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Mecânica dos Sólidos I 9º TRI Janeiro 2009ETEP Faculdades – Engenharia Mecânica Prof. Euler
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ETEP Faculdades – Engenharia Mecânica - 2009
Mecânica dos Sólidos I
Prof. Euler Gonçalves Barbosa
Bibliografia Básica
[1] BEER, F; JONHSTON JR, E. R. Resistência dos materiais. São Paulo.Editora Makron Books. 1995.
[2] HIBBELER, R. C. Resistência dos materiais. 5ª Edição São Paulo.Editora Prentice Hall Brasil. 2004.
[3] GERE, James; TIMOSHENKO, Stephen P. Mecânica dos sólidos.São Paulo: LTC, 1989, v. 02.
Obs.: Seguiremos o livro do Beer.
Contrato PedagógicoTrimestral, 9º ProfissionalPlano de Ensino - Mecânica dos Sólidos 1C C C C R/P C C C C/R/P – AF 8 Sessões de Conteúdo “C”Avaliação P1 e P2Avaliação Final (16 = 8 * 2questões/sessão)1 dia de Estudo Dirigido (ED) por semanaNotas:
P = (P1 + P2)/2EDAFMedia Final = P*0.4 + ED*0.2 + AF*0.4
Arredondamento: 5.1 => 5.5 5.5 => 5.5 5.6 => 6.0Tolerância de atrasos e saídas (19:00 as 20:30)Entrar e sair da salaCelularManual do aluno – site ETEPNetStudent – site ETEPCalendário Escolar – site ETEP
Prazos de NotasFaltas (25%)
Prof. Mário – Coerente na matéria
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Plano de Ensino - Mecânica dos Sólidos 1Seção 1 - Conceito de tensão
Tipos de tensão.Tensões numa seção obliqua de uma barra submetida a tração.Tensões para o caso de um carregamento qualquer.Tensões admissíveis.
Estudo Dirigido
Seção 2 - Tensões e deformações numa barra submetida a carregamento axialDeformação específica.Diagrama tensão-deformação específica.Lei de Hooke.Problemas com deformação.Estudo Dirigido
Seção 3 - Tensões e deformações numa barra submetida a carregamento axialProblemas estaticamente indeterminados.Problemas envolvendo variação de temperatura.Estudo Dirigido
Seção 4 - Tensões e deformações numa barra submetida a carregamento axialCoeficiente de Poisson.Deformação por cisalhamento.Relações entre E, ν e G.Estudo Dirigido
Semana de Revisão e ProvaRevisão Tópicos 1 a 4Prova P1
Seção 5 - Centróides e momentos de inércia de figuras planasCentróides de figuras planas, Figuras compostas.Determinação da posição do centróide por integração.Momentos de inércia.Momentos polares de inércia.Exercícios e Estudo Dirigido
Seção 6 - Tensões numa barra de seção circular submetida a torçãoTensões.Deformação por torção.Eixos estaticamente indeterminados.Relação entre potência transmitida e torque.Exercícios e Estudo Dirigido
Seção 7 - Barras submetidas a flexãoBarras submetidas a flexão pura.Barras submetidas a momento de flexão ocasionado por forças cortantes.Tensões de flexão.Exercícios e Estudo Dirigido
Seção 8 - Barras submetidas a flexãoAplicação do teorema dos eixos paralelos.Deformações em flexão pura.Revisão tópicos 6 a 8Prova P2
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• Estudo de Estática - Vigas
Exemplo 1 - Seja o sistema de forças a seguir. A viga AB é apoiada sobre os suportes A e B; desprezando opeso próprio da viga, determinar as reações nos apoios.
