apostila de resistência dos materiais

a

RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS

Prof. Carlos Fernando M. Pamplona

Texto para a Disciplina Resistência dos Materiais. Ênfase para os cursos de Engenharia Mecânica, Civil e Naval.

Universidade Federal Fluminense Niterói, Rio de Janeiro.

SUMÁRIO

300mm 200mm

160mm

2mm D=100mm

F

B

A

C

D p

b

Sumário A – RES MAT X

1.0 – Introdução 1.1 – Objetivos e métodos da Resistência dos Materiais.......................................................1 1.2 - Hipóteses simplificadoras.............................................................................................2 1.3 - Esforços externos e internos. Esforços seccionais. Diagramas.....................................7 1.4 - Conceito de Tensão. Tensão normal. Tensão tangencial. Esmagamento....................13 1.5 -Tensões sob carregamento centrado.............................................................................18 1.6 - Deformações. Deformações específicas longitudinal, superficial e volumétrica.

Distorção.........................................................................................................................21 1.7 - Elasticidade. Lei de Hooke. Constantes elásticas........................................................25 1.8 - Energia de deformação. Resiliência. Tenacidade........................................................28 1.9 - Propriedades mecânicas dos materiais. Materiais dúteis e frágeis. Tensões limites.. 29 1.10 – Tensões admissíveis. Coeficiente de segurança.....................................................30

2.0 – Tração / Compressão pura.

2.1 – Força normal.................................................................................................................32 2.2 - Tensão normal. Estruturas articuladas. Treliças. Aparelhos de Carga. Influência do peso próprio. Pilar de igual resistência.................................................33 2.3 - Deformação longitudinal. Módulo de Elasticidade......................................................37 2.4 - Problemas estaticamente indeterminados.....................................................................38 2.5 - Influência da temperatura. Tensões térmicas e de montagem......................................41 2.6 - Material elasto-plástico. Tensões residuais..................................................................43 2.7 - Reservatórios de parede fina sob pressão.....................................................................45 Questões de Testes e Provas (Tração/Compressão Pura).

3.0 – Corte puro. 3.1 – Tensão tangencial e distorção. Módulo de Rigidez......................................................50 3.2 - Uniões rebitadas e parafusadas. Chavetas....................................................................51 3.3 - Uniões soldadas............................................................................................................55 Questões de Testes e Provas (Corte Puro).

4.0 – Torção pura. 4.1 – Momento de torção. Torque. Transmissão de potência nas máquinas.........................58 4.2 - Eixos circulares no regime elástico. Tensões e deformações.......................................59 4.3 - Problemas estaticamente indeterminados.....................................................................63 4.4 - Material elasto-plástico. Tensões residuais..................................................................64 4.5 - Molas helicoidais de pequeno passo............................................................................68 4.6 - Barras de seção retangular. Outras formas de seção. Analogia da membrana..............70 4.7 - Dutos de parede fina.....................................................................................................73 Questões de Testes e Provas (Torção Pura)

5.0 – Flexão pura. 5.1 – Introdução......................................................................................................................77 5.2 - Momento fletor.............................................................................................................77 5.3 - Flexão reta (simétrica) e elástica. Tensões normais. Linha neutra...............................78 5.4 - Várias formas de seção. Módulo de resistência............................................................79 5.5 - Vigas de dois materiais. Método da seção transformada..............................................83 5.6 - Flexão oblíqua (assimétrica). Tensões normais. Linha neutra......................................87 5.7 - Deformações na flexão pura simétrica..........................................................................91 Questões de Testes e Provas (Flexão Pura)

Parte 1

Parte 2

Parte 3

Parte 1

Parte 2

Parte 3

Parte 1

Parte 2

Parte 3

Parte 1

Parte 2

Parte 3

Parte 1

Parte 2

Parte 3

c

6.0 – Flexão Simples.

6.1 - Tensões normais.....................................................................................................94 6.2 - Tensões tangenciais................................................................................................94 6.3 - Várias formas de seção...........................................................................................96 6.4 - Perfis compostos.....................................................................................................98 6.5 - Análise crítica.........................................................................................................99 6.6 - Vigas de igual resistência.......................................................................................100 6.7 - Perfis Delgados......................................................................................................101 6.8 – Centro de Torção....................................................................................................103 Questões de Testes e Provas (Flexão Simples)

7.0 – Flexão Composta.

7.1 – Flexão composta com força normal. Introdução.....................................................105 7.2 - Flexão simétrica. Carga axial excêntrica.................................................................105 7.3 - Caso geral de carregamento axial excêntrico em barras espessas..........................107 7.4 - Núcleo de ataque em pilares curtos........................................................................109 7.5 - Solicitações combinadas. Flexão composta com outros esforços seccionais.........110

Questões de Testes e Provas (Flexão Composta)

B – RES MAT XI 8.0 - Variação da tensão com a orientação do plano da seção.

8.1 – Estado duplo de tensões...........................................................................................114 8.2 - Tensões extremas. Tensões principais.....................................................................115 8.3 - Círculo de Mohr para as tensões no estado duplo...................................................117 8.4 - Estado triplo de tensões...........................................................................................120 8.5 - Tensões principais...................................................................................................121 8.6 - Círculos de Mohr para as tensões no estado triplo..................................................123 8.7 - Deformações. Círculo de Mohr para as deformações. Extensômetros. Roseta.......124

Exercícios Resolvidos ..........................................................................................130

9.0 – Dimensionamento de eixos e vigas. 9.1 – Critérios de resistência.............................................................................................136 9.2 - Teorias das máximas tensões...................................................................................136 9.3 - Teorias das máximas energias de deformação.........................................................138 9.4 - Outras teorias...........................................................................................................141 9.5 - Cargas variáveis. Fadiga..........................................................................................144 9.6 - Concentração de tensões..........................................................................................145 9.7 - Cargas pulsantes......................................................................................................147 Questões de Testes e Provas (Dimensionamento de eixos e vigas)

10.0- Deformações na flexão. 10.1 – Deflexões por curvatura das vigas...........................................................................149 10.2 - Linha elástica por integração....................................................................................150 10.3 – Funções singulares...................................................................................................152 10.4 – Analogia de Mohr....................................................................................................153 10.5 - Método de energia....................................................................................................155 10.6 - Método da superposição...........................................................................................157 10.7 – Problemas estaticamente indeterminados. Vigas hiperestáticas..............................158 10.8 – Tabela de flechas e deflexões angulares para vigas isostáticas ..............................162 10.9 – Tabela de Reações Vinculares e flechas para algumas vigas hiperestáticas............163 10.9 – Métodos computacionais (programa Ftool).............................................................163 (Questões de testes e provas) (deformações na flexão)

Parte 1

Parte 2

Parte 3

Parte 1

Parte 2

Parte 3

Parte 1

Parte 2

Parte 3

Parte 1

Parte 2

Parte 3

Parte 1

Parte 2

Parte 3

d

11.0 - Instabilidade elástica.

11.1 – Introdução...............................................................................................................165 11.2 – Flexão composta com força normal em vigas esbeltas...........................................165 11.3 – Flambagem de colunas comprimidas......................................................................166 11.4 – Índice de esbeltez....................................................................................................169 11.5 - Carregamento excêntrico. Fórmula da secante.......................................................170 11.6 – Instabilidade por vibrações.....................................................................................173 11.7 – Pulsação (freqüência) natural nas vibrações livres, sem amortecimento...............174 11.8 – Amortecimento viscoso..........................................................................................178 11.9 – Vibrações forçadas. Ressonância............................................................................179 11.10 – Forças transmitidas às bases ................................................................................183 11.11 - Absorvedores de vibrações....................................................................................185

12.0 – Apêndice. Tabelas. 12.1 – Geometria das Áreas. 12.2 – Propriedades geométricas dos perfis.

12.3 - Propriedades mecânicas dos materiais. 12.4 – Tabelas de flechas. 12.5 – Respostas das Questões propostas nos Testes e Provas.

Parte 1

Parte 2

Parte 3

A - Introdução

1

RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS

1.0 - INTRODUÇÃO

1.1 – OBJETIVOS E MÉTODOS DA RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS

A Resistência dos Materiais é o ramo da Mecânica dos Corpos Deformáveis que

se propõe, basicamente, a selecionar os materiais de construção e estabelecer as pro-porções e as dimensões dos elementos para uma estrutura ou máquina, a fim de capa-citá-las a cumprir suas finalidades, com segurança, confiabilidade, durabilidade e em condições econômicas.

A capacidade de um elemento, em uma estrutura ou máquina, de resistir à ruína é chamada de resistência do elemento e constitui o problema principal para a análise nesta disciplina.

A limitação das deformações, em muitos casos, se torna necessária para atender a requisitos de confiabilidade (deformações exageradas podem ser confundidas com falta de segurança) ou precisão (caso de máquinas operatrizes ou ferramentas). A ca-pacidade de um elemento reagir às deformações é chamada de rigidez do elemento.

Muitas vezes, apesar de os elementos estruturais satisfazerem aos requisitos de resistência e de rigidez sob a ação das cargas, a estrutura, como um todo, não é capaz de manter o estado de equilíbrio, por instabilidade. A estabilidade das estruturas é outro problema a ser analisado.

Estados perigosos provocados por descontinuidades na geometria dos elemen-tos (concentração de tensões), por cargas alternativas (ressonância e fadiga do ma-terial) e por cargas dinâmicas (choque mecânico) serão também estudados.

A escolha dos materiais, das proporções e das dimensões dos elementos de construção deve ser feita baseada em critérios de otimização, visando, invariavelmen-te, a custos mínimos, menores pesos (fundamental na indústria aeronáutica), facilida-de de fabricação, de montagem, manutenção e reparo.

Na solução de seus problemas básicos, a Resistência dos Materiais estabelece modelos matemáticos simplificados (esquemas de cálculo) para descrever a complexa realidade física, permitindo uma fácil resolução dos problemas, obtendo-se resultados aproximados que, posteriormente, são corrigidos através de coeficientes que levam em conta as simplificações feitas. Esses coeficientes de correção (coeficientes de se-gurança) são estabelecidos experimentalmente e muitas vezes arbitrados por Normas Técnicas ou em função da habilidade e experiência do projetista.

A solução de problemas mais complexos, para os quais os esquemas simplifi-cados da Resistência dos Materiais não se enquadram, é em geral tratada pela Teoria da Elasticidade (outro ramo da Mecânica dos Corpos Deformáveis que se propõe a solucionar os mesmos problemas da Resistência dos Materiais, porém através da uti-lização de métodos matemáticos mais complexos, mas de maior abrangência).

A - Introdução

2

1.2 – HIPÓTESES SIMPLIFICADORAS

Em sua maioria, as construções e as máquinas são muito complicadas quanto às

características dos materiais, a forma e geometria dos elementos estruturais, tipos de carregamento, vinculação etc. e, a menos que sejam estabelecidos esquemas de cálcu-lo e hipóteses simplificadoras, a análise dos problemas seria impraticável. A validade de tais hipóteses é constatada experimentalmente.

a) Quanto aos materiais:

Os materiais serão supostos contínuos (ausência de imperfeições, bolhas etc) homo-gêneos (iguais propriedades em todos os seus pontos), e isótropos (iguais proprieda-des em todas as direções). Essas hipóteses nos permitem aplicar as técnicas elementa-res do cálculo infinitesimal para a solução matemática dos problemas. Deve-se ter cautela, entretanto, quanto à sua aplicação para certos materiais de construção (como o concreto ou a madeira), ou materiais de estrutura cristalina (como o granito) cujas características heterogêneas e anisotrópicas nos levariam a resultados apenas aproxi-mados. Outra suposição freqüentemente utilizada é de que os materiais são perfeita-mente elásticos (sofrendo deformações cuja extensão é proporcional aos esforços a que estão submetidos, retornando às dimensões originais quando cessam esses esfor-ços).

b) Quando à geometria dos elementos estruturais:

Os elementos estruturais serão reduzidos aos seguintes modelos simplificados (Fig. 1.2.1):

BLOCOS – corpos cujas três dimensões principais são da mesma ordem de grandeza (a ~b ~c);

FOLHAS – corpos que têm uma das dimensões (denominada espessura) muito menor (*) que as outras duas (e << a ~b);

BARRAS – corpos que têm uma das dimensões (denominada comprimento) muito maior (*) que as outras duas (c >> a ~b).

(*) da ordem de 10 vezes ou mais.

A Resistência dos Materiais Elementar propõe métodos para resolução de pro-blemas envolvendo elementos estruturais do tipo de barras. Estudos mais avançados dão conta da solução de alguns problemas relativos às folhas. O estudo dos blocos

não é tratado pela Resistência dos Materiais, devendo-se recorrer aos métodos da Te-oria da Elasticidade.

A - Introdução

3

BLOCOS a

c e

CASCAS

b a FOLHAS CHAPAS

PLACAS PLACAS

ARCOS BARRAS

BARRAS BARRAS RETAS

VIGAS PERFIS L

DELGADOS

Fig. 1.2.1 – Classificação dos elementos estruturais quanto a sua geometria.

c) Quanto ao carregamento:

Os esforços que atuam nas estruturas serão representados através dos seguintes mode-los simplificados (Fig. 1.2.2):

Forças distribuídas – em volumes (como a ação gravitacional, como as forças de inércia nos corpos acelerados), em superfícies (como a ação de esforços sobre pla-cas, a ação da pressão de fluidos, p = dF/dA) e em linha (como a ação ao longo de vigas, q = dF/dx);

Forças Concentradas – ações localizadas em áreas de pequena extensão quando comparadas com as dimensões do corpo. É fácil perceber que tal conceito

b

A - Introdução

4

(uma força concentrada em um ponto) é uma abstração já que, para uma área de con-tato praticamente nula, uma força finita provocaria uma pressão ilimitada, o que ne-nhum material seria capaz de suportar sem se romper.

Fig. 1.2.2 – Tipos de Carregamento: forças distribuídas (a) em volumes, (b) em superfícies, (c) em linha; (d) forças concentradas.

d) Quanto aos vínculos

Os vínculos são dispositivos mecânicos que impedem certos movimentos da estru-tura ou máquina, através de esforços reativos cujos tipos são estudados nos cursos de Mecânica dos Corpos Rígidos.

Para o caso particular e muito comum de esforços coplanares, os vínculos são classificados em três categorias (Fig. 1.2.3)

Apoio móvel - capaz de impedir o movimento do ponto vinculado do corpo numa direção pré-determinada;

Apoio fixo – capaz de impedir qualquer movimento do ponto vinculado do corpo em todas as direções;

(a)

(b)

(c)

(d)

W

P

q(x)

F

A - Introdução

5

Engastamento – capaz de impedir qualquer movimento do ponto vinculado do

corpo e o movimento de rotação do corpo em relação a esse ponto.

Fig. 1.2.3 – Tipos de vínculos e reações de apoio

e) Inexistência de esforços iniciais –

Nos processos de conformação e tratamento térmico dos materiais (fundição, usina-gem, laminação, forjamento, embutimento, têmpera, etc) surgem esforços localizados cuja presença não será considerada em nossos estudos. Suporemos que não existem esforços iniciais no corpo antes de seu carregamento. Quando existirem fortes razões para que tais esforços precisem ser considerados, eles serão determinados experimen-talmente.

f) Princípio de Saint’Venant – Uma hipótese simplificadora que é sustentada pela observação experimental é a estabelecida por Saint’Venant, indicando que em pontos suficientemente afastados das regiões de aplicação dos es-forços, os efeitos internos se manifestam independentemente da forma de distribuição daqueles es-forços. Este princípio permite o cálculo dos esforços no interior dos corpos utilizando a resultante

APOIO MOVEL

SÍMBOLO

APOIO FIXO

SÍMBOLO

SÍMBOLO

E N G A S T A M E N T O

Pino deslizante

rodete

Biela ou conectora

rótula

R

Ry

Rx

Ry

Rx

Mz

A - Introdução

6

dos esforços atuantes, como uma força concentrada equivalente, hipótese válida apenas para pontos afastados em relação ao local onde os esforços são distribuídos, de uma distância d

superior a 1,5 a

2,0 vezes a maior dimensão b da distribuição da carga.

Fig. 1.2.4 – Princípio de Saint’Venant.

g) Princípio da Superposição dos Efeitos Os efeitos de um sistema de várias forças agindo em um corpo (ações internas ou de-formações) será igual à soma dos efeitos parciais produzidos nesse corpo quando ca-da esforço é aplicado isoladamente, independentemente da ordem de aplicação. Este princípio, largamente utilizado na Mecânica dos Corpos Rígidos, pode ser estendido aos corpos deformáveis desde que:

1º) os deslocamentos dos pontos de aplicação das forças sejam pequenos quando compara-dos com as dimensões da estrutura (manutenção da geometria inicial);

2º) os deslocamentos devidos às deformações da estrutura variem linearmente com os esfor-ços (proporcionalidade esforço-deformação).

Na Fig. 1.2.5 são apresentados dois exemplos sendo um (a) onde o princípio da superposição pode ser aplicado e outro (b), onde não pode ser aplicado. (a) (b) P1 P 1

F1

P2 P 2

F2

P3 = P1 + P2 P3=P1+P2

F3 = F1 + F2 F3 F1 + F2

Fig. 1.2.5 – Princípio da Superposição dos Efeitos

d b

d + b/2

q

q.b esforços internos

A - Introdução

7

1.3 - ESFORÇOS

Os esforços que atuam sobre um sistema material ou parte de uma estrutura

podem ser classificados segundo o quadro:

Permanentes ATIVOS EXTERNOS Acidentais REATIVOS

Força Normal ESFORÇOS Força Cortante SECCIONAIS Momento Fletor INTERNOS Momento Torçor (Torque)

Tensão Normal LOCAIS Tensão Tangencial

a) Esforços Externos – são os que atuam no sistema material em análise (por contato ou ação à distância) oriundos da ação de outro sistema (o peso próprio, a ação do vento, esforços vinculares, são exemplos de esforços externos). Os esforços ativos serão classificados de permanentes quando atuam constantemente sobre a estrutura (como seu peso próprio) e acidentais quando atuam de forma transitória (o efeito do vento nas construções, carga de partida das máquinas, etc.). Esses esforços são em geral conhecidos a priori (através das Normas Técnicas, requisitos para o projeto, etc). No projeto de novas estruturas o peso próprio é inicialmente desconhecido já que as dimensões das partes não estão ainda estabelecidas. O peso próprio é levado em conta nesses casos a partir de um peso estimado e utilizando-se um método de cálculo iterativo, rapidamente convergente. Os esforços produzidos pelos vínculos, também externos, são denominados de esforços reativos, ou reações dos apoios, sen-do determinados pelas equações da Estática que regem o equilíbrio das forças sobre um corpo em repouso que, no caso de carregamentos coplanares, se reduzem a:

F x = 0 F y = 0 M z = 0 Quando o número de reações vinculares desconhecidas iguala o número de e-

quações da Estática utilizáveis, a estrutura é dita isostática

(ou estaticamente deter-minada). Caso o número de reações seja superior ao número de equações disponíveis, estaremos diante de uma estrutura hiperestática. A determinação dos esforços reati-vos nessas estruturas estaticamente indeterminadas será feito utilizando-se equações suplementares que caracterizem a compatibilidade de deformações e que serão estu-dadas no presente curso.

Como exemplo, a Fig. 1.3.1 apresenta um esquema da estrutura isostática de um guindaste onde se pode reconhecer que o peso de 20 toneladas como um esforço externo ativo permanente, a carga de 10 tf como um esforço externo ativo transitório. A ponte móvel se apóia no mancal superior B

(apoio fixo) e encosta-se em A

(apoio móvel) na pista circular fixa à torre. A determinação das reações nesses apoios, feita através das equações da Estática, nos permite obter: A = 10,0 tf ( ); B x = 10,0 tf ( ); B y = 30,0 tf ( ); B = 31,6 tf (71,6º )

A - Introdução

8

Pista circular

rodetes

8m

6m

20 tf

10 tf

A

B x

B y

B

A

10tf

20tf

2m

Fig. 1.3.1 – Estrutura isostática da Ponte Móvel de um Guindaste (AMRJ).

A - Introdução

9

b) Esforços Internos Os esforços internos são os oriundos da ação de uma parte da estrutura ou ele-

mento estrutural, sobre outra parte da estrutura, por contato. No exemplo da fig. 1.3.1 podemos reconhecer que a força exercida no rodete A, embora seja um esforço exter-no para a ponte giratória, será um esforço interno para o guindaste como um todo.

Para o caso de elementos em forma de barras (caso mais comumente tratado pela Resistência dos Materiais) podemos analisar os esforços internos atuantes em uma seção transversal (perpendicular ao eixo da barra) e reconhecemos que a ação de uma parte da barra sobre a outra pode ser reduzida a uma força F

e a um conjugado de momento G. Ao decompormos estes dois esforços na direção do eixo da barra (di-reção normal) e no plano da seção (direção tangente), obtemos os chamados esforços seccionais (ou solicitantes) a saber (fig. 1.3.2):

N Q M T

Fig. 1.3.2 – Esforços Seccionais (ou Solicitantes)

A determinação dos esforços seccionais é feita, da mesma forma que os esfor-ços reativos, através das equações da Estática, analisando o equilíbrio dos esforços que atuam na parte da estrutura que foi hipoteticamente secionada.

A seguir são apresentados alguns exemplos de determinação de esforços solici-tantes.

N – Força Normal F

Q – Força Cortante

M – Momento Fletor G T – Momento Torque

F

G

Q

N

F

G

M

T

A

A - Introdução

10

z

y

3 kN 600mm

x 300d 350 250 4kN

1 - Na seção flangeada do engaste:

F x = N = 4 kN (tração) F y = Q y = 0 F z = Q z = 3 kN

M x = T = 3 x 0,750 = 2,25 kN.m M y = 3 x 0,600 = 1,80 kN.m M z = 4 x 0,500 = 2,00 kN.m

M = (22 + 1,82) ½ = 2,69 kN.m

0,80 kN/m 3,2kN

B 5m

4m

2 - Traçar os diagramas de es-forços solicitantes N, Q e M para o pórtico esquematizado:

2,4 kN

2,4

4,0

3,2

C

C

A

1 2

Ay

Ax

A - Introdução

11

Ay

Solução 1) Cálculo das Reações:

Pelo MA = 0 pode-se escrever: 4x5,5 + 3,2x2 – 2,4 x 4 = Cx8;

C = 2,35 kN ( )

Pelo Fx = 0 e Fy = 0, obtem-se:

Ax = 2,40 kN ( ) e Ay = 4,85 kN ( )

Força Normal (N) O trecho AB estará comprimido (N=4,85kN), como também o trecho BC (N= 2,40kN). Re-lembra-se a convenção de sinais para a força N:

[+] tração ; Compressão [-]

Força Cortante (Q) Relembra-se a convenção de sinais para a for-ça cortante Q:

[+] ; [-]A seção onde se anula o valor de Q é impor-tante (corresponde a um valor extremo de M, já que Q = dM/dx): No trecho CB, tal ocorre em x = 2,9375m. Note que no “joelho” B, a força cortante se converte em normal e vice-versa.

Momento Fletor (M) Relembra-se a convenção de sinais para M:

Na seção crítica, onde a força Q é nula:

M* = 2,35 x 2,9375 – 0,80 x (2,9375)2/2 M* = 3,45 kN.m

+ -

C

2,4 4

3,2

B

AX

N (kN)

-2,4

-4,85

+2,35

x

-1,65 -4,85

+2,4

Q (kN)

B

x

3,45

9,60

M KN.m

5 1 2 2

4

A - Introdução

12

1.4 – Conceito de Tensão. Os esforços locais, em pontos de uma dada seção, serão analisados através de

seus valores específicos (por unidade de área) por meio do conceito de tensão.

A tensão ( S ) presente em um ponto de uma dada seção de uma barra carrega-da é o limite da relação entre a força elementar F e a área A no entorno desse pon-to, quando A tende a zero:

S = Lim ( F / A) = dF / dA ............................. ( 1.4.1 ) A 0

É uma grandeza que tem a mesma dimensão de pressão

(como veremos, o es-tado de tensão denominado “pressão” é uma situação particular do caso geral da ten-são), medida em N/m2 (Pascal – Pa), em kgf/cm2, lbf/in2 (psi), dyn/cm2 (bar), etc.

Ao decompormos o vetor força elementar dF na direção normal (perpendicular ao plano da seção – dFn) e na direção do plano da seção (dFt), obtemos as duas com-ponentes da tensão:

tensão normal ......................... dFn / dA ..............................( 1.4.2) (sigma), que pode ser de tração ou compressão (esmagamento), e

tensão tangencial..................... dFt

/ dA ............................(1.4.3) (táu), também chamada de tensão de cisalhamento ou cisalhante.

Fig. 1.4.1 – Tensão. Tensão Normal. Tensão Tangencial.

Um fato que, desde o início, deve ser reconhecido é que a tensão que atua em um certo ponto de um certo plano de um corpo carregado depende

da orientação do plano selecionado. Num mesmo ponto, porém em um plano diferente, a tensão, em

dFn

dF

dA dFt

S

A - Introdução

13

geral, será diferente. Não são apenas as componentes que se modificam com a orien-tação do plano, mas é o vetor tensão que se altera.

Assim é que, por exemplo, no caso simples de uma barra prismática (Fig. 1.4.2), de pequena seção transversal de área A0 e submetida a uma força de tração F

pelos topos, fácil será concluir que, em um certo ponto P do plano da seção transver-sal, atuará uma tensão normal de tração cujo valor será, em média, F/A0, sendo

0.

Fig. 1.4.2 – Variação da tensão com a orientação do plano da seção.

Para uma outra seção, inclinada de um ângulo

em relação à seção transversal (a direção normal a esta seção formará também um ângulo

em relação ao eixo da barra), a sua área será maior, valendo A

= A0 / cos , e como a força total é a mesma (F), a tensão será, em média, S = F / A0 cos , e suas componentes valerão:

S cos F cos e S sen F sen cos

Os casos limites em que e , nos levam aos valores 0

F/A0 e 0, bem como, e

Observe o fato relevante de que, apesar de estar a barra simplesmente traciona-da, nas seções em que º (planos de clivagem), haverá uma tensão tangencial de valor ½ (F/A0) (valor máximo dessa tensão tangencial - metade do valor máximo da tensão normal, ocorrente no plano da seção transversal). Note também que nos planos longitudinais da barra ( ), tanto a tensão normal como a tangencial são nulas.

Para identificar o estado de tensão em um ponto de um corpo carregado neces-sário se torna o conhecimento das tensões ocorrentes em três planos ortogonais que se interceptam no ponto considerado, e que são três vetores, totalizando nove compo-nentes escalares. Uma grandeza deste tipo é designada como um tensor

de 2ª ordem

F A0

F

S0 = F/A0

F

S = F / (A0/cos

F

(A) (B)

A - Introdução

14

(a ordem [O] de um tensor é o expoente n

da relação [O] = 3n que fornece o número

de componentes escalares da grandeza – uma grandeza escalar, como a temperatura, é um tensor de ordem zero, enquanto uma grandeza vetorial, como a força, é um tensor de 1ª ordem).

A figura 1.4.3 apresenta um estado de tensão genérico num ponto P de um cor-po carregado, definido pelas tensões que atuam em três planos ortogonais que se in-terceptam no ponto P.

Fig. 1.4.3 – Estado de tensão em um ponto P de um corpo carregado (coloque os índices das duas tensões assinaladas com *, seguindo a convenção exposta no texto a seguir).

Utilizou-se uma notação

de dupla indexação, na qual o 1º índice informa o plano onde a tensão atua (definido pelo eixo que lhe é perpendicular) e o 2º indica a direção da tensão propriamente dita (por exemplo, yz é a tensão, tangencial, que atua em um plano perpendicular ao eixo y e é orientada na direção do eixo z). As tensões normais terão sempre índices iguais, por tal convenção, sendo designadas pela letra

. Quanto aos sinais dessas tensões, adotaremos a seguinte convenção:

- para uma tensão atuante em uma “face positiva” (aquela cuja normal exterior está orientada no sentido positivo do eixo que lhe é perpendicular), será esta tensão positiva se orientada no sentido positivo do eixo correspondente, e negativa se orien-tada no sentido oposto;

xy

xx

yy

yx

*

zz

*

zy

xz

x

z

y

P

dz

dx

dy

A - Introdução

15

- para uma tensão atuante em uma “face negativa” (aquela cuja normal exterior está orientada no sentido negativo do eixo que lhe é perpendicular), será ela negativa se orientada no sentido positivo do eixo correspondente, e positiva se orientada no sentido oposto. A Figura 1.4.4 a seguir mostra exemplos onde a nomenclatura e os sinais das tensões são indicados.

Fig. 1.4.4 – Nomenclatura e sinais das tensões (os eixos x,y,z devem formar triedros dire-tos).

A tensão

é tangencial, atua numa face que tem o eixo x

como normal ex-terna (face positiva), é paralela ao eixo y, em seu sentido negativo. Logo, a tensão será designada pelo símbolo xy e terá sinal negativo;

A tensão 2 é tangencial, atua numa face que tem o eixo z como normal externa (face positiva), é paralela ao eixo x, em seu sentido positivo. Logo, a tensão será de-signada pelo símbolo zx e terá sinal positivo;

A tensão 3 é normal, atua numa face que tem o eixo y

como perpendicular, porém é uma face negativa; a tensão é paralela ao mesmo eixo y, e em seu sentido negativo. A tensão será nomeada como y, e terá sinal positivo.

Observe que as tensões ij para as quais i=j são tensões normais

sendo posi-tivas, se de tração, e negativas, se de compressão, independentemente do sinal das faces, não necessitando ter seus índices repetidos (seria uma redundância).

Fica como exercício mostrar que: zy (sinal +); yx (sinal -); x

(sinal -).

O tensor das tensões [S], com suas 9 componentes escalares, é representado por uma matriz quadrada (3 x 3), sendo a diagonal principal composta pelas tensões nor-mais e os elementos secundários pelas tensões tangenciais.

x

y

z

x

y

z

A - Introdução

16

.............................................( 1.4.4 )

Convém realçar que, ao se modificar a orientação dos eixos coordenados, as componentes ij sofrerão alterações, porém o estado de tensão no ponto considerado (dependente do carregamento aplicado ao corpo) se mantém invariante.

É também importante caracterizar desde logo que a matriz em (1.4.4) é simétri-ca em relação à diagonal principal, ou seja:

xy = yx

yz = zy

zx = xz

A demonstração das equações (1.4.5) pode ser feita analisando-se o equilíbrio de momentos das forças atuantes sobre as faces do paralelepípeto elementar mostrado na Fig. 1.4.3, momentos esses tomados em relação a 3 eixos paralelos aos eixos coor-denados, passando pelos pontos médios das faces (equilíbrio de momentos válido, inclusive, para o caso de o elemento estar acelerado, já que o momento de inércia da massa elementar em relação a um seu eixo é nulo – “M = I ”).

Assim, para um eixo paralelo ao z, passante pelo ponto médio da face que lhe é perpendicular, de área dx.dy, as únicas forças atuantes nas demais faces e que provo-cam momentos em relação a tal eixo (as que não o cruzam ou que não lhe são parale-las) serão:

xy (dy.dz) e yx (dx.dz), que, multiplicadas pelos respectivos braços para to-mada de momentos nos permite escrever:

xy (dy.dz). (dx/2) = yx (dx.dz). (dy/2),

ficando demonstrado que xy = yx . O mesmo procedimento repetido para os outros dois eixos, na mesma condição, nos levará ao que consta nas equações (1.4.5).

Uma conseqüência importante dessa propriedade do tensor das tensões é o fato de que a tensão tangencial no contorno livre de peças carregadas é sempre tangente ao contorno (como mostrado na Fig. 1.4.5)

x

xy

xz

yx

y

yz

zx

zy

z

S =

.......................................... (1.4.5)

A - Introdução

17

Fig. 1.4.5 – Tensões tangenciais nos contornos livres das peças.

Outro fato que será analisado em detalhe mais adiante é que a simetria da ma-triz (1.4.4) nos indica a possibilidade de, por uma conveniente mudança da orientação dos eixos coordenados (x, y, z), obter-se uma matriz equivalente diagonalizada ( ij = 0), obtendo-se na diagonal principal as tensões chamadas principais que descrevem o estado de tensão no ponto considerado.

Assim como o conceito de força, a idéia de tensão é puramente abstrata, não podendo essa grandeza ser medida diretamente. Como veremos, as tensões são avali-adas indiretamente, através de seus efeitos, as deformações (caberia a pergunta: é a ten-são que provoca a deformação ou o inverso – a deformação – fato físico mensurável, é que provoca a tensão – conceito abstrato)

1.5 – Tensões em peças sob carregamento centrado.

Como aplicações iniciais para o estudo do cálculo de tensões em casos mais simples, trataremos de peças que, por suas condições de simetria geométrica e de car-regamento centrado, nos permitem admitir uma distribuição uniforme para as tensões ao longo da área em que atuam (em seções afastadas dos esforços localizados, segun-do Saint’Venant). Tal valor, embora possa não representar a distribuição real das ten-sões nos diversos pontos da área considerada, pelo menos, nos indica um valor médio para tais tensões, dando-nos idéia de sua ordem de grandeza. No caso de tra-ção/compressão ou corte (cisalhamento) puros, calcularemos as tensões simplesmente fazendo:

N/A e Q/A .................. (1.5.1)

Q

T

Esta componente de não pode existir

A - Introdução

18

Para exemplificar, veja-se a união de chapas mostrada na Fig. 1.5.1, transmi-

tindo uma força de tração de 72 kN, provocando tração nas chapas, corte no pino e compressão (esmagamento) no corpo do pino e nos furos das chapas.

Fig. 1.5.1 – Cálculo de tensões em peças simétricas sob carregamento centrado.

As tensões críticas de tração nas chapas ocorrerão nas seções onde há os furos (menor área) e valerão:

d = 25mm

100 150 75

15

15

20

TRAÇÃO NA CHAPA CORTE NA CHAPA

CORTE DO PINO COMPRESSÃO (ESMAGAMENTO) do furo e do corpo lateral (efeito mancal)

Área proje-tada

80

A B

36 kN

36 kN

72 kN 72 kN

72 kN

P

A - Introdução

19

AT = (36 x 103 N) / [(100 – 25) x 15 x 10-6 m2] = 32 x 106 N/m2 = 32,0 MPa

72 x 103 N) / [(150 – 25) x 20 x 10-6 m2] = 28,8 x 106 N/m2 = 28,8 MPa

As tensões críticas de cisalhamento nas chapas (nos planos em que seriam ras-

gadas tangencialmente) valerão:

(36 x 103 N) / [(2) x 75 x 15 x 10-6 m2] = 16 x 106 N/m2 = 16,0 MPa

(72 x 103 N) / [(2) x 80 x 20 x 10-6 m2] = 22,5 x 106 N/m2 = 22,5 MPa

A tensão de compressão (esmagamento) nos furos das chapas será calculada dividindo-se o valor da força de compressão por uma área menor do que a área em que os esforços se distribuem, a saber, a área projetada num plano perpendicular à direção da força. O valor assim obtido, demons-tra-se, é até ligeiramente superior ao valor máximo atingido pelo valor da tensão variável, ocorrente na aresta mediatriz da área solicitada (tensões de Hertz). Teremos então (a favor da segurança):

AC = (36 x 103 N) / [25 x 15 x 10-6 m2] = 96 x 106 N/m2 = 96,0 MPa (C)

BC = (72 x 103 N) / [25 x 20 x 10-6 m2] = 144 x 106 N/m2 = 144 MPa (C)

Para o pino de união das chapas, teremos uma tensão tangencial cal-culada por:

P = (36 x 103 N) / [( /4) x [25]2 x 10-6 m2] = 73,34 x 106 N/m2 = 73,3 MPa

As tensões de compressão (esmagamento) no corpo médio do pino (em contato com a chapa B) e em suas duas extremidades (em contato com as chapas A), valerão, respectivamente 144 e 96 MPa (conforme se pode presumir, calcado no princípio da Ação e Reação – já que as áreas de conta-to se superpõem).

OBSERVAÇÃO: os resultados numéricos devem ser apresentados com 3 (três) alga-rismos significativos (compatível com a precisão dos dados em geral disponíveis na Engenharia – como por exemplo: g = 9,81 m/s2, aço = 7,83 tf/m3, etc).

A - Introdução

20

1.6 – Deformações.

Os corpos são constituídos de pequenas partículas ou moléculas entre as quais existem forças de interação. Se forças externas são aplicadas ao corpo, as partículas se deslocam, umas em relação às outras, até que as forças interiores estabeleçam uma nova configuração de equilíbrio. A composição desses deslocamentos microscópicos produz modificações volumétricas e de forma que caracterizam as chamadas defor-mações do corpo.

A Fig. 1.6.1 apresenta como exemplo uma barra prismática onde foi marcada uma extensão de comprimento inicial l0 que, sob a ação de uma força de tração N, sofre uma elongação l.

Fig. 1.6.1 – Deformação axial. Elongação ( l)

A magnitude da deformação axial sofrida por uma barra será avaliada pela chamada deformação específica longitudinal (

grandeza adimensional (epsilon) definida como:

............................ (1.6.1)

(de valor muito pequeno, medida em % ou em micros - = 10-6 ), positiva, no caso de tração, e negativa, no caso de compressão. O comprimento final da fibra (tracio-nada, ou comprimida) será expresso por:

l = l0 ( 1 + ) .......................................(1.6.2)

l

l0

l = l0 + l

N

N

l l l l l

A - Introdução

21

Verifica-se também que, além da deformação longitudinal, ocorre simultanea-

mente uma modificação das dimensões transversais da barra, de sinal oposto, sendo a deformação específica transversal (ou lateral) dada por:

t = a / a0 .....................................................(1.6.3)

Para peças em forma de chapas é relevante assinalar a variação de sua área, através da deformação específica superficial dada por:

s = S / S0 = (S – S0) / S0

e, portanto: S = S0 ( 1 + s ) .......................................(1.6.4)

Da mesma maneira, a variação volumétrica de uma peça será mensurada pela deformação específica volumétrica:

v = V / V0 = (V – V0) / V0

e, portanto: V = V0 ( 1 + v ) ......................................(1.6.5)

As modificações de forma associadas aos esforços tangenciais são medidas a-través da denominada deformação específica de distorção, dada por:

d = u / c0 = tg ...........................................(1.6.6)

Fig. 1.6.2– Deformações específicas.

É fácil demonstrar, diante da pequena extensão dos valores atingidos pelas de-formações dos corpos sólidos solicitados, que:

s x y

v x y z

Realmente: S = a x b = a0 (1 + x) b0 (1 + y) = a0 b0 ( 1+ x+ y+ x y) = S0 (1 + s ).

l0

l

a0

a

a0

a

b0

b

S0

u

c0

Desprezível em

presença de (1.6.7) .....................

A - Introdução

22

A determinação experimental das deformações e seu relacionamento com as

tensões são feitos através de ensaios, sendo os mais importantes os de tração e de compressão, realizados na máquina universal esquematizada na Fig. 1.6.3.

A peça a ser ensaiada (corpo de prova) é padronizada e, dependendo das características do material, obtem-se um gráfico da força normal (N) em função da elongação ( l) conforme apresentado abaixo

x

x

1

7

2

3

4

5

6

1 – cilindro e êmbolo 2 – bomba hidráulica (medidor de vazão) 3 – mesa (chassi) móvel 4 – corpo de prova para tração 5 – corpo de prova para compressão 6 – mesa (chassi) fixa 7 – manômetro (medidor de pressão) 8 – fluido hidráulico

8

Fig. 1.6.3 – Máquina Universal de Ensaios de Tração e Compressão. O manôme-tro mede a pressão permitindo avaliar a FORÇA aplicada ao corpo de prova. O medidor de vazão da bomba hidráulica mede o volume de fluido (incompressível) injetado no cilindro, permitindo avaliar o deslocamento do êmbolo, e portanto a DEFORMAÇÃO do corpo de prova. Os chassis (mesas) são suficientemente robustos a fim de que suas deformações sejam desprezíveis.

1

2

3

4

5

6

7

elongação

1

2

3

4

5

6

7

Força Normal

Material Frágil

Material Dútil

Borracha

Fig. 1.6.4 – Gráfico Força x elongação. l

A - Introdução

23

Quando os valores de N são divididos pela área inicial (A0) da seção reta e as elonga-ções l pelo comprimento inicial l0 do corpo de prova, obtem-se um gráfico para as tensões normais ( ) em função da deformação específica longitudinal ( ) idêntico ao anterior (a menos de um fator de escala).

Se, após ter sido atingido o ponto E2 (Fig. 1.6.5), por exemplo, o corpo de pro-va for descarregado, o gráfico de carga segue a linha E2 T, apresentando o corpo de prova, ao final, uma deformação residual permanente.

As tensões reais atuantes no corpo de prova diferem daquelas mostradas no gráfico, já que a deformação lateral, provocando a estricção, diminui o valor da área da seção transversal, fazendo com que a tensão verdadeira seja sempre crescente (como indicado na linha pontilhada até R*). É a favor da segurança adotar-se como valores das tensões limites aqueles calculados como se a área mantivesse sua exten-são original A0 , obtendo-se valores para a tensão ligeiramente menores do que aque-les que realmente estão presentes no material, quando do ensaio realizado.

1

2

3

4

5

6

x

50

100

200

250

300

350

150

A análise da curva da Fig. 18 (típica de

um material dútil como o aço com baixo teor de Carbono) nos permite assinalar os seguintes pontos notáveis:

(P) – limite de proporcionalidade (até onde a tensão é proporcional à deformação) (e) – limite de elasticidade (até este limite, quando descarregado, o corpo de prova re-cupera suas dimensões iniciais); (E1-E2) – limite de escoamento (grandes deformações sem o correspondente aumento da tensão); (S) – limite de resistência – estricção – (brusca diminuição da área da seção); (R) - limite de ruptura (fase final do estira-mento: o corpo de prova se rompe).

P

e E1 E2

S

R

R*

T

Os materiais para os quais o dia-grama tensão-deformação não apresenta claramente todos os pontos citados (como os materiais frágeis), o limite de escoamento é adotado arbitrariamente como aquele que, quando atingido, pro-voca uma deformação permanente pa-dronizada (0,2%, no caso de metais e ligas metálicas em geral – Fig. 1.6.6).

É importante reafirmar que o que se provoca diretamente no ensaio não são as tensões, mas sim as deformações, que são feitas crescentes de forma line-ar. A relação entre as deformações promovidas e as tensões conseqüentes será estabelecida através da propriedade denominada elasticidade dos materiais.

0,2%

Fig. 1.6.5 – Diagrama Tensão x Deformação

Fig. 1.6.6 – Limite de “escoamento” (arbitrário) para materiais frágeis.

(MPa)

A - Introdução

24

1.7 – ELASTICIDADE

A análise dos gráficos que relacionam tensões e deformações nos leva a concluir que, até certo limite (o de proporcionalidade) a tensão varia linearmente

com a deformação específica , nos permitindo escrever a relação:

..........................(1.7.1)

(Lei de Hooke da elasticidade) sendo a constante de proporcionalidade E denominada módulo de elasticidade longitudinal (ou módulo de Young) do material. Esta propriedade é uma grandeza com a mesma dimensão de tensão (para o aço, E = 210 x 109 N/m2 = 210 GPa).

A elongação l sofrida por uma barra reta de comprimento inicial l0 e área de seção reta A0, será obtida de 1. 6.7, levando em conta 1.5.1 e 1.6.1, como:

................................... (1.7.2)

No caso de materiais para os quais a equação 1.6.7 não se aplica (materiais frágeis, fig. -1.6.6) define-se um módulo de elasticidade inicial (E0 = d /d ]

Observa-se, também experimentalmente, que as deformações transversais ( t são proporcionais às longitudinais ( ), ou seja:

....................................... (1.7.3)

relação que define outra propriedade elástica do material, o coeficiente de Poisson nî - sinal negativo caracteriza o fato de que as deformações lateral e longitudinal

têm sempre sentidos opostos). O coeficiente de Poisson é uma grandeza adimensional (que para a maioria dos materiais varia entre 0,25 e 0,33, tendo o valor 0,30 para o aço).

Supondo um elemento volumétrico submetido a tensões normais nas três direções ortogonais (Fig. 1.6.7) e, levando em conta o princípio da superposição dos efeitos, podemos escrever as equações que exprimem a Lei de Hooke na forma generalizada para materiais isótropos:

....... (1.7.4)

E

N l0

l =

t

z

x

x

y

y z

x = (1/E) [ x - ( y + z )] y = (1/E) [ y - ( z + x )] z = (1/E) [ z - ( x + y )]

Fig. 1.7.1– Lei de Hooke Generalizada

A - Introdução

25

A deformação volumétrica v pode ser obtida, utilizando as equações 1.6.7 e

1.7.4, como: v = [(1 – 2 )/E] [ x + y + z ].

Designando por m a tensão média, definida por (1/3) [ x + y + z ], obte-mos: v = [3(1 – 2 )/E] [ m ], o que nos permite escrever:

m = K v onde K = E / 3(1 – 2 ) (K – módulo de elasticidade volumétrico)

O fato de as propriedades elásticas citadas serem grandezas necessariamente positivas, indica que o coeficiente de Poisson

é um número compreendido entre 0 e 0,500 (0 para a cortiça – com vazios internos que se fecham, não provocando a de-formação transversal e 0,5 para os líquidos – praticamente incompressíveis – volume constante).

Observações experimentais através de ensaios por torção, também dão conta da constatação de que as tensões tangenciais ( ) são proporcionais às deformações por distorção ( ), até certos limites, ou seja:

.......................... (1.7.5)

sendo G o chamado módulo de elasticidade transversal (ou módulo de rigidez) que, para o caso dos corpos fluidos, tem um valor nulo.

A compatibilidade geométrica dos deslocamentos lineares e distorções de um elemento permite estabelecer uma relação entre as propriedades elásticas acima definidas (levando em conta o fato representado na Fig. 1.7.2), a saber:

....................................(1.7.6)

G

G = E / 2(1 + )

a a(1+ )

a

a(1-

90º -

já que tg (45º -

levando em conta 1.7.1 e 5, além de que

e que são pequenas as deformações.

Fig. 1.7.2 – Relação entre as deformações longi-tudinal, lateral e a distorção.

A - Introdução

26

1.8 – Energia de deformação. Na fase elástica, o trabalho realizado pelas forças externas é armazenado no

corpo deformado sob a forma de energia potencial elástica. No caso de uma barra prismática, de comprimento l0, de seção com área A0 ,

tracionada por uma força crescente, de zero até o valor final N

(Fig 1.7.1), o trabalho

W de deformação será dado por: l W = N d( l). o que pode ser representado pela área abaixo do gráfico N x l.

Desde que não seja ultrapassado o limite de proporcionalidade, pode-se escrever:

W = (1/2) N ( l) = (1/2) (N2 l0 / E A0 ) = (1/2) A0 l0).

Fig. 1.8.1 – Energia de deformação . Resiliência. Tenacidade.

O trabalho realizado pela força normal será igual à energia potencial armaze-nada pela peça (U), nos permitindo escrever que, a energia específica (por unidade de volume V = A0l0) será dada por:

u = U/V = (1/2)

grandeza medida em Joules/m3 = N/m2 = Pa. A energia que um corpo armazena, por unidade de volume, quando, a partir do

zero, se eleva o valor da tensão até o limite de proporcionalidade, é a chamada resili-ência do material. A energia total despendida (por unidade de volume) até o limite de ruptura é a chamada tenacidade do material (representadas pelas áreas hachuradas na figura 1.7.1).

Analogamente se mostra que a energia específica armazenada por distroção será dada por: ud = (1/2) G = (1/2) G

1.9 - Propriedades mecânicas dos materiais Os materiais comumente utilizados na construção civil ou mecânica podem ser

classificados, de maneira genérica, em dois grandes grupos: os materiais dúteis e os materiais frágeis. A propriedade de um material apresentar grandes deformações

N

( l) N

( l)

Resiliência

Tenacidade

W = U

A - Introdução

27

residuais sem se romper é a chamada dutilidade ou plasticidade. É uma propriedade primordial para as operações de conformação, como a laminação, embutimento, estrusão, usinagem, etc, normalmente presentes nos processos de fabricação de peças metálicas. Os materiais dúteis são flexíveis, macios, com grande capacidade de absorver energia por deformação (tenacidade). A característica oposta à dutilidade é a chamada fragilidade, típica de materiais quebradiços e duros, que sofrem ruptura sem passar por deformações residuais notáveis.

A dureza é uma terceira propriedade importante, caracterizada pela capacidade de o material se opor à penetração mecânica de outros corpos.

A seguir é apresentada uma Tabela que indica valores médios de certas propriedades mecânicas de alguns materiais utilizados na construção de estruturas e máquinas. Esses valores variam largamente em função da composição química (teor de elementos de liga), de tratamentos térmicos (aços), temperaturas elevadas (tubos de caldeiras), do tempo (concreto), etc., e devem ser tomados aqui apenas como indicativos de sua ordem de grandeza, para efeito de aplicações em problemas.

Materiais Massa

Específ.

(ton/m3)

Módulo Elast.Long.

(GPa)

Módulo El.Transv.

(GPa)

(Tração)

(MPa) Compres

(MPa) Cisalh.

(MPa) (Tração)

(MPa) Compres

(MPa) Cisalh. (MPa)

Elong. Percent

(%)

Coef. Dil.Tér.

(10-6C-1

Aço Estrutural 7,87 200 76 250 250 150 450 450 270 28 11,7 Aço 1020 (temp) 7,87 210 80 230 230 138 620 620 370 22 11,7 Aço 1040(lamn) 7,87 210 80 360 360 215 580 580 350 29 11,7 AçoInox (recoz) 7,92 190 78 510 510 305 1300 1300 780 12 11,7 Ferro Fundido 7,37 165 69 - - - 210 800 - 4 12,1 Alumínio trab. 2,77 70 28 300 300 215 410 410 240 20 23,6 Latão 8,75 105 39 100 100 60 270 270 130 50 17,6 Bronze 8,86 100 45 140 140 85 340 340 200 50 16,9 Concreto 2,41 24 - - - - - 25 - - 10 Vidro 2,50 75 27 - - - 5 10 - - 950 Madeira(Pinho) 0,55 13 - - - - - 51 7,6 - - Carvalho 0,69 12 - - - - - 48 13 - - Polietileno 0,91 3 - - - - 48 90 55 - -

1.10 – Tensões Admissíveis. Coeficiente de Segurança. As tensões de trabalho nos elementos de uma estrutura ou máquina devem ser

mantidos suficientemente afastados dos valores limites do material, a fim de se obter certa márgem de segurança para compensar as simplificações feitas nos esquemas de cálculo, na incerteza nos valores dos carregamentos admitidos e nas propriedades mecânicas dos materiais utilizados, e ainda visando à salvaguarda contra danos materiais e pessoais oriundos de uma ruína. É recomendável ainda que a construção não apresente sinais que lancem suspeita sobre sua segurança (deformações exageradas compromentem a confiabilidade) mas apresente sinais visíveis de advertência de estados perigosos, sem que qualquer desses sinais seja evidente sob a ação das cargas de projeto.

As tensões que serão consideradas como limites são específicas para cada caso. Por exemplo: aço para molas (a tensão limite é a de proporcionalidade); aço estrutural (a tensão limite é a de escoamento); ferro fundido (a tensão limite é a de ruptura).

Tensão Limite Escoamento Tensão Limite Ruptura G E

Tabela I – Propriedades Mecânicas de alguns materiais comuns

A - Introdução

28

A tensão máxima de trabalho que se vai admitir estar presente num elemento

carregado é a chamada tensão admissível, dada por:

....................(1.10.1)

onde S é a tensão (seja normal

ou tangencial ) e C.S. é o chamado coeficiente de

segurança, parâmetro adimensional que é introduzido no projeto, baseado na experiência do projetista e em normas técnicas reguladoras.

A avaliação do valor do coeficiente de segurança C.S. pode ser norteada pela interação de três fatores cumulativos, através da expressão:

C.S = k1 . k2 . k3 ............................................(1.10.2) O fator k1 está relacionado com o controle (confiabilidade) quando às

propriedades dos materiais utilizados e quanto à eficácia (precisão) dos modelos de cálculo simplificado assumidos e dos critérios de resistência adotados (minoração da resistência dos materiais adotados).

O fator k2 é selecionado em função da natureza e do controle do carregamento admitido (majoração das cargas previstas).

O fator k3 é estimado em função da gravidade dos danos, pessoais e materiais, advindos de uma possível ruína (minoração de riscos).

A Tabela II a seguir apresenta a ordem de grandeza de valores para os fatores k, algumas vezes utilizados no projeto de estruturas e máquinas.

Na construção de elementos de máquinas (materiais metálicos) o coeficiente de segurança utilizado varia, em geral, entre 1,5 e 2,0 (na construção aeronáutica o C.S. chega a ser próximo de 1,0, já que as peças são testadas, uma a uma, antes da montagem, enquanto que para um cabo de elevador residencial seu valor pode chegar a 7,0). Na construção mecânica, se verá mais adiante, o fenômeno da fadiga é de especial relevância.

Estruturas de madeira ou em concreto, normalmente, são projetadas com coeficiente de segurança entre 2 e 4, enquanto para construção em pedra, esse coeficiente pode atingir valor entre 4 e 6.

As normas técnicas (NBR) estabelecem os critérios para o estabelecimento de tais coeficientes.

Sadm = Slim / C.S.

Controle Materiais

K1

B R M

B 1,0

2,0

3,0

R 1,5

2,5

3,5

M 2,0

3,0

4,0

C á l c u l o s

Cargas Controle

K2 B R M

Estática 1,0

1,5

2,0

Cíclica 1,5

2,0

2,5

Dinâmica

(choque)

2,0

2,5

3,0

G.D. Materiais

K3 PG G MG

PG 1,5

1,8

2,0

G 2,0

2,5

3,0

MG

2,5

3,0

4,0

a p l i c a ç ã o

p e s s o a i s

Tabela II – Fatores contribuintes para a estimativa do Coeficiente de Segurança. B – Bom ; R – Regular; M – Mau; G.D. – Gravidade dos Danos; PG – Pouco Grave;

G – Grave; MG – Muito Grave.

B – Tração / Compressão Puras

1

2.0 – TRAÇÃO/COMPRESSÃO PURAS Neste capítulo estudaremos o comportamento das peças prismáticas (barras retas) submetidas a um estado de tração (ou compressão) pura, onde o único esforço solicitante presente é a força normal N. 2.1 – FORÇA NORMAL A força normal N é a resultante dos esforços locais atuantes sobre a seção, na direção que lhe é perpendicular (Fig. 2.1.1-a). Segundo a convenção de sinais adotada, a tensão será (+) no caso de tração, e (-) no caso de compressão. A Fig. 2.1.1-c apresenta, para a peça esquematizada em b, o diagrama de esforços solicitantes que informa o valor da força normal em cada seção, em função de sua posição na peça (o efeito do preso próprio foi levado em consideração). O caso comum de peças em equilíbrio, submetidas, única e exclusivamente, à ação de apenas 2 forças, implica necessariamente em que essas duas forças sejam diretamente opostas. Assim é que sistemas compostos de barras articuladas, com cargas externas aplicadas nas articulações (nós) são estruturas (treliças) nas quais seus elementos são submetidos, exclusivamente, à tração ou compressão. Os métodos de determinação dos esforços nas barras de uma treliça são apresentados nos cursos de Mecânica Geral (Isostática – método das seções e método dos nós)

N T1=30 kN

P1 = 5 kN C1 = 20 kN

P2 = 10 kN

C2 = 20 kN

+

_

N em kN 30

25 15

25

(a) (b) (c) Fig. 2.1.1 – Tração (ou compressão). Força Normal. Diagrama de Força Normal.

