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D - Torção Pura 9 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 ϖ através da relação: P = δW/δt = 2F. r δθ / δt = T . ϖ; portanto, T = P/ ϖ............(4.1.129 Motor Utilizador ϖ 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. ϖ 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; ϖ = 4000 x 2π / 60 =418,9 rad/s. T =105,4 m.N (Resp.)

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D - Torção Pura

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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 ωωωω através da relação:

P = δW/δt = 2F. r δθ / δt = T . ω; portanto, T = P/ωωωω............(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.)

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4.2 – 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 = τ = τ = 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

ττττ

r

δθδθδθδθ

δδδδL

γγγγ

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

ττττMax

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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: ττττ = (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.

ττττMax = 16 T / ππππ D3......................................................……....(4.2.3) que pode ser reescrita como: ττττMax = T / Wt sendo Wt o denominado módulo de resis-tência 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:

ττττmax = 16 T / ππππ D3 (1 - ηηηη4444) ) ) ) ............(4.2.4) sendo η= d/D.

ττττmax

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:

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r δθ = γ δδθ = γ δδθ = γ δδθ = 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 = δθ = δθ = δθ = T L 0 / 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.

T1 = 10kN.m

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 mm Aço

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:

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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

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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

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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 ma-neira elástica (além de manter relação linear entre tensão e deformação) para em se-guida sofrer a plastificação e escoar, mantendo praticamente constante a tensão en-quanto 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 D = 338 mm.

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 γγγγ

ττττ

Fig. 4.4.1 – Material elasto-plástico.

T

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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 crescente (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

r e

T

D

ττττ

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 = δθ = δθ = δθ = τ τ τ τe L / G r e ............................................. (4.4.2) que ocupa o lugar da equação (4.2.8), no caso de eixos plastificados. Fig. 4.4.4 - Deformações

r

γγγγ dL

dθθθθ

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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 eτescoamento = 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 pro-vocou 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) δδδδx

dV

τ

T

D - Torção Pura

20

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

21

4.6 – 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

ττττMax ττττMax

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

22

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

23

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 relaçõesentre (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

24

4.7 – 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

25

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 distribui uniformemente ao longo da espessura da parede.

ρ

β

ττττ

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 β β β ρ ρ ρ 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).

ττττ

(a)

(b)

(c)

e2

e1

ττττ1 ττττ2

dx

x

β

ρ

ds

@

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

T

D - Torção Pura

26

Quanto às deformações, mais uma vez, utilizaremos os conceitos de energia para determina-ção do ângulo δθδθδθδθ de torção do duto em função do torque T que lhe é aplicado (o trabalho realizado 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

27

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 4.7.2 – A seção transversal da fuselagem de um avião, próxima à cauda, construída em alumínio (G =28 GPa), tem as dimensões mostradas na figura. Adotando os valores admissíveis para a tensão tangencial τ = 90 MPa e para a deformação por torção como sendo 1º / m de comprimento, pede-se determinar o máximo torque 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

D - Torção Pura

28

@ = 200 x 98 + π x 492 = 27.143 mm2 --- T = 12,5 x 480 = 6000 mN. a) τ = T / 2 @ e = 6000 / 2 x 27.143 x 10 –6 x 0,002 = 55,26 x 106 --- ττττ = 55,3 MPa (1,0p)

b) δθ = (T L / 4 G @2) (P/e) = [6000 x 2 / 4 x 28 x 109 x (27143 x 10-6)2] x [(2x200 + 2xπ x 49)/2] = 0,05147 rad = 2,95º (1,0p)

c) T = F1 x 0,200 + F2 x 0,480 = 6000 mN; considerando indeformável a chapa/flange:

F1 / 100 = F2 / 240 ----- F2 = 2,4 F1 e F1 = 4,438 kN; F2 = 10,65 kN τ1 = 4438 / (π/4)(0,010)2 = 56,5 MPa τ2 = 10650 / (π/4)(0,010)2 = 136 MPa (1,5p)

2,00 metros

240

240

100

100

480

12,5 kN

12,5 kN

200

R = 50

R = 50 2

Exemplo 4.7.3 O duto de alumínio (G

= 28 GPa), de 2,0 m de

comprimento, é engas-

tado por meio de qua-

tro parafusos de diâ-

metro 10mm, simetri-

camente dispostos no

flange de conexão, e

submetido ao par de

forças indicado.

As dimensões da seção

transversal do duto

são mostradas na figu-

ra.

Pede-se calcular:

a) a máxima tensão tangencial na parede do duto;

b) o ângulo de torção (em graus) da extremidade do duto em relação ao flange fixo;

c) a tensão tangencial média nos parafusos de fixação do duto

240 240

100

100

F1

F1

F2

F2

F1