Solução:• Decompondo a força de 1 kN:
Fx = 1kN cos(45) Fy = 1kN sin(45)Fx = 707.1 N Fy = 707.1 N
• Anotando as reações nos apoios:
• Somatório das Forças na horizontal:
∑ = 0 xF ==> (Direita = + ) x A – 707.1N = 0
x A = 707.1N
• Momento no ponto A:
∑ = 0 A M ==> (Sentido horário = + ) +707.1N 6m – y
B (6+4)m = 0
10 y B = 4242,64
y B = 424,26 N (1)
• Somatório das Forças na vertical:
∑ = 0 yF ===> (Direita = + ) Ay - 707.1N + y B = 0
Mas de (1): y B = 424,26 N
Logo y A - 707.1 + 424.26 = 0
y A = 282.84 N
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Exemplo 2 - Seja o dispositivo mecânico ao lado. A barra AB e BC são conectadas entre si pelo pino em B e emA e C pela chapa de apoio. Calcule as forças atuantes nas barrasAB e BC.
Solução i: Pela estática, anota-se as reações nos apoios e suas componentes horizontais e verticais:
Calculando-se os ângulos, tem-se ( ) oarctg 56.262 / 1 ==θ e ( ) o
arctg 452 / 2 ==ϕ
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Somatório dos momentos no ponto A: ∑ = 0 A M : 15kN 2m –C R cos(45) 3m = 0
C R = 30k/(3 cos45)
C R = 14142.14 N
Somatório dos momentos no ponto C: ∑ = 0C M : A R cos(26.56) 3m + 15kN 2m = 0
A R = - 30k/(3 cos26.56) A R = - 11180.34 N
Solução ii: Pela estática calcula-se as reações nos apoios. Assim, inicialmente anota-se as reações nos apoios(abaixo).Somatório dos momentos no ponto A:
∑ = 0 A M : - xC 3m + 15kN 2m = 0
xC = 30/3
xC = 10 kNSomatório dos momentos no ponto C:
∑ = 0C M : x A (2+1) + 15k 2 = 0
x A = - 30k/3
x A = - 10 kN
Somatório das Forças na vertical:
∑ = 0 yF => y A + yC = 15k
Temos duas incógnitas restantes e apenas uma equação e assim pode-se obter outra equação através do diagrama de corpo livre de uma dasbarras, por exemplo AB, a seguir.
Somatório dos momentos no ponto B:
∑ = 0 B M : x A 1m + y A 2m = 0
Mas x A = - 10 kNLogo -10 x 1m + y A 2m=0
y A = 10/2
y A = 5 kN
Somatório das Forças na horizontal:
∑ = 0 xF :
x A +
x B = 0
Mas x A = - 10 kN
Logo -10k +x B = 0
x B = 10k
Somatório das Forças na vertical: ∑ = 0 yF => y A + y B - 15k = 05k + y B - 15k = 0
y B = 15k - 5k
y B = 10k
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Anotando as forças encontradas:
Resultante da reação em B:
A R = 22 y x A A + = ( ) ( )22 510 k k +− = 11180.34 N
Resultante da reação em B:
B R = 22 y x B B + = ( ) ( )22 1010 k k + = 14142.14 N
Reanotando as resultantes:
Verificando a barra BC:Somatório das Forças na horizontal:
∑ = 0 xF :
xC + x B = 0
Mas: xC = 10 kN
logo x B = - 10 kNSomatório dos momentos no ponto B:
∑ = 0 B M : yC 2m - xC 2m=0
Mas: xC = 10 kN
Logo y
C =10k 2 / 2
yC = 10 kN
Somatório das Forças na vertical: ∑ = 0 yF : y B + yC - 15k = 0
Mas: yC = 10 kN
logo y B =15k-10k
y B = 5kN
Resultante da reação em C: C R = 22 y x C C + = ( ) ( )22 1010 k k + = 14142.14 N
Resultante da reação em B: B R = 22 y x B B + = ( ) ( )22 510 k k +− = 11180.34N
Portanto BC F = 14142.14 N
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Exemplo 3 - Seja o sistema de Forças abaixo. Calcule as reações dos apoios A e B
• Unidades de medidas
Retirado do Livro Resistência dos Materiais - Beer 4ª edição.