N


2

P

P P P/2 P/2 2P 2P O conhecimento do sentido do esforço (se de tração ou compressão) é fundamental levando-se em conta que, enquanto peças esbeltas de aço comprimidas pelos topos correm o risco de uma instabilidade elástica (flambagem), por outro lado, peças de concreto são pouco resistentes à tração (necessitando da presença de armadura de aço). Muitos são os exemplos de elementos estruturais que trabalham sob tração ou compressão pura, como os pilares, os cabos flexíveis, parafusos, reservatórios sob pressão, etc. 2.2 – TENSÃO NORMAL Na determinação da distribuição das tensões normais ao longo dos pontos da seção transversal de uma barra reta submetida a esforço normal, faremos a hipótese simplificadora de que a seção reta permanece plana após a deformação (hipótese de Bernoulli). Isto implica em que as deformações específicas ε das fibras longitudinais da barra sejam uniformes e, levando em conta a proporcionalidade entre as tensões e deformações (Lei de Hooke) para o regime elástico, conclui-se que as tensões se distribuirão uniformemente ao longo dos diversos pontos da seção.

X (a) (b) Y Z

Fig. 2.1.2 – Treliça Simples. a) método das Seções; b) método dos nós.


3

Da definição de Força Normal, podemos escrever:

N = σ dA, e como σ foi suposto constante, obtemos:

................................ (2.2.1)

sendo a resultante N,desses esforços uniformemente distribuídos, aplicada no centróide da área da seção, já que, sendo o momento fletor nulo nos casos de tração/compressão pura (tanto em relação ao eixo y como ao eixo z), será correto escrever:

σ dA . y = Mz = 0 e σ dA . z = My = 0, portanto, y dA = 0 e z dA = 0. (os momentos estáticos serão nulos em relação a eixos que sejam baricêntricos)

A observação experimental confirma os resultados obtidos pela aplicação deste modelo simplificado para o cálculo das tensões em seções suficientemente afastadas dos pontos de aplicação das cargas externas (Princípio de Saint’Venant) ou em regiões onde não haja descontinuidades bruscas nas dimensões da seção transversal ao longo da barra (como furos, escalonamentos, etc), que provoquem concentração de tensões.

z ε N x y

dA σ

N

Fig. 2.2.1 – Tração ou Compressão. Tensão Normal no regime elástico.

∫

∫

σ = N / A

∫ ∫ ∫


4

Como exemplo, analisaremos a estrutura esquematizada na Fig. 2.2.2 (aparelho de carga) composto de uma barra de madeira AB, articulada em A e estaiada em B por um tirante de aço BC, dimensionada para içar uma carga de 1,0 tonelada.

1,00m

300

70 x 70 mm2

d = 15 mm

1 ton

B

A

C

Fig. 2.2.2 – Pau de Carga.

Na estrutura em análise (uma treliça simples), a barra AB estará comprimida enquanto o tirante de aço ficará tracionado.

A carga ativa de 1,00 tonelada, aplicada em B, (correspondente a uma força de 9,81 kN), quando decomposta nas direções da barra e do tirante (atenção, não confundir o conceito de componente com o de projeção!) fornece os seguintes valores para os esforços nos dois elementos da estrutura (em kN):

Nbarra = 2 x 9,81 = 19,62; Ntirante = 1,732 x 9,81 =16,99.

Para as tensões obtemos: σbarra = (19,62x103) / (70x70x10-6) = 4,00 MPa σtirante = (16,99x103) / (π x 152 x 10-6 / 4) = 96,14 MPa

16,99 kN

9,81 kN 19,62 kN

30°

Se adotarmos como tensões limites os valores 230 MPa (tração) para o tirante de aço e 48 MPa (compressão) para a barra de madeira (Tabela 1), avaliaríamos os coeficientes de segurança como sendo: (CS)aço = 230 / 96,14 = 2,39; (C/S)madeira = 48 / 4,00 = 12. Para a estrutura como um todo, o coeficiente de segurança teria o valor 2,39 (obviamente o menor). Na realidade, a barra de madeira comprimida, por ser longa e esbelta, poderá estar sujeita, não só ao esmagamento do material (como calculado), mas também a uma instabilidade elástica (flambagem). Como veremos adiante, a carga crítica para flambagem de uma barra articulada nas extremidades, de seção quadrada de lado a, de comprimento l e módulo de elasticidade longitudinal E é dada pela fórmula de Euler:

Pcrítico = π2 E a4 / 12 L2

No caso em análise Pcrítico = π2 x 13 x 109 x (0,070)4 / (12 x 22 ) = 64,18 kN O (CS)flambagem valeria 64,18 / 19,62 = 3,3 (e não o valor 12, calculado para o esmagamento).

Forças sobre o nó B ( )


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O efeito do peso próprio no caso em análise (provocando flexão na barra) é desprezível já que, tendo 2,0 m de comprimento e seção 70 x 70 mm2, com um volume de 2 x 0,072 = 0,0098 m3, teria um peso de aproximadamente 6,8 kgf (66N) (adotando uma densidade 0,69 – Tabela 1). No caso de colunas de grande altura, o efeito do peso próprio deve ser levado em conta.

A variação, tanto da força normal, como da área da seção, provoca modificações no valor da tensão normal ao longo da coluna que são determinadas pela análise estática da peça.

A Fig. 2.2.3 – “a” mostra o diagrama de tensões normais para uma coluna em forma de tronco de cone. No topo, a tensão vale P0 / A0. Na base a tensão será dada por:

σ = [P0 + ½ (A0 + Ah)x h x γ] / Ah], sendo γ o peso específico do material.

A Fig. 2.2.3 – “b” indica o formato do chamado “pilar de igual resistência” (aquele no qual o

valor da tensão é uniforme ao longo da extensão do pilar).

O equilíbrio de forças agindo no elemento de espessura dx nos permite escrever:

N + γ A dx = N + dN e portanto, (dN / dx) = γ A. Como, por hipótese, σ = N/A é uma constante (σ* ), dN = σ* dA e, portanto, (σ* dA / dx) = γ A. Separando as variáveis, teremos:

(dA / A) = γ dx, que integrada fornece: A = A0 eγ x = (P0 / A0) eγ x

P0 P0 A0 A0

h h

x

dx

Ah

Fig. 2.2.3 – a) Pilar em forma de tronco de cone. b) Pilar de igual resistência ( σ = constante = P0 / A0 )

N A N + dN

(a) (b)


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2.3 – DEFORMAÇÕES A deformação elástica sofrida por uma barra reta tracionada ou comprimida pode ser calculada, levando em conta a equação 1.6.7 aplicada a um elemento infinitesimal, escrevendo-se: No caso simples de barras de seção uniforme (A constante), submetida a uma força normal N constante e constituída de um mesmo material, a equação 2.3.1 se converte em δL = N Lo / E A = σ Lo / E.

Como um primeiro exemplo de aplicação, calculemos o deslocamento sofrido pela extremidade B da barra do pau de carga da figura 2.2.2, sob a ação da carga de 1,0 tf.

O cálculo efetuado poderia ser desenvolvido por considerações de energia.

ε = δ(dx) / dx = σ / E = N / E A,

que fornece a variação da dimensão dx representativa da distância entre duas seções contíguas. Portanto, no cálculo da elongação total (cumulativa) de uma barra reta submetida à tração/compressão teremos: Lo

δL=∫ (N / E A) dx ..........(2.3.1) 0

O conhecimento de como variam N, A e E, em função da posição x de cada seção, permitirá a determinação da elongação total através da integração definida para os limites da extensão da barra.

x

dx

N

A

Lo

Fig. 2.3.1 – Elongação de uma barra reta tracionada ou comprimida.

0,793 A barra AB diminuirá seu comprimento em: δLbarra = (19,62 x 103 x 2) / 13 x 109 x (70x70)x10-6 = 0,0006160 m = 0,616 mm; O tirante CB aumentará seu comprimento em: δLtirante = (16,99 x 103 x 1,732)/ 210x109 (πx152x10-6/4) = = 0,0007929 m = 0,793 mm. Diante das pequenas deformações podemos supor a manutenção da geometria quanto aos ângulos (por exemplo, o de 30°) e escrever: δh = 0,793 / tg30° + 0,616 / sen30º = 2,605 mm.

0,616

30°

δh


7

Realmente: o trabalho realizado pela força-peso da carga, ao deslocar seu ponto de aplicação de uma distância δh, para baixo, ficará armazenado, sob a forma de energia potencial elástica, nas peças deformadas (a barra comprimida e o tirante tracionado).

Assim, pode-se escrever:

½ P x δh = ½ Nb2 Lb / Eb Ab + ½ Nt

2 Lt / Et At (o fator ½ que aparece nas três parcelas representa o fato de que as forças são aplicadas estaticamente, crescendo linearmente, do valor zero até o seu valor final). No caso: ½ 9,81 x 103 x δh =

= ½ (-19,62 x 103)2 x 2,0 / 13 x 109 x (70x70x10-6) + ½ (16,99 x 103)2 x 1,732 / 210x109x(π152x10-3/4)

e, δh = 2,605mm.

2.4 – PROBLEMAS ESTATICAMENTE INDETERMINADOS. A possibilidade de se determinar as deformações sofridas pelas barras carregadas

axialmente permitirá a solução de problemas que, por redundância de vinculação, se tornam hiperestáticos (ou seja, aqueles para os quais as equações da Estática são numericamente insuficientes para a determinação dos esforços vinculares).

Assim é que, por exemplo, para a barra bi-engastada representada na Fig. 2.4.1, a equação da Estática disponível nos fornece, tão somente:

R1 + R2 = P ...................................................... (a),

Deixa-se como exercício, demonstrar que, para uma barra prismática, suspensa por uma das extremidades e pendendo na vertical sob a ação de seu próprio peso, a tensão máxima, ocorrente na parte superior onde é fixada, independe das dimensões da seção, sendo diretamente proporcional a seu comprimento. Além disso, a elongação total sofrida equivale à metade daquela a que uma barra de mesmas dimensões sofreria se lhe fosse aplicada uma força igual a seu peso na extremidade livre.

Fica também como exercício calcular, por integração, a elongação sofrida por uma barra em forma de um cone (admitindo-se que seja uma peça longa, de pequena conicidade, para a qual se pudesse supor uniforme a distribuição das tensões nos diversos pontos de cada seção).

lo

δL

Fig. 2.3.2 – Ação do peso próprio (exemplos)


8

podendo-se presumir que o trecho (1) estará comprimido, e o trecho (2) tracionado.

O levantamento da indeterminação pode ser feito das seguintes maneiras: A) pela compatibilidade dos deslocamentos (deformações): Como a manutenção da integridade da barra implica em que a diminuição do comprimento do

trecho (1) deva ser exatamente igual ao aumento do comprimento do trecho (2), poderemos escrever:

R2 x L2 / E2 x A2 = R1 x L1 / E1 x A1 ...........................................(b), que, combinada com (a), forma um sistema que permite calcular os valores de R1 e R2.

B) pela superposição dos efeitos: Supondo que o apoio da direita fosse retirado, a barra (1) ficaria submetida a um esforço de compressão de valor P, diminuindo seu comprimento no valor P L1 / E1 A1. A barra (2) seria arrastada, deslocando-se por translação, em igual valor. A força R2 necessária para tracionar a barra (2), para que a sua extremidade da direita volte a tocar o apoio da direita (retornando ao status real), seria:

R2 x L1 / E1 x A1 + R2 x L2 / E2 x A2 = P L1 / E1 A1 ...........................(b’) Nas duas alternativas para solução obteremos:

R1 = [E2 A2 L1 / (E2 A2 L1 + E1 A1 L2 )] P e R2 = [E1 A1 L2 / (E1 A1 L2 + E2 A2 L1 )] P

que, para o caso especial em que E1 = E2, L1 = L2 e A1 = A2, (simetria completa) se converte em R1 = R2 = P/2.

Observação: inicialmente, pode parecer que a segunda maneira de raciocinar seja mais complicada que a primeira. Isto realmente ocorre neste exemplo. Há casos, ao contrário, em que o uso da superposição dos efeitos se mostra mais apropriado que o da compatibilidade de deslocamentos.

Como segundo exemplo de aplicação, seja determinar as tensões de tração nos cabos de sustentação da barra rígida ABC esquematizada na figura 2.4.2.

A1 ; E1 A2 ; E2

P/2

P/2

R1 R2

Fig. 2.4.1 – Barra bi-engastada. Problema estaticamente indeterminado.

-

+

R1

R2

L2 L1


9

Obtem-se: C =2,56 B, o que, combinado com (a), nos permite calcular: B = 4,190 kN e C = 10,73 kN.

Ax = (3/5) x 10,73 = 6,436 kN e Ay = - 0,774 kN e [A] = [(6,436)2 + (-0,774)2]1/2 = 6,48 kN (força no pino A). As tensões pedidas valerão: σB

= 4,19x103/300x10-6 = 14,0 MPa e σC = 10,73x103/200x10-6 = 53,7 MPa. 2.5 – INFLUÊNCIA DA TEMPERATURA – Tensões térmicas e de montagem. Como é sabido, as dimensões dos corpos sofrem alterações em função da variação de temperatura. A propriedade física que estabelece a relação de proporcionalidade, observada experimentalmente, entre a variação da dimensão longitudinal de uma peça e a variação de temperatura correspondente é denominada coeficiente de dilatação térmica linear (α) , definido pela expressão: δLT = α Lo δT ..................... (2.5.1) sendo α medido em ºC-1.

Ax B C Ay

2,0m 1,0m 1,0m

2,0m

3,5m

12 kN 300mm2

70GPa 200mm2

210GPa

A B C

1,2 kN

3

5 4

δC δB

Solução As equações da Estática nos dão: ΣFx = 0 (3/5) C = Ax ΣFy = 0 Ay + B + (4/5) C = 12 (kN) ΣMA = 0 12 x 3 =B x 2 + (4/5)Cx4 e, portanto, trata-se de um problema hiperestático (o nº de incógnitas é maior que o n° de equações da Estática disponíveis), podendo-se escrever: B + 8C = 90 (kN) .................... (a) A suposição de que a barra ABC permanece rígida enquanto os cabos de sustentação se alongam, nos permite escrever (pela compatibilidade dos pequenos deslocamentos ocorrentes): δB/ 2 = δC / 4 e δC = 2 δB Mas o deslocamento vertical do ponto B (δB) é a própria elongação do tirante B (δLB) enquanto que o deslocamento vertical da extremidade C da barra pode ser decomposto: numa parte que alonga o tirante C (o δLC) e outra que o faz girar. Como, pelo ângulo de inclinação do cabo, se tem (δLC = (4/5) δC, podemos escrever: 2 δLB = (5/4) δLC e portanto: 2[(B x 2,0)/70x109 x 300x10-6 ] = = (5/4)[ (C x 2,5)/210x109 x 200x10-6].

δC δLC

Fig. 2.4.2 – Barra rígida articulada em A e estaiada por dois tirantes distintos, em B e C.


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A tabela 1 anteriormente apresentada relaciona os valores do coeficiente de dilatação térmica dos materiais lá listados, destacando-se que, para o aço,

αaço = 12 x 10-6 °C-1. O espaçamento entre os trilhos das ferrovias, ou entre os tabuleiros das pontes rodoviárias, como também a colocação de juntas de expansão em canalizações de instalações a vapor, são exemplos de providências adotadas na construção civil e mecânica objetivando eliminar as chamadas tensões térmicas decorrentes de um impedimento para a expansão dos materiais, decorrentes de variações de temperatura a que foram submetidos. São também freqüentes os casos nos quais, para a montagem de peças com interferência (como luvas em eixos, revestimentos, mancais etc) é provocada uma alteração de temperatura para compatibilizar as dimensões e viabilizar o acoplamento das partes, após o que, com o retorno à temperatura original, aparecem as chamadas tensões de montagem. Exemplo 2.5.1 - Imagine uma barra reta, de comprimento Lo, área de seção Ao, material com módulo de elasticidade longitudinal E e coeficiente de dilatação térmica α, montada, sem interferência, em um reparo fixo, indeformável, com a mesma extensão Lo. Suponha que tal peça, depois de montada, sofresse um acréscimo de temperatura δT. A peça, impedida de se expandir, ficará submetida a esforços de compressão. A equação da Estática disponível para a análise do caso apenas nos indicará que a força normal N que comprime uma das extremidades será igual e oposta àquela que atua na outra. Trata-se de um problema hiperestático.

Supondo que a barra fosse liberada de seus vínculos e submetida à uma variação de temperatura δT, aumentaria seu comprimento em δLT = α Lo δT. Supondo agora que a barra dilatada fosse comprimida mecanicamente pelas extremidades, de forma a retornar a seu comprimento original, teríamos: δLM = N Lo / E Ao , o que permitiria refazer a montagem. Igualando as elongações (térmica e mecânica) obtemos: σ = N/A = α E δT (independe das dimensões da barra). Uma peça de aço, impedida de se deformar e sofrendo um acréscimo de 100°C, apresentará tensões térmicas de valor = 12 x 10-6 x 210x109 x 100 = 252 x 106 N/m2 = 252 MPa (ver tabela 1~tensão de escoamento).

N δL

Fig- 2.5.1 - Exemplo. Tensões térmicas

400 mm

d=12

D=18mm φ = 10

Tubo de Alumínio

Parafuso de Latão

Porca Passo = 2 mm

Arruela

Exemplo 2.5.2 O parafuso de Latão (E = 105 GPa e α = 20 x 10-6 ºC-1) é colocado dentro de um tubo de alumínio (E = 70 GPa e α = 24 x 10-6 ºC-1) com as dimensões assinaladas e montado sem tensões prévias. Calcule as tensões normais despertadas no parafuso e no tubo considerando:

a) que se dê um acréscimo de 160ºC na temperatura do conjunto;

b) que se dê um aperto à porca (passo = 2mm), com um quarto de volta;

c) que as duas condições anteriores sejam promovidas concomitantemente. Fig. 2.5.2 – Tensões térmicas e de montagem


11

Solução – (a) Ao ser promovido o acréscimo de 160°C na temperatura do conjunto, as duas peças terão tendência a aumentar seus comprimentos. Se estivessem livres para se expandir, ao final, ficariam com seus comprimentos diferentes (Ltubo > Lparafuso ). Para a montagem, o tubo ficará comprimido enquanto o parafuso tracionado. O princípio da ação e reação, combinado com o equilíbrio de forças nas arruelas, implicará em que a força normal N de compressão no tubo será igual à força normal N de tração no parafuso (como se vê, trata-se de um problema hiperestático). O levantamento da indeterminação será feito pela análise da compatibilidade de deslocamentos (deformações).

2.6 – Material Elasto-Plástico

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.

δLTtubo

δLTparaf

δLMparaf

δLMtubo

A figura ao lado mostra que tal compatibilidade de deslocamentos fica configurada no fato de que, ao final, os comprimentos das duas peças serão iguais, podendo-se escrever: [(δL)Térmico]parafuso + [(δL)Mecânico]parafuso = = [(δL)Térmico]Tubo - [(δL)Mecânico]Tubo. Portanto: 20x10-6 x0,4x160 + N(0,4)/105x109x(π/4)(10)2x10-6= = 24x10-6x0,4x160 – N(0,4)/70x109x(π/4)(182-122)x10-6

e N = 2.879N. As tensões pedidas valerão: σTubo = 2.879/(π/4)(182 – 122)x10-6 = 20,4 MPa (C) σParaf = 2.879/(π/4)(10)2x10-6 = 36,7 MPa (T)

(b) – Imaginando que o aperto dado à porca fosse feito com o tubo desmontado, o comprimento do parafuso seria reduzido de (1/4) x 2 = 0,5mm. Para a montagem, o parafuso teria que ser tracionado, enquanto o tubo comprimido (como no caso anterior). Da mesma forma poderemos escrever:

[δLparafuso]tração+ [δLTubo]compressão = 0,5 mm e

N(0,4)/105x109x(π/4)(10)2 x10-6 + N(0,4)/70x109x(π/4)(182–122)x10-6 = 0,5 x 10-3. N = 5.623N; σTubo = 5623/(π/4)(182 – 122)x10-6 = 39,8 MPa (C) σParaf = 5623/(π/4)(10)2x10-6 = 71,7 MPa (T) (c) – Por simples superposição dos efeitos teremos: σTubo = 60,2 MPa(C) e : σParafuso = 108 MPa(T)

Um modelo matemático que se ajusta a tal comportamento seria o dado pelas equações: σ = E ε ............. para ε ≤ εescoamento σ = σescoamento .... para ε ≥ εescoamento

σescoamento

ε

σ

Fig. 2.7.1 – Material elasto-plástico.


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Na solução de problemas hiperestáticos envolvendo tal tipo de material, não se sabendo a priori se ocorreu a plastificação, admite-se que o comportamento é elástico e, computando-se a tensão correspondente, será ela comparada com a tensão de escoamento para verificar a validade da suposição. Se σ calulado > σ escoamento , conclui-se que haverá a plastificação, ficando conhecida a tensão (e a força normal), levantando a indeterminação hiperestática.

Exemplo 2.7.1 – Para a estrutura esquematizada na figura, determine as tensões normais nas hastes A e B considerando: a) que a barra A (liga de alumínio – elástica, E = 70 GPa, σproporc = 390MPa) tem Área = 1.200mm2; b) que a barra B (aço elasto-plástico, E = 210 GPa e σescoam = 200 MPa) tem Área = 1.500 mm2; c) que a viga CD é rígida. d) que, antes da aplicação da força P, existe uma folga de 0,08 mm na conexão entre a barra A e a viga CD. (Obs.: verifique se o limite elástico das hastes é atingido)

Folga 0,08mm

A

B

150 100 75

250mm

D

P =180kN

Solução: analisando as forças atuantes na viga CD e tomando momentos em relação ao apoio em D podemos escrever: 180 x 325 = A x 175 + B x 75, ou seja: 7 A + 3 B = 2.340 (kN) ......... (a)

δA δB

A B D

180

150 100 75

C

A rigidez da viga CD permite estabelecer uma relação linear entre os pequenos deslocamentos verticais sofridos por seus pontos de contato com as barras verticais A e B, de sorte que: δA / 175 = δB / 75 , ou seja: δA = (7/3) δB. Ocorre que o deslocamento δB é a deformação δLB da barra B, enquanto o deslocamento δA é a deformação δLA da barra A acrescida da folga de 0,08mm. Portanto podemos escrever, de 2.3.1 que estabelece a relação δL = N Lo / E A (admitindo que ambas as barras trabalhem na fase elástica): 0,08 x 10-3 + A (0,250) / 70 x 109 x 1200 x 10-6 = (7/3) B (0,250) / 210 x 109 x 1500 x 10-6 , que se reduz a: 80 + 2,9761 A = 1,8517 B (A e B em kN) ................................................... (b).

C D


13

Combinando (a) e (b) obtemos: A = 187,1 kN e B = 343, 4 kN. Calculando as tensões normais teremos: σA = 187,1 x 103 / 1200 x 10-6 = 155,8 MPa; e σB = 343,4 x 103 / 1500 x 10-6 = 228,9 MPa Este valor é incompatível com a hipótese feita já que supera a tensão de escoamento 200MPa.

Portanto, ocorrerá a plastificação da barra de aço B, ficando a tensão determinada no valor σB = 200 MPa, e a correspondente força normal no valor B = 200x106 x 1500x10 –6

=300kN, Sendo levantada a indeterminação, podemos tirar de (a) que A = 205,7 kN. Finalmente, teremos: σA = 205,7 x 103 / 1200 x 10-6 = 171,4 MPa (< 390 MPa, compatível com a hipótese de que a barra A trabalha no regime elástico). Na posição final da viga teremos: δLA = σA L/E = 171,4 x 106 x 0,250 / 70 x 109 = 0,6121x10-3 m, enquanto δA = δLA + folga = (0,6121 + 0,08) x 10-3 m = 0,6921 mm. Portanto, δB = (3/7) δA = 0,2966mm. O deslocamento vertical da extremidade C da viga é tal que δC = (325/75) δB = 1,2854 mm.

Se considerarmos que a força P, após atingir seu valor final (180kN), fosse diminuída até alcançar o valor zero, concluiríamos que a barra B, por ter sofrido a plastificação, ficaria com uma deformação longitudinal remanescente, o que provocaria tensões residuais. Tais tensões seriam calculadas lembrando que, ao ser descarregada a força B que provocou a plastificação da barra, a relação tensão x deformação retorna a ser linear (com a mesma taxa da fase elástica).

Assim, quando a força na barra B atinge o valor zero (com uma deformação residual), a força em A ainda é de tração, sendo o valor de P tal que Px375 = Ax175. Continuando o valor de P a decrescer até zero, a força A diminuirá de valor, passando a barra B a ficar comprimida. Quando P = 0 teremos: Ax175 = Bx75; como δA = (7/3) δB, permanece válida a equação (b), sendo : 80 + 2,9761 A = 1,8517 B (A e B em kN). Portanto, tiramos A = 59,5 kN e B = 138,8 kN.

As tensões residuais valerão:

σA = 39,7 MPa (T); σB= 116 MPa (C); δA δB

A B D P=0

150 100 75

C


14

2.7 – RESERVATÓRIOS DE PAREDE FINA SOB PRESSÃO

O cálculo de tensões normais em vasos de parede fina que armazenam ou transportam fluidos sob pressão é de simples realização, desde que se possa admitir simetria circunferencial para a atuação da pressão (caso de gases e caso de líquidos em reservatórios cilíndricos com eixo na posição vertical) como também uma distribuição uniforme dessas tensões ao longo da pequena extensão da parede do reservatório (menor que 10% do raio de curvatura da casca).

Analisando o equilíbrio dos esforços atuantes nos elementos indicados na Fig. 2.6.1 podemos determinar os valores das componentes de tensão normal (circunferencial e longitudinal), para o caso mais comum de um reservatório cilíndrico de raio R e parede de espessura e (menor que R/10)

. O equilíbrio das forças atuantes no corpo livre representado na Fig. 2.6.1 (a) (metade do cilindro, secionado por um plano longitudinal, com extensão L, incluindo o fluido em seu interior) permite escrever:

p x (2R x L) = 2σc x e x L , portanto σc = pR/e ou seja, .............................................................................................(2.6.1)

σc

σc

σc

σc σL

σL

σL

σL

σL P

P

P

fluido

σc σc P

L

R

Fig. 2.6.1 – Tensões Circunferencial e Longitudinal em reservatórios cilíndricos de parede fina sob pressão p (pressão manométrica – diferença entre a pressão absoluta do fluido pabs e a pressão do meio externo patm).

σc

(a)

(b)

e

σc = pd/2e

fluido


15

O equilíbrio das forças atuantes no corpo livre representado na Fig. 2.6.1 (b) (parte do tubo, fechado na outra extremidade e secionado por um plano transversal, incluindo o fluido) permite escrever:

P x π R2 = σL x 2πR x e (já que e << R) e então σL = pR/2e ou seja, ............................................................................................... (2.6.2) Para o caso de um reservatório esférico, a tensão circunferencial será a mesma em todas as direções e seu valor será igual àquele correspondente à tensão longitudinal presente em um reservatório cilíndrico de mesmo diâmetro e espessura de parede, sob a mesma pressão (a dedução seria idêntica, utilizando a Fig. 2.6.1 b). Esta é a razão de se utilizar reservatórios esféricos para gases em alta pressão, já que a tensão na casca será a metade daquela correspondente a um reservatório cilíndrico de mesmas proporções. Exemplo 2.6.1 – O reservatório cilíndrico da figura, de tampas hemisféricas, com diâmetro interno D = 1,00m, comprimento L = 3,00m, é fabricado em chapa de aço (E = 200 GPa, ν = 0,300 e σescoamento = 250 MPa), com espessura e = 2mm. Pede-se determinar:

a) a pressão admissível (em atmosferas) para o reservatório, supondo um coeficiente de segurança 2,5 para a tensão normal, com relação ao escoamento, e

b) os acréscimos do diâmetro D e da dimensão L, devido às deformações do reservatório.

NOTA – 1 atmosfera = 105 N/m2 = 100 kPa (~ 1,0 kgf/cm2 ~ 14,7 lbf/pol2 ~ 14,7 psi)

Solução - A maior tensão normal de tração na chapa do reservatório ocorrerá em seu corpo cilíndrico, na direção circunferencial e terá para valor admissível:

σadm = σesc / C.S. = 250 x 106 / 2,5 = 100MPa = pD/2e = p (1,0)/2(0,002) = 100x106 e então, .............. p = 4 x 105 = 4 atmosferas (resposta a). Quanto às deformações, verifica-se que a tensão circunferencial provocará um aumento do perímetro do recipiente (e, portanto, de seu diâmetro) que será, em parte, diminuído pelo

σL = pd/4e

P e

D

L


16

efeito lateral (Poisson) decorrente do aumento da dimensão longitudinal L, em decorrência da tensão longitudinal. As tensões circunferencial e longitudinal no corpo cilíndrico valerão:

σc = pD/2e = 100MPa e σL = pD/4e = 50 MPa Portanto, à luz da Lei de Hooke Generalizada, podemos escrever:

εc = (1/E) [ σc - ν σL ] = (1/200x109) [ 100 – 0,3 (50) ] x 106 = 0,425 x 10-3

δD = εc x D = 0,425 x 10-3 x (1,0 m) = 0,425 mm (resposta b).

εL = (1/E) [ σL - ν σc ] = (1/200x109) [ 50 – 0,3 (100) ] x 106 = 0,100 x 10-3

δL = εL x L = 0,100 x 10-3 x (3,0 m) = 0,300 mm (resposta b). OBS.: (o efeito da pressão, como uma terceira tensão σ3 = -p, agindo na parede interna do duto, no sentido de diminuir a espessura, é desprezivel, como também sua influência na variação das outras dimensões).

150 mm

150,1 mm

3,0mm

Exemplo 2 .6.2 - O eixo maciço de aço (Eaço = 210 GPa e αaço = 12 x 10-6 °C-1), com diâmetro de 150,1 mm, vai ser encamisado por uma bronzina (Ebronze = 100 GPa e αbronze = 17 x 10-6 °C-1 ) com diâmetro interno de 150,0mm e espessura 3,0 mm. Para a montagem é dado um acréscimo de temperatura δT à camisa e, após o resfriamento do conjunto até a temperatura ambiente, a peça ficará montada com interferência. Pede-se determinar: a) o acréscimo δT mínimo para permitir a

montagem; b) a tensão circunferencial despertada na camisa após restabelecido o equilíbrio térmico.

Solução – a) O aumento de diâmetro da luva, necessário para a montagem, será alcançado através de uma deformação circunferencial, aumentando o perímetro (πd), pelo efeito da dilatação térmica. Assim, δd = α do δT, e portanto, δT = δd / α do = 0,1 / 150 x 17 x 10-6 = 39,2ºC. (Resp. a) b) Ao ser resfriado o conjunto, retornando à temperatura ambiente, a luva ficará com uma tensão circunferencial σc = pd / 2e = E εc = 100 x 109 x (0,1)/(150) = p (150) / 2 x 3, de onde se tira: p = 2,667 MPa. Portanto: σc = 2,667 x 150 / 2 x 3 = 66,7 MPa (valor que, pela Tabela 1, corresponderia a um coeficiente de segurança igual a 2,1, com relação ao escoamento) (Resp. b) O efeito da pressão p sobre o eixo maciço provocaria uma diminuição em seu diâmetro, que não foi considerada nos cálculos, porque é desprezível em presença da interferência entre as dimensões. Realmente, ε3 = (1/E)[(-p) - ν(-p)] = (1/E) (1 - ν)(-p) = (1/210x109)(1 – 0,3)(-2,667x106) =8,889 x 10-9, o que daria uma diminuição de diâmetro da ordem de 150 x 8,889 x 10-9 = 0,00133 mm.


17

O caso geral de reservatórios de parede fina, com dupla curvatura, satisfazendo às hipóteses simplificadoras de simetria circunferencial para a pressão e uniformidade na distribuição da tensão ao longo da espessura da parede, é tratado através da equação de Laplace:

..............................................................(2.6.3)

σ1

σ1

σ2

σ2

ds1 ds2

σ1 σ1

σ2

σ2

ds2

ds1

R2 R1 dϕ1

dϕ2

Fig. 2.6.2 – Cascas de parede fina com dupla curvatura. Equação de Laplace.

e

(σ1 / R1) + (σ2 / R2)= (p/e)

O equilíbrio de forças agindo no sentido da normal ao elemento da casca (ds1 x ds2) fornece:

p x ds1 x ds2 = 2(σ1 x ds2 x e) sen(dϕ1/2) + 2(σ2 x ds1 x e) sen(dϕ2/2) .

Como ds1 = R1 dϕ1 e ds2 = R2 dϕ2; sen(dϕ) ∼ (dϕ), tem-se: p R1 R2 = σ1 R2 e + σ2 R1 e, que nos leva à (2.6.3)

O caso particular de uma casca esférica (R1 = R2 = R) nos permite obter o

valor para a tensão circunferencial (uniforme para todas as direções) como sendo σc = pR/2e. Já nos casos de cascas cilíndricas ou cônicas (onde R2 ∞), tem-se σc = pR/e. A outra componente da tensão será determinada analisando-se o equilíbrio de forças atuantes numa seção transversal do duto.

p

p


18

r

R

Exemplo 2.6.3 – Um recipiente em forma de um toróide (como uma câmara para pneu), com espessura e na parede e os raios R e r indicados na figura, é submetido a uma pressão interna p . Pede-se determinar o valor da maior tensão normal na parede do recipiente, indicando o ponto onde ela ocorre. Solução: Analisaremos os pontos A, B e C mostrados, através do equilíbrio de esforços atuantes nas partes do duto correspondentes, assinaladas nas figuras abaixo:

B

A

C

e

B B

A A p p

p p

σc σc

σc σc

Para o PONTO A, o equilíbrio das forças verticais no corpo livre esquematizado fornece:

σc x 2 π (R + r) e = p π [(R + r)2 – R2 ]; portanto, σc = (pr/2e)[(2R+r)/(R+r)]. Levando em (2.6.3), obtem-se: σL = pr/2e.

Para o PONTO B, tem-se, analogamente: σc x 2 π (R - r) e = p π [(R)2 - (R - r)2]; portanto, σc = (pr/2e)[(2R-r)/(R-r)].

Levando em (2.5), obtem-se, da mesma forma, σL = pr/2e. Convém realçar que o valor da tensão longitudinal é o mesmo para todos os pontos da

parede, conclusão a que se pode chegar analisando o equilíbrio de forças atuantes em um setor infinitesimal em qualquer posição no duto, escrevendo:

σL x e x r dθ = p x ½ (r dθ) r ⇒ σL = pr/2e. No PONTO C, teremos, de (2.6.3): (σc / r) + (σL / ∞ ) = p/e ∴ σc = (pr/2e). Como para R>r, (2R-r)/(R-r) < (2R+r)/(R+r), conclui-se que B é o ponto crítico do toro, pela maior tensão circunferencial atuante: σc = (pr/2e)[(2R-r)/(R-r)]. Note que, para R→∞, σc = (pr/e) e para R→ r, σc →∞.

σL p

r dθ

Corte Puro

1

3.0 – CORTE PURO 3.1 – Tensão tangencial e distorção - A análise das tensões e deformações em peças submetidas à solicitação pura de corte será feita de maneira simples, computando-se o valor médio da tensão tangencial despertada utilizando a relação vista em 1.5.1:

sendo Q a força cortante e A a área da seção cisalhada, admitindo uniformidade na distribuição de tensões nos diversos pontos da seção. Tal hipótese pode ser aplicada nos casos de corte de chapas por guilhotinas, furação através de punções, uniões de chapas por rebites ou parafusos, acoplamentos de eixos por flanges, cavi-lhas, chavetas, etc. A Fig. 3.1.1 mostra alguns exem-plos de peças submetidas a corte puro. No cômputo das deformações, con-sideraremos o regime elástico, utilizando a Lei de Hooke para as distorções, escre-vendo (como em 1.6.11):

Q

τ

γ

A

h

Fig. 3.1.1 – Corte Puro

Considerando os pequenos valores da distorção (Fig. 3.1.1), γ ∼ tg γ = δ / h,

podemos escrever: ............. (3.1.1)

τ = Q / Α

τ = G γ

δ = Q h / G A.

Exemplo 3.1.1 – A suspensão elástica esquematizada consta de dois blocos retangulares de borracha dura (G = 20 MPa) colados à placa rígida A.

Calcular o valor admissível para a carga P, considerando:

a) que a tensão τ na borracha não deva ultrapassar o valor 1,6 MPa;

b) que a deflexão δ da placa não ul-trapasse 2,0 mm;

c) que as duas condições acima se-jam atendidas (simultaneamente)

P

δ

150 mm

60

24 24

borracha

A

Corte Puro

2

3.2 – Uniões por Rebites e parafusos Muitos elementos estruturais e de máquinas são compostos pela junção de cha-pas através de rebites ou parafusos, que transmitem forças de união entre as partes (chapas de reservatórios cilíndricos, almas e mesas de perfis para vigas, abas de can-toneiras, etc.).

Solução a) Para uma tensão τ = 1,6 MPa, teremos: 1,6 x 106=(P / 2) x 150 x 60 x 10-6 , Padm =28,8 kN b) Como δ = (P/2)h / G A, para δ = 2 mm tem-se: 2 = (P/2) x 24 / 20 x 106 x 150 x 60 x 10-6 e Padm =30,0 kN. c) o valor de P que atende, simultaneamente, aos requisitos de (a) e (b), evidentemente, será o menor: Padm =28,8 kN.

δ

P

24 24

150

D d

h

P

δ

Exemplo 3.1.2 – Para a fundação elástica esquematizada estabeleça a relação entre a força P e o re-calque δ em função das dimen-sões d, D e h do cilindro elástico de módulo de rigidez G. (o que se pede é o “k” da mola, segundo a lei de Hooke F = kx). Obs.: note que, no caso, τ = P/A e A = 2πrh, com r variando entre d/2 e D/2, portanto a distorção γ varia em função de r.

r

Junta por superposição duplamente rebitada

Junta de topo duplamente rebitada

Cantoneira de ligação (borboleta) entre co-luna e viga ou entre mesa e alma de viga.

Fig. 3.2.1 – Uniões por rebites.

Corte Puro

3

O rebite é normalmente conformado de maneira a fazer a união entre as chapas, ficando tracionado pelas cabeças e comprimindo as chapas entre si (o mesmo ocorre nas uniões através de parafusos que, após o aperto das porcas, trabalham tracionados). Em junções novas o atrito entre as chapas contribui para diminuir o esforço de corte no pino de união. Em juntas já trabalhadas, com deformações permanentes, o atrito ficará minimizado, passando o esforço para a junção ao encargo dos pinos de união. Por isso, o esforço de atrito entre as chapas, provocados pelas tensões de montagem, são desconsiderados no dimensionamento das juntas. A figura 3.2.1 mostra alguns tipos de uniões por rebites. As uniões rebitadas (ou parafusadas) podem apresentar ruptura basicamente a-través de: 3.2(a) – Carregamento Centrado. A distribuição de forças pelos rebites em uma ligação multi-rebitada submetida a um esforço de tração centrado, para o caso de chapas suficientemente espessas para as quais as deformações possam ser consideradas desprezíveis, será estudada através da hipótese mais simples de uniformidade de distribuição de forças pelos rebites. Tal hipótese se baseia no raciocínio de que o escorregamento entre as chapas, decorrente das distorções dos rebites, provoca deformações iguais para os rebites. Como são de mesmas dimensões e mesmo material elástico, conclui-se que as forças neles atuantes devem ser iguais.

a) Tração das chapas - na altura da seção enfraquecida pela presença dos orifícios de pas-sagem dos rebites;

b) Cisalhamento dos rebites – devendo-se analisar se está submetido a corte simples ou du-plo;

c) Compressão do furo – por esmagamento através de tensão normal calculada através da área projetada (produto da espessura da chapa pelo di-âmetro do rebite);

d) Rasgo da chapa entre os furos ou próximo à borda da chapa – evitado se a distância entre os furos ou do furo até a borda for superior a 2,0 ou 2,5 vezes o diâmetro do furo.

P 100

8mm Exemplo 3.2.a – Calcular o valor admissível para a for-ça P aplicada à chapa rebitada, de 8 mm de espessura, considerando as seguintes tensões limites, tanto para a chapa, como para os rebites:

σtração = σcompressão = 120 MPa; τ = 70 MPa

8 rebites d = 10 mm

Fig. 3.2.2 – Uniões Rebitadas. Esforços nas Chapas e nos Rebites.

Corte Puro

4

3.2.(b) – Carregamento excêntrico A Fig. 3.2.b1 representa o caso de uma união rebitada submetida a uma carga não centrada. A determinação dos esforços em cada rebite será feita através do mesmo método para solução dos problemas hiperestáticos, utilizando o raciocínio relacionado com a compatibilidade dos deslocamentos (e deformações) dos rebites, partindo da mesma premissa anterior quanto à indeformabilidade da chapa. Assim, a força excên-trica P será substituída por um sistema força-conjugado equivalente, aplicado no cen-tróide da distribuição das áreas dos rebites na união.

Solução – Admitindo a uniformidade na distribuição das forças pelos rebites (compatível com a hipótese de que, sendo a chapa indeformável, os deslocamentos e as deformações dos rebites serão iguais) concluímos que a força em cada rebite vale P/8. Na seção (1), a força de tração na chapa será igual a P e (σT)1 = P/[8x(100 – 2x10)x10-6] = 120x106 . Portanto (Padm)1 = 76,80 kN. Na seção (2), a força de tração na chapa será igual a (6/8)P e (σT)2 = [(6/8)P] / [8x(100 – 3x10)x10-6] = 120x106 . Portanto (Padm)2 = 89.60 kN. Na seção (3) a tração na chapa será menor que em (2) e sendo a área a mesma, a tensão será menor, não necessitando calcular (Padm)3. A tensão de compressão nos furos nos permite escrever: (σc) = (P/8) / 10x8x10-6 = 120x106 e (Padm)4 = 76,80 kN. A tensão de corte nos rebites nos dá: (τ) = (P/8) / (π/4)102 x 10-6 = 70 x 106 e (Padm)5 = 43,98 kN. Portanto, (Padmissivel) = 44 kN (evidentemente, o menor valor).

(3) (2) (1)

30 30

40 40

1

2

300mm 10 kN

+ =

Fig. 3.2.b1 – Junta Rebitada com carregamento excêntrico.

Para o caso em apreciação, o sistema força-conjugado equivalente à força excêntrica de 10 kN, aplicado no rebite central (3), seria composto de uma força igual, de 10 kN ( ) e um conjugado de momen-to 10 kN x 300 mm = 3 kN.m ( ). A ação de translação vertical da força de 10 kN equivale a forças iguais a 10/5 = 2 kN ( ) em cada um dos 5 rebites. A ação de rotação em torno do pino central (3) se transmite através de dois binários, tais que: F2 x 0,08 + F1 x 0,06 = 3 kN.m A compatibilidade de deslocamentos (defor-mações) dos rebites, considerando a rotação da chapa rígida, permite prever que o rebite (2) sofrerá maior deformação que o rebite (1), ficando as forças na pro-porção: F1/ 30 = F2 / 40, o que permite obter: (4/3) F1 x 0,08 + F1 x 0,06 = 3 (kN.m) e então, F1 = 18 kN e F2 = 24 kN. Superpondo os efeitos obtemos: Para o rebite (1) – R1 = 2 + 18 = 20 kN. Para o rebite (2) – R2 = (22 + 242)1/2 = 24,1 kN. As forças nos demais pinos são calculadas de forma análoga.

3

F2

F2

F1

F1

2kN R2 R1

Corte Puro

5

Exemplo 3.2b2 – O eixo esquematizado transmite um torque T= 500 N.m ao acoplamento, através de um flange com 8 parafusos conforme indicado na figu-ra. Calcule as tensões médias de cisa-lhamento:

a) em cada parafuso; b) na união entre o flange e o corpo

do eixo.

8 parafusos d = 10 mm

40(D)

20

90 T

Solução – Supondo o flange indeformável, as deformações por distorção dos pinos se-rão iguais; como são de mesmo material e mesmas dimensões, as forças também serão iguais. Portanto, o torque T = 500 N.m produzirá nos parafusos forças de corte Q tais que: T = 8 x Q x R, ou seja: 0,5 x 103 = 8 x Q x 0,045 e Q = 1.389 N e τparafusos = 1.389/ (π/4)(10)2x10-6

τparafusos = 17,7 MPa (Resp. a) A superfície de contato entre o flange e o corpo do eixo, um cilindro de área total A = π (0,040)(0,020)= 2.513 x 10-6 m2, estará submetida a uma tensão tangencial circunferencial distribuída uniformemente, nos permitindo escrever: T = ∫ τ dA r = τ r ∫ dA = τ A r. Então, τ = T/A r = 500/2513x10-6x0,020

τ = 9,95 MPa (Resp. b)

R

Q

τ

r dA

b =12

Admitindo que o flange fosse co-nectado ao eixo por meio de uma chaveta (de seção retangular b x h = 12 x 8 mm2), determinar as tensões de cisalhamento (corte) e normal (compressão) no corpo da chaveta. (Obs. – tal conexão apenas permitiria a transmissão de torque entre eixo e flange, não sendo apta a transmitir esforços nor-mais).

Solução: a força de corte na chaveta vale: Q = T/r = 500 / 0,020 = 25kN. τ = 25 x 103 / 12 x 20 x 10-6 = 104 MPa A força de 25kN é a que comprime as faces laterais da chaveta, com a tensão normal: σ = 25 x 103 / 4 x 20 x 10-6 = 313 MPa

12 4

h = 8

20

20

25kN

25kN Observe que, para uma chaveta de seção quadrada (b = h), a tensão tangencial é a metade da normal (circunstância adequada aos materiais dúteis para os quais τesc. ~ ½ σesc.)

Corte Puro

6

3.3 – Uniões Soldadas. As uniões entre chapas metálicas, tubos, cantoneiras e perfis, com freqüência, são executadas por soldagem, através da fusão de material que preenche o espaço entre as partes a serem ligadas ou para formar um cordão. A Fig. 3.3.1 mostra alguns exemplos de ligações através do uso da solda.

45º

a

h

(a) (b) (c)

O formato da seção transversal do cordão de solda tipo filete se as-semelha a um quadrante de círculo, porém, devido ao brusco resfriamen-to, sua superfície em contato com a atmosfera sofre fissuras, fazendo com que apenas a parte em forma de triângulo retângulo isósceles seja consi-derada íntegra para resistir esforços cisalhantes.

Fig. 3.3.1 – Uniões soldadas. a) ligação a topo; b) ligação de topo com solda em “V”; c) cordão de solda tipo filete.

Fig. 3.3.2 – Uniões soldadas. Cordão de solda tipo filete. Garganta do cordão (no plano segundo o qual a tensão de cisalhamento é máxima- porque a área é mínima A = a x h x cos 45º).

garganta

Corte Puro

7

Exemplo 3.3.1 – A cantoneira de abas desi-guais está submetida a um estado de tração pura, pela força P = 200 kN, aplicada no centróide da área da seção do perfil. Pede-se determinar os comprimen-tos dos dois cordões de solda de forma a que a tensão cisalhante desper-tada na união não ultra-passe 30 MPa.

a1

a2

CG

160

40

10mm

F1

F2

200kN Solução: o equilíbrio das forças atuantes na cantoneira nos per-mite escrever: F1 + F2 = 200 e F1 x 160 = F2 x 40, portanto: F1 = 40 kN e F2 = 160 kN.

Os comprimentos dos cordões são calculados escrevendo-se: τ = 30 x 106 = 160 x 103 / a2 x 10 x 0,707 x 10-6 = 40 x 103 / a1 x 10 x 0,707 x 10-6 obtendo-se, finalmente: a1 = 189 mm e a2 = 754 mm.

160

40

Caso um terceiro cordão fosse acrescentado na extremidade da cantoneira, uma força F3 seria adicionada, permitindo a diminuição dos compri-mentos dos dois cordões laterais. Admitindo que o terceiro cordão (com a mesma dimensão de 10mm) se estenda pelos 200mm da alma da cantoneira e que a tensão nele presente atinja o valor admissível de 30MPa, tere-mos (ver nota 1): F3 = 30 x 106 x 200 x 10 x 0,707 x 10-6 e F3 = 42,4 kN. Tomando momentos em relação à quina A:

200 x 40 = F1 x 200 + 42,4 x 100, e F1 = 18,8 kN enquanto F2 = 138,8. Os novos comprimentos dos cordões laterais seriam dados por: 30 x 106 = 18,8 x 103/a1 x 10 x 0,707 = = 138,8 x 103/ a2 x 10 x 0,707. Portanto: a1 = 88,6 mm a2 = 654,4 mm.

Note que, nos dois casos, a soma dos comprimentos dos cordões é a mesma:189 + 754 = 88,6 + 654,4 + 200 =943mm

Nota 1 - Apesar de a resistência de um cordão de solda transversal ser 30% maior que a de um cordão longitudinal, adotaremos valores iguais, mantendo o multiplicador 0,707 nos cálculos.

a2

a1

200

F1

F2

F3

A

Corte Puro

8

Exemplo 3.3.2 - A coluna circular de diâmetro D é sol-dada em sua base por um cordão de solda circunferenci-al de largura b e submetido a um torque T. Calcule o valor admissível para o torque, supondo uma tensão tangencial admissível na solda de valor τ. (supor a di-mensão b muito pequena em presença de D)

T

D

b

Solução – Admitindo que a tensão tangencial é uniformemente distribuída ao longo da garanta circunferencial da solda, podemos escrever (já que D>>b – Nota 2): 2π

T = ∫0 τ (D/2)(dθ)(b/2)(D/2) = (π/4) τ D2 b.

dθ

Nota 2 - ao admitirmos a área da garganta como uma superfície cônica de raio D/2, e não (D/2)+ (b/4) cos 45, estaremos utilizando uma área um pouco menor que a verdadeira, obtendo um valor de T admissível um tanto menor que o máximo (a favor da segurança).

10 10

10 10

6

D=600

Exemplo 3.3.3 - A canalização esquematizada (chapa de 6 mm de espessura dobrada para um diâmetro interno de 600mm e costurada através de seções de rebites de 6mm de diâmetro, espaçados como indicado na figura) é submetida a uma pressão interna de 10 atmosferas. Pede-se determi-nar: A) a tensão cisalhante nos rebites SOLUÇÃO: (10 atm = ± 10 x 105 Pa = 1,0 MPa A tensão circunferencial na chapa valerá: σ = pD/2e = 1,0 x 600 / 2 x 6 = 50 MPa A força de tração numa extensão de chapa com 20 mm va-lerá: 50 x 20 x 6 = 6 kN, suportada por 3 rebites, portanto a força em cada rebite valerá: FR = 6 / 3 = 2 kN. A tensão tangencial correspondente será: τ = 2000/(π/4)(0,006)2 = 70,7 MPa. B) a tensão de cisalhamento na união caso fosse feita por um cordão de solda longitudinal co 6 mm de espessura. SOLUÇÃO: a força de tração numa extensão da chapa de 20mm valendo 6 kN, será suportada pelo cordão de 6mm de espessura com uma tensão máxima: τ = 6000 / 20 x 6 x 0,707 x 10-6 = 70,7 MPa. (na prática utiliza-se a área da garganta para cálculo da tensão na solda, independentemente da orientação da força no cordão)

10

10

10 10

6

50 MPa

6

D=600

20

D - Torção Pura

1

4.0 – TORÇÃO PURA 4.1 – Momento de Torção – Torque 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 ro-tação) iguala o torque motor, permanecendo, então, o eixo em rotação constante e torcido por um torque uniforme entre suas extremidades. A potência P transmitida está relacionada com o torque T e a rotação ω através da relação: P = δW/δt = 2F. r δθ / δt = T . ω; portanto, T = P/ω............(4.1.1)

Motor

Utilizador

ω

Torque Motor

Torque Resistente

Fig. 4.1.1 – Eixo submetido a Torque constante ao longo de sua extensão, entre os flanges do motor e do utilizador, após ser alcançada a velocidade em regime permanente de rotação.

ω

F

F

r δθ Exemplo 4.1.1 – Um motor de 60 CV (1 CV = 736 w) acio-na um utilizador através de um eixo com 4.000 rpm. Calcu-le o torque aplicado ao eixo. Solução: P = 60 x 736 = 44,16 kW; ω = 4000 x 2π / 60 =418,9 rad/s. T =105,4 m.N (Resp.)

D - Torção Pura

2

4.2 – Torção de eixos de seção circular e material elástico. 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 potên-cia 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 deforma-ção 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), po-demos 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 = k r...........................................(4.2.1)

Como o torque T é a resultante dos momentos das forças tangenciais atuantes na seção, em relação a seu centro, podemos escrever: D/2

T = ∫0 τ 2π r dr x r. Considerando a relação linear (4.2.1) teremos: D/2

T = ∫0 k 2π r3 dr = k [2π r4/4]0D/2 = k π D4/32, de onde tiramos:

k = T / (π D4/32).

r

τ

r

δθ

δL

γ

T

Fig. 4.2.1 – Torção 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.

(a) (b)

dr

τMax

D - Torção Pura

3

Convém observar que o termo π D4/32 vem a ser o “momento de inércia po-lar” (Jp) da área da seção em relação a seu centro. Levando em (4.2.1) teremos: τ = (T/Jp) r = [T / (π D4/32)] r. ............................................(4.2.2)

A máxima tensão ocorrerá ao longo da borda externa do eixo, onde r = D/2, e. τMax = 16 T / π D3......................................................……....(4.2.3)

que pode ser reescrita como: τMax = T / Wt sendo Wt o denominado módulo de re-sistência à torção do eixo, valendo Wt = πD3/16 ≈ 0,2D3

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:

(Dmin)3 =(16 x 105,4) / π x 60 x 106 = 8,947 x 10-6 m3 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 (lar-gamente utilizados na indústria aeronáutica, onde a questão de pesos é crucial).

D d

Para os eixos vazados teremos: Jp = (π/32)(D4 – d4), que levada em (4.4) dá: τmax = 16 T / π D3 (1 - η4) ............(4.2.4) sendo η= d/D.

τmax

δL

δθ R r

T

γ

Fig. 4.2.2 – Tensões nos eixos de material elás-tico e seção circular torcidos

Fig. 4.2.3 – Deformações nos eixos de material elástico e seção circular torcidos

Quanto às deformações entre duas seções contíguas, separadas de δL, pode-mos estabelecer a seguinte relação entre a distorção sofrida por uma fibra longitudinal distante r do centro e a deformação angular δθ entre as seções:

D - Torção Pura

4

r δθ = γ δL ............................................ (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 = T/Jp) obtemos: dθ = Τ dL / G Jp ......(4.2.7)

γ

δθ

No caso de um eixo de diâmetro e material uniformes ao longo de sua exten-são L0, a integração de (4.2.7), de L=0 a L=L0 nos fornece: δθ = T L0 / G Jp ........(4.2.8) (observe a semelhança entre as equações 4.2.8, 1.6.8 e 3.1.1), sendo: Jp = π (D4 – d4)32 ≈ 0,1 (D4 – d4)

Exemplo 4.2.2 – Para o eixo es-quematizado 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: Gaço = 80 GPa; GLatao = 39 GPa.

