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Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Resistência dos Materiais 2

1

RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 2 As anotações, fotos, gráficos e tabelas contidas neste texto, foram retiradas dos seguintes livros:

- RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS - Ferdinand P. Beer - E. Russel Johnston Jr. Ed. PEARSON - 3ª edição – 1995 - RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS - R. C. Hibbeler Ed. PEARSON - 5ª edição – 2004

Parte 01: Propriedades geométricas de superfícies planas; - Centróide de uma área; - Momento de inércia;


2

y

x

CG

��

��

A

y

x

A1

y1

x1

A2

A3 y2

y3

x2

x3

1- Centróide ou centro de gravidade de uma superfície plana A localização do centróide de uma superfície plana qualquer de área A ilustrada

na figura 1 é definida por meio das coordenadas �� .

Figura 1: centróide ou centro de gravidade de uma superfície plana qualquer

As coordenadas �� do centróide de uma superfície plana qualquer são determinadas pelas seguintes equações:

X� =∑ Ai. x�ii

∑ Aii

(1)

Y� =∑ Ai. y�ii

∑ Aii

(2)

Para aplicar as equações (1) e (2) é necessário dividir a superfície plana qualquer em n superfícies planas de geometria simples (retângulos, quadradas, triângulos, círculos, etc), cujas coordenadas do centróide são conhecidas, conforme ilustra a figura 2. A tabela 1 ilustrada a seguir apresenta as coordenadas x e y do centróide de algumas superfícies planas de geometria simples.

X� =A1. � + A2. � + A3. �

A1 + A2 + A3

Y� =A1. �� + A2. �� + A3. ��

A1 + A2 + A3

Figura 2: Divisão em superfície de geometria simples


3

Tabela 1: Coordenadas x e y do centróide ou centro de gravidade de algumas

superfícies planas de geométricas simples;

Superfície Plana

x�

y�

Área

Retângulo e

Quadrado

x� = �2

y� = ℎ2

� = �. ℎ

Triângulo retângulo

x� = �3

y� = ℎ3

� = �. ℎ 2�

Círculo

x� = 0

y� = 0

� = �. ��

Semicírculo

x� = 0

y� = 4�3�

� = �. ��2�

1/4 círculo

x� = 4�3�

y� = 4�3�

� = �. ��4�

Losango

x� = 0

y� = 0

� = ��

x

y

CG

a a

x

y

CG

r

x

y

r CG

x

y

CG

r

x

y

CG

b

h

x

y

CG

b

h


4

y

x

y

x

A3

A2

A4

y

x

A1

A2 A1

y

x

y

x

A3

A1

A2

A4

y

x

A1

A2

OBS1: Caso a superfície plana apresente área vazada ou chanfro: - Para simplificar a análise recomenda-se considerar a superfície plana cheia (completa) e descontar a contribuição da área vazada ou chanfro, conforme apresentado nos casos 1 e 2 ilustrados a seguir nas figuras 3 e 4.

Caso1:

Mais trabalhoso Mais prático

X� =A1. � + A2. � + A3. � + A4. �

A1 + A2 + A3 + A4; X� =

A1. � − A2. �A1 − A2

;

Y� =A1. �� + A2. �� + A3. �� + A4. ��

A1 + A2 + A3 + A4; Y� =

A1. �� − A2. ��A1 − A2

;

Figura 3: Superfície plana com área vazada (furo);

Caso2:

Mais trabalhoso Mais prático

X� =A1. � + A2. � + A3. � + A4. �

A1 + A2 + A3 + A4; X� =

A1. � − A2. �A1 − A2

;

Y� =A1. �� + A2. �� + A3. �� + A4. ��

A1 + A2 + A3 + A4; Y� =

A1. �� − A2. ��A1 − A2

;

Figura 4: Superfície plana com área chanfro (recorte);


5

y

x

20 cm

35 cm

24 cm

y

x

20 cm

15 cm

24 cm 10 cm

12 cm 8,0 cm

5,0 cm

A1

A2

y

Exemplo 1: Determinar as coordenadas �� do centróide da superfície plana ilustrada a seguir; Resolução: Dividir a superfície plana em superfícies de geometria simples de centróide conhecido; A1 = 24 . 20 = 480 cm2 A2 = 24 . 15/2 = 180 cm2 x1 = 10 cm x2 = 20 + 5,0 = 25,0 cm y1 = 12 cm y2 = 8,0 cm

X� = �� . � + �� . �� + ��

!= "480 . 10$ + "180 . 25,0$

480 + 180 = 14,09 ()

Y� = �� . �� + �� . ��

�� + ��!

= "480 . 12$ + "180 . 8,0$480 + 180 = 10,91 ()

Tabela 1 x� y� Área

x� = �2

y� = ℎ2

� = �. ℎ

x� = �3

y� = ℎ3

� = �. ℎ 2�

x CG

b

h

x

y

CG

b

h


6

y

x

60 cm

30 cm r = 15 cm

y

x

60 cm

30 cm 30 cm

15 cm

r = 15 cm

6,37 cm

A1 A2

r = 15 cm

*+,- = ., ,/ 01

Exemplo 2: Determinar as coordenadas �� do centróide da superfície plana ilustrada a seguir; Resolução: Dividir a superfície plana em superfícies de geometria simples de centróide conhecido; A1 = 60 . 30 = 1800 cm

2

A2 = π. 152/2 = 353,4cm

2

x1 = 30 cm x2 = 60 – 6,37 = 53,63 cm y1 = 15 cm y2 = 15 cm

X� = �� . � − �� . �� − ��

!= "1800 . 30$ − "353,4 . 53,63$

1800 − 353,4 = 24,23 ()

Y� = �� . �� − �� . �� − ��

!= "1800 . 15$ − "353,4 . 15$

1800 − 353,4 = 15 ()


x� = �2

y� = ℎ2

� = �. ℎ

x� = 0

y� = 4�3�

� = �. ��

2

x

y

r CG

x

y

CG

b

h


7

y

x

50 cm

25 cm

r = 12,5 cm

r = 6,25 cm

y

x 25 cm

25 cm 12,5 cm

A1

A2 r 1 = 12,5 cm

12,5 cm

25 cm

8,33 cm

r2 = 6,25 cm

5,31cm

A3

A4

8,33 cm

2,65 cm

*+3,- = 4, ,3 01

*+5,- = 5, .4 01

Exemplo 3: Determinar as coordenadas �� do centróide da superfície plana ilustrada a seguir; Resolução: Dividir a superfície plana em superfícies de geometria simples de centróide conhecido; A1 = π. 12,5

2/2 = 245,4 cm

2 A2 = 25 . 25 = 625 cm

2

A3 = 25 . 25 /2 = 312,5 cm2

A4 = π. 6,252/2 = 61,4 cm

2

x1 = 12,5 cm x2 = 12,5 cm x3 = 25 + 8,33 = 33,33 cm x4 = 25 cm y1 = 25 + 5,31 = 30,31 y2 = 12,5 cm y3 = 8,33 cm y4 = 2,65 cm

X� = �� . � + �� . � + �� . � − �� . �� + �� + �� − ��

!

X� = "245,4 . 12,5$ + "625 . 12,5$ + "312,5 . 33,33$ − "61,4 . 25$245,4 + 625 + 312,5 − 61,4 = 17,62 ()

Y� = �� . �� + �� . �� + �� . � − �� . �� + �� + �� − ��

!

Y� = "245,4 . 30,31$ + "625 . 12,5$ + "312,5 . 8,33$ − "61,4 . 2,65$245,4 + 625 + 312,5 − 61,4 = 15,77 ()


x� = �2

y� = ℎ2

� = �. ℎ

x� = �3

y� = ℎ3

� = �. ℎ 2�

x� = 0

y� = 4�3�

� = �. ��

2

x

y

r CG

x

y

CG

b

h

x

y

CG

b

h


8

2 - Momento de Inércia de uma superfície plana O momento de inércia é uma característica geométrica importantíssima no dimensionamento dos elementos de construção (vigas, colunas, etc), pois fornece através de valores numéricos, uma noção de resistência da peça. Quanto maior for o momento de inércia da secção transversal de uma peça, maior será a resistência da peça. A figura 5 ilustra bem o conceito de momento de inércia de elemento de construção;

Figura 5: Ilustração do conceito de momento de inércia A unidade do Momento de inércia no sistema internacional é dada em metros a quarta. I � No SI: m4

A

A

Corte AA:

seção transversal

Corte AA:

seção transversal

X’ X’

Ix1 >>> Ix2

A

P

P


9

y

x

y

x

X'

Y'

c

Os momentos de inércia de uma superfície plana qualquer podem ser calculados em relação a quaisquer eixos de referência x e y. A figura 6 ilustra dois exemplos de sistemas de eixos x e y de referência para os quais os momentos de inércia podem ser verificados. 6a) Cálculo dos Momentos de Inércia 6b) Cálculo dos Momentos de Inércia da superfície plana em relação da superfície plana em relação aos eixos de referência x e y; aos eixos centroidas X’ e Y’ ou eixos baricêntricos da superfície plana; OBS: Eixos centroidais = eixos baricêntricos �� eixo x e y que passa pelo centróide da superfície Figura 6: Exemplos de sistemas de eixos de referência para os quais os momentos podem ser verificados;


10

y'

x'

Y

X

A1

dy1

dx1

A2

A3 dy2

dy3

dx2

dx3

y' x'

y' x' y'

x'

Y

X

A1

dy1

dx1

A2

A3

dy2

dy3

dx2

dx3

y' x'

y' x'

X' Y'

Os momentos de inércia ( Ix e Iy ) em relação a qualquer eixo de referência x e

y de uma superfície plana qualquer (figura 1) são determinados pelas seguintes equações:

Ix= 7"I8xi

i

+ Aidyi2 $ (3)

Teorema dos Eixos Paralelos

Iy= 7"I8yi

i

+ Aidxi2 $ (4)

Para aplicar as equações (3) e (4) é necessário dividir a superfície plana qualquer em n superfícies planas de geometria simples conforme ilustram as figuras 7a e 7b. 7a) Cálculo dos Momentos de Inércia 7b) Cálculo dos Momentos de Inércia da superfície plana em relação da superfície plana em relação aos eixos de referência x e y; aos eixos centroidas X’ e Y’ da superfície plana; Figura 7: Distâncias dx e dy para o cálculo dos momentos de Inércia; Nas equações 3 e 4 tem-se: I 8xi , I 8

yi � momento de inércia de cada superfície plana de geometria simples em

relação ao seu eixo x’ centroidal e ao eixo y’ centroidal, respectivamente; Ai � área de cada superfície de geometria simples; dxi , dyi � distância entre o eixo centroidal de cada superfície plana de geometria

simples até o eixo no qual o momento é verificado; OBS: A tabela 2 ilustrada a seguir apresenta os momentos de inércia I 8

xi , I8yi em

relação os eixos centroidais x’ e y’ respectivamente de algumas superfícies planas de geometria simples.


11

Tabela 2: momento de inércia em relação aos eixos centroidais de algumas

superfícies planas de geométricas simples; 9 8:; e 9 8<; � em relação aos eixos centroidais x’ e y’;

Superfície

Planas Momento de Inércia

Retângulo E

Quadrado

Forma geral:

9 8 = =>?�� .

Substituindo os valores:

9 8:; = @A?�� ; 9 8<; = A@?

��

Triângulo retângulo

Forma geral:

9 8 = =>?�B .

Substituindo os valores:

9 8:; = @A?�B ; 9 8<; = A@?

�B

Círculo

9 8:; = 9 8<; = CDE�

Semicírculo

9 8:; = 0,1098 �� 9 8<; = 0,3927 ��

1/4 círculo

9 8:; = 9 8<; = 0,0549 ��

Losango

9 8:; = 98<; = FE��

x = x’

y = y’

CG

a a

x

y

CG

r x'

y'

x

y = y’

r x' CG

x = x’

y = y’

CG

r

x

y

CG

b

h y'

x'

x

y

CG

b

h

y'

x'


12

y

x

3a

a

a a

2a

a

y

x

4a

2,5a

3a

y

x

3a

1,20a

1,20a

0,5a a

1,25a

r = 0,5a

Simetria vertical: X = 1,5 a Y = ?

Simetria horizontal: X = ?

Y = 1,25 a

Simetria horizontal: X = ?

Y = 1,45 a

c

c

c 2,9a

y

x

3a

a a a

a

3a

y

x

4a

2,5a

2a

y

x

1,2a

3,5

0,5a

1,25a

r = 0,5a

Simetria vertical e horizontal: X = 1,5 a Y = 1,5 a

Simetria vertical e horizontal:

X = 2a Y = 1,25 a

Simetria vertical e horizontal:

X = 1,7a Y = 1,75a

c

c

c

a

a

a

1,2a

1,2a 0,5a

1,2a

a

OBS2: Caso a superfície plana com eixos de simetria: - 1 eixo de simetria � Neste caso uma coordenada do centróide é conhecida;

- 2 eixos de simetria � Neste caso as duas coordenadas do centróide são conhecidas;


13

y

x

20 cm

35 cm

24 cm

Coordenadas do centróide: �� = 3*, GH 01 �� = 3G, H3 01

y

x

20 cm

15 cm

24 cm 10 cm

12 cm 8,0 cm

5,0 cm

A1

A2

Exemplo 4: Utilizando a mesma superfície plana do exemplo 1 determine os momentos de inércia em relação os eixos x e y e em relação aos eixos centroidais ou baricêntricos X’ e Y’ da superfície plana no sistema internacional.

Resolução: Parte 1: momentos em relação aos eixos de referência x e y: Dividir a superfície plana em superfícies de geometria simples de centróide conhecido;

Ix= 7"I 8xi

i

+ Aidyi2 $ → Ix = " I 8

x1+A1dy1

2 $ + " I 8x2+A

2dy2

2 $

Iy= 7"I 8yi

i

+ Aidxi2 $ → Iy = " I 8

y1+A1dx1

2 $ + " I 8y2+A

2dx2

2 $

A1 = 24 . 20 = 480 cm

2 A2 = 24 . 15/2 = 180 cm

2

d� distâncias entre os eixos centroidais de cada superfície simples até o eixos de referência x e y: dx1 = 10 cm dy1 = 12 cm dx2 = 20 + 5,0 = 25,0 cm dy2 = 8,0 cm

I 8x1 = �ℎ�

12 = 20 . 24�

12 = 23040,0 ()� I 8y1 = ℎ��

12 = 24 . 20�

12 = 16000,0 ()�

I 8x2 = �ℎ�

36 = 15 . 24�

36 = 5760,0 ()� I 8y2 = ℎ��

36 = 24 . 15�

36 = 2250,0 ()�

Ix = "23040,0 + 480 . 12�$ + "5760,0 + 180 . 8, 0�$ = 109440,0 ()� = 109440109440109440109440,,,,0 0 0 0 . . . . 3GIJ 1*

Iy = "16000,0 + 480 . 10�$ + "2250,0 + 180 . 25, 0�$ = 178750,0 ()� = 178750178750178750178750,,,,0 0 0 0 . . . . 3GIJ 1*

Tabela 1 e Tabela 2 x� K y� 9 8:; e 9 8<; Área

x� = �2

y� = ℎ2

9 8:L = �ℎ�

12

9 8:; = ℎ��

12

� = �. ℎ

x� = �3

y� = ℎ3

9 8:L = �ℎ�

36

9 8:; = ℎ��

36

� = �. ℎ 2�

x

y

CG

b

h y'

x'

x

y

CG

b

h

y'

x'


14

y

x

20 cm

24 cm 10 cm

12 cm

8,0 cm

A1

A2 c

Y’

X’ 5,0 cm

15 cm

Resolução: Parte 2: momentos em relação aos eixos centroidais ou baricêntricos X’ e Y’: O centróide possui as seguintes coordenadas:

�� = 3*, GH 01; �� = 3G, H3 01;

Ix= 7"I 8xi

i

+ Aidyi2 $ → Ix = " I 8

x1+A1dy1

2 $ + " I 8x2+A

2dy2

2 $

Iy= 7"I 8yi

i

+ Aidxi2 $ → Iy = " I 8

y1+A1dx1

2 $ + " I 8y2+A

2dx2

2 $

A1 = 24 . 20 = 480 cm

2 A2 = 20 . 15/2 = 180 cm

2

d� distâncias entre os eixos centroidais de cada superfície simples até o eixos centroidais X’ e Y’ da superfície plana: dx1 = 14,09 – 10 = 4,09 cm dy1 = 12,00 – 10,91 = 1,09 cm dx2 = 25,0 – 14,09 = 10,91 cm dy2 = 10,91 – 8,00 = 2,91 cm

I 8x1 = �ℎ�

12 = 20 . 24�

12 = 23040,0 ()� I 8y1 = ℎ��

12 = 24 . 20�

12 = 16000,0 ()�

I 8x2 = �ℎ�

36 = 15 . 24�

36 = 5760,0 ()� I 8y2 = ℎ��

36 = 24 . 15�

36 = 2250,0 ()�

Ix = "23040,0 + 480 . 1,09�$ + "5760,0 + 180 . 2,91�$ = 30894,55 ()� = 30894308943089430894,,,,55 55 55 55 . . . . 3GIJ 1*

Iy = "16000,0 + 480 . 4,09�$ + "2250,0 + 180 . 10,91�$ = 47704,55 ()� = 47704477044770447704,,,,55 55 55 55 . . . . 3GIJ 1*

Tabela 1 e tabela 2 x� K y� 9 8:; e 9 8<; Área

x� = �2

y� = ℎ2

9 8:L = �ℎ�

12

9 8:; = ℎ��

12

� = �. ℎ

x� = �3

y� = ℎ3

9 8:L = �ℎ�

36

9 8:; = ℎ��

36

� = �. ℎ 2�

x

y

CG

b

h y'

x'

x

y

CG

b

h

y'

x'


15

y

x

20 mm

40 mm

20 mm

r =7,5 mm

10 mm

y

x

20 mm

40 mm

20 mm

r =7,5 mm

10 mm

Y’

X’

A1 A2

c

Exemplo 5: determine os momentos de inércia em relação aos eixos centroidais ou baricêntricos X’ e Y’ da superfície plana a seguir no sistema internacional.