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• Análise dimensional de Forca, Tensão e Momento
Força: Momento:F = m.a M = F.d[F] = [m]*[a] [M] = [F].[d]
[N] = [kg.m/s2] [M] = [N.m]
Tensão:P = F/A[P] = [F]/[A][Pa = [N/m2]
Obs: 1MPa = 1 10^6 Pa (?)1N/mm2 = 1N/( 10-3 m )2 = 1N/(10-6 m2) = 1 10^6 N/m2 = 1 MPa (?)
• Prefixos e Unidades SI
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• Principais Unidades SI usadas em Mecânica
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Seção 1 - Conceito de Tensão (Cap 1 REM Beer)
• IntroduçãoEstudo de Mecânica dos MateriaisPrincipal objetivo: meios para analisar e projetar maquinas e estruturas de apoio de carga
Analise e Projeto: envolve determinação de tensões e deformaçõesSessão 1 – TensãoSessão 2 – Deformação
• Conceito de TensãoA força por unidade de área ou intensidade das forças distribuídas sobre uma dada seção é chamada de
tensão naquela seção e é representada pela letra grega “sigma” σ .
A
P=σ
Tensão de tração ou componente sobre tração: sinal positivo (+)Tensão de compressão ou componente em tração: sinal positivo (-)
Cada vetor de forças na figura ao lado são forças elementares que atuam aolongo de toda a área A. Seja a força P=40000N e o diâmetro = 20 mm. Atensão é dada por:
A
P=σ =
2
40000
r
N
π =
2
2
40000
d
N
π
=2
2
20
40000
mm
N
π
=2
32.127mm
N = MPa32.127
A
P=σ = MPa32.127
Admitindo que a tensão resistente do material é de 150 MPa conclui-se quea barra suporta com segurança a força de 40000N.
Para completar a analise deve-se verificar se as deformações estão dentrode limites aceitáveis (Normas). Funções básicas do Engenheiro: Analise eProjeto.
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Unidades inglesas:Força P: libras (lb), quilolibras (kip) 1 lb = 4.448 NÁrea A: polegadas quadradas (in2) 1 in2 = 645.16 mm2Tensão: libras por polegada quadrada (psi) ou quilolibras por polegada quadrada (ksi)
• Tipos de tensões
Tensão Normal – É toda tensão que aparece normal ou perpendicular a uma seção qualquer.
Tensão Normal Simples – É toda tensão que aparece normal ou perpendicular a uma seção transversaloriginada por uma força axial centrada.
A
P=σ
Onde A = Área transversalP = Força axial centrada (tração ou compressão)σ = Tensão Normal Simples de tração ou compressão
O valor encontrado deσ corresponde ao valor médio da tensão sobre a seção transversal.
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Define-se a tensão em um dado ponto Q da seção transversal por:
A
F
A ∆
∆=
→∆ 0limσ
dAdF =σ
dAdF σ =
∫∫ =
A
dAdF σ
∫∫ ==
A
dAdF P σ
Tensão de Cisalhamento – É toda tensão que aparece paralelamente ou tangente a uma seção qualquer.Também chamada de tensão de corte.
Tensão de Cisalhamento Simples – É toda tensão que ocorre em elementos de conexão (parafusos,pinos, rebites) provocadas por forças cortantes sem flexão.
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Dividindo-se a força cortante P pela área A da seção transversal, obtem-se a tensão media decisalhamento na seção. Define-se então a tensão de cisalhamento pela expressão matemática abaixo,representada pela letra grega τ (tau):
A
Pmed =τ
A
Qmed =τ (?)
Onde A = Área transversalP = Força paralela a seção consideradaτ = Tensão de Cisalhamento Simples
Tensão de Esmagamento – É toda tensão provocada por elementos de conexão nos componentes aosquais eles se conectam.
Essa tensão é dada portd
P
A
Pesm ==σ
Onde P = Força que o parafuso exerce na chapat = espessura da chapad = diâmetro do parafuso
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Aplicação 1 – Seja o dispositivo de carga a seguir. As partes superior e inferior são coladas (soldadas) comepóxi na região D. Os pinos nos pontos A e C tem 9mm e 6mm respectivamente. Determinar:
a) A tensão de cisalhamento no pino Ab) A tensão de cisalhamento no pino Cc) A tensão normal máxima na haste ABCd) A tensão de cisalhamento nas superfícies
coladas em Be) A tensão de esmagamento na haste ABC,
causada pelo pino C
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No livro-texto:
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• Tensão admissível e Fator de Segurança (ou coeficiente de segurança)
Tensão admissível é a tensão que o material resiste com segurança, ou seja, é a tensão utilizada noprojeto de uma estrutura.