400

600

T1 = 30kN.m

T1 = 15kN.m

T1 = 5kN.m Latão Vazado

D=150;d=100

A

B

C

D Aço

Maciço D=100 mm

500 mmAço

Maciço D=80 mm

T

20kN.m

10kN.m 5kN.m

Solução: o diagrama de torques ao longo do eixo permite obter os valores assinalados na figura ao lado: trecho DC: T = 5kN.m; trecho CB: T = 10kNm; trecho BA: T = 15 kNm. Portanto, as tensões máxi-mas calculadas por (4.2.3) atingirão os valores: CD- τmax = 16x5x103/π(0,080)3 = 49,7MPa BC- τmax = 16x10x103/π(0,100)3 = 50,9 MPa BA- onde η = 100/150 = 0,6667, teremos: τmax = 16x20x103/π(1 − η4)(0,150)3 = 37,6 MPa Portanto: Resp. (a) τmax = 50,9 MPa (trecho BC).

Quanto às deformações teremos:

D - Torção Pura

5

δθDA = δθDC + δθCB + δθBA (soma algébrica), sendo δθ = T L / G Jp ⇒ δθDC = [5x103 x 0,500] / [(80x109)(π)(0,080)4/32] = 0,007771 rad ( ) δθCB = [10x103 x 0,600] / [(80x109)(π)(0,100)4/32] = 0,007639 rad ( ) δθBA = [20x103 x 0,400] / [(39x109)(π)(0,1504 – 0,1004)/32] = 0,005143 rad ( ). Portanto: δθDA = 0,007771 – 0,007639 + 0,005143 = 0,005275 = 0,30º (Resp. b)

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 inter-mediário (aço - G = 80GPa e τadm = 60 MPa). Considerar ainda co-mo deformação limite o valor δθ /L = 2,5º /m.

R = 180mm

32 dentes 192 dentes

Eixo intermediário

R= 30mm 200 CV 3600 rpm

1 2

4

3

Solução – O eixo que aciona o pinhão (1) de entrada da caixa estará submetido a um torque T1 = 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 F12 = 390,5/0,030 = 13,02kN. Portanto o torque aplicado ao eixo intermediário pela coroa 2 valerá T2 = 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 atri-to (hipótese conservativa para o cálculo dos esforços nas diversas partes do mecanismo) concluímos que o eixo intermediário estará submetido a um torque T2 = T3 = 2,343 kN.m. Tratando-se de um eixo maciço e, levando em conta (4.2.3), podemos escrever, aten-dendo ao critério de resistência estabelecido: τMax = 16 T / π D3 ; 60 x 106 = 16 x 2,243 x 103 / π (D)3 e D = 57,5 mm Considerando o critério de rigidez admitido teremos, levando em conta (4.2.8): δθ / L0 = T / G Jp; (2,5 / 57,3 *) = 2,243 x 103 / (80 x 109)(π D4/32) 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)

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 ten-sões devido à torção nos eixos das polias (de raios R = 120mm e r = 30mm), pede-se de-terminar a velocidade de rotação limite para o motor ( ω − especificando se máxima ou mínima) de maneira a que a tensão tangen-cial nos eixos não ultrapasse o valor:

τ = 70,0 MPa.

ω D = 20mm D = 18mm

R

r

M

C

D - Torção Pura

6

4.3 – Problemas Estaticamente Indeterminados. O conhecimento das deformações por distorção angular dos eixos torcidos permite a solução de problemas hiperestáticos, bastando utilizar, em complemen-to às equações de equilíbrio dos torques, as equações de compatibilidade de de-formações.

L1

L2 G1; D1

G2; D2 T No exemplo da figura ao lado, o eixo escalonado é bi-engastado, estando sub-metido ao toque T.

T1 T T2 A análise do diagrama de tor-ques permite escrever, pelas condições de equilíbrio: T1 + T2 = T .....................(1) A compatibilidade de deforma-ções (o ângulo de torção da seção B em relação ao engaste A é igual em relação ao engaste C) permite escre-ver: T1 L1 / G1 JP1 = T2 L2 / G2 JP2...(2) (sistema de 2 equações que nos permite obter o valor das duas incógnitas T1 e T2)

T1

T2

T = 100 N.m

Exemplo 4.3.1 – Os eixos esque-matizados são fabricados em aço (G = 80 GPa). Pede-se calcular: a) a máxima tensão tangencial; b) o ângulo de giro da extremida-de livre A em relação ao chassis CF.

Solução: No trecho AB (isostático) a ten-são máxima valerá; τmax = 16 x 100 / π x (0,025)3=32,6MPa O ângulo de giro entre as seções A e B valerá: δΘAB = 32 x 100 x 0,7 / 80 x 109 x π x (0,025)4 = 0,02282 rad = 1,31º O torque aplicado ao trecho BC é estaticamente indeterminado, valendo: TBC = 100 – FEB x 0,040, onde FEB é a componente tangencial da força entre os dentes das engrenagens B e E.

600

700 mm

D = 20

D = 25

D = 20

RB = 40

RE = 120

Cordões de Solda

A

B

C

F

E

T = 100 N.m

FEB

TC

Fig. 4.3.1 – Eixo bi-engastado e torcido.

A

C B

D - Torção Pura

7

4.4 – Material Elasto-Plástico

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.

A compatibilidade de deslocamentos angulares das engrenagens, devido às deforma-ções dos respectivos eixos, permite escrever:

RB δθΒ = RE δθΕ, ou seja: RB (TB LB / G JPB ) = RE (TE LE / G JPE), e 0,040 x (100 – FBEx 0,040) x 0,600 / G (π/32) (0,020)4 =

= 0,120 x (FBE x 0,120) x 0,600 / G (π/32) (0,020)4. Obtem-se FBE = 250 N.

Portanto: TC = 100 – 250 x 0,040 = 90 N.m e TE = 250 x 0,120 = 30 N.m

O ângulo de giro da engrenagem E (devido à torçao do eixo FE) valerá:

δθΕ = 30,0 x 0,600 / 80 x 109 (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 ângu-

lo de torção do eixo BA fornece: δθAC = 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

τmax =32,6 MPa (Resp. a)

Exercício Proposto: O eixo encamisado repre-sentado na figura é atacado por um torque T a-través de uma cavilha diametral que atravessa a parte maciça e a camisa. As outras extremidades (do eixo e da camisa) estão solidamente engasta-das. Pede-se determinar o percentual do torque T que será absorvido pela camisa.

Dados: CAMISA – Bronze - G = 39 GPa Dexterno = 400 mm Dinterno = 340 mm

EIXO – (maciço) Aço G = 80 GPa

Um modelo matemático que se ajusta a tal comportamento seria o dado pelas equações: τ = G γ ............. para γ ≤ γescoamento τ = τescoamento ..... para γ ≥ γescoamento

τescoamento

γescoamento γ

τ

Fig. 4.4.1 – Material elasto-plástico.

T

D - Torção Pura

8

A análise da distribuição de tensões e deformações na torção de eixos fabrica-dos com tal tipo de material nos leva a concluir que, submetido a um torque crescen-te (T1 ↑ T2 ↑ T3 ↑ T4 ), a plastificação ocorrerá inicialmente na periferia (T2). constante (τesc.), até ocorrer a plastificação total (T4), após o que, um aumento do tor-que provocaria deformações crescentes até a ruína (já que as tensões teriam atingido seu limite máximo). A determinação do raio do núcleo elástico (re) é feita utilizando a equação que dá o valor do torque na seção como o somatório dos momentos das forças elementa-res atuantes em seus diversos pontos, a saber:

Explicitando o raio do núcleo elástico obtemos: re

3 = (D3 / 2) – 6T/π τe …. (4.4.1)

Prosseguindo a crescer o torque (T3), a tensão máxima se mante-rá estacionária no valor τesc. , causando a plastificação das camadas interiores, que ficam divididas numa região central (núcleo elástico) onde a tensão varia linearmente de zero no centro a τesc. , e um anel plasti-ficado, onde a tensão será

Fig. 4.4.2 – Núcleo elástico – Coroa plastificada

T1 T2 T3 T4

τesc τesc τesc

τ

D/2

T = ∫0 τ dA . r = re (D/2)

= ∫0 (k r) dA . r + ∫re τe dA . r ; Fazendo dA = 2π r dr (onde é constante a tensão τ), obtem-se: T = [k 2π r4/4]o

re + [2π r3 / 3]reD/2 .

Considerando que, no limite do núcleo elás-tico (r = re), onde ainda se pode escrever que τ = k r, com τ = τe , tem-se: k = τe / re, e T = [τe π re

3/2] + (2π / 3)(D3/8 – re3) . Fig.4.4.3 – Raio do núcleo elástico.

r dr

re

T

D

τ

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 τe = G γe, o que leva a dθ = τe dL / G re, que, integrada de 0 a L nos dá: δθ = τe L / G re ............................................. (4.4.2) que ocupa o lugar da equação (4.2.8), no caso de eixos plastificados. Fig. 4.4.4 - Deformações

r

γ dL

dθ

D - Torção Pura

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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 (τmáximo = τescoamento = 95 MPa), levando em conta a eq. 4.2.3, teremos: τMax = 16 T / π D3 ….. 95 x 106 = 16 x 0,400 P / π (0,020)3 e P = 373,1 N (eixo CD) 95 x 106 = 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: Pmáx = 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): re

3 = (D3 / 2) – 6T/π τe = (0,025)3/2 – 6 x 360 /π x 95 x 10 6 ; re = 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 = τe L / G re = 95 x 106 x 0,900 / 80 x 109 x 0,00832 = 0,1285 rad. Para tal giro da engrenagem B (coroa) corresponderá um giro da engrenagem C (pinhão) de valor δθC = (60/20) δθB = 3 x 0,052595 = 0,3856 rad. A torção do eixo CD se dará na fase elástica, sendo (de 4.2.8): δθCD = Τ L / G JP = 120 x 0,600 / 80 x 109 x (π/32)(0,020)4 = 0,05730 rad. O ângulo de giro da alavanca DE será: δθDE = δθC + δθCD = 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 residu-ais decorrentes das deformações permanentes que ficarão presentes na coroa plastificada.

Exemplo 4.4.1 – Dois eixos maciços (AB e CD) fabricados com material elasto-plástico para o qual G = 80 GPa e τescoamento = 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.

900

600

400

20d

25D

A

B

C

D

E

P

r =20

R=60

O cálculo dessas tensões será feito levando em conta que, ao ser descarregado um material que sofreu plastificação, as tensões e deformações dimi-nuem elasticamente (mantendo a mesma relação proporcional – com idêntico valor para o módulo de elasticidade transversal, inclusive quando invertidos os sentidos das tensões e distorções).

τ

γ

τescoamento

D - Torção Pura

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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).

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): (τMax)** = 16 T / π D3, como também a tensão no limite do núcleo elástico:

(τre)* = (2re /D) 16 T / π D3 . Assim, os valores extremos das tensões residuais seriam calculados como: τ∗∗ = (τMax)** - (τesc) τ∗ = (τesc) - (τre)* Para o caso apreciado no exemplo 4.4.1, a tensão extrema que tal torque equilibrante produ-

ziria na borda do eixo se trabalhasse elasticamente seria: (τMax)** = 16 x 360 / π (0,025)3 = 117,3 MPa,

enquanto na interface do núcleo elástico com a coroa plastificada teria o valor: (τre)* = (2x8,316/60,00) x 117,3 = 78,04 Mpa. Portanto, as tensões residuais presentes no eixo descarregado, após a sua plastificação seri-am:

τ∗∗ = (τMax)** - (τesc) = 117,3 – 95 = 22,3 MPa τ∗ = (τesc) - (τre)* = 95 – 78,04 = 17,0 MPa (Resp. C)

+ = =

T -T T=0

(τmáx)**

τesc. τ*

τ**

(τre)*

re

Fig. 4.4.4 – Tensões residuais em eixos circulares de material elasto-plástico

O ângulo de torção residual do eixo poderá ser calculado computando: δθ* = TL/GJp = 360x0,900/80x109x(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.

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D - Torção Pura

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4.5 – Molas Helicoidais de Pequeno Passo.

Uma aplicação do estudo da torção de barras de seção circular, com certa utili-dade 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 T), já que se trata, por hipótese, de uma mola de pequeno passo (tornando desprezível a componente deste momento, atuando como momento fletor).

R

d

F

F

T

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.

O equilíbrio de momentos aplicados à parte desta-cada na figura 4.4.1(b) permite escrever:

F x R = T. Portanto, no cômputo da tensão máxima de cisalha-mento devido à torção do arame, teremos: τmax = 16 F R / π d3 (como se verá mais adiante, esta tensão deverá ser acrescida do valor (16/3)F/πd2, 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 mani-festa 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 Ud: W = ½ F δx = Ud = ∫ ud dV, sendo ud = ½ τ2 / G a energia específica de distor-ção, 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 tan-gencial é uniforme ( eq. 4.2.2 ), teremos: s =2πRn r = d/2

Ud = ∫s=0 ∫0 (1/2G)(FR/Jp)2 r2 2π r dr ds 2πRn d/2

Ud = ∫0 (1/2G) (FR/Jp)2 ds ∫0 r2 2π r dr =1/2 P δx

Jp

(b)

(c)

s

ds

r

dr

d/2

(a) δx

dV

τ

T

D - Torção Pura

12

Levando em conta que Jp = π d4 / 32, e feitas as simplificações obteremos: δx = 64 n R3 F / G d4 que, reescrita na forma tradicional da Lei de Hooke F=Kx se torna: F = { G d4 / 64 n R3 } δx ........................................... (4.5.1) Kmola

d

R δx

F

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 τadm = 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. Solução: Para a força e tensão máximas ad-mitidas, teremos: 32 x 106 = 16 x 15 x R / π (3)3 x (10-3)3 Rmax = 11,3 mm. Utilizando a equação 4.5.1 obtemos: 15 = {80x109 x 34x10-12 / 64n 0,01133} 0,017 n = 79,5 espiras. Adotando valores inteiros: n = 80 espiras e R = 11 mm, obteremos, para F = 15 N ⇒ τmax = 31,1 MPa e δx = 15,8 mm A mola (fechada, em repouso) teria um com-primento total de 80 x 3 = 240mm, que so-mado 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.

11 3

D - Torção Pura

13

4.6 – Torção de Barras de Seção Retangular. Outras formas de seção. Analogia da membrana. As tensões tangenciais despertadas pela torção de uma barra de seção retangu-lar 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 ten-sões, serão elas também nulas. Realmente: a condição de simetria do tensor das ten-sões, 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 (τyx = τxy = τzx = τxz = 0), nos quatro cantos da barra.

τ = 0

τ = 0

τMax τMax

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 Teoria da Elasticidade, utilizando equações mais com-plexas, obtem-se, para o cálculo da tensão de cisalha-mento máxima, ocorrente nos pontos médios do lado maior de uma seção retangular, o valor: τMax = T / α h b2 .........................(4.6.1) Para o ângulo de torção da barra, a teoria aponta: δθ = T L / β G h b3 ...................(4.6.2) sendo os valores de α e β dados na Tabela III abaixo ou por fórmulas empíricas como a apresentada a seguir:

h

b

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

Fig.4.6.1 – Torção de barras de seção retangular.

As equações obtidas através da Teoria da Elasticidade, utili-zadas para a determinação das tensões tangenciais nos pontos de uma dada seção de formato qualquer, em uma barra torcida, obser-va-se, são idênticas às equações utilizadas na solução de um outro problema totalmente distinto, qual seja, o da determinação do for-mato assumido pela superfície de uma membrana elástica e ho-mogênea, cujas bordas fossem presas a uma moldura rígida, com um formato qualquer, quando submetida a uma diferença de pres-são entre suas faces, estufando. Enquanto nas equações para solu-ção do problema da torção aparecem as variáveis “tensão” e “tor-que”, nas equações idênticas para solução do problema da mem-brana deformada aparecem as variáveis “inclinação da membrana” e “diferença de pressão entre as faces”.

T

Tabela III

(h/b) α = --------------------

3(h/b) + 1,8

D - Torção Pura

14

No caso da seção retangu-lar, a analogia da mem-brana nos permite avaliar, sob o aspecto qualitativo, que sendo nula a inclina-ção da tangente à superfí-cie da membrana estufada nos seus quatro cantos e no centro, a tensão tan-gencial nos pontos equiva-lentes será nula. Da mesma forma, não é difícil perceber que a inclinação da tangente à superfície da membrana estufada nos pontos mé-dios 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 retângu-lo. Muitas outras evidên-cias também podem ser extraídas da analogia da membrana, como por e-xemplo a ocorrência de tensões muito elevadas na torção de barras que te-nham seção transversal com cantos vivos reentran-tes (Fig. 4.6.2 – b ) sendo necessária a adoção de raios de adoçamento para eliminar a concentração de tensões nestes locais. Pode-se também con-cluir que, para barras cha-tas torcidas, a tensão má-xima independe do forma-to da seção, dependendo apenas da relação h/b, desde que promovidos raios de adoçamento nos cantos vivos reentrantes existentes.

Canto vivo

R

h

b R

(a)

(b)

(c)

Fig . 4.6.2 – Analogia da membrana. Tensões na torção.

D - Torção Pura

15

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 ares-ta da extremidade em relação ao engaste. Solução: O torque ao longo da peça valerá: T = 5000 x 0,100 = 500 N m. Para a parte tubular te-remos:η = 90/100 = 0,9 e: τmax = 16 x 500 /π(1 – 0,94)(0,1)3 = 7,40 MPa δθ = 500x0,4 / 80x109x(1 – 0,94)(π/32)0,14 = = 0,042º.

Exemplo 4.6.2 – Para a peça mostra-da, submetida ao torque T, determine, considerando os trechos de seção cir-cular e de seção quadrada, as relações entre (a) as máximas tensões tangen-ciais e (b) entre os ângulos de torção por metro de comprimento. Solução: τmax = 16T /π a3= 5,093 T / a3 τmax = T / 0,208 a3= 4,808 T / a3 (a) (τmax)circular / (τmax)quadrada= 1,059 δθ = 32Tb /Gπa4=10,19 Tb /Ga4

δθ =Tb /0,1406Ga4=7,112Tb /Ga4

(b) (δθ )circular /(δθ )quadrada = 1,43

Para a barra chata teremos: h/b = 100/20 =5 e α = β = 0,291 . Portanto: τmax =500 / 0,291 x 0,100 x x 0,0202 = 43,0 MPa 500x0,5 0,291x80x109x0,1x0,023

5 mm

20

100

500

400 5 kN

δθ =

δθ = 0,77º

5 kN

a

a

b

b

T

δθ

D - Torção Pura

16

4.7 – Torção dutos de parede fina.

100

100

100

20

20

15 150

T = 1,00 kN.m

450 mm

Exemplo 4.6.3 - O perfil “I” esquematizado é mon-tado através da união de duas barras chatas de aço, de 100 x 20 mm2 (“mesas”) soldadas a outra barra chata, também de aço, de 150 x 15 mm2 (“alma”), sendo submetido a um torque T = 1,00 kN.m em sua exten-são 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 indetermina-do, podendo-se, tão-somente, admitir que o tor-que T total será distribuído pelas duas mesas (Tm em cada) e pela alma (Ta), de forma a que:

T = 2 (Tm) + (Ta)..............(1)

A compatibilidade de deformações nos permite escrever: δθalma = δθmesa ; TaL /0,312Gx150x153 = TmL /0,291Gx100x203

Ta = 0,6785 Tm ...............(2) Levando em (1) obtem-se: T = 2 Tm + 0,6785 Tm Tm = 0,3733 T e Ta = 0,2533 T Tm = 373,3 N.m e Ta = 253,3 N.m τalma = 253,3 / 0,312x0,150x0,0152=24,0 MPa τmesas = 373,3 / 0,291x0,100x0.0202=32,1MPa δθ = 373,3x0,450 / 0,291x80x109x0,100x0,0203= =253,3x0,450 / 0,312x80x109x0,150x0,0153

δθ = 0,52º

A determinação das tensões e deformações em barras de se-ção transversal diferente da circular, como vimos, recai na solução de equações complexas. No entanto, para o caso es-pecial 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 sim-ples. Tal 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 – Torção de dutos de parede fina. Casco de navios. Fuselagens de aviões.

D - Torção Pura

17

O fato de a tensão tangencial necessariamente ter a direção tangente ao contorno, tanto ex-terno, como interno, no caso das barras de parede fina nos leva a admitir que o seu valor se distri-bui uniformemente ao longo da espessura da parede.

ρ

β

τ

e

ds

O torque T na seção será obtido (Fig. 4.7.2 a) pela integral curvilínea fechada (Fig. 4.7.2 b):

T = ∫ τ e ds ρ sen β .......... (4.7.1)

Uma simplificação importante tornará exeqüí-vel a realização de tal integração sem maiores dificul-dades, 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: τ1 e1 dx = τ2 e2 dx., que, levada em 4.14, fornece:

T = τ e ∫ ds sen β 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 @

computa o dobro da área @ limitada pela linha média da espessura da parede do duto. Podemos finalmente escrever: τ = T / 2 e @ ............................ (4.7.2). Nota: a invariância do produto τ xe (fluxo cisalhante) indi-ca uma interessante analogia com a equação da continui-dade 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 tangen-cial será maior nos trechos de menor espessura do duto, como se as tensões “escoassem” ao longo da parede).

τ

(a)

(b)

(c)

e2

e1

τ1 τ2

dx

x

β

ρ

ds

@

Fig. 4.7.2 – Tensões em dutos de parede fina torcidos.

T

D - Torção Pura

18

Quanto às deformações, mais uma vez, utilizaremos os conceitos de energia para determi-nação do ângulo δθ de torção do duto em função do torque T que lhe é aplicado (o trabalho realiza-do pelo torque será armazenado sob a forma de energia potencial elástica no duto torcido). Teremos 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 curvi-línea 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:

δθ = [(Τ L) / 4 G @2] Σ si /ei ................ (4.7.4)

ds

e s

x

dx

L

W = ½ T δθ = Ud = ∫ ud dV, sendo ud = ½ τ2 / G a energia específica de distorção, por uni-dade 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, po-demos escrever:

dV

Ud = ∫ ud dV = ∫ ( ½ τ2 / G)dV = = ∫ ∫ (1/2G)[T/2e@]2 (e ds dx). Na primeira integração,ao longo de s, teremos como constantes G, T, @ e dx, permitindo escrever: Ud = ∫(1/2G)[T/2@]2 dx ∫ ds/e). No caso de um duto de seção e mate-rial uniformes, submetido a um torque constante ao longo de sua extensão, a segunda integração nos leva a: Ud = (1/2G)[T/2@]2 L ∫ ds/e)= ½ T δθ

Fig.4.7.3 – Deformação de dutos de parede fina torcidos.

δθ

T

(é o que ocorre, por exemplo, no casco de uma embarca-ção, cujo chapeamento do convés tem espessura diferente das chapas do costado e do fundo), ficando no caso:

∫ ds/e = b1/e1 + 2b2/e2 + b3/e3..

b1

b2 b2

b3

e1

e2 e2

e3

Fig. 4.7.4 –Seção transversal do casco resistente de uma embarcação

D - Torção Pura

19

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: Jp = (π d e) (d/2)2 = π e d3 / 4, portanto, de (4. 2.2): τ = (T/Jp)(d/2) = 2T / π e d2. Por outro lado, de 4.6.2 obtemos, com @ = π d2 /4: τ = (T / 2 e @) = 2T / π e d2. Da mesma forma, de 4. 2.8 e 4. 6.4, obteremos, sucessivamente: δθ = T L / G Jp = 4 T L / G π e d3 = [T L / 4 G @2] πd/e

e

d/2

900

R=450

R=450

800

2 mm

2,5 mm 2,5 mm

3 mm

Exemplo 4.672 – 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 T a que a fuselagem pode ser submetida. Solução: Para a seção temos @ = 0,9 x 0,8 + 2π 0,45 2/ 2 @ = 1,356 m2 (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 ⇒ τmax = 90x106= T / 2x0,002x1,356

e Tmax = 488 kN.m.

De 4.6.4 ⇒ δθ/L = 1 / 57,3 = [T /4x28x109x(1,356)2] x x [( π x 450/2) + 2 x (800/2,5) + ( π x 450/3);

e Tmax = 1977 kN.m. Portanto = Resp.: Tmax = 488 kN.m.

L e

b

Problema proposto: dispondo-se de uma chapa (a) de comprimento L, largura b e espessura e, dese-ja-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 T aplicado.

(a) (b) (c)

costuras

E – Flexão Pura

1

Cap. 5.0 – FLEXAO PURA 5.1 – Introdução As peças longas, quando submetidas à flexão, apresentam tensões normais eleva-das (por exemplo, para se quebrar um lápis, com as mãos, jamais se cogitaria tracioná-lo, comprimi-lo, torcê-lo ou cisalhá-lo; um momento fletor de pequeno valor seria sufi-ciente para produzir tensões de ruptura no material). Daí a importância do presente es-tudo. 5.2 – Momento Fletor (M) Recordando estudos de Isostática, quando da análise das relações entre os esfor-ços solicitantes em uma viga sob carregamento transversal q(x), temos que: A relação 5.2.2 denota que, quando a força cortante Q é nula ao longo de uma extensão x da viga, o momento fletor M será constante (FLEXÃO PURA). Da mesma forma, nas seções onde o momento fletor é extremo (máximo [+] ou mínimo [-]) a força cortante será nula, sendo aplicável para tais casos (de especial importância) o estudo da flexão como sendo pura.

Σ Fy = 0 ⇒ Q = q (x) dx + (Q + dQ)

dQ/dx = - q(x) ........... (5.2.1) Σ Mo=0 ⇒ M+Qdx=q(x)dx.dx/ξ + M+dM (sendo ξ > 1, tornando o termo ⇑ desprezível em presença das demais) e dM/dx = Q ...................... (5.2.2)

M Q M+dM Q+dQ

x dx

O

y

Fig. 5.2.1 – Relações entre q(x), Q e M em uma viga

1,5 1,5 1,5 1,5 4,0 m 4,0 m 3,5 m 3,5 m

2,0 tf 2,0 tf 4,0 tf 1,0 tf / m

+ 2,0

- 2,0

+ 2,0

- 2,0 - 2,0

+ 2,0 Q (tf)

+3,0 tf.m +5,0 tf.m

+7,0 tf.m

M

Q = 0 Q = 0

Q = 0

Fig. 5.2.2 – Diagramas de esforços solicitantes (Q e M) de vigas sob carregamento transversal (exemplos)

2,0 tf

2,0 tf

q(x)

E – Flexão Pura

2

5.3 – Tensões normais na flexão reta (simétrica) e elástica. No caso comum de vigas com seção transversal simétrica em relação ao plano do carregamento, verifica-se que a distribuição das tensões normais nos diversos pontos da seção só depende da distância y em relação à linha que a divide nas partes tracionada e comprimida (“linha neutra” – LN – Fig. 5.3.1 – a e b). Admitindo que a seção transver-sal permanece plana após girar em torno da LN em decorrência da deformação das fi-bras longitudinais, concluiremos que a linha neutra será reta e que as deformações ε variarão linearmente com relação a seu afastamento y em relação à LN (Fig. 5.3 .1– c). Computando a resultante dos momentos, em relação à linha neutra, das forças e-lementares atuantes nos diversos pontos da seção podemos escrever (Fig. 5.3.1 b):

∫ σ dA.y = M.............................(5.3.1)

Adotando a hipótese da manutenção da seção plana (Fig. 5.3.1 c), e admitindo que o material da viga trabalha na fase elástica podemos escrever sucessivamente: ε = c. y .......... σ = E ε .............. σ = k y .....(distribuição linear das tensões) e

∫ k y dA.y = M ⇒ k = M / ∫ y2 dA , sendo ∫ y2 dA = ILN (momento de inércia da área da seção transversal em relação à linha neutra). Portanto: σ = (M / ILN) y .................. (5.3.2) equação estabelecida por Euler, para determinação da tensão normal σ atuante em um ponto qualquer de uma dada seção de uma viga, onde atua um momento fletor M e que

σ σ ε

M y y LN LN LN

(a) (b) (c)

Fig.5.3.1 –(a) Flexão de vigas simétricas. (b) tensões normais. (c) deformações – manutenção da seção plana (Obs: o eixo y foi orientado para baixo para se adequar à convenção de sinais do momento fletor - positivo quando traciona as fibras inferiores e comprime as superiores)

σ+

σ−

dA

E – Flexão Pura

3

tem um momento de inércia ILN em relação à linha neutra, sendo y a distância do ponto citado, em relação à mencionada LN. Resta precisar a posição em que se encontra a linha neutra. Como na flexão pura a força normal é nula, teremos, necessariamente:

∫ σ dA = N = 0 e ∫ ( Μ / ΙLN ) y dA = 0, portanto, ∫ y dA = 0, ou seja, o momento estático (de 1ª ordem) da área da seção em relação à Linha Neutra sendo nulo, indica que a LN contém o centróide da área. 5.4 – Várias formas de seção. Módulo de Resistência (W). Para as formas mais comuns das seções das vigas (retangular, circular, tubular ou composições destas), o cômputo dos respectivos momentos de inércia I em relação a eixo central que contém o centróide da área nos fornece, por exemplo (com e << b ~ h ~ d):

O momento de inércia I da seção (com dimensão do produto de uma área pelo quadrado de uma distância), medido em m4 no S.I., será tanto maior quanto maiores fo-rem as dimensões no sentido do plano do carregamento (note na tabela acima a preva-lência das potências das dimensões h quando comparadas com as das dimensões b).

b b b

h h h

e

e

e e

e d

d

I = bh3 / 12 π d4 / 64 eh3/6 + ebh2/2 π e d3 / 8 eh3/12 + ebh2/2

Fig. 5.4.1 – Algumas formas de seção transversal de vigas e seus respectivos momentos de inércia.

Observando a equação 5.3.2, verifica-se que altos valores de I corresponderão a valores menores de σ, o que leva ao emprego de vigas de seção transversal cuja área seja distribuída de forma mais afastada em rela-ção à linha neutra (ex.: perfil I ⇒ ).

As máximas tensões normais (de tra-ção e de compressão), em uma dada seção, ocorrerão nas fibras cujas distâncias y em relação à linha neutra sejam as mais afasta-das. Assim, de 5.3.2, tiramos:

Fig. 5.4.2 - Na posição em que se encontra a placa de vidro mostrada acima, corre ela sério risco de partir por flexão devido ao peso próprio, o que não aconteceria se fos-se posicionada verticalmente.

E – Flexão Pura

4

σ max = (M / ILN) y max = M / (ILN / y max )

Fazendo (ILN / y max) = W ................................................. (5.4.1)

(onde W – módulo de resistência à flexão) podemos escrever: σ max = (M / Wmin) ......................................................... (5.4.2) A tabela abaixo apresenta valores do módulo de resistência W de algumas formas de seção (com e << b ~ h ~ d):.

h h h h

h/3

2d/3π

b b b b d d d

e e em

Wmin bh2 / 6 πd3 / 32 bh2 / 24 0,02384 d3 eh2/3 + beh π e d3 / 8 eah2/6 + embh (**) (* )

ea

Dois teoremas (Steiner) relativos à Geome-tria das Áreas, estudados nos cursos de Mecâni-ca, são muito úteis no cálculo dos momentos e produtos de inércia: Teorema dos Eixos Perpendiculares:

Ix + Iy = Jo (*)

Teorema dos Eixos Paralelos: Ix = Ix + A dy 2 (**)

ou também: Iy = Iy + A dx 2 - para os produtos de inércia:

Ixy = I xy + A dx dy) sendo dx e dy as distâncias entre os pares de ei-xos paralelos, com origens num ponto O qual-quer e no centróide C da área. Por exemplo: para o tubo circular assinalado com (*), Jo = π d e (d/2)2 = Ix + Iy = 2Ix =>Ix = π e d3 / 8 Para obter o valor de I da meia-lua (**) fizemos: Ix = Ix – A y2 = ½ πd3 / 32 – ½ (πd2 / 4)(d/2 – 2d/3π)2

x

x

y y

O

C

dy

dx

Fig. 5.4.3 – Momentos e Produtos de Inércia. Teoremas de Steiner.

E – Flexão Pura

5

Tratando-se de seções que não são simétricas em relação ao eixo baricêntrico perpendicular ao plano do carregamento, deverão ser considerados dois módulos de re-sistência, em relação às fibras mais afastadas, a inferior e a superior (no lado tracionado e no lado comprimido, no caso de um momento fletor positivo).

d

b

h

Exemplo 5.4.1 – Deseja-se cortar uma tora de madeira de seção circular de diâmetro d para fabricar uma viga de seção retangular (b x h). Determine a relação b/h ótima para maximizar o módulo de resistência W (minimizando as tensões na flexão reta). Solução: W = b h2/ 6. Para a tora, d2 = b2 + h2. Portanto: W = (b/6)(d2 – b2). O máximo valor de W ocorre quando dW/db = 0, ou seja d2/6 – 3 b2/6 = 0 e d2= 3 b2; h2 =2 b2. Temos, pois: b/h = 0,707 (Resp.)

Exercício proposto 5.4.2 – Deseja-se fabricar um perfil “C” a partir de uma barra chata de espessu-ra “e” e largura “a”, dobrada como mostra a figu-ra. Pede-se determinar a relação entre a largura “b” das mesas e a altura “h” da alma, de modo a que o módulo de resistência “W” do perfil seja o maior possível. (obs. – no cômputo da contribuição das mesas para o momento de inércia, desprezar o momento bari-cêntrico be3/12,em presença de bh3/12, já que a espessura e << h).

a

e b

h

Tal circunstância é levada em conta, de maneira especial, no caso de vigas construídas com material cujas tensões limi-tes são diversas para a tração e para a compressão (caso do con-creto, do granito, da madeira e outros), tendo seções dimensio-nadas de forma a que a linha neutra se aproxime da fibra submetida ao menor esforço.

M+

σmax tração

σmax compressão

Fig. 5.4.4 – Posicionamentos de viga construída com material cuja tensão limite à tração é menor que à compressão.

E – Flexão Pura

6

Com os valores obtidos teremos:

1) na seção do apoio A – [σmax]tração = (9.000/88,09 x 10-6)(0,320 – 0,2253) = 9,68 MPa (T) [σmax]compressão = (9.000/88,09 x 10-6) (0,2253) = 23,0 MPa (C)

2) na seção (*) ----------- [σmax]tração = (10.800/88,09 x 10-6)(0,2253) = 27,6 MPa (T) [σmax]compressão = (10.800/88,09 x 10-6)(0,320 – 0,2253) = 11,6 MPa (T)

Portanto: [σmax]tração = 27,6 MPa (T) (na seção *) [σmax]compressão = 23,0 MPa (C) (na seção sobre o apoio A)

1,00 0,50 0,50 2,00 m

9,0 kN 15 kN/m

200

300

20

15

Exemplo 5.4.3: Para a viga esquematizada, pede-se determinar, nas seções onde a fle-xão é pura (Q=0), os valores das maiores tensões de tração e de compressão.

+

--Q

(kN)

A B

+

-M (kNm)

18

12 9 x=1,2

MA = 9

M* = 10,8

Q =0 Q =0

_ y

Solução

O cálculo das reações nos apoios nos dá: A = 27 kN e B = 12 kN. O diagrama de força cortante aponta Q = 0 no apoio A e na seção tal que x/18=(x-2)/12 Os momentos extremos, nessas seções , valerão: MA = - 9 kNm e M* = 10,8 kNm. O centróide da seção (linha neutra) estará em 15x300 x150 + 200 x 20 x 310 =225,3mm 300 x 15 + 200 x 20 ILN = 15 x 3003/12 + 300x15(225,3 –150)2 x

X 200 x 203/12 + 200x20(310 – 225,3)2 =

= 88,09 x 106 mm4 = 88,09 x 10-6 m4

_ y =

1,00

1,00

2,00 m

Exercício proposto 5.4.4: Dimensionar as vigas para suporte de uma caixa para 4.000 litros de água. Admitir: 1º) que as vigas sejam de madeira, (tensão nor-mal limite 40 MPa – coeficiente de segurança 4,0) com seção retangular sendo b = 0,7 h. Ava-liar o efeito do peso próprio da viga. 2º) que as vigas são perfis de aço laminado (ten-são limite 200 MPa e coeficiente de segurança 2,0) com seção em “I” de dimensões mostradas na tabela de perfis laminados constante da Tabe-la B – Perfis I laminados ou na página 1194 do LT-1. Avaliar o efeito do peso próprio. Consulte também o item “LINKS” da h.p. no en-dereço: www.cesec.ufpr.br/~metalica/08/08.htm OBS. Considerar a conveniência de se colocar calços sob a caixa para o contato com as vigas. Dimensio-nar os calços.

E – Flexão Pura

7

5.5 – Vigas constituídas de dois materiais. Método da Seção Transformada. Para vigas cujo material tem tensões limites diferentes, quanto à tração e quanto à compressão (caso típico do concreto, que suporta elevadas tensões de compressão, sen-do frágil quando submetido à tração), usa-se o expediente de promover um reforço com material que seja mais resistente. É a solução adotada, por exemplo, nas vigas de con-creto armado. Nas equações 5.5.1 e 2, as distâncias “y” são contadas, nos materiais A e B, a partir da “linha neutra”, eixo em torno do qual a seção gira ao flexionar, tracionando as fibras de um lado e compri-mindo do outro da seção. Mantendo a suposição de que a seção reta permanece plana após a flexão, será fácil predizer que as deformações específicas ε variarão linearmente com as correspondentes distâncias y, ou seja: ε = k y.

Tendo os materiais A e B comportamento elástico (σ = E ε ) poderemos escrever: σA = EA εA = EA k yA ; σB = EB εB = EB k y B ...................................... (5.5.3)

Levando em 5.5.2 obteremos: N = ∫A EA k yA bA dyA + ∫B EB k y B bB dyB = 0, ou

∫A EA yA bA dyA + ∫B EB y B bB dyB = 0, ou ainda, ∫A yA bA dyA + ∫B (EB / EA) y B bB dyB = 0. Fazendo (EB / EA ) = n (relação entre os módulos de elasticidade dos dois materiais), a equação acima se transforma em:

∫A yA bA dyA + ∫B y B (n bB ) dyB = 0,

Para uma viga constituída de um material A e que tenha um reforço em um material diferen-te B (conforme representado na figura ao lado), o cálculo do momento fletor resultante na seção composta será dado por:

M = ∫A σA dAA yA + ∫B σB dAB yB

M = ∫A σA yA bA dyA + ∫B σB yB bB dyB..(5.5.1) Como a flexão é suposta pura, N = 0, e

N = ∫A σA dAA + ∫B σB dAB = 0

N = ∫A σA bA dyA + ∫B σB bB dyB = 0 ...(5.5.2) Fig. 5.5.1 – Viga constituída de dois materiais

bA

bB

yA

dyA

dyB

yB Linha neutra

que pode ser interpretada como indicando que a linha neu-tra estará posicionada na altura do centróide de uma área hipotética, constituída por sua forma original, na altura do material A, porém transformada, na altura do material B, de forma a que as dimensões horizontais b fiquem multipli-cadas pelo fator adimensional n = EB/EA. Quando levamos as mesmas equações 5.5.3, agora na equação 5.5.1, teremos:

M = ∫A EA k yA2 bA dyA + ∫B EB k yB

2 bB dyB; ou

M / k EA = ∫A yA2 bA dyA + ∫B yB

2 (n bB) dyB ,

Viga constituída de dois materiais

linha neutra

E – Flexão Pura

8

No caso de vigas de concreto, armadas com tirantes de aço, quando o cálculo das tensões é feito considerando que o concreto não é capaz de trabalhar quando tracionado (porque se fratura), a posição da linha neutra da seção transformada não fica previamen-te determinada, devendo-se considerar, no cálculo de seu posicionamento, que o mo-

b

n x b b

b_ n

Fig. 5.5.2 - Seção Transformada – n = EB / EA > 1

Exemplo 5.5.1 - A viga de madeira esquematizada tem um re-forço constituído por uma barra de aço, como indicado. Pedem-se as tensões máximas de tração e compressão nos dois materiais, para um momento fletor M = 20 kN.m (+) Dados: Eaço= 200 GPa; Emadeira = 10 GPa

200

120

20 60

Solução: n = 200/10 = 20. A seção transformada teria as dimensões mostradas na figura ao lado, para a qual: 1200x20x10 + 120x200x120 120x200 + 20x1200 IT = 1200x203/12 + 1200x20x(65 – 10)2 + 120x2003/12 + + 120x200x(120 – 65)2 = 226 x 106 mm4 = 226 x 10 –6 m4. [σ max]madeira/compressão = (20.000/226x10-6)(0,220 - 0,065) = =13,7 MPa [σ max]madeira/tração = (20.000/226x10-6)(0,065 - 0,020) = =3,99 MPa [σ max]aço/tração = (20.000/226x10-6)(0,065) = 115 MPa. (não há compressão no reforço de aço)

= 65 mm Y =

60 x 20 = 1200

120

200

20

13,7

4,99 115 MPa

Exercicio proposto 5.5.2 – Resolva o problema anterior adotando como seção transformada aquela convertida “em aço”, ou seja, dividindo a largura “b” da parte de madeira por “n”, recalculando o novo IT, para, ao final, obter os mesmos resultados para as tensões calculadas.

120 : 20 = 6

que vem a ser o momento de inércia IT daquela mesma seção transformada como se fosse toda ela constituída do material A (mantidas as dimensões na parte do material escolhido para a transformação e alterando as dimensões horizontais b da parte transformada, multiplicadas pelo fator n):

∫A yA2 bA dyA + ∫B yB

2 (n bB) dyB = IT = M / k EA, de onde tiramos: k = M / IT EA.

Voltando às equações 5.5.3, teremos: σA = (M / IT) yA; σB = n (M / IT) yB ....… (5.5.4) (a transformação poderia ter sido feita utilizando o material B como base, alterando as dimensões da parte A (x 1/n)

E – Flexão Pura

9

mento estático da área comprimida (parte de concreto) deverá ser igual ao momento es-tático da área correspondente à parte tracionada.

Como a relação entre os módulos de elasticidade dos dois materiais (n) é da ordem de 200/20 = 10, consideraremos que a área de aço é confinada em uma linha na altura da armadura, já que o diâmetro dos vergalhões é pequeno em relação às dimensões da viga, teremos: Área da armadura “transformada” em concreto = 10 x Área em aço. No cômputo do momento de inér-cia da área transformada despreza-mos a parcela correspondente à li-nha de centro da armadura.

Linha neutra

b

Aa (área da armadura em aço)

h

n x Aa

Exemplo 5.5.3: Uma viga de concreto armado, bi-apoiada, suporta uma carga uniformemente dis-tribuída de 24 kN/m em um vão de 5m. A seção retangular mede 300 x 540 mm2 reforçada com 5 barras de aço redondo de 7/8” (1 polegada = 25,4 mm) com seus centros colocados a 70 mm da parte inferior da viga. Os módulos de elasticidade do aço e do concreto valem 200 e 20 GPa, res-pectivamente. Determinar as tensões longitudinais máximas no concreto e a tensão média de tra-ção no aço, admitindo:

1º) que o concreto seja eficaz para suportar a tração; 2º) que nenhuma parte do concreto seja eficaz para tração.

24 k N / m

60 kN

No meio do vão a flexão é pura (Q=0) e o momento fletor é máximo, valendo: M = 60 x 2,5 – (24 x 2,5 x ½ 2,5) = 75 kN.m

75 kN.m

60 kN Q = 0

2,5 m

1º) Supondo que o concreto fosse eficaz para su-portar tensões de tração (prática em desuso – de-nominada “Estádio 1”), a seção transformada teria as características representadas na figura abaixo:

½ 1940 x 9 n - 1

yLN

5 vergalhões – d = (7/ 8) x 25,4 = 22,2mm; Av = 387,9 mm2

Área total: Aa = 1940 mm2

540

300

540

300

540

300

buracos

ou

½ 1940 x 10 n

½ 1940 x 10 n

½ 1940 x 9 n - 1

Linha Neutra

70

E – Flexão Pura

10

A posição da linha neutra fica determinada fazendo: 300 x 540 x 270 + 1940 x 9 x 70 300 x 540 + 1940 x 9

O momento de inércia da transformada valerá: IT = 300 x 5403 / 12 + 300 x 540 (270 – 250,5)2 + 1940 x 9 x (250, 5 – 70)2 = 4.567 x 106 mm4

IT = 4.567 x 10 – 6 m4 .

Portanto:, as tensões extremas no concreto valerão: σ Τração = (75.000 / 4.567 x 10 –6 ) (0,2505) = 4,11 MPa (na fibra inferior) σ Compressão = (75.000 / 4.567 x 10 –6 ) (0, 540 - 0,2505) = 4,75 MPa (na fibra superior)

A tensão média na armadura de aço valeria:

σ Aço = (75.000 / 4.567 x 10 –6 ) (0,2505 – 0,070) x 10 = 29,6 MPa. 2º) Supondo, agora, que o concreto não seja eficaz para suportar tensões de tração (“Estádio 2”), a seção transformada seria como a apresentada na figura abaixo.

= 250, 5 mm. yLN =

300

540

70

Linha Neutra

yLN

1.940 x 10 mm2

A posição da linha neutra será determinada igualando os mo-mentos estáticos da área eficaz do concreto (comprimida) e da área total da armadura de aço, transformada. Assim: 300 (540 – yLN)(540 – ylN) x ½ = = 19.400 x (yLN – 70). yLN = 349,8 mm

O momento de inércia da seção transformada em relação à linha neutra valerá: IT = 300 x (540 – 349,8)3 / 3 + 19.400 x (349,8 – 70)2 = 2.206,6 x 106 mm4 = 2.206,6 x 10 - 6 m4

Portanto: (no concreto) – (σCompressão)máxima

= (75.000 / 2.206,6 x 10 –6 ) (0, 540 – 0,3498) = 6,46 MPa (na parte superior da seção) (no aço) – (σTração)média

= 10 x (75.000 / 2.206,6 x 10 –6 ) (0,3498 – 0,070) = 95,1 MPa (na ar-madura)

E – Flexão Pura

11

5.6 – Flexão Pura Assimétrica (Flexão Obliqua)

Na determinação das tensões normais despertadas na flexão pura (Q=0) de vigas cujo plano do carregamento não coincide com um eixo de simetria da seção, ou quando

Tomando momentos das forças normais elementares atuantes nos diversos pontos da seção, te-

remos:

Mz = ∫ σ dA y e My = ∫ σ dA z ..........(5.6.1)

Admitindo que a seção transversal permanece plana após girar em torno da linha neutra, concluiremos que as deformações ε das diversas fibras longitudinais da viga variarão linear-mente com respeito às coordenadas y e z do ponto da seção correspondente. Considerando, em complemento, que o material trabalha elasticamente ao se deformar (tensões proporcionais às deformações), poderemos escrever:

>>> σ = k0 + k1 y + k2 z , sendo ki constantes a determinar. Considerando que a flexão é pura e, portanto, N = 0, teremos que N = ∫ σ dA = 0

e, então k0 = 0, (já que os momentos estáticos em relação aos eixos baricêntricos são nulos) indicando que a linha neutra, também neste caso, contém o centróide da área da seção e que:

σ = k1 y + k2 z ................................................ (5.6.2) Levando em 5.6.1 obtemos:

Mz = ∫ (k1 y2 + k2 zy) dA e Mz = ∫ (k1 yz + k2 z2) dA , ou

Mz = k1 ∫ y2 dA + k2 ∫ zy dA e Mz = k1 ∫ yz dA + k2 ∫ z2 dA .

a seção não dispõe de qualquer eixo de simetria, a equação de Euler (5.3.2) não pode ser utilizada. A Fig. 5.6.1 representa uma viga com seção de formato qualquer, submetida a um momento fletor M orientado segundo uma direção qualquer, formando um ângulo θ, como indicado. O eixo y foi orientado para baixo enquanto o eixo z foi escolhido de forma a consti-tuir um triedro direto com o eixo x ao longo da viga (a origem posta no centróide C da área da seção).

Fig. 5.6.1- Flexão Obliqua. y

x

z

y

z

σ

dA

M

Mz My

Plano do carregamento

Convém frisar que as componentes de momento Mz e My escolhidas são aquelas que produziriam tensões trativas para um dA posicionado no pri-meiro quadrante do par de eixos yz (note que My será positivo quando orientado no sentido positivo do eixo y, enquanto Mz será positivo, quando ori-entado no sentido negativo do eixo z -tensões de tração nas fibras inferiores).

θ

θ

C

E – Flexão Pura

12

Considerando que: ∫ y2 dA = Iz ; ∫ z2 dA = Iy ; ∫ yz dA = Pyz * * - Pyz - Produto de Inércia da área da seção em relação ao par de eixos yz.

Finalmente teremos: Mz = k1 Iz + k2 Pyz

................................... (5.6.3). My = k1 Pyz + k2 Iy

Conhecido o carregamento e determinado o momento fletor, obtemos suas com-

ponentes nos eixos y (para baixo) e z escolhidos (cuidado com o sinal de Mz, positivo quando no sentido negativo do eixo z). Conhecidas as características geométricas da seção, podemos determinar os momentos e produto de inércia em relação aos eixos. Tais valores (Mz , My , Iz , Iy e Pyz ), levados em 5.6.3, nos permitem obter um sistema de duas equações com as duas incógnitas k1 e k2. Resolvido o sistema e utilizando 5.6.2, obteremos o va-lor da tensão normal, bastando conhecer as coordenadas do ponto correspondente da seção. A posição da linha neutra será determinada considerando que nela as tensões serão nulas (fazendo σ = 0 em 5.6.2, obtendo-se a equação da L.N.).

20

20

80

140 M = 10,0 kN.m

Exemplo nº 5.6.1 - O perfil de abas desi-guais esquematizado ao lado é submetido a um carregamento vertical e, em determina-da seção, a flexão é pura, com momento fletor de 10,0 kN.m, tracionando a aba su-perior. Pede-se determinar: 1º) as tensões normais nos pontos A, B e C assinalados; 2º) a posição da linha neutra; 3º) as máximas tensões de tração e de com-pressão na seção.

A B

C

z

52

22

CG

Solução – Estabelecendo os eixos y z com origem no centróide da área da seção: yc = (60 x20 x10 + 140 x20 x70) / (60 x20 + 140 x20) = 52 mm zc = (60 x20 x50 + 140 x20 x 10) / (60 x20 + 140 x20) = 22 mm No cálculo dos momentos de inércia obtem-se: Iz = 60 x203/12 + 60 x20(52 – 10)2 + 20 x 1403/12 + 140 x 20(70 – 52)2 = = 7,637 x 106 mm4 = 7,637 x 10 –6 m4

Iy = 140 x203/12 + 140 x20(22 – 10)2 + 20 x 603/12 + 60 x 20(50 – 22)2 = = 1,797 x 106 mm4 = 1,797 x 10 –6 m4

y

E – Flexão Pura

13

No cômputo do PRODUTO DE INERCIA Pyz levaremos em conta que é nulo o seu valor quando um dos eixos for de simetria para a seção. Portanto, os produtos de inércia baricêntricos para cada uma das abas retangulares serão nulos, bastando apenas acrescentar os produtos de transporte para o baricentro da figura, conforme estabelece o teorema de Steiner (eixos paralelos). Importante será levar em conta que, ao contrário dos momentos de inércia (grandeza sempre positiva), o produto de inércia pode ser positivo ou negativo (conforme o quadrante em que a figura esteja posicionada)

Assim, para a área da cantoneira em análise (em sua maior parte contida nos 2º e 4º quadran-tes) teremos:

Pyz = [ - 60 x 20 x (50 – 22) x (52 – 10)] + [ - 140 x 20 x (70 – 52) x (22 – 10) = = - 2,016 x 106 mm4 = - 2,016 x 10 –6 m4

Levando em 5.6.3 os resultados obtidos para as propriedades geométricas da seção e conside-rando que o momento fletor M tem como componentes: My = 0 e Mz = - 10 kN.m (o sinal negativo corresponde à convenção usual para momentos que tracionam as fibras superiores, embora esteja orientado no sentido positivo do eixo z – cuidado ! – segundo o eixo y a incoerência não ocorre ):

- 10 x 103 = [ 7,637 k1 + (- 2,016) k2] x 10 –6

0 = [(- 2,016) k1 + 1,797 k2] x 10 -6 Resolvido o sistema obtemos: k1 = - 1.860 x 106 ; k2 = - 2.087 x 106 (Pa/m) e, levando em 5.12, teremos finalmente: σ = (- 1.860) y + (- 2.087) z ..............................(a) Para os pontos A(-52; -22); B(-52; +58) e C(+84; -2) – coordenadas (y; z) em mm, teremos: σA = + 143 MPa (tração); σB = - 24,3 MPa (compressão !! *); σC = 152 MPa (compressão). * o resultado, inesperado em princípio, de uma tensão de compressão em ponto da aba superior do perfil, ficará compreendido ao analisarmos a posição da linha neutra.

A linha neutra (que separa as regiões tracionada e compri-mida) é o lugar geométrico dos pontos da seção onde a tensão é nula, permitindo obter-se a sua equação zLN = f (yLN) fazendo σ = 0 em (a): 0 = 1.860 y + 2.087 z >>>> zLN = - 0,8912 yLN (eq. da LN) indicando que a LN forma um ângulo β com o eixo y tal que a sua tg = - 0,8915 ou seja β = - 41,7º = + 138,3º. Portanto, a linha neutra não coincide com a linha de ação do vetor momento na seção (ao contrário do que ocorre na flexão reta). O ponto B, realmente, está no lado comprimido do perfil. As tensões máximas ocorrerão nos pontos mais afastados da linha neutra. No caso em apreciação: σ max

Tração = 143 MPa (ponto A); σ max Comp. = 152 MPa (ponto A)

z

Nota: se a equação de Euler (5.4) fosse empregada para o caso (solução incabível) as tensões ex-tremas seriam calculadas como: σA = σB = (10.000 / 7,637 x 10-6) x 0,052 = 68,1 MPa (errado !)

σC = (10.000 / 7,637 x 10-6) x 0,088 = 115 MPa (errado !)

52

58

- 41,7º

Linha Neutra

y

41,9º

A B

C

+ + + ++++++

-

- - - - - - - -

+

E – Flexão Pura

14

No caso de vigas cuja seção transversal possui um eixo de simetria, porém o plano do carrega-mento não coincide com o seu plano de simetria (FLEXAO OBLIQUA), a determinação das tensões se realiza de maneira mais simples escolhendo-se, como um dos eixos, o eixo citado de simetria da seção. Assim, teremos a condição simplificada de Pyz = 0 que, levada em 5.6.3 nos fornece:

Y

Z

M

Plano do carre-gamento

k1 = MZ / IZ e k2 = MY / IY. Considerando 5.6.2, termos finalmente:

σ = (MZ / IZ) Y + (MY / IY) Z ................ (5.6.4) indicando que a solução seria a composição de duas flexões re-tas, cada uma computada em relação a um dos eixos principais da seção (representados em letras maiúsculas como Y e Z). Obs.: mesmo que a seção não admita um eixo de simetri-a, haverá dois eixos perpendiculares em relação aos quais o pro-duto de inércia será nulo (eixos principais de inércia), e para os quais os momentos de inércia serão extremos (um máximo e outro mínimo). Seus valores são dados por: I1,2 = ½ (Iy + Iz) + √ [ ½ (Iy – Iz)2 + (Pyz)2 Exemplo nº 5.6.2– A viga em “T”, posicionada obliquamente

em relação ao plano do carregamento vertical, com a alma for-mando um ângulo de 30º, está submetida, em determinada se-ção, a flexão pura com um momento fletor de intensidade M = 2,5 kN.m, tracionando as fibras inferiores. Pede-se determinar as máximas tensões de tração e de compressão, indicando os pontos da seção onde ocorrem.

Solução: O centróide da seção fica em: YC = (80x30x15 + 100x24x80) / (80x30 + 100x24) = 47,5 mm Os momentos de inércia principais valerão: IZ =80x303/12 + 80x30(47,5 –15)2 + 24x1003/12 + 100x24(80 –47,5)2

IZ = 7,250 x 10-6 m4 IY = 30 x 803/ 12 + 100 x 243 / 12 = 1,395 x 10-6 mm4

IY = 1,395 x 10-6 m4 As componentes do momento fletor nos eixos principais serão: MZ = 2,5 x cos 30º = + 2,165 kN.m; MY = 2,5 x cos 60º = + 1,250 kN.m; Levando em 2.14 teremos: σ = (2.165 / 7,250x10-6) Y + (1.250 / 1,395x10-6) Z; σ = ( 298,6 Y + 896,1 Z )x106 . A equação da linha neutra (σ = 0) será: ZLN = - 0,3332 YLN. Portanto, a LN forma com o eixo Y um ângulo tal que tg β = - 0,3332 e β = -18,43º. Os pontos onde ocorrem as tensões extremas são aqueles mais afastados da LN. Para a compressão, não há dúvida, será a quina A da mesa: σΑ = [298,6 x (-0,0475) + 896,1 (-0,040)] x 106 = - 50,0 MPa – (compressão máxima). Para a tração, dois seriam os “candidatos”: (a quina B da mesa e a quina C da alma): σΒ = [298,6 x (-0,0475 + 0,030) + 896,1 (+0,040)] x 106 = + 30,6 MPa. σC = [298,6 x (0,130 - 0,0475) + 896,1 (+0,012)] x 106 = + 35,4 MPa – (tração máxima).

Y

Z

M

24 100

30

80

YC

30º LN

A

B

C

E – Flexão Pura

15

5.7 – Deformações na Flexão Pura Simétrica e Elástica.

O momento fletor é o esforço solicitante que, atuando em duas seções contíguas paralelas de uma viga reta, separadas de dx, provoca um ângulo dϕ entre elas de sorte a se poder escrever (ver Fig. 5.7.1 abaixo):

b

h

M

Exercício Proposto nº 5.6.3 – Para a viga retangular (b x h), submetida a um carregamento vertical dire-cionado segundo uma de suas dia-gonais, pede-se: 1º) mostrar que a linha neutra esta-rá direcionada segundo a outra diagonal, e 2º) determinar as máximas tensões de tração e compressão em função do momento M e das dimensões da seção.

y

dx

(1+ ε)dx

ρ

x

dϕ

Fig. 5.7.1 – Deformações na flexão pura simétrica

y

z x

dϕ = ε dx / y

sendo ε a deformação específica longitudinal de uma fibra situada a uma distância y do plano neu-tro. Admitindo que o material trabalha na fase elástica, teremos: ε = σ / E = (M / E ILN) y portanto: dϕ = Μ dx / E ILN .......(5.7.1) No caso da flexão pura, com M constante, seção uniforme e material continuo, ao longo da extensão L0 da viga obteremos, para o pequeno ângulo formado entre as seções extremas:

σ

E – Flexão Pura

16

δϕ = Μ L0 / E ILN .......(5.7.2) (compare com as equações 1.7.2, 3.1.1 e 4.2.8). Solução: A equação 5.16 nos fornece: 1 / ρ = Μ / Ε ΙLΝ = 1 / 1,0 = 12 M / 210x109 x 20 x (2)3 x 10-12 de onde tiramos M = 2,8 N.m

As tensões máximas (tanto de tração como de compressão)

valerão: σ =[12 x 2,8 / 20 x (2)3 x 10-12] x (1,0 x 10-3 ) = 210 MPa

O momento fletor aplicado na extremidade da fita, através da ação do pino e do encosto com a outra extremidade da fita, será dado por: Fpino x (2/3) 0,035 = 2,8 e, portanto:

Fpino = 120 N. (valor aproximado, admitindo que a ação de encosto entre as fitas se caracterizasse por uma

distribuição linear de esforços, desde zero, na altura do pino, até o valor máximo, na extremidade).

O raio de curvatura do plano neutro pode ser calculado observando (ainda na Fig. 5.7.1) que: ρ dϕ = dx; portanto dϕ / dx = 1 / ρ

1 / ρ = Μ / Ε ΙLΝ ...................................... (5.7.3)

20

2 mm

35

D = 2,0 m

35

Fpino

Exemplo nº 5.7.1 – Uma fita de aço (E = 210 GPa), com 2 mm de espessura e 20 mm de largura, é encurvada para formar um aro circular com 2,0m de diâmetro, sendo suas extremidades unidas através de um pino cra-vado conforme mostra a figura ao lado. Pe-de-se estimar: 1º) o valor máximo das tensões normais na fita; 2º) o valor da força de tração no pino da união.

Obs.: há uma superposição entre as fitas da ordem de 35 mm.

F – Flexão Simples

1

6.0 – FLEXÃO SIMPLES Costuma-se denominar “flexão simples” o caso de vigas submetidas apenas ao momento fletor M, porém sendo este variável, o que implica na coexistência de uma força cortante Q, sendo esta, justamente, a taxa com que M varia ao longo da viga (pois, como visto em 5.2, Q = dM/dx,).

Neste capítulo estudaremos o caso de vigas que têm seção simétrica em relação ao plano do carregamento (flexão reta).

6.1 – TENSÕES NORMAIS

De início, admitiremos que a existência de tensões tangenciais associadas à pre-sença da força cortante na seção não altere a distribuição das tensões normais, permitin-do-nos insistir na aplicação da hipótese 6.2 – TENSÕES TANGENCIAIS

de que a seção se mantém plana e que a distri-buição dessas tensões normais continue sendo linear. Permanece aplicável, portanto, a equa-ção de Euler: σ = (M / ILN) y Nota: a hipótese de que as deformações por distorção decorrentes das tensões tangenciais não afetam a dis-tribuição das tensões normais na seção é aplicável nos casos em que tais tensões tangenciais sejam pe-quenas, como se verá adiante (6.5).

Para melhor compreender a natureza do apare-cimento das tensões tangenciais em uma viga flexio-nada, observe a fig. 6.2.1(a) que representa uma pilha de tábuas sobrepostas, submetida, nas extremidades, a um momento fletor M que traciona as tábuas inferio-res, comprimindo as superiores, sem provocar qual-quer tipo de escorregamento entre as tábuas.

Já se a flexão fosse provocada pelo carrega-mento mostrado em (b) (M variável), verifica-se que as tábuas escorregariam, umas sobre as outras. Se as tábuas fossem coladas, umas às outras, impedindo este escorregamento, surgiriam tensões tangenciais na cola. Verifica-se, portanto, que, sendo a viga inteiriça, submetida àquele carregamento (c), ocorrerão tensões tangenciais nos planos longitudinais (τyx).

A existência de uma tensão τyx no plano longi-tudinal da viga implica na ocorrência de uma tensão τxy , de igual valor, na seção transversal (1.5). São essas tensões que provocam o cortante Q.

Fig. 6.1.1 – Tensões normais

(a)

(b)

(c) τxy

τyx

x

y

Fig. 6.2.1 – Tensões de cisalhamento na flexão.

M

P

M


2

Levando em conta que, na integração estendida ao longo da variável y’, os valores de dM e I são parâmetros invariantes, a equação acima pode ser reescrita: y(Max) y(Max)

τyx b. dx = (dM/I) ∫y y’ b’ dy’ > e >> τyx = [(dM/dx) ∫y

y’ b’ dy’] / b I Como (dM/dx) = Q e τyx = τxy obtemos finalmente (Equação de Jourawsky~1821-1891): τxy = ..................... (6.2.1) onde: τxy – tensão de cisalhamento em um dado ponto da seção; Q – força cortante na seção; ILN – momento de inércia da seção em relação à LN que contém o centróide; b – largura da seção na altura do ponto considerado; V – momento estático da parte da área da seção situada “abaixo” (*) do ponto considera-

A determinação das tensões tangenciais despertadas em uma viga submetida a um mo-mento fletor variável será feita analisando-se o equilíbrio de forças atuantes em uma parte da viga (mostrada na Fig. 6.2.2 em verde) situada entre duas seções contíguas, separadas de dx, onde atuam os momentos fletores M (de um lado) e M+dM (de outro). As tensões normais atuantes na seção em x + dx serão maiores que as atuantes na seção em x, devido à diferença dos momentos fletores nas respectivas seções. Portanto, as forças resultantes dessas tensões normais (F1 e F2) atuantes em cada uma dessas faces serão diferentes (F1 < F2), ocasionando o apareci-mento das tensões tangenciais longitudinais de valor médio τyx na face superior do elemento, para promover o equilíbrio de forças, permi-tindo escrever: F2 – F1 = τyx b. dx Mas as resultantes das tensões normais atuantes em cada uma das faces valerão: y’ = y (Max)

∫ y’ = y sendo σ’ = (M/I)y’ na seção em x e σ’ = [(M+dM)/I]y’ na seção em x+dx. Computando a diferença F2 – F1 obtemos: y(Max)

τyx b. dx = ∫y (dM/I) y’ b’ dy’

M + dM

M

F2

F1

x

dx

y

b

τyx

τxy

σ’ . b’ dy’ F =

Fig. 6.2.2– Tensões tangenciais na flexão. Cál-culo por equilíbrio.

Q V b ILN

b’

y’ y

dy’

ymax F2 F1

dx

σ’

LN

LN


3

do, em relação à linha neutra. NOTA (*) - ou “acima”, já que o momento estático da área total da seção será nulo em relação à LN, pois esta contém o seu centróide. Realmente: a integral y’ = y(Max)

V = ∫y’= y y’ b’ dy’

terá valor nulo nas arestas inferior e superior da viga (onde y = yMax e y = - yMin), aliás como não pode-ria deixar de ser, já que nessas partes não há tensão longitudinal τyx (não há componente de tensão per-pendicular ao contorno). Conclui-se portanto, que a tensão tangencial não se distribui uniformemente como no caso do corte puro 6.3 – Várias formas de seção.

a) SEÇÃO RETANGULAR – Para vigas de seção retangular b x h, onde ILN = bh3/12, te-remos:

b) SEÇÃO CIRCULAR MACIÇA -

iniciando com valor nulo no topo superior da seção, aumentando de valor até a altura do centróide, passando a diminuir até no-vamente atingir o valor zero na aresta in-ferior. O valor médio da tensão tangencial na seção continuará a ser calculado pela expressão:

τmed = Q / A.

A distribuição das tensões ao lon-go dos diversos pontos da seção depende-rá de seu formato.

τ = 0

τ = 0

τ Max

τ med

b

h/2

h/2 y

OBS.: o momento estático de uma área em relação a um eixo é obtido fazendo-se o produto da área pela distância de seu centróide ao eixo. τ = [12 Q / b2 h3] [( ½ h – y)b][y + ½ ( ½ h – y)]

τ = (6Q/bh3)[(h/2)2 – y2)

(distribuição parabólica, com valores nulos para a tensão tangencial nos topos -- y = + h/2 e máxima tensão no centro, atingindo 1,5 vezes a tensão média Q/A --------- τMax = (3/2)(Q/A)

τMax = 1,5 τmed

τmed

Fig. 6.3.1 – Tensões tangenciais em vi-gas de seção retangular e circular

Fig. 6.2.3- Distribuição das tensões de cisalhamen-to em uma viga simétrica sob flexão simples

O valor máximo da tensão tangencial ocorre na linha neutra onde b = d, V = (πd2/8)(2d/3π), sendo I = πd4/64, e

τMax = (4/3)(Q/A).

Para outros pontos, a fórmula de Jourawski (6.2.1) forne-ce o valor da tensão na linha de centro (plano de simetria) e, tam-bém, o valor da componente vertical da tensão nos demais pontos (sendo a direção da tensão tangente ao contorno e, nos pontos internos, com direção convergente ao ponto de encontro dessas tangentes na mesma altura (hipótese de Green).

τMax = 1,33 τmed

d

τMax


4

c) PERFIS LAMINADOS (I, T, H)-

h

b

ta

tm A otimização da escolha do formato da seção das vigas, objetivando minimizar o valor das tensões normais decorrentes do momento fletor, leva à utilização de seções nas quais as áreas são afastadas da linha neu-tra (perfis “I” e “T”, com mesas/abas largas e almas/nervuras estreitas). Como conseqüên-cia, surgirão tensões tangenciais elevadas na alma, na altura da linha neutra, pelo fato de a dimensão “b” da nervura aparecer no deno-minador da equação de Jourawski (ou seja, nos pontos da viga onde a tensão normal é máxima – arestas superior e inferior, a tensão tangencial é nula, enquanto na linha neutra, onde σ = 0, a tensão τ atinge valor extremo). A descontinuidade do valor da tensão na transição entre a mesa e a alma decorre da descontinuidade da largura (b) da seção nes-ses locais.

τ σ

τ σ

Exemplo 1 – Para a viga esquematizada na figura, pede-se determinar:

a) a máxima tensão de tração; b) a máxima tensão de compressão; c) a máxima tensão de cisalhamento; d) a força total na união entre a mesa e a alma.

SOLUÇÃO a) a máxima tensão de tração ocorrerá no topo da

mesa, no engaste, valendo: σT = (9000 / 127,1 x10 –6) x(0,330 –0,2325) = = 6,90 MPa.

b) a máxima tensão de compressão ocorrerá na base da alma, no engaste, valendo:

σC = (9000 / 127,1 x 10 –6) x 0,2325 = 16,5 MPa

c) a máxima tensão tangencial ocorrerá na altura da linha neutra, em toda extensão da viga, valendo: τMax = [10.000 x 0,020 x (0,2325)2 x ½] / 0,020 x ILN

τMax = 2,12 MPa d) a tensão τxy na altura da transição mesa/alma

valerá: τxy = 10.000 x 0,030 x 0,200 x(0,315 –0,2325) / / 0,020 x 127,1 x 10 –6 = 1,947 MPa.

e) Uma tensão de mesmo valor (τyx) se estende ao longo da união entre a mesa e a alma, e a força nesta união valerá: FU = 1,947 x 10 –6 x (900 x20) x 106 = 35,0 kN.

20

30

900 mm

300

200

10 k N

A força cortante Q vale 10 kN ao longo de toda a viga. O momento fletor M (negativo, tracionando a mesa), varia linearmente de zero, na extremidade em ba-lanço, até o engaste, onde vale 10 x 0,9 = 9 kNm. A linha neutra estará a uma altura da base da alma em yLN = (20 x30 x315 + 20 x300 x150) / 12000 yLN = 232,5 mm O momento de inércia da seção em relação à LN: ILN = 200 x303/12+ 200 x30(315 –232,5)2 + + 20 x3003/12 + 20 x300(232,5 – 150)2 = = 127,1 x 106 mm4 = 127,1 x 10 -6 m4


5

6.4 – Perfis Compostos

900 mm

300

200

10 k N

60mm – 15 paraf. d= 5mm

Assim, no perfil de madeira mostrado no exemplo 1 anterior, se a barra de 200x30 mm2 que constitui a mesa fosse conectada à barra da alma (300x20) através de 15 parafusos de 60mm de comprimento e com diâmetro de 5mm, distribuídos ao longo dos 900 mm da me-sa, com igual espaçamento de 60 mm, podería-mos calcular a força em cada parafuso levando em conta que a tensão longitudinal τyx entre mesa e alma vale 1,947 MPa, o que corresponde a uma força de valor 1,947x20x60= = 2,336 kN para cada parafuso.

A tensão de cisalhamento no parafuso seria igual a 2,336 x 103 / [π(5)2/4]x10 –6 = 119 MPa. - compressão lateral do furo (tanto na mesa como na alma) valeria: 2.336 / 5x30=15,6MPa

É freqüente a construção de vigas através da composição de bar-ras chatas por parafusagem, cola-gem, uso de pregos, rebites, canto-neiras, soldagem, etc.

Os perfis assim constituídos funcionam como se inteiriços fos-sem, podendo-se calcular os esfor-ços nos elementos de união compu-tando as tensões médias nas faces que estão sendo unidas.

Fig. 6.4.1 – Perfis Compostos

30

Exemplo 6.4.1– A viga esquematizada foi construída por soldagem de duas barras chatas de aço, de 150x20 mm2, a outra barra de mesmo material co-mo nervura, de 200x15 mm2, através de cordões com 10 mm de largura e 30 mm de extensão. Sabendo-se que as tensões admissíveis tanto para as bar-ras como para os cordões sejam: σadm =120 MPa e τadm =70 MPa, calcular Padmissivel.

200

20

20

15

16

400 400 P

100

150


6

6.5 – Análise Crítica A suposição de que a distribuição das tensões de cisalhamento na flexão não alte-raria a distribuição das tensões normais na seção só é aplicável nos trechos da viga onde a força cortante não varia. O resultado obtido para a distribuição das tensões tangenciais (parabólica na seção retangular) aponta no sentido de que a seção não permanece plana, devido à distorção variável em y.

Solução Os diagramas de esforços solicitantes nos indicam: QMAX = 0,5P e MMAX = 0,5P x 0,400 = 0,2 P. O momento de Inércia da seção vale: ILN = 12 x 2003/12 + 2 [150 x 203/12 + 150 x20 x 1103] = = 82,8 x 106 mm4 = 82,8 x 10 –6 m4. O valor de Padm. para a tensão normal será calculado com σMAX = 120 x 106 = (0,2P / 82,8 x10 –6) x0,120;

(PMAX) I= 414 kN; O valor de Padm. para a tensão tangencial limite será: 0,5P (0,150 x0,020 x0,110 + 0,100 x0,015 x 0,050) 0,015 x 82,8 x 10 –6 = 70 x 106 Pa (PMAX) II= 429 kN;

0,5 P

0,5 P

0,2 P

P

½ P ½ P

Q

M τMAX =

A máxima força que se admite ser transmitida por um dos cordões de solda será: FC = 70 x106 x 16 x 0,707 x 100 = 79,18 kN Se a viga fosse inteiriça, a tensão na união entre a alma e cada uma das abas seria: τU = 0,5 P (0,150 x0,020 x0,110) / 0,015 x 82,8 x10 –6 = = 132,8 P.

Na extensão de 400mm (metade do comprimento da viga) a força total na união mesa x alma será: FU = τU x 0,400 x 0,015 = 132,8 P x 0,400 x 0,015 = = 0,7968 P. Como tal força será transmitida por 4 cordões (dois de cada lado da alma) para cada cordão caberá: FC = 0,7968P : 4 = 0,1992 P. Como (FC)MAX = 79,18 kN, teremos PMAX = 397,5 kN. Portanto: Padmissivel = 398 kN (Resposta)

100

16

400 400

15

400

τU

Estudos mais avançados (Saint’Venant) dão conta de que, para a seção retangular na qual a re-lação b/h <1/4, o valor da tensão tangencial média calculado pela fórmula de Jourawski não difere mais de 8% do valor máximo alcançado pela ten-são na linha neutra. O erro é grande para o caso de barras largas (para b/h = 10, τMAX / τMED = 3,77), sendo, porém, ge-ralmente irrelevante, já que são muito pequenos os va-lores dessas tensões (valor de b elevado).

h/2

h/2

τMAX

τMED

b


7

6.6 – Vigas de igual resistência Ao se dimensionar uma viga prismática, levando em conta a seção crítica onde o momento fletor é extremo, a peça ficará superdimensionada para as demais seções.

L

P

b

h

O chamado “feixe de molas”, utilizado na suspensão de veículos, adota tal tipo de viga (cortada em fatias longitudinais, superpostas como indicado na figura ao lado e conectadas por cintas).

Se, ao invés de ser adotada invariante a dimensão vertical h, fosse a largura b mantida constante, a dimensão h da seção variaria (numa viga de igual resistência) segundo uma lei qua-drática, o que levaria, para uma viga bi-apoiada com uma carga aplicada ao longo do vão, a um formato como o apresentado na figura ao lado.

Exercício proposto: mostre que, para uma viga de igual resistência, bi-apoiada e submetida a um carre-gamento uniformemente distribuído ao longo de toda a sua extensão, com largura uniforme, a dimensão da al-ma varia segundo uma função elíptica (exceto nas ex-tremidades, onde se mantém constante, devido à ação da força cortante).

Assim é que, para uma viga de compri-mento L, em balanço, com carga P concentrada na extremidade livre, a seção crítica seria a do engaste e a viga prismática de seção retangular (bxh) teria dimensões tais que: Wmínimo = (bh2/6)mínimo = PL/ σadmissível.

Como o momento fletor em cada seção varia linearmente com a distância da seção à força P, para que a tensão normal máxima seja a mesma em todas as seções, bastaria que, man-tida a dimensão h, a dimensão b variasse line-armente com a distância à extremidade livre. Deve-se considerar ainda que, próximo a essa extremidade, a dimensão b não pode ser diminu-ída até atingir o valor nulo, já que a seção deve ser capaz de suportar a tensão máxima de cisa-lhamento causada pela força cortante (de valor 1,5 P/bh). Daí o prolongamento prismático na extremidade livre.

Fig. 6.6.1 – Vigas de igual resistência


8

6.7 – Perfis Delgados As tensões de cisalhamento em vigas de paredes finas alcançam valores importantes diante do pequeno valor da dimensão “b” que aparece na equação de Jourawski (6.2.1)

Assim, para a viga esquematizada na figura ao lado, caso a tensão tangencial máxima τxy, ocorrente à meia altu-ra da seção, fosse suficiente para provocar a ruptura por cisalhamento do material, a fratura seria no sentido longitu-dinal, ao longo do plano neutro (τyx).

A componente vertical da tensão τxy nas mesas será desprezível em presença da ocorrente na alma, devendo-se considerar, no entanto, a existência de uma componente horizontal τxz , calculada, da mesma forma, pela equação 6.2.1, considerando que o momento estático V seria o da parte da área da mesa “cortada” pela tensão longitudinal τzx e b a largura da parte cortada (a tensão τzx aparece diante do desequilíbrio entre as forças normais F1 < F2 na parte da mesa, em conseqüência da diferença entre os momentos fletores dM).

τyx

F2

F1

dx

M + dM

M

b

dx

τxz τzx

z

O valor da tensão τzx em um ponto da mesa situ-ado a uma distância z da sua borda será calculado fazendo: τzx = τxz = Q[b.z.(h/2)]/ b ILN (variação linear com z, de zero, na extremidade da aba, até seu encontro com a alma). Interessante notar que o mesmo ocorrerá com a outra metade da aba, tendo a tensão τxz o sentido inverso, indicando que a distribuição das tensões ao longo da se-ção do perfil se dá como um escoamento de um fluido ao longo de uma rede hidráulica bifurcada (fluxo cisalhan-te), sendo aplicável a analogia com a equação da continu-idade, já mencionada no estudo da torção dos dutos de parede fina.

Fig. 6.7.1 – Tensões tangenciais em perfis delgados. Exemplo 6.7.1: Para o perfil “duploT” esque-matizado, estabelecer a distribuição das ten-sões tangencias nos diversos pontos das mesas e da alma, como função da tensão média Q/A.. Solução: As propriedades geométricas do per-fil W760x147 (pg.1191 LT) indicam:

A =18.800mm2, IZ =1.660 x10-6 m4. A tensão τ nos entroncamentos entre cada uma das metades da mesa e a alma vale (A): τxz=Q(½ 0,265 x 0,017 x0,368)/0,017 x1660 x10-6= =29,37 Q No entroncamento entre cada mesa completa e a alma, a tensão vale (B): τxz =Q(0,265 x0,017 x0,368)/0,0132 x1660x10-6= =75,66 Q

265

17

13,2 753

A

B

C


9

Nos perfis simétricos, em forma de “caixão”, é fácil compreender que, na linha de simetria, a tensão cisalhante parte do valor zero (*), variando em sentidos opostos para os pontos mais afastados da linha de simetria. A figura 6.7.2 mostra alguns exemplos de distribuição das tensões tangenciais em seção de viga em forma de duto de parede fina, submetido à flexão simples e seus valores máximos em função da tensão média (Q/A). (*)Observe que o momento estático da área assinalada tende a zero quando z →0.

Convém repisar que a analogia com a equação da continuidade para os fluidos incompressíveis se aplica ao denominado “fluxo cisalhante”, permitindo-nos escrever que, para o entroncamento (bifurcação) entre cada mesa e a alma, 2 τA bA = τB bB, ou seja, 2 x 29,37Q x 17 = 75,66 Q x 13,2. A tensão cisalhante máxima, ocorrente na linha neutra, valerá: τC =Q [0,265 x0,017 x0,368 + 0,0132 x0,3595 x(1/2) 0,3595 ] / 0,0132 x1660x10-6 = 114,6 Q.

Como τmédio = Q / A = Q / 18.800 x 10-6 = 53,19 Q, teremos: τA =0,552 τmédio; τB =1,42 τmédio; τC = τmáximo = 2,15 τmédio.

τMax = ξ (Q/A) ξ

1,500 1,333 2,000 b/h ξ 0,25 1,607 h 0,50 1,800 1,00 2,250 2,00 3,600 b 4,00 5,192 Fig. 6.7.2 – Tensões tangenciais em perfis delgados simétricos tipo caixão.

1

2

A utilização da analogia com o “flu-xo cisalhante” é muito útil na determinação da distribuição das tensões tangenciais ao longo de perfis delgados, facilitando a vi-sualização das áreas que seriam “cortadas” por ação dessas tensões, propiciando o cál-culo correto dos correspondentes momen-tos estáticos (V) e larguras (b), para aplica-ção na fórmula de Jourawski. Na figura ao lado, são apresentados dois exemplos de áreas assinaladas e respectivas larguras (b), para o cômputo das tensões tangenciais correspondentes, utilizando-se 6.2.1.

(a) (b) (c)

z

b

b

Fig. 6.7.3 – Fluxo cisalhante


10

6.8 – Centro de Torção.

Exemplo 6.7.2 – Deseja-se fabricar uma viga caixão com tábuas de madeira (10 x 100 mm2) coladas, ha-vendo duas opções (A e B) quanto a seu posiciona-mento em relação ao plano vertical do carregamento (peso próprio). Verificar, para as duas opções, a relação entre a tensão tangencial na cola e a tensão tangencial mé-dia na viga para uma força cortante Q.

Solução Posição A: Área A = 1.000 mm2; ILN =2 x[10 x1003/12 + 100 x 103/12 + 10 x100 x 552] = = 7,733 x 106 mm4 = 7,733 x 10-6 m4 τmédia = Q/A = Q / 1.000 x 10 -6 = 1.000 Q;

τcola =Q.(0,100x 0,010x 0,055) / (2x 0,010) x 7,733x10-6

τcola = 355,6 Q >>>>>> τcola = 0,3556 τmédia

A B

10 100

Posição B: Área A = 1.000 mm2; ILN =2 x[10 x1003/12 + 100 x 103/12 + 10 x100 x 452] = = 5,733 x 106 mm4 = 5,733 x 10-6 m4 τmédia = Q/A = Q / 1.000 x 10-6 = 1.000 Q; τcola = Q.(0,100x 0,010x 0,045) / (2x 0,010) x 5,733x10-6 τcola = 392,5 Q >>>>>> τcola = 0,3925 τmédia

A distribuição das tensões tangenciais ao longo das paredes de um perfil delgado aberto e assimétrico, submetido à flexão simples (com a força ativa aplicada no centróide da área, portan-to sem momento de tor-ção, como mostra a Fig. 6.8.1), indica que o perfil sofrerá uma torção (ape-sar de se ter T = 0!). Para se evitar que tal defor-mação ocorra, a força que ataca o perfil teria que ser aplicada a uma certa distância δ do eixo longitudinal baricêntrico para equilibrar o momen-to decorrente das forças associadas àquelas ten-sões.

δ

Fig. 6.8.1– Centro de Torção

τ P

cola


11

A determinação do afastamento δ do centro de torção (também chamado “centro de ataque”), em relação ao centróide C da seção, é feita igualando os momentos em relação ao eixo longitudinal baricêntrico do perfil, provocados pelas forças associadas às tensões tan-genciais ao longo das paredes e pela força que ataca a viga.

a

2a

Zc

C

t

C

δ

P

Q = P

Fa

Fa

Exemplo 6.8.1 - Para o perfil “C” mostrado ao lado (espessura t, largura da aba a e altura da alma 2a), o centróide C estará posicio-nado em: Zc = a / 4.

O momento de inércia ba-ricêntrico valerá: ILN = t(2a)3/12 + 2 (t.a)(a)2=8ta3/3. A tensão tangencial nas abas variará linearmente da extre-midade até a junção com a alma, onde valerá: τ* = P[a.t.(a)]/t.(8ta3/3) = 3P / 8t.a

A força horizontal Fa atu-ante em cada aba, resultante des-sas tensões, valerá: Fa = ½ [τ∗]t.a = (3/16)P

τ∗

Tomando momentos dessas forças em relação ao centróide C, podemos escrever: P . δ = Fa . (2a) + P . Zc = (3/16)P.(2a) + P (a/4), obtendo-se: δ = (3/8)a + (1/4)a. Ou seja: o centro de torção está localizado a uma distância da alma que vale 3/8 da largu-ra da aba.

São apresentados abaixo alguns exemplos de seções transversais de perfis delgados de espessura uniforme e os correspondentes posicionamentos do centro de torção.

b (5/8)b 0 [(4 - π)/π] R R 2 + h/3b

δ∗ δ∗ δ∗ δ∗

b b

b/2

b/2

h R R

δ∗

Verifique no Link www.cesec.ufpr.br/~metalica/08/08.htm a posição indicada para o centro de torção dos perfis lá apresentados.

G – Flexão Composta

1

7.0 – Flexão Composta. 7.1 – Flexão Composta com Força Normal. Introdução. A linearidade da distribuição das deformações longitudinais e tensões normais em pontos de uma dada seção de uma barra reta, nos casos da tração pura (tensões e deforma-ções uniformes) e da flexão pura (tensões e deformações proporcionais às coordenadas do ponto da seção da viga), permite-nos aplicar o princípio da superposição dos efeitos, esta-belecendo que a tensão total será obtida pela soma algébrica das tensões provocadas pelos dois esforços, como se atuassem separadamente. 7.2 – Flexão Simétrica composta com Força Normal. Carga Axial Excêntrica. A aplicação da superposição dos efeitos para o caso da flexão simétrica composta com força normal leva a:

M

N N

M

Tal suposição deixa de ser aplicável, entretanto, no caso de flexão composta de vigas esbeltas sob compressão já que a flecha produzida pela flexão provoca uma excentricidade da seção para as for-ças externas, que altera o valor do mo-mento fletor na seção, sendo tal efeito cumulativo (ver “flambagem”, adiante).

f

M = M1 + N.f M1 M1

N N

Fig. 7.1.1 – Flexão composta com força normal. Superposição dos efeitos.

σ = N/A + (M/Ic) y ............ (7.2.1) sendo Ic o momento de inércia baricêntrico (a linha neutra não mais conterá o centróide da área A). Quando o momento fletor for conse-qüência de uma excentricidade “e” da aplica-ção do esforço normal externo em relação à posição do centróide da seção, podemos escre-ver: → M = N.e σ = N/A + (N.e / Ic) y = (N/A)[1 + (A/Ic)/(e.y) Fazendo Ic = A (kc)2...(kc – Raio de Giração)

N N

M = N.e

e

y y

=

Fig. 7.2.1 – Carga axial excêntrica.


2

σ = (N/A) [1 + (e.y)/ kc2 ]......... (7.2.2)

Exemplo 7.2.1 - O elo aberto de uma corrente de aço tem as dimensões mostradas na figura. Supondo uma força de tração na corrente de 500 N, pede-se determi-nar, para a seção média do elo:

1) a máxima tensão de tração; 2) a máxima tensão de compressão, e 3) a distância da linha neutra em relação ao

ponto central da seção.

Solução

d = 10mm

15 mm

500 N

500 N

Na seção média do elo ⇒ N = 500N; M = 500 x 0,015 = 7,5 N.m. A = π (0,010)2 / 4 = 78,54 x 10-6 m2 e

Ic = π (0,010)4 / 64 = 0,4909 x 10-9 m4. Levando em 6.1, teremos: (σTração)max

= 500/78,54x10-6 + (7,5 / 0,4909x10-9)0,005 = = 6,4 + 76,4 = 82,8 MPa (no lado interno do elo) (σCompressão)max

= 500/78,54x10-6 - (7,5 / 0,4909x10-9)0,005 = = 6,4 – 76,4 = 70,0 MPa (no lado externo do elo) Na linha neutra σ = 0 ⇒ 500/78,54x10-6 + (7,5 / 0,4909x10-9) yLN = 0 ⇒ yLN = 0,42 mm.

+ 6,4 MPa

+ 76,4

- 76,4 - 70,0

+ 82,8

0,42mm

Exemplo 7.2.2: O torno de bancada mostrado na figura foi apertado provocando uma força de compressão que atinge 500 N na peça apri-sionada.

Pede-se: 1) determinar as tensões máximas de tração e

de compressão no corpo do torno (seção transversal em “T”).

2) indicar a posição da linha neutra em rela-

ção a face interna do torno.

12,7

4

4

21,3

A

A

Seção A-A

50

yc

Solução: A avaliação das características geométricas da seção nos leva a: A = 12,7 x 4 + 21,3 x 4 = 136 mm2; yc = 12,7 x 4 x 23,3 + 21,3 x 4 x ½ 21,3 / 136 = 15,38 mm IC = 12,7x43/ 12 + 12,7x4x(23,3 – 15,38)2 + 4x21,32/ 12 + 4x21,3x(15,38 - ½21,3)2 = 8382 mm4 N = 500N ; M = 500[50 + (25,3 – 15,38)]x10-3 = 29,96 N.m σT = (N/A) + (M/Ic)y’ = 500 / 136x10-6 + (29,96 / 0,008382x10-6)(0,0253 – 0,01538) = 39,1 MPa (T) σC = (N/A) - (M/Ic)y’’ = 500 / 136x10-6 - (29,96 / 0,008382x10-6)(0,01538) = - 51,3 MPa (C) Na linha neutra, σ = 0 e 0 = 500 / 136x10-6 - (29,96 / 0,008382x10-6) yLN >> yLN = 1,03 mm, portanto a LN está a 1,03 mm abaixo de C, ou seja, a 25,3 – 15,38 + 1,03 = 10,95 mm da face interna do torno.


3

7.3 – Caso Geral do Carregamento Axial Excêntrico de Barras Espessas. Quando uma barra reta é submetida a um carregamento axial com uma excentrici-dade, mesmo que fora de um plano de simetria, ou nos casos em que a seção não apresen-ta um eixo de simetria, o procedimento para o cálculo das tensões será o mesmo, ou seja, as tensões provocadas pela força normal e pelo momento fletor são calculadas separada-mente, após o que os efeitos serão superpostos (algebricamente, considerando os corres-pondentes sinais para as tensões calculadas).

Problema Proposto 7.2.3: O duto esquematizado na figura, de parede com 20 mm de espessura e seção quadrada de 200 x 200 mm2, está subme-tido a uma força de tração centrada de 100 kN. O duto dispõe de uma janela de inspeção retan-gular como mostrado. Pede-se descrever a dis-tribuição das tensões normais na seção à altura da janela (indicando os valores extremos e se haverá inversão, com a existência de tensões compressivas).

20

200

200 mm

130 100 kN

100 kN

Exemplo 7.3.1 – A coluna curta esquematizada é ataca-da por uma força de compressão P na posição mostrada (ponto de ataque em A). Calcular as tensões normais nos pontos da base 1, 2, 3 e 4 indicados.

A

A

1 2

3

100

20

120

10

15

25

P = 46,4 kN

Solução Para o perfil esquematizado teremos: Área A = 2 x (100 x20) + 120 x15 = 5.800 mm2

Iz = 15 x1203/12 + 2 x [100 x203/12 + 20 x100 x 702] = = 21,89 x10 6 mm4 = 21,89 x10 -6 m4. Iy = 2 x (20 x 1003 /12) + 120 x 153 / 12 = 3,367 x10-6m4.

z

y

y

z

4

A força normal é de compressão e vale: N = - 46,4 x 103 N.

Computando as componentes do momen-to fletor em relação aos eixos z e y, obtemos: Mz =- 46,4 x103 x 0,070 = - 3.248 N.m My =- 46,4 x103 x 0,025 = - 1.160 N.m

As tensões nos pontos indicados serão: (ponto 1) - σ1 = (-46,4 x103) / 5.800 x10-6 + (-3.248/21,89 x10-6) (-0,080) + (-1.160 / 3,367) (-0,050) = 21,1MPa (T)

(ponto 2) - σ2 = (-46,4 x103) / 5.800 x10-6 + (-3.248/21,89 x10-6) (-0,060) + (-1.160 / 3,367) (-0,0075) = 3,49MPa (T)

(ponto 3) - σ3 = (-46,4 x103) / 5.800 x10-6 + (-3.248/21,89 x10-6) (+0,080) + (-1.160 / 3,367) (+0,050) =37,1MPa (C)

(ponto 4) - σ4 = (-46,4 x103) / 5.800 x10-6 + (-3.248/21,89 x10-6) (+0,060) + (-1.160 / 3,367) (-0,050) = 0.321MPa (T)


4

A posição da linha neutra (LN) será obtida estabelecendo o lugar geométrico dos pontos da seção onde a tensão normal é nula, escrevendo: (na LN) - σ = 0 = (-46,4 x103) / 5.800 x10-6 + (-3.248/21,89 x10-6) (yLN) + (-1.160 / 3,367) (zLN), ou seja:

zLN = -0,4307 yLN – 0,02322, equação de reta que corta o eixo z a 23,22 mm a esquer-da do centróide e o eixo y a 53,91 mm acima do centrói-de. O conhecimento do posicionamento da linha neu-tra é muito útil para se avaliar a posição dos pontos críti-cos da seção (os pontos mais solicitados – à tração e à compressão, são aqueles mais afastados da linha neutra). No exemplo em análise verifica-se que os pontos (1) e (3) são os que apresentam maiores tensões de tração e de compressão (respectivamente), enquanto que o pon-to 4 está muito próximo à linha neutra.

z

y

-23,22

-53,91

LN

Barra Chata 50 x 10

Barra Chata 50 x 10

Barra Chata 120 x 10

P = 11,0 kN

Exemplo 7.3.2: a haste esquematizada é montada com duas barras chatas de 50 x 10 mm2, em forma de abas, rigidamente conec-tadas a outra barra chata (120 x 10 mm2), como alma, sendo atacada por uma força de tração P = 11 kN, a meia distância da espes-sura das barras, na junção inferior, como indica a figura. Pede-se determinar o valor das tensões nor-mais despertadas nos pontos indicados, sufi-cientemente afastados do ponto de aplicação da carga ativa.

2

1

3

Solução Para o perfil montado teremos:

Área A = 2 x 50 x 10 + 120 x 10 = 2.200 mm2; Iz = 10 x 1203 / 12 + 2(50 x 103 / 12 + 50 x 10 x 552) = 4,473 x 106 mm4

Iy = 120 x 103 / 12 + 2(10 x 503 / 12 + 10 x 50 x 302) = 1,118 x106 mm4 Pyz = - 2 (50 x 10 x 55 x 30) = - 1,650 x 106 mm2

Quanto aos esforços solicitantes teremos:

N = 10 kN; MZ = 11.000 x 0,055 = + 605 N.m; MY = 0.

z

y 55

55

55

As tensões serão calculadas fazendo: σ = N / A + k1 y + k2 z (como em 5.12). Através do sistema de equações em 5.13, teremos: + 605 = 4,473 x 10 - 6 k1 + (- 1,650 x 10-6) k2; k1 = 278,5 x 106 Pa/m 0 = (-1,650 x 10-6) k1 + 1,118 x 10-6 k2 . k2 = 388,3 x 106 Pa/m portanto: σ = 11.000 / 2.200 x 10 -6 + ( 278,5 x 106 ) y + (388,3 x 106 ) z, ou seja:

σ = [ 5 + 278,5 y + 388,3 z ] x 106


5

As tensões nos pontos assinalados valerão: Ponto 1 (+0,060; -0,055) - σ 1 = 0,3535 MPa (T)

Ponto 2 (-0,060; -0,005) - σ 2 = -13,65 MPa (C)

Ponto 3 (-0,060; + 0,055) - σ 3 = 9,647 MPa (T) A equação da Linha Neutra (σ = 0) será: 0 = 5 + 287,5 y + 388,3 z → zLN = -0,7172 yLN – 0,01288 (a LN corta os eixos Z e Y em -12,88 mm, à esquerda de C, e à – 17,96 mm acima de C). Verifica-se que o ponto da seção mais solicitado à tração é o canto 4 (+0,060;+0,005), mais afastado da LN, onde σ4 = 23,65 Mpa.

7.4 – Núcleo de Ataque em Pilares Curtos. Quando é importante garantir que, em um pilar comprimido pelos topos por uma

força que possa apresentar certa excentricidade, não haja inversão do sinal da tensão (caso do concreto, incapaz de suportar tensões de tração), será necessário limitar uma região da seção (chamada de “núcleo central de ataque”) onde a força poderá atuar. Convém repisar que tal análise não se aplica a colunas esbeltas (longas) devido à influência no valor da excentricidade, decorrente das deformações por flexão, alterando o momento fletor.

z

y

C

1

2 3

4

LN

No caso de uma coluna de seção circular, de diâme-tro d, é fácil concluir que o núcleo central será uma área também circular, de raio igual à máxima excentricidade ad-missível, tal que: 0 = - P/A + (P.e/ IC)(d/2), sendo A = πd2 / 4 ; e IC = πd4 / 64. Teremos, portanto: e máximo = d/8 (pilar circular)

No caso de um pilar de seção retangular de dimen-sões (b x h), verifica-se que o núcleo central terá a forma de um losango. Realmente: supondo que o pilar seja atacado num ponto qualquer do primeiro quadrante da seção, de co-ordenadas (y, z), e que seja nula a tensão no vértice diame-tralmente oposto, teremos: 0 = -P/ b.h + [(-P.y)/(bh3/12)](-h/2) + [(-P.z)/hb3/12)](-b/2); y/(h/6) + z/(b/6) = 1, equação de uma reta (na forma normal) que corta os eixos y e z em pontos que distam do centro C, respectivamente, h/6 e b/6. Conclusões idênticas seriam obtidas analisando os outros três quadrantes, indicando o formato do núcleo de ataque como um losango.

d

d/4

y

z

b/6

h/6

Fig.7.4.1 – Núcleo Central de Ataque Problema Proposto 7.4: Para o perfil “I”, cuja seção transversal é es-quematizada ao lado, determine a configuração e as dimensões do núcleo central de ataque.

e e P

P

150 x 15 200 x 10


6

7.5 – Solicitações Combinadas. Flexão Composta com outros esforços seccionais. Na determinação das tensões ocorrentes em pontos da seção transversal de vigas ou barras submetidas a esforços solicitantes combinados, utilizaremos o princípio da super-posição dos efeitos, computando as tensões devidas a cada um dos esforços, como se atu-ando isoladamente, para depois obter o valor total, somando-as algebricamente. A seguir serão apresentados alguns exemplos de aplicação do método. Para o ponto (1) (z = 0 e y = - d/2) teremos: σX = - 40.000 / 4.418 x 10- 6 + (- 2.000/ 1,553 x 10 - 6) (- 0,075/2) = ( - 9,05 + 48,29 ) x 106 = + 39,2 Mpa (T); τXY = 0; τXz = (4/3)[20.000 / 4.418 x 10 – 6 ] + (-600 / 3,106 x 10 -6) (- 0,075/2) = 6,036 + 7,244 = + 13,28 MPa As tensões nos demais pontos são calculadas da mesma forma, produzindo a tabela abaixo: P TENSÃO NORMAL (σ) TENSÃO TANGENCIAL (τ)

(N/A) (M/I)(d/2) Total (4/3) (Q/A) (T/Jp)(d/2) Total

1 -9,05 +48,29 +39,2 MPa +6,036 +7,244 +13,3 MPa 2 -9,05 +96,59 +87,5 MPa +3,018 -7,244 -4,23 MPa 3 -9,05 -48,29 -57,3 MPa +6,036 -7,244 -1,21 MPa 4 -9,05 -96,59 -106 MPa +3,018 +7,224 +10,3 MPa

Exemplo 7.5.1 – A extremidade em balanço do eixo maciço esquematizado (D = 60mm) é submetida às forças indicadas. Determinar as tensões normais e cisalhantes no plano da seção do eixo na altura do mancal, nos quatro pontos assinalados.

200

R= 30

D= 75 mm

10 kN

20 kN

40 kN

1

2 3

4

x

y

z σx

σx

σx

σx

τxy

τxy

τxz

τxz

y

z

x

N

QZ

QY

MY

MZ

MX = T

mancal

Os esforços solicitantes atuando na seção indicada valem: N = - 40 kN; Qy = + 10 kN; QZ = + 20 kN; MX = T = - 20 x 30 = - 600 N.m; MY = -20 x 200 = - 4.000 N.m; MZ = - 10 x 200 = - 2.000 N.m (Obs.: MZ é negativo – apesar de ter o sentido positivo do eixo Z , pois provoca tensões de compressão em pontos do primeiro quadrante). As características geométricas da seção indicam que: Área A = π (75)2 / 4 = 4.418 mm2

; IY = IZ = π (75)4 / 64 = 1,553 x 106 mm4; JP = π (75)4 / 32 = 3,106 x 106 mm4

1


7

Exemplo 7.5.2 – O duto de parede fina es-quematizado (e = 5mm) é submetido aos esforços indicados. Determinar as tensões máximas de tração, de compressão e de cisalhamento, no plano da seção de engastamento do duto. 500

50 100

5

50

4,0 kN

8,0 kN

Solução - Propriedades geométricas da seção: A = 100 x 50 – 90 x 40 = 1.400 mm2 @ = 95 x 45 = 4.275 mm2

IZ = 2x5x403/12+2[100x53/12+100x5x(22,5)2] = 0,5617x106mm4; IY = 2x5x1003/12 + 2[40x53/12 + 40x5x (45)2] = 1,644 x 106mm4; Esforços solicitantes na seção do engaste: N = 8,0 kN; QY = 4,0 kN; MY= 800 Nm; MZ = -2.200 Nm; MX = T = 400 Nm.

(σMáx.)Tração = 8.000/ 1.400x10-6 + (-2200/ 0,5617x10-6) x(-0,025) + (800/1,644x10-6) x 0,050 = +128 MPa (Pt.1)

(σMáx.)Compr = 8.000/ 1.400x10-6 + (-2200/ 0,5617x10-6) x (+0,025) + (800/1,644x10-6) x (-0,050) = -117 MPa (Pt.2)

(τMáx.)Cisalh. = 3,600 x (4.000 / 1.400 x 10-6) + 400 / 2 x 4.275x10-6 x 0,005 = 19,6 MPa (Pt. 3)

No cálculo das tensões utilizaremos as expressões: σ = N / A + (MZ/IZ) y + (MY/IY) z; e τ = ξ (Q / A) + T / (2 @ e

1

2

3

Exemplo 7.5.3: O reservatório cilíndrico esquematizado é fabricado em chapa de aço com 5mm de espessura e com diâmetro interno de 500mm, sendo submetido a uma pres-são manométrica de 2 atmosferas e à ação de uma força provocada pelo tirante ABC, tracionado através do maca-co esticador B com uma força de 13,0 kN. Para o plano da seção da base do recipiente, pede-se de-terminar as máximas tensões de tração, de compressão e de cisalhamento.

A

B

C

350

1.200

500

5

250

Solução: A decomposição da força de13kN aplicada em C nos fornece: CX = 12kN e CY = 5kN. Os esforços solicitantes na seção da base valem: N = pA – CX = 2x105x π0,52/4 – 12x103=+27,27kN QY = +5,0kN; T = 5 x 350 = 1750 N.m MZ=-5x1.200=-6.000Nm; MY=-12x350=-4.200Nm As propriedades geométricas da seção valem:

p

CY

CX

A=(πx505)x5=7.933mm2;

Jp = π(505)(5)(252,5)2 = 505,7 mm4 ; IY = IZ = ½ Jp = 252,9mm4

5 500

Num ponto P genérico (y, z) da seção da base, a tensão normal valerá: σ = N/A + (MZ/IZ)y + (MY/IY)z σ=27,27x103/7.933x10-6+(-6000/252,9x10-6)y+(-4.200/252,9x10-6)z σP = 3,438 – 23,72 y – 16,61 z (MPa)......(a)

P

x

z

y

y

z


8

Y Z A localização dos pontos mais solicitados à tração e à compres-são pode ser feita verificando-se os posicionamentos da linha neutra e dos pontos da seção mais afastados da mesma, do lado tracionado e do lado comprimido. No caso, a equação da LN (onde σ = 0) será: ZLN = - 1,428 YLN + 0,2070, reta que cruza os eixos Z e Y, respectivamente, a 207mm a direita do centro O e a + 145mm (abaixo do centro O). A direção perpendicular à LN terá como coeficiente angular, - 1/1,428 = + 0,7003, o que nos permite obter as coordenadas dos pontos da seção mais afastados em relação à LN e as correspondentes tensões: σT

Máxima = 3,438 –23,72(-0,207) –16,61(-0,145)= +10,7 MPa

σC Máxima = 3,438 –23,72(0,207) –16,61(0,145)= - 3,88 MPa

207 145

O

Y

Z

LN

O mesmo resultado seria alcançado se, na equação (a), válida para os diversos pontos da seção reta na base do recipiente, tivéssemos estabelecido uma relação entre as coordenadas y e z desses pontos (já que pertencem a uma circun-ferência de raio 252,5 mm), a saber: y2 + z2 = (0,2525)2 = 0,06376 que, levada em (a), nos forneceria: σP = 3,438 –23,72 y –16,61 (0,06376 – y2)1/2 . Derivando e igualando a zero para obter o valor extremo da tensão, chegamos a y= 0,207 m, confirmando o resultado anterior.

252,5

+ + + +

+ +

+

++

+++

++

+ _ _ _

_ _

_

Exemplo 7.5.4: A figura abaixo representa o eixo propulsor de um navio sendo conhecidos: Motor: Potência: 5.000 (BHP) ( 1); rotação: 385 rpm; Velocidade do Navio: 18 nós ( 2) Hélice: - peso: 3,17 toneladas métricas; eficiência propulsiva: η = 63% ( 3) Eixo: aço 1045 (γ =7,8 ton/m3). Maciço. Diâmetro: 220 mm. Rendimento mecânico: η = 96%( 4) Calcular, para a seção do eixo situada no mancal de ré (próximo ao engaxetamento na popa), as tensões extre-mas (normal e tangencial). OBS.: (1)(potência do motor medida em bancada, no freio); (2) 1 nó = 1 milha náutica/hora = 1.852 m / h = 0,5144 m/s. (3) relação entre a potência fornecida pelo eixo ao hélice e a que efetivamente empurra o navio naquela veloci-dade; (4) relação entre a potência fornecida pelo motor ao eixo e a que chega até ser fornecida ao hélice.

1,24m 3,20m 2,35m

Mancal

Motor Gaxeta


9

Solução: A potência nominal do motor (5000HP) é transferida ao propulsor através do eixo, com uma perda mecânica, alcançando 5.000 x 0,96 = 4.800HP. Somente 63% desse valor serão utilizados para empurrar o navio (através do eixo propulsor comprimido), man-tendo a sua velocidade, vencendo as forças resistentes. Parte da ener-gia é despendida na movimentação do meio flutuante (esteira e ondas). Portanto a potência efetiva que mantém o navio em movimento será 0,63 x 4.800 = 3.024 HP (produto da força propulsiva pela velocida-de), então:

(F propulsiva).(Vnavio) = 3.024 HP. F propulsiva = N = 3.024 x 746 / 18 x 0,5144 = 243,6kN. O torque na seção junto ao propulsor valerá: T = (4.800 x 746) / (385x2π / 60) = 88,82 kN.m

A força cortante na seção junto ao mancal valerá: Q = (Força = Peso Hélice) + (Peso de 2,35m do eixo)= 3,17 x 103 + 7,8 x 103 x 2,35 x π(0,220)2/4 = = 3.170 + 696,8 = 3.866,8 kgf = 3.866,8 x 9,81 = 37,93 kN O momento fletor na seção junto ao mancal valerá: M = 3.170 x 9,81 x 2,35 + 696,8 x 9,81 x 2,35 / 2 = 81,11kN.m Para tais esforços solicitantes, teremos as seguintes tensões nos pontos críticos da seção (com propriedades geomé-tricas A = π(220)2/4 = 38.013mm2; IC =π(220)4 /64 = 115,0 x 106 mm4): σ Máx(compressão) = - 243,6 x103/38.013 x10 -6 – (81,11 x 103/115,0 x 10 -6)(0,220/2) = = - 6,408 x 106 – 77,58 x 106 = - 71,2 MPa (PONTO 1) σ Máx (tração) = - 243,6 x103/38.013 x10 -6 + (81,11 x 103/115,0 x 10 -6)(0,220/2) = = - 6,408 x 106 + 77,58 x 106 = -84,0 MPa (PONTO 2) τ Máx (cisalhamento) = (4/3) 37,93x103/38.013 x10 -6 + (88,82 x 103/2 x 115,0 x 10 -6)(0,220/2) = =1,330 x 106 + 42,48 x 106 = 43,8 MPa (PONTO 3)

mancal

N

T

P hélice

P eixo

2,35m

1

2

3

OBSERVAÇÃO FINAL – Os capítulos estudados permitem calcular as tensões máximas ocorrentes no plano da seção transversal das barras e vigas submetidas aos diversos esforços solicitantes. Resta-nos analisar as tensões ocorrentes nesses pontos, porém em outros planos, que não o da seção transversal, para avaliar se tensões ainda maiores do que as até agora cal-culadas estarão lá presentes. Nos estudos seguintes vai-se mostrar que, conhecidas as tensões atuantes, num certo ponto de um corpo carregado, em dois planos perpendiculares, será possível determinar as tensões nesse ponto, porém em um outro plano qualquer, permitindo avaliar em quais planos os valores extremos das tensões ocorrerão, e os valores por elas alcançados. Assim, mostraremos que, conhecidas as tensões σx, σy e τxy (= τyx), atuantes em um ponto,

τxy

τyx

σx

σy

σmax

σmin

τ = 0

τ max

σmed

σmed

σ Max/Min = ½ (σx + σy) + {[½ (σx - σy)]2 + τxy 2}1/2 (atuam em planos perpendiculares onde τ = 0 – os chamados planos principais). τ Max/Min = + {[½ (σx - σy)]2 + τxy 2}1/2 (atuam em planos a 45º dos principais, onde σ = σ Med = = ½ (σx + σy). (Para maiores informações, matricule-se em RES MAT XI).

= =

Análise de Tensões e Deformações

1

8.0 – Variação da tensão com a orientação do plano da seção. Nos capítulos precedentes aprendemos a computar os valores das tensões alcan-çadas em um certo ponto de uma dada seção de uma viga ou barra submetida a variados tipos de esforços solicitantes e suas combinações. Tais tensões são calculadas no plano da seção. Cabe indagar: - em outros planos, que não o da seção transversal, quais seriam os valores atingidos pelas componentes da tensão naqueles pontos? 8.1 – Estado Duplo de Tensões. Inicialmente estudaremos o caso mais simples (porém muito comum) de pontos submetidos a um estado duplo (ou plano) de tensões (quando σz = τzx = τzy = 0), sendo conhecidas as tensões: σx , σy e τxy = τyx . Suponha um elemento infinitesimal submetido a um estado plano de tensões, como indicado na Fig. 8.1.1 (a) (onde todas as tensões foram supostas positivas). Em um plano qualquer (que tem como orientação a normal n), formando um ângulo θ com o plano “x” (que tem como normal o eixo x), as tensões reinantes serão designadas como: σn e τnt - Fig. 8.1.1 (b). Computando as forças reinantes nas faces do elemento prismático em referência, pode-se con-cluir, por seu equilíbrio nas direções normal (n) e tangencial (t) ao plano qualquer (θ) (Fig.8.1.1-c – forças de massa de origem gravitacional ou de inércia, proporcionais ao volume do elemento, são de ordem desprezível):

(ΣFn = 0) −− σn ds dz = σx dy dz cos θ + σy dx dz sen θ + τxy dy dz sen θ + τyx dx dz cos θ

Como τxy = τyx e, considerando que cos θ = dy/ds e sen θ = dx/ds, obteremos: σn = σx cos2 θ + σy sen2 θ + 2 τxy sen θ cos θ.................. (8.1.1) Pelo equilíbrio das forças na direção transversal (t), da mesma forma, obteremos: τnt = - (σx - σy) sen θ cos θ + τxy ( cos2 θ - sen2 θ) ................. (8.1.2) Como: cos2 θ = ½ (1 + cos2θ); sen2 θ = ½ (1 - cos2θ); sen2θ = 2 senθ cosθ e cos2θ = cos2 θ - sen2 θ,

σx σx

σy

σy

τxy

τyx

x

y

z

σx

z

x

y

n

t

dz dx

dy

σy

τxy

τyx

σn τnt

σy dx dz

σx dy dz

τxy dy dz

τyx dx dz

ds σn ds dz

τnt ds dz

(a) (b) (c)

Fig. 8.1.1 – Variação da tensão com a orientação do plano da seção. (a) Estado duplo de tensões; (b) tensões em um plano inclinado; (c) forças atuando em um elemento prismático.

n

t

θ

x θ

RES MAT XI


2

obtemos

σn = ½ (σx + σy) + ½ (σx - σy) cos 2θ + τxy sen 2θ ...............(8.1.3) e

τnt = - ½ (σx - σy) sen 2θ + τxy cos 2θ .................................(8.1.4) (Observe os casos particulares quando θ = 0 e θ = 90º, que indicam as tensões dadas nos planos verti-cal – x, e horizontal – y, respectivamente). 8.2 – Tensões Extremas. Tensões Principais. Relevante será computar os valores extremos alcançados pelas componentes da tensão. Para tal, igualaremos a zero as derivadas, em relação à variável θ, das componentes da tensão no plano genéri-co: - de (8.1.3) ..... dσn/dθ = - ½ (σx - σy) sen 2θ (2) + τxy cos 2θ (2) = 0, obtendo-se tg 2θp = τxy / ½ (σx - σy) ………………………….(8.2.1) equação que indica a orientação dos chamados planos principais onde as tensões normais são ex-tremas (máxima e mínima), planos esses que serão perpendiculares entre si (existem dois valores do ângulo 2θp , defasados de 180º, que admitem a mesma tangente, portanto os correspondentes dois va-lores de θp estarão defasados de 90º). Substituindo o valor dado por (8.2.1) na equação (8.1.4) verifica-se que as componentes tan-genciais das tensões ocorrentes nos planos principais serão nulas. Substituindo o valor dado por (8.2.1) na equação (8.1.3), obteremos os valores das tensões principais (tensões normais extremas, máxima e mínima): σ p1 = ½ (σx + σy) + √ [½ (σx - σy)] 2 + (τxy )2

....................(8.2.2) σ p2 = ½ (σx + σy) - √ [½ (σx - σy)] 2 + (τxy )2

....................(8.2.3) Interessante observar que, somando membro a membro as equações (8.2.2) e (8.2.3), conclui-remos que a soma das tensões normais ocorrentes em planos perpendiculares é um invariante (o que seria confirmado calculando σt no plano θ + 90 em 8.3, e somando ao valor de σn no plano θ): σx + σy = σn + σt = σ p1 + σ p2

x

z

y

P

48MPa

40MPa

Exemplo 8.2.1 - No ponto P do plano de uma dada seção transversal de uma viga atuam as ten-sões: 40MPa (tração) e 48MPa (no sentido oposto ao do eixo y). Para tal ponto, pede-se determinar: a) as tensões normal e tangencial em um plano per-pendicular ao plano xy, e cuja normal n forme com o eixo x um ângulo de 30º como indicado; b) as máximas tensões normais de tração e de com-pressão, indicando a orientação dos planos onde ocorrem.

x

n

30º

y

x

z


3

Para avaliarmos os extremos alcançados pela tensão tangencial, analogamente igualaremos a zero a derivada da tensão τnt em relação à variável livre θ (em 8.1.4), obtendo: dτnt /dθ = - ½ (σx - σy) cos 2θ (2) + τxy (-) sen 2θ (2) = 0, e tg 2θ∗ = (-) ½ (σx - σy) / τxy …………………………(8.2.4) (o simétrico do inverso do valor obtido em 8.2.3), indicando que os planos onde a tensão tangencial é extrema (* máxima e ** mínima), estão defasados de 45º em relação aos planos principais (já que os dobros dos valores de θ∗ e de θp são defasados de 90º). As tensões tangenciais extremas (ocorrentes em planos perpendiculares entre si, portanto de igual valor) serão calculadas substituindo o resultado de 8.2.4 em 8.1.4, obtendo-se: τMax/Min = τ* = τ** = +/- √ [½ (σx - σy)] 2 + (τxy )2 .......................(8.2.5) Para avaliar as tensões normais (σ* e σ**), ocorrentes nos planos onde a tensão tangencial é extrema, levaremos o resultado obtido em 8.2.4 à equação 8.1.3, concluindo que: σ* = σ** = ½ (σx + σy) = σMédia ....................................(8.2.6) O caso proposto no exemplo 8.2.1 visto acima, τMax/Min = 52MPa. O estado de tensão no ponto P do exemplo citado pode, em resumo, ser representado como a-baixo, mostrando a variação das componentes da tensão (em MPa) com a orientação do plano da seção:

Solução: Para o caso em análise teremos: σx = + 40; σy = 0; τxy = (-)* 48 (MPa). * o sinal (-) decorre de ser uma tensão atuante numa “face positiva” (normal externa x) e orientada no sentido negativo do eixo y. Observe que θ = -30º (x→y→z)

Levando em (8.1.1) e (8.1.2) obteremos: σn = ½ (40 + 0) + ½ (40 - 0) cos 2(-30) + (-48) sen 2(-30) = + 71,57 MPa σt = ½ (40 + 0) + ½ (40 - 0) cos 2(60) + (-48) sen 2(60) = - 31,57 MPa τnt = - ½ (40 − 0) sen 2(-30) + (-48) cos 2(-30) = - 6,68 MPa Resp. (a) → σn = 71,6 MPa (T); σt = 31,6 MPa (C); τnt = 6,68 MPa (-) As tensões principais serão: σ p1 = ½ (40 + 0) + √ [½ (40 - 0)] 2 + (−48 )2 = 20 + √ (400 + 2304) = 20 + 52 = 72 MPa σ p2 = ½ (40 + 0) - √ [½ (40 - 0)] 2 + (−48 )2 = 20 - √ (400 + 2304) = 20 - 52 = -32 MPa tg 2θp = - 48 / ½ (40) = - 2,4; 2θp = - 67,38º; θp1 = -33,7º; θp2 = -33,7 +90 = 56,3º. Nota: observe que o plano “n” é próximo ao plano principal (p1)

y

x 40 40 48

48

-30º 71,6

31,6 6,68

t

n 72

32 p1

p2

-33,7º

+11,3º

**

*

52 20

20

20

20 72

32

52


4

8.3 – Círculo de Mohr para as tensões. Um método bastante útil para a avaliação de como variam as componentes da tensão com a orientação do plano da seção é o método gráfico de Mohr que, ao analisar as equações 8.1.3 e 8.1.4, reescreveu-as na forma:

σn - ½ (σx + σy) = ½ (σx - σy) cos 2θ + τxy sen 2θ τnt = - ½ (σx - σy) sen 2θ + τxy cos 2θ. Quadrando, somando membro a membro e feitas as simplificações (cos2 2θ + sen2 2θ=1), obtem-se: [σn - ½ (σx + σy)]2 + τnt 2 = [½ (σx - σy)]2 + τxy

2] ............(8.3.1) A equação acima tem o formato da equação de uma circunferência → (x – a)2 + (y – b)2 = R2, considerando as variáveis σn e τnt , e eliminado o parâmetro θ.

Num plano cartesiano σn x τnt a circunferência teria centro nas coordenadas: a = ½ (σx + σy) ; b = 0 e raio R = [½ (σx - σy)]2 + τxy

2]1/2 Analisando a figura obtida, é fácil confirmar que: σp1 = σmáximo = σmédio + Raio; σp2 = σmínimo = σmédio – Raio; τmáximo = Raio sendo σmédio = ½ (σx + σy); e R = [½ (σx - σy)]2 + τxy

2]1/2 .

Fig. 8.3.1 – Círculo de Mohr. A ambigüidade quanto aos sinais +/- da ordenada correspondente à tensão tangencial fica resolvida adotando-se a seguinte convenção: MARCAR τ para cima (↑) caso o sentido de giro seja horário ( ) e para baixo, caso seja anti-horário ( ) (análoga à convenção de sinais adotada para a força cortante → Q).

σn

τnt

½ (σx -σy)

τyx = τxy

τxy = τyx R

σp2

τMax

TRAÇÃO COMPRESSÃO

σp1

σx

½ (σx + σy)

σy


5

O traçado do Círculo de Mohr é feito, quando se conhecem os valores das tensões em dois pla-nos perpendiculares, plotando os pontos correspondentes aos pares de valores (σx, τxy) e (σy, τyx). Embora τxy e τyx sejam sempre iguais (com o mesmo sinal) os seus sentidos de giro sempre serão opostos, portanto os dois pontos ocuparão posições diametralmente opostas. Unindo tais pontos obtemos a posição do centro do círculo, sobre o eixo σn, traçando-se a circunferência, passando pelos dois pontos considerados.

σx

τxy

σy τyx

σx

σy

τxy

τyx σn

τnt

½ (σx +σy)

½ (σx +σy)

σn

τnt

½ (σx -σy) τyx

τxy σp2

τMax

σp1

σx

½ (σx + σy)

σy σx

τxy

σy τyx

σp1

σp1 σp2 σmed

τmax

2θP

θP

τMax σMed

σp2

τMax

σMed

Observando que o ângulo 2θp aparece traçado no gráfico →arc tg [τxy / ½ (σx +σy)], define-se um ponto da circunferência (denominado PÓLO) do qual irradiam as direções normais aos planos onde atuam as diversas tensões, cujos valores correspondem às coordenadas do outro traço com a circunferência.. Assim, o pólo P é obtido traçando-se uma linha na direção do eixo “x”, passante pelo ponto do círculo correspondente ao par de tensões ocorrentes no plano “x” (da mesma forma seria o ponto obtido utilizando a direção “y”). As direções principais “1” e “2” são obtidas traçando a partir do pólo linhas que passam pelos pontos representativos das tensões σp1 e σp2. Procedimentos análogos permitiriam obter as orientações dos planos onde τ é máximo.

45º 45º

Observe que o ângulo 2θp (cen-tral) e o ângulo θp (inscrito), sub-tendem o mesmo arco.

Pólo


6

Exemplo 8.3.1- Num certo ponto de uma viga são conhecidas as seguintes tensões: σx = + 50MPa; σy = -10MPa; τxy = τyx = - 40MPa. Utilizando o Círculo de Mohr, pede-se determinar:

a) as tensões principais; b) a máxima tensão tangencial c) a orientação dos planos principais.

Solução: traçado o plano de Mohr (σ x τ) são plotados os pontos correspondentes aos pares de valores de tensão, no plano (x) (vertical) (PV → + 50, à direita da origem; 40, para cima, pelo sentido horário de giro) e no plano (y) (horizontal) (PH → -10, à esquerda da origem; 40, para baixo, pelo sentido anti-horário de giro). O centro do círculo ( C ), posicionado no eixo dos σ, é obtido unindo os pontos PV e PH (20; 0). O círculo é traçado, com centro em C, e com raio igual à distância C-PV, ou C-PH (R= 50). As tensões principais valerão: σP1 = 20 + 50 = 70 MPa; σP2 = 20 - 50 = - 30 MPa; τmax=50MPa. O PÓLO do círculo de Mohr é o ponto de onde partem as direções perpendiculares aos planos onde atu-am as tensões e que interceptam o círculo num outro ponto cujas coordenadas representam o par de tensões ocorrentes no plano considerado. Assim, traçando pelo ponto PV (50;40 ) um linha paralela ao eixo x, encontramos o pólo no ponto (-10; 40), como também se tivéssemos traçado pelo ponto PH (-10;40 ) uma reta com a direção “y”. Os planos principais formam, com o plano vertical, um ângulo tal que: tg 2θ = - 40/ ½[50 – (-10)]=-1,333; 2θ = - 53,1º; θ = - 26,6º.

x

y

σx

σy

τxy

τyx

10 20 30 40 50 60 70 80 σ

(MPa) -10 -20 -30

10

20

30

40

50

60

-10

-20

-30

-40

-50

-60

50MPa 50MPa

-10MPa

-10MPa

40MPa 50MPa

40MPa

-10MPa40MPa

70MPa

-30MPa

50MPa

20MPa

20MPa 50MPa

P

-30MPa

-30MPa

70MPa

20MPa

20MPa

20MPa

20MPa 50MPa

PV

PH

C


7

8.4 – Estado Triplo de Tensões.

Sx dA = σx dA cos θx + τyx dA cos θy + τzx dA cos θz ou seja: Sx = σx λ + τyx μ + τzx ν.......... Procedendo analogamente para os eixos y e z, obtemos: Sy = τxy λ + σy μ + τzy ν. .................................................... (8.4.1) Sz = τxz λ + τyz μ + σz ν. O sistema de equações lineares acima pode ser re-escrito na notação matricial, sob a forma compacta: Sx σx τyx τzx λ

S = Sy = τxy σy τzy μ = { S } n, onde { S } = ,

Sz τxz τyz σz ν representa o chamado “tensor das tensões” (tensor de 2ª. ordem*, com 9 componentes escalares) que define o estado de tensão no ponto considerado. É importante reconhecer que, para um determinado carregamento a que o corpo está submetido, num certo ponto, o estado de tensão deverá ser invariante quanto à orientação do sistema de referência (x, y, z) utilizado para a avaliação de suas componentes. * - um vetor é um tensor de 1ª. ordem (com 3 componentes escalares), representado por uma matriz coluna, enquanto um escalar é um tensor de ordem zero (apenas uma componente escalar).

σx

τxz

τxy

σy

τyz

τyx

σz

τzx

τzy

Sz

Sx

Sy n

x

y

z

θx

Analisemos o caso geral do estado de tensão em um ponto de um corpo carregado onde se conhecem as tensões que atuam nos três planos or-togonais (x, y e z), e que sejam todas elas positivas (conforme indicado na figura ao lado). A tensão S, atuante em um pla-no qualquer, cuja normal n forma com os eixos coordenados os ângulos dire-tores θx, θy e θz, será determinada ana-lisando o equilíbrio das forças atuan-tes na pirâmide elementar mostrada, forças essas obtidas multiplicando as tensões pelas correspondentes áreas onde atuam. Designando por dA a área onde atua a tensão desconhecida S (de componentes Sx, Sy, e Sz) e por λ, μ e ν os co-senos diretores da nor-mal n à essa área (sendo λ2+μ2+ν2=1), podemos escrever, pelo equilíbrio das forças atuantes na direção x:

dA

θx

θy

θz

x

z

y

n

Fig. 8.4.1 – Estado triplo de tensões

σx τyx τzx

τxy σy τzy τxz τyz σz


8

Portanto, apesar de as componentes τij variarem conforme sejam orientados os eixos do sistema

de referência, o tensor {S } será um invariante, representativo do estado de tensão no ponto conside-rado. Conhecido o vetor tensão (Sn = Sx i + Sy j + Sz k ) atuante num plano definido por seu vetor normal (n = λ i + μ j + ν k ), podemos determinar o valor da componente normal σn, fazendo: σn = Sn . n = Sx . λ + Sy . μ + Sz . ν ................................... (8.4.2) A componente tangencial será obtida fazendo: τnt = [(Sx)2 + (Sy)2

+ (Sz)2 - (σn)2 ]1/2 ...........................................(8.4.3)

Exemplo 8.4.1: Para o estado de tensões represen-tado na figura ao lado, pede-se determinar:

a) a tensão normal atuante no plano (1), per-pendicular ao plano yz, e que forma um ân-gulo de 30º com o plano xy;

b) a tensão tangencial num plano (2) cuja normal forma ângulos iguais com os eixos coordenados (não representado). x

y

z

1

80MPa

80MPa

40MPa

Solução: para o estado de tensão representado teremos: σx = -80 MPa; τyz = τzy = +40MPa, sendo as demais componentes da tensão todas nulas. O tensor das tensões será representado como: {S } = Para o plano (1) teremos: θx=90º; θy=120º; θz=30º; e λ = 0; μ = -0,500; ν = 0,866. 0,000 n = -0,500 , portanto: Sn

1 = 0 i + (40 x 0,866) j + [40 x (-0,500)] k , ou seja: 0,866 Sx = 0; Sy = 34,64MPa; Sz = -20MPa; [Sn] = [34,642 + (-20)2]1/2 = 40MPa No plano (1) teremos: σn

(1)= [34,64 j + (-20) k ] ● [(-0,500) j + 0,866) k] = - 34,64MPa (compr.) τnt = (402 – 34,642)1/2 = 20MPa. Resp.(a) – 34,6MPa (compressão) Para o plano (2) (não representado na figura),a igualdade dos ângulos diretores da normal ao plano nos permite concluir que λ = μ = ν , e como λ2 + μ2 + ν2 = 1 , λ = μ = ν = (1/3)1/2 = 0,57735 →(θ = 54,730). Sn

2 = (-80 x 0,57735) i + (40 x 0,57735) j + [40 x (0,57735)] k = -46,19 i + 23,09 j + 23,09 k σn

(2)= [ - 46,19 i + 23,09 j + 23,09 k ] ● (0,57735) [ i + j + k ] = 0 MPa. τnt

(2) = (46,162 + 23,092 + 23,092)1/2 = 56,57MPa.

Resp (b) 56 6MPa

-80 0 0 0 0 +40 0 +40 0

30º

n


9

8.5 – Tensões Principais. A simetria do tensor das tensões indica que existirá uma especial orientação do sistema de eixos x, y, z, para a qual a matriz representativa das componentes ficará diagonalizada, ou seja, 3 planos per-pendiculares onde as tensões serão normais (sem componente tangencial), e com valores reais: ► → → → ► Estes são os chamados planos principais, onde atuam tensões que lhe são perpendiculares (tensões principais - σp ), para as quais se pode re-escrever a equação (8.4.1) como: Sx = σp λ = σx λ + τyx μ + τzx ν; Sy = σp μ = τxy λ + σy μ + τzy ν; Sz = σp ν = τxz λ + τyz μ + σz ν; já que tais tensões não têm componentes tangenciais. O sistema pode ser escrito na forma de equações lineares homogêneas: (σx - σp) λ + ( τyx ) μ + ( τzx ) ν = 0 ( τxy ) λ + (σy - σp) μ + ( τzy ) ν = 0 (τxz ) λ + ( τyz ) μ + (σz - σp) ν = 0 que terá soluções não triviais (diferentes da λ = μ = ν = 0), se for nulo o determinante principal: (σx - σp) ( τyx ) ( τzx ) ( τxy ) (σy - σp) ( τzy ) = 0 (τxz ) ( τyz ) (σz - σp)

σx τyx τzx

τxy σy τzy τxz τyz σz

σ1 0 0

0 σ2 0 0 0 σ3 x

y

z 3 1

2

o que leva a uma equação do 3º grau em σp, para a qual correspon-derão três soluções (os “auto-valores” da transformação, que cor-respondem às tensões principais - σp1 > σp2 > σp3 ): σp

3 - (σx +σy +σz) σp2 +(σx σy + σy σz +σz σx -τxy

2-τyz2-τzx

2) σp – - (σxσyσz -σxτxy

2 - σyτzx2 - σzτxy

2 + 2τxyτyzτzx) = 0 Obs. para determinação das raízes da equação cúbica visite o site:

σp1 σp3

σp2

τmáx

http://pessoal.sercomtel.com.br/matematica/medio/215/raizes3g.htm A máxima tensão tangencial ocorrerá no plano bissetor dos planos 1 e 3, valendo:

τmáx = ½ (σp1 - σp3)


10

8.6 – Círculos de Mohr para o estado triplo

Exemplo 8.4.1 (continuação). Para o estado de tensão representado no exemplo acima, pede-se determinar:

a) as máximas tensões normais de tração e de compressão; b) a máxima tensão tangencial

Solução: o determinante da matriz principal igualado a zero fornece: (-80-σp) (0) (0) (0) (0-σp) (40) = 0 e portanto: (-80-σp) (σp

2 - 402) = 0, e (0) (40) (0-σp) σ p3 = (-80); σ p2 = (-40); σ p1 = (+40); τmáx = ½ (σp1 - σp3) = ½ [40 – (-80)] = 60MPa

3→x

80MPa

80MPa

40MPa

40MPa

1

2

σp1

σp1

σp2

σp2 σp3

σp3 1-3

2-3

1-2

σp3 σp2

σp1

σ

τ

+ _

Seja um estado de tensão definido pelas tensões principais σp1, σp2, σp3, conforme mostrado ao lado. Analisando a variação da tensão em planos perpen-diculares ao plano da tensão σp3 (como os planos 1-2 mostrados, girando com charneira no eixo 3) obtem-se os mesmos resultados a que se chegou na análise do estado duplo de tensões (já que a terceira tensão σp3 não interfere no equilíbrio dos esforços ao longo dos eixos 2 e 3). Desta forma, obter-se-á um círculo de Mohr ( ) que representará as tensões nesses planos. Da mesma forma, a análise das tensões ocorrentes nos planos perpendiculares ao plano onde atua a ten-são σp2 (como os planos 1-3 ) nos levará ao círculo → ( ), enquanto as tensões atuantes em planos per-pendiculares ao plano no qual atua a tensão σp3 se-rão representadas pelo círculo ( ). Demonstra-se que, para planos outros, o pon-to do plano de Mohr que representa o par de valores de tensão (σ, τ) atuantes estará sobre a região ha-churada (os chamados arbelos ). Fica evidente na figura que: τmáx = ½ (σp1 - σp3) .......................(8.6.1)

1

2

3

Fig. 8.6.1 – Círculos de Mohr para o estado triplo de tensões


11

8.7 – Análise de deformações. Ao se analisar o comportamento elástico dos materiais, buscando estabelecer relações de causa e efeito entre forças (tensões) e deformações (deformações específicas), deve-se reconhecer que são as deformações as ações mecânicas que, promovidas em um corpo deformável, produzem, como conse-qüência, as tensões despertadas no material, e não o inverso (tensões como causadoras de deforma-ções). No próprio ensaio de tração produzido através máquina universal, verifica-se que a deformação (variação do comprimento do corpo de prova) é a variável gerada de forma gradual e contínua (medi-da diretamente como a variável livre do problema) enquanto a correspondente tensão é medida indire-tamente (como uma variável dependente, função da deformação). Ou seja, calculam-se os valores das tensões medindo-se as deformações.

Exemplo 8.6.1: Para os estados de tensão representados, traçar os círculos de Mohr correspondentes.

σ1

σ1

σ1

σ1

σ1

σ1

σ2

σ2

σ2

σ2

σ2

σ2

σ3

σ3

σ3

σ3

σ3

σ3

σ

σ

σ

σ

σ

σ

τ

τ

τ τ

τ

τ

TRAÇÃO PURA

COMPRESSÃO PURA

CORTE PURO

TRAÇÃO SEMI-HIDROSTÁTICA

COMPRESÃO HIDROSTÁTICA

ESTADO DUPLO DE TENSÕES

A medição das deformações específicas longitudinais ocorrentes em pontos da superfície externa de corpos carrega-dos (onde as tensões, em geral, atingem seus valores extremos) é feita através de pequenos aparelhos denominados extensôme-tros (strain gages), constituídos por uma fita suporte aderente à superfície do corpo na qual é fixado um fino fio condutor padronizado e armado como mostra a figura 8.7.1 (em forma sanfonada). O aparelho é colado à superfície do corpo quando descarregado, orientado segundo uma direção que se quer me-dir a deformação (por exemplo ‘x’) e, após a aplicação da car-ga, o corpo se deforma produzindo o alongamento do fio na-quela direção, reduzindo sua área de seção e gerando um au-mento de sua resistência ôhmica. Através de uma fonte de ten-são elétrica previamente calibrada, e medida a variação da cor-rente elétrica correspondente, obtem-se a informação desejada quanto à componente da deformação na direção estudada (εx).

x

Fig - 8.7.1 - Extensômetros


12

Como se verá a seguir, conhecidas as deformações longitudinais específicas em duas direções perpendiculares (εx, εy) bem como a distorção(γxy) sofrida pelo par de eixos, será possível determinar deformações específicas e distorções em quaisquer direções, obtendo-se inclusive seus valores extre-mos. [(1 + εn) ds]2 = [(1 + εx) dx]2 + [(1 + εy) dy]2 – 2[(1 + εx) dx][ (1 + εy) dy] cos (π/2 + γxy).

Efetuando as simplificações, considerando os pequenos valores de ε e γ, bem como, sendo dx/ds = cos θ, dy/ds = sen θ e cos (π/2 + γxy) = - sen γxy ~ - γxy obtemos: εn = εx cos2 θ + εy sen2 θ + γxy sen θ cos θ ............................................. (8.7.1) Para a direção transversal t, perpendicular à n (θt = θ + 90º) teremos: εt = εx sen2 θ + εy cos2 θ - γxy cos θ sen θ ............................................. (8.7.2) Somando membro a membro as equações mostradas, observamos a invariância da soma das deformações específicas para quaisquer duas direções perpendiculares:

εn + εt = εx + εy (para qualquer θ, medido entre x e n)..................................... (8.7.3) Por outro lado, a deformação específica longitudinal na direção da bissetriz do quadrante for-

mado pelos eixos x e y (θ = 45º) será dada (de 8.7.1) por: (ε biss)x, y = εx (1/2) + εy (1/2) + γxy (1/2),

de onde podemos concluir que:

γxy = 2 (ε biss)x, y – (εx + εy)............(8.7.4) Considerando as relações sen 2θ = 2 sen θ cos θ e cos 2θ = cos2 θ - sen2 θ, teremos: εn = ½ (εx + εy) + ½ (εx - εy) cos 2θ + ½ γxy sen 2θ ........................... (8.7.5)

A figura 8.7.2 mostra um elemento, em for-ma de uma figura retangular, no entorno de um pon-to da superfície de um corpo descarregado que, ao ser solicitado, sofre deformações nas direções x e y, bem como uma distorção gerando uma modificação na ortogonalidade desses eixos, passando a figura a ter a forma do paralelogramo OABC indicado. A diagonal do retângulo original, orientada numa direção n que forma um ângulo θ com a dire-ção x, sofrerá uma elongação que poderá ser calcu-lada, utilizando a lei dos co-senos para o triângulo OAB:

x

n y

εy dy

εx dx dx

dy ds

εn ds

θ (π/2) + γxy

O

A

B C

Fig - 8.7.2 – Variação da deformação

45º

45º

x

y (biss)x,y

εy

εx

(εbiss)x,y


13

Para a direção transversal (θ + 90º), como cos(2θ + 180) = - cos2θ e sen(2θ + 180)=-sen2θ: εt = ½ (εx + εy) - ½ (εx - εy) cos 2θ - ½ γxy sen 2θ ........................... (8.7.6) A deformação específica na direção bissetriz do quadrante formado pelos eixos n e t será obtida

fazendo θ’ = θ + 45 em (8.7.5), obtendo-se, já que cos(2θ + 90) = - sen 2θ e sen(2θ + 90)= cos 2θ: (εbiss)n,t = ½ (εx + εy) - ½ (εx - εy) sen2θ + ½ γxy cos 2θ Levando em conta que de (8.7.4) teremos: γnt = - (εn + εt) + 2 (ε biss)n, t, e considerando a

invariância estabelecida em 8.7.3, podemos escrever: ½ γnt = - ½ (εx - εy) sen 2θ - ½ γxy cos 2θ ........................................ (8.7.7) As equações (8.7.5) e (8.7.7) são formalmente idênticas às equações (8.1.3) e (8.1.4) obtidas quando da

análise das tensões, em relação às quais as equivalências são evidentes: Símbolo

Grandeza Convenção de

Sinais Símbolo Grandeza Convenção de

Sinais

σn

Tensão Normal

εn

Deformação específica lon-

gitudinal

τnt

Tensão

Tangencial

1/2 γnt

Distorção

Valendo-nos dos resultados já obtidos na análise das tensões no estado duplo, através do estudo de sua variação com a orientação do plano da seção e de seus valores extremos alcançados, podemos concluir que:

• As deformações longitudinais principais (máxima ε1 , e mínima ε2) ocorrem em duas direções perpendiculares entre si, em relação às quais não há distorção (γ12 = 0) e que valerão:

ε1 = (εx + εy)/2 + {[(1/ 2) (εx - εy)]2 + (γxy / 2)2}1/2 ...................... (8.7.8) ε2 = (εx + εy)/2 - {[(1/ 2) (εx - εy)]2 + (γxy / 2)2}1/2

orientadas em relação ao eixo x tomado como referência através de dois ângulos complementa-res dados por:

tg 2θP = γxy / (εx - εy) ............................................................. (8.7.9)

• A distorção máxima ocorre nas direções bissetrizes das direções principais, atingindo o valor:

γmáx / 2 = +/- {[(1/ 2) (εx - εy)]2 + (γxy / 2)2}1/2 .............................(8.7.10)

Nessas duas direções, as deformações específicas longitudinais são iguais, valendo: εméd = (εx + εy)/ 2

Uma representação gráfica da variação das deformações com a orientação da direção analisada através do CÍRCULO DE MOHR também pode ser utilizada, traçando o plano de Mohr, tendo como eixo das abscissas as deformações longitudinais ε (positivas, marcadas para a direita, se de elongação e

+ -

+ -

+ -

+ -


14

negativas, marcadas para a esquerda, se de encurtamento – à semelhança com a convenção para as ten-sões normais) e no eixo das ordenadas a metade da distorção (1/2 γxy)- marcada para cima, quando o eixo gira no sentido horário e marcada para baixo quando o giro é no sentido anti-horário – a seme-lhança com a convenção para as tensões cisalhantes).

Através da mecânica experimental verifica-se que a medida direta dos pequenos ângulos de dis-torção (γxy) é impraticável. Usa-se, então, o expediente de se medir a deformação longitudinal ao longo de uma terceira direção, através de um arranjo de extensômetros denominado “roseta”, obtendo-se, indiretamente, o valor da distorção. Medindo-se as deformações longitudinais em três direções (a, b, c) que formam ângulos θa, θb, θc, com uma dada direção x - fig-8.7.4 – (A), de (8.7.1) podemos escrever: εa = εx cos2 θa + εy sen2 θb + γxy sen θa cos θa εb = εx cos2 θb + εy sen2 θb + γxy sen θb cos θb εc = εx cos2 θc + εy sen2 θc + γxy sen θc cos θc

n y

εy dy

εx dx dx

dy ds

εn ds

θ

(π/2) + γxy

O

Fig-8.7.3 – Círculo de Mohr para as deformações. Deformações principais. Distorção máxima.

x

½ γxy

½ γxy

½ γxy

½ γxy

ε

ε2 εy εmédio εx

ε1

½ γmáx

x

γ/2 y

pólo

Trata-se de um sistema de 3 equações a 3 in-cógnitas que, resolvido, permite a obtenção dos valo-res das incógnitas εx, εy e γxy .

A figura 8.7.11 (B) (C) (Δ) mostra alguns mo-delos de rosetas normalmente utilizadas, destacando-se a tipo (B) que, diretamente, fornece os valores de εx e εy enquanto que a leitura do terceiro sensor a 45° (εbiss)x, y permite obter o valor de γxy através da equação 8.7.4. Fig. 8.7.4 – Rosetas de deformação.

45º

(B)

a

b c

(A)

120º 120º

120º (C) (Δ)

θb

x x

y

Exemplo 8.7.1 – São medidas as deformações específicas na superfície de um elemento estrutural em três direções defasadas de 120º (roseta em delta), obtendo-se os valores: ε 0 = + 800μ; ε 120 = + 600μ; ε 240 = - 200μ. Pede-se: a) as máximas deformações (positiva e negativa) e a máxima distorção; b) o ângulo entre a direção da fibra mais alongada e a direção do sensor base (0); c) mostrar que para uma roseta deste tipo a soma das leituras dos três sensores independe da orientação de seu posicionamento. d) esboçar o círculo de Mohr correspondente ao estado de deformação no ponto considerado.


15

Solução: para a roseta em Δ (adotando o eixo x segundo a direção do sensor base 0), teremos: + 800 = εx + 600 = εx cos2 120 + εy sen2 120 + γxy sen 120 cos 120 = 800 (0,25) + (0,75) εy - (0,4330) γxy

− 200 = εx cos2 240 + εy sen2 240 + γxy sen 240 cos 240 = 800 (0,25) + (0,75) εy + (0,4330) γxy Somando membro a membro as 3 equações obtemos: ε 0 + ε 120 + ε 240 = 1,5 εx + 1,5 εy = 1,5 (εx + εy) = 3 εmédio (independente da orientação da rose-ta - resposta c). Resolvendo o sistema obtemos: εx = 800μ; εy = 0μ γxy = - 923,8μ. De 8.7.8 e 8.7.10 obtemos: ε1 = (εx + εy)/2 + {[(1/ 2) (εx - εy)]2 + (γxy / 2)2}1/2 = 800 / 2 + [(800/2)2 + (923,8/2)2]1/2 = 1.011 μ ε2 = (εx + εy)/2 - {[(1/ 2) (εx - εy)]2 + (γxy / 2)2}1/2 = 800 / 2 - [(800/2)2 + (923,8/2)2]1/2 = - 211 μ γmáx / 2 = {[(1/ 2) (εx - εy)]2 + (γxy / 2)2}1/2 = - [(800/2)2 + (923,8/2)2]1/2 = 611,0μ ; γmáx = 1.222 μ Medidas as deformações específicas através dos extensômetros e conhecidas as propriedades elásticas do material (E, G, ν) será possível determinar o estado de tensões no ponto considerado. A-través da lei de Hooke generalizada expressa pelas equações 1.7.4, temos: εx = (1/E) [σx - ν (σy + σz )]; εy = (1/E) [σy - ν (σz + σx )]; εz = (1/E) [σz - ν (σx + σy )]. Resolvendo o sistema para explicitar as tensões em função das deformações obtemos: σx = [E/(1+ν)(1-2ν)][(1-ν)εx + ν(εy + εz)]

σy = [E/(1+ν)(1-2ν)][(1-ν)εy + ν(εz + εx)] ................................... (8.7.11) σz = [E/(1+ν)(1-2ν)][(1-ν)εz + ν(εx + εy)]

Tratando-se de um estado duplo de tensões (σz = 0) teremos:

εz = [-ν/(1-ν)](εx + εy) ........................................................ (8.7.12) Convém observar que, apesar de, na superfície externa do corpo, onde o estado de tensão é du-

plo, a tensão seja nula, o “efeito Poisson” provoca deformações na 3ª direção, perpendicular à superfí-cie. Neste caso as equações 8.7.11 combinadas com 8.7.12 se reduzem a

σx = [E/(1-ν2)][(εx + νεy] ....................................................... (8.7.13) σy = [E/(1-ν2)][(εy + νεx]

Os ângulos entre os eixos principais de deformação e o eixo de referência (x) serão dados por 8.7.9: tg 2θP = γxy / (εx - εy) = -923,8/800 =-1,155 2θP = -54,56 ou + 125,4; θP1 = -27,3 e θP2 = + 62,7º; O esboço do círculo de Mohr cor-respondente ao estado de deformação em estudo é apresentado na figura ao lado. * (ver NOTA a seguir, onde se considera-rá a existência da deformação na 3ª direção (ε3 − perpendicular à superfície, devido ao efeito Poisson)

200

200

-200 600 800

Pólo x

1

2

400

400

γ/2

ε


16

Solução: utilizando a equação 8.7.4 γxy = 2(ε biss)x, y - (εx + εy) = 2(-120) - (480 + 80) = -800μ Da eq. 8.7.8, ε1 = (εx + εy)/2 + {[(1/ 2) (εx - εy)]2 + (γxy / 2)2}1/2 = 280 + 447,2 = 727,2 μ

ε2 = (εx + εy)/2 - {[(1/ 2) (εx - εy)]2 + (γxy / 2)2}1/2 = 280 – 256,1 = - 167,2 μ Da eq. 8.7.10, γmáx / 2 = {[(1/ 2) (εx - εy)]2 + (γxy / 2)2}1/2 = 447,2 μ ; γmáx = 894,4 μ Por outro lado, se considerarmos a existência de deformação (ε3) na direção perpendicular à superfície externa do corpo (onde foi fixada a roseta), teremos: ε3 = [-ν/(1-ν)](εx + εy) = (-0,3/0,7)(480 + 80) = - 240μ .

A distorção máxima terá o valor: γmáx = εp1 - εp3 .......................................(8.7.14), que, no caso, valerá:

γmáx =727,2 – (-240) = 967,2μ (e não o valor anteriormente obtido → 894,4μ).

A máxima tensão tangencial teria, portando, o valor: τmáx = G γmáx = E / 2(1 + ν) γmáx = (200x109/2,6)x967,2x10-6 = 74,4 MPa (Resp.)(e não 68,8MPa anteriormente calculado).

Exemplo 8.7.2 – Na superfície da peça de aço esquematizada, (E=200GPa e ν = 0,300), é ins-talada uma roseta e medidas as deformações: ε0 = +480μ; ε45 = −120μ; ε90 = +80μ Pede-se determinar as máximas tensões nor-mais de tração e de compressão bem como a máxima tensão tangencial.

O resultado poderia ter sido obtido às custas do círculo de Mohr, considerando que para uma roseta a 45º, ε0 = εC + R cos ϕ .....................................................(a) ε45 = εC + R cos (ϕ+90) = εC - R sen ϕ .................(b) ε90 = εC + R cos (ϕ+180) = εC - R cos ϕ ...............(c) De (a)+(c) → εc = ½ (ε0 + ε90) = 280 μ

De (a)2 + (b)2 → R2 = (ε0 − εc)2 + (εc − ε45)2 = = ½ {(ε0 − ε90)2 + [2ε45 - (ε0 + ε90)]2} = = 1/(2)1/2 [(ε0 -ε45)]2 + (ε45 −ε90)2] = (447,2 μ)2

ε0

ε45

ε90

ε

γ/2

ϕ

εC

R

Das eq. 8.7.13, aplicadas às direções principais, obtemos σ1 = [E/(1-ν2)][(ε1 + νε2] = [200x109/(1-0,302)][727,2 + 0,30(-167,2)]x10-6 = 148,8MPa;(Resp.) σ2 = [E/(1-ν2)][(ε2 + νε1] = [200x109/(1-0,302)][-167,2 + 0,30x(727,2)]x10-6 = 11,2MPa; τmáx = ½ (σp1 - σp2) = 68,8 MPa, valor que poderia ser obtido considerando as equações 1.7.5 e 1.7.6: τmáx = G γmáx = E / 2(1 + ν) γmáx = (200x109/2,6)x894,4x10-6 = 68,8 MPa. (Não há compressão)

*NOTA – no exemplo 8.7.1, supondo que o material fosse aço (ν = 0,30) teríamos: ε3 = [-ν/(1-ν)](εx + εy) = (-0,3/0,7)(800 + 0) = -342,8μ . Portanto, a distorção máxima teria o valor: εp1 - εp3 =1.011 – (-342,8) = 1.354μ (e não o valor anteriormente obtido → 1.222μ)


17

Os resultados obtidos podem ser bem visualizados através da representação gráfica dos círculos de Mohr correspondentes aos estados de deformação (considerado como triplo) e de tensão (considera-do como triplo, tendo tensão nula na terceira direção).

200 400 600 800

200

400

50 100 150 200

50

100

γ/2 (μ)

ε (μ)

τ (MPa)

σ (MPa)

εP3

εP2

εP1 σP1

σP2

σP3=0

Exercício proposto: mostre, utilizando o círculo de Mohr (definido pela coordenada de seu cen-tro εo e por seu raio R) que, para as rosetas abaixo representadas: εo

ε

γ/2

R

90º 135º 120º 120º

a b

c c

a b εo = ½ (εa +εb)

R2 = ½ [(εa -εc)2 + (εb -εc)2] εo = ⅓ (εa +εb +εc)

R2 =2 / 9[(εa -εb)2+(εb -εc)2 +(εc -εa)2]

Fig. 8.7.5 – Roseta a 45° instalada na superfície externa de tubulação de parede fina, submetida a pres-são e a torção. Equi-pamento utilizado no laboratório da Uff pe-los alunos do curso de engenharia mecânica no ano 2003.

Dimensionamento de Vigas e Eixos

1

9.0 – Dimensionamento de eixos e vigas. 9.1 – Critérios de Resistência. No dimensionamento dos elementos de máquinas e estruturas, como os eixos e as vigas, vários são os critérios que podem ser utilizados para o estabelecimento de suas dimensões mínimas, compatíveis com as propriedades mecânicas dos materiais utiliza-dos, obtidas nos ensaios em laboratório. Tais critérios surgem quando se busca a resposta à seguinte questão básica: - quando ocorrerá a ruína* do material da peça carregada? *(entendemos como “ruína” a deterioração do material, por ruptura, por plastificação, por ser ultrapassado o limite de proporcionalidade, ou de escoamento etc, dependendo de seu uso). Várias poderiam ser as hipóteses (teorias) para sustentar uma resposta a tal ques-tão: - a ruína ocorre quando a maior tensão normal presente ultrapassar o valor da tensão normal ocor-rente quando da ruína do corpo de prova no ensaio de tração (ou compressão) do material; - a ruína ocorre quando a maior tensão tangencial presente ultrapassar o valor da tensão tangencial ocorrente quando da ruína do corpo de prova no ensaio do material correspondente; - a ruína ocorre quando a maior deformação longitudinal presente ultrapassar o valor da deforma-ção longitudinal ocorrente quando da ruína do corpo de prova no ensaio do material; - a ruína ocorre quando a maior energia específica de distorção presente ultrapassar o valor da ener-gia de distorção por unidade de volume ocorrente quando da ruptura do corpo de prova no ensaio do material. - outras... Como se verá, não há resposta única, válida para qualquer situação: o critério que mais se coaduna com os resultados obtidos em laboratório dependerá do tipo do material e do tipo do carregamento. 9.2 – Teorias das Máximas Tensões. Válido para materiais frágeis (duros, quebradiços, que se rompem nos planos on-de a tensão normal é extrema) é o critério da máxima tensão normal, segundo o qual haverá ruína quando, em certo ponto do corpo, a tensão principal ultrapassar o valor da tensão de ruína no ensaio uniaxial do material. Portanto, o dimensionamento deve ser feito atendendo ao requisito (Critério de Coulomb): ½ (σx + σy) + √ [½ (σx - σy)] 2 + (τxy )2

< σlimite ...(9.2.1) √ [½ (σx - σy)] 2 + (τxy )2

< ½ σlimite .....(9.2.2)

Para materiais dúteis (macios, flexíveis, que se rompem nos planos onde a tensão tangencial é extrema), é o critério da máxima tensão tangen-cial o que melhor se coaduna, considerando que haverá ruína quando, em certo ponto, a tensão má-xima de cisalhamento ultrapassar o valor da tensão tangencial ocorrente (a 45º) no ensaio de tração do material (τmáx = ½ σlimite). O dimensionamento deve atender a que (Critério de Tresca): Fig.9.1 – Tipos de fratura no ensaio

de tração (a) material frágil; b) ma-terial dútil (inicialmente, a fratura se dá por cisalhamento até que a redução da área provoca a ruptura por tração).

Planos de Clivagem

45º

(a) (b)


2

Exemplo 9.2.1 – Dimensionar o eixo maciço a ser fabricado em aço 1020 (tensão limite de escoamento σesc = 200MPa), de forma a transmitir um torque T = 10 kN.m, sob um momento fletor M = 15 kN.m., com um coeficiente de segurança 1,6 ao escoamento.

Exemplo 9.2.2 – Para o perfil “I” esquematizado, determinar o coeficiente de segu-rança para a ruptura do material, supondo tratar-se de aço 1080, de alto teor de car-bono, dureza Brinell 248, e resistência à tração de 78 kgf/mm2.

Solução: Para um eixo de seção circular submetido a um torque T e um mo-mento fletor M, o ponto da periferia mais solicitado estará submetido às se-guintes tensões (a tensão tangencial devido a Q é desprezível para um eixo maciço) σ = (Μ/Ι) (d/2); τ = (Τ/JP) (d/2); sendo JP = πd4/32 e I = ½ JP Como se trata de um material dútil (baixo teor de Carbono), utiliza-remos o critério da máxima tensão tangencial. τmáx = √ [½ (σx - σy)] 2 + (τxy )2

=√[½ (Μ/Ι)d/2]2+ [(T/JP )2d/2]2

τmáx = [( M2 + T2 )1/2 / JP] (d/2) Interessante notar que o termo (M2 + T2)1/2 representa o módulo do vetor momento total atuante na seção (M + T) (chamado momento “ideal”).

Para o caso em análise, como τmáx =(200/2):1,6 = 62,5MPa teremos: τmáx = 32 ( M2 + T2 )1/2 / πd3 d3 = 32 [(10x103)2 + (15x103)2 ]1/2 / π (62,5x106 = 2,9838x10-3 m3 d = 1,432 x 10-1 m → d = 143 mm (Resposta) σ

τ

100 150

150

8

8

5

210kN

A

B

C

Solução: O momento de inércia da seção em relação à LN valerá: ILN = [100 x (165)3 / 12] – [95 (150)3 / 12 = 10,72 x 106 mm2]. Na seção do engastamento teremos: Q = 210 kN e M = - 210x103 x 0,150 = - 31,5 kNm. Para o ponto A (no topo, onde ocorre a máxima tensão nor-mal de tração e onde a tensão de cisalhamento é nula), teremos: σ = (M/ I)y = (31,5x103 / 10,72x10-6 )x0,083 = 243,9 MPa. Considerando o estado duplo: (tração Pura) - σP1 = 243,9MPa σP2 = 0,000 τmáx = ½ (243,9)= 121,9MPa Para o ponto C (na LN, onde ocorre a máxima tensão tan-gencial e onde a tensão normal é nula), teremos: τ = (QMS / b I ) sendo MS = (0,008x0,100x0,079 + 0,005x0,075x0,0375)=77,26x10-6 m3

τ = 210x103x77,26x10-6 / 0,005 x 10,72x10-6 = 302,7MPa Considerando o estado duplo: (Corte Puro) - σP1 = 302,7MPa σP2 = - 302,7MPa τmáx = 302,7MPa

121,9 σ

τ 243,9

σ

τ 302,7

302,7


3

9.3 – Teorias das Máximas Energias de deformação Poder-se-á cogitar que a deterioração do material ocorre quando, no ponto consi-derado, a energia de deformação, por unidade de volume (u), ultrapassar o valor de tal grandeza quando da deterioração do material por ocasião do ensaio de tração correspon-dente (Critério de Saint-Venant). Como vimos nos capítulos 1.7 e 1.8, considerando os pla-nos principais (onde não ocorrem tensões tangenciais), em um estado triplo de tensões: utotal = U/V = ( ½ ) (σ1 ε1 + σ2 ε2 +σ3 ε3 ), sendo:

ε1 = (1/E) [ σ1 - ν (σ2 + σ3 )] ε2 = (1/E) [ σ2 - ν (σ3 + σ1 )]

ε3 = (1/E) [ σ3 - ν (σ1 + σ2 )], que nos leva a: utotal = [1/2E] [ (σ1

2 + σ2

2 +σ3

2 − 2ν (σ1 σ2 + σ2 σ3 + σ3 σ1)]........... (9.3.1) Segundo o critério da máxima energia específica de deformação total não haverá deterioração do material se: σ1

2 + σ2

2 +σ3

2 − 2ν (σ1 σ2 + σ2 σ3 + σ3 σ1) < ( σlimite )2 .......................... (9.3.2) que, no caso do estado duplo de tensões (com σ3 = 0) se torna: σ1

2 + σ2

2 − 2ν (σ1 σ2) < ( σlimite )2 .............................. (9.3.3)

Observa-se experimentalmente que os materiais suportam tensões muito mais elevadas do que a ao ensaio uniaxial de tração, quando submetidos a estados hidrostáticos de tensão (quando as 3 tensões principais são todas iguais, ficando os círculos de Mohr reduzidos a um ponto sobre o eixo dos σ), não ocorrendo tensão tangencial em qualquer plano (ficando o estado de tensão definido pela grandeza escalar “pressão”, invariante para todas as direções). As rochas sob a crosta terrestre são um bom e-xemplo do que se comenta. Tal comportamento fica compreendido quando se leva em conta que a e-nergia total de deformação pode ser desdobrada em duas componentes: a energia para variação de vo-lume e a energia para variação de forma (distorção). Assim é que podemos estabelecer a composição:

Para o ponto B (na interface entre a mesa e a alma, onde ocorre uma tensão normal elevada, embora não seja a máxima, estando presente uma tensão tangencial também elevada, embora não seja a máxima), teremos: σ = (M/ I)y = (31,5x103 / 10,72x10-6)x0,075 = 220,4MPa τ = (QMS / b I) sendo MS = (0,008x0,100x0,079) = 63,20x10-6 m3 τ = 210x103 x 63,20x10-6 / 0,005 x 10,72x10-6 = 247,6MPa Considerando o estado duplo: (Tração+Corte) - σP1 = 381,2MPa σP2 = -160,8MPa τmáx = 271MPa Como tg 2θp = τxy / ½ (σx - σy) = = -247,6 / ½ (220,4) = - 2,247; 2θp = - 66,0º; θp1 = - 33,0º; θp2 = 57,0º Como σ (máx) = 78kgf/mm2 = 765MPa, O coeficiente de segurança para o perfil, segundo o critério de Coulomb valerá 765/381,2 = 2,00

σ

τ

381,2 - 160,8

220,4

247,6

247,6

θ1

θ1

σ1

σ2

σ3

p

p

p

σ1 - p

σ2 - p

σ3 - p

= +


4

Admite-se que a ação inelástica ocorrerá sempre que a energia de distorção exce-der o valor correspondente no ensaio de tração (onde apenas uma das tensões principais não é nula). Este é o chamado critério da máxima energia de distorção (Von Mises). O valor da energia específica de distorção (ud) será computado subtraindo do va-lor da energia total, a parcela correspondente a energia de variação volumétrica decor-rente da tensão média p, fazendo em (9.3.1) σi = p = ( σ1 + σ2 + σ3 )/3, nos dando: uvolume = [(1 – 2ν)6E]( σ1 + σ2 + σ3 )2. Efetuando a diferença obtem-se: udistorção = [(1+ν)/6E] [(σ1 − σ2)2 + (σ2 − σ3)2 + (σ3 − σ1)2] ..................... (9.3.4) Segundo tal critério, não haverá a deterioração do material se: [(σ1 − σ2)2 + (σ2 − σ3)2 + (σ3 − σ1)2] < 2(σlimite)2 ......................................(9.3.5)

Tratando-se do caso comum de um estado duplo de tensões (com σ3 = 0), a equação se torna: (σ1

2 + σ22

− σ1σ2) < (σlimite)2 . Sendo σ1 = σmédio + τmáx e σ1 = σmédio - τmáx, obtemos: (σmédio

2 + 3τmáx2 ) < (σlimite)2 ......................................................................(9.3.6)

Adotando-se certa margem de segurança, considera-se como ten-são admissível: σadm = σlimite / (Coeficiente de Segurança). Interessante comentar que, no caso do estado de corte puro (ocor-rente no ensaio de torção de eixos) teremos: σ1 = τr; σ2 = − τr; σ3 = 0; que nos dá: 3τr

2 < (σlimite)2 → τr < 0,577 σlimite (valor confirmado experimentalmente para os materiais dúteis – cerca de 60% da tensão normal do ensaio de tração, e não os 50% preconizados pelo critério da máxima tensão tangencial).

Exemplo 9.3.1 – O recipiente cilíndrico de parede fina esquematiza-do (diâmetro d = 200mm e espessura e = 2,8mm) contém ar compri-mido na pressão manométrica de 32 atmosferas e deve ser submetido à uma força F = 10kN para aperto dos parafusos de vedação. Pede-se avaliar o coeficiente de segurança ao escoamento admitindo que o material da chapa seja aço com tensão normal limite de escoamento 250MPa, E = 210GPa e ν = 0,300, segundo os quatro critérios de resistência estudados (não considerar os efeitos da proximidade da chapa do fundo do recipiente na seção da base onde os esforços soli-citantes são extremos).

Solução: Na seção da base temos: N = p.πD2/4= 3,2x106 x π (0,200)2/ 4=100,5kN; Q = 10,0kN; M = 10x103 x 0,500 = 5,00kN.m; T =10x103x 0,350 = 3,50kN.m. A = π D x e = 1,759 x 10-3 m2; JP = A x (D/2)2 = 17,59 x 10-6m4; I = ½ JP

Analisaremos as tensões ocorrentes nos pontos da seção da base (na parte interna, onde atua uma tensão de compressão σ3 = - p): A – onde a tensão longitudinal trativa devido à p se soma à devido à M; B – onde a tensão tangencial devido ao torque T se soma à devido à Q; C – onde a tensão longitudinal pode ser compressiva.

τr

τr

−τr

σ

τ

T

p

500

350

D=200

10kN

A

B C


5

PONTO A

PONTO B

PONTO C

σC = pD/2e = = 3,2 x106x 0,2 / 0,0056 = 114,3MPa σL = N/A + (M/I)(D/2) = = 100,5 x 103 / 1,759x10-3 + +(5x103 / 8,795x10-6) x 0,100 = = 57,13 + 56,85 = 114,0 MPa τLC = (T/JP)(D/2) = =(3,5x103 / 17,59x10-6)x0,100= = 19,90 MPa σ3 = -p = -3,2MPa

σC = pD/2e = = 3,2 x106x 0,2 / 0,0056 = 114,3MPa σL = N/A = = 100,5 x 103 / 1,759x10-3 = = 57,13 MPa τLC = (T/JP)(D/2) + ξ(Q/A) = =(3,5x103 / 17,59x10-6)x0,100 + + 2 (10x103 / 1,759 x 10-3) = = 19,90 + 11,37 = 31,27MPa σ3 = -p = -3,2MPa

σC = pD/2e = = 3,2 x106x 0,2 / 0,0056 = 114,3MPa σL = N/A - (M/I)(D/2) = = 100,5 x 103 / 1,759x10-3 - +(5x103 / 8,795x10-6) x 0,100 = = 57,13 + 56,85 = 0,28 MPa τLC = (T/JP)(D/2) = =(3,5x103 / 17,59x10-6)x0,100= = 19,90 MPa

σ3 = -p = -3,2MPa

σmédio = ½ (114,3 + 114,0) = 114,2 R = {[½ (114,3 - 114,0)]2 + 19.92}1/2=

=19,90 σ1 = 114,2 + 19,9 = 134,1MPa σ2 = 114,2 - 19,9 = 94,3MPa σ3 = - 3,2MPa τmáx = ½ (σ1 − σ3) = =1/2 [134,1 – (-3,2)] = 68,65MPa

σmédio = ½ (114,3 + 57,13) = 85,72

R = {[½ (114,3 – 57,13)]2 + 31,272}1/2= = 42,37

σ1 = 85,72 + 42,37 = 128,1MPa σ2 = 85,72 – 42,37 = 43,45MPa σ3 = - 3,2MPa τmáx = ½ (σ1 − σ3) = =1/2 [128,1 – (-3,2)] = 65,65MPa

σmédio = ½ (114,3 + 0,28) = 57,29 R = {[½ (114,3 – 0,28)]2 + 19.92}1/2=

=60,38 σ1 = 57,29 + 60,38 = 117,7MPa σ2 = 57,29 – 60,38 = - 3,09 MPa σ3 = - 3,2MPa τmáx = ½ (σ1 − σ3) = =1/2 [117,7 – (-3,2)] = 60,45MPa

Dos pontos analisados, é o ponto A o mais crítico, para o qual teremos: σ1 = 134,1MPa; σ2 = 94,3 MPa; σ1 = -3,20M Pa; τmáx = 68,65 MPa Pelo critério da máxima tensão normal (Coulomb); C.S. = 250 / 134,1 = 1,86. Pelo critério da máxima tensão tangencial (Tresca); C.S. = ½ 250 / 68,65 = 1,82. Pelo critério da máxima energia específica total (Saint-Venant); [(σ1)2 + (σ2)2 + (σ3 )2 − 2ν(σ1σ2 +σ2σ3 +σ3σ1)] = (σlimite /CS)2 ; (134,1)2 + (94,3)2 + (-3,2)2 – 2x0,300(134,1x 94,3 + 94,3x(-3,2) + (-3,2)x 134,1=(250/CS)2→ CS = 1,78 Pelo critério da máxima energia específica de distorção (Von Mises); [(σ1 − σ2)2 + (σ2 − σ3)2 + (σ3 − σ1)2] = 2(σlimite /CS)2 ; (134,1 – 94,3)2 + (94,3 + 3,2)2 + (-3,2 + 134,1)2 = 2(250 / C.S.)2 → C.S. = 2,10.

p

p p

Superfície interna Superfície interna Superfície interna

τLC τLC τLC

σL σL σL

σC σC

σC σC

σC

σL

σC

σL σL

τ τ τ

σ σ σ


6

9.4 – Outras teorias. (Teoria de Mohr) Observa-se experimentalmente que os materiais frágeis suportam tensões de compressão bem mais elevadas que as de tração (um exemplo clássico é o concreto). Traçando-se os círculos de Mohr correspondentes aos ensaios de tração e de compressão do material (bem como o de corte puro, por torção, quando disponível), será lógico ad-mitir (Critério de Mohr) que o estado (duplo) de tensões será seguro para um dado mate-rial se o círculo de Mohr correspondente ficar inteiramente dentro da área delimitada pela envoltória dos círculos correspondentes aos dados obtidos nos ensaios. – Aplicações. São apresentados a seguir dois exemplos de aplicação para dimensionamento de elementos de máquinas e estruturas. Ex. 9.5.1 – Eixos (árvores).

Fig, 9.4 – Teoria de Mohr para os critérios de ruptura de materiais frágeis em estado plano de tensões.

(σrupt )Tração (σrupt )Compressão

(τrupt )Corte τ

σ

250

450

200

F1 F2

F4

F3

Dimensionar o eixo de aço ABCD (E = 200 GPa, ν = 0,3; τescoam = 125 MPa) utilizando o critério da máxima tensão tangencial, com um coeficiente de segurança 2,5 ao escoamen-to e para um ângulo de torção admissível de 2,5º/m. Dados: Motor M – Potência: 20 CV Rotação: ω = 1.720 rpm Polias B e C – diâm. = 300 mm Correias planas paralelas: F1 = 600N; F2 = 300N; F3 = 3 F4 (Obs.: o mancal A transmite tão-somente o torque do motor)

M

A B

C

D

ω


7

Ex. 9.5.2 – Vigas.

Diagramas de Esforços

A B

C

D

M

x

y

z

T

My

Mz

Solução: P = 20 CV = 20 x 736 = 14.720 w TMotor = 14.720 x 60 / 1.720 x 2 π = 81,72 Νm TC = F1 x r – F2 x r = (600 – 300) x 0,150 = 45,0 Nm TB = TM - TC = 81,72 – 45 = 36,72 Nm = (F3 – F4)x r = = (3F4 – F4 )x 0,150 → F4 = 122,4N; F3 = 367,2N. Compondo os esforços externos ativos teremos: F1 + F2 = 900N; F3 + F4 = 489,6N; Os esforços externos reativos valerão: 900x0,250 = Ay x0,900; Ay=250N; Dy=900 – 250= 650N 489,6x0,700 = AZx0,900; AZ = 380,8N; DZ = 108,8N Os diagramas do torque T e dos momentos fletores MY e MZ são apresentados na figura ao lado, destacan-do-se os seguintes momentos extremos (em Nm): (B)–T=81,72; MY =380,8x0,2=76,16; MZ=250x0,2=50,0 (C)–T=45,0; MY =108,8x0,25=27,2; MZ=650x0,25=162,5 Computando o momento total (denominado “momento ideal” como visto no ex. 9.2.1): Mi = (MY

2 + MZ2 + T2)1/2 , teremos:

(B)- Mi = (76,162 + 50,02 + 81,722)1/2 = 122,4 Nm; (C)- Mi = (27,22 + 162,52 + 45,02)1/2 = 170,8 Nm. Verifica-se que a seção do eixo onde está en-chavetada a polia C é a mais solicitada.

τmáx = 16 Mi / πd3 e para o material do eixo:

81,72 Nm

36,72 Nm

45,00 Nm

489,6N

900N

650N

250N

380,8N

108,8N

162,5 Nm

50,0 Nm

27,2 Nm

76,16 Nm

45,0 Nm

τadm = 125 / 2,5 = 50 MPa, teremos, pelo critério da máxima tensão tangencial: d3 = 16x 170,8 / π 50x106 → d = 25,9 mm Pelo critério da máxima deformação por torção, teríamos: δθ/L = T / G JP = 32 T / G π d4, sendo G = E / 2 (1 + ν) = 200 / 2,6 = 76,9 GPa. No caso: (δθ/L)adm = 2,5º/m = 2,5 / 57,3 = 0,04363 rad/m, e

0,04363 = 32 x 81,72 / 76,9x109 x πx d4 → d = 22,3 mm. Portanto, o diâmetro admissível para o eixo será de 26 mm (Resp.).

2,0m

2,0m

0,9m

0,9m

3,6m 0,4m

P = 10kN

A

B

E

F

C

D A viga AB é apoiada em seus extremos sobre o meio dos vãos das vigas CD e EF, sendo as três constituídas por perfis S100 x 11,5 (I = 2,53 x 106 mm4). Adotando como tensões limites σe = 150MPa e τe = 90MPa, pede-se calcular o coeficiente de segurança do conjunto de vigas.

1024,8

7,4 67

9kN

10kN

1kN

1kN

0,5kN 9kN 4,5kN

4,5kN

3,6kN.m

4,05kN.m

1,0kN.m

Solução: o cálculo das reações nos apoios de cada uma das vigas e o traçado dos respecti-vos diagramas de momento fletores mostram que as seções críticas das vigas são: VIGA AB – seção junto à carga P = 10kN, no trecho PB, onde Q = 9kN e M = 3,6 kN.m; VIGA EF – no meio do vão, junto ao contato em B, onde Q = 4,5kN e M = 4,05kN.m.


8

VIGA AB – (tensões no plano da seção transversal crítica) Máxima tensão σ de tração/compressão: (3,6 x 103 /2,53x10-6) 0,051 =72,57MPa Máxima tensão τ: (9,0 x 103 x(0,067x0,0074x0,0473+ 0,0048x0,04362/2) / / (2,53x10-6x0,0048) =20,76MPa Tensões na união entre a mesa e a alma do perfil: tensão σ de tração/compressão: (3,6 x 103 /2,53x10-6) 0,0436 =62,04MPa tensão τ: (9,0 x 103 x(0,067x0,0074x0,0473)/(2,53x10-6x0,0048) =17,38MPa Considerando o estado triplo de tensões: Nos topos da viga: σP1 = 72,57MPa; σP2 = 0; σP3 = 0; τmáx = ½ 72,57 = 36,29MPa; No ponto médio da alma: : σP1 = 20,76MPa; σP2 = 0; σP3 = - 20,76 MPa; τmáx = 20,76MPa; Nas junções mesa-alma: σP1 = ½ (62,04) + [(½ 62,04)2 + 17,382]1/2 = 31,02 + 35,56 = 66,58MPa σP2 = 0; σP3 = ½ (62,04) - [(½ 62,04)2 + 17,382]1/2 = 31,02 – 35,56 = - 4,54 MPa τmáx = [(½ 62,04)2 + 17,382]1/2 = 35,56MPa Portanto, para a viga AB teremos: σmáx

= 72,57 MPa e τmáx = 36,29MPa VIGA EF – (tensões no plano da seção transversal crítica) Máxima tensão σ de tração/compressão: (4,05 x 103 /2,53x10-6) 0,051 =81,64MPa Máxima tensão τ: (4,5 x 103 )x(0,067x0,0074x0,0473 + 0,0048x0,04362/2) / / (2,53x10-6x0,0048) =10,38MPa Tensões na união entre a mesa e a alma do perfil: tensão σ de tração/compressão: (4,05 x 103 /2,53x10-6) 0,0436 =69,79MPa tensão τ: (4,5 x 103 x(0,067x0,0074x0,0473)/(2,53x10-6x0,0048) =8,69MPa Considerando o estado triplo de tensões: Nos topos da viga: σP1 = 81,64MPa; σP2 = 0; σP3 = 0; τmáx = ½ 81,64 = 40,82MPa; No ponto médio da alma: : σP1 = 8,69 MPa; σP2 = 0; σP3 = - 8,69 MPa; τmáx = 8,69 MPa; Nas junções mesa-alma: σP1 = ½ (69,79) + [(½ 69,79)2 + 8,692]1/2 = 34,90 + 35,96 = 70,86MPa σP2 = 0; σP3 = ½ (69,79) - [(½ 69,79)2 + 8,692]1/2 = 34,90 – 35,96 = - 1,06 MPa τmáx = [(½ 69,79)2 + 8,692]1/2 = 35,96MPa Portanto, para a viga AB teremos: σmáx

= 81,64 MPa e τmáx = 40,82MPa Conclusão: para o conjunto de vigas teremos como tensões extremas: σmáx

= 81,64 MPa e τmáx = 40,82MPa (ocorrentes no meio do vão da viga EF) e, portanto, o coefici-ente de segurança será o menor dos valores: 150 / 81,64 = 1,837; 90 / 40,82 = 2,20................................................ C.S = 1,84 (Resposta) 9.5 – Cargas Variáveis. Fadiga

Exercício proposto – Mostre: I) que, para um par de eixos ortogonais (u,v) defasado de um ângulo θ em relação ao par de referência (x,y), os momentos e produtos de inércia de uma área A se relacionam através das equações: Ιu = ½ (Ιx + Ιy) + ½ (Ιx - Ιy) cos 2θ + (−Pxy sen 2θ)

- Puv = - ½ (εx - εy) sen 2θ + (- Pxy) cos 2θ. II) que, para os eixos principais de inércia, (P12 = 0): Ι1,2 = (Ιx + Ιy)/2 ± {[(1/ 2) (Ιx - Ιy)]2 + (-Pxy)2}1/2 (Puv)máx = {[(1/ 2) (Ιx - Ιy)]2 + (-Pxy)2}1/2 III) que se pode utilizar o Círculo de Mohr para mo-mentos e produtos de inércia, nos mesmos moldes em que foi utilizado para as análises das tensões e das deformações. Obs.: u = x cos θ + y sen θ; v = y cos θ - x sen θ.

x

u

v y dA

A

x

y v

u θ

Iu

-Pu v

Ix

Iy I1 I2


9

9.5 - Fadiga A experiência mostra que uma peça, submetida a uma carga cíclica, em geral se deteriora, depois de um certo tempo, sob tensões muito mais baixas do que as obtidas nos ensaios estáticos do respectivo material. É a chamada fratura por fadiga.Tal decorre do fato de que o efeito sobre o material provocado pela ação de uma carga alternativa é diferente daquele produzido pela carga, quando aplicada de forma gradual, até seu valor final. A ruína devido à ação de um esforço estático provoca uma fratura (com superfície rugosa) bem diferente daquela provocada pela fadiga do material (com duas regiões dis-tintas na superfície fraturada: uma polida, esmerilhada, e outra rugosa – Fig. 9.5.1).

Sob o carregamento alternado, uma pequena trin-ca (em geral na superfície, onde as tensões são mais elevadas, tanto as normais devido à flexão, como as tangenciais, devido à torção) provoca uma concentração de tensões no entorno da fenda. Como a carga se alterna, invertendo o sentido da tensão, há uma propagação da fenda para o interi-or da peça, diminuindo a área da parte ainda ínte-gra da seção, até a danificação total. Tal fenôme-no é responsável por mais da metade das quebras dos eixos das máquinas e ferramentas, pois, a cada giro, um ponto da periferia do eixo, mesmo submetido a um torque e a um momento fletor invariantes, passa da condição de tracionado a comprimido, retornando a ser tracionado a cada rotação. Por exemplo, num eixo de motor elétrico girando a 1.800 rpm, a cada segundo ocorrerão 30 desses ciclos de esforços alternados, provocando um “abre e fecha” da trinca, que prossegue apro-fundando. É importante não confundir tal fenô-meno (que ocorre após milhares de ciclos) com o fenômeno da plastificação alternada, ocorrente quando se provoca deformações ultrapassando o limite de escoamento de materiais dúteis, inver-tendo o sentido da deformação e, após uns poucos ciclos, o material encruado sofre fratura frágil, com grande dissipação de energia (caso de arames que ficam aquecidos quando partidos). A máxima

Fig. 9.5.1–Seção de um eixo fraturado por fadiga: (a) Região esmerilhada; (b) região rugosa; c) al-ternância do sentido da tensão normal decorrente do momento fletor, causada pela rotação do eixo.

a

b

M

M M M

M M tração tração

compressão

ω ω

ω

tensão alternada à qual o material pode ser submetido, sem ruptura, mesmo após um milhão (106) de ci-clos de solicitação, é a denominada tensão limite de fadiga (σn), medida através da máquina de Moore (Fig.9.5.2), obtendo-se o gráfico representado abaixo (tensão ruptura x nº de ciclos de solicitação).

Carga

Motor

Conta-Giro

Corpo de Prova Espelhado

M M

101 102 103 104 105 106 107 ciclos

250

500 MPa

σn

90% probabilidade de ruína

10% probabilidade de ruína

trinca

c

Fig.9.5.2 – Máquina de Moore (FADIGA)


10

Alguns Materiais

Tensão Limite de Escoamento

σe (MPa)

Tensão Limite de Ruptura σr (MPa)

Tensão Limite de Fadiga σn (MPa)

Relação σn / σr

Aço Estrutural 250 450 190 0,42

Aço 1040 laminado 360 580 260 0,45 Aço Inoxidável recozido 250 590 270 0,46 Ferro Fundido Cinzento - 170 80 0,47 Alumínio Trabalhado 280 430 120 0,28

Os valores adotados para a tensão limite de resistência à fadiga - σn (obtidos utilizando-se cor-po de prova com acabamento superficial espelhado, diâmetro de 7,62mm = 1/3 polegada, para até 106 ciclos, submetido à flexão, a uma temperatura que não ultrapasse 71ºC) devem ser corrigidos em fun-ção das peculiaridades da peça real (quanto a seu acabamento, tamanho, tipo de solicitação, vida limi-tada, temperatura de trabalho), através de fatores cujas ordens de grandeza são apresentadas na tabela a seguir (para aços com tensão de ruptura entre 300 e 600MPa *). σf = σn (a) (b) (c) (d) (e) ............................ (9.5.1)

(a) acabamento (b) tamanho da peça (c) vida limitada (d) tipo de solicita-ção

(e) temperatura

a = Espelhado ...............1,00 Retificado.....0,93 a 0,90 Usinado........0,90 a 0,83 c/ ranhura.....0,83 a 0,68 Laminado.....0,70 a 0,50 c/ corrosão...0,60 a 0,40 Corrosão água salgada.. ....................0,42 a 0,28

b = D=10mm..........1,0 D=20mm..........0,9 D=30mm..........0,8 D=50mm..........0,7 D=100mm........0,6 D>200mm…..0,58

c =

c = (106/ n)0,09

n < 106 ciclos

d =

Flexão – 1,0

Axial – 0,8

Torção – τ = 0,6 σ

e =

e = 1,0 (t< 71ºC)

e = 344/ (273 + tºC) para t > 71ºC

* (Nota: os valores apresentados, repete-se, indicam ordens de grandeza, objetivando, tão-somente, apontar os fatores que devem ser levados em conta na análise do problema, devendo ser consultadas as normas técnicas e a bibliografia especializada para a efetiva atribuição das grandezas envolvidas). 9.6 – Concentração de Tensões Como a falha por fadiga se dá no ponto de alta tensão localizada, qualquer des-continuidade, seja ela acidental (falha de fundição, bolha, risco na usinagem,...) ou in-tencional (rasgo de chaveta, furo para pino, escalonamento de diâmetro,...) poderá inici-ar tal tipo de deterioração. Um coeficiente de segurança (CS) deve ser adotado para co-brir os casos de falha acidental. Já as descontinuidades previstas no projeto (para mon-tagens, uniões, juntas, etc) devem ser consideradas com adoção de fatores apropriados (K) relacionados com a concentração de tensões. Assim, as equações básicas da Resistência dos Materiais para cálculo das tensões serão corrigidas escrevendo-se (*, para o caso de eixos circulares): σN = K (N/A); σM = K (M/I)y; τT = K (T/JP)r (*); τQ = K (QMS/bI) sendo os valores de K (coeficiente de concentração de tensões) obtidos experimental-mente (Foto-Elasticidade) ou analiticamente (Teoria da Elasticidade). Os gráficos a se-guir apresentam alguns exemplos de valores para o coeficiente K.


11

0,5 1,0 0,0 1,0

2,0

3,0

4,0

K

1

5

10

15

0,0 0,5 1,0

b

d

Relação d/b

b

h

d

Relação d/b

h/b = 0,35

h/b = 0,50

h/b > 1,0

K

Relação d/b

b

h

d M

M

1,0

2,0

3,0

K D d

r M M

0,5 1,0 0,0 1,0

1,5

2,0

Relação r/d

D/d = 4,0

D/d = 1,5

D/d = 1,1

K

h/d > 3

h/d < 0,33

1,0 0,5

Observação: Os valores indi-cados tanto podem ser utili-zados para eixos circulares com seções tornea-das como para barras chatas.

1,0

2,0

3,0 K

1,0 0,5 0,10 0,20 Relação r/d Relação r/d

D d

r T T 3,0

2,0

1,0

(D-d)/2r = 4

(D-d)/2r = 2

(D-d)/2r = 1

D d

r T T

D/d = 2

D/d = 1,2

D/d = 1,2

0,05 0,15 0,0 0,0

K

Fig. 9.6

a b

c

d

e

f


12

9.7 – Cargas Pulsantes. [σm / (σest)] + [σv / (σfad)] = 1/(CS)............(9.7.1) (Equação de Soderberg) Como tensão limite para a resistência estática, nos materiais dúteis, adota-se a tensão de escoamento (σe), enquanto que para os materiais frágeis, adota-se a tensão de ruptura (σr) [σm / (σest)] + [ Κσv / (σfad)] = 1/(CS) ..............(9.7.2) Material dútil [σm / (σest)] + [σv / (σfad)] = 1/(K . CS)..............(9.7.3) Material Frágil

No caso de peças submetidas a cargas variáveis, que correspondem a um valor de ten-são média diferente de zero (σm), ao qual se sobrepõe um valor alternativo (σv), observa-se experimentalmente que a falha ocorrerá quando o par de valores (σm; σv) for plotado acima da linha reta que une o pontos representativos das duas tensões limites correspondentes, para a resistência estática (σest) e para a fadiga (σfad), como mostrado na figura ao lado. A equação da reta limite, no plano carte-siano (σm; σv), será (na forma normal):

[σm / (σest)] + [σv / (σfad)] = 1 Adotando um mesmo coeficiente de se-gurança (CS) para as tensões consideradas ad-missíveis, tanto para a fadiga como para a re-sistência estática do material, teremos:

O efeito da concentração de tensões nos ma-teriais dúteis é geralmente ignorado, quando se trata de um carregamento estático, porque o material irá escoar na região de elevada tensão e o equilíbrio po-de se restabelecer por redistribuição das tensões sem qualquer dano. Já se o material é frágil, mesmo uma carga estática pode causar a ruptura pelo efeito da concentração de tensões. Por isso a equação de So-derberg é modificada para levar em conta o efeito da concentração de tensões nas formas:

σmáx σméd σmín

σvar

t

σm

σv σfad/CS

σest

σest/CS

σfad

σe

frágil dútil


13

Para o valor mínimo de P (4kN) (metade do valor máximo) as tensões correspondentes terão a metade do valor, o que leva a concluir que as tensões críticas serão: Na seção onde M é máximo - σM pulsando entre: 49,38 e 24,69 - σm = 37,04; σV = 12,35MPa Na seção onde há o furo - σF pulsando entre: 42,33 e 21,17 - σm = 31,35; σV = 10,58MPa Tratando-se de material dútil e, a favor da segurança, corrigindo o limite de fadiga indicado (σn= 190MPa) para considerar o acabamento superficial (laminado – a = 0,7) e o tamanho da peça (90x90 – b = 0,6), teremos σf = 190 x 0,7 x 0,6 = 79,8MPa. Considerando o efeito de concentração de tensões provocado pelo furo no meio do vão da viga tiramos do gráfico “d” da fig. 9.4: (para d/b = 20/90 = 0,22 e k/d 90/20 = 4,5 > 3) →K = 2,4 . Teremos então, levando em conta a equação 9.3 (material dútil): [σm / (σest)] + [ Κσv / (σfad)] = 1/(CS)

a) para a seção sob a carga: (37,04 / 250) + (12,35/79,8) = 1/CS → CS = 3,3 b) para a seção no meio do vão (onde há o furo): (31,35/250) + 2,4 x (10,58/79,8) = 1/CS → CS = 2,3

Resp. CS = 2,3

Exemplo 9.7: A viga bi-apoiada esquema-tizada na figura, fabricada por laminação em aço com tensão de escoamento 250MPa e tensão limite de fadiga 190MPa, tem se-ção quadrada (90x90 mm2) e um furo ver-tical circular, de diâmetro 20mm, no meio do vão. A viga é submetida a uma carga vertical pulsante P, que varia em módulo entre 8kN e 4kN, na posição indicada. Pe-de-se determinar o coeficiente de seguran-ça considerando a fadiga e a concentração de tensões.

2,0m 1,0m

1,0m

Furo - D = 20mm P pulsante entre 8kN e 4kN

8kN

6kN 2kN

MM = 6kNm MF= 4kNm

Solução: o diagrama de momentos fletores, para o caso do valor máximo da força P (8kN) nos indica como momentos críticos: MM = 6kNm (valor máximo, na seção sob a carga) MF = 4kNm (valor na seção onde há o furo). As tensões correspondentes valerão: σΜ = {6x103 / [(0,090)4/12]}0,045= 49,38MPa σF ={4x103/[(0,07)(0,09)3/12]}0,045= 42,33MPa

Exercício proposto: faça um re-dimensionamento do eixo analisado no exercício 9.5.1 (pág.

144) considerando: • que a tensão normal calculada varia alternadamente devido à rotação (σfadiga = 0,7 σescoam) • que a tensão tangencial calculada é constante; • que há escalonamentos no diâmetro do eixo para a montagem das polias (K = 1,5); • que há chavetas conectando as polias ao eixo (K = 1,7).

J - Deformações na Flexão

1

10.0 – Deformações na Flexão. Nos capítulos anteriores obtivemos expressões (com formatos semelhantes) que relacionam as deformações para cada um dos esforços solicitantes, a saber: 10.1 – Deflexões por curvatura das vigas

No caso de uma viga reta carregada transversalmente, seu eixo longitudinal se encurvará to-mando o formato da chamada linha elástica. O raio de curvatura da linha elástica será obtido, como visto através da equação 5.7.3, escrevendo (1/ρ) = M/EI. Realmente: a fig. 10.1.1 nos mostra que

# na tração pura: δL = NL/EA # no corte puro: δh = QL/GA # na torção* pura : δθ = TL/GJP *eixos circulares

# na flexão pura: δϕ = ML/EI

N

Q T

M

δL

δh

δθ

δϕ

tg dϕ � dϕ = ε ds / y. Como ε = σ/E e σ = (Μ/Ι)y, obtem-se: dϕ / ds = M / E I............................. (10.1.1) sendo (EI) o chamado “produto de rigidez”. Levando em conta que ds = ρ dϕ, chega-se a 5.7.3. Por outro lado, nos cursos de Cálculo Diferencial determinou-se a curvatura (k = 1/ρ) das curvas pla-nas como sendo dada por: k = 1/ρ = (d2y/dx2)/[1+(dy/dx)2]3/2 já que ds2 = dx2 + dy2. Representando por “f” a ordenada corres-pondente à flecha do eixo neutro a cada valor da abscissa x da seção, e como a declividade das vigas (df/dx = tgϕ) é sempre muito pequena, tornando o seu quadrado desprezível em presença da unidade, podemos escrever: df/dx = ϕ; 1/ρ = d2f/dx2 , obtendo-se a de-nominada “equação diferencial da linha elástica”: ................(10.1.2) Conhecendo-se como variam o momento fletor M e o momento de inércia I a cada ordenada x da seção, a integração sucessiva da equação 10.1.2 nos informará a deflexão ϕ = ϕ (x) e a flecha f = f(x).

d2f / dx2 = dϕ/dx = Μ/EI

f (Flecha)

f

x

ϕ

Fig. 10.1.1 – Flechas e deflexões nas vigas fletidas.

x

Eixo neutro da viga defletida

ρ

dx

dy ds

dϕ

dϕ

ds

(1 + ε) ds

ρ

y

dϕ

L


2

10.2 – Linha Elástica por Integração. Através de alguns exemplos, apresentaremos o método para determinação da e-quação da linha elástica, por integração da equação 10.1.2, permitindo-nos obter valores de deflexões angulares e flechas nas vigas.

Exemplo10.2.1 - Para a viga bi-apoiada repre-sentada, de comprimento L, seção com momen-to de inércia baricêntrico I e material com mó-dulo de elasticidade E, submetida a um carre-gamento uniformemente distribuído q, estabele-cer os valores da flecha máxima no meio do vão e as deflexões angulares nos dois apoios.

q

qL/2 qL/2

-qL/2 Q

M

ϕ

f

x

↑+

↑+

↑+

↑-

↓ -

↓ -

↓ -

↓ +

Solução: q(x) = q; Q(x) = - ∫ q dx = -qx + C1; Q = qL/2 para x=0 → Q(x) = q(L/2 – x);

M(x) = ∫ Q dx = ½ qL x – q x2/2 + C2; Como M=0 para x = 0 → M(x) = ½ q (Lx – x2);

EI dφ/dx = M(x) = ½ q (Lx – x2); EI (φ) = ∫ M(x)dx = ½ q (Lx2/2 – x3/3 + C3);

Pela simetria, pode-se inferir que φ = 0 p/ x = L/2 e EI (φ) = ½ q (Lx2/2 – x3/3 + L3/12);

φ(x) = (q/24EI) (6Lx2 – 4x3 + L3); para x = 0, φ0 = - qL3/24EI; φL = + qL3/24EI

f(x)=∫φ(x)dx=(q/24EI)(6Lx3/3 – 4x4/4 + L3x + C4); Como f(0)=0, C4 =0 e

f(x) = (q/24EI) (2Lx3 – x4 + L3x); para x = L/2, f máx = - 5 q L4 / 384 EI

f máx φ0

Exemplo 10.2.2 – Para o perfil de aço S127x15 esquemati-zado (E = 210GPa e G = 80GPa), calcular a flecha na ex-tremidade livre do balanço. Para a seção reta do perfil são conhecidos: Área – 1850mm2; I = 5,04 x 106 mm4; h = 127mm

127

800

9,92kN

L/2

L

P x

Q

M

φ

f

Solução: Q(x) = P; M(x) =-P(x – L); EI φ(x) = P(x2/2 - Lx); φ(x) = (P/EI)(x2/2 - Lx); f(x) = (P/2EI)(x3/3 – Lx2)

φ(L) = -PL2/2EI; f(L) = -PL3/3EI

Para os valores numéricos apresentados teremos: σmáx =(9,92x103 x0,8 / 5,04x10-6)x(0,127/ 2)= 100MPa

f máx = 9,9 2x103 x0,83 / 3x210x109x5,04x10-6= 1,6x10-3m f máx = 1,6mm

Se avaliarmos o deslocamento vertical do eixo neutro na extremidade em balanço da viga, decorrente da força cortan-te, verificaremos ser ele desprezível em presença do provoca-da pela flexão:

δh = ξ QL/GA = (3/2) 9,92x103x0,8 / 80x109 x 1850x10-6 = 80,4x10-6m fL

ϕL

ϕL


3

Exemplo 10.2.3: A simetria no caso de viga bi-apoiada com carga concentrada no meio do vão, permite evitar que se enfrente a dificuldade de se ter duas equações para M(x), a saber: x(0→L/2)........ M(x) = ½ Px x(L/2→L)....... M(x) = ½ Px – P(x – L/2). No trecho x(0→L/2)........ (EI)ϕ(x) = Px2/4 + C1. A simetria nos permite concluir que ϕ=0 para x=L/2, dando C1= -PL2/16. x(0→L/2)........ (EI)f(x) = Px3/12 –(PL2/16)x + C2. Co-mo f=0 para x=0, C2 = 0, e finalmente obtemos:

ϕ = (P/EI)(x2/4 – L2/16); f =(P/EI)[x3/12 – (PL2/16)x]. Para x=0, ϕ0 = − PL2/ 16EI;

Para x = L/2, fmáx = PL3/48EI.

Exemplo 10.2.3: A viga esquematizada é denomi-nada “de igual resistência”, sendo empregada (a-pós cortes longitudinais e montagem como mostra a figura) na fabricação de feixe de molas. Mostre que a máxima tensão normal é a mesma ao longo de toda a sua extensão e calcule a flecha máxima na extremidade do balanço.

B/2 B/2

* (prolongamento para levar em conta a tensão limite de cisalhamento devido à força cortante). Solução: Numa seção genérica, distante (x) do engaste tere-mos: M(x) = - P(L –x); I(x) = bH3/12 sendo b = B/L(L – x). (σmáx)x = (M/I)H/2 =[6P(L-x)/(B/L)(L-x)H3]H=6PL/BH2, valor constante. Da mesma forma: dϕ/dx = -M/EI = 12P(L-x)/E(B/L)(L-x)H3= = 12PL/EBH3; ϕ = (12PL/EBH2)x + C1; C1=0 pois ϕ = 0 quando x = 0. Finalmente: f = f(x) = (6PL/EBH2)x2+ C2 , sendo C2 = 0 já que f(0)=0. A flecha na extremidade (x = L) valerá: fmáx = 6PL3/EBH3 (Resp.)

H L P

x

L/2 L/2

P

P/2 P/2

-P/2 P/2

PL/4

M

ϕ

f fmáx ϕ0

Exemplo 10.2.4: Para a viga bi-apoiada, com carga concentra-da fora do meio do vão, o trabalho algébrico fica bastante e-xaustivo, pois teremos duas equações para o momento fletor:

- no intervalo x (0, a) → M1(x) = (Pb/L)x - no intervalo x (a, L) → M2(x) = (Pb/L)x – P(x – a).

Integrando duas vezes as duas expressões de M(x)/EI, os resul-tados incluirão 4 constantes arbitrárias que serão determinadas através das 2 condições de contorno (f = 0 para x = 0 e para x = L) e das 2 condições de compatibilidade de deformações (para x = a, tanto o ângulo ϕ como a flecha f deverão ter valo-res idênticos, quando se utiliza as equações de momento, à esquerda e à direita do ponto de aplicação da força P). Após cálculos enfadonhos obtemos:

ϕ0 = - Pb(L2 – b2) / 6EI; ϕL = + Pa(L2 – a2) / 6EI; fmáx = - Pb(L2 – b2)3/2 /9(√3)EIL, em xm=√(L2 – b2)/3

f(L/2) = -Pb(3L2 – 4b2)/48EI (≠fmáx)

a b

P

Pb/L Pa/L

-P/2

Pab/L

M

ϕ

f fmáx ϕ0

Q

ϕL

xm

*

b


4

10.3 – Linha Elástica por Integração, utilizando Funções Singulares. Objetivando evitar o transtorno de representar matematicamente o momento fletor M(x) através de várias equações, correspondentes aos trechos onde o carregamento se diversifica, surgem as funções chamadas “singulares” (pois não satisfazem as condições exigidas pelos matemáticos para a designa-ção das funções, por suas descontinuidades). Tais funções singulares têm a seguinte definição: (x – a)n ........ para x ≥ a <S(x)> = <x – a>n = Zero ............ para x < a A integração e a derivação de tal tipo de função fornecem: ∫ < x – a >n dx = [1/(n+1)]< x – a > n+1 ............... (n ≥ 0) (d/dx) < x – a >n = n < x – a > n-1 ..................... (n ≥ 1)

n = 0 n = 1 n = 2 n = 3

< x – a >0

< x – a >1

< x – a >2

< x – a >3

a x a x a x a x

1

Exemplo 10.3.1: Para a viga esquematizada, de-terminar: (a) o ângulo de deflexão da viga no a-poio A da esquerda e (b) a flecha no meio do vão.

0

a a a a B A

M P q

RA RB

Solução: Reações nos apoios: RA = M/4a + P/2 + qa/8; RB = - M/4a + P/2 + 7qa/8; Momento Fletor: M(x) = RA x – M < x-a >0 – P < x – 2a >1 – ½ q < x-3a>2

Integrando uma vez para obtenção dos ângulos ϕ da linha elástica teremos: EI ϕ(x) = RA x2/2 – M < x-a >1 – ½ P < x – 2a >2 – q/6 < x-3a >3 + C1

Integrando mais uma vez, para obtenção das flechas f da linha elástica teremos: EI f(x) = RA x3/6 – ½ M < x-a >2 – P/6 < x – 2a >3 – q/24 < x-3a >4+C1x + C2;

As condições de contorno nos informam que: f(0)=0, → C2 = 0; e f (4a) = 0, portanto: 0 = RA (4a)3/6 – ½ M (3a)2 – P/6 ( 2a )3 – q/24 (a)4 +C1(4a),de onde tiramos o valor de C1, levando em conta o valor de RA escrito acima:

C1 = (11/24) Ma – Pa2 –(31/96) qa3; A deflexão angular da linha elástica no apoio da esquerda corresponde ao valor de ϕ(0), ou seja: ϕ(0) = C1 / EI =(11/24) Ma / EI – Pa2 /EI –(31/96) qa3 / EI (Resp.a) A flecha no meio do vão será calculada fazendo x = 2a, obtendo-se: EI f(2a)= (M/4a + P/2 + qa/8)(2a)3/6 - ½ Ma2 + [(11/24) Ma – Pa2 –(31/96) qa3](2a) f(meio do vão)* = 13Ma2/12EI – 4Pa3/3EI – 23qa4/48EI (Resp. b). * Obs.: a flecha calculada não é a flecha máxima (que ocorre na seção onde ϕ = 0)

0 0 0


5

10.4 – Cálculo de flechas e deflexões pela analogia de Mohr (momentos de áreas -momento do momento/EI) A dupla integração da equação d2M/dx2 = -q(x) para obtenção de M = M(x), se-guida da dupla integração da equação d2f/dx2 = M(x)/EI para obtenção de f = f(x), levou Mohr a propor a seguinte analogia: encarando as ordenadas do diagrama invertido de momentos fletores M = M(x), divididas pelo produto de rigidez EI, como um “carrega-mento fictício” distribuído sobre uma “viga fictícia equivalente”, o diagrama de forças cortantes fictício para tal carregamento virtual corresponderá às deflexões angulares ϕ = ϕ (x), enquanto o diagrama de momentos fletores fictícios corresponderá à linha elástica f = f(x).

Exemplo 10.4.1 – Utilizando a analogia de Mohr, de-terminar os valores máximos de deflexão angular e flecha para a viga bi-apoiada esquematizada na figu-ra. Solução: o traçado do diagrama de momentos fletores indica uma variação linear, à esquerda e à direita do ponto de aplicação da carga P, onde atinge o valor má-ximo Pab/L. Invertendo o desenho, dividindo suas or-denadas pelo produto de rigidez EI e encarando a figu-ra formada como uma distribuição de carga virtual (qv) com dois trechos lineares, atingindo o valor máximo Pab/LEI, aplicada a uma viga também fictícia, de mesmas dimensões, as reações fictícias seriam obtidas fazendo: (RA)V L = [½ (Pab/LEI)a](b+a/3) + [½ (Pab/LEI)b](2b/3); (RA)V = Qv (0) = ϕ (0) = - (Pab/6L2EI)(a2 + 3ab + 2b2)= = - Pb(L2 – b2)/6LEI; Analogamente obtem-se: (RB)V = QV(L) = ϕ(L) = +(Pab/6L2EI(b2 + 3ab + 2a2)= = + Pa(L2 – a2)/6LEI, que correspondem aos ângulos de deflexão da elástica nos dois apoios da viga. Para a determinação da flecha máxima calcula-remos a ordenada x para a qual o ângulo ϕ da linha elástica se anula, escrevendo: (Pab/6L2EI)(a2 + 3ab + 2b2)=½ (Pbxm /LEI)xm, ou: (xm)2

= (a/3L)(a2 + 3ab + 2b2); xm=√(L2 – b2)/3 A flecha máxima será determinada calculando-se o momento fletor virtual provocado pelo carregamento virtual na seção de abscissa xm para a qual ϕ = 0: fmáx = MV(xm)= (RA)v xm – [½ (Pbxm)LEI]xm(2/3 xm) obtendo-se:

fmáx = -Pb(L2 – b2)3/2 / 9√3 LEI. Fazendo a = b = L/2 nas equações acima, obte-mos os resultados apresentados no exemplo 3 (carre-gamento simétrico).

a b

L

P

A

RA=Pb/L RB=Pa/L

(q)

(Q)

+Pb/L

-Pa/L

Pab/L

(M)

qv ≡ (M/EI) Pab/LEI

(RA)v

Qv ≡ (ϕ)

(RB)v

Mv ≡ (f)

xm

fmáx

Observe os sinais de ϕ nos dois apoios, correspondentes ao sinais das forças cortantes do carregamento virtual.

+


6

No exemplo estudado, a “viga virtual” à qual se aplica o carregamento virtual (M/EI), segundo a analogia de Mohr, foi idêntica à viga real bi-apoiada à qual se aplica o carregamento real. No caso da existência de extremidades em balanço ou engastadas, a “viga virtual” deverá ser modificada para con-siderar:

1) na extremidade livre em balanço da viga real, a força cortante e o momento fletor serão nulos, porém a deflexão angular e a flecha não;

2) numa extremidade engastada da viga real, a força cortante e o momento fletor não serão nulos, mas tanto a flecha como o ângulo da elástica serão nulos;

3) numa rótula há força cortante, porém o momento fletor é nulo. Para levar em conta tais circunstâncias, a “viga virtual” auxiliar deve ser conjugada em relação à real, como nos exemplos a seguir.

P

PL/EI

L

P

a 3a

Pa/EI

livre engaste rótula apoio

Exemplo 10.4.2: Utilizando a analogia de Mohr, determinar a inclinação e a flecha da linha elás-tica na extremidade livre da viga em balanço car-regada com uma força uniformemente distribuí-da. Solução: Para a viga real, teremos no en-gastamento: Q = qL; M = - ½ qL2; O carregamento virtual terá a forma de uma parábola do 2º grau, atingindo o valor máxi-mo qL2/2EI. A viga auxiliar virtual será livre à esquer-da (onde o cortante e o momento virtuais serão nulos, correspondendo a ângulo e flecha nulos na viga real) e será engastada à direita (onde os valo-res de cortante e momento virtuais corresponde-rão ao ângulo e à flecha na extremidade da viga real). Teremos: (QV)D = ϕD = - 1/3 (qL2/2EI)L = - qL3/6EI ( área sob a parábola = ⅓ bh, com cg em b/4). (MV)D = fD = (-qL3/6EI)(3/4 L) = - qL4/8EI.

q L

+qL

q(x)

Q(x)

Viga Real

Viga Auxiliar

-qL2/2

qL2/2EI

3L/4

Área=⅓bh

cg

M(x)

qV(x) = M/EI

QV(x) = ϕ(x)

MV(x) = f(x)

-


7

Exemplo 10.4.3 – Para o eixo mostrado na figura, de aço (E = 210 GPa) com diâmetros escalo-nados pede-se determinar a flecha e o ângulo de deflexão na extremidade livre do balanço. Solução: O diagrama de momentos fletores é o repre- Os momentos de inércia do eixo valem sentado abaixo: em d=92mm → I = π (92)4/64 = 3,517 x 106 mm4

em D=137mm → I = π (137)4/64 = 17,29x106 mm4

Os correspondentes produtos de inércia serão: em d = 92mm → EI = 0,7386 x 106 Nm2

em D=137mm → EI = 3,631 x 106 Nm2

Através da analogia de Mohr, o carregamento fictício, obtido utilizando o diagrama de mo-mentos fletores invertido (portanto positivo) dividido pelos correspondentes produtos de inércia (EI) e aplicado à viga auxiliar, fornece: A reação vertical fictícia V no engaste da viga auxiliar corresponde ao ângulo de deflexão na extremidade livre da viga real: ϕ = V = ½ (8,262 – 2,479) x10-3 x 0,700 + 2,479x10-3 x 0,700 + ½ 12,19 x 10-3 x 0,900 = 0,009245 rd = 0,53º O momento fletor fictício M no engaste da viga auxiliar corresponde à flecha na extremidade livre da viga real: f = M= [½ (8,262 – 2,479) x10-3 x 0,700] x [0,9 + (2/3) 0,7] + [2,479x10-3 x 0,700] x (0,9 + ½ 0,7) + + [½ 12,19 x 10-3 x 0,900] x (2/3)0,9 = 0,008227 m = 8,23 mm

20 kN

10 kN 900mm

700mm

d = 92mm

D = 137mm

M (kN.m)

-

700mm 900mm

9,00

30,00

12,19x10-3 m-1

8,262x10-3 m-1

2,479x10-3 m-1 +

V

M 700mm 900mm


8

10.5 – Método da Energia. A energia armazenada sob a forma potencial elástica em uma viga carregada iguala o valor do trabalho realizado pelos esforços externos (forças e momentos) ao se deslocarem em suas direções pela deformação da estrutura (por deslocamentos lineares ou angulares, respecti-vamente). No caso de um corpo submetido a uma única força (ou conjugado), o cálculo do traba-lho W realizado será obtido efetuando o semiproduto da força (ou momento) pelo deslocamen-to linear (ou angular) no sentido do esforço (W = ½ P δx ou W = ½ M δϕ). Computada a ener-gia armazenada pela estrutura e igualada ao trabalho realizado, poderá ser determinada a de-formação no local de aplicação do esforço. ......................................................... (10.5.1) U = ½ P1 f1 + ½ P2 f2 .................................................................................. (a) Se, após as forças P1 e P2 atingirem seus valores finais, admitirmos que um pequeno in-cremento δP1 fosse dado ao valor de P1, tal acréscimo provocará pequenas variações nas fle-chas (δf1 e δf2), acarretando um incremento na energia armazenada, de valor: δU = ½ δP1 δf1 + P1 δf1 + P2 δf2 ..................................................................(b) Se, ao contrário, a ordem do carregamento fosse invertida, carregando inicialmente a força incremental δP1 e, em seguida, aplicando as forças P1 e P2, teríamos ao final:

A energia U armazenada em uma viga, submeti-da à flexão reta cujo momento fletor M = M(x) é co-nhecido em cada seção, será determinada por integra-ção ao longo do volume V da peça, levando em conta que:

U =ΙΙΙ ½ (σ2/ E) dV. Como na flexão reta, σ = (M/I)y, e fazendo dV = dA dx, teremos:

U = (1/2E)ΙΙ(M2/ I2)y2 dA dx. Efetuando a primeira integração ao longo de uma dada seção (onde M, I e dx são invariantes), temos:

U = (1/2E) Ι(M2/ I) dx Fig. 10.5.1 – Energia na Flexão.

dx

dA y

σ

Tomando como exemplo o caso de uma viga engas-tada submetida a uma carga concentrada P na extremi-dade livre teremos:

M = - P (L – x) e U = (1/2EI)Ι0 L P2 (L-x)2 dx

ou seja, U = (1/6EI)P2 L3 = W = ½ P f, obtendo-se f = PL3/ 3EI

P

f x L

Considerando agora o caso de uma viga bi-apoiada, como mostrado na fig. 10.5.2, submetida às duas forças P1 e P2 assinaladas, cujos pontos de aplicação se deslo-cam nas distâncias f1 e f2, respectivamente, quando a viga se deforma, produzindo tais flechas, a energia U armazenada (igual ao trabalho das forças aplicadas de forma gradativa, crescendo de zero até seu valor final) será dada por:

P1 P2 δP1

δf1 δf2

f2 f1

Fig. 10.5.2 – Método da Energia.


9

U + δU = ½ δP1 δf1 + δP1 f1 + ½ P1 f1 + ½ P2 f2 ..........................................(c) Como a energia de deformação deve ser a mesma, independentemente da ordem de aplicação das forças, da igualdade (a) + (b) = (c) tiramos: P1 δf1 + P2 δf2 = δP1 f1 , que, levada em (b) nos fornece: δU = ½ δP1 δf1 + δP1 f1, ou seja: f1 = δU / δP1 – ½ δf1. No limite, quando δP1 → 0, tornando δf1 → 0, e considerando que U é função tanto de P1 como de P2 teremos: f1 = ΜU/ΜP1 ................................................................... (10.5.1) A equação acima permite calcular a flecha f1 em uma dada seção de uma viga submetida a um carregamento qualquer, admitindo-se a existência de uma força concentrada P1 aplicada exatamente na seção em que se quer determinar a flecha, bastando para tal estabelecer a ex-pressão da energia U decorrente do carregamento (incluindo a tal força P1) e computando-se sua derivada parcial em relação à P1 e, ao final, fazendo P1 = 0 (se não existir força concentra-da na seção que se quer determinar a flecha). Como U = (1/2E)Ι (M2/ I) dx ........................................................................................ (10.5.2) Efetuando a derivação parcial proposta em 10.5.1 teremos:

f1 = (1/E) Ι(M/ I) ΜM/ΜP1 dx ........................................................ (10.5.3) Uma dedução análoga seria feita para estabelecer a expressão que permite calcular o ângulo ϕ de inclinação da linha elástica numa dada seção, imaginando a existência de um con-jugado de momento M1 aplicado na seção correspondente, computando a energia total armaze-nada em função do carregamento (e do momento aplicado), efetuando a derivação parcial e, ao final, fazendo M1 = 0:

ϕ1 = ΜU/ΜM1 = (1/E) Ι(M/ I) ΜM/ΜM1 dx ..................................... (10.5.4)

Exemplo 10.5.1: Determinar, utilizando o método da energia, a flecha f e o ângulo de deflexão ϕ na ex-tremidade em balanço da viga engastada submetida a um carregamento linearmente distribuído, varian-do entre zero na extremidade livre e w no engaste. Solução: acrescentando ao carregamento real q(x) = w(L-x)/L, sucessivamente, uma força P1 e um mo-mento M1, aplicados na extremidade em balanço onde se quer determinar a flecha e a declividade da linha elástica, teremos para equação de momentos (tracionando as fibras superiores da viga): M(x)=-{½[w(L–x)/L](L–x)[⅓(L-x)]+P1(L–x)+M1}; M(x) = - {1/6[(w/L)(L – x)3 + P1 (L –x) + M1).

w

L

w

x

P1

M1

w (L -x) / L

f1

ϕ1

Para o cálculo da flecha f1 teremos ΜM/ΜP1 = - (L –x) e fazendo P1 = M1 = 0,

f1 = (1/E)Ι(M/ I) ΜM/ΜP1 dx = (1/EI)Ι{1/6[(w/L)(L – x)4}dx = (w/30LEI)[(L –x)5]oL = - wL4 / 30EI

Para o cálculo da declinação ϕ1, teremos ΜM/ΜM1 = -1 e fazendo M1 = 0,

ϕ1 =(1/E)Ι(M/ I) ΜM/ΜM1 dx = (1/EI)Ι{1/6[(w/L)(L – x)3}dx = (w/24LEI)[(L –x)4]oL = - wL3 /


10

Um teorema auxiliar, o teorema da reciprocidade (enunciado por Maxwell), pode, muitas vezes, ser útil na determinação de deformações: - “a deformação numa seção A, provocada por um dado esforço aplicado numa seção B, é igual à deformação que o mesmo esforço provocaria na seção B, como se estivesse aplicado na seção A”. Utilizando o teorema da reciprocidade podemos concluir que: - a flecha no meio do balanço da viga, decorrente das cargas aplicadas em sua extremidade livre, será igual à flecha na extremidade livre causada pelas cargas supostamente aplicadas no meio do balanço. Dos resultados obtidos no ex. 10.2.2: φ1 = φ (L/2) = -P(L/2)2/2EI = -P(L)2/8EI f1 = f (L/2) = -P(L/2)3/3EI = -P(L)3/24EI Levando em conta que no trecho da viga entre o meio do balanço até a extremidade o momento M é nulo e, portanto, o eixo da viga será reto, podemos escrever para a extremidade livre: δ = f1 + ϕ1 (L/2) = [-P(L)3/24EI] + [-P(L)2/8EI](L/2) = - 5P(L)3/48EI (resp. a) Para o caso de ser um momento M aplicado no meio do vão livre da viga teremos: φ1 = φ (L/2) = -M(L/2)2/EI = -M(L)2/4EI f1 = f (L/2) = -M(L/2)3/2EI = -M(L)3/16EI. Analogamente podemos escrever: δ = f1 + ϕ1 (L/2) = [-M(L)3/16EI] + [-M(L)2/4EI](L/2) = - 3M(L)3/16EI (resp. b)

P1

P1

P1

P2

P2

P2

Admitindo que, após a aplicação de um esforço P1(*) na seção “1”, provocando uma deformação (**) δ11, fosse aplicado um esforço P2, na seção 2, a energia total armazenada pela viga seria: U = ½ P1 δ11 + ½ P2 δ22 + P1 δ12

onde δ12 é a deformação provocada em “1” devi-do ao esforço aplicado em “2”, com o esforço P1 já aplicado em “1”. Invertendo a ordem na aplicação dos esforços: ---- aplicando inicialmente o esforço P2 na seção “2”, esta provocaria uma deformação δ22, e, após aplicada o esforço P1, na seção “1”, a energia armazenada seria: U = ½ P2 δ22 + ½ P1 δ11 + P2 δ21 onde δ21 é a deformação provocada em “2” devi-do ao esforço aplicado em “1”, com esforço P2 já aplicado em “1”. O princípio da superposição dos efeitos (decorrente da linearidade da relação entre es-forços e deformações) permite concluir que a energia total armazenada não deve depender da ordem de aplicação dos esforços, portanto:

1

2

P1 δ12 = P2 δ21 que no caso de P1 = P2 nos dá

δ12 = δ21 Exemplo11.5.2 – Calcular a flecha δ provocada na seção média de uma viga em balanço submetida em sua extremidade livre:

a) a uma força P b) a um momento M.

(*) força ou momento (**) flecha ou deflexão

angular.

M

P L

L/2

δ

M

L

δ L/2

P

f1 ϕ1


11

10.6 – Método da Superposição. A linearidade da relação entre esforços e deformações nas estruturas que traba-lham na fase elástica permite aplicar o princípio da superposição dos efeitos, computan-do-se o valor global da deformação para um carregamento complexo, como sendo o re-sultado da soma algébrica das deformações causadas pelas cargas, como se tivessem sido aplicadas isoladamente. Realmente: se para um esforço F1 (força ou momento) corresponder uma defor-mação x1 (linear ou angular) para a qual se puder escrever, segundo a Lei de Hooke, que F1 = K x1, para um outro esforço F2 teremos que F2 = K x2. Adicionando tais resultados obtemos F1 + F2 = K (x1 + x2), ou seja, se encararmos a superposição dos esforços F1 + F2 como um terceiro esforço F3, a deformação correspondente x3 = x1 + x2. A seguir são apresentados alguns exemplos de valores para as constantes elásticas K de estrutu-ras elásticas equiparadas a “molas”, sendo F um esforço (força ou momento) e x uma deformação (li-near ou angular), tais que se possa escrever F = Kx.

Tipo de Solicitação Esquema K da “Mola”(F/x)

Barra de Tração

K = E A / L

Barra de Torção

K = πGD4/32L

Mola de Torção

K = G d4/64 n R3

Barra Chata de Flexão

K = E b h3 / 4 L3

Feixe de Mola

Flexão

K = 8 E b h3 / 37 a3

F

F

L x

A

E

F

F x L

G D

F

F

R

d

n espiras G

L

F b

h

E

x 2a

4a 6a

F

x


12

10.7- Vigas estaticamente indeterminadas. A possibilidade de se calcular as deformações da linha elástica nas vigas submetidas à flexão reta nos permite levantar a indeterminação para o cálculo das reações nos apoios das vigas hiperestáti-cas, bastando para tal utilizar-se das equações de compatibilidade de deslocamento, como realizado na solução dos problemas estaticamente indeterminados para as solicitações anteriormente estudadas. Os exemplos a seguir apresentam caminhos para a determinação dos esforços vinculares de vigas hipe-restáticas, utilizando os vários métodos para cálculo de flechas e deflexões angulares.

q

L A B

MA

q

B

f1

f2

-(3/8)qL

(5/8)qL

xm Q

M

qL2/8 9qL2/128

x

3L/4

L A

Exemplo 10.7.1: Traçar os diagramas de esforços solici-tantes da viga de comprimento L, engastada em uma extre-midade e apoiada na outra, submetida a uma carga unifor-memente distribuída q. Supondo tratar-se de uma viga de concreto, estabelecer a extensão para distribuição da ar-madura de aço ao longo de seu comprimento (atendendo à circunstância de estar posicionada sempre no lado tracio-nado da viga). Solução: Admitindo que o apoio B à direita não existisse, a flecha f1 provocada pelo carregamento distribuído na ex-tremidade livre seria: f1 = - qL4 / 8EI ............................(exemplo 10.4.2); Se na extremidade livre atuasse uma força vertical B, esta provocaria ali uma flecha f2 dada por: f2 = + BL3 / 3EI .........................(exemplo 10.2.2). A existência do apoio em B implica em ser nula a flecha nessa extremidade, o que nos leva a: BL3 / 3EI = qL4 / 8EI, e B = (3/8)qL. Das equações da Estática correspondentes ao equilíbrio de forças e momen-tos obtemos: A = (5/8)qL e MA = -qL2 / 8. Levantada a indeterminação hiperestática, podemos traçar os diagramas de cortante e momento fletor, verifican-do-se que a força cortante se anula na seção distante 5L/8 do engastamento, onde atuará o momento fletor máximo positivo (M+) = (3/8)qL(3L/8) – ½ qL[(3L/8)2= (9/128)qL2

O momento máximo negativo será: (M-) = MA = = (3/8) qL (L) – ½ qL2 = - qL2 / 8 = - (16/128) qL2

A equação do momento fletor em função da ordena-da x da seção (contada a partir do apoio da direita B*), será: M = M(x) = (3/8) qLx – ½ (qx2), que se anula (invertendo o sinal do momento) na seção x = (3/4)L , seção na qual a armadura de ferro numa viga de concreto armado, passaria da face inferior para a superior. A equação da elástica será obtida integrando: d2f / dx2 = dϕ / dx = M/EI = (l / EI)(3qLx/8 - ½ qx2), ou ϕ(x) = (1/EI) (3qLx2/16 - qx3/6 ) + C1. Como no engasta-mento (x=L), ϕ = 0, tiramos C1 = - qL3/48EI (que corres-ponde ao ângulo da elástica no apoio B). Computando o valor de x que torna nula a declinação ϕ obtem-se: x =(1 + √33)L/16 = 0,42154L, seção onde ocorre a fmáx.