Resolução: Devido à simetria: as coordenadas do centróide são conhecidas: X=20 mm; Y=10 mm; Dividir a superfície plana em superfícies de geometria simples de centróide conhecido;

Ix= 7"I 8xi

i

+ Aidyi2 $ → Ix = " I 8

x1+A1dy1

2 $ + " I 8x2+A

2dy2

2 $

Iy= 7"I 8yi

i

+ Aidxi2 $ → Iy = " I 8

y1+A1dx1

2 $ + " I 8y2+A

2dx2

2 $

A1 = 20 . 40 = 800 mm

2 A2 = π . 7,5

2 = 176,71 mm

2

d� distâncias entre os eixos centroidais de cada superfície simples até o eixos centroidais X’ e Y’ da superfície plana: dx1 = 0 mm dy1 = 0 mm dx2 = 0 mm dy2 = 0 mm

I 8x1 = �ℎ�

12 = 40 . 20�

12 = 26666,67 ))� I 8y1 = ℎ��

12 = 20 . 40�

12 = 106666,67 ))�

I 8x2 = ��

4 = � . 7,5�

4 = 2485,05 ))� I 8y2 = ��

4 = � . 7,5�

4 = 2485,05 ))�

Ix = "26666,67 + 800 . 0�$ ---- "2485,05 + 176,71. 0�$ = 24181,62 m)� = 24181241812418124181,,,,62 62 62 62 . . . . 3GI35 1* Iy = "106666,67 + 800 . 0�$ ---- "2485,05 + 176,71 . 0�$ = 104181,62 m)� = 104181104181104181104181,,,,62 62 62 62 . . . . 3GI35 1*


x� = �2

y� = ℎ2

9 8:L = �ℎ�

12

9 8:; = ℎ��

12

� = �. ℎ

x� = 0

y� = 0

9 8:; = ��

4

9 8<; = ��

4

� = �. ��

x = x’

y = y’

CG

r

x

y

CG

b

h

y'

x'


16

y

x

15 dm

25 dm

r = 7,5 dm

Coordenadas do centróide: �� = H, 4* O1 �� = 3,, *4 O1

y

x

15 dm

25 dm

r = 7,5 dm

7,5 dm

12,5 dm

3,18 dm

17,5 dm

c Y’

X’

18,18 dm

*+,- = ,, 3J O1

Exemplo 6: determinar os momentos de inércia em relação aos eixos centroidais ou baricêntricos X’ e Y’ da superfície plana a seguir no sistema internacional. Resolução: Conhecido as coordenadas do centróide os momentos de inércia em relação aos eixos centroidais ou baricêntricos X’ e Y’ podem ser determinados;

�� = H, 4* O1; �� = 3,, *4 O1; A1 = 15 . 25 = 375 dm

2 A2 = π. 7,5

2/2 = 88,36 dm

2

d� distâncias entre os eixos centroidais de cada superfície simples até o eixo centroidal X’ e Y’ da superfície plana: dx1 = 9,54 - 7,5 = 2,04 dm dy1 = 13,45 - 12,5 = 0,95 dm dx2 = 18,18 - 9,54 = 8,64 dm dy2 = 17,5 - 13,45 = 4,05 dm

Ix= 7"I 8xi

i

+ Aidyi2 $ → Ix = " I 8

x1+A1dy1

2 $ + " I 8x2+A

2dy2

2 $

Iy= 7"I 8yi

i

+ Aidxi2 $ → Iy = " I 8

y1+A1dx1

2 $ + " I 8y2+A

2dx2

2 $

I 8x1 = �ℎ�

12 = 15 . 25�

12 = 19531,25 P)� I 8y1 = ℎ��

12 = 25 . 15�

12 = 7031,25 P)�

I 8

x2 = 0,3927 �� = 0,3927 . 7,5� = 1242,53 P)� I 8y2 = 0,1098 �� = 0,1098 7,5� = 347,41 P)�

Ix = "19531,25 + 375 . 0,95�$ + "1242,53 + 88,36. 4,05�$ = 22561,54 P)� = = = = 22561225612256122561,,,,54 54 54 54 . . . . 1111GI* 1*

Iy = "7031,25 + 375 . 2,04�$ + "347,41 + 88,36 . 8,64�$ = 15535,30 P)� = = = = 15535155351553515535,,,,30 30 30 30 . . . . 1111GI* 1*

Tabela 2 x� K y� 9 8:; e 9 8<; Área

x� = �2

y� = ℎ2

9 8:L = �ℎ�

12

9 8:; = ℎ��

12

� = �. ℎ

x� = 0

y� = 4�3�

9 8:L = 0,1098 ��

9 8<; = 0,3927 ��

� = �. ��

x

y = y’

r x' CG

x

y

CG

b

h

y'

x'


17

y

x

25 cm

40 cm

80 cm

a =14 cm

20 cm

a a

y

x

25 cm

40 cm

80 cm

a =14 cm 20 cm

a a

55 cm

A1

A2

40 cm

c

Coordenadas do centróide: �� = 5G, G 01 �� = *., 5 O1

Exemplo 7: determine os momentos de inércia em relação aos eixos centroidais ou baricêntricos X e Y da superfície plana a seguir no sistema internacional.

Resolução: Conhecido as coordenadas do centróide os momentos de inércia em relação aos eixos centroidais ou baricêntricos podem ser determinados; A1 = 40 . 80 = 3200 cm

2 A2 = 14 . 14 = 196 cm

2

Ix= 7"I 8xi

i

+ Aidyi2 $ → Ix = " I 8

x1+A1dy1

2 $ - " I 8x2+A

2dy2

2 $

Iy= 7"I 8yi

i

+ Aidxi2 $ → Iy = " I 8

y1+A1dx1

2 $ - " I 8y2+A

2dx2

2 $

d� distâncias entre os eixos centroidais de cada superfície simples até o eixos centroidais X’ e Y’ da superfície plana: dx1 = 0 cm dy1 = 46,2 - 40 = 6,2 cm dx2 = 0 cm dy2 = 55 - 46,2 = 8,8 cm

I 8x1 = �ℎ�

12 = 40 . 80�

12 = 1706666,67 ()� I 8x2 = ��

12 = 14�

12 = 3201,33 ()�

I 8y1 = ℎ��

12 = 80 . 40�

12 = 426666,67 ()� I 8y2 = ��

12 = 14�

12 = 3201,33 ()�

Ix = "1706666,67 + 3200 . 0�$ - "3201,33 + 196 . 0�$ = 1703465,34 ()� = 1703465170346517034651703465,,,,34 34 34 34 . . . . 1111GIJ 1*

Iy = "426666,67 + 3200 . 6,2�$ - "3201,33 + 196 . 8,8�$ = 531295,10 ()� = 531295531295531295531295,,,,10 10 10 10 . . . . 1111GIJ 1*


x� = �2

y� = ℎ2

9 8:L = �ℎ�

12

9 8:; = ℎ��

12

� = �. ℎ

x� = 0

y� = 0

9 8:; = ��

12

9 8<; = ��

12

� = ��

x = x’

y = y’

CG

a a

x

y

CG

b

h

y'

x'


18

9Q = 83,08 cm4 = 83,08 . 10ISm4

R: V�=W= 0;

9X =29,08 cm4 = 29,08 . 10ISm4

9Q =83,70 cm4 = 83,70 . 10ISm4

R: V�=0; W�=2,19 cm;

9X =260,66 cm4 = 260,66 . 10ISm4

1 Lista de exercícios:

1) Determine a distância W� para o centróide C da área da seção transversal da viga T e calcule os momentos de inércia em relação ao baricentro; Forneça os momentos de inércia em mm4 e m4

R: W�=206,82 mm; 9Q =22163,83 . 10�mm4 = 22163,83 . 10ISm4

9X =111510,42 . 10�mm4 = 11510,42 . 10ISm4

2) Determine a distância x� e y� para o centróide C da área da seção em L e calcule os momentos de inércia em relação ao baricentro. Forneça os momentos em cm4 e m4.

R: V�=1,5 cm; W�= 1,0 cm; 9Q = 4,0 cm4 = 4,0 . 10ISm4

9X = 8,5 cm4 = 8,5 . 10ISm4

3) Determine os momentos de inércia em relação; ao baricentro. Forneça os momentos em cm4 e m4.

4) Determine a distância W� para o centróide C da da área da seção transversal da viga e depois calcule os momentos de inércia em relação ao baricentro. Forneça os momentos de inércia em em cm4 e m4.

1 cm 1 cm

1 cm

1 cm

2 cm 3 cm

4 cm

50 mm

150 mm 150 mm

250 mm

25 mm 25

x

y

x

y

3 cm

1 cm 3 cm

1 cm

x

y

4 cm

1 cm

1 cm

3,5 cm

5 cm

1 cm

x

y

3 cm 2 cm

3 cm


19

9Q =5,365 cm4 = 5,365 . 10ISm4

R: V�=1,36 cm; W�=1,50 cm;

9X =5,21cm4 = 5,21 . 10ISm4

9Q =19,91 . 10� cm4 = 19,91 . 10I�m4

R: V�=0; W�=18,3 cm;

9X =17,12 . 10� cm4 = 17,12 . 10I�m4

9Q =23,71 . 10� cm4 = 23,71 . 10I�m4

R: V�=14,97 cm; W�=-0,0306 cm;

9X =13,70 . 10� cm4 = 13,70 . 10I�m4

5) Determine a distância x� e y� para o centróide C da área da seção em L e calcule os momentos de inércia em relação ao baricentro. Forneça os momentos em cm4 e m4. 6) Determine a distância y� para o centróide C da área da seção em L e calcule os momentos de inércia em relação ao baricentro. Forneça os momentos em cm4 e m4;

7) Determine a distância V � K W� para o centróide C da área da seção transversal e calcule os momentos de inércia em relação ao baricentro Forneça os momentos em cm4 e m4;

15 cm

25 c

m

20 cm

35 cm

20 c

m

r1 r1

r1

r1

r2

r2

r1 = 10 cm

r2 = 7 cm

x

y

x

3 cm

1,5 cm

r = 1,5 cm

y

x

30 cm

10 cm

r = 5 cm

15 cm

y

50 cm


Prof: Marcos Vinicios Resistência dos Materiais 2

1



2



3



4



5



6



7



8


1

RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 2 As anotações, fotos, gráficos e tabelas contidas neste texto, foram retiradas dos seguintes livros: - RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS - Ferdinand P. Beer - E. Russel Johnston Jr. Ed. PEARSON - 3ª edição – 1995 - RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS - R. C. Hibbeler Ed. PEARSON - 5ª edição – 2004

Parte 02: Tensão e deformação Carregamento Axial - Tensão Normal sob carga axial; - Deformação Normal Média sob carga axial; - Diagrama tensão-deformação; - Lei de Hooke; - Deformação Normal elástica sob carga axial;


2

5 cm 4 Áreas

vazadas

5 cm

17 cm

10 kN

17 cm

1 - Tensão Normal Média (- letra grega sigma) Para a barra BC, conforme mostra a figura 1, está submetida à ação de uma força Normal ou axial P. A relação entre a força Normal ou axial (P) e a área da seção transversal da barra (A) é definida como tensão normal média:

𝝈 =𝑷

𝑨 (1)

Força P Tração tensão positiva (+); Alonga a barra tensão normal de tração; Força P Compressão tensão negativa (-); Comprime a barra tensão normal de compressão; No Sistema Internacional a unidade de tensão é o Pascal (Pa): 1 Pa = 1N/m2 1 kPa = 1x103 Pa = 1x103 N/m2 1 MPa = 1x106 Pa = 1x106 N/m2 Figura 1: barra sob a ação 1GPa = 1x109 Pa = 1x109 N/m2 de força Normal ou axial Força Normal ou axial Força paralela ao eixo longitudinal do elemento (barra, eixo, etc) ou perpendicular a seção transversal do elemento;

Força Normal = F; Força Normal = F . cos ; Na engenharia é comum encontrar catálogo e manuais com informações indicadas com unidades inglesas; OBS: 1 psi (pound per square inch ) = 6,895 x 103 Pa (Pascais) (libra por polegada quadrada) 1 ksi = 1000 psi = 6,895 x 106 Pa (Pascais) Exemplo 1: Determine a tensão normal provocada pela força P sobre a peça vazada ilustrada a seguir; R:

= P/A P = 10 kN = 10 . 103 N;

A = área real = área total – área vazada; A = (17 x 17) – [ 4 x (5 x 5/2) ] = 239 cm2 A = 239 . 10-4 m2

= 10 . 103 / 239 . 10-4 = 418,41 . 103 N/m2 = 418,41 . 103 Pa = 418,41 kPa

= - 418,41 kPa (negativo – compressão)

F

F


3

2 - Deformação Normal Média (- letra grega epsilon) Para a barra BC, conforme mostra a figura 2, está submetida à ação de uma força Normal ou axial P. A relação entre o deslocamento relativo do ponto C em relação

ao ponto B () e o comprimento inicial (L) é definida como deformação normal média:

𝜺 =𝜹

𝑳=

𝑳𝒇−𝑳

𝑳 (𝟐)

Onde: = s = Lf – L (deslocamento relativo de C)

(deslocamento relativo OU variação no comprimento) Lf comprimento final; L comprimento inicial;

Força P Tração alonga a barra ( +);

Deformação positiva ( +);

Força P Compressão contrai a barra ( -);

Deformação negativa ( -); A deformação é um parâmetro ADIMENSIONAL, OU SEJA, NÃO TEM UNIDADE; Figura 2: barra sob a ação de força Normal ou axial 3 - Diagrama Tensão-Deformação Normal O diagrama é obtido por meio de ensaio de tração ou compressão realizado em corpo-de-prova com auxílio de uma máquina de teste e de extensômetros, conforme ilustra a figura 3 a seguir. Extensômetro dispositivo para medir o deslocamento relative entre dois

pontos do corpo-de-prova ().

Quando a carga aplica P = 0, o extensômetro marca = 0.

Aumentando o valor de P aumenta o valor de = 0. Figura 3: Ensaio de tração de um corpo-de-prova

Seção transversal

conhecida: A

Neste caso a seção é

circular;

Entretanto, a seção

transversal pode ser

quadrada, retangular ou

de outra geometria

qualquer.

P

P

L


4

Fase

Elástica

Fase

Plástica

LP LE

E

r rup

Limite

resistência tensão

ruptura

Legenda:

r tensão limite de resistência;

rup tensão de ruptura;

e tensão de escoamento; LE Limite de elasticidade; LP Limite de proporcionalidade;

Portanto, durante um ensaio de tração ou de compressão de um corpo-de-prova

para cada valor da carga aplicada P é obtido um par de valores (, ):

𝜺 =𝜹

𝑳

𝝈 =𝑷

𝑨

Ao final do ensaio são obtidos n pares de valores (, ), o que permite construír o diagrama Tensão-deformação Normal do material do corpo-de-prova. A seguir é apresentado na figura 4 um diagrama tensão-deformação normal típico de um ensaio de tração ou compressão de um corpo-de-prova (ex: barra metálica, ou de outro material qualquer). Figura 4: Diagrama Tensão-Deformação Normal típico;

Fase elástica < e (tensão de escoamento) O material apresenta um comportamento elástico, caracterizido por deformação reversível, ou seja, removida a carga o corpo volta a forma original;

Fase plástica ≥ e (tensão de escoamento) O material apresenta um comportamento plástico, caracterizado por deformação irreversível, ou seja, removida a carga o corpo não volta a forma original. O corpo encorpora a parcela plástica da deformação.

Quando, P = 0;

= 0;

= 0;

P

P

Removido a carga

o corpo retoma a

sua forma original

Removido a carga o corpo

continua com parcela

plástica da deformação


5

E

COM PATAMAR – BEM DEFINIDO

SEM PATAMAR – BEM DEFINIDO

E

LP tensão Limite de Proporcionalidade

Quando < LP: O material apresenta um comportamento linear elástico;

OBS: LP < < e

Nos casos com tensão maior que LP, porém menor

que e (tensão de escoamento); O material ainda apresenta um comportamento elástico, porém não é mais linear; LE tensão Limite de Elasticidade

Quando < LE: O material apresenta um comportamento elástico;

OBS: ≥ LE:

O material apresenta um comportamento plástico;

e tensão de escoamento

Quando ≥ e: O material sofreu escoamento, ou seja, adquiriu deformações plásticas; Neste estágio, um pequeno aumento da tensão provoca grandes deformações; Alguns materiais apresentam um patamar de escoamento bem definido, já em outros, isto não ocorre, conforme ilustra a figura 5. Figura 5: Diagrama com e sem patamar de escoamento bem definido

r tensão Limite de Resistência É a maior tensão que o material pode suportar antes de atingir a ruptura.


6

Fase

Elástica

Fase

Plástica

LP LE

E

r rup

Limite

resistência tensão

ruptura

Trecho Linear elástico

E = tg = /

4 - Lei de Hooke Analisando os diagramas Tensão-Deformação de diversos materiais Robert Hooke (1676) observou que a maioria apresentava uma relação linear entre tensão e deformação na fase elástica, conforme ilustra a figura 6. Com base neste comportamento comum dos diversos materiais formulou uma lei conhecida com Lei de Hooke, expressa por:

𝝈 = 𝑬 . 𝜺 (𝟑)

Em que: Tensão normal;

Deformação normal; E Módulo de elasticidade;

Figura 6: Trecho linear elástico válido a Lei de Hooke A Lei de Hooke é válida apenas para a parte inicial do diagrama Tensão-Deformação Normal, ou seja, no trecho linear elástico do diagrama (trecho reto); Para muitos materiais o Limite de Proporcionalidade LP, não pode ser definido tão facilmente; Entretanto, para estes materiais o Limite de Proporcionalidade LP, é ligeiramente

abaixo do Limite de escoamento e, ou seja, MUITO PRÓXIMO do Limite de escoamento. Por conta desta proximidade pode ser adotada a seguinte consideração:

Para tensão () < (e) tensão de escoamento válida a Lei de Hooke;

Para tensão () ≥ (e) tensão de escoamento não é válida a Lei de Hooke;

Esta consideração pode ser adotada visto que a utilização da Lei de Hooke para valores de tensão ligeiramente maiores que o limite de proporcionalidade não resultará em um erro significativo.


7

5 - Deformação Normal elástica

Se a carga axial P aplicada sobre a barra BC (figura 7) gera uma tensão em que:

< e (tensão de escoamento) A Lei de Hooke pode ser aplicada, visto que o

material da barra BC apresenta um comportamento elástico. Portanto, se o material apresenta um comportamento linear elástico é possível

escrever as seguintes equações para determinar o valor da deformação e do

deslocamento relativo entre dois pontos (alongamento ou contração):

𝜎 = 𝐸 . 휀 → 휀 =𝜎

𝐸=

𝑃𝐴𝐸

→ 𝜺 =𝑷

𝑬 . 𝑨 (𝟒)

휀 = 𝛿

𝐿 → 𝛿 = 휀 . 𝐿 → 𝛿 =

𝑷

𝑬 . 𝑨 . 𝑳 =

𝑷. 𝑳

𝑬 . 𝑨 (𝟓)

A equação (5) é válida para elementos (barras, eixos): A área da seção transversal constante; E módulo de elasticidade constante; P carga aplicada na extremidade do elemento; Figura 7: deslocamento de um elemento com carga axial Para elementos (barras, eixos) compostos de trechos com diferentes seções transversais, diferentes materiais e sob a ação de cargas axiais aplicadas em vários pontos ao longo do eixo do elemento é necessário dividir o elemento (barras, eixos) por trecho em que essas quantidades (A, E, P) sejam constantes. O deslocamento relativo final é obtido somando-se o resultado de cada trecho, sendo este somatório expresso por:

𝜹 = ∑𝑷𝒊𝑳𝒊

𝑨𝒊𝑬𝒊 (𝟔)𝒊

OBS: Nas equações (10) e (11): P COMPRESSÃO: - (NEGATIVO) P TRAÇÃO: + (POSITIVO)


8

VA

HA

FBC

Exemplo 2: A barra rígida AB está acoplada em B à haste BC com 3,0 de comprimento.

Se a tensão de tração admissível para a haste BC for t_adm = 115 MPa. Considerando

o comportamento elástico, determine: a) o diâmetro da haste BC necessário para suportar a carga;

b) a variação de comprimento da haste ( = ? - alongamento ou contração) e a

deformação axial elástica da haste ( =?); c) o diâmetro da haste BC necessário para que a variação do seu comprimento inicial seja de no máximo 1 mm; Solução: Diagrama de corpo livre da barra rígida AB:

cos = 4/5 = 0,8

sen = 3/5 = 0,6 - Utilizando as equações de equilíbrio no plano: ∑Fx = 0; ∑Fy = 0; ∑MO = 0; neste caso em relação ao ponto A;

OBS: DICA TODA VEZ QUE HOUVER DUAS FORÇAS A SEREM DETERMINADAS EM CADA DIREÇÃO x e y UTILIZE PRIMEIRO A 3 EQUAÇÃO:

Em x: HA = ? e FBC cos = ?

Em y: VA = ? e FBC sen = ?

MA= 0 + FBC . sen . 3 - 6 . 2 = 0 FBC = 6,67 kN

+ Fx = 0 HA + FBC . cos = 0 HA + 6,67 . 0,8 = 0 HA = -5,34 kN HA = 5,34 kN

+ Fy = 0 VA + FBC . sen - 6 = 0 VA = - 6,67 . 0,6 + 6 VA = 1,998 = 2,0 kN OBS: Lembrando do conceito de ação e reação: FBC = força da haste BC sobre a barra AB FBC’ = força da barra AB sobre a haste BC FBC = FBC’ FBC’ = 6,67 kN


9

Força na haste BC: FBC’ = 6,67 kN a) dBC = ?

= F/A = t_adm = 115 MPa

A = F/t_adm A = 6,67 . 103 / 115 . 106 = 5,8 . 10-5 m2

A = d2/4 = 5,8 . 10-5 m2 d = 8,60 . 10-3 m = 8,60 mm

b) = ? e = ?

𝛿 = 𝑃. 𝐿

𝐸 . 𝐴=

6,67 . 103 . 3,0

5,8 . 10−5 . 200 . 109 = 1,725 . 10−3 m = 1,725 mm

휀 = 𝛿

𝐿=

1,725 . 10−3

3,0= 5,75 . 10−4

c) dBC = ? = 1,0 mm = 0,001 m

𝛿 = 𝑃. 𝐿

𝐸 . 𝐴

0,001 = 6,67 . 103 . 3,0

A . 200 . 109

A = 6,67 . 103 . 3,0

0,001 . 200 . 109 = 10,0 . 10−5 m2

A = π . d2

4 = 10,0 . 10−5 m2

d = 0,0113 m = 11,3 mm


10

Exemplo 3: A viga rígida AB apóia-se sobre dois postes curtos como mostrado na figura ao lado. O poste AC é feito de aço (Eaço = 200 GPa) e tem diâmetro de 20 mm, já o poste BD é feito de alumínio (Eal= 70,0 GPa) e tem diâmetro de 40 mm. Considerando o comportamento elástico, determine: a) o deslocamento vertical do ponto F em AB. b) o ângulo de inclinação com a horizontal da viga rígida após o deslocamento dos postes c) o menor diâmetro de cada poste de modo que a viga permaneça na posição horizontal, considerando

que os postes sejam de aço e que a tensão não deve ultrapassar adm_aço = 160 MPa.

Solução: a) A viga AB é rígida, portanto o deslocamento vertical do ponto F depende do deslocamento dos postes AC e BD, portanto, é necessário determinar a força interna em cada poste PAC = ? e PBD = ? Poste AC = comprimido ou esticado ? Poste BD = comprimido ou esticado ?

+ Fy = 0 VAC + VBD = 90

MA= 0 + VBD . 600 - 90 . 200 = 0 VBD = 90 . 200 / 600 VBD = 30 kN VAC = 60 kN

Poste AC = comprimido Poste BD = comprimido

- Deslocamento no topo de cada poste:

Poste AC: AC como C é ponto fixo A

𝛿𝐴 = 𝑃𝐴𝐶𝐿𝐴𝐶

𝐸𝐴𝐴𝐶=

(−60 . 103) . ( 0,30)

(200 . 109) . (𝜋 . 0,0102)= −0,286 . 10−3 𝑚 = −0,286 𝑚𝑚

Poste BD: BD como D é ponto fixo B

𝛿𝐵 = 𝑃𝐵𝐷𝐿𝐵𝐷

𝐸𝐴𝐵𝐷=

(−30 . 103) . ( 0,30)

(70 . 109) . (𝜋 . 0,0202)= −0,102 . 10−3 𝑚 = −0,102 𝑚𝑚

- Traçando o diagrama que indica os deslocamentos da linha de centro que passa pelos pontos A, B e F , e utilizando a proporção de triângulo, o deslocamento do ponto F é determinado.

𝛿𝐹 = 0,102 + 𝑋 600

0,184=

400

X→ 𝑋 =

0,184 .400

600

𝑋 = 0,123 𝑚𝑚

𝛿𝐹 = 0,102 + 𝑋 = 0,225 𝑚𝑚

VAC = 60 kN VBD= 30 kN

60 kN 30 kN 60 kN 30 kN

PAC= 60 kN PBD= 30 kN

B

B’

Posição incial da Viga

Posição final da Viga

F

F’

A

A’

600 mm

400 mm

0,102 mm

0,102 mm

0,184 mm

0,286 mm

F = ?

X


11

b) a inclinação com a horizontal da viga rígida vale:

tg = 0,184mm / 600 mm tg = 3,067 . 10-4 = 0,01750 c) Para que a viga rígida AFC permaneça na posição horizontal: o deslocamento (encurtamento) no topo dos postes devem ser iguais:

𝛿𝐴 = 𝛿𝐵 → 𝑃𝐴𝐶𝐿𝐴𝐶

𝐸𝑎ç𝑜 𝐴𝐴𝐶=

𝑃𝐵𝐷𝐿𝐵𝐷

𝐸𝑎ç𝑜 𝐴𝐵𝐷

PAC = 60.103 N; LAC = 0,30 m; E = 200.109 N/m2; AAC = ?; PBD = 30.103 N; LBD = 0,30 m; E = 200.109 N/m2; ABD = ?;

(−60 . 103) . ( 0,30)

(200 . 109) 𝐴𝐴𝐶=

(−30 . 103) . ( 0,30)

(200 . 109) 𝐴𝐵𝐷

𝐴𝐵𝐷 = 0,50 𝐴𝐴𝐶

O menor diâmetro possível é definido considerando que a força interna em cada poste provoque uma tensão igual à tensão admissível do material: Poste AC:

adm_aço = 160 MPa adm_aço = F/A

adm_aço = PAC/AAC AAC = PAC/adm_aço

AAC = 60.103/160 . 106 AAC = 0,375.10-3 m2

Poste BD:

adm_aço = 160 MPa adm_aço = F/A

adm_aço = PBD/ABD ABD = PBD/adm_aço

ABD = 30.103/160 . 106 ABD = 0,1875.10-3 m2

De fato a área AAC = 2 ABD, visto que PAC = 2PBD

AAC = (D2)/4 = 0,375.10-3 m2 DAC = 0,02185 m = 2,19 cm

ABD = (D2)/4 = 0,1875.10-3 m2 DBD = 0,01545 m = 1,55 cm


12

Exemplo 4: O tubo rígido ABC está preso por pinos à duas barras curtas como ilustrado na figura ao lado. A barra AD é feita de aço (Eaço = 200 GPa) e tem diâmetro de 20 mm, já a barra BE é feito de alumínio (Eal= 70,0 GPa) e tem diâmetro de 40 mm. Considerando o comportamento elástico, determine: a) o deslocamento horizontal do ponto C; b) o ângulo de inclinação do tubo rígido ABC com a vertical após o deslocamento das barras; Solução: a) O tubo ABC é rígido, portanto o deslocamento vertical do ponto C depende do deslocamento das barras AD e BE, portanto, é necessário determinar a força interna em cada barra PAD = ? e PBE = ? barra AD = comprimida ou esticada ? barra BE = comprimida ou esticada ?

+ Fx = 0 HAD + HBE = 90

MA= 0 + HBE . 0,4 - 90 . 0,6 = 0 HBE = 90 . 0,6 /0,4 HBE = 135 kN HAD + HBE = 90 HAD = 90 – 135 = - 45 HAD = 45 kN

barra AD = esticada barra BE = comprimida

- Deslocamento na extremidade direita de cada barra:

AD: 𝛿𝐴 = 𝑃𝐴𝐷𝐿𝐴𝐷

𝐸𝐴𝐴𝐷=

(+45 . 103) .( 0,28)

(200 . 109) . (𝜋 . 0,0102)= +0,201 . 10−3 𝑚 = +0,201 𝑚𝑚

BE: 𝛿𝐵 = 𝑃𝐵𝐸𝐿𝐵𝐸

𝐸𝐴𝐵𝐸=

(−135 . 103) .( 0,30)

(70 . 109) . (𝜋 . 0,0202)= −0,460 . 10−3 𝑚 = −0,460 𝑚𝑚

C

D

E

280 mm

300 mm

90 kN

200 mm

A

B

400 mm

C

D

E

280 mm

300 mm

90 kN

200 mm

A

B

400 mm

HAD = ?

HBE = ?

45 kN

135 kN

A

B


13

- Traçando o diagrama que indica os deslocamentos da linha de centro que passa pelos pontos A, B e C , e utilizando a proporção de triângulo, o deslocamento do ponto C é determinado.

𝛿𝐴 = 0,201 𝑚𝑚 𝛿𝐵 = −0,460 𝑚𝑚 𝛿𝐴

𝑋=

𝛿𝐵

(400 – X)

0,201

𝑋=

−0,460

(400 – X)

0,201 . 400 − 0,201 𝑋 = 0,460 𝑋

0,661 𝑋 = 80,4 → 𝑋 = 121,6 𝑚𝑚

𝛿𝐶

600 − 121,6=

𝛿𝐵

(400 – 121,6)

𝛿𝐶

478,4=

0,460

278,4 → 𝛿𝐶 = 0,790 𝑚𝑚

b) a inclinação com a horizontal da viga rígida vale:

tg = 0,201 / 121,6 mm tg = 1,653 . 10-3 = 0,09470

A A

B

C = ?

400 mm

X = ?

400 - X

200 mm

A’

B’ B

C’ C


14

Exemplo 5: A barra composta de aço A-36 (E= 210.103 MPa), é composta por dois segmentos AB e BD, com áreas da seção transversal AAB= 600 mm2 e ABD= 1200 mm2. Considerando um comportamento elástico, determine: a) determine o deslocamento vertical da extremidade A; b) o deslocamento de C em relação a D; c) a tensão normal média máxima; Solução: É necessário determinar a força interna de cada trecho, a qual , é determinada por meio MÉTODO DAS SEÇÕES: OBS: Iniciando a análise pelo topo para não ter que calcular a reação de apoio D; NAi = + 75 kN, NBs = + 75 kN; NBi = + 75 - 20 -20 = 35 kN, NCs = + 35 kN; NCi = + 35 - 40 - 40= - 45 kN; NDs = - 45 kN; Deslocamento do ponto A: quando não for mencionado em relação a que ponto fica subentendido que o deslocamento será em relação ao ponto fixo, no caso ponto D:

𝜹𝑨 = ∑𝑷𝒊𝑳𝒊

𝑨𝒊𝑬𝒊𝒊

= 𝛿𝐴𝐵 + 𝛿𝐵𝐶 + 𝛿𝐶𝐷 =𝑷𝑨𝑩𝑳𝑨𝑩

𝑨𝑨𝑩𝑬𝑨𝑩+

𝑷𝑩𝑪𝑳𝑩𝑪

𝑨𝑩𝑪𝑬𝑩𝑪+

𝑷𝑪𝑫𝑳𝑪𝑫

𝑨𝑪𝑫𝑬𝑪𝑫

PAB = + 75 kN = 75.103 N (tração) PBC = + 35 kN = 35.103 N (tração) PAB = - 45 kN = 45.103 N (compressão)

PAB = + 75 kN

PBC = + 35 kN

PCD = - 45 kN

ou

D. Normal


15

AAB = 600 mm2 = 600 . 10-6 m2; ABD = 1200 mm2 = 1200.10-6 m2 E = 210.103 MPa = 210 . 109 N/m2

𝛿𝐴𝐵 =(75 . 103) . ( 1,0)

(600 . 10−6) . (210 . 109)= +0,595 . 10−3𝑚

𝛿𝐵𝐶 =(35 . 103) . ( 0,75)

(1200 . 10−6) . (210 . 109)= +0,104 . 10−3𝑚

𝛿𝐶𝐷 =(−45 . 103) . ( 0,50)

(1200 . 10−6) . (210 . 109)= −0,09 . 10−3𝑚

a)

𝜹𝑨 = + 0,61 . 10−3𝑚 = +0,61 𝑚𝑚 O deslocamento total é positivo, a barra alonga-se, assim o ponto A se afasta do ponto D. b) O deslocamento do ponto C em relação D é negativo, o trecho CD contrai-se, assim os pontos B e C se aproximam: 𝛿𝐶𝐷 = −0,090 . 10−3𝑚 = −0,090 𝑚𝑚 c)A tensão normal média máxima da barra vale:

Trecho AB: PAB= 75 kN AB= PAB/AAB AB = 75 . 103 / 600 . 10-6

traçãoAB= 125,0 . 106 N/m2AB = 125,0 MPa

Trecho BC: PBC= 35 kN BC= PBC/ABC BC= 35 . 103 / 1200 . 10-6

traçãoBC= 29,17 . 106 N/m2BC = 29,17 MPa

Trecho CD: PCD = -45 kN CD= PCD/ACD CD = -45 . 103 / 1200 . 10-6

compressãoCD= -37,5 . 106 N/m2CD = -37,50 MPa

A tensão normal média máxima ocorre no trecho AB, sendo de 125 MPa


16

2 Lista de exercícios

1) O tubo rígido é sustentado por um pino em C e por um cabo de ancoragem AB de aço A-36 (E = 200 GPa) com 5 mm de diâmetro. Considerando uma carga P de 1,5 kN e um comportamento elástico, determine o quanto o cabo AB é esticado.

R: AB = + 2,12 . 10-3 m 2) A viga rígida é sustentada por um pino em C e por um cabo de ancoragem AB de aço A-36 (E = 200 GPa) com 5 mm de diâmetro. Considerando um carregamento distribuído w de 1,5 kN/m e um comportamento elástico, determine o quanto o cabo AB é esticado.

R:AB = + 3,97 . 10-3 m 3) O eixo de cobre (E = 126 GPa) está sujeito às cargas axiais mostradas na figura. Os segmentos AB, BC e CD possuem os seguintes diâmetros, dAB = 20 mm, dBC = 25 mm e dCD = 12. Considerando um comportamento elástico, determine: a) o deslocamento da extremidade A em relação à extremidade D; b) a máxima tensão normal média no eixo;

R: a) AD = + 0,385 . 10-2 m

b) CD = 265,25 MPa 4) A coluna de aço A-36 (E = 200 GPa) é usada para suportar cargas simétricas dos dois pisos de um edifício. Considerando um comportamento elástico, determine o deslocamento vertical de sua extremidade A, quando P1 = 200 N, P2 = 310 N e a coluna tiver área da seção transversal de 14,625 mm2

R: AC = - 1,747 . 10-3 m 5) A coluna de aço A-36 (E = 200 GPa) é usada para suportar cargas simétricas dos dois pisos de um edifício. Considerando um comportamento elástico, determine o valor determine das cargas P1 e P2 se A desloca 3 mm para baixo e B desloca 2,25 mm para baixo quando as Exercícios: 4 e 5 cargas são aplicadas. A coluna tem área da seção transversal de 14,625 mm2. R: P1 = 304,63 N; P2 = 609,26 N


17

6) A haste de aço A-36 (E = 200 GPA) está sujeita ao carregamento mostrado. Se a área da seção transversal da haste for de 60 mm2. Considerando um comportamento elástico, determine: a) o deslocamento do ponto A e do ponto B; b) a máxima tensão normal média na haste;

R: a) A = 2,64 . 10-3 m; B = 2,31 . 10-3 m

b) CD = 268,67 MPa 7) A viga rígida AB está acoplada em B à haste metálica BC com 1,0 m de comprimento e diâmetro de 50 mm. A tensão de tração admissível para a haste BC é

t_adm = 110 MPa e o módulo de elasticidade é E = 69 GPa. Considerando o

comportamento elástico determine: a) o valor máximo de P que a haste metálica BC suporta;

b) a variação de comprimento da haste BC ( = ? - alongamento ou contração) e a

deformação axial elástica da haste ( =?); c) o diâmetro da haste BC necessário para que a variação do seu comprimento inicial seja de no máximo 1,5 mm; R: a) P = 19,62 kN

b) BC = +1,59 . 10-3 m c) d = 52 mm 8) O conjunto de pendural (barra rígida e haste AB) metálico é usado para suportar um carregamento distribuído W = 18 kN. O material do conjunto possui módulo de elasticidade de 70 GPa e uma tensão de escoamento de 266 MPa. Considerando um fator de segurança contra o escoamento F.S. = 2,0 de modo a garantir um comportamento elástico, determine: a) o diâmetro da haste AB para suportar a carga W; b) a variação de comprimento da haste AB

( = ? - alongamento ou contração) c) o diâmetro da haste AB necessário para que a variação do seu comprimento inicial seja de no máximo 1,0 mm; R: a) d = 19,7 mm

b) AB = + 2,85 . 10-3 m c) d = 33,2 mm


18

9) Se a viga rígida AC for suportada por uma barra AB e apoiada em C sobre um bloco rígido. A barra AB é de resina de poliéster (E= 3,22 GPa) e possui diâmetro de 40 mm. Devido a uma carga P = 80 kN. Considerando um comportamento elástico, determine:

a) a variação do comprimento inicial da barra (alongamento ou encurtamento: =?); b) o ângulo de inclinação da viga quando a carga P for aplicada; c) o diâmetro da haste AB necessário para que a variação do seu comprimento inicial seja de no máximo 1,0 mm;

R: a) AB = + 19,78 . 10-3 m

b) = 0,760 c) d = 17,8 cm 10) O poste é sustentado por um pino em C e por um arame de ancoragem AB de aço A-36 (E = 200 GPa). Se o diâmetro do arame for 5 mm. Considerando um comportamento elástico, determine: a) a variação de comprimento do arame AB

( = ? - alongamento ou contração) e a

deformação axial elástica do arame ( =?); b) o diâmetro necessário para que o arame deforme no máximo 0,5 mm;

R: a) AB = 1,06 . 10-2 m b) d = 23 mm 11) O conjunto é composto por três hastes de titânio (E = 350 GPa) e uma barra rígida AC. A área da seção transversal de cada haste é dada na figura. Considerando um comportamento elástico, determine o deslocamento vertical do ponto F.

R: F = 2,235 . 10-3 m


19

12) O conjunto é composto por três hastes de titânio (E = 350 GPa) e uma barra rígida AC. A área da seção transversal de cada haste é dada na figura. Considerando um comportamento elástico, determine o deslocamento horizontal do ponto F;

R: F = + 0,1166 . 10-3 m

13) Se a viga rígida AC for suportada por uma barra AB e apoiada sobre o poste CD. A barra AB possui diâmetro de 12 mm e o poste CD possui diâmetro de 40 mm, ambos feitos de resina de poliéster (E= 3,22 GPa). Considerando uma carga P de 8,0 kN e um comportamento elástico, determine:

a) variação do comprimento da barra e do poste (alongamento ou encurtamento: =?); b) o ângulo de inclinação da viga quando a carga P for aplicada;

R: a)AB = + 2,20 . 10-2 m

CD = - 0,4943 . 10-3 m

b) = 0,820 14) A viga rígida AEC é suportada em suas extremidades por dois tirantes de aço A-36. Considerando um comportamento elástico, determine: a) o deslocamento vertical do ponto E; b) o ângulo de inclinação da viga AEC com a horizontal. c) o menor diâmetro dos tirantes de modo que a viga rígida permaneça na

horizontal, considerando adm_aço = 160 MPa.

Tirantes de aço, com os seguintes diâmetros: dAB = 12 mm e dCD = 22 mm. Eaço = 200 GPa; w = 7 kN/m; x = 1,60 m

R: a) E = 0,257 mm

b) = 0,01210 c) dAB = 7,73 mm; dCD = 5,45 mm

W

E


20

15) O conjunto é composto por duas hastes de titânio (E = 350 GPa) e uma barra rígida BDE. A área da seção transversal de cada haste é dada na figura. Considerando um comportamento elástico, determine o ângulo de inclinação da barra rígida BDE; LAB = 1,20 m; AAB = 600 mm2; LCD = 1,80 m; ACD = 900 mm2;

16) A barra rígida BDE é suspensa por duas barras AB e CD. A barra AB é de alumínio (Ealu = 70 GPa) e uma seção transversal com área de 500 mm2, a barra CD é de aço (Eaço = 200 GPa) e uma seção transversal com área de 600 mm2. Considerando um comportamento elástico, determine: a) os deslocamentos dos pontos B e D; b) o ângulo de inclinação da barra rígida BDE;

R: a) AB = - 0,514 . 10-3 m

CD = + 0,30 . 10-3 m

b) = 0,230 17) A barra rígida BCE é suspensa por duas hastes AB e CD, ambas de seção transversal retangular e uniforme (6,35 x 25,4 mm) e de aço (Eaço = 200 GPa). Considerando um comportamento elástico, determine a maior carga vertical P que pode ser aplicada no ponto E se o deslocamento vertical para baixo do ponto E não pode exceder 0,254 mm. R: P = 3,151 kN

E

D

B

C

A

0,60 m

0,30 m

30 kN

P

R: = 0,0330


1

1


2


3

3


4

4

5


5

6

A = AB + BC + CD = +8. 103 . 0,50 + +10,40. 103 . 1,50 + 16,12.103 . 0,75 = 2,64. 10-3 m

200.109 . 60.10-6 200.109 . 60.10-6 200.109 . 60.10-6

B = BC + CD = +10,40. 103 . 1,50 + 16,12.103 . 0,75 = 2,31. 10-3 m

200.109 . 60.10-6 200.109 . 60.10-6


6

7


7

8


8

9

10

1,5

m 19, 78 . 10-3 / 1,5 0,760

11


Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Resistência dos Materiais 2

1

12



2

13



3

14



4

14



5

15



6

16



7

17



8


1

RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 2

As anotações, fotos, gráficos e tabelas contidas neste texto, foram retiradas dos seguintes livros: - RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS - Ferdinand P. Beer - E. Russel Johnston Jr. Ed. PEARSON - 3ª edição – 1995 - RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS - R. C. Hibbeler Ed. PEARSON - 5ª edição – 2004 Parte 03: Torção; - Definição; - Deformação por torção; - Tensão e ângulo de torção no regime elástico: -- Em barra circular de seção uniforme sob momento de torção na extremidade; -- Em barra circular de seção variável sob momentos de torção aplicados ao longo do eixo central da barra -- Em barras sólidas de seção não circular sob momentos de torção aplicados ao longo do eixo central da barra; -- Em barras e eixos vazados de paredes finas sob momentos de torção aplicados ao longo do eixo central;


2

1 - Definição de Torção Peças (barras, eixos, vigas) submetidas à ação de momentos de torção ou torque (T) tende a torcer em torno de seu eixo central longitudinal, conforme mostra a figura 1. Figura 1: barra sob torção 2 - Deformação por torção de um eixo ou barra circular Quando uma barra ou eixo circular é submetido á torção ou momento de torção: - Todas as seções transversais permanecem planas e indeformadas; - As várias seções transversais ao longo do eixo giram em diferentes ângulos, mas como disco sólido e rígido (figura 2); Figura 2: as seções transversais permanecem planas e indeformadas; 3 - Fórmula de torção A ação de um momento de torção ou torque (T) gera internamente uma

distribuição de tensão de cisalhamento () na seção transversal da barra, ou seja, surge uma variação linear na tensão de cisalhamento ao longo de qualquer linha radial na seção transversal, conforme ilustra a figura 3.

Considerando que o material da barra trabalha no regime elástico a tensão a

tensão de cisalhamento () em qualquer ponto p distante do eixo central da barra

circular é definida:

𝝉 = 𝑻 . 𝝆

𝑱 (1)

Em que : T = momento de torção ou torque (T) que atua na seção transversal da barra;

= distância do ponto p ao eixo central da barra; Varia de 0 até c (raio externo) J = Momento de inércia polar da seção transversal da barra;

Figura 3: distribuição de tensão de cisalhamento na seção transversal da barra circular maciça provocado pelo T Analisando a equação 1, verifica-se que a tensão de cisalhamento é máxima na

superfície da barra, ou seja, quando = c, o que permite escrever:

𝝉𝒎á𝒙 = 𝑻 . 𝒄

𝑱 (2)

Ponto p


3

Para barras e eixos de seção transversal circular maciça, o momento polar de

inércia é definido por:

𝑱 =𝟏

𝟐 (𝝅 . 𝒄𝟒) (𝟑)

Em que: c = raio externo do círculo;

Figura 4: distribuição de tensão de cisalhamento em barras e

eixos de seção circular maciça;

Para barras e eixos de seção transversal circular vazada, o momento polar de

inércia é definido por:

𝑱 =𝟏

𝟐(𝝅 . (𝒄𝟒 − 𝒄𝒊

𝟒)) (𝟒)

Em que: c = raio externo do círculo; ci = raio interno do círculo;

Figura 5: distribuição de tensão de cisalhamento em barras e eixos de seção circular vazada;

A figura 5 apresentada a distribuição de tensão de cisalhamento () de uma barra ou

eixo de seção circular vazada, de raio interno ci e raio externo c. Do conceito de proporção de triângulo obtém a seguinte relação: 𝝉𝒎í𝒏

𝒄𝒊=

𝝉𝒎á𝒙

𝒄 → 𝝉𝒎í𝒏 =

𝒄𝒊

𝒄 𝝉𝒎á𝒙

𝝉𝒎í𝒏 = 𝒄𝒊

𝒄 𝝉𝒎á𝒙 (5)


4

Exemplo1: Uma barra circular vazada de aço inoxidável tem comprimento L = 1,5 m e diâmetros interno e externo respectivamente de 40 e 60 mm. Determine: a) qual é o maior momento de torção que pode ser aplicado à barra, para que a tensão de cisalhamento não exceda 120 MPa? b) qual é o valor mínimo da tensão de cisalhamento para este caso?

Aço inoxidável: E= 190 GPa; G = 73 GPa; e = 152 MPa

Resolução: ci = 20 mm = 0,02 m c = 30 mm = 0,03 m

a) T = ? de modo que máx ≤ 120 MPa, ou seja, máx = 120 MPa

- como máx < e ( tensão de cisalhamento de escoamento)

- Portanto ocorrem Tensões no regime elástico:

𝝉𝒎á𝒙 =𝑻 . 𝒄

𝑱

Nesta equação sabe-se: c = 0,03 m; máx = 120 MPa ,

Falta apenas o momento de inércia polar da barra vazada: 𝑱 =𝟏

𝟐( 𝝅 . (𝒄𝟒 − 𝒄𝒊

𝟒) )

Jbarra = 1/2 [. ( (c)4 - (ci)4) ] = 1/2 [ . ( (0,03)4 - (0,02)4 ) ] = 1,021 . 10-6 m4


𝑱 → 𝑻 =

𝝉𝒎á𝒙 . 𝑱

𝒄 =

120 . 106 . 1,021 . 10−6

0,03= 4,08 .103 N.m

𝑻 = 4,08 .𝟏𝟎𝟑 N.m = 4,08 kN.m b) A menor tensão de cisalhamento de uma barra vazada ocorre na face interna da barra, sendo esta a tensão de cisalhamento mínima, a qual é obtida por:

𝛕𝐦í𝐧

0,02=

𝛕𝐦á𝐱

0,03 → 𝛕𝐦í𝐧 =

0,02

0,03120 . 106

→ 𝛕𝐦í𝐧 = 80 . 106 N.m2 = 80 MPa

𝛕𝐦í𝐧 𝛕𝐦á𝐱

0,02

0,03


5

Exemplo2: A distribuição de tensão em um eixo circular maciço foi representada em um gráfico ao longo de três linhas radiais arbitrárias como mostra a figura a seguir. Determine o torque interno resultante na seção transversal; T = ? - Devido ao torque interno resultante surge uma distribuição de tensão de cisalhamento ilustrada na figura acima, onde o valor máximo de tensão ocorre na superfície, cujo valor é definido por:


𝑱

Portanto:

𝑻 = 𝝉𝒎á𝒙. 𝑱

𝒄

Sabe-se:

máx = 56 MPa = 56 . 106 N/m2

c = 50 mm = 0,050 m

𝑱 =𝟏

𝟐(𝝅 . 𝒄𝟒) momento de inércia polar da barra;

Jbarra = 1/2 [.c4 ] = 1/2 [ . 0,054 ] = 9,82 . 10-6 m4


𝒄=

56 . 106 . 9,82 . 10−6

0,05

𝑻 = 10998,40 𝑁. 𝑚 = 11. 103 𝑁. 𝑚 = 𝟏𝟏 𝒌𝑵. 𝒎


6

Exemplo3: Um tubo mostrado na figura a seguir tem diâmetro interno de 80 mm e diâmetro externo de 100 mm. Se sua extremidade for apertada contra o apoio em A usando uma chave em B, determine a tensão de cisalhamento desenvolvida no material nas paredes internas e externa ao longo da parte central do tubo ( C ) quando são aplicadas forças de 80 N na chave. Indicar a tensão de cisalhamento na parede interna e externa do tubo por meio de elementos infinitesimais localizados nestas paredes; Resolução: - Momento de torção ou Torque gerado pelas forças de 80 N ao longo das seções transversais do tubo inclusive na seção C: T = 80 . 0,3 + 80 . 0,2 = 40 N. m - Para manter o equilíbrio surge torque interno de igual intensidade e sentido contrário: ∑ Ty = 0 + 40 – Tc = 0 Tc = 40 N.m - Determinação da tensão de cisalhamento provocada por um torque qualquer (T) em qualquer ponto na

seção transversal de uma barra circular: 𝝉 = 𝑻 . 𝝆

𝑱

T = 40 N.m

𝑱 =𝟏

𝟐(𝝅 . (𝒄𝟒 − 𝒄𝒊

𝟒)) = 1/2 [.( (0,05)4 - (0,04)4 ) ] = 5,80 . 10-6 m4

Tensão localizada na parede interna: = 0,04 m

Tensão localizada na parede externa: = 0,05 m

𝝉𝒊 = 𝑇 . 𝜌

𝐽=

40 . 0,04

5,80 . 10−6= 0,276 . 106 𝑁/𝑚2 = 0,276 MPa

𝝉𝒆 = 𝑇 . 𝜌

𝐽=

40 . 0,05

5,80 . 10−6= 0,345 . 106 𝑁/𝑚2 = 0,345 MPa

T Tc


7

Exemplo4: O projeto original de um eixo de transmissão adotou uma barra vazada com dinterno=100 mm e dexterno=150 mm. O material desta barra possui tensão admissível de cisalhamento de 83 MPa. Determine o máximo torque que pode ser transmitido: a) com a barra vazada do projeto original; b) com uma barra maciça de mesmo volume e comprimento da barra vazada do projeto original; c) com uma barra vazada com diâmetro externo de 200 mm e de mesmo volume e comprimento da barra vazada do projeto original; Resolução:

a) T = ? de modo que máx ≤ adm = 83 MPa


𝑱

ci = 0,050 m; c = 0,075 m

Joriginal =1/2 [. ( (c)4 - (ci)4) ] = 1/2 [. ( (0,075)4] - (0,050)4 ) ] = 39,8 . 10-6 m4

𝟖𝟑 . 𝟏𝟎𝟔 =𝑻 . 𝟎, 𝟎𝟕𝟓

𝟑𝟗, 𝟖 . 𝟏𝟎−𝟔 → 𝑻 =

𝟖𝟑 . 𝟏𝟎𝟔 . 𝟑𝟗, 𝟖 . 𝟏𝟎−𝟔

𝟎, 𝟎𝟕𝟓= 𝟒𝟒𝟎𝟒𝟓 𝑵. 𝒎 = 𝟒𝟒 𝑲𝑵. 𝒎

b) T = ? de modo que volume barra sólida seja o mesmo da barra vazada do projeto original:


𝑱

Asólida = c2 = Aoriginal = [(0,075)2 - (0,050)2] = 9,8175 . 10-3 m2

c2 = 9,8175 . 10-3 c = 0,056 m = 56 mm

Jsólida = 1/2 [.c4] = 1/2 [ . (0,056)4] = 15,45 . 10-6 m4

𝟖𝟑 . 𝟏𝟎𝟔 =𝑻 . 𝟎, 𝟎𝟓𝟔

𝟏𝟓, 𝟒𝟓 . 𝟏𝟎−𝟔 → 𝑻 =

𝟖𝟑 . 𝟏𝟎𝟔 . 𝟏𝟓, 𝟒𝟓 . 𝟏𝟎−𝟔

𝟎, 𝟎𝟓𝟔= 𝟐𝟐𝟖𝟗𝟗 𝑵. 𝒎 = 𝟐𝟐, 𝟗 𝑲𝑵. 𝒎

c) T = ? de modo que volume barra vazada seja o mesmo da barra vazada do projeto original:


𝑱

ci = ?; c = 0,100 m

Avazada = [(0,100)2 - (c1)2] = 0,03142 - (c1)2 Aoriginal = 9,8175 . 10-3 m2

0,03142 - (c1)2 = 9,8175 . 10-3 c1 = 0,083 m = 83 mm

Jvazada = 1/2 [. ( (c2)4 - (c1)4) ] = 1/2 [. ( (0,1)4] - (0,083)4 ) ] = 82,53 . 10-6 m4


𝑱

𝟖𝟑 . 𝟏𝟎𝟔 =𝑻 . 𝟎, 𝟏𝟎

𝟖𝟐, 𝟓𝟑 . 𝟏𝟎−𝟔 → 𝑻 =

𝟖𝟑 . 𝟏𝟎𝟔 . 𝟖𝟐, 𝟓𝟑 . 𝟏𝟎−𝟔

𝟎, 𝟏𝟎= 𝟔𝟖𝟓𝟎𝟎 𝑵. 𝒎 = 𝟔𝟖, 𝟓 𝑲𝑵. 𝒎

2,50 m

150 mm 100 mm

Vsólido = Voriginal

Asólida . L = Aoriginal . L

Asólida = Aoriginal

Vvazada = Voriginal

Avazada . L = Aoriginal . L

Avazada = Aoriginal


8

Barras circulares Submetidas á ação de diversos momentos de torção ou torques: Nestes casos, o momento de torção interno ou torque interno bem como o ângulo de torção são determinados pelo método das seções considerando a seguinte convenção de sinais: CONVENÇÃO DE SINAIS: Para realizar o somatório Regra da mão direita: Polegar saindo da seção: Polegar entrando na seção: T + (torque positivo) T - (torque negativo)

+ (ângulo de torção positivo) - (ângulo de torção negativo) Exemplo5: O eixo circular no trecho central BC é vazado, e tem diâmetros de 90 mm e 120 mm, respectivamente interno e externo. Os eixos AB e CD são maciços, com diâmetro d. Determine, para o carregamento indicado: a) o valor máximo e o valor mínimo da tensão de cisalhamento no trecho BC; b) qual o diâmetro necessário nos trechos AB e CD se a tensão admissível no material é 65 MPa. Resolução: - Método das seções para traçar o diagrama de torção ao longo da barra ABCD: Analisando da esquerda direita: TAd = - 6 kN.m TBe = - 6 kN.m TBd = - 6 -14 = - 20 kN.m TCe = - 20 kN.m TCd = - 20 + 26 = 6 kN.m TDe = + 6 kN.m

A B C D

Torque (kN.m)

TAB = - 6 kN.m

TBC = - 20 kN.m

TCD = + 6 kN.m

L (m)


9

a) máx = ? e mín = ? do trecho BC


𝑱 e 𝝉𝒎í𝒏 =

𝒄𝒊

𝒄 𝝉𝒎á𝒙

Jbarra = 1/2 [. ( (c)4 - (ci)4) ] = 1/2 [.( (0,06)4 - (0,045)4 ) ] = 13,921 . 10-6 m4


𝑱 =

20 . 𝟏𝟎𝟑 . 0,06

13,921 . 𝟏𝟎−𝟔= 86,20 .𝟏𝟎𝟔 N . 𝒎𝟐 = 86,20 MPa

𝝉𝒎í𝒏 = 𝒄𝒊

𝒄 𝝉𝒎á𝒙 =

0,045

0,06 86,20 = 64,7 MPa

b) dAB = ? e dCD = ? de modo que máx ≤ adm = 65 MPa

- como máx < e ( tensão de cisalhamento de escoamento)

- Tensões no regime elástico o que permite utilizar a equação:


𝑱 para calcular o diâmetro necessário dos trechos AB e CD:

- Como: | TAB | = | TCD | = 6 kN.m ambos os trechos terão o mesmo diâmetro; - Nos trechos AB e CD o eixo circular é maciço, portanto: JEIXO = Jcírculo

- Jcírculo = 1/2 [ . (c)4]

Substituindo: máx , T e J na equação: 𝝉𝒎á𝒙 =𝑻 . 𝒄

𝑱


𝑱 → 𝟔𝟓 . 𝟏𝟎𝟔 =

𝟔 . 𝟏𝟎𝟑 . 𝒄

𝟏/𝟐 [ 𝛑. (𝐜)𝟒] → 𝟔𝟓 . 𝟏𝟎𝟔 =

𝟔 . 𝟏𝟎𝟑

𝟏/𝟐 𝛑 . 𝐜𝟑

𝐜𝟑 =𝟔 . 𝟏𝟎𝟑

𝟏/𝟐 𝛑 . 𝟔𝟓 . 𝟏𝟎𝟔 → 𝐜𝟑 =

𝟔 . 𝟏𝟎𝟑

𝟏/𝟐 𝛑 . 𝟔𝟓 . 𝟏𝟎𝟔= 𝟎, 𝟎𝟓𝟖𝟕𝟔 . 𝟏𝟎−𝟑

𝒄 = √𝟎𝟑

, 𝟎𝟓𝟖𝟕𝟔 . 𝟏𝟎−𝟑 → 𝒄 = 𝟎, 𝟎𝟑𝟖𝟖𝟕𝟕 𝒎 = 𝟑𝟖, 𝟗 𝒎𝒎 → 𝒅 = 𝟐. 𝒄 = 𝟕𝟕, 𝟖 𝒎𝒎


10

Exemplo6: O eixo mostrado na figura a seguir está apoiado em dois mancais e sujeito a três torques. Determine a tensão de cisalhamento desenvolvida nos pontos 1 e 2 localizados na seção s-s. Representar o estado de tensão nos pontos 1 e 2 por elementos infinitesimais de volume. Resolução: - Método das seções para traçar o diagrama de torção ao longo da barra ABCD: Analisando da esquerda direita: TAd = 0 kN.mm TBe = 0 kN.mm TBd = - 4250 kN.mm TCe = - 4250 kN.mm TCd = - 4250 + 3000 = - 1250 kN.mm TDe = - 1250 kN.mm TDd = - 1250 + 1250 = 0 kN.mm TEe = 0 kN.mm A seção s-s está no trecho CD T = 1250 kN.mm

1 = ? e 2 = ? 𝝉 =𝑻 . 𝝆

𝑱

- 1 = 75 mm = 0,075 m ; 2 = 15 mm = 0,015 m

- Jbarra =1/2 [. c4 ] = 1/2 [. 0,0754] = 49,70 . 10-6 m4

𝝉𝟏 =𝑻 . 𝝆𝟏

𝑱 =

𝟏𝟐𝟓𝟎 . 𝟎, 𝟎𝟕𝟓

𝟒𝟗, 𝟕𝟎 . 𝟏𝟎−𝟔= 𝟏, 𝟖𝟗 . 𝟏𝟎𝟔 𝑵/𝒎𝟐 = 𝟏, 𝟖𝟗 𝑴𝑷𝒂

𝝉𝟐 =𝑻 . 𝝆𝟏

𝑱 =

𝟏𝟐𝟓𝟎 . 𝟎, 𝟎𝟏𝟓

𝟒𝟗, 𝟕𝟎 . 𝟏𝟎−𝟔= 𝟎, 𝟑𝟖 . 𝟏𝟎𝟔

𝑵

𝒎𝟐 = 𝟎, 𝟑𝟖 𝑴𝑷𝒂

OBS: Esquerda direita Esquerda Direita Ponto 1: Ponto 2:

1

2

s

s

A B C D E

Torque (kN.mm)

TBC = - 4250 kN.mm

TCD = - 1250 kN.mm TAB = 0

A

B

C

D

E

D

TDE= 0

1,89 MPa

0,38 MPa

L (mm)

1

2


11

Exemplo7: A tensão de cisalhamento admissível é de 103 MPa na barra de aço AB de 38,1 mm de diâmetro e 55 MPa na barra de latão BC de 45,7 mm de diâmetro. Desprezando o efeito de concentrações de tensão, determine o maior valor para o torque T que pode ser aplicado. Resolução: - Método das seções para traçar o diagrama de torção ao longo da barra ABC: Analisando de cima baixo: TAi = - T kN.m TBs = - T kN.m TBi = - T + 2,5 T = + 1,5 T kN.m TCs = + 1,5 T kN.m Trecho AB: TAB = T = ?


𝑱 𝑻 =

𝝉𝒎á𝒙. 𝑱

𝒄

Sabe-se: máx = 103 MPa = 103 . 106 N/m2

c = d/2 = 38,1/2 = 19,05 mm = 0,01905 m

𝑱 =𝟏


Jbarra = 1/2 [.c4 ] = 1/2 [ . 0,019054 ] = 2,069 . 10-7 m4

𝑻𝑨𝑩 = 𝑻 = 𝝉𝒎á𝒙. 𝑱

𝒄=

103 . 106 . 2,069 . 10−7

0,019051,12 . 103 𝑁. 𝑚 = 𝟏, 𝟏𝟐 𝒌𝑵. 𝒎

𝑻 = 𝟏, 𝟏𝟐 𝒌𝑵. 𝒎 Trecho BC: TBC = 1,5 T = ?


𝑱 𝑻 =


𝒄

Sabe-se: máx = 55 MPa = 55 . 106 N/m2

c = d/2 = 45,7/2 = 22,85 mm = 0,02285 m

𝑱 =𝟏


Jbarra = 1/2 [.c4 ] = 1/2 [ . 0,022854 ] = 4,282 . 10-7 m4

𝑻𝑩𝑪 = 𝟏, 𝟓𝑻 = 𝝉𝒎á𝒙. 𝑱

𝒄=

55 . 106 . 4,282 . 10−7

0,02285= 1,03 . 103 𝑁. 𝑚 = 𝟏, 𝟎𝟑 𝒌𝑵. 𝒎

𝟏, 𝟓 𝑻 = 𝟏, 𝟎𝟑 𝒌𝑵. 𝒎 𝑻 = 𝟎, 𝟔𝟖𝟕 𝒌𝑵. 𝒎 Comparando os valores limites para T de cada trecho, verifica-se que o valor máximo para o torque: T = 0,687 kN.m

A

B

Torque (kN.m)

TAB= - T

T

2,5 T

aço

latão

L (m)

C

TAB= + 1,5 T


12

Exemplo8: Dois eixos maciços de aço estão acoplados pelas engrenagens mostradas na figura. Eixo AB está apoiado no mancal A que permite livre rotação e o eixo CD está fixo em D, o que impede o giro livre dos eixos. Sabendo-se que a tensão de cisalhamento de ruptura é de 110 MPa, determine: o maior torque que To que pode ser aplicado considerando um fator de segurança de 2,0; Resolução: - T0 = ? Para que a tensão de cisalhamento máxima na

barra AB e na barra CD adm =110/2 = 55 MPa - Na barra AB: TAB = T0 - Na barra CD: TCD = ? - Lembrando do conceito de momento de torção ou torque: T = F. r TAB = T0 T0 = F1 . 0,022 F1 = T0/0,022 TCD = ? TCD = F1 . 0,062 TCD = (T0/0,022) . 0,062

TCD = 2,82T0 - Com o torque nas barras definidos em função de T0, o maior valor para T0

pode ser determinado: TAB = T0 TCD = 2,82T0

900 mm

650 mm

25 mm

19 mm

62 mm

22 mm

rC rB

C B

F1

F1


13

- barra AB:


𝑱 𝑻 =


𝒄 → 𝑻 = 𝑻𝑨𝑩 = 𝑻𝟎

Sabe-se: máx = 55 MPa = 55 . 106 N/m2

c = d/2 = 19/2 = 9,5 mm = 0,0095 m

𝑱 =𝟏


Jbarra = 1/2 [.c4 ] = 1/2 [ . 0,00954 ] = 1,28 . 10-8 m4


𝒄=

𝟓𝟓 . 106 . 1,28 . 10−8

0,0095= 74,11 𝑁. 𝑚

𝑻 = 𝑻𝑨𝑩 = 𝑻𝟎 = 74,11 𝑁. 𝑚

𝑻𝟎 = 𝟕𝟒, 𝟏𝟏 𝑵. 𝒎 - barra CD:


𝑱 𝑻 =


𝒄 → 𝑻 = 𝑻𝑪𝑫 = 𝟐, 𝟖𝟐𝑻𝟎

Sabe-se: máx = 55 MPa = 55 . 106 N/m2

c = d/2 = 25/2 = 12,5 mm = 0,0125 m

𝑱 =𝟏


Jbarra = 1/2 [.c4 ] = 1/2 [ . 0,01254 ] = 3,83 . 10-8 m4


𝒄=

𝟓𝟓 . 106 . 3,83 . 10−8

0,0125= 168,52 𝑁. 𝑚

𝑻 = 𝑻𝑪𝑫 = 𝟐, 𝟖𝟐𝑻𝟎 = 168,52 𝑁. 𝑚 𝟐, 𝟖𝟐𝑻𝟎 = 168,52 𝑁. 𝑚

𝑻𝟎 = 𝟓𝟗, 𝟕𝟔 𝑵. 𝒎 Para que a tensão na barra AB não ultrapasse 55 MPa T0 = 74,11 N.m Para que a tensão na barra CD não ultrapasse 55 MPa T0 = 59,76 N.m Portanto, para a tensão de 55 MPa não seja ultrapassada nas duas barras o maior valor para T0 é 59,76 N. m;


14

Exemplo9: Um torque de intensidade T = 120 kN.m é aplicado ao eixo AB do trem de engrenagem mostrado. Sabendo que a tensão de cisalhamento admissível para os três eixos sólidos é de 75 MPa, determine:

a) o diâmetro necessário de cada eixo AB; CD; EF; b) a intensidade e o sentido (horário ou anti-horário) da força F que deve ser aplicada sobre o disco dentado do eixo EF para que o trem de engrenagem fique em equilíbrio estático;

Resolução: a) 1- Determinar o toque em cada eixo do trem Eixo AB: TAB = 120 kN.m Eixo CD: TCD = ? kN.m Eixo EF: TEF = ? kN.m TORQUE: T = F. r TAB = 120 kN.m = F1 . rB 120 = F1 . 0,025 F1 = 120/0,025 = 4800 kN TCD = ? kN.m = F1 . rC TCD = 4800 . 0,060 = 288 kN.m TCD = 288 kN.m = F2 . rD 288 = F2 . 0,030 F2 = 288/0,030 = 9600 kN TEF = ? kN.m = F2 . rE TEF = 9600 . 0,075 = 720 kN.m

rE rD

rC rB

E

D

C B

F1 F1

F1

F2

F2

F2

TCD

TEFD


15

2 - Conhecido os torques os diâmetros podem ser determinados:

dAB = ? de modo que máx ≤ adm = 75 MPa


𝑱 ; TAB = 120 kN.m ; c = r ; Jcírculo = 1/2 [ . (c)4] = 1/2 [ . (r)4]


𝑱 → 𝟕𝟓 . 𝟏𝟎𝟔 =

𝟏𝟐𝟎 . 𝟏𝟎𝟑 . 𝒓

𝟏/𝟐 [ 𝛑. (𝐫)𝟒] → 𝟕𝟓 . 𝟏𝟎𝟔 =

𝟏𝟐𝟎 . 𝟏𝟎𝟑 . 𝒓

𝟏, 𝟓𝟕𝟏 . 𝐫𝟒

𝟕𝟓 . 𝟏𝟎𝟔 =𝟕𝟔, 𝟑𝟖𝟒 . 𝟏𝟎𝟑

𝐫𝟑 → 𝐫𝟑 =

𝟕𝟔, 𝟑𝟖𝟒 . 𝟏𝟎𝟑

𝟕𝟓 . 𝟏𝟎𝟔 → 𝒓 = 𝟎, 𝟏𝟎𝟏 𝒎 = 𝟏𝟎, 𝟏 𝒄𝒎

dCD = ? de modo que máx ≤ adm = 75 MPa


𝑱 ; TCD = 288 kN.m ; c = r ; Jcírculo = 1/2 [ . (c)4] = 1/2 [ . (r)4]


𝑱 → 𝟕𝟓 . 𝟏𝟎𝟔 =

𝟐𝟖𝟖 . 𝟏𝟎𝟑 . 𝒓

𝟏/𝟐 [ 𝛑. (𝐫)𝟒] → 𝟕𝟓 . 𝟏𝟎𝟔 =

𝟐𝟖𝟖 . 𝟏𝟎𝟑 . 𝒓

𝟏, 𝟓𝟕𝟏 . 𝐫𝟒

𝟕𝟓 . 𝟏𝟎𝟔 =𝟏𝟖𝟑, 𝟑𝟐𝟑 . 𝟏𝟎𝟑

𝐫𝟑 → 𝐫𝟑 =

𝟏𝟖𝟑, 𝟑𝟐𝟑 . 𝟏𝟎𝟑

𝟕𝟓 . 𝟏𝟎𝟔 → 𝒓 = 𝟎, 𝟏𝟑𝟓 𝒎 = 𝟏𝟑, 𝟓 𝒄𝒎

dEF = ? de modo que máx ≤ adm = 75 MPa


𝑱 ; TEF = 720 kN.m ; c = r ; Jcírculo = 1/2 [ . (c)4] = 1/2 [ . (r)4]


𝑱 → 𝟕𝟓 . 𝟏𝟎𝟔 =

𝟕𝟐𝟎 . 𝟏𝟎𝟑 . 𝒓

𝟏/𝟐 [ 𝛑. (𝐫)𝟒] → 𝟕𝟓 . 𝟏𝟎𝟔 =

𝟕𝟐𝟎 . 𝟏𝟎𝟑 . 𝒓

𝟏, 𝟓𝟕𝟏 . 𝐫𝟒

𝟕𝟓 . 𝟏𝟎𝟔 =𝟒𝟓𝟖, 𝟑𝟎𝟕 . 𝟏𝟎𝟑

𝐫𝟑 → 𝐫𝟑 =

𝟒𝟓𝟖, 𝟑𝟎𝟕 . 𝟏𝟎𝟑

𝟕𝟓 . 𝟏𝟎𝟔 → 𝒓 = 𝟎, 𝟏𝟖𝟑 𝒎 = 𝟏𝟖, 𝟑 𝒄𝒎

b) Para o trem de engrenagem ficar em equilíbrio estático deve ser aplicado sobre o disco dentado do eixo EF uma força F = F2 = 9600 kN no sentido HORÁRIO


16

4 - Ângulo de torção () no regime elástico Para uma barra circular sujeita à ação de um momento de torção ou torque (T) aplicado em uma das suas extremidades, as seções transversais sofrem uma rotação, ou seja, apresentam um ângulo de torção, conforme mostra a figura 6;

Figura 6: Ângulo de torção Produzido por um torque;

Para barras e eixos de seção circular CONSTANTE submetido à ação de um torque aplicado em sua extremidade, o ângulo de torção é definido por:

𝝓 =𝑻 . 𝑳

𝑱. 𝑮 (em radianos) (6)

Em que: T = Torque aplicado na barra; L = comprimento da barra; J = momento polar de inércia da seção transversal da barra; G = módulo de elasticidade ao cisalhamento;

Se a barra ou eixo de seção circular CONSTANTE estiver sujeita a diversos momentos de torção ou torques, conforme mostra a figura 7, o ângulo de torção dado pela equação (6) é escrita da seguinte forma:

𝝓 = ∑𝑻 . 𝑳

𝑱. 𝑮 (em radianos) (7)

O ângulo de torção é dado pela soma do ângulo de cada trecho da barra.