Essa tensão é obtida dividindo-se a tensão considerada critica por um numero adimensional maior do
que a unidade.
FS
icaTensaoCrit ssivelTensaoAdmi =
A notação para as tensões admissíveis são
admσ ou σ
admτ
esmσ
Materiais Dúcteis (ε > 5%) FS
eσ
σ = FS
eτ
τ =
Materiais Frágeis (ε < 5%)FS
Rσ σ = FS
Rτ τ =
Obs.:
eσ = Tensão de escoamento
Rσ = Tensão de ruptura
eτ = Tensão de cisalhamento de escoamento
Rτ = Tensão de cisalhamento de ruptura
O Fator de Segurança depende de
1. Tipo de carregamento2. Deterioração3. Custo4. Controle de Qualidade5. Material6. Tipo de ruptura7. Temperatura8. Simplificação das equações
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Aplicação 2 - Seja o dispositivo mecânico ao lado. A barra AB e BC são conectadas entre si pelo pino em B eem A e C pela chapa de apoio. Considerando para todos os elementos da estrutura: FS=2.5, eσ = 200 MPa,
esmσ =500MPA e eτ =120 MPa, determinar:
a) Os diâmetros necessários dos pinos A e C
b) A espessura da chapa de apoio considerando apenas oesmagamento
c) As espessuras 1t e 2t da barra BC
d) A espessura 3t da barra AB
Solução: a) Ad e C d : com área sujeita a cisalhamento simples:
A
R A A =τ
FS
eτ τ =≤ Pino A:
=
4)(
34.11180
2 π Ad
5,2
120
22.17= Ad mm
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A
Rcc 2=τ
FS
eτ
τ =≤ Pino C:
=
4
2)(
14.14142
2 π
cd
5.2
120
7.13=C d mm
b) Espessura t da chapaPor esmagamento:
Pelo pino A:
A
A
èsmd t
R
.=τ
FS
esmesm
σ σ =≤
( )=
22.17
34.11180
t 5.2500
25.3=t
c
c
d t
R
. FS
esmesm
σ σ =≤
=
70.13)(
14.14142
t 5.2
500
16.5=t mm
Portanto deve-se optar pela espessura 16.5=t mmc) As espessuras 1t e 2t da barra BC
No RASGO tem-se a tensão de compressão:
σ ≤ A
Rc
FSe
σ =
=− 2)1020(
14.14142
t 5.200
68.172 =t mm
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E no pino C por esmagamento na barra BC:
C
c
esmd t
R
.
2 /
1
≥σ
=)70.13(2
14.141421t 5.2
500
58.21 =t mm
E ainda na região 1t tem-se tensão de compressão dada por:
A
Rc 2 / ≥τ
=
)20(2
14.14142
1t FS
200
42.41 =t mm
Portanto comparando os dois valores calculados ( 58.21 =t mm e 42.41 =t m) deve-se optar por 42.41 =t mm.
d) A espessura 3t da barra ABPor tração na região do pino A:
FS A
R e Aσ
σ =≤
=− 3)22.1720(
34.11180
t 5.2200
27.503 =t mm
e por esmagamento devido ao pino A:
esm
A A
A
d t
Rσ ≤
.
=
3)22.17(34.11180t 5.2
500
25.33 =t mm
Comparando os dois valores calculados ( 27.503 =t mm e 25.33 =t mm) deve-se optar por 27.503 =t mm.
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• Tensão em um plano obliquo sob carregamento axial (pag 19 Beer)
• Tensões para o caso de um carregamento qualquer.
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Estudo DirigidoProblemas do livro Beer 1.1 a 1.7: