está relacionado a E e ν por: EG 2 (1 ) = + ν (4.18) Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 53 4.4 – Energias de deformação elástica 4.4.1 – Energia de deformação elástica para tensão uniaxial O trabalho interno armazenado em um corpo deformável como energia elástica de deformação ou energia de deformação elástica, é o produto da força média que atua sobre o corpo enquanto ocorre a deformação, multiplicada pela distância na qual ela age. Neste contexto, considere então o elemento de volume infinitesimal dx, dy, dz submetido à um esforço normal σx: Figura 4.9 – Corpo sólido solicitado uniaxialmente A densidade de energia de deformação Uo é interpretada graficamente como sendo a área sob a linha inclinada do diagrama tensão-deformação. x x o dU U dV 2 σ ε = = (4.19) Figura 4.10 – Diagrama tensão-deformação 4.4.2 – Energia de deformação elástica para tensão de cisalhamento Considere um elemento de volume infinitesimal dx, dy e dz, submetido à um esforço cisalhante. A energia de deformação elástica pode ser colocada da forma: dy dx dz σx σx x y z εx σx E Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 54 viga AB se a carga de 90 kN é aplicada sobre este ponto. Tome Eaço = 200 Gpa, Eal = 70 Gpa. 1 – Determinar as reações das colunas AC e BD na viga AB. 0=∑ AM , RBD . 600 – 90 . 200 = 0 , RBD = 30 kN ↑ 0=∑ yF , RAC – 90 + 30 = 0 , RAC = 60 kN 2 – Determinar os deslocamentos das colunas. Coluna AC: 3 AC AC A 2 3aço AC R . L 60.10 . 300u E . A 20200.10 . 4 = = π = 0,286 mm Coluna BD: 3 BD BD B 2 3al BD R . L 30.10 . 300u E . A 4070.10 . 4 = = π = 0,102 mm 3 – Determinar o deslocamento do ponto F. 200 mm 400 mm 90 kN BA RBDRAC 200 mm 400 mm 90 kN BA DC 300 mm F Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 57 Por semelhança de triângulos: F'(0,286 0,102) u (200 400) 400 − = + , uF‘ = 0,123 mm uF = 0,102 + 0,123 = 0,225 mm Exemplo 4.3: O conjunto abaixo consiste de um tubo de alumínio AB tendo uma área de 400 mm2. Uma haste de aço de diâmetro 10 mm é conectada ao tubo AB por uma arruela e uma porca em B. Se uma força de 80 kN é aplicada na haste, determine o deslocamento da extremidade C. Tome Eaço = 200 GPa e Eal = 70 GPa. Haste BC: BC BC C /B 2 3aço BC P L 80000 . 600u E A 10200.10 4 = = π , uC/B = 3,06 mm Tubo AB: 600 mm 400 mm 80 kN AB C 80 kN PBC = 80 kN 200 mm 400 mm BA F uB = 0,102 mm uB = 0,286 mm uF` Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 58 AB AB B / A 3 al AB P L 80000 . 400u E A 70.10 400 = = , uB/A = 1,14 mm uc = uC/B + uB/A = 3,06 + 1,14 , uC = 4,2 mm Exemplo 4.4: O conjunto abaixo consiste de duas barras rígidas originalmente horizontais. Elas são suportadas por duas barras de área 25 mm2 e E = 200 GPa. Se uma força vertical de 50 kN é aplicada na barra AB, determine o deslocamento em C, B e E. Diagrama de corpo rígido da barra AB: Devido a simetria: RA = RB = 25 kN Diagrama de corpo rígido da barra CB: 80 kN PAB = 80 kN 200 mm D 800 mm200 mm 150 mm 600 mm 50 kN B A C E 600 mm 600 mm 50 kN B A RB 600 mm RA Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 59 4.6 – Tensões Residuais Se uma estrutura estaticamente indeterminada é carregada excessivamente até causar escoamento do material, isso gerará tensões residuais na estrutura quando o carregamento for removido. A razão do aparecimento dessas tensões residuais está na recuperação elástica do material que ocorre durante o descarregamento. Considere, por exemplo, um material elastoplástico cujo diagrama tensão-deformação é mostrada na Fig. 4.12. Figura 4.12 – Diagrama tensão-deformação para um material elastoplástico Se uma carga axial produz uma tensão σY no material e uma correspondente deformação específica plástica εC, quando