-qL2/8

fmáx


13

Integrando ϕ=df/dx obtem-se f =(q/48EI)(-2x4 + 3Lx3-L3x), que, para x = 0,42154L fornece fmáx =qL4/185EI. * - a inversão do sentido positivo para a ordenada x implica na troca dos sinais para as flechas f e os ângulos ϕ.

Exemplo 10.7.2 – Para a viga contínua sobre três apoios e submetida às forças concentradas mostradas, pede-se traçar o diagrama de momentos fletores. Solução: A simetria do problema nos aponta para a so-lução utilizando o princípio da superposição. Imaginan-do inexistente o apoio central B (tornando isostática a viga), pode-se determinar a flecha que ocorreria no meio do vão. Para tal será adequado utilizar a analogia de Mohr calculando o momento fletor fictício no meio do vão causado pelo carregamento virtual M/EI, que pro-voca as reações virtuais: R = ½ [(PL/8EI)(L/2 + L/4)]= 3PL2/64EI. A flecha valeria: f1 = [3PL2/64EI]L/2 – ½(PL/8EI)(L/4)(L/4+L/12) – - (PL/8EI)(L/4)(L/8) =(29/768)PL3/EI. Para a viga de comprimento L, submetida a uma carga concentrada B no meio do vão, a flecha correspondente seria (cf. exemplo 10.2.3) f2 = BL3/48EI. Como a flecha final no apoio B deve ser nula, igualando f1 a f2 obtemos: B = (11/16)P. Portanto, A = C = (5/32)P. Levantada a indeterminação hiperestática, podemos fazer o traçado do diagrama de momentos, determinando seus valores extremos, bem como as posições das seções em que seu valor se anula, invertendo de sinal.

P/2

L/4 L/4 L/4 L/4

P/2

A B C

P/2

L/4 L/4 L/4 L/4

P/2

A’ = P/2 C’ = P/2

M

PL/8

M/EI PL/8EI

R R

L/4 L/4 L/4 L/4

B

f1

f2

B/2 B/2

P/2 P/2

5P/32 5P/32 22P/32

6PL/128

5PL/128 5PL/128

(4/11)L

Exemplo 10.7.3: Utilize o Teorema de Castigliano para determinar a reação no apoio B da viga mostrada no exemplo 10.7.1. Solução: o momento fletor ao longo da viga será, em função da reação B desconhecida e do carregamento: M = M (x) = Bx – qx2/ 2.

Como fB = (1/E) Ι(M/ I) ΜM/ΜB dx = 0, e ΜM/ΜB = x, vem:

0 = Ι(Bx – qx2/2) x dx =[Bx3/3 – qx4/8]0L......

BL3/3 =qL4/8 ........... e finalmente: B =3qL/8

L A

B

q

M x

+


14

Exemplo 10.7.4 – Determinar o maior valor alcançado pelo momento fletor nas vigas da estrutura mostrada (tipo “grelha”), com duas vigas de mesmo material, mesma seção transversal, mesmo com-primento L, sendo uma (AB) bi-apoiada e a outra (CD), engastada em C e livre em D, onde se aplica a carga P. Solução: designando por F a força de contato desconhecida entre as duas vigas, os diagramas de cargas para cada uma delas será: A compatibilidade de deslocamentos nos indica que a flecha f1 causada pela deformação da viga AB, no meio do vão, deve ser igual à flecha f2 ocorrente no meio do balanço da viga CD. Dos estudos já feitos (exemplo 10.2.3) temos que f1 = - FL3/48EI. No cômputo da flecha f2 utilizaremos o princípio da superposição, calculando a flecha no meio do balanço devido à ação da força P e subtraindo o valor da flecha no local, devido à força F.

L/2

L/2

L/2

L/2

P

A C

B D

F

F

P

f1

f2 A B D C

À força P, atuando isoladamente, corresponderia um diagrama de momentos como indicado na figura ao lado, com a equação: M = M(x) = -Px. A equação da elástica será obtida integrando: d2f/dx2= M/EI = -Px/EI. df/dx = ϕ = −Px2/2EI + C1. Como ϕ = 0 para x = L, tiramos C1 = + PL2/2EI (ângulo em x = 0). Integrando mais uma vez obtemos: f = (P/2EI)(-x3/3 + L2x + C2). Como para x = L, f = 0, tiramos C2 = -2L3/3 (confir-mando que para x = 0, f = -PL3/3EI – exemplo 10.7.2). Na metade do balanço (x = L/2), a flecha devido à força P, atuando sozinha, seria: (f1/2L)P = -5PL3/48EI.

-PL

M

P L/2

x


15

Levantada a indeterminação hiperestática, podemos calcular as reações nos apoios e traçar os diagramas de esforços solicitantes.

A força F, atuando isoladamente, provocaria uma flecha no meio do vão dada por: (f1/2L)F = + F(L/2)3/3EI = FL3/24EI.. (exemplo 10.7.2). Compondo os dois deslocamentos, a flecha total f2 = (f)P – (f)F será: f2 = - 5PL3/48EI + FL3/24EI. A compatibilidade de deformações no contato entre as duas vigas implica, como dito, em que f1 = f2 e f1 = - FL3/48EI = f2 = - 5PL3/48EI + FL3/24EI, dando → F = (5/3)P

F

L/2

P A

C

B

F = (5/3)P

F = (5/3)P

D

C

(2/3)P

(5/6)P

(5/6)P

MC = -PL + (5/3)P(L/2) = - (1/6) PL

-(1/2)PL

-(1/6)PL

(5/12)PL

Resposta: o maior valor do momento fletor negativo (1/2)PL ocorre na viga CD, no contato entre as duas vigas. O maior momento positivo(5/12)PL ocorre no meio do vão da viga AB.

Exercício Proposto. Demonstre que, para uma viga bi-engastada, submetida a uma carga P concentrada no meio do vão L, o momento fletor extremo e a flecha máxima atingem, respectivamente, os valores PL2/8 e PL3/192EI. (sugestão: torne a viga isostática liberando os engastes e calculando os ângulos nos apoios devidos ao carrega-mento; em seguida compute os momentos que deveriam ser aplicados nas extremidades, necessários para tornar nulos os giros ali ocorridos)

L/2 L/2 P

ϕ ϕ


16

10.8 – Tabela de flechas e deflexões angulares para algumas vigas isostáticas. Viga

Carregamento e Vinculação

(comprimento L) Deflexão angular na extremidade

Flecha Máxima

+ ↑ 1

ϕ =-PL2 / 2EI

f = - PL3/ 3 EI

2

ϕ =-qL3 / 6EI

f = - qL4/ 8 EI

3

ϕ =-wL3 / 24EI

f = - w L4 / 30 EI

4

ϕ = + ML / EI

f = + ML2 / 2 EI

5

ϕΑ =-PL2 / 16 EI ϕΒ =+PL2 / 16 EI

f = - PL3/ 48 EI

6

ϕΑ =-Pb(L2 – b2) / 6 LEI ϕΒ =+Pa(L2 – a2)/ 6 LEI

- P b (L2- b2)3/2

9√3 LEI para xm = √(L2- b2)/3

7

ϕΑ = - qL3 / 24 EI ϕΒ =+ qL3 / 24 EI

f = - 5 q L4 / 384 EI

8

a ser preenchido pelo estudante


+

f

f

f

f

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

P

q

w

M

P

L/2 L/2

P

a b

q

M

xm

xm

f

f

f

f

f

ϕΒ ϕΑ

ϕΒ ϕΑ

ϕΒ ϕΑ

ϕΑ ϕΒ

ϕΒ

a a b P/2 P/2

f=


17

9

ϕΑ = - ML / 6 EI ϕΒ =+ ML / 3 EI

f = - ML2 / 9√3 EI para xm = L / √ 3

10.9 – Tabela de Reações Vinculares e flechas para algumas vigas hiperestáticas. Viga


(comprimento L) Reações Vinculares e Momen-

tos Máximos Flecha Máxima

+ ↑ 1

A = (11/16)P B = (5/16)

M= (3/16)PL (MMAX)(+) = +(5/32)PL (MMAX)(-) = - (3/16)PL

f = - 7PL3/ 768 EI

2

A = (3/8)qL B =(5/8)qL M= qL2/8

(MMAX)(+) =(9/128)qL2

(MMAX)(-) = - qL2/8

f = - qL4 / 185 EI

3

A = B = (1/2)P

M= (1/8)PL (MMAX)(+) = +(1/8)PL (MMAX)(-) =-(1/8)PL

f = - P L3 / 192 EI

4

A = B = (1/2)P

M= qL2/12 (MMAX)(+) = + qL2/24 (MMAX)(-) = - qL2/12

f = - qL4 / 384 EI

5

A = B = (5/32)P

C = (11/16)P (MMAX)(+) =+(5/128)PL (MMAX)(-) =-(3/64)PL

a ser calculada pelo

estudante (observe a equivalência

entre o trecho CB da viga 5 e o trecho AB da viga 1)

6

A = B = (3/16)qL

C = (5/8)qL (MMAX)(+) = +(9qL2/512)

(MMAX)(-) = - qL2/32

f = - qL4 / 2960 EI

10.10 – Métodos Computacionais para determinação de tensões e deformações. Programa FTOOL. Para a solução de problemas complexos, envolvendo múltiplos carregamentos, além de apoios hiperestáticos e geometria diversificada da estrutura, existem métodos computacionais que poupam o trabalho exaustivo para o cálculo utilizando o método

ϕΑ

f

f

f

P

q

f

q

P

L/2 L/2

P/2

L/2 L/2

P/2

q

A

A

A

A

A

A

B

B

B

B

B

B

C

C

M

M

M

M M

M

L/2

L/2


18

analítico. Um bom exemplo de tal ferramenta é o “Ftool – 2 Dimensional Frame A-nalysis Tool”, apresentado em um dos links da página. No elenco dos exercícios resolvidos, correspondentes às aplicações do programa Ftool, é apresentado (ao final) o Exercício 1 – passo-a-passo, que indica o procedimento a ser adotado para o uso do programa. O exemplo apresenta uma viga sobre dois apoios, com as dimensões mostradas (tendo um balanço), e submetida a 4 cargas concentradas, além de mais 4 cargas uni-formemente distribuídas. O painel de controle do programa é mostrado sendo apresentadas as sucessivas fases (orientadas por uma seta vermelha), para inserção do desenho dos diversos tramos da viga, suas dimensões, apoios, cargas aplicadas (com suas intensidades e sentidos), material da viga, suas propriedades mecânicas, características geométricas da seção (á-rea, momento de inércia, altura e posição do centróide do perfil). O programa, ao final, apresenta, sob a forma de diagramas cotados com os valores extremos, a distribuição ao longo da viga de forças normais, das forças cortantes e do momento fletor, além das flechas da linha elástica.

25kN 70kN 10kN 40kN

40kNm 20kNm

40kNm

15kNm

Q

M

f

2,50m 3,00m 3,50m 3,50m 4,00m


19

Outros programas para análise estrutural estão disponíveis pela Internet (vide – SAP – Structu-ral Analysis Program – SAP 2000 V. 7.42). Pesquise também sites do American Insitute of Steel Cons-truction, Inc (www.aisc.org/ ) e da Aço Minas (www.acominas.com.br/perfis/index). Universidade Federal Fluminense – Departamento de Engenharia Civil – Resistência dos Materiais XI FTOOL – Programa Gráfico-Interativo para Ensino de Comportamento de Estruturas – Luiz Fernando Martha PUC – Rio – Versão Educacional 2.11.

RESUMO I

TT – ftool – Two Dimensional Frame Analysis Tool

File Options Transform Display

Rigidez Arti-culações Apoios Se-ção Reta Materiais

Seleciona barra/nó Insere barra Insere nó Insere cota

Variação de Temperatura Carga Linear Distribuída Carga Uniforme Distrib. Momento em extremidade Cargas concentradas nos nós

I

DiagramasN Q M

Deformações

Section Properties

H V x y x y Grid

Aciona o Grid

Espaçamento entre pontos do Grid

Snap Atrai o cursor para os

pontos do Grid

K – Instabilidade Elástica

1

11.0 – Instabilidade Elástica. 11.1 – Introdução. No dimensionamento dos elementos estruturais, além de se considerar a resistência do material (limitando as tensões a um valor considerado admissível) e a rigidez da estrutura (limitando as deforma-ções), há que se levar em conta certos valores críticos, característicos do carregamento, do material e da geometria da estrutura, que podem provocar a sua instabilidade (*). Algumas vezes, apesar de os valores nominais das tensões e deformações se enquadrarem naqueles limites admissíveis, pode acontecer o colapso total da estrutura, sem prenúncio para sua ocorrência, tor-nando mais graves as conseqüências (a falta de avisos prévios, como trincas, rachaduras, estalos, deforma-ções progressivas, impede que uma ação preventiva seja adotada antes da ocorrência catastrófica). É o que acontece, por exemplo, em colunas longas e esbeltas, submetidas a cargas de compressão pelos topos, e que sofrem uma brusca deflexão lateral (flambagem), como também no caso de estruturas elásticas, quan-do submetidas a esforços ativos alternados cuja freqüência coincide com a freqüência natural de vibração livre da estrutura (ressonância). 11.2 – Flexão Composta com força normal em vigas esbeltas. Já foi comentado (7.1) que o princípio da superposição dos efeitos não se aplica à flexão composta com força normal de compressão (como no caso da compressão excêntrica) em se tratando de vigas esbel-tas (cujo comprimento é elevado quando comparado às dimensões da seção transversal), pois a deforma-ção (flecha), decorrente da flexão, provoca um incremento no momento fletor na seção (por aumento da excentricidade) que, por sua vez, gera novo incremento na flecha, sendo tal efeito cumulativo. Tomemos como exemplo o caso de uma viga prismática bi-apoiada, submetida a um momento fle-tor M0 uniforme ao longo de sua extensão L, e comprimida nas extremidades por uma força normal H (ou que fosse submetida tão somente à força compressiva H, porém com uma excentricidade e tal que M0 = He, o que seria equivalente). O momento M0 foi escolhido negativo para gerar flechas f positivas.

A função f = f(x), solução da equação acima, que, derivada duas vezes, somada com ela mesma, multiplicada por uma constante, iguala um valor constante, é uma função constante, ou seja, uma solução será: f = - M0/H. Tal solução é tão-somente uma solução particular (já que nenhuma constante dependente

A equação diferencial da linha elástica será: d2f/dx2 = M(x) / EI A fig. 11.2 nos mostra que, numa seção gené-rica afastada de x da origem, onde a flecha vale f, o momento fletor será: M(x) = - (M0 + Hf), portanto: d2f/dx2 = - (M0 + Hf)/EI, ou d2f/dx2 + (H/EI) f = - M0/EI .... (11.2.1)

x

f

f

xHH

M0 M0

Fig. 11.2 – Flexão composta com compressão.

Fig. 11.1 – Tipos de Equilíbrio: (a) estável; (b) instável; (c) indiferente.

(a) (b) (c)

(*) Observação: diz-se estável um siste-ma de esforços em equilíbrio, atuantes em um corpo em repouso quando, ligei-ramente afastado dessa posição, surge um esforço vincular de endireitamento, no sentido de recuperar a posição de re-pouso - Fig. 11.1 (a). É instável o equilíbrio quando o esforço gerado é de emborcamento, afastando ainda mais o corpo da posição de re-pouso - Fig. 11.1 (b). É indiferente o equilíbrio quando esta condição se mantém inalterada, mesmo após ser o corpo afastado de sua posi-ção inicial em repouso – Fig. 11.1 (c).


2

das condições de contorno nela aparece). A solução geral de uma equação diferencial linear como a 11.2.1 é a soma de todas as suas possíveis soluções. Se adicionarmos à solução particular, já computada, as solu-ções da equação diferencial homogênea correspondente (f” + k f = 0), tal soma será a solução geral. Real-mente: se fH é solução da homogênea (f” + k f = 0), e fP é uma solução particular de (f” + k f = y), então fP + fH será solução geral de (f” + k f = y). A equação homogênea correlata à equação 11.2.1 é: d2f/dx2 + (H/EI) f = 0 ..................................................... (11.2.2) A solução de tal equação diferencial será uma função f(x) que, derivada duas vezes se torna igual a ela mesma, multiplicada por uma constante e com o sinal trocado. As funções trigonométricas seno e co-seno satisfazem tal condição. A solução da equação homogênea será, portanto: fH = C1 sen bx + C2 cos bx, que, levada em 11.2.2 nos dá: d2 fH/dx2 = - b2 C1 sen bx - b2 C2 cos bx = - b2 fH, ou seja: b2 = H/EI e a solução geral de 11.2.1 se-rá: f = C1 sen [(H/EI)1/2x] + C2 cos [(H/EI)1/2 x] - M0/H As condições de contorno da viga bi-apoiada em análise nos indicam: para x = 0, f = 0, portanto: 0 = C1 (0) + C2 cos (0) – M0/H, ou seja, C2 = M0/H. Por outro lado, em x = L, f = 0, e então: 0 = C1 sen [(H/EI)1/2 L] + (M0/H){cos[(H/EI)1/2]x – 1}, o que nos leva a C1 = (M0/H){1 – cos[(H/EI)1/2L]}/ sen [(H/EI)1/2L]. Portanto:

f = (M0/H) [{[1– cos[(H/EI)1/2L]/ sen [(H/EI)1/2L]}sen [(H/EI)1/2x] + cos [(H/EI)1/2 x] – 1] A flecha máxima, ocorrente no meio do vão (em x = L/2) será:

fmáx = (M0/H) [{[1– cos[(H/EI)1/2L]/ sen [(H/EI)1/2L]}sen [(H/EI)1/2L/2] + cos [(H/EI)1/2 L/2] – 1] Utilizando as relações cos 2a = cos2a – sen2a e sen 2a = 2 sena cos a, obtemos: fmáx = (M0/H ) { sec [(H/EI)1/2

L/2] – 1 } ..........................................11.2.3 A equação obtida nos mostra que, mesmo que o momento fletor M0 fosse mínimo, ou (o que seria equivalente) se a excentricidade e = M0/H fosse desprezível em presença das dimensões da seção, na cir-cunstância especial de se ter (H/EI)1/2 L/2 = π/2, o valor da secante tenderia a um valor infinitamente ele-vado, o que corresponderia a um aumento explosivo da flecha e ao colapso catastrófico da viga. Portanto, para a viga esquematizada, uma força normal compressiva: H = π2 EI / L2 .......................................................11.2.4 provocará uma condição crítica de instabilidade elástica. Outros valores de H também se enquadrariam em tal condição crítica (quando [H/EI]1/2 L/2 = 3π/2, 5π/2, 7π/2, .....) não havendo interesse quanto a eles por serem superiores ao dado em 11.2.4, o qual já teria levado à ruína da peça, quando atingido, não chegando a ser ultrapassado. 11.3 – Flambagem de colunas comprimidas.

Um pilar reto, submetido a uma força compres-siva P, centrada na seção do topo, provocará uma tensão compressiva de valor σ = P/A. O estudo efetuado nos indica que, se a força normal P alcançar o valor crítico π2 EI / L2 , embora o pilar permaneça reto e suporte, com lazeira, a tensão compressiva de esmagamento, es-tará numa condição de equilíbrio instável, já que, por uma leve excentricidade ou um momento fletor decor-rente de um pequeno esforço transversal, sofrerá um co-lapso catastrófico por flexão. Diz-se que ocorreu a flambagem do pilar. A carga crítica que a provoca (deduzida por Eu-ler) é obtida encontrando-se a solução da equação dife-rencial homogênea: Fig. 11.3.1 – (a) Pilar bi-articulado, na base e no

topo; (b) pilar engastado na base e livre no topo.

P

P

L

x

f

f

P

x

f

fL

P

M=PfL

a b


3

d2f/dx2 + (P/EI) f = 0

que, como vimos, será: f = C1 sen bx + C2 cos bx, sendo b = (P/EI)1/2 . A análise dos formatos assumidos pelas linhas elásticas nos dois casos apresentados na Fig. 11.3.1 aponta no sentido de que o comprimento L, presente na equação de Euler, é a distância entre dois pontos sucessivos da viga onde o momento fletor é nulo (ou seja, um meio comprimento da onda senoidal). A fórmula de Euler, aplicável a diversas condições de contorno, pode então ser reescrita na forma: Pcrít. = π2 E I / (Lf)2 ....................................................(11.3.1) onde Lf é o chamado “comprimento efetivo de flambagem” (distância entre duas seções da viga onde o momento fletor é nulo). A Fig. 11.3.2 apresenta alguns exemplos comuns de condições de extremidades para pilares de comprimento L e os correspondentes compri-mentos efetivos de flambagem Lf para aplicação na fórmula de Euler (11.3.1).

No caso de as extremidades do pilar serem articuladas (f = 0 para x = 0 e x = L), como mos-trado na Fig. 11.3.1 (a), concluímos que C2 = 0 e que o produto C1 sen[P/EI)1/2 L] = 0. Tal ocorre se C1 = 0 (o que corresponde à situação de a coluna permanecer reta) ou se [P/EI)1/2 L = nπ (para n = 0, 1, 2 ...). O valor n = 1 corresponderá à carga crítica mínima que produzirá o colapso da viga, portanto, a mais relevante:

Pcrít = π2 EI / L2 ....(Pilar bi-apoiado) Se o pilar fosse engastado na base e livre no topo (Fig. 11.3.1 (b), a equação diferencial teria a forma: d2f/dx2 + (P/EI) f = (P/EI) fL (onde fL seria a flecha na extremidade livre). A integração nos leva a f = fL + C1 sen [(P/EI)1/2x]+ C2 cos [(P/EI)1/2x]. Como f = 0 para x = 0, tiramos C2 = - fL. Como f = fL para x = L, concluímos que fL = C1 tan [(P/EI)1/2L]. A solução C1 =0 (portanto, fL = 0) corresponde à situação de a coluna permanecer reta, exceto no caso especial em que [(P/EI)1/2L] = π/2 (tan → ∞), caracterizando a ocorrência de instabilidade quando:

Pcrít = π2 EI / (2L)2 ....(Pilar engastado)

L

LF = L LF = 2L LF = L/2 LF = 0,7L LF = L/2


4

Em uma análise crítica dos resultados até agora obtidos, devemos considerar que as grandes deformações provocadas pelo fenômeno da flambagem poderiam invalidar a apro-ximação feita quando da dedução da equação da elástica (quando se desprezou o termo [df/dx]2 em presença da unidade) com também a própria aplicação da lei de Hooke relacio-nando as tensões com as deformações na flexão (σ = [M/I]y). Portanto, a formula de Euler deve ser considerada apenas como indicativa de condições limites perigosas que devem ser analisadas no projeto.

Fig. 11..3.2 – Comprimentos Efetivos de Flambagem para várias condições de extremidade das colunas.

L L 2L L/2 0,7L

Exemplo 11.3: Determinação do comprimento efetivo de flambagem para um pilar engastado na base e articulado no topo. A desestabilização do pilar por flambagem provocaria sua flexão, fazendo aparecer uma reação horizontal R no apoio do topo e um correspondente sistema força-conjugado (RL-ML) no engastamento. O momento fletor em uma seção genérica x, onde ocorreria uma fle-cha f (suposta positiva), será: M(x) = - Rx – Pf. A equação diferencial da elástica terá a forma:

d2f/dx2 + (P/EI)f = (-R/EI)x. À solução particular, fP = (-R/P)x, somamos a solução da equação homogênea, obtendo a solução geral: f = C1 sen [bx]+ C2 cos [bx] – (R/P)x, onde b = [(P/EI)1/2.

A condição de contorno f = 0 para x = 0 implica em que C2 = 0, restando: f = C1 sen [bx] – (R/P)x. Como para x = L, f = 0, tiramos que C1 sen bL = (R/P)L e portanto: C1 = (R/P)L / sen (bL). Temos ainda a condição de que em x = L, o ângulo ϕ = 0, o que corresponde a df/dx = 0, ou seja, obtemos outra condição a ser satisfeita: C1 b cos (bL) = (R/P), portanto, C1 = (R/P) / b cos (bL). Para que ambas as condições sejam satisfeitas, (R/P)L / sen (bL) = (R/P) / b cos (bL), o que impli-ca em que: tan bL = bL. Resolvendo, por tentativas, tal equação transcendente, obtem-se, para o me-nor valor diferente de zero, a solução: bL = 4,493409458. Como b2 = P/EI e, segundo a fórmula de Euler, P = π2 EI/ (LF)2, obtemos: LF = 0,699155659 L, adotando-se nas aplicações LF = 0,7 L

x

f

R P

ML

RL

f

x


5

11.4 – Índice de Esbeltez. A fórmula de Euler ------ Pcrítico = π2 EI / (LF)2 ------- pode ser re-escrita utilizando o conceito de raio de giração r da seção, tal que I = A r2 (distância hipotética em que estaria concentrada toda a área, produzindo o mesmo momento de inércia) obtendo-se: Pcrítico = π2 E A r2 / (LF)2 = π2 E A / (LF /r)2. A tensão crítica quando a flambagem da coluna ocorre ( σcrít. = Pcrít. / A )será: σcrítica = π2 E / (LF /r)2 = π2 E / ( λ )2 .......................................... (11.4.1) onde λ = LF / r é o chamado “índice de esbeltez” da coluna. Para colunas longas e delgadas (com índice de esbeltez elevado), a tensão considerada crítica para o dimensionamento é aquela dada pela fórmula de Euler, enquanto que para colunas curtas e robustas, a tensão crítica será a de escoamento por compressão, considerando esmagamento do material.

Observações experimentais para colunas em aço estrutural (E = 200 GPa e σesc = 250 MPa) indicam que a transição ocorre para um índice de esbeltez em torno de 100, sendo consi-derada aplicável a fórmula de Euler para λ maior que 130. Para colunas de alumínio ou madeira, o limite para a aplicação da fórmula de Euler se si-tua em torno de λ = 70. Para colunas com esbeltez intermediária, várias fórmulas empíricas são propostas na bi-bliografia especializada, objetivando a determi-nação da carga crítica de ruína para cada tipo de material. λ

100

200

300 MPa

σcrít.

Aço estrutural

curtas intermediárias longas

100 200

Fig.11.5 – Tensões Críticas para colunas de Aço

σescoam.

Fórmula de Euler

TENSÕES ADMISSÍVEIS (em MPa) (AÇO ESTRUTURAL - 1020) AISC

E = 200 GPa - σe = 250 MPa – C.S. = 1,92→ (23/12) λT = 126

λ > 126 → σadm = 1,03 x 106 / λ2 ............ (Euler) λ < 126 → σadm = 130 [1–31,66x10-6 λ2]......(Parábola)

Parábola

Euler

λ = Lf/r

σadm (MPa)

130

65

89

TENSÕES CRÍTICAS (AÇO) λ > λC → σcrít = π2 E / λ2 ..................... (Euler) λ < λC → σcrít = σe

[1 – (σe/4π2E)λ2] .... (Parábola) (λT)2

= 2π2E / σe ........ (transição)

λ = Lf/r λ T

Parábola

Euler

σe

½ σe

σcrít


6

Ex. 11.4 – O pilar esquematizado, um perfil W 150 x 24, em aço (E = 200 GPa), é engastado na base e es-taiado por dois tirantes que impedem o deslocamento do topo no sentido do eixo “y”, tracionados, cada um, com uma força 11,7 kN pelos esticadores E. As características do perfil são apresentadas na tabela: Perfil Área Altura Largura Espess. Alma IY WY rY IZ WZ rZ

W150 mm2 mm mm mm mm 106mm4 103mm3 mm 106mm4 103mm3 mm X 24 3060 160 102 10,3 6,6 13,36 167,0 66,0 1,844 36,2 24,6

Pretende-se calcular o peso máximo de uma peça a ser apoiada no topo da coluna, para um C. S. = 3,5.

y

Analisando a possibilidade de flambagem da co-luna no plano xy (engastada na base e articulada no topo) temos: (LF)1 = 0,699 x 6 = 4,195m; λy = 4.195/ 24,6 = 170,5 (valor > 130 - vale a fórmula de Euler): (σcrít.)1 = π2 (200x109) / (170,5)2 = 67,9 MPa, o que cor-responderia a uma carga Pcrít. = 67,9 x 3060 = 207,8 kN. Analisando a flambagem da coluna no plano xz (engastada na base e livre no topo, já que os tirantes são vínculos ineficazes para impedir deslocamentos do topo na direção do eixo z) teremos: (LF)2 = 2 x 6 = 12m; ; λz = 12.000/ 66,0 = 181,8 (> 150 - vale a fórmula de Euler): (σcrít.)2 = π2 (200x109) / (181,8)2 = 59,72 MPa, o que cor-responderia a uma carga Pcrít. = 59,72 x 3060 = 182,7 kN. Portanto a carga crítica no topo será 182,7 kN.

A pré-tensão provocada pela tração dos tirantes laterais produz uma força normal de compressão no pilar que vale: N = 2T cos θ = 2x11,7 x (6/6,5) = = 21,6 kN. Conclui-se que o peso crítico para o equipamento a ser montado no topo da coluna será: 182,7 – 21,6 = 161,1kN. Levando em conta o C.S. preconiza-do: Pcrít.=161,1/3,5 = 46,0kN =~4,7 tf.

6,0 m

2,5 m

2,5 m

E

E

z

x

θ

L

L / 2 fmáx

P

P

e

11.5 – Carregamento excêntrico. Fórmula da Secante. A equação 11.2.3 obtida quando analisamos a flexão composta com

compressão de uma viga bi-apoiada se aplica ao caso de colunas submetidas a uma carga excêntrica compressiva, tal que M0 = P x e. A equação mencio-nada (fazendo H = P e L= LF) toma a forma:

fmáx = (e ) { sec [(P/EI)1/2 LF/2] – 1 }

indicando que o valor crítico que provoca a instabilidade elástica (sec → ∞) continua sendo o dado pela fórmula de Euler, Pcrítico = π2 EI / (LF)2. A tensão máxima correspondente à flexão composta com a força normal será: σmáx = (P/A) + (Mmáx/I)y* = (P/A) + P(e + fmáx)y*/Ar2

(onde y* é a distância da fibra mais afastada em relação ao centróide do per-fil). Como e +fmáx = {sec [(P/EI)1/2

LF/2]} σmáx = (P/A){ 1 + [ey*/ r2] sec [(P/EI)1/2

LF/2]}, ou


7

σmáx=(P/A){1 + [ey*/ r2] sec [½(P/AE)1/2 (LF/r)]}....(11.5.1) Convém observar que a relação entre σmáx e (P/A) não é linear (σmáx cresce mais rapidamente que P/A) não sendo aplicável o princípio da superposição para carregamentos diversos, o que faz com que a deter-minação de Pcrít deva ser feita por tentativas. A fórmula da secante tem aplicação satisfatória nas colunas de esbeltez intermediária, não sendo fácil, porém, estabelecer eventuais limites para a excentricidade da carga. ou seja, fazendo P/A { 1 + 0,2851 sec [55,277 x 10-6 (P/A)1/2 } = Ψ, devemos obter o valor de (P/A) que torne Ψ = 170 x 10 6. A tabela abaixo mostra valores atribuídos para o cálculo por tentativas (T):

σescoam

(P/A)crít

λ = LF/r

100

200

300 MPa

100 200

Aço estrutural E=200GPa; σε=250MPa

Fórmula de Euler

(ey*/r2)=0

=0,1

=0,4

=1,0

Fig. 11.5 – Carga P/A que provoca escoamento.

O gráfico da Fig. 11.5 apresenta a relação entre a tensão normal máxima em função do índice de esbeltez da coluna, para alguns valores da excentricidade (expressa pelo adimensional ey*/r2) para um aço doce (E = 200 GPa e σesc = 250 MPa). Importante notar que para colunas esbeltas a carga crítica tende para o valor dado através da fórmula de Euler, prati-camente independendo da excentricidade (ey*/r2) eventualmente presente. Por ou-tro lado, nas colunas curtas, é a excentri-cidade o fator preponderante no cômputo da carga crítica, independendo ela do ín-dice de esbeltez λ.

Exemplo 11.5.1: A coluna tubular esquematizada (diâme-tro externo 150mm, espessura de parede 5mm e compri-mento 3,0m) construída em alumínio (E = 70 GPa e σesc.

= 170 MPa) é engastada, tanto na base como no topo, sendo essas extremidades impedidas de se deslocar horizontal-mente. Pretende-se avaliar a carga crítica de compressão, admitindo a possibilidade de uma excentricidade de no má-ximo 10mm para a linha de ação da força normal em rela-ção ao eixo da coluna. D = 150mm 3,0m

As dimensões da coluna indicam que: A = π (1502 – 1402) / 4 = 2.278 mm2; I = π (1504 – 1404) / 64 = 5,993 x 106 mm4; r = (I/A)1/2 = 51,29mm y* = 75,0 mm; ey*/r2 = 10 x 75 / (51,29)2 = 0,2851. LF = L/2 = 1,50m; λ = LF / r = 1.500/51,29 = 29,25 Utilizando a equação 11.5.1, com σmáx = σesc = 170 MPa, ob-temos: 170x106 = (P/A) {1 + [0,2851] sec [½(P/A)1/2 (1/70 x109)1/2(29,25)] }


8

T

(P/A) x 106

55,277 x 10-6 (P/A)1/2 secante

55,277 x 10-6 (P/A)1/2 Ψ Δ

1 140 0,6540463 1,260035 190,29 ↑ 2 130 0,6302548 1,237812 175,88 ↑ 3 125 0,6180156 1,226949 168,73 ↓ 4 126 0,6204828 1,229108 170,15 ↑ 5 125,5 0,6192504 1,228028 169,43 ↓ 6 125,8 0,6199901 1,228676 169,87 ☺

Com 4 algarismos significativos, o valor da carga crítica será tal que Pcrít /A = 125,9 MPa. Se tivéssemos utilizado a fórmula de Euler, obteríamos: Pcrít /A =π2 E / ( λ )2 = π2 x 70x109 /(29,25)2 = 807,5MPa (valor muito superior ao limite de escoamento, fora da aplicabilidade da fórmula). Se, por outro lado, tivéssemos desconsiderado a esbelteza do pilar (desprezando as deformações la-terais), o cálculo nos levaria a: σmáx = P/A + (M/I)y* = P/A + [(Pe)/Ar2]y* = (P/A) (1 + ey*/r2) (compare com 11.6 e 6.2) ou seja: (P/A) = σmáx / (1 + ey*/r2) = 170 x 106 / [1 + 10 x 75 / (51,29)2] = 132,3 MPa. Conclui-se, dessa forma, que a carga crítica para o pilar será a correspondente a uma tensão média P/A igual a 125,9 MPa, ou seja, uma força de 125,9 x 2278 = 286,8 kN. No projeto de colunas submetidas a uma carga excêntrica, adotando a hipótese (mais conservativa) de que a tensão admissível é a mesma, tanto para a flexão como para a flambagem, no caso de a carga ser centrada, deverá ser satisfeita a desigualdade: (P/A) + (M/IC)y* < (σadm)flambagem ......................................................... (11.5.2). A hipótese mais utilizada (método interativo) é a que admite para a parcela da tensão devida à car-ga axial a tensão admissível à flambagem, enquanto que para a parcela de tensão devida à flexão, é a ten-são admissível à flexão pura a adotada como tensão limite. Assim a equação acima toma a forma: [(P/A)/(σflamb)] + {[(M/IC)y*]/(σflex) < 1 ................................. (11.5.3) Ex. 11.5.2 –

2,95m

P

P

e

Calcule o valor admissível para a força P de com-pressão nas articulações do perfil mostrado, ad-mitindo(E = 200GPa; σesc = 250MPa; σflex = 156MPa): a) que a articulação é centrada (e = 0) b) que a articulação é excêntrica (e = 5mm) C.S. (σ)flambagem = 1,92; C.S. (σ)flexão = 1,60.

Obs: as articulações em A e B não impedem a ro-tação em torno do eixo horizontal x, porém impe-dem a rotação em torno e o deslocamento na dire-ção do eixo vertical y. A articulação em B pode se deslocar na direção horizontal x, porém A não.

Perfil S130x22

y

x

x

y

x

y

A

B

Área Altura Ix Wx rx Iy Wy ry2800 mm2

127 mm

6,33 106mm4

99,7 103mm3

47,5 mm

0,695 106mm4

16,75 103mm3

15,75 mm

P

B


9

11.6 – Instabilidade elástica por Vibrações Quando uma estrutura elástica, em equilíbrio estável, é deslocada da posição de re-pouso e abandonada livremente nessa condição, os esforços vinculares restauradores (que serão proporcionais aos deslocamentos promovidos) farão com que a mesma se mova no sentido de recuperar a posição de repouso, ultrapassando-a devido à inércia de seus com-ponentes, fazendo-a oscilar em torno dessa posição com uma certa freqüência (pulsação) natural. Fica caracterizada a alternância entre a energia potencial elástica de deformação e a energia cinética do movimento. Forças dissipativas (atrito), em geral presentes, fazem com que a energia mecânica total da vibração livre seja decrescente com o tempo, amorte-cendo o movimento. Já se a estrutura for atacada por uma força pulsante, após uma fase transitória, o sis-tema oscilará com a freqüência da força que o força a vibrar, ocorrendo que a amplitude do movimento será muito aumentada no caso de a freqüência da força se aproximar da fre-qüência natural de oscilação livre do sistema. É o fenômeno da ressonância, que sempre deve ser analisado no dimensionamento de estruturas que possam ser submetidas a esforços alternados, mesmo que de pequena intensidade. É o que ocorre nos equipamentos de má-quinas, por desbalanceamento dos rotores, nos motores de combustão alternativos, nas pon-tes ferroviárias, em edificações construídas em regiões sujeitas a abalos sísmicos, etc. Tomemos como exemplo (Fig. 11.6) o caso de um eixo propulsor de navio, acionado por um motor com um determinado número de cilindros, movendo um hélice com certo número de pás, girando em uma faixa de rotações por minuto (rpm) em função das várias velocidades da embarcação, suposta em lastro (com pequeno calado, quando as pontas do hélice afloram na superfície da água). Com o navio dando adiante, o eixo trabalha comprimido (apoiado no mancal de es-cora) pela força propulsiva que oscila levemente a cada rotação, em função das posições das pás do hélice (pela variação da pressão hidrostática com a profundidade onde passam, especialmente no caso em exame, no qual a ponta de cada pá aflora da água a cada volta do eixo), fazendo o eixo oscilar longitudinalmente.

1,24m 3,20m 2,35m

Mancais de Sustentação

Motor

Gaxeta Mancal de Escora

calado

Fig. 11.6 – Eixo propulsor de navio.


10

O eixo é torcido pelo torque do motor que também é ligeiramente pulsante, pela su-cessão das combustões em seus cilindros a cada rotação, caracterizando a possibilidade de oscilação torcional do eixo, entre o volante do motor e o hélice em sua extremidade fora do casco. Da mesma forma, o eixo, como uma viga apoiada nos mancais de sustentação e ten-do o pesado hélice na extremidade em balanço, na popa da embarcação, tem uma certa fre-qüência de vibração transversal, pela flexão. Se a rotação do eixo provocar esforços pulsantes (mesmo de pequenas intensidades) com freqüências coincidentes com qualquer uma dessas vibrações naturais (longitudinal, torcional ou transversal) ocorrerá o fenômeno da ressonância, com grave amplificação das deformações e correspondentes tensões, culminando com o colapso catastrófico do equi-pamento, se mantida a rotação naquele valor crítico por um certo período de tempo. 11.7 – Pulsação (freqüência) natural nas vibrações livres, sem amortecimento. Para um corpo de massa m, que pode se mover, sem atrito, em translação na direção x (com um grau de liberdade, portanto), vinculado por meio de um dispositivo de constante elástica K, a lei de Newton (F = m a = m d2x/dt2) nos fornece:

F = - K x = m d2x / dt2 , ou d2x / dt2 + (K/m) x = 0.

A solução de tal equação diferencial linear e ho-mogênea, como já se viu, é: x = C1 sen ωt + C2 cos ωt, onde ω = (K/m)1/2, medida em radianos por se-gundo, é a chamada pulsação da vibração livre, de freqüência f = ω / 2π e período T = 1 / f = 2π / ω.

Supondo que, nas condições iniciais (t=0), o corpo é abandonado sem velocidade (dx/dt = 0) com uma elongação elástica x0, obtem-se: C1 = 0 e

x = x0 cos ωt, onde ω = (K/m)1/2 .......................(11.7.1) A conservação da energia mecânica aplicada ao caso permite escrever: ½ m (Vmáx)2 = ½ K (xmáx)2, o que leva a: ω = (Vmáx) / (xmáx). Se o corpo admitir um grau de liberdade por rotação ( θ ) em torno de um eixo fixo, vinculado a um dispositivo elástico por torção (tal que T = - Kθ), a lei de Newton aplicada à Dinâmica da rotação nos fornece: T = Im d2θ/dt2 , onde Im é o momento de inércia de massa do corpo, em relação ao eixo de rotação – sendo este um de seus eixos principais de inércia. A equação diferencial do movimento oscilatório de rotação será: Im d2θ/dt2 = - Kθ, sendo a solução: θ = θ0 cos ωt, onde ω = (K/Im)1/2 .......................(11.7.2)

admitindo as mesmas condições iniciais comentadas quando da análise do movimento de translação acima, ou seja, (dθ/dt)0 = 0 e (θ)0 = θ0:

x K

m

Fig.11.7 – Sistema massa-mola

F


11

R

Exemplo 11.7: O centro de um disco ho-mogêneo, de massa m = 2,0kg e raio R = 125mm, é fixado, perpendicularmente, a meio comprimento de um eixo maciço de aço (E = 200 GPa e G = 80 GPa), com di-âmetro d = 20mm e extensão de 400mm, sendo engastado nas duas extremidades. Pede-se calcular (em cps) as freqüências naturais de vibração livre do disco, devido à elasticidade do eixo no sentido:

a) Longitudinal; b) Torcional; c) Transversal.

2,0kg

Aço d=20mm

200m

D=250 mm

200m

P/2

P/2

P/2

P/2

δ

T

T/2

T/2

θ

P

P/2

P/2

f

M1

M1

M1

M1 R

R

M0

ϕ

Apesar de se tratar de uma estrutura hiperestática, as si-metrias geométrica e do carregamento permitem o cálculo das reações com simplicidade. (a) Vibração longitudinal – considerando a tração / compres-são do eixo temos: δ = (P/2)(L/2)/EA, ou seja,

δ = (PL)/4E(πd2/4) → P = { π E d2 / L } δ. Encarando a expressão como da forma F = K x, a cons-tante elástica correspondente será: K = { π E d2 / L }. A pulsa-ção natural para a vibração por translação longitudinal do disco valerá: ω = (K/m)1/2...................... ω1 = (π E d2 / mL)1/2

(b) Vibração torcional – considerando a torção do eixo temos: θ = (T/2)(L/2)/GJp, ou seja: θ = (TL)/4G(πd4/32) → → T = { π G d4 / 8 L } θ. A constante elástica correspondente será: K ={ π G d4 / 8 L }. A pulsação natural para a vibração por rotação torcional do disco valerá: ω = (K/Im)1/2, sendo Im o momento de inércia do disco (homogêneo) de massa m e raio, em relação ao eixo perpendicular a seu plano, que vale ½ mR2. Portanto,....................................... ω2 = (π G d4 / 4LmR2)1/2

(c) Vibração Transversal - considerando a flexão da viga bi-engastada temos: f =PL3/192EI, ou seja f = (PL3)/192EI(πd4/64) P = { 3π E d4 / L3 } f. A constante elástica correspondente será: K = { 3π E d4 / L3 }. A pulsação natural para a vibração por translação vertical do disco valerá: ω = (K/m)1/2, portanto ................................................... ω3 = ( 3π E d4 / m L3)1/2 (d) Vibração em torno de um eixo diametral do disco – outro caso a considerar seria a oscilação que o disco pode sofrer, gi-rando em torno de um seu eixo diametral (perpendicular ao eixo de aço). Será necessário estabelecer a relação entre um momen-to M0 aplicado ao disco e o correspondente ângulo de giro de seu plano (ϕ) provocado pela deflexão angular da linha elástica do eixo de aço, por ação daquele momento fletor, o que será fei-to a seguir, já que tal estudo ainda não foi até aqui realizado.


12

M1

M1

M1

M1

M1 ½ M0

M0 R

R R

R

L/2

R R

x

f

½ M0 ½ M0 +

+

-

Q

M

Observando o esquema de esforços externos mostrados na figura ao lado, aplicados ao eixo bi-engastado, verifica-se que o momento ativo M0 faz aparecer o binário de forças R aplicadas nas extremidades engastadas que, por não pode-rem girar, desenvolvem os momentos M1 nos sentidos indi-cados, com iguais valores, devido a anti-simetria do carre-gamento em relação à viga simétrica. Os diagramas de Q e de M são apresentados logo abai-xo, em função dos valores desconhecidos de R e M1. A equação da Estática nos fornece: M0 = RL – 2M1 .......................................... (a) Para simplificar, analisemos o comportamento de uma das metades do eixo (de x = 0 a L/2), para a qual se conhece como condições de contorno: para x = 0 → Q = R; M =-M1; f = 0 e ϕ = df/dx = 0; para x = L/2 → Q = R; M = ½ M0; f=0 e ϕ = df/dx = ϕ0 (incógnita que se quer determinar co-mo uma função do momento M0).

A equação do momento fletor no trecho (0; L/2) será: M = M(x) = - ½ (RL – M0) + Rx, en-quanto a equação diferencial da elástica: d2f/dx2 = (-1/2EI)(RL – M0) + (R/EI) x, que integrada uma vez dá: ϕ = df/dx = (-1/2EI)(RL – M0) x + (R/EI) x2/2 + C1 ............................................ (b). Como para x = 0, ϕ = 0, obtemos C1 = 0. Integrando mais uma vez, temos: f = - (1/4EI)(RL – M0) x2 + (R/6EI) x3 + C2. Como para x = 0, f = 0, obtemos também C2 = 0, e então: f = - (1/4EI) (RL – M0) x2 + (R/6EI) x3 . Como para x = L/2, f = 0 (pela simetria), concluímos que R = 3M0/ 2L, que, levado em (a) nos permite obter o valor para M1 = M0 / 4. Levando agora em (b) , teremos finalmente que: M0 = {16EI / L } ϕ. A vibração natural do disco, por rotação em torno de um eixo diametral (em re-lação ao qual o momento de inércia Im = ¼ mR2) terá como pulsação: ω = { 16EI / [L (1/4 )m R2] }1/2 , e como I = π d4 / 64, obtemos ω = {πEd4/mLR2]}1/2 Resumindo os resultados obtidos o introduzindo os valores numéricos: Eixo: L = 400mm; d = 20mm; E = 200GPa; G = 80GPa; Disco: m = 2kg; R= 125mm.

caso Pulsação natural - ω ω (rad/s) f (cps) Longitudinal {πEd2/mL}1/2 17.725 2.821

Torcional {πGd4/4LmR2}1/2 896,8 142,7 transversal {3πΕd4/mL3}1/2 1.535 244,3 balanceio {πEd4/LmR2}1/2 2.836 451,5

Observe que, se o disco em análise (como uma roda de palhetas de uma turbina) girasse arrastando o eixo e acio-nando uma engrenagem cônica em sua extremidade (com componentes de força transversal, radial e longitudinal), um leve desbalanceamento (centro de massa do disco excêntrico em relação ao eixo, ou por falta de perpendicularismo entre o disco e o eixo) e as trepidações na transmissão de força pe-los dentes da engrenagem, as rotações críticas nas quais o eixo não deveria permanecer girando continuamente seriam as de 8.562; 14.658; 27.090; 169.260 rpm. Ao passar por es-sas 3 primeiras rotações, acelerando lentamente até uma ro-tação em regime permanente de, por exemplo, 36.000 rpm, ocorrerão trepidações que poderão gerar danos.


13

11.8 – Amortecimento Viscoso. Forças dissipativas decorrentes do atrito, normalmente atuantes sobre o corpo no sentido contrário a seu movimento, promovem o amortecimento da vibração livre, pela perda da energia mecânica, trans-formada em energia térmica. A força provocada por fluidos viscosos escoando, em regime laminar, entre superfícies atritantes é proporcional à velocidade relativa entre elas: fat = - C (dx/dt), sendo C a constante de amortecimento (em Nm/s). A equação que decorre da aplicação da lei de Newton na vibração livre com amortecimento será: m d2x/dt2 = - C (dx/dt) - K x, ou d2x/dt2 + (C/m) (dx/dt) + (K/m) x = 0. Levando em conta que (K/m) = ωn

2 (sendo ωn a pulsação natural de vibração livre sem amorteci-mento) e designando a constante (C/m) = 2δωn, sendo δ adimensional (*), a equação será re-escrita co-mo: d2x/dt2 + 2 δ ωn (dx/dt) + ωn

2 x = 0 .................... (11.8.1) A solução de 11.8.1 seria uma função que, sucessivamente derivada, permanece idêntica, multipli-cada por constante. A função que se enquadra em tal condição é a função exponencial: x = λ e st .............................................(11.8.2) Substituindo em 11.8.1 obtemos: (s2 + 2 δ ωn s + ωn

2 ) λ e st = 0, o que implica em → (s2 + 2 δ ωn s + ωn2 ) = 0, já que se

supõe ser λ e st ≠ 0. As raízes da equação do 2º grau são: s1 = [-δ + (δ2 − 1)1/2 ] ωn e s2 = [-δ − (δ2 − 1)1/2 ] ωn. (*) a introdução do parâmetro δ objetivou justamente simplificar a escrituração das soluções da equa-ção diferencial, ficando a solução geral na forma: x = e-δω

n t [ λ1 e + √(δ2 − 1) ]ω

n t + λ2 e − √(δ2 − 1) ] ω

n t ]...........................(11.8.3)

Como se vê, trata-se de uma função decrescente com o tempo (expoente negativo do termo amor-tecedor e-δω

nt).

Dependendo do valor de δ teremos: δ > 1 (amortecimento supra-crítico) (exponencial decrescente) δ < 1 (amortecimento sub-crítico) (senóide amortecida)

Convém recordar que no estudo dos números complexos introduziu-se o operador imaginário i com a propriedade de, “multiplicado por um nº R,, fazer com que o mesmo gire de 90º no sentido trigonométrico”. Assim, se repetirmos a operação, multiplicando (iR) novamente por i, haverá novo giro de 90º, fazendo com que Ri2 seja girado de 180° em relação ao nº R inicial, ou seja, Ri2= -R, i2 =-1 e i = (-1)1/2.

δ > 1

δ < 1

Tal operador é muito útil permitindo substituir a notação ve-torial pelos números complexos do tipo (z = a + bi), em lugar do usual z = a i + b j . Na forma polar, o nº complexo fica escrito como: z = ρ (cos θ + i sen θ). Derivando a expressão em relação à variável θ obtemos: dz/dθ = ρ (- sen θ + i cos θ) = ρ (i2 senθ + i cos θ), já que i2 = -1. Ou seja: dz/dθ = iρ (cos θ + ι sen θ) = i z. Separando as variáveis teremos: dz/z = i dθ que, integrada de forma indefinida, nos indica que: ln z = iθ + C, e portanto, z = eiθ + C = ρ eiθ. Por isso te-mos: ei θ = (cos θ + i sen θ). O “operador” eiθ tem, portanto, a propriedade de fazer girar de θ um número que ele multipli-car.................................... (Por exemplo: eπi = -1 !)

Real

Imaginário

R

iR

i2 R = -R a

b ρ θ

Elegante equação que une a Geometria (π), o Cálculo (e), a Álgebra (i) e a Arit-mética (-1) ! Une entes que, quando nos são apresentados pela primeira vez, ge-ralmente causam certa estranheza.

C Fig 11.8.1-Amortecedor

óleo canaletas


14

Se δ < 1, a equação incluirá números imaginários nos expoentes e poderá ser re-escrita como: x = e-δω

nt [ λ1 e + √ 1− (δ2) ] i ω

n t + λ2 e − √( 1 − δ2) ] i ω

n t ] e como eiθ= (cos θ + i sen θ),

x = e-δωt {[ λ1 cos +√(1 - δ2) ωt + i sen +√(1 - δ2) ωt ] + λ2 [ λ1 cos -√(1 - δ2) ωt + i sen -√(1 - δ2) ωt]}. Levando em conta que cos -ξ = cos ξ e que sen -ξ = − sen ξ , a equação se torna: x = e-δωt [ (λ1 + λ2) cos √(1 - δ2) ωt + i (λ1 − λ2) sen √(1 - δ2) ωt ], ou Supondo que as condições iniciais do movimento são x = x0 e v = dx/dt = v0, para t = 0, obtemos os valores das constantes arbitrárias como sendo: C1 = x0 e C2 = -i[(v0 + δωn x0)/ √(1 - δ2) ωn] e, finalmente: x = e-δω

nt [(x0) cos√(1 - δ2)ωnt + [(v0 + δωnx0)/√(1 - δ2) ωn] sen √(1 - δ2) ωnt]..........(11.8.5)

A pulsação do movimento amortecido (ωa) é inferior à pulsação do movimento sem amortecimento (ωn), sendo (ωa) = √(1 - δ2) ωn

1ºciclo 2ºciclo

3ºciclo

e-δωt x

x

x0

No amortecimento crítico (δ =1), a solução geral será a exponencial: x = e-ωt [ λ1 e ωt + λ2 t e ωt ] = e-ωt [ λ1 + λ2 t), que representa a fase de transição entre um amortecimento em que há oscilação em torno da posição de repouso e aquele em que o sis-tema “flui” até parar (compare as característi-cas do sistema mola/amortecedor de uma por-ta de elevador residencial e o de uma porta de “saloon” de filme de “bang-bang”).

Fig.11.8.2 – Tipos de Amortecimento

δ > 1 δ = 1

δ < 1

t

x

x = e-δωn

t [ (C1) cos √(1 - δ2) ωn t + i (C2) sen √(1 - δ2) ωn t ].........(11.8.4)

F(t)

Exemplo 11.8 – Determinar o número mínimo de ciclos suficiente para que uma oscilação amorte-cida atinja uma elongação de 1% de sua amplitude máxima.

Solução: da equação 11.8.5 tiramos que para (1 - δ2)1/2 ωnt = (n-1)2π, sendo n o nº de ciclos da oscilação, teremos “picos” de amplitude, amortecidos pela exponencial. Para que em um desses “picos” a elongação seja 1% da inicial, teremos: 0,01x0 = e-δω

nt (x0) e portanto:

-δωnt = -4,605 ⇒ (1 - δ2)1/2 (4,605/δ)= (n-1)2π ⇒ n = 1 + 0,7329 [(1 - δ2)1/2 /δ ]

δ n δ n δ n 0,05 20,9(21) 0,20 4,59 (5) 0,50 2,27 (3) 0,10 8,29 (9) 0,30 3,33 (4) 0,80 1,55 (2)


15

A equação diferencial do movimento será: FM sen (pt) – C dx/dt – Kx = m d2x/dt2, ou d2x/dt2 + (C/m) dx/dt + (K/m) x = (FM / m) sen (pt).................(11.9.1). Procedendo à mesma substituição feita para os parâmetros envolvidos, na qual se considerou: (C/m) = 2 δ ωn; (K/m) = ωn

2 (pulsação natural do sistema em vibração livre sem amortecimento), e fazendo (FM / m) = (FM / K)(K/m) = xest ωn

2, onde xest é a elongação que a mola sofreria pela aplicação estática da força Fmáx (lentamente crescente de zero até seu valor máximo), a equação se torna: d2x/dt2 + (2 δ ωn) dx/dt + (ωn

2) x = (xest) (ωn2) sen (pt) .............. (11.9.2)

11.9 – Vibrações Forçadas. Ressonância. Consideremos o caso de um corpo com grau de liberdade translacional, vinculado a um sistema elástico de constante K, a um amorte-cimento viscoso de constante C e submetido a uma força ativa pulsante F = F(t), definida em função do tempo pela equação: F = FM sen (pt) onde FM é a amplitude da força e p a sua pulsa-ção.

A solução geral (soma da solução da e-quação homogênea com a particular), ao cabo de um curto intervalo de tempo da fase transi-tória (quando a primeira se extingue pelo amor-tecimento) se limitará à solução particular (em regime permanente). Tal solução particular será do tipo:

x = xM sen (pt - ϕ)......... (11.9.3) onde xM é a amplitude da resposta e ϕ o ângulo de fase entre a força excitatriz e a resposta).

x

t

Fase transitória

x

K

m

Fig.11.9.1 – Vibração forçada c/ amortecimento

v C

Fig.11.9.2- Fase transitória. Regime permanente.

Oportuno registrar a analogia entre o problema mecânico em estudo e a análise do comportamento de um circuito RLC (resistência, indutância, capa-citância), alimentado por uma fonte de tensão senoidal (E = Emáx sen pt), me-dida em volts. As leis aplicadas ao longo do circuito, quanto às sucessivas quedas de tensão em seus elementos, permite escrever: Emáx sen pt = Ri + L (di/dt) + (1/C) Ι i dt, sendo i a corrente no circui-to, dada por i = dq/dt (carga q em Coulomb e corrente i em Coulomb / se-gundo – ampère). A equação pode ser re-escrita na forma: L d2q/dt2 + R (dq/dt) + (1/C) q = Emáx sen pt ............. (comparar com 11.9.2).

Tal equivalência, além do efeito didático de facilitar a compreensão dos fenômenos, pela ana-logia mecânico-elétrica, permite a prática de se montar circuitos elétricos em bancadas (de muito mais fácil confecção e monitoramento, por medição de seu desempenho, do que os sistemas mecâni-cos) para servir de modelos desses sistemas equivalentes (ou outros que obedeçam a equações análo-gas), obtendo-se suas respostas como função das excitações que lhe são promovidas.

R

L C

~E

i

Fig.11.9.3 – Circuito RLC.


16

A seguir é apresentado um quadro de equivalências entre os componentes e proprie-dades dos sistemas mecânicos submetidos a vibrações e seus correspondentes nos circuitos elétricos.

EQUIVALÊNCIA MECÂNICO-ELÉTRICA Sistemas Mecânicos Circuitos Elétricos Característica

Grandeza Unidade Grandeza Unidade Física Força (F)

(N) Tensão (FEM) (E)

Volt (V)

Excitação

Deslocamento (x)

(m) Carga Elétrica (q)

Coulomb (C)

Resposta

Velocidade (V)

(m/s) Corrente (i)

Ampère (A)

Taxa de variação

Massa (m)

(kg) Indutância (L)

Henry (H)

Inércia

Constante Elástica (K)

(N/m) (1/capacitância) (1/C)

1/Faraday (1/F)

Armazenador de Energia Potencial

Amortecimento (C)

(Nm/s) Resistência Ohmica(R)

Ohm (Ω)

Dissipador de Energia

Adotando 11.9.3 como a solução particular (e em regime permanente) da equação 11.9.2, temos: x = xM sen (pt - ϕ); dx/dt = p xM cos (pt - ϕ); d2x/dt2 = - p2 xM sen (pt - ϕ); e, portanto: (ωn

2 - p2) xM sen (pt - ϕ) + (2 δ ωn) p xM cos (pt - ϕ) = (xest) (ωn2) sen (pt), ou

[(xM) / (xest)]{[(ωn

2 - p2)/(ωn2)] sen (pt - ϕ)} + [(2 δ )(p/ωn) cos (pt - ϕ)] = sen (pt).

A relação [(xM) / (xest)] é o chamado “fator de ampliação” (Φ), razão entre a ampli-tude da elongação forçada e a elongação que o sistema sofreria pela aplicação estática da força máxima. Levando em conta a relação sen (a + b) = (sen a) (cos b) + (sen b) (cos a), concluí-mos que: [Φ]{[(ω2 - p2) / (ω2)] = cos (ϕ) e [Φ] [(2 δ )(p / ω)] = sen (ϕ) e portanto: [Φ] = xmáx / xest = 1/{[1-(p/ωn)2]2 + [2δ (p/ωn)]2 }1/2 ........... (fator de ampliação)....(11.9.4) tg (ϕ) = 2δ (p/ωn)] / [1- (p/ωn)2] ..... (ângulo de fase entre a força e a elongação) ......(11.9.5)

0,5 1,0 1,5 2,0 p/ωn

A figura ao lado apresenta os va-lores do fator de ampliação (Φ) da vi-bração forçada em função da relação en-tre a pulsação (p) da força que atua e a pulsação natural do sistema (ωn), para alguns valores do fator de amortecimen-to (δ). Observe que, para sistemas não amortecidos, a vibração provocaria e-longações de grande intensidade quando da coincidência entre os valores das pul-sações natural e forçada (p/ωn = 1) (ressonância).

1,0

2,0

3,0

4,0 [Φ]

xmáx / xest δ=0

δ=0,2

δ=0,5

δ=1,0


17

Exemplo 11.9 : O rotor do motor esquematizado, pesando 7,5 kgf, gira a 800 rpm, e está desbalanceado, de sorte que seu centro de massa é excêntrico em relação ao eixo de rotação, numa distância de 0,1mm. O mo-tor é fixado na extremidade de uma viga de aço (E = 200GPa) em balanço, com as características mostradas na figura. Procura-se determinar as amplitudes da oscila-ção do motor (com peso total de 14,0 kgf – rotor + estator) devido à flexibilidade transversal da viga, tanto no sentido vertical como no horizontal) admi-tindo (não considerar a massa da viga*): A) um fator de amortecimento desprezível na ro-tação nominal; B) um fator de amortecimento δ = 0,10 nas ocasi-ões em que a rotação do motor passa e permanece um certo tempo nos valores críticos de ressonân-cia.

2,0m

Perfil S75x8,5 Ix = 1,05 x 106 mm4 Iy = 0,189 x 106 mm4

76

59

6,6

4,3

Solução: O desbalanceamento do rotor, girando a 800 rpm, gera uma força centrífuga (usando o conceito de força de inércia proposto por D’Alembert) de valor: FC = m ω2 r = 7,5 [800 x 2π / 60]2 x 0,1 x 10-3 = 5,264 N. A força é girante, provocando componentes vertical e horizontal alternadas do tipo:

F = Fmáx sen (pt - ϕ), de amplitude Fmáx = 5,264 N e pulsação p = 800 x 2π / 60 = 83,78 rad/s. Para a viga em balanço, com carga concentrada na extremidade teremos como flecha:

f = PL3 / 3 EI. A constante elástica valerá: K = P/f = 3EI/L3 . Vibrações no plano vertical Para a viga em estudo: Ky = 3 (200x109)(1,05x10-6)/(2)3 = 78.750 N/m A pulsação natural de vibração da viga no plano vertical com o motor (de massa 14,0 kg) na extremidade do balanço valerá: (ωn)y = (K/m)1/2 = (78.750 / 14)1/2 =75,00 rad/s. O fator de amplia-ção correspondente será (para δ = 0): [Φ] = 1/[1-(p/ωn)2] = 1/{1-(83,78/75)2}= - 4,035 Como xest = 5,264 / 78.750 = 0,06684 x 10-3 m; xmáx = (-4,035) xest = -0,270 mm (o sinal – indica oposição de fase entre a excitação e a resposta). Vibrações no plano horizontal Para a viga em estudo: Kx = 3 (200x109)(0,189x10-6)/(2)3 = 14.175 N/m A pulsação natural de vibração da viga no plano horizontal com o motor (de massa 14,0 kg) na extremidade do balanço valerá: (ωn)y = (K/m)1/2 = (14.175 / 14)1/2 =31,82 rad/s. O fator de am-pliação correspondente será (para δ = 0): [Φ] = 1/[1-(p/ωn)2] = 1/{1-(83,78/31,82)2}= - 0,1686 Como xest = 5,264 / 14.175 = 0,3714 x 10-3 m; xmáx = (-0,1686) xest = -0,0626 mm. Ao ser acionado o motor, antes de atingir a rotação nominal (83,78rad/s = 800rpm), passará pelas rotações críticas 31,82 rad/s = 304 rpm e 75,0rad/s = 716 rpm. Para tais rotações críticas teremos, supondo um fator de amortecimento δ = 0,1 em (11.17), com p = ωn: [Φ] = xmáx / xest = 1/ [2δ]= 1 / (2 x 0,1) = 5 (*) – A massa da viga, no caso, não é desprezível em presença da massa do motor, pois o perfil ti-po S 75 x 8,5 tem uma massa de 8,5 kg por metro de comprimento e, numa extensão de 2 metros, te-ria um peso de 17 kgf (tendo o motor 14 kgf).

x

y


18

Para se levar em conta a influência da inércia do elemento elástico no cômputo da massa oscilante equivalente total, influindo na pulsação natural da vibração, deve-se utilizar o conceito de energia, igua-lando a energia potencial elástica máxima (1/2 K xmáx

2) à energia cinética máxima do conjunto (1/2 M

equivalente Vmáx 2), sendo a massa equivalente a soma da massa do objeto vinculado com uma certa parcela da massa do elemento elástico que o vincula (já que as velocidades de seus elementos variam ao longo de sua extensão). Chamando de V a velocidade de sua extremidade livre (onde a flecha é máxima e vale PL3/3EI) e de v a velocidade de uma seção genérica x (onde a flecha é dada por “a”) podemos escrever: v = (3V/2L3)(Lx2 – x3/3). Designando por λ a massa por unidade de comprimento da viga (de modo que MV = λL), a energia cinética da viga será dada pela integral: L

Eviga = ∫0 ( ½ )(λ dx) [(3V/2L3)(Lx2 – x3/3)]2 = (1/2) (0,2357 λL) V2

Ou seja: a influência da massa da viga na pulsação natural do sistema corpo-viga pode ser compu-tada, acrescentando-se à massa do corpo, 23,57% da massa da viga (no caso do exemplo em estudo: 0,2357 x 17 = 4,00 kg, a serem acrescentados aos 14 kg do motor). 11.10 - Forças transmitidas às bases. O elemento elástico (K) e o amortecedor (C), conectados às bases (fundações), transmitirão a elas uma força dada por: FB = C(dx/dt) + k (x). Sendo a oscilação em regime permanente dada por x = xM sen (pt-ϕ), teremos: FB = C p xM cos (pt-ϕ) + Κ xM sen (pt-ϕ) = (FB)máx

sen (pt-β), onde (FB)máx é a amplitude da força trans-mitida à base e β é seu ângulo de fase em relação à força que força o sistema.

Assim, para a viga em balanço em análise (ver Ex 10.2.2), a equação da linha elástica será: f = (P/2EI)(Lx2 – x3/3) ............... (a) Na 1ª forma fundamental de vibração da vi-ga, a velocidade vertical de cada seção será propor-cional à flecha correspondente (v = k f).

Exercício proposto: mostre que para uma mo-la helicoidal, o efeito de sua massa sobre a pulsação de um corpo a ela vinculado é de-terminado adicionando-se à massa do corpo, 1/3 da massa da mola.

x

f

v V

M F

Mmola

Procedendo às mesmas substituições de variáveis: C = 2δ ωn m, sendo ωn = (K/m)1/2 , xM = � xest, sendo � o fator de ampliação da oscilação (amplitude da resposta) e xest = Fmáx / K, obtem-se como “fator de am-pliação da força transmitida à base” (�)Β : (�)Β = (FB)máx / (F)máx = � [(1 + (2δp/ωn)2]1/2 ou seja (�)Β = [(1 + (2δp/ωn)2]1/2 / {[1-(p/ωn)2]2 + [2δ (p/ωn)]2 }1/2 A figura mostra que para valores de p/ωn = 0 e 21/2 =1,414 o (�)Β = 1,0, indicando que a presença do amortecedor abranda a trepidação nas fundações até p = 1,414 ωn, porém a amplia para valores maiores do que p. O ângulo de fase β será dado por: tg β = 2δ (p/ωn)

0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 p/ωn

0,5

1,0

1,5

2,0

2,5

3,0

(�)Β δ=0

δ=0,2

δ=0,5

1,414

δ=0,9


19

Ex. P3-2004/02 A bancada para teste de um peque-no motor experimental (de 0,980kg – rotor + esta-tor) dispõe de um apoio elástico composto de duas lâminas de alumínio (E = 70GPa e ρ = 2,78 g/cm3) de seção retangular (30 x 9 mm2) engastadas em uma de suas extremidades e servindo de apoio na outra ao motor, que é conectado a um amortecedor (C = 26,0 Ns/m), conforme indica a figura.

Considerando que o rotor tem de massa 0,480kg e gira a 560 rpm, com centro de gravidade ex-cêntrico em relação ao eixo de rotação num raio de 2 mm, pede-se determinar a amplitude da oscila-ção vertical do motor em regime permanente, em decorrência do desbalanceamento do rotor. Determinar ainda a amplitude da força transmitida à bancada pela trepidação.

30 30

600 600

C

Solução: A ação centrífuga produzida pelo desbalanceamento estático do rotor gera uma força de inércia girante de valor: F = m ω2 r = 0,480 (560 x 2π / 60)2 x 0,002 = 3,301 N, com uma pulsa-ção p = (560 x 2π / 60) = 58,64 rad/s

A componente vertical dessa força girante varia senoidalmente na forma:

Fy (t) = 3,301 sen(58,64 t).

A constante elástica (K) da suspensão do motor é obtida considerando a relação for-ça/deformação para uma viga engastada com carga na extremidade livre (P/f = 3EI/L3). Como são duas vigas em paralelo: K = 6 E I / L3.

Para as oscilações no plano vertical, I = 30x93/12 = 1823 mm4= 1823 x 10-12m4.

Portanto: KV = 6 x 70 x 109 x 1823 x 10-12/(0,600)3 = 3544 N/m.

xest =Fmáx/K = 3,301 / 3544 = 0,93 mm

A pulsação natural de vibração vertical livre sem amortecimento do conjunto (rotor + es-tator) valera: ωn = (K/m)1/2 = (3544/0,980)1/2 = 60,13 rad/s.

Levando em conta a massa das 2 barras na inércia do conjunto teremos:

mB =2 x [2,78 x (3 x 0,9 x 60) = 900,7 g.

A massa total equivalente (motor + barras) será: M = 0,98 + 0,2357x0,9007=1,192kg

ωn* = (K/M)1/2 = (3544/1,192)1/2 = 54,53 rad/s.

O fator de amortecimento δ = C / 2 ωn m = 26,0 / 2 x 54,53 x 1,192 = 0,200.

Como p/ωn =58,64 / 54,53 = 1,075, o fator de ampliação valerá:

[Φ] = xmáx / xest = 1/{[1-(p/ωn)2]2 + [2δ (p/ωn)]2 }1/2 = = 1/ {[1-(1,075)2]2 + [2(0,200)1,075 ]2 }1/2 =2,185.

A amplitude da oscilação valerá: xmáx = Φxest = 2,185 x 0,93 = 2,03 mm O fator de ampliação das forças transmitidas à bancada (pelas barras elásticas e pelo

amortecedor) valerá:

[ΦΒ] = [Φ] x {1 + [2δ (p/ωn)]2 }1/2 = 2,185 x {[1+ [2(0,200) 1,075 ]2 }1/2 = 2,378

(FB)máx = 2,378 x 3,301 =7,85 N.

3 3


20

11.11 – Absorvedores de Vibrações Objetivando minimizar os efeitos da ressonância numa estrutura suscetível a tal tipo de ocorrência, quando é impraticável modificar sua conformação ou impedir a ação de es-forços pulsantes que nela atuam, existe o recurso de instalar absorvedores de vibrações que oscilarão em lugar da estrutura que se quer preservar. m1 d2x1/dt2 + (k1 + k2) x1 + (0) m2 d2x2/dt2 + (-k2) x2 = F(t) (0)m1 d2x1/dt2 + (-k2) x1 + m2 d2x2/dt2 + (k2) x2 = 0

No caso em que F(t) = Fmáx sen pt, pode-se prever que a solução particular que satisfaz as equações do sistema (e que representará a condição da vibração em regime permanente, já que a solução transiente se extingue após um certo nº de ciclos, mesmo sendo pequeno o amortecimento) será:

x1 = X1 sen pt; x2 = X2 sen pt. Substituindo nas equações e levando em conta que d2x/dt2 = - p2 x, obtemos:

[- m1 p2 + (k1 + k2)] X1 + (-k2) X2 = Fmáx

(-k2) X1 + [-p2 m2 + (k2)] X2 = 0 A solução do sistema será obtida pela razão entre os determinantes: [ Fmáx ] [ (-k2)] [- m1p2 + (k1+k2)] [ ( Fmáx )] [( 0 )] [-m2p2 + (k2)] [(-k2)] [( 0 )] X1 = ; X2 = [- m1p2 + (k1+k2)] [ (-k2)] [- m1p2 + (k1+k2)] [ (-k2)] [(-k2)] [-m2p2 + (k2)] [(-k2)] [-m2p2 + (k2)] Fazendo com que X1 = 0 (imobilidade do corpo principal m1) teremos: ⇒ k2 = p2 /m2 , que nos leva a X2 = - Fmáx / k2 (em oposição de fase) ( o que permite escolher o par de valores k2 e m2 compatível com a pulsação p da força que força o sistema e com a máxima elongação ad-missível para mola do absorvedor).

No caso de a excitação, ao invés de uma força periódica atuando na massa m1, ser uma movimen-tação forçada periódica da base à qual a massa estiver vinculada elasticamente (caso de um abalo sísmico, da trepidação de uma fundação, etc) a solução do problema é análoga através da instalação de um absor-vedor de vibrações (m2, k2). Para tal basta designar por x1 e x2 as coordenadas das massas m1 e m2 em re-lação à base móvel e definir uma coordenada, δ = δ (t), que posicione a base móvel em relação a um refe-rencial fixo. A equação da lei de Newton aplicada a cada uma das duas massas leva a:

Analisemos o modelo esquemático (Fig. 11.10): corpo de massa m1 vinculado elasticamente (constante k1) a uma base fixa e submetido a uma força periódica (F = Fmáx sen pt); um segundo corpo (de massa m2) será co-nectado ao primeiro através de um novo elemento elásti-co (k2) para funcionar como absorvedor de vibrações. Aplicando a lei de Newton para cada uma das massas do sistema (com 2 graus de liberdade), para uma configura-ção genérica na qual as duas massas ocupam as

posições x1 e x2 medidas em relação a um referencial fixo externo (posição de repouso), obtemos: m1 d2x1/dt2 = F(t) – k1 x1 + k2 (x2 – x1) m2 d2x2/dt2 = – k1 (x1 - x2) Ou seja:

Fig.11.10-Absorvedor de Vibrações

m1 m2

k1 k2

x1 x2 F(t)


21

m1 d2 (x1 - δ)/dt2 = – k1 (x1 - δ) + k2 (x2 – x1) m2 d2 (x2 - δ)/dt2 = – k2 (x2 – x1)

Sendo a trepidação da base do tipo:

m1 m2

k1 k2

x1 x2

δ

δ = δmáx sen pt e a resposta do sis-tema análoga (x = Xmáx sen pt) chega-se às equações do movimento permitindo com-putar as amplitudes (como nos sismógra-fos).

40 mm

1,25 m

Exercício Proposto

A caçamba de reboque esquematizada , totalizando 600 kg, é montada sobre um feixe de molas, sendo que, durante seu carregamento, foi verificado que a cada 75kg de carga acrescentada, ocorreu uma deflexão de 3mm nas molas. O veículo se desloca com velocidade de 30 km/h sobre um piso sinuoso (tipo seno ou co-seno) com uma ondulação de amplitude de 40 mm entre as cristas, distantes de 1,20 m. Supondo que as rodas (de massa desprezível) a todo instante se mantêm em conta-to com o piso e que seja também desprezível o amortecimento, pede-se determinar: 1º ) a amplitude da vibração vertical da caçamba; 2º) o conjunto massa mola que deveria montado na caçamba para limitar tal trepidação, supondo que a massa a ser acrescentada não ultrapasse 50kg.

a

APÊNDICE A - Geometria das Áreas Planas

x

x

y

y

dA

xC

yC

C

DEFINIÇÕES Momento Estático (1ª ordem)

(MS)x = ∫ y dA (MS)y = ∫ x dA Centróide C da Área

xC = ( ∫ x dA) / A yC = ( ∫ y dA) / A

Momento de Inércia Axial (2ª ordem)

(I)x = ∫ y2 dA; (I)y = ∫ x2 dA;

Produto de Inércia (2ª ordem)

Pxy = ∫ xy dA;

Momento de Inércia Polar (2ª ordem)

(J)O = ∫ r2 dA;

Raio de Giração k = ( I / A )1/2

O

r

TEOREMAS

Teorema dos Eixos Perpendiculares JO = Ix + Iy

já que da figura 1 tiramos r2 = x2 + y2

Teorema dos Eixos Paralelos (Steiner)

Ix* = (Ix)C + A (Dy)2

já que da figura 2 tiramos: (I)x* = ∫ (y+Dy)2 dA = = ∫ (y2 dA) + ∫ (Dy)2 dA + 2 Dy ∫ y dA. A última parcela será nula se o eixo x for baricêntrico (xC)

Analogamente teremos: Iy* = (Iy)C + A (Dx)2

Pxy* = (Pxy)C + A Dx Dy

x

x

y

y

dA

xC

yC

C

O

x*

y*

Dy

Dx

Fig. 1

Fig. 2

h h h h

h/3

2d/3π

b b b b d d d

e e em

IC bh3 / 12 πd4 / 64 bh3 / 36 0,006861 d4 eh3/6 + beh2/6 π e d4 / 16 eah3/12+embh2/6

ea

Momento de Inércia Baricêntrico de algumas figuras (e << b~d)

A

A

b

Iu = ½ (Ix + Iy) + ½ (Ix - Iy) cos 2θ + (-Pxy) sen 2θ ...........(A.1.1) Puv = - ½ (Ix - Iy) sen 2θ + (-Pxy) cos 2θ ...........................(A.1.2)

Convém observar a analogia existente entre os parâmetros (I) e (-P) e as grandezas (σ) e (τ) bem como (ε) e ( ½ γ ).

Símbolo

Grandeza Símbolo Grandeza Símbolo Grandeza

σn

Tensão Normal

εn

Deformação específica

longitudinal

Iu

Momento de Inércia Axial

τnt

Tensão

Tangencial

1/2 γnt

Distorção

(- Puv)

(-)Produto de

Inércia

Pesquisando os valores extremos do momento de inércia Iu obtemos (após igualarmos a zero a derivada de A.1.1 em relação a θ): tg 2θp = -Pxy / ½ (Ιx - Ιy) ………………………….(A.1.3) sendo duas as soluções, os denominados eixos principais P1 e P2 (em relação aos quais o momento de inércia é máximo e é mínimo, respectivamente e o produto de inércia é nulo – conforme se verifica em A.1.2). Levando A.1.3 em A.1.1, obtem-se: I p1 = ½ (Ix + Iy) + √ [½ (Ix - Iy)] 2 + (-Pxy )2

....................(A.1.4) I p2 = ½ (Ix + Iy) - √ [½ (Ix - Iy)] 2 + (-Pxy )2

....................(A.1.5) sendo: (Puv)máx = √ [½ (Ix - Iy)] 2 + (-Pxy )2

....................................(A.1.6) ocorrente para dois eixos perpendiculares, defasados de 45º em relação aos eixos principais.

x

x

y

y

dA

O

Fig. 3

u

u

v

Rotação de Eixos Da figura 3 tiramos:

Iu = ∫ v2 dA; Iv =∫ u2 dA; Puv=∫ uv dA; como: u = x cos θ + y sen θ, v = y cos θ − x sen θ, obtemos:

Iu = ∫ (y2 cos2 θ + x2 sen2 θ − 2xy senθ cosθ)dA = = Ix cos2 θ + Iy sen2 θ − 2(Pxy) sen θ cos θ Analogamente obtemos:

Iuv = ∫ [xy(cos2θ−sen2θ)+(y2–x2) senθcosθ)]dA = = Pxy (cos2θ−sen2θ) +(Ix - Iy) senθcosθ) Como: cos2 θ = ½ (1 + cos2θ); sen2 θ = ½ (1 - cos2θ); e sen2θ = 2 senθ cosθ e cos2θ = cos2 θ - sen2 θ, obtemos:

θ θ

v

Unidades: no SI, momentos e produtos de inércia são medidos em m4

c

Exemplo: Para o perfil de abas desiguais L 127 x 76 x 12,7 conferir os valores apresentados na tabela abaixo em função das dimensões-padrão da seção (alma – 127 mm, mesa 76 mm, espessura mesa-alma – 12,7mm).

Dimensão Nominal

Massa por m (kg/m)

Área A

mm2 EIXO X EIXO Y EIXO 2

Ix 106 mm4

rx mm

yC mm

Iy 106 mm4

ry mm

xC mm

r2 mm

tg α

L127x76x12,7 19,0 2420 3,93 40,3 44,5 1,074 21,1 19,05 16,46 0,357

Também é possível a utilização da representação gráfica através do Círculo de Mohr que mostra a variação dos momentos e produtos de inércia da área em estudo em relação a um par de eixos ortogonais, em função de sua inclinação (θ) em relação ao eixo x, tomado como referência. Conhecidos Ix e Iy (sempre positivos) bem como Pxy (que será positivo para áreas no 1º e 3º quadrantes e negativo, se no 2º ou 4º) ficam determinados dois pontos do círculo que, unidos, interceptam o eixo dos I determinando seu centro. Traçado o círculo, são obtidos os valores extremos para I e para P, bem como a orientação do par de eixos correspondente.

Área A Ix > Iy Pxy > 0

-Puv

Iu Ix Iy

Pxy

x

y 2

1

2θP θP

1

Fig. 4

12,7

12,7

127

63,3

76

Solução: não serão levados em conta os adoçamentos que eliminam os inconvenientes cantos vivos do perfil. Área A – A = 127 x 12,7 + 63,3 x 12,7 = 2416,8 mm2

Massa por m – (2416,8 x 1000 mm3)/m x 7,86 g/mm3 = 18,996 kg/m Centróide – xC = [12,7x127x6,35 + 63,3x12,7x(12,7+31,65)]/2416,8 = 18,99mm yC = [12,7x127x63,5 + 63,3x12,7x 6,35] / 2416,8 = 44,49mm Momentos de Inércia axiais baricêntricos Ix = 12,7x1273/12 + 12,7x127x(63,5-44,49)2 + 63,3x12,73/12 + 63,3x12,7x(44,49-- 6,35)2 = 3,931 x 106 mm4

Iy = 127x12,73/12 + 12,7x127x(18,99-6,35)2 + 12,7x63,33/12 + 63,3x12,7x(12,7 + + 31,65 – 18,99)2 = 1,065 x 106 mm4

Raios de Giração – rx = (3,931x106 / 2416,8)1/2 = 40,33mm; rx = (1,065x106 / 2416,8)1/2 = 20,99mm; Produto de inércia baricêntrico: [alma e mesa, em sua maior parte, no 2º e no 4º quadrantes → (-)] Pxy = (-) [12,7x127x(18,99 - 6,35)x(63,5 - 44,49)] + (-)[63,3x12,7x(12,7+31,65 - 18,99) x (44,49 -6,35)] = = - 1,165 x 106 mm4

Eixos Principais de Inércia (Centrais) – Sendo: IX = 3,931; IY = 1,065 e PXY = - 1,165 (x106 mm4), I p1 = ½ (Ix +Iy) +√[½ (Ix - Iy)] 2+ (-Pxy )2 = ½(3,931 +1,065)+√[½ ](3,931-1,065)2+ (1,165 )2 = 4,345x106 mm4

I p2 = ½ (Ix +Iy) - √[½ (Ix - Iy)] 2+ (-Pxy )2 = ½(3,931 +1,065)- √[½ ](3,931-1,065)2+ (1,165 )2 = 0,651x106 mm4

Raios de Giração Principais (Centrais) - (rP1)máx = (4,345x106 / 2416,8)1/2 = 42,40 mm; (rP2)mín = (0,651x106 / 2416,8)1/2 = 16,41 mm Orientação dos Eixos Principais de Inércia: tg 2θp = -Pxy / ½ (Ιx - Ιy) = -(-1,165) / ½ (3,931 – 1,065) = 0,81298; 2θP = 39,11º; θP =19,56º; tg θP = 0,355

yC

xC

C θP1

1

2

APÊNDICE B

Propriedades Geométricas dos Perfis de aço laminados PERFIS DE ABAS LARGAS (“H”) ou duplo “T”

Dimensão Nominal

Área A

mm2

Altura d

mm

Mesa Alma Eixo X - X Eixo Y – Y Largura (b) mm

Espessura(tm) mm

Espessura(ta) mm

Ix 106 mm4

Wx 103mm3

rx mm

Iy 106 mm4

Wy 103mm3

ry mm

W920x446 57000 933 423 42,7 24,0 8450 18110 386 541 2560 97,3 201 25600 903 304 20,1 15,2 3250 7200 356 93,7 616 60,5

W840x299 38100 855 400 29,2 18,2 4790 11200 356 312 1560 90,4 176 22400 835 292 18,8 14,0 2460 5890 330 77,8 533 58,9

W760x257 32800 773 381 27,1 16,6 3410 8820 323 249 1307 87,1 147 18800 753 265 17,0 13,2 1660 4410 297 53,3 402 53,3

W690x217 27700 695 355 24,8 15,4 2340 6730 290 184,4 1039 81,5 125 16000 678 253 16,3 11,7 1186 3500 272 44,1 349 52,6

W610x155 19700 611 324 19,0 12,7 1290 4220 256 107,8 665 73,9 101 13000 603 228 14,9 10,5 762 2530 243 29,3 257 47,5

W530x150 19200 543 312 20,3 12,7 1007 3710 229 103,2 662 73,4 92 11800 533 209 15,6 10,2 554 2080 217 23,9 229 45,0 66 8390 525 165 11,4 8,9 351 1337 205 8,62 104,5 32,0

W460x158 20100 476 284 23,9 15,0 795 3340 199,1 91,6 645 67,6 113 14400 463 280 17,3 10,8 554 2390 196,3 63,3 452 66,3 52 6650 450 152 10,8 7,6 212 942 178,8 6,37 83,8 31,0

W410x114 14600 420 261 19,3 11,6 462 2200 177,8 57,4 440 62,7 60 7610 407 178 12,8 7,7 216 1061 168,4 12,03 135,2 39,9

38,8 4950 399 140 8,8 6,4 125,3 628 150,0 3,99 57,0 28,4 W360x551 70300 455 418 67,6 42,0 2260 9930 179,6 828 3960 108,5

122 15500 363 257 21,7 13,0 367 2020 153,7 61,6 479 63,0 79 10100 354 205 16,8 9,4 225 1271 149,6 24,0 234 48,8 39 4960 353 128 10,7 6,5 102 578 143,5 3,71 58,0 27,4

W310x143 18200 323 309 22,9 14,0 347 2150 138,2 112,4 728 78,5 74 9480 310 205 16,3 9,4 164 1058 131,6 23,4 228 49,8

44,5 5670 313 166 11,2 6,6 99,1 633 132,3 8,45 101,8 38,6 23,8 3040 305 101 6,7 5,6 42,9 281 118,6 1,174 23,2 19,63

W250x167 21200 289 265 31,8 19,2 298,0 2060 118,4 98,2 741 68,1 67 8580 257 204 15,7 8,9 103,2 803 110,0 22,2 218 51,1 58 7420 252 203 13,5 8,0 87,0 690 108,5 18,73 184,5 50,3

32,7 4190 258 146 9,1 6,1 49,1 381 108,5 4,75 65,1 33,8 22,3 2850 254 102 6,9 5,8 28,7 226 100,3 1,203 23,6 20,6

W200 x 86 11000 222 209 20,6 13,0 94,9 855 92,7 31,3 300 53,3 52 6650 206 204 12,6 7,9 52,9 514 89,2 17,73 173,8 51,6 41,7 5320 205 166 11,8 7,2 40,8 398 87,6 9,03 108,8 41,1

31,3 3970 210 134 10,2 6,4 31,3 298 88,6 4,07 60,7 32,0 19,3 2480 203 102 6,5 5,8 16,48 162,4 81,5 1,136 22,3 21,4

W150x37,1 4740 162 154 11,6 8,1 22,2 274 68,6 7,12 92,5 38,6 24,0 3060 160 102 10,3 6,6 13,36 167 66,0 1,844 36,2 24,6 13,5 1730 150 100 5,5 4,3 6,83 91,1 62,7 0,916 18,32 23,0

W130x28,1 3590 131 128 10,9 6,9 10,91 166,6 55,1 3,80 59,4 32,5 23,8 3040 127 127 9,1 6,1 8,87 139,7 54,1 3,13 49,3 32,3

W100x19,3 2470 106 103 8,8 7,1 4,70 88,7 43,7 1,607 31,2 25,4

Os perfis de abas largas (norma americana) são nomeados pela letra W (“wide”) seguida da altura nominal em milímetros e da massa (peso) em kg (em kgf) por metro de comprimento.

d

y

x

b

tm

ta

i

Propriedades Geométricas dos Perfis de aço laminados PERFIS “I”

Dimensão Nominal

Área A

mm2

Altura d

mm

Mesa Alma Eixo X - X Eixo Y – Y Largura (b) mm

Espessura(tm) mm

Espessura(ta) mm

Ix 106 mm4

Wx 103mm3

rx mm

Iy 106 mm4

Wy 103mm3

ry mm

S610x 149 18970 610 184 22,1 19,0 995 3260 229 19,90 216 32,3 134 17100 610 181 22,1 15,8 937 3070 234 18,69 207 33,0

118,9 15160 610 178 22,1 12,7 878 2880 241 17,61 197,9 34,0

S510x 141 18000 508 183 23,3 20,3 670 2640 193,0 20,69 226, 33,8 127 16130 508 179 23,3 16,6 633 2490 197,9 19,23 215, 34,5 112 14260 508 162 20,1 16,3 533 2100 193,0 12,32 152,1 29,5

97,3 12390 508 159 20,1 12,7 491 1933 199,1 11,40 143,4 30,2

S460x 104 13290 457 159 17,6 18,1 385 1685 170,4 10,3 126,2 27,4 81,4 10390 457 152 17,6 11,7 335 1466 179,6 8,66 113,9 29,0

S380 x 74 9480 381 143 15,8 14,0 202 1060 146,1 6,53 91,3 26,2

64 8130 381 140 15,8 10,4 186,1 977 151,1 5,99 85,6 27,2

S310 x 74 9480 305 139 16,8 17,4 127,0 833 115,6 6,53 94,0 26,2 60,7 7740 305 133 16,8 11,7 113,2 742 121,1 5,66 85,1 26,9

52 6640 305 129 13,8 10,9 95,3 625 119,9 4,11 63,7 24,9 47,3 6032 305 127 13,8 8,9 90,7 595 122,7 3,90 61,4 25,4

S250 x 52 6640 254 126 12,5 15,1 61,2 482 96,0 3,48 55,2 22,9

37,8 4806 254 118 12,5 7,9 51,6 406 103,4 2,83 48,0 24,2

S200 x 34 4368 203 106 10,8 11,2 27,0 266 78,7 1,794 33,8 20,3 27,4 3484 203 102 10,8 6,9 24,0 236 82,8 1,553 30,4 21,1

S180 x 30 3794 178 97 10,0 11,4 17,65 198,3 68,3 1,319 27,2 18,64

22,8 2890 178 92 10,0 6,4 15,28 171,7 72,6 1,099 23,9 19,45

S150x25,7 3271 152 90 9,1 11,8 10,95 144,1 57,9 0,961 21,4 17,15 18,6 2362 152 84 9,1 5,8 9,20 121,1 62,2 0,758 18,05 17,91

S130x22,0 2800 127 83 8,3 12,5 6,33 99,7 47,5 0,695 16,75 15,75

15 1884 127 76 8,3 5,3 5,12 80,6 52,1 0,508 13,37 16,33

S100x14,1 1800 102 70 7,4 8,3 2,83 55,5 39,6 0,376 10,74 14,45 11,5 1452 102 67 7,4 4,8 2,53 49,6 41,6 0,318 9,49 14,75

S75x11,2 1426 76 63 6,6 8,9 1,22 32,1 29,2 0,244 7,75 13,11

8,5 1077 76 59 6,6 4,3 1,05 27,6 31,3 0,189 6,41 13,26

Os perfis “I” (norma americana) são nomeados pela letra S seguida da altura nominal em milímetros e da massa (peso) em kg (em kgf) por metro de comprimento.

d

y

x

b

tm

ta

ii

Propriedades Geométricas dos Perfis de aço laminados PERFIS “C” (ou “U” – tipo calha)

Dimensão Nominal

Área A

mm2

Altura d

mm

Mesa Alma Eixo X – X Eixo Y – Y Largura (b) mm

Espessura(tm) mm

Espessura(ta) mm

Ix 106 mm4

Wx 103mm3

rx mm

Iy 106 mm4

Wy 103mm3

xC mm

C380x74 9480 381 94 16,5 18,2 168,2 883 133,1 4,58 62,1 20,3 69 7610 381 89 16,5 13,2 145,3 763 138,2 3,84 55,5 19,76

50,4 6426 381 86 16,5 10,2 131,1 688 142,7 3,38 51,2 19,99

C310x45 5690 305 80 12,7 13,0 67,4 442 109,0 2,14 34,0 17,12 37 4742 305 77 12,7 9,8 59,9 393 112,5 1,861 31,1 17,12

30,8 3929 305 74 12,7 7,2 53,7 352 117,1 1,615 28,7 17,73

C250x45 5690 254 76 11,1 17,1 42,9 338 86,9 1,640 27,6 16,48 37 4742 254 73 11,1 13,4 38,0 299 89,4 1,399 24,4 15,67 30 3794 254 69 11,1 9,6 32,8 258 93,0 1,170 21,8 15,39

22,8 2897 254 65 11,1 6,1 28,1 221 98,3 0,949 18,29 16,10

C230x30 3794 229 67 10,5 11,4 25,4 222 81,8 1,007 19,29 14,81 22 2845 229 63 10,5 7,2 21,2 185,2 86,4 0,803 16,69 14,88

19,9 2542 229 61 10,5 5,9 19,94 174,2 88,4 0,733 16,03 15,27

C200x27,9 3555 203 64 9,9 12,4 18,31 180,4 71,6 0,824 16,60 14,35 20,5 2606 203 59 9,9 7,7 15,03 148,1 75,9 0,637 14,17 14,05 17,1 2181 203 57 9,9 5,6 13,57 133,7 79,0 0,549 12,92 14,50

C180x22,0 2794 178 58 9,3 10,6 11,32 127,2 63,8 0,574 12,90 13,51 18,2 2323 178 55 9,3 8,0 10,07 113,2 66,0 0,487 11,69 13,34 14,6 1852 178 53 9,3 5,3 8,86 99,6 69,1 0,403 10,26 13,74

C150x19,3 2471 152 54 8,7 11,1 7,24 95,3 54,1 0,437 10,67 13,06 15,6 1994 152 51 8,7 8,0 6,33 83,3 56,4 0,360 9,40 12,70 12,2 1548 152 48 8,7 5,1 5,45 71,7 59,4 0,288 8,23 13,00

C130x13,4 1703 127 47 8,1 8,3 3,70 58,3 46,5 0,263 7,54 12,14 10 1271 127 44 8,1 4,8 3,12 49,1 49,5 0,199 6,28 12,29

C100x10,8 1374 102 43 7,5 8,2 1,911 37,5 37,3 0,180 5,74 11,66 8,0 1026 102 40 7,5 4,7 1,602 31,4 39,6 0,133 4,69 11,63

C75x8,9 1135 76 40 6,9 9,0 0,862 22,7 27,4 0,127 4,47 11,56 7,4 948 76 37 6,9 6,6 0,770 20,3 28,4 0,103 3,98 11,13 6,1 781 76 35 6,9 4,3 0,691 18,18 29,7 0,082 3,43 11,10

Os perfis “C” (norma americana) são nomeados pela letra C seguida da altura nominal em milímetros e da massa (peso) em kg (em kgf) por metro de comprimento.

NOTA = para o cálculo de ry faça ry = ( Iy / A )1/2

d

y

x

b

tm

ta

xC c

iii

Propriedades Geométricas dos Perfis de aço Laminados Perfil “L” – CANTONEIRAS DE ABAS DESIGUAIS

Dimensão Nominal: L(dimensões dos lados mm x mm)x(espessura mm)

Dimensão Nominal

Massa por m (kg/m)

Área A

mm2

EIXO X EIXO Y EIXO 2 Ix

106 mm4 Wx

103mm3 rx

mm yC

mm Iy

106 mm4 Wy

103mm3 ry

mm xC

mm r2

mm

tg α

L203x152x25,4 65,5 8390 33,6 247 63,3 67,3 16,15 146,2 43,9 41,9 32,5 0,543 19,0 50,1 6410 26,4 192 64,2 65,0 12,78 113,4 44,7 39,6 32,8 0,551 12,7 34,1 4350 18,44 131 65,1 63,7 9,03 78,5 45,6 37,3 33,0 0,558

L152x102x19,0 35,0 4480 10,20 102,4 47,7 52,8 3,61 48,7 28,4 27,4 21,8 0,428 12,7 24,0 3060 7,24 71,0 48,6 50,5 2,61 34,1 29,2 25,1 22,1 0,440

9,5 18,2 2330 5,62 54,4 49,1 49,3 2,04 26,2 29,6 23,9 22,3 0,446 L127x76x12,7 19,0 2420 3,93 47,7 40,3 44,5 1,074 18,85 21,1 19,05 16,46 0,357

9,5 14,5 1845 3,07 36,7 40,8 43,2 0,849 14,55 21,5 17,88 16,61 0,364 6,4 9,8 1252 2,13 25,1 41,2 52,2 0,599 10,06 21,9 16,69 16,84 0,371

L102x76x12,7 16,4 2100 2,10 31,0 31,6 33,8 1,007 18,35 21,9 21,0 16,23 0,543 9,5 12,6 1600 1,648 23,9 32,1 32,5 0,799 14,19 22,3 19,86 16,36 0,551 6,4 8,6 1090 1,153 16,39 32,5 31,5 0,566 9,82 22,8 18,69 16,54 0,558

L 89 x64x12,7 13,9 1774 1,349 23,1 27,6 30,5 0,566 12,45 17,88 17,91 13,58 0,486 9,5 10,7 1361 1,066 17,86 28,0 29,5 0,454 9,70 18,26 16,76 13,64 0,496 6,4 7,3 929 0,749 12,37 28,4 28,2 0,323 6,75 18,65 15,60 13,82 0,506

L 76 x51x12,7 11,5 1452 0,799 16,39 23,5 27,4 0,280 7,77 13,89 14,81 10,87 0,414 9,5 8,8 1116 0,637 12,80 23,9 26,4 0,226 6,08 14,20 13,69 10,92 0,428 6,4 6,1 768 0,454 8,88 24,3 25,2 0,1632 4,26 14,58 12,52 11,05 0,440

L 64 x 51 x9,5 7,9 1000 0,380 8,96 19,51 21,1 0,241 5,95 14,66 14,76 10,97 0,614 6,4 5,4 684 0,272 6,24 19,94 20,0 0,1548 4,16 15,04 13,64 10,77 0,626

CANTONEIRAS DE ABAS IGUAIS

Dimensão Nominal

Massa por m (kg/m)

Área A

mm2

EIXO X EIXO Y = EIXO X EIXO 2 Ix

106 mm4 Wx

103mm3 rx

mm yC

mm Iy

106 mm4 Wy

103mm3 ry

mm xC

mm rz

mm

tg α

L203x203x25,4 75,9 9680 37,0 259 61,8 60,2 39,6 1,00 19,0 57,9 7360 29,0 200 62,8 57,9 40,1 1,00 12,7 39,3 5000 20,2 137,0 63,6 55,6 40,4 1,00

L152x152x25,4 55,7 7100 14,78 140,4 45,6 47,2 29,7 1,00 19,0 42,7 5445 11,74 109,1 46,4 45,2 29,7 1,00 15,9 36,0 4590 10,07 92,8 46,8 43,9 30,0 1,00

9,5 22,2 2800 6,41 57,8 47,8 47,7 30,2 1,00 L127x127x19,0 35,1 4480 6,53 74,2 38,2 38,6 24,8 1,00

12,7 24,1 3070 4,70 51,8 39,2 36,3 25,0 1,00 9,5 18,3 2330 3,64 39,7 39,5 35,3 25,1 1,00

L102x102x19,0 27,5 3510 3,19 46,0 30,1 32,3 19,76 1,00 15,9 23,4 2970 2,77 39,3 30,5 31,2 19,79 1,00 12,7 19,0 2420 2,31 32,3 30,9 30,0 19,86 1,00

9,5 14,6 1845 1,815 24,9 31,4 29,0 20,0 1,00 6,4 9,8 1252 1,265 17,21 31,8 27,7 20,2 1,00

L89x89x12,7 16,5 2100 1,515 24,4 26,9 26,9 17,35 1,00 9,5 12,6 1600 1,195 18,85 27,3 25,7 17,45 1,00 6,4 8,6 1090 0,837 13,01 27,7 24,6 17,63 1,00

L76x76x12,7 14,0 1774 0,924 17,53 22,8 23,7 14,83 1,00 9,5 10,7 1361 0,733 13,65 23,2 22,6 14,91 1,00 6,4 7,3 929 0,516 9,46 23,6 21,4 15,04 1,00

L64x64x12,7 11,4 1452 0,512 11,86 18,78 20,5 12,37 1,00 9,5 8,7 1116 0,410 9,28 19,17 19,35 12,37 1,00 6,4 6,1 768 0,293 6,46 19,53 18,21 12,47 1,00 4,8 4,6 581 0,228 4,97 19,81 17,63 12,57 1,00

L51x51x9,5 7,0 877 0,1997 5,75 15,08 16,15 9,88 1,00 6,4 4,7 605 0,1448 4,05 15,47 15,04 9,93 1,00 3,2 2,4 312 0,0791 2,15 15,92 13,87 10,11 1,00

x

y 2 1

α I2 = I (mínimo) I1 = I (máx) = Ix + Iy – I2

xC

yC

iv

i

ρ E G Tensão de

Escoamento (2) Tensão Última

(Ruptura) ε α

Materiais

Massa Específ.

(ton/m3)

Módulo Elastic.

longitud. (GPa)

MóduloElastic. transver.. (GPa)

σ Tração (MPa)

τ Cisalh.

(MPa)

σ Tração (MPa)

σ Compres. (MPa)

τ Cisalh.

(MPa)

Elong. Percent.

(%)

Coef. Dil.Tér

(10-6C-1)

Aço Estrutural 7,86 200 76 250 150(3) 450 450(3) 270(3) 28 11,7

Aço 1010(4) Lamin. quente) 7,86 205 79 180 108 330 330 198 25 11,7 Aço 1010 (Lamin. a frio) 7,86 205 79 300 180 370 370 220 20 11,7 Aço 1020 (Lamin.quente) 7,86 205 79 210 125 380 380 225 22 11,7 Aço 1020 (Lamin. a frio) 7,86 205 79 350 210 420 420 250 18 11,7 Aço 1030 (Lamin.quente) 7,86 205 79 260 155 470 470 280 20 11,7 Aço 1030 (Lamin. a frio) 7,86 205 79 450 270 530 530 315 16 11,7 Aço 1040 (lamin.quente) 7,87 210 80 290 215 530 530 315 18 11,7 Aço 1040 (lamin. a frio) 7,87 210 80 490 290 590 590 350 15 11,7 Aço 1050 (Lamin. quente) 7,86 210 80 340 200 630 630 375 15 11,7 Aço 1050 (Lamin. quente) 7,86 210 80 340 200 630 630 375 15 11,7 Aço CA 25 (5) 7,86 210 80 250 150 300 300 180 18 11,7 Aço CA 60 (5) 7,86 210 80 600 360 660 660 390 5 11,7 Aço CP 150 (6) 7,86 210 80 1500 900 1570 1570 940 8 11,7 AçoInox (recoz) 7,92 190 78 510 305 1300 1300 780 12 11,7

Ferro Fundido Cinzento 7,64 90 641 - - 210 800 - 4 10,4 Ferro Fundido Nodular 7,64 170 83 250 165 370 - 330 20 12,1

Liga Titânio 4,63 96 36 930 - 1.070 1.070 - 13 Alumín-2014T6 2,77 75 28 365 214 414 414 241 20 23,2 Alumín-6061T6 2,77 70 26 241 138 262 262 207 23,4 Latão (temper)7 8,47 105 39 105 65 330 332 220 62 20,0 Bronze (recozid) 8,86 100 45 140 85 340 340 200 50 16,9 Concreto (média) 2,41 24 - - - - 25 - - 10 Concreto (alta) 2,41 31 - - - - 34 - - 10,8 Vidro 2,50 75 27 - - 5 10 - - 79 Pinho (8) 0,55 13 - 56 - - 51 7,6 - - Carvalho (8) 0,69 12 - 58 - - 48 13 - - Polietileno 0,91 3 - - - 48 90 55 - - Granito 2,7 70 - - - 21 240 35 - 7,2

1 – as propriedades mecânicas dos materiais dependem não apenas da composição, mas também do tratamento térmico (têmpera, recozimento,...), de tratamento mecânico a frio ou a quente (forja,mento, laminação...), etc. 2 - a tensão limite de escoamento é considerada como se confundindo com os limites de proporcionalidade e de elasticidade 3 – para materiais dúteis as tensões limites de tração e de compressão são consideradas de igual valor enquanto as tensões limites tangenciais são verificadas com valor cerca de 60% das tensões normais. 4 – Classificação SAE – “10XX” sendo XX a % de C – Ex.: 1020 → 0,20%C – para cada 0,01% de aumento na % deC, corresponde um aumento de 0,35MPa na tensão de escoamento. 4 – Aço para Concreto Armado. 5 – Aço para Concreto Protendido 6 - 65% Cu, 35% Zn 7 – as propriedades da madeira são consideradas nas direções paralelas às fibras. 8 - para materiais que não apresentam escoamento definido é adotado como limite aquele que produzirá uma deformação permanente de valor arbitrado (p. ex. 0,2%). Para maiores informações acerca das Propriedades dos Materiais (aços) visite a página: www.arq.ufsc.br/ecv/Cap.1.pdf - Prof. Juan W. Moore E.

APÊNDICE – C – Propriedades Mecânicas de alguns materiais (1)

i

APÊNDICE C-1 – Tabela de flechas e deflexões angulares para algumas vigas isostáticas. Viga


(comprimento L) Deflexão angular na extremidade

Flecha Máxima

+ ↑ 1

ϕ =-PL2 / 2EI

f = - PL3/ 3 EI

2

ϕ =-qL3 / 6EI

f = - qL4/ 8 EI

3

ϕ =-wL3 / 24EI

f = - w L4 / 30 EI

4

ϕ = + ML / EI

f = + ML2 / 2 EI

5

ϕΑ =-PL2 / 16 EI ϕΒ =+PL2 / 16 EI

f = - PL3/ 48 EI

6

ϕΑ =-Pb(L2 – b2) / 6 LEI ϕΒ =+Pa(L2 – a2)/ 6 LEI

- P b (L2- b2)3/2

9√3 LEI para xm = √(L2- b2)/3

7

ϕΑ = - qL3 / 24 EI ϕΒ =+ qL3 / 24 EI

f = - 5 q L4 / 384 EI

8



9

ϕΑ = - ML / 6 EI ϕΒ =+ ML / 3 EI

f = - ML2 / 9√3 EI

para xm = L / √ 3

+

f

f

f

f

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

P

q

w

M

P

L/2 L/2

P

a b

q

M

xm

xm

f

f

f

f

f

ϕΒ ϕΑ

ϕΒ ϕΑ

ϕΒ ϕΑ

ϕΑ ϕΒ

ϕΒ ϕΑ

a a b P/2 P/2

f=

ii

APÊNDICE C-2 - Tabela de Reações Vinculares e flechas para algumas vigas hiperestáticas. Viga


(comprimento L) Reações Vinculares e Momentos Máximos

Flecha Máxima + ↑

1

A = (11/16)P B = (5/16)

M= (3/16)PL (MMAX)(+) = +(5/32)PL (MMAX)(-) = - (3/16)PL

f = - 7PL3/ 768 EI

2

A = (3/8)qL B =(5/8)qL M= qL2/8

(MMAX)(+) =(9/128)qL2

(MMAX)(-) = - qL2/8

f = - qL4 / 185 EI

3

A = B = (1/2)P

M= (1/8)PL (MMAX)(+) = +(1/8)PL (MMAX)(-) =-(1/8)PL

f = - P L3 / 192 EI

4

A = B = (1/2)P

M= qL2/12 (MMAX)(+) = + qL2/24 (MMAX)(-) = - qL2/12

f = - qL4 / 384 EI

5

A = B = (5/32)P

C = (11/16)P (MMAX)(+) =+(5/128)PL (MMAX)(-) =-(3/64)PL

a ser calculada pelo

estudante (observe a equivalência

entre o trecho CB da viga 5 e o trecho AB da viga 1)

6

A = B = (3/16)qL

C = (5/8)qL (MMAX)(+) = +(9qL2/512)

(MMAX)(-) = - qL2/32

f = - qL4 / 2960 EI

7

A = B = (3/2)M/L MA = MB = M/4

f = ± M / 216 EI em x = L/3

8

A = B = (12EI/L3) δ MA = MB = (6EI/L2) δ

δ → recalque do apoio

f

f

f

P

q

f

q

P

L/2 L/2

P/2

L/2 L/2

P/2

q

A

A

A

A

A

A

B

B

B

B

B

B

C

C

M

M

M

M M

M

L/2

L/2

A B MA MB M

L/2 L/2

A B

L

δ

apostila de resistência dos materiais

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