Figura 7: Ângulo de torção Produzido por vários Torque aplicados;

Para determinar este ângulo é necessário estabelece uma convenção de sinais: CONVENÇÃO DE SINAIS: Para realizar o somatório Regra da mão direita: Polegar saindo da seção: Polegar entrando na seção: T + (torque positivo) T - (torque negativo)

+ (ângulo de torção positivo) - (ângulo de torção negativo)


17

Exemplo10: a)Que valor de momento de torção deve ser aplicado à barra circular do Exemplo1, de modo que o ângulo de torção produzido na extremidade A seja de 20 ?; b) Que ângulo de torção provoca uma tensão de cisalhamento de 70 MPa na face interna da barra? Aço inoxidável: E= 190 GPa; G = 77 GPa; Resolução:

a)T = ? de modo que o ângulo de torção da barra seja: ∅ = 𝟐𝟎

𝝓A/B = 𝝓A =𝑻 . 𝑳

𝑱. 𝑮 (em radianos)

- Porém, antes de calcular este T é necessário determinar: J =? J = ? Momento polar da barra vazada:

Jbarra = 1/2 [. ( (c2)4] - (c1)4) ] = 1/2 [. ( (0,03)4] - (0,02)4) ] = 1,021 . 10-6 m4

OBS: Lembrando que o ângulo de torção é calculado em radianos: 2 radianos = 3600 x = 20 x = 34,9 x 10-3 rad

𝝓A =𝑻 . 𝑳

𝑱. 𝑮 → 𝑻 =

𝝓A . 𝑱 . 𝑮

𝑳 =

34,9 . 10−3 . 1,021 . 10−6 . 77. 109

1,5

𝑻 = 1,829 . 103 N.m = 1,83 . kN.m

b) 𝝓 = ? de modo que a tensão na face interna do barra circular: 𝝉𝒎𝒊𝒏 = 70 MPa - O ângulo de torção é determinado por:

𝝓A =𝑻 . 𝑳

𝑱. 𝑮

- Porém, antes de calcular este ângulo é necessário determinar: T =?

T=? produz na face interna da barra uma tensão: 𝝉𝒎𝒊𝒏 = 70 MPa

- A tensão de cisalhamento () de qualquer ponto distante do eixo central da barra circular provocado por momento de torção T pode ser calculada por:

𝝉 = 𝑻 . 𝝆

𝑱

Nesta equação sabemos: 𝝉𝒎𝒊𝒏 = 70 MPa ; 𝝆 = 𝒄𝟏 = 0,02 ; J=1,021 . 10 - 6 m4

𝟕𝟎 . 𝟏𝟎𝟔 = 𝑻 . 𝟎, 𝟎𝟐

𝟏, 𝟎𝟐𝟏 . 𝟏𝟎−𝟔 → 𝑻 =

𝟕𝟎 . 𝟏𝟎𝟔 . 𝟏, 𝟎𝟐𝟏 . 𝟏𝟎−𝟔

𝟎, 𝟎𝟐 → 𝑻 = 𝟑𝟓𝟕𝟑, 𝟓 𝑵. 𝒎

- Agora o ângulo produzido para esta tensão na face interna vale:

𝝓A =𝟑𝟓𝟕𝟑, 𝟓 . 𝟏, 𝟓

1,021 . 10-6 . 𝟕𝟕 . 𝟏𝟎𝟗 = 68,18 . 𝟏𝟎−𝟑 rad = 𝟑,9𝟏𝟎


18

Exemplo11: Determine o ângulo de torção da extremidade A do eixo AE e o deslocamento do dente P da engrenagem A. Supondo que o material das engrenagens e do eixo tenha as seguintes tenha módulo de elasticidade de cisalhamento ou transversal G = 80 GPa. O eixo possui 14 mm de diâmetro, a engrenagem A possui 100 mm de raio. O eixo gira livremente no mancal (ponto de apoio) em B. Resolução: - Método das seções para traçar o diagrama de torção ao longo da barra ABCD: Analisando da esquerda direita: TAd = +150 N.m TCe = +150 N.m TCd = + 150 - 280 = -130 N.m TDe = - 130 N.m TDd = - 130 - 40 = - 170 N.m TEe = - 170 N.m a) Como o eixo é feito de um único material e possui seção constante, em cada trecho do eixo J e G serão os mesmos em todos os trechos:

Jbarra = 1/2 [. (c)4] = 1/2 [. (0,007)4] = 3,77 . 10-9 m4

G = 80 . 109 N/m2

𝝓A = ∑𝑻 . 𝑳

𝑱. 𝑮 =

+𝟏𝟓𝟎 . 𝟎, 𝟒

𝟑, 𝟕𝟕. 𝟏𝟎−𝟗. 𝟖𝟎 . 𝟏𝟎𝟗 +

−𝟏𝟑𝟎 . 𝟎, 𝟑

𝟑, 𝟕𝟕. 𝟏𝟎−𝟗. 𝟖𝟎 . 𝟏𝟎𝟗 +

−𝟏𝟕𝟎 . 𝟎, 𝟓

𝟑, 𝟕𝟕. 𝟏𝟎−𝟗. 𝟖𝟎 . 𝟏𝟎𝟗

𝝓A = −0,212 rad = −𝟏𝟐, 𝟏𝟓𝟎 Pela regra da mão direita a extremidade A do eixo gira no sentido, ilustrado abaixo: Valor negativo: polegar entrando na seção;

A B

D E

Torque (N.m)

TCD = - 130 N.m

TAC = +150 N.m

TDE= - 170 N.m

L (m) C


19

b) O deslocamento do dente P da engrenagem A é dado por: dp = PP’ = ?

Lembrando que para ângulos pequenos: sen = e tg =

INSERIR SEMPRE O ÂNGULO NO S.I EM RADIANOS

𝑠𝑒𝑛 𝝓A = 𝑃𝑃′

𝑟→ 𝑃𝑃′ = 𝑠𝑒𝑛 𝝓A . 𝑟 = 0,212 .100 mm = 21,2 mm

dP = PP’ = 21,2 mm

P

r

P’


20

Exemplo12: O eixo horizontal AD está engastado a uma base rígida em D e submetido aos torques mostrados na figura a seguir. O eixo é vazado no trecho CD. Sabendo que o eixo é feito de aço com G = 77 GPa, determine o ângulo de torção da extremidade A. Resolução: - Método das seções para traçar o diagrama de torção ao longo da barra ABCD: Analisando da direita esquerda: TAe = - 250 N.m TBd = - 250 N.m TBe = - 250 - 2000 = - 2250 N.m TCd = - 2250 N.m TCe = - 2250 N.m TDd = - 2250 N.m Como o eixo é feito de um único material, porém possui seção diferente em cada trecho. Portanto, cada trecho possui um J diferente: Trechos:

JAB = 1/2 [. (c)4] = 1/2 [. (0,015)4] = 0,0795 . 10-6 m4

JBC = 1/2 [. (c)4] = 1/2 [. (0,030)4] = 1,272 . 10-6 m4

JCD = 1/2 [. ( (c2)4] - (c1)4) ] = 1/2 [. ( (0,030)4] - (0,022)4) ] = 0,904 . 10-6 m4

G = 77 . 109 N/m2

𝝓A = ∑𝑻 . 𝑳

𝑱. 𝑮 =

−𝟐𝟓𝟎 . 𝟎, 𝟒

𝟎, 𝟎𝟕𝟗𝟓. 𝟏𝟎−𝟔. 𝟕𝟕 . 𝟏𝟎𝟗 +

−𝟐𝟐𝟓𝟎 . 𝟎, 𝟐

𝟏, 𝟐𝟕. 𝟏𝟎−𝟔. 𝟕𝟕 . 𝟏𝟎𝟗 +

−𝟐𝟐𝟓𝟎 . 𝟎, 𝟔

𝟎, 𝟗𝟎𝟒. 𝟏𝟎−𝟔. 𝟕𝟕 . 𝟏𝟎𝟗

𝝓A = −0,0403 rad = −𝟐, 𝟑𝟏𝟎 Pela regra da mão direita a extremidade A do eixo gira no sentido, ilustrado abaixo: Valor negativo: polegar entrando na seção;

D B A

Torque (N.m)

TBC = - 2250 N.m TCD = - 2250 N.m

TAB = - 250 N.m

L (m) C


21

5 - Torção em barras sólidas de seção não-circular Para estas barras verifica-se que ao serem submetidas à momentos de torção a seção transversal apresentam uma distribuição de tensão de cisalhamento, conforme ilustra a figura a seguir Em barras ou eixos de seção não circular submetidos à ação de torques verifica-se o seguinte comportamento: - A tensão de cisalhamento varia de zero até um valor máximo ao atingir sobre uma das faces, conforme indicado na figura (a); - Pontos localizados nos vértices ou ao longo das arestas longitudinais possuem tensão de cisalhamento nula, conforme indicado nas figuras (a) e (c ); Por meio de ensaios experimentais e da Teoria da elasticidade determinou-se para algumas seções não-circulares equações que fornecem o valor da tensão de cisalhamento máxima e o valor do ângulo de torção, apresentadas na tabela a seguir.

a

b

a/b = 1,51

c1 =?

c2 =?

interpolação

a/b c1 c2

1,0 0,208 0,1406

1,2 0,219 0,1661

1,5 0,231 0,1958

2,0 0,246 0,229

2,5 0,258 0,249

3,0 0,267 0,263

4,0 0,282 0,281

5,0 0,291 0,291

10,0 0,312 0,333

T T . L

C1ab2 C2ab3G

Retangular máx


22

Se barra estiver sujeita a diversos momentos de torção ou torques o ângulo de torção dado pelas equações apresentadas na tabela acima é escrita da seguinte forma: Barras de seção quadrada:

𝝓 = ∑𝟕, 𝟏𝟎 . 𝑻 . 𝑳

𝒂𝟒. 𝑮 (em radianos) (8)

Barras de seção triangular:

𝝓 = ∑𝟒𝟔 . 𝑻 . 𝑳

𝒂𝟒. 𝑮 (em radianos) (9)

Barras de seção elíptica:

𝝓 = ∑(𝒂𝟐 + 𝒃𝟐). 𝑻 . 𝑳

𝝅. 𝒂𝟑. 𝒃𝟑. 𝑮 (em radianos) (10)

Barras de seção retangular:

𝝓 = ∑. 𝑻 . 𝑳

𝒄𝟐 . 𝒂 𝒃𝟑. 𝑮 (em radianos) (11)


23

Exemplo13: Determine o maior momento de torção T que pode ser aplicado na extremidade do eixo feito de alumínio (G = 26 GPa) se a tensão de cisalhamento

admissível é adm = 55,15 MPa e o ângulo de torção em sua extremidade é limitado a um valor máximo de

adm = 0,02 rad. Qual momento de torção T poderia ser aplicado a um eixo de seção transversal circular maciça, de mesmo volume e comprimento, considerando o mesmo limite de ângulo de torção em sua extremidade dado por

adm = 0,02 rad; Obs: triângulo eqüilátero Resolução: De acordo com a tabela anterior o momento de torção pode ser determinado pelas seguintes equações:

𝜏𝑎𝑑𝑚 =20 . 𝑇

𝑎3 𝑒 =

46 𝑇. 𝐿

𝑎4 . 𝐺

55,15 . 106 =20 . 𝑇

0,03813 → 𝑇 =

55,15 . 106 . 0,03813

20 → 𝑇 = 152,51 𝑁. 𝑚

𝑒

0,02 = 46 𝑇 . 1,25

0,03814 . 26 . 109 → 𝑇 =

0,02 . 0,03814 . 26 . 109

46 . 1,25 → 𝑇 = 19,1 𝑁. 𝑚

Comparando-se os valores, verifica-se que o momento de torção para não ultrapassar a tensão limite e o ângulo de torção limite, T não pode ser maior que 19,1 N.m T = ? eixo circular de mesmo volume e comprimento do eixo triangular Vcircular = Vtriangular

Acírculo . L = Atriângulo . L Acírculo = Atriângulo B= 38,1/2 = 19,05 mm Atriângulo = 2 [ 1/2 . H . B] tg 600 = H/ B 1,7321 = H/ 19,05 H = 1,732 . 19,05 = 33,0 mm Atriângulo = 2 [ 1/2 . H . B] = 2 [ 1/2 . 33,0 . 19,05 ] = 628,65 mm2

Acírculo = Atriângulo r2 = 628,65 r = 14,15 mm

𝝉𝒂𝒅𝒎 =𝑻 . 𝒄

𝑱 𝑒 =

𝑻 . 𝑳

𝑱.𝑮

c = 14,15 mm = 0,01415 m

Jbarra = 1/2 [.c4 ] = 1/2 [ . 0,014154 ] = 6,30 . 10-8 m4

55 . 156 =𝑇 . 0,01415

6,30 . 10−8 → 𝑇 =

55,15 . 106 . 6,30 . 10−8

0,01415 → 𝑇 = 245,54 𝑁. 𝑚

𝑒

0,02 = 𝑇 . 1,25

6,30 . 10−8 . 26 . 109 → 𝑇 =

0,02 . 6,30 . 10−8 . 26 . 109

1,25 → 𝑇 = 26,21 𝑁. 𝑚

Comparando-se os valores, verifica-se que o momento de torção para não ultrapassar a tensão limite e o ângulo de torção limite, T não pode ser maior que 26,21 N.m

1,25 m

38,1 mm

600

H=?

B B

38,1 mm


24

Exemplo14: Determine o maior momento de torção T que pode ser aplicado sobre o eixo maciço feito de aço com tensão de cisalhamento admissível

dada por adm = 69 MPa e o ângulo de torção em sua extremidade é limitado a um valor máximo

de adm = 1,50. Sabendo que b = 20 mm e que G = 77 GPa; Resolução: De acordo com a tabela anterior o momento de torção pode ser determinado pelas seguintes equações:

𝜏𝑎𝑑𝑚 =𝑇

𝑐1𝑎𝑏2 𝑒 =

𝑇. 𝐿

𝑐2𝑎𝑏3 . 𝐺𝐸

a = 30 mm; b = 20 mm a/b = 30/20 = 1,50 tabela fornece: c1 = 0,231 e c2 = 0,1958

= 1,500 2rad - 3600 x - 1,50

x = 1,50 . 2rad / 3600 = 0,026 rad

69 . 106 =𝑇

0,231 . 0,030 . 0,0202 → 𝑇 = 69 . 106 . 0,231 . 0,030 . 0,0202

→ 𝑇 = 191,27 𝑁. 𝑚 𝑒

0,026 = 𝑇 . 0,75

0,1958 . 0,030 . 0,0203 . 77 . 109

𝑇 =0,026 . 0,1958 . 0,030 . 0,0203 . 77 . 109

0,75 = 125,43 𝑁. 𝑚

Comparando-se os valores, verifica-se que o momento de torção para não ultrapassar a tensão limite e o ângulo de torção limite, T não pode ser maior que 125,43 N.m


25

Exemplo15: Determine o maior momento de torção T que pode ser aplicado na barra maciça de seção transversal retangular se a tensão de cisalhamento admissível é dada

por adm = 55 MPa e o ângulo de torção em sua extremidade é limitado a um valor

máximo de adm = 2,50. Sabendo que G = 26 GPa. Resolução: - Método das seções para traçar o diagrama de torção ao longo da barra ABC: Analisando da esquerda direita: TAd = - T N.m TBe = - T N.m TBd = - T + 2,75 T = 1,75T N.m TCe = + 1,75T N.m Para barra de seção retangular sob ação de vários torques: pode ser determinado pelas seguintes equações:

𝜏𝑎𝑑𝑚 =𝑇

𝑐1𝑎𝑏2 𝑒 = ∑

𝑇. 𝐿

𝑐2𝑎𝑏3 . 𝐺𝐸

a = 150 mm; b = 100 mm a/b = 150/100 = 1,50 tabela fornece: c1 = 0,231 e c2 = 0,1958

= 2,500 2rad - 3600

x - 2,50 x = 2,50 . 2rad / 3600 = 0,044 rad

55 . 106 =1,75 T

0,231 . 0,15 . 0,102 → T = 55 . 106 . 0,231 . 0,15 . 0,102

→ 𝑇 = 10,89 . 103𝑁. 𝑚 𝑒

0,044 = − T . 2,0

0,1958 . 0,15 . 0,103 . 26 . 109 +

+ 1,75 T . 3,0

0,1958 . 0,15 . 0,103 . 26 . 109

0,044 = −2,62 . 10−6𝑇 + 6,87 . 10−6𝑇 → 𝑇 =0,044

4,25 . 10−6= 10,35 . 103𝑁. 𝑚

Comparando-se os valores, verifica-se que o momento de torção para não ultrapassar a tensão limite e o ângulo de torção limite, T não pode ser maior que 10,35 . 103 N.m

T

2,75 T

A C

Torque (N.m)

TAB = - T

TBC = +1,75 T

L (m) B


26

6 - Torção em barras (tubos) e eixos vazados de paredes finas Para estas barras (tubos) e eixos vazados de paredes finas, verifica-se que ao serem submetidos à ação de momentos de torção apresentam em qualquer ponto da parede fina uma tensão de cisalhamento média, cujo valor é dado por:

𝝉𝒎é𝒅 =𝑻

𝟐𝒕 . 𝑨𝒎 (12)

Onde:

méd = tensão de cisalhamento média que atua sobre a espessura do tubo,

T = momento de torção aplicado sobre o tubo; t = espessura da parede do tubo; Am = área média compreendida no interior da linha de centro da espessura do tubo. O ângulo de torção barras (tubos) e eixos vazados de paredes finas é determinado por meio do método de energia, o qual fornece a seguinte expressão se o material do tubo comporta-se de maneira linear elástica:

∅ =𝑻𝑳

𝟒. 𝑨𝒎𝟐 . 𝑮

. ∮𝒅𝒔

𝒕 (13)

Para barras (tubos) e eixos vazados de paredes finas de espessura constante (t), a equação (13) pode ser escrita da seguinte forma:

∅ =𝑻𝑳

𝟒. 𝑨𝒎𝟐 . 𝑮

. 𝟏

𝒕∮ 𝒅𝒔 (14)

Onde:

∮ 𝒅𝒔 → a integral é calculada ao longo da linha limite

da área média, ou seja , a integral representa o comprimento desta linha limite

∮ 𝒅𝒔 = comprimento da linha limite

Exemplos: Ex1: Ex2

𝑬𝒙𝟏:

𝟏

𝒕∮ 𝒅𝒔 =

𝟏

𝟎, 𝟎𝟖 . 𝟎, 𝟏𝟖 + 𝟐 .

𝟏

𝟎, 𝟎𝟐 . 𝟎, 𝟐𝟒 +

𝟏

𝟎, 𝟎𝟒 . 𝟎, 𝟏𝟖

𝑬𝒙𝟐: 𝟏

𝒕∮ 𝒅𝒔 =

𝟏

𝟎, 𝟏𝟎 . 𝟎, 𝟒𝟓 +

𝟏

𝟎, 𝟎𝟓 . ( 𝟐 . 𝟎, 𝟒𝟎 +

𝟐 . 𝝅 . 𝟎, 𝟐𝟐𝟓

𝟐 )

0,30 m

0,20 m

0,08 m

0,04 m 0,02 m

0,18 m

0,24 m

0,50 m

0,45 m 0,05 m

0,10 m

0,20 m 0,25 m

0,40 m

0,45 m

0,225 m

Comprimento do

círculo: 2r

0,02 m


27

Se barras (tubos) e eixos vazados de paredes finas com espessura constante (t) estão sob a ação de vários torques em cada trecho o ângulo de torção é definido por:

∅ = ∑ [ 𝑻𝑳

𝟒 . 𝑨𝒎𝟐 . 𝑮

. 𝟏

𝒕∮ 𝒅𝒔 ] (15)

Por exemplo: o tubo possui três trechos sob diferentes torques: AB, BC, CD, Assim, para este tubo a equação (15) deve ser aplicada para cada trecho, sendo em seguida realizada a soma destes valores;


28

Exemplo16: O tubo CD é feito de alumínio (G = 26 GPa) e tem seção transversal quadrada como mostra a figura a seguir. Se o tubo estiver submetido a um torque de 85 N.m, determine: a) a tensão de cisalhamento média no ponto A. Representar o estado de tensão no ponto A por meio de um elemento infinitesimal de volume. b) o ângulo de torção da extremidade livre C; Resolução: - Método das seções para traçar o diagrama de torção ao longo da barra CD: Analisando da esquerda direita: TCd = + 85 N.m TDe = + 85 N.m a) A tensão de cisalhamento média em pontos na parede de barras (tubos) e eixos vazados de paredes finas é dada por:


𝟐𝒕 . 𝑨𝒎

T = 85 N.m O pontos A está trecho CD; t = ? tA = 10,0 mm = 0,01 m Am = ? área média Am = 50 . 50 = 2500 mm2 = 2500. 10-6 m2

𝝉𝒎é𝒅_𝑨 =𝟖𝟓

𝟐 . 𝟎, 𝟎𝟏𝟎 . 𝟐𝟓𝟎𝟎 . 𝟏𝟎 −𝟔= 𝟏, 𝟕 . 𝟏𝟎𝟔 𝑵/𝒎 𝟐 = 𝟏, 𝟕𝟎 𝑴𝑷𝒂

b) O ângulo de torção da extremidade C do tubo vale: - Quando o tubo esta sobre a influência de vários torques, o ângulo é dado por:

𝐴∅ = ∑[ 𝑇𝐿

4 . 𝐴𝑚2 . 𝐺

. 1

𝑡∮ 𝑑𝑠 ]

OBS: 1

𝑡∮ 𝑑𝑠 → Comprimento do contorno da Área média

𝐴∅ =85 . 1,5

4 . (2500. 10−6)2 . 26 . 109 . [

1

0,010 . ( 4 . 0,050)]

𝐴 ∅ = 3,92 . 10−3 𝑟𝑎𝑑

C D

Torque (N.m)

TCD = +85 N.m

L (m)

1,70 MPa


29

Exemplo17: O tubo é feito de bronze C86100 (G=38.109 Pa) e tem seção transversal retangular como mostra a figura a seguir, determine: a) a tensão de cisalhamento média nos pontos A e B. Representar o estado de tensão nos pontos A e B por elementos infinitesimais de volume. b) o ângulo de torção da extremidade C; Resolução: - Método das seções para traçar o diagrama de torção ao longo da barra CDE: Analisando da esquerda direita: TCd = + 60 N.m TDe = + 60 N.m TDd = + 60 - 25 = + 35 N.m TEe = + 35 N.m a) A tensão de cisalhamento média em pontos na parede de barras (tubos) e eixos vazados de paredes finas é dada por:


𝟐𝒕 . 𝑨𝒎

T = 35 N.m Os pontos A e B estão no trecho DE; t = ? tA = 5,0 mm = 0,005 m \\\ tB = 3,0 mm = 0,003 m Am = ? área média Am = (60 - 1,5 - 1,5 ) . ( 40 - 2,5 - 2,5) = 57 . 35 = 1995 mm2 Am = 1995. 10-6 m2

𝝉𝒎é𝒅_𝑨 =𝟑𝟓

𝟐 . 𝟎, 𝟎𝟎𝟓 . 𝟏𝟗𝟗𝟓 . 𝟏𝟎 −𝟔= 𝟏, 𝟕𝟓 . 𝟏𝟎𝟔 𝑵/𝒎 𝟐 = 𝟏, 𝟕𝟓 𝑴𝑷𝒂

𝝉𝒎é𝒅_𝑩 =𝟑𝟓

𝟐 . 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 . 𝟏𝟗𝟗𝟓 . 𝟏𝟎 −𝟔= 𝟐, 𝟗𝟐 . 𝟏𝟎𝟔

𝑵

𝒎 𝟐= 𝟐, 𝟗𝟐 𝑴𝑷𝒂

Ponto A: Ponto B:

C E

Torque (N.m)

TDE= 35 N.m

TCD = +60 N.m

L (m)

D

2,92 MPa 1,75 MPa


30

b) O ângulo de torção da extremidade C do tubo vale: - Como o tubo esta sobre a influência de vários torques, o ângulo é dado por:

𝐴∅ = ∑[ 𝑇𝐿

4 . 𝐴𝑚2 . 𝐺

. 1

𝑡∮ 𝑑𝑠 ]

OBS: 1

𝑡∮ 𝑑𝑠 → Comprimento do contorno da Área média

𝐴∅ =60 . 0,5

4 . (1995. 10−6)2 . 38 . 109 . [

1

0,005 . ( 2 . 0,057) +

1

0,003 . ( 2 . 0,035)]

𝐴

+ 35 . 1,5

4 . (1995. 10−6)2 . 38 . 109 . [

1

0,005 . ( 2 . 0,057) +

1

0,003 . ( 2 . 0,035) ]

𝐴∅ = 6,29 . 10−3 𝑟𝑎𝑑


31

Exemplo18: Um tubo fino é feito de três chapas de aço A-36 (G = 75 GPa) com 5 mm de espessura cada, de modo a formar uma seção transversal triangular como mostra a figura a seguir. Determine o torque máximo T ao qual o tubo pode ser submetido se a

tensão de cisalhamento admissível é adm = 70 MPa e o tubo está restrito a uma torção

de não mais que = 0,008 rad. Resolução: - Método das seções para traçar o diagrama de torção ao longo da barra CD: Analisando da esquerda direita: TCd = + T N.m TDe = + T N.m O momento de torção pode ser determinado pelas seguintes equações:

𝜏𝑎𝑑𝑚 =𝑻

𝟐𝒕 .𝑨𝒎 𝑒 = ∑

𝑇𝐿

4 .𝐴𝑚2 .𝐺

. 1

𝑡∮ 𝑑𝑠

T = ? t = ? t = 5,0 mm = 0,005 m Am = ? área média Am = 2 (h .100/2) h = ? tg 600 = h/100 h = 173,21 mm Am = 2 (173,21.100/2) = 17321,0 mm2 = 17321 . 10-6 m2

70 . 106 =T

2 . 0,005 . 17321 . 10 −6 → T = 12,12. 103 N. m = 12,12 kN. m

𝐴0,008 =𝑇 . 3,0

4 . (17321. 10−6)2 . 75 . 109 . [

1

0,005 . ( 3 . 0,20)]

𝐴 → T = 2,0. 103 N. m = 2,0 kN. m

Comparando-se os valores, verifica-se que o momento de torção para não ultrapassar a tensão limite e o ângulo de torção limite, T não pode ser maior que 2,0 kN.m

C D

Torque (N.m)

TCD = +T N.m

L (m)

h


32

3 Lista exercícios 1) Um eixo é feito de uma liga de aço com tensão

de cisalhamento admissível adm = 84 MPa. Se o diâmetro do eixo for 37,5 mm, determine o torque máximo T que pode ser transmitido. Qual seria o o torque máximo T’ se fosse feito um furo de 25 mm de diâmetro ao longo do eixo? Faça um esboço (rascunho) da distribuição de tensão ao longo de uma linha radial, ou seja, sobre uma seção transversal do eixo em cada caso; 2) O eixo maciço de 30 mm de diâmetro é usado para transferir os torque aplicado às engrenagens. Determine a tensão de cisalhamento máxima absoluta no eixo 3) O eixo tem diâmetro externo de 32 mm e diâmetro interno de 25 mm. Se for submetido aos torques aplicados mostrados a seguir na figura, determine a tensão de cisalhamento máxima absoluta no eixo. O eixo é livre para girar nos mancais A e B; 4) O elo funciona como parte do controle do elevador de um pequeno avião. Se o tubo de alumínio conectado tiver 25 mm de diâmetro interno e diâmetro externo de 35 mm, determine a tensão de cisalhamento máxima no tubo quando for aplicada a força de 600 N aos cabos. Além disso, faça um esboço (rascunho) da distribuição de tensão ao longo de uma linha radial, ou seja, sobre uma seção transversal do tubo;

C

D


33

5) O eixo maciço de alumínio tem diâmetro de 50 mm e tensão de

cisalhamento admissível adm = 6 MPa. Considerando T1 = 215 N.m,

Determine: a) a tensão de cisalhamento máxima no eixo maciço; b) a tensão máxima na face interna de um eixo vazado com 100 mm de diâmetro externo e com mesmo peso e Comprimento do eixo maciço; 6) O motor transmite um torque de 50 N.m ao eixo AB. Esse torque é transmitido ao eixo CD pelas engrenagens em E e F. Determine o torque de equilíbrio T’ no eixo CD e a tensão de cisalhamento máxima em cada eixo. Os mancais C e D permitem livre rotação dos eixos. Dica: T’= ? torque de equilíbrio, ou seja, o torque necessário para o conjunto permanecer estático, imóvel; 7) Para o eixo composto por dois segmentos AB e BC submetido ao carregamento mostrado na figura, determine os diâmetros d1 e d2 exigidos para os segmentos AB e BC respectivamente. Considerar o material do eixo com tensão de cisalhamento

admissível adm = 175 MPa;

8) O eixo de aço A-36 (G= 75 GPa) de 20 mm de diâmetro é Submetido aos torques mostrados. Determine o ângulo de Torção da extremidade B;

d1

d2


34

9) O eixo de aço-A36 (G =75 GPa) é composto pelos tubos AB e CD e uma seção maciça central BC. Está apoiado em mancais lisos que permitem livre rotação. Para o carregamento aplicado determine o ângulo de torção do disco dentado A em relação ao disco dentado D. Os tubos têm diâmetro externo de 30 mm e diâmetro interno de 20 mm. A seção maciça tem diâmetro de 40 mm; 10) O parafuso de aço A-36 (G =75 GPa) com 8 mm de diâmetro está parafusado firmemente ao bloco A. Determine as força conjugadas F que devem ser aplicada à chave de torque de modo que a tensão de cisalhamento máxima no parafuso seja de 18 MPa. Calcule também o deslocamento correspondente de cada força F necessário para causar essa tensão. Considerar que a chave de torque seja rígida (não deforme) Dica: calcular o ângulo depois o comprimento do arco; 11) Para o eixo maciço de aço A-36 (G =75 GPa) preso na parede e submetido aos carregamentos de torção mostrados na figura. Determine o ângulo de torção na extremidade livre C do eixo devido a esses carregamentos. 12) O eixo de latão vermelho C83400 (G =37 GPa) com 60 mm de diâmetro está submetido aos carregamentos de torção mostrados na figura. Determine a tensão de cisalhamento máxima nos trechos AC e BC e o ângulo de torção na extremidade A em relação à extremidade B; 13) O eixo de aço tem 300 mm de comprimento e está sendo parafusado em uma parede com uma chave torque. Determine a máxima tensão de cisalhamento no eixo e o deslocamento que cada força conjugada sofre se o valor das forças conjugadas for F = 150 N, Gaço = 75 GPa.

250 mm

150 mm

150 mm

150 mm


35

14) Para os casos de barras de seção s-s não circular constante ao longo da barra, conforme mostrado nas figuras a seguir , determine: a) maior momento de torção T que pode ser aplicado se a tensão de cisalhamento

admissível é dada por adm = 55 MPa e o ângulo de torção em sua extremidade é

limitado a um valor máximo de adm = 2,50. Sabendo que G = 26 GPa. b) Determine a tensão de cisalhamento desenvolvida no ponto 1 na seção s-s localizada no trecho bc. Utilizar o valor de T definido no item a. Representar o estado de tensão no ponto 1 por meio de um elemento infinitesimal de volume. Caso1) Caso2) Caso3) a a a a = 25 mm a = 200 mm a =50 mm seção: s-s seção: s-s seção: s-s b = 20 mm 15) Para os casos de barras de seção s-s não circular constante ao longo da barra, conforme mostrado nas figuras a seguir , determine o valor necessário para a dimensão a da seção sabendo que a tensão de cisalhamento admissível é dada por

adm = 55 MPa e o ângulo de torção em sua extremidade é limitado a um valor máximo

de adm = 1,50. Sabendo que G = 26 GPa. Caso1) Caso2) Caso3) a a a a = ? a = ? a = ? seção: s-s seção: s-s seção: s-s b = 0,4a

T

s

s 2,90T

0,8 m

0,6 m

0,4 m

1,2T

a a b

b

T= 200 N.m s

s 1,2T

0,8 m

0,6 m

0,4 m

1,9T

a a b

b

1 1

1

a

b

c

d


36

16) O tubo de parede fina de aço inoxidável 304 tem espessura de 10 mm. Se o torque aplicado for T = 50 N.m, determine a tensão de cisalhamento média no tubo; 17) Para cada tubo de parede fina de aço inoxidável de seção transversal s-s constante mostrada nas figuras a seguir, determine: a) O valor máximo de T de modo que tensão de cisalhamento no tubo não ultrapasse 103,4 MPa; b) comprimento máximo admissível para tubo de parede fina de modo que os torques determinados no item a não produzam um ângulo de torção na extremidade livre maior que 1,50. Adote G = 77,2 GPa; c) Determine a tensão de cisalhamento média desenvolvida no ponto a da seção s-s localizada no trecho bc. Utilizar o valor de T definido no item a. Representar o estado de tensão no ponto a por meio de um elemento infinitesimal de volume. Caso1) Caso2) Caso3)

seção: s-s seção: s-s seção: s-s

T

s

s

L =?

t = 8 mm

1,5T

0,4L

0,6L

75 mm

a

b

c


1


2


3


4


5


6


7

0,00711 0,00711 0,014

1,81

0,0048

0,0048

0,00072 0,72


8

- 250 N

+ 50 N + 50 N

- 750 N

C D B E A

Tcd = - 250 N

TDe = - 250 N / TDd = + 50 N

TBe = + 50 N/ TBd = + 50 N

TEe = + 50 N/ TEd = - 750 N

TAe = - 750 N

=∑ ( T . L ) = -250 . 0,15 + +50 . 0,15 + + 50 . 0,25 + -750 . 0,15

JCD = JDB = . 0,0154 /2 = 7,95 . 10-8 m4

JBE = JEA = . 0,0304 /2 = 1,27 . 10-6 m4

J .G 7,95.10-8 . 75.109 7,95.10-8 . 75.109 1,27.10-6 . 75.109 1,27.10-6 . 75.109

= - 6,08 .10-3 rad


9


10

7,10 . 5,1T . 0,6 7,10 . 2,2T . 0,8 7,10 . T . 0,4

11,96

11,96


11


12


13


14

42 mm


15


16


17


18


19


20


21


22


1

RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 2 As anotações, fotos, gráficos e tabelas contidas ne ste texto, foram retiradas dos seguintes livros: - RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS - Ferdinand P. Beer - E. Russel Johnston Jr. Ed. PEARSON - 3ª edição – 1995 - RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS - R. C. Hibbeler Ed. PEARSON - 5ª edição – 2004 Parte 04: Flexão Pura - Definição; - Fórmula de flexão: Tensões e Deformações Normais por flexão no regime elástico; Cisalhamento na flexão - Definição; - Fórmula de cisalhamento: Tensões de cisalhamento no regime elástico;


2

1- Flexão Pura 1.1 - Definição Em elementos estruturais (vigas, eixos e barras) sob flexão pura a seção crítica (Momento fletor máximo) está localizada no trecho em que o esforço normal e o cortante são nulos. Flexão pura � M ≠ 0 , N = 0; Q = 0;

A seguir são apresentados alguns casos em que elementos estruturais (vigas, barras e eixos) estão submetidos à Flexão Pura .