a carga for removida, o material responderá elásticamente seguindo a linha CD de forma a recuperar a parte da deformação plástica correspondente. Uma recuperação completa até a tensão nula no ponto O’ somente será possível caso a estrutura seja estaticamente determinada, uma vez qua as reações de apoio da estrutura deverão ser nulas quando a carga for removida. Nestas condições, a estrutura será deformada permanentemente pela deformação ε0’. Entretanto, se a estrutura é estaticamente indeterminada, a remoção das cargas externas fará com que surjam forças reativas nos apoios que respondem a recuperação elástica CD. Como essas forças restringem a estrutura de uma recuperação plena, elas induzirão tensões residuais na estrutura. Para resolver este tipo de problema, devemos considerar o ciclo completo de carregamento e descarregamento da estrutura como a superposição de uma carga positiva (carregamento) com uma carga negativa (descarregamento). O ε σ A C B O O’ D εC ε0’ σY Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 62 carregamento de O até C resulta em uma distribuição de tensões plásticas, enquanto o descarregamento ao longo de CD resulta apenas em uma distribuição de tensões elásticas. A superposição requer que as cargas se cancelem; entretanto, a distribuição das tensões não se cancelará gerando assim as tensões residuais. Exemplo 4.6: A barra abaixo tem raio de 5 mm e é fabricada de um material elástico perfeitamente plástico para o qual σY = 420 MPa e E = 70 Gpa. Se uma força P = 60 kN é aplicada à barra e, em seguida, removida, determine a tensão residual na barra e o deslocamento permanente do Ponto C. O diagrama de corpo livre da barra é da forma: Do equilíbrio estático, temos: FA – 60 + FB = 0 (a) Um equação de compatibilidade é obtida impondo a variação nula de comprimento da barra: CA CB 0δ + δ = (b) As forças que irão atuar nos trechos CA e CB são respectivamente FA e FB. Assim: A CA B CBF L F L 0 E A E A − + = (c) Introduzindo a eq. (c) na eq. (a) obtêm-se: FA = 45 kN e FB = 15 kN Entretanto, estas forças resultam nas tensões: 300 mm B P=60kN A 100 mm C B P=60kN A FA C FB Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 63 3 CA Y2 2 3 CB Y2 2 45.10 N 573MPa 420MPa 5 mm 15.10 N 191MPa 420MPa 5 mm − σ = = − > σ = − π σ = = < σ = π (d) Observa-se que o trecho CA escoa, enquanto o trecho CB não escoa. Como a maior tensão possível no trecho CA é 420 MPa, a maior força possível que surge neste trecho é: 3 2 2 A 2 NF 420.10 5 mm 33,0kN mm = π = (e) Pela condição de equilíbrio da barra, eq. (a), temos que: BF 60kN 33,0kN 27,0kN= − = (f) A tensão em cada segmento da barra será portanto: MPa420YCA −=σ=σ MPa420MPa344 mm5 kN10.0,27 22 3 CB <= π =σ ε (mm/mm) σ (MPa) A’ C’ E O εY=0,0060 420 344 εCB=0,004911 ε’CB - 420 153 D’ B’ εAC= -0,01473 εY= -0,0060 δεAC Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 64 5 – TORÇÃO 5.1 – Aplicação do método das seções Assim como no caso de vigas solicitadas externamente, onde os esforços internos podem ser determinados pelo método das seções, os esforços internos em eixos de seção circular solicitados por torques externos também podem. Considere então o eixo solicitado por torques em 3 pontos ao logo do seu comprimento. O torque interno no trecho AB pode ser determinado da seguinte forma. Figura 5.1 – Equilíbrio de torques 5.2 – Premissas Básicas a) Uma seção inicialmente plana, perpendicular ao eixo de seção circular, permanece plana após a aplicação dos torques. Torque interno T = 2 kgf.m x 1 kgf.m B C 3 kgf.m x 3 kgf.m 1 kgf.m 2 kgf.m A B C Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 67 b) Em um membro circular sujeito à ação de um torque, as deformações angulares γ variam linearmente a partir do eixo central. Isto significa que as linhas radiais nos planos ao longo do eixo x permanecem retas após a deformação. Observação: Estas premissas são válidas somente para eixos de seção circular. Figura 5.2 – Premissas básicas da torção 5.3 – A fórmula da torção Para o caso linearmente elástico, a Lei de Hooke se aplica Gτ = γ : Figura 5.3 – Torque interno atuando na seção transversal O torque interno na seção transversal é a soma dos torques infinitesimais atuantes em cada área dA. max max A T dA J c c ρ τ = τ ρ =∫ (5.1) onde o momento polar de inércia de área J é dado da forma: 2 A J dA= ρ∫ (5.2) τmax τB = (ρ/c) τmax dA B C Oc ρ OO O A A’ C B B’γ x T Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 68 O momento polar de inércia para o caso particular de uma seção circular é da seguinte forma: ( ) 4 4c c2 3 0 0 c dJ 2 d 2 d 2 32 π π = ρ π ρ ρ = π ρ ρ = =∫ ∫ (5.3) onde d é o diâmetro da seção transversal. Substituindo a eq. (5.3) na eq. (5.1), a expressão da tensão máxima atuando na superfície mais externa do eixo é: J cT max =τ (5.4) A tensão num ponto qualquer da seção circular distante ρ do centro é: J T J cT c ρ = ρ =τ (5.5) Para tubos circulares de raio interno b e raio externo c, o momento polar de inércia pode ser calculado como segue: 4 4c2 3 e i0 A c bJ dA 2 d J J 2 2 π π = ρ = π ρ ρ = − = −∫ ∫ (5.6) 5.4 – Observações sobre a fórmula da torção Figura 5.4 – Estado de tensão em um elemento infinitesimal de um eixo em torção τxθ eixo ρ τθx x A A B B Ti T Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 69 cisalhamento nos parafusos. Cada parafuso tem diâmetro d e está distante R do cento do eixo. Impondo o equilíbrio estático na porção do eixo: T = n . V . R onde n é número de parafusos, V o esforço cortante em cada parafuso e R a distância do centro do parafuso até o centro do eixo. A tensão média nos parafusos pode ser calculada da seguinte forma: m 2 V V A d 4 τ = = π Logo, o esforço cortante em cada parafuso V é: 2 m dV 4 π = τ Sabe-se que a tensão máxima no eixo é: max 4 3 T.r T.r 2.T J r r 2 τ = = = π π Da imposição do problema, τm = τmax. Logo: 2 3 2.T dV 4r π = π T V V V V V V T r T Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 72 Da relação entre o torque T e o cortante V, temos: 2 3 2.T dT n R 4r π = π Assim, o número necessário de parafusos é: 32.rn R d = 5.5 – Projeto de membros circulares em torção Uma vez conhecido o torque a ser transmitido pelo eixo, e selecionado a máxima tensão de cisalhamento, as proporções do membro tornam-se fixas. Assim, tem-se: max T c J τ = (5.7) O parâmetro J/c é utilizado para projetar eixos maciços ou perfurados. Exemplo 5.3: Selecione dois eixos maciços para transmitir 200 CV de potência cada um, de forma que nenhum deles ultrapasse a tensão de cisalhamento de 7 kgf/mm2. Um desses eixos deve operar a 20 rpm, e o outro a 20.000 rpm. (1CV = 4500 kgf.m/min, α (rad/min) = 2πN(rpm)) Eixo 1: α= TP , 1 kgf m rad200 . 4500 T 20 . 2 mim min = π , T1 = 7162 kgf . m 3 6 31 1 1 max J T 7162 .10 1,023 .10 mm c 7 = = = τ 3 1 1 1 J c c 2 π = , c1 = 86,7 mm , d1 = 173,4 mm Eixo 2: P T= α , 2 kgf m rad200 . 4500 T 20000 . 2 mim min = π , T2 = 7,162 kgf . m Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 73 3 3 32 2 2 max J T 7,162 .10 1,023 .10 mm c 7 = = = τ 3 2 2 2 J c c 2 π = , c1 = 8,67 mm , d1 = 17,34 mm Conclusão: Transmitir potência à alta velocidade. 5.6 – Ângulo de torção de membros circulares Além do fato do membro dever resistir aos torques aplicados, ele não deve se deformar excessivamente. Assim, considere um elemento submetido a um torque. Figura 5.7 – Torção em eixo de seção circular No plano paralelo ao eixo x, arco BD = dx γmax, e no plano perpendicular ao eixo x, arco BD = c dϕ. Logo: ϕ=γ d.c.dx max (5.8) Limitando-se a região elástica linear onde a lei de Hooke para o cisalhamento é valida, maxmax G γ=τ , e sabendo que J cT max =τ : dx JG Td =ϕ (5.9) Expressão geral para ângulo de torção: dx G)x(J )x(TL ∫=ϕ 0 (5.10) O B D A γmax x c dx dϕ T Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 74 Trecho AB: O torque no trecho AB pode ser calculado da forma: J cT =τ , 4 T . 2528 50 32 = π , TAB = 687.223,4 N.mm e, o ângulo de torção no trecho AB é: 3 AB AB 4 9 T L T . 1,2.10 G J 5083 .10 32 ϕ = = π , ϕAB = T . 2,356.10-8 Trecho BC: O torque no trecho BC pode ser calculado da forma: J cT =τ , 4 T . 2028 40 32 = π , TBC = 351.858,4.mm e, o ângulo de torção no trecho BC é: 3 BC BC 4 9 T L T . 1,2.10 G J 4083 .10 32 ϕ = = π , ϕBC = T . 25,753.10-8 O ângulo de torção entre as extremidades da barra é: ϕAC = ϕAB + ϕBC = 0,02 Assim: T.2,356.10-8 + T.5,753.10-8 = 0,02 , T = 246.639,5 N.mm Resposta: Se fosse considerado o torque de 687.223,4 N.mm ou o torque de 351.858,4 N.mm, o ângulo de torção seria superior à 0,02 radianos, logo o torque de 1,2 m A 1,2 m CT 40 mm B T 50 mm Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 77 246.639,5 N.mm não excede a tensão de 28 MPa e não excede o ângulo de torção de 0,02 radianos. Exemplo 5.6: O eixo está sujeito aos torques como apresentado abaixo. Se o módulo de cisalhamento é G = 80 GPa e o diâmetro do eixo é 14 mm, determine o deslocamento do dente P na engrenagem A. O eixo está engastado em E e o mancal B permite que o eixo gire livremente. O momento polar de inércia do eixo é: 4 4d .14J 32 32 π π = = , J = 3771,5 mm4 Trecho AC: 3 3 AC AC A / C 3 T L 150.10 . 0,4.10 J G 3771,5 . 80.10 ϕ = = , ϕA/C = 0,199 rad (anti-horário) Trecho CD: 3 3 CD CD C/D 3 T L 130.10 . 0,3.10 J G 3771,5 . 80.10 ϕ = = , ϕC/D = 0,129 rad (horário) Trecho DE: 3 3 DE DE D/E 3 T L 170.10 . 0,5.10 J G 3771,5 . 80.10 ϕ = = , ϕD/E = 0,282 rad (horário) O ângulo de torção entre as extremidades A/E é: ϕA/E = - ϕA/C + ϕC/D + ϕD/E = - 0,199 + 0,129 + 0,282 , ϕA/E = 0,212 rad (horário) E 0,5 m 0,3 m 0,4 m P 40 N.m 280 N.m 150 N.m A B C 100 mm D Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 78 Assim, o deslocamento angular do ponto P: δP = ϕA/E . R = 0,212 . 100 , δP = 21,2 mm Exemplo 5.7: Um motor de 200 kW gira a 250 rpm. Para a engrenagem em B é transmitido 90 kW e para a engrenagem em C 110 kW. Determine o menor diâmetro permissível d se a tensão admissível é de 50 MPa e o ângulo de torção entre o motor e a engrenagem C é limitado a 15°. Considerar G = 80 Gpa e 1kW ≈ 60000 Nm/mim. Trecho motor-engrenagem B: A relação entre potência e torque entre o motor e a engrenagem B é dada pela rotação do eixo: Pmotor = Tmotor . α 200 . 60000 = Tmotor . 250 . 2π Tmotor = 7639 N m Da expressão para calculo da tensão máxima eq. (5.4), pode-se determinar o diâmetro d no trecho entre o motor e a engrenagem B. max 4 T.d / 2 d 32 τ = π , 3 3 7639.1050 d 16 = π , d = 92 mm Trecho B-C: De maneira análoga, a relação entre potência e torque no trecho BC é dada pela rotação do eixo: PBC = TBC . α 110 . 60000 = TBC . 250 . 2π TBC = 4202 N m 110 kW 90 kW 1,2 m1,8 m motor d 200 kW B C Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 79 Figura 5.8 – Seção transversal de um eixo com diferentes materiais A lei de Hooke para o cisalhamento em um material i é τi = Gi . γ, e o torque interno pode ser obtido através da expressão: ∫ ρτ= A dAT (5.12) Usando a lei de Hooke e tomando uma área infinitesimal circular, dA = 2π ρ dρ, o torque interno pode ser dado por: r1 i 0 T G 2 d= γ π ρ ρ ρ∫ (5.13) Por semelhança de triângulos, tem-se que: max 1r γ ρ γ = (5.14) Substituindo a eq. (5.14) na eq. (5.13), temos: r1 3max i 1 0 T G 2 d r γ = π ρ ρ∫ (5.15) Chamando de rigidez equivalente em torção, <GJ>, a integral, r1 3 i 0 GJ G 2 d< >= π ρ ρ∫ (5.16) Pode-se determinar a relação: γmax dA r1 1 2 γr2 ρ Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 82 1 max T r GJ γ = < > (5.17) Substituindo a eq. (5.17) na relação que forneçe a deformação angular γ numa posição qualquer ρ, tem-se que: ρ >< =γ GJ T (5.18) Finalmente, substituindo a eq. (5.18) na lei de Hooke para cisalhamento, obtem-se a expressão da tensão da torção para eixos circulares com diferentes materiais: ρ >< =τ GJ TGii (5.19) Exemplo 5.9: Um eixo circular é feito pela compressão de um tubo de alumínio em uma barra de latão, para formar uma seção de dois materiais, que então agem como uma unidade. (a) Se, devido à aplicação de um torque T, aparecer uma tensão de cisalhamento de 7 kgf/mm2 nas fibras externas do eixo, qual é a magnitude do torque T? (b) Se o eixo tem 1 m de comprimento, qual será o ângulo de torção devido ao torque T? Para o alumínio E = 7 . 103 kgf/mm2, G = 2,8 . 103 kgf/mm2 e para o latão E = 11,2 . 103 kgf/mm2, G = 4,28 . 103 kgf/mm2. A rigidez equivalente em torção para o eixo em questão é: ( ) 4 3 3 4 4 lat lat al al .150 .GJ G .J G .J 4,2.10 . 2,8.10 . 250 150 32 32 π π < >= + = + − <GJ> = 1,14 . 1012 kgf/mm2 alumínio 150 mm latão 250 mm Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 83 A máxima tensão no alumínio é: ρ >< =τ GJ TGalal , 3 12 T7 2,8.10 125 1,14.10 = , T = 22,8 . 106 kgf.mm O ângulo de torção do eixo pode ser determinado por uma expressão semelhante àquela para eixos em um único material, eq. (5.11). 6 3 12 T.L 22,8.10 .1.10 GJ 1,14.10 ϕ = = < > , ϕ = 0,02 rad 5.8 – Membros maciços não circulares As premissas enunciadas anteriormente para eixos de seção circular não se aplicam para este caso. As expressões para determinar a máxima tensão e o ângulo de torção em eixos de seção retangular são como seguem: max 2 T b c τ = α (5.20) 3 T L b c G ϕ = β (5.21) onde os coeficientes α e β são determinados pela relação entre os lado do retângulo: b/c 1,0 1,5 2,0 3,0 6,0 10,0 ∞ α 0,208 0,231 0,246 0,267 0,299 0,312 0,333 β 0,141 0,196 0,229 0,263 0,299 0,312 0,333 c b τmax Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 84 → 0=∑ xF , xA dA 0σ =∫ (6.4) Substituindo a eq. (6.3) na eq. (6.4), temos: max A y dA 0 c σ =∫ (6.5) Como σmax e c são valores constantes e não nulos: A y dA 0=∫ (6.6) De acordo com a equação para determinar a posição do centróide A A y dA y 0 dA = =∫ ∫ , conclui-se que o eixo neutro passa pelo centróide da seção transversal da viga. O momento interno atuante na seção transversal é a soma dos momentos infinitesimais atuantes nas área dA. Assim, temos: xA M dA y= σ∫ (6.7) Substituindo a eq. (6.3) na eq. (6.7): 2max A M y dA c σ = ∫ (6.8) O momento de inércia da seção transversal, I, em relação ao eixo que passa seu centróide é definido como: 2 A I y dA= ∫ (6.9) Das eqs. (6.8) e (6.9), é possível obter a expressão da máxima tensão de flexão: max M c I σ = (6.10) Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 87 Substituindo a eq. (6.10) na eq. (6.3), obtém-se a expressão genérica de tensão de flexão em vigas em um ponto distante y da superfície neutra: I yM x −=σ (6.11) A eq. (6.11) é análoga a eq. (5.5) usada para determinar a tensão de cisalhamento um ponto qualquer de um eixo de seção circular. O sinal negativo surge na eq. (6.11) pois: Para y positivo ⇒ Tensão de compressão momento positivo Para y negativo ⇒ Tensão de tração 6.3 – Centróide de área Considere uma seção transversal qualquer de área A cujo centróide está posicionado em c de coordenadas y e z com relação aos eixos de referência y e z: Figura 6.3 – Posição do centróide de seção transversal As expressões para determinar a posição do centróide de uma seção transversal são: A A A A y dA z dA y e z dA dA = =∫ ∫ ∫ ∫ (6.12) y z z y y z dA c Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 88 onde as integrais A y dA∫ e A z dA∫ são chamadas de primeiros momentos de área com relação aos eixos z e y, respectivamente. Exemplo 6.1: Determine a posição do centróide da seção transversal do tipo T abaixo. A seção do tipo T é por duas seções retangulares, logo as integrais podem ser substituídas por somatórios. Logo: ∑ ∑ = == 2 1i i 2 1i ii A Az z , cm0 10.23.8 )10.2(.0)3.8(.0z = + + = ∑ ∑ = == 2 1i i 2 1i ii A Ay y , cm55,8 10.23.8 )10.2(.5)3.8(.)5,110(y = + ++ = Exemplo 6.2: Determine a posição do centróide da seção transversal do exemplo anterior, onde neste caso, os eixos de referência são posicionados de forma diferente. y z 10 cm 3 cm 2 cm 8 cm y 1 2 Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 89 b a b a 2 22 2 2 2 yz b ab a 2 22 2 y zI y dy z dz 0 2 2− − −− = = =∫ ∫ Os momentos de inércia de uma seção com relação à eixos paralelos aos eixos principais de inércia podem ser determinados pelo teorema dos eixos paralelos: Figura 6.5 – Momentos de inércia de área com relação à eixos paralelos Da definição de momento de inércia de área dada pela eq. (6.13), o momento de inércia da seção com relação ao eixo z’ é: ( )2 2 2z' A A A AI y ∆y dA y dA 2 ∆y y dA ∆y dA= + = + +∫ ∫ ∫ ∫ (6.15) Considerando a eq. (6.6), a expressão final do momento de inércia da seção transversal de área A com relação ao eixo paralelo z’ é: AyII 2z'z ∆+= (6.16) Por analogia, os momentos de inércia com relação aos eixos y’ e x’ são: AJJ AzII 2 C0 2 y'y ∆+= ∆+= (6.17) Exemplo 6.4: Determine o momento de inércia da seção do tipo I com relação aos eixos y e z como mostrado abaixo. z’ y’ ∆z ∆y y z y z ∆ c Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 92 O momento de inércia da seção com relação ao eixo z pode ser determinado considerando a soma dos momentos de inércia das áreas retangulares que formam a seção do tipo I. Logo: 3z2z1zz IIII ++= 2 3 1z 2.3.112 13I += , Iz1 = 12,25 cm4 12 31I 3 2z = , Iz2 = 2,25 cm 4 2 3 3z 2.3.112 13I += , Iz3 = 12,25 cm4 Iz = 26,75 cm4 e, o momento de inércia da seção com relação ao eixo y é: 3y2y1yy IIII ++= 12 31 12 13 12 31I 333 y ++= Iy = 4,75 cm4 Importante: O momento de inércia representa a resistência de uma seção transversal em girar em torno de um eixo. Portanto, a seção acima gira mais facilmente em torno do eixo y que do eixo z. y z 1 cm 3 cm 1 cm 3 cm 1 2 3 1 cm Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 93 6.5 – Flexão pura de vigas com seção assimétrica Na discussão anterior, foram analisadas somente vigas com seções transversais simétricas, porém o equacionamento é válido para seções quaisquer, desde que seus eixos sejam os eixos principais de inércia. Figura 6.6 – Flexão de vigas assimétricas Impondo o equilíbrio de momentos com relação ao eixo y, temos: y xA M z dA= σ∫ (6.18) onde My é o momento interno resultante. Substituindo a eq. (6.3) na eq. (6.18), e considerando que σmax e c são constantes: max y A M y z dA c σ = ∫ (6.19) Se y e z são eixos principais de inércia, a integral A y z dA∫ é nula, eq. (6.14). Logo, o momento interno resultante My = 0. Assim, as equações deduzidas anteriormente se aplicam à uma viga de seção transversal qualquer. Exemplo 6.5: Determine a tensão de flexão máxima na viga de seção do tipo I submetida à um carregamento distríbuido como mostrado abaixo: M y x σx eixo neutro z y y dA centróide z Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 94