CASO 1: Elemento sob a ação de uma carga Momento ou com várias cargas momentos: �TODAS AS SEÇÕES TRANSVERSAIS ESTÃO SOB FLEXÃO PURA;

L

DN = 0; DQ =0 M

A B DM

Ex1

M Seção crítica: todas as seções do trecho AB � Mmáx= M � Fibra inferior tracionada

M L

DN = 0; DQ =0 2M

A B

DM

Ex2 2M

Seção crítica: todas as seções do trecho AB � Mmáx= 2M � Fibra superior tracionada

L

DN = 0; DQ =0

A B C DM

Ex3

2M Seção crítica: todas as seções do trecho AC � Mmáx= 3M � Fibra inferior tracionada

M L

DN = 0; DQ =0 4M

D

DM

Ex4 4M

Seção crítica: todas as seções do trecho CB � Mmáx= 4M � Fibra superior tracionada

2M M

3M 3M

A B C

5M

4M

M M

3M

2M 2M


3

CASO 2: Elemento sob a ação de uma carga distribuída uniforme (q): �APENAS A SEÇÃO TRANSVERSAL CENTRAL ESTÁ SOB FLEXÃO PURA;

L DN = 0;

A B

DM

Ex1

Mmáx = qL 2/8

Seção crítica: apenas a seção no meio do vão � Flexão pura: N=0; Q=0; M≠0 � Mmáx= q.L 2/8 � Fibra inferior tracionada

q (kN/m) R = q.L

VA = q.L/2 VB = q.L/2

DQ

+ q.L/2

- q.L/2

L DN = 0;

A B

DM

Ex2

Mmáx = qL 2/8

Seção crítica: apenas a seção no meio do vão � Flexão pura: N=0; Q=0; M≠0 � Mmáx= q.L 2/8 � Fibra superior tracionada

q (kN/m) R = q.L

VA = q.L/2 VB = q.L/2

DQ

- q.L/2

+ q.L/2


4

CASO 3: Elemento sob a ação de carregamento simétrico: �APENAS AS SEÇÕES TRANSVERSAIS ENTRE O PAR INTERNO DE FORÇAS (força externa ou reação de apoio) ESTÃO SOB FLEXÃO PURA;

L

DN = 0; A B

DM

Ex1

Mmáx = P.d

Seção crítica: todas as seções entre o par interno de forças � Flexão pura: N=0; Q=0; M≠0 � Mmáx= P.d � Fibra inferior tracionada

P P

VA = P VB = P

DQ

+ P

- P

P

d d

P

L

DN = 0; A B

DM

Ex1

Mmáx = P.d

Seção crítica: todas as seções entre o par interno de forças � Flexão pura: N=0; Q=0; M≠0 � Mmáx= P.d � Fibra superior tracionada

P P

VA = P VB = P

DQ

- P

+ P

P

d d

P


5

1.2 - Fórmula de flexão Em qualquer seção transversal de um elemento estrutural (vigas, eixos e barras) sob a ação de um momento fletor resultante surge nesta seção transversal uma distribuição de tensão normal conforme ilustrado na figura a seguir,

Considerando que o material do elemento estrutural trabalha no regime elástico a

tensão normal em qualquer ponto p na seção transversal é definida por:

� � ��.�

��çã��; � � �

�.�

��ã��

Em que: σ � tensão normal; M � momento fletor resultante que atua na seção analisada; y � distância perpendicular do ponto p até a linha neutra da seção transversal; I � Momento de inércia da seção transversal em relação ao eixo centroidal; OBS1: L. N � A linha neutra ou eixo neutro passa pelo CG (centro de gravidade) da seção transversal do elemento estrutural (vigas, eixos, barras), valendo lembrar que existem inúmeros tipos de seção transversal, conforme ilustrado a seguir OBS2: Tensão Normal nula � Analisando a equação (1) verifica-se que pontos localizados sobre a Linha Neutra ( y = 0) possui tensão normal nula; OBS3:

Tensão Normal máxima Absoluta em dada seção (σmáx) � Analisando a equação (1) verifica-se que pontos mais afastados da Linha Neutra, ou seja, y = ymáx.

Deformação normal Considerando um comportamento elástico, a lei de Hooke pode ser utilizada, o que permite escrever:

� � �. � → � ��

��

Portanto, onde a tensão normal é máxima � a deformação normal é máxima

P

L.N.

L.N. � Linha Neutra, ou, � eixo neutro


6

Exemplo1: A viga tem seção transversal retangular e está submetida ao momento indicado. Determine: a) O valor da máxima tensão normal de tração e da máxima tensão normal de compressão na seção crítica e desenhe a distribuição de tensão na seção crítica; b) A tensão normal máxima absoluta; Resolução: - seção crítica � seção com M máx Todas as seções do trecho AB;

Com fibra inferior tracionada e superior comprimida; - Máxima tensão de tração ocorre na fibra inferior; - Máxima tensão de compressão ocorre na fibra super ior; - Linha Neutra ou eixo neutro � localizado sobre o C.G. da seção transversal; - I da seção transversal: I = b.h3/12 = 0,020 . 0,0603/12 = 36 . 10-8 m4 a) Máxima tensão na seção crítica:

M = 4 kN.m = 4.103 N.m � tração (+): σ = + M.y/I � 4.103 . 0,030/36.10-8 = 333,33 .106 N/m2 σ = + 333,33 MPa � compressão (-): σ = - M.y/I � 4.103 . 0,030/36.10-8 = 333,33 .106 N/m2 σ = - 333,33 MPa

b) Tensão normal máxima absoluta: Comparando os valores das tensões máximas de compressão e de tração a tensão normal máxima absoluta � σmáx = 333, 33 MPa (fibra inferior ou superior)

M = 4 kN.m Seção transversal;

60 mm

20 mm

DM

4.103 N.m Seção crítica: todas as seções do trecho AB � Mmáx= 4 103 N.m � Fibra inferior tracionada; � Fibra superior comprimida;

A B

60 mm

20 mm

ycompressão = 30 mm

ytração = 30 mm

compressão

tração

L.N.


7

Exemplo 2: Para a viga submetida à ação de uma carga P indicada na figura a seguir. Determine: a) O valor da máxima tensão normal de tração e da máxima tensão normal de compressão na seção crítica devido à carga P = 300 N. Desenhe a distribuição de tensão na seção crítica; b) A tensão normal máxima absoluta devido à carga P = 300 N; c) O valor máximo de P que pode ser aplicado nesta viga considerando que o material da viga possui tensão admissível de tração de 5 kN/cm2 e tensão admissível de compressão de tração de 25 kN/cm2; Resolução: - seção crítica � seção com M máx Todas as seções do trecho BC;

Com fibra superior tracionada e inferior comprimida; - Máxima tensão de tração ocorre na fibra superior; - Máxima tensão de compressão ocorre na fibra infer ior; - Linha Neutra ou eixo neutro � localizado sobre o C.G. da seção transversal; Lembrando que Linha Neutra passa pelo CG = ?

�� Σ�. ��Σ� = 90. 20�. 50% + 30. 40�. 20% 90. 20� +30.40�% = 38))

I = momento de inércia em relação eixo centroidal (Linha neutra L.N.): I = ∑ (Ix + A . y2) = ∑ [ (bh3)/12 + A . y2 ] I = [(90 . 203)/12 + (90 . 20) .122] + [ (30 . 403)/12 + (30 . 40) . 182] = 868000 mm4 I = 86,8 . 10-8 m4

Seção transversal; 90 mm

30 mm

P

20 mm

40 mm

120 mm 300 mm 120 mm

P

A B C D

DM Seção crítica: todas as seções entre o par interno de forças � TRECHO BC � Flexão pura: N=0; Q=0; M≠0 � Mmáx= P.d � Fibra superior tracionada; � Fibra inferior comprimida;

L. N. 40 mm

20 mm

y = ? ---------- y = 38mm

yy

1y

2y

90 mm

30 mm

CG

xy


ytração = 22 mm


8

a) Máxima tensão na seção crítica: M = P.d = 300 . 0,12 = 36 N.m

� tração (+): σ = + M.y/I � 36 . 0,022/86,8 .10-8 = 0,912 .106 N/m2 σ = + 0,912 MPa � compressão (-): σ = - M.y/I � 36.103 . 0,038/86,8.10-8 = 1,58 .106 N/m2 σ = - 1,58 MPa

b) Tensão normal máxima absoluta: Comparando os valores das tensões máximas de compressão e de tração a tensão normal máxima absoluta � σmáx = 1,58 MPa (fibra inferior) c) P = ? Sabendo: tensão admissível de tração: σt_adm = + 5 kN/cm2 = 5 .103 N/1.10-4 m2 σt_adm = + 5 .107 N/m2

tensão admissível de compressão: σc_adm = - 25 kN/cm2 = - 25 .103 N/1.10-4 m2 σc_adm = - 25 .107 N/m2 Momento na seção crítica: M = P . d = P . 0,12 N.m M = 0,12.P N.m

� tração máxima (+): σt_adm = σ = + M.y/I 5,0 .107 = 0,12 . P . 0,022/86,8 .10-8

P = (5,0 .107 . 86,8 .10-8 ) / (0,12 . 0,022) P = 16439,40 N = 16,44 kN

� tração compressão (-): σc_adm = σ = - M.y/I -25 .107 = - 0,12 . P . 0,038/86,8 .10-8

P = (25 .107 . 86,8 .10-8 ) / (0,12 . 0,038) P = 47587,7 N = 47,60 kN

Analisando os dois valores encontrados para a carga P verifica-se que o maior

valor para a carga P de MODO A RESPEITAR OS DOIS LIMITES (TRAÇÃO E COMPRESSÃO) deve ser P = 16,44 kN.

compressão

tração

L.N.


9

Exemplo 3: Para a viga submetida à ação de uma carga distribuída indicada na figura a seguir. Determine: a) O valor da máxima tensão normal de tração e da máxima tensão normal de compressão na seção crítica devido à q = 5 kN/m. Desenhe a distribuição de tensão na seção crítica e determine a tensão nos seguintes pontos: p1� 20 mm da face superior da seção crítica e p2 �na face inferior da seção crítica e represente o estado de tensão destes por meio de elementos infinitesimais de volume localizados nestes pontos; b) A tensão normal máxima absoluta devido à esta carga q; c) O valor máximo de q que pode ser aplicado nesta viga considerando que o material da viga possui tensão admissível de tração e de compressão de tração de 21,7 kN/cm2; Resolução: - seção crítica � seção com M máx Apenas a seção no meio do vão;

Com fibra superior comprimida e inferior tracionada; - Máxima tensão de tração ocorre na fibra inferior; - Máxima tensão de compressão ocorre na fibra super ior; - Linha Neutra ou eixo neutro � localizado sobre o C.G. da seção transversal; Lembrando que Linha Neutra passa pelo CG = ? I = momento de inércia em relação eixo centroidal (Linha neutra L.N.): I = ∑ (Ix + A . y2) = ∑ [ (bh3)/12 + A . y2 ] I = 2 [(250 . 203)/12 + (250 . 20).1602] + [ (20 . 3003)/12 + (20 . 300). 02] = .108 mm4 I = 3,013 .108 mm4 = 3,013 . 10-4 m4

Seção transversal; 250 mm

300 mm

20 mm

20 mm 6 m

q

A B

L. N. 150 mm

20 mm

y = ? ---------- y = 170 mm

yy

1y2

y

250 mm

250 mm

CG

xy

ytração = 170 mm


20 mm

DM

Mmáx = qL 2/8 Seção crítica: apenas a seção no meio do vão � Flexão pura: N=0; Q=0; M≠0 � Mmáx= q.L 2/8 � Fibra inferior tracionada; � Fibra superior comprimida

3y

150 mm 20 mm

Ponto 1

Ponto 2


10

a) Máxima tensão na seção crítica: M = qL2/8 = 5. 103 . 62/8 = 22,5 . 103 N.m

� tração (+): σ = + M.y/I � 22,5 . 103 . 0,17/3,013 .10-4 = 12,70 .106 N/m2 σ = + 12,70 MPa � compressão (-): σ = - M.y/I � 22,5.103 . 0,170/3,013.10-4 = 12,70 .106 N/m2 σ = - 12,70 MPa

Tensão nos pontos 1 e 2:

Ponto1: y1 = 0,15 m �compressão (-): σ = - M.y/I � - 22,5 . 103 . 0,15/3,013 .10-4 σ = - 11,20 MPa

Ponto2: y2 = 0,17 m � tração (+): σ = + M.y/I � 22,5 . 103 . 0,17/3,013 .10-4 σ = 12,70 .106 N/m2 =+ 12,70 MPa

b) Tensão normal máxima absoluta: Comparando os valores das tensões máximas de compressão e de tração a tensão normal máxima absoluta � σmáx = 12,7 MPa (fibra inferior ou superior) c) q = ? Sabendo: tensão admissível de tração: σt_adm = + 21,7 kN/cm2 = 217 .106 N/m2

tensão admissível de compressão: σc_adm = - 21,7 kN/cm2 = - 217 .106 N/m2 Momento na seção crítica: M = q.L2/8 = q . 62/8 = 4,5 q N.m

� tração máxima (+): σt_adm = σ = + M.y/I 217 .106 = 4,5 q . 0,17/3,013 .10-4

q = (217 .106 . 3,013 .10-4 ) / (4,5 . 0,17) q = 85467 N/m = 85,47 kN/m

� tração compressão (-): σc_adm = σ = - M.y/I - 217 .106 = - 4,6 q . 0,17/3,013 .10-4

q = (217 .106 . 3,013 .10-4 ) / (4,5 . 0,17) P = 85467 N/m = 85,47 kN/m

Analisando os dois valores encontrados para a carga q verifica-se que o maior

valor para a carga q de MODO A RESPEITAR OS DOIS LIMITES (TRAÇÃO E COMPRESSÃO) deve ser q = 85,47 kN/m

tração

compressão

L.N. 20 mm

1

2


11

Exemplo 4: Para uma viga de seção transversal ilustrada na figura a seguir, a tensão admissível é de σadm = 217 MPa e módulo de elasticidade E = 200 GPa. Determine: a) o momento fletor máximo M que pode ser aplicado; b) A tensão normal máxima absoluta a deformação máxima absoluta na seção crítica da viga devido ao Mmáx determinado no item a; c) Determinar a tensão normal de flexão nos pontos 1 e 2 na seção crítica. Represente o estado de tensão destes por meio de elementos infinitesimais de volume localizados nestes pontos; 600 mm Resolução: - seção crítica � seção com M máx Todas as seções do trecho AB;

Com fibra superior tracionada e inferior comprimida; - Máxima tensão de tração ocorre na fibra superior; - Máxima tensão de compressão ocorre na fibra infer ior; - Linha Neutra ou eixo neutro � localizado sobre o C.G. da seção transversal;

�� Σ�. ��Σ� = 120. 50�. 60% + −34. 52�. 34% 120. 50� +−34.52�% = 70,86 = 71))

I = momento de inércia em relação eixo centroidal (Linha neutra L.N.): I = ∑ (Ix + A . y2) = ∑ [ (bh3)/12 + A . y2 ] I = [(50 . 1203)/12 + (50 . 120) .112] - [ (34 . 523)/12 + (34 . 52) . 372] = 510,72. 104 mm4 I = 510,72 . 10-8 m4

Seção transversal:

120 mm

50 mm

2

1 30 mm

M A B

52 mm

8 mm

8 mm 8 mm

L. N. 120 mm

y = ? ---------- y = 71 mm

yy

1y

2y50 mm

CG

xy


ytração = 49 mm

DM

M N.m

Seção crítica: todas as seções do trecho AB � Mmáx= M = ? � Fibra superior tracionada; � Fibra inferior comprimida;


12

a) Máxima tensão na seção crítica: M = ? � tensão admissível de tração: σt_adm = + 217 MPa = + 217 .106 N/m2

� tensão admissível de compressão: σc_adm = - 217 MPa = - 217 .106 N/m2

tração máxima (+): σt_adm = σ = + M.y/I 217 .106 = M . 0,049/510,72 .10-8

M = 22617,6 N.m = 22,62 kN.m tração compressão (-): σc_adm = σ = - M.y/I

217 .106 = - M . 0,071/510,72 .10-8 M = 15609,33 N.m = 15,61 kN.m Analisando os dois valores encontrados para a carga M verifica-se que o maior

valor para a carga M de MODO A RESPEITAR OS DOIS LIMITES (TRAÇÃO E COMPRESSÃO) deve ser M = 15,61 kN.m

b) Tensão normal máxima absoluta e a deformação máx ima absoluta na seção crítica � para M = 15,61 kN.m: Máxima tensão na seção crítica: M = 15,61 kN.m = 15,61 . 103 N.m

� tração (+): σ = + M.y/I � 15,61 . 103 . 0,049/510,72 .10-8 = 149,80 .106 N/m2 σ = + 149,80 MPa � compressão (-): σ = - M.y/I � 15,61.103 . 0,071/510,72.10-8 = 217 .106 N/m2 σ = - 217 MPa

Comparando os valores das tensões máximas de compressão e de tração

a tensão normal máxima absoluta � σmáx = 217 MPa; (fibra inferior)

A deformação máxima absoluta � lei de Hooke: σ = E . ε 217 . 106 = 200 . 109 . ε ε = 1,085 . 10-3

c) Tensão nos pontos 1 e 2:

Ponto1: y1 = 0,019m �tração (+): σ = + M.y/I � 15,61 . 103 . 0,019/510,72 .10-8 σ = + 58,1 MPa

Ponto2: y2 = 0,063m � compressão (-): σ = - M.y/I �15,61. 103. 0,063/510,72 .10-8 σ = - 192,56 .106 N/m2 = - 192,56 MPa

compressão

tração

L.N.

30 mm 1

2 8 mm


13

Exemplo 5: Determinar o menor diâmetro admissível para a barra circular submetida ao carregamento ilustrado na figura a seguir. A tensão de flexão admissível da barra é de σadm = 160 MPa; Resolução: - seção crítica � seção com M máx Todas as seções do trecho BC;

Com fibra inferior tracionada e superior comprimida; - Máxima tensão de tração ocorre na fibra inferior; - Máxima tensão de compressão ocorre na fibra super ior; - Linha Neutra ou eixo neutro � localizado sobre o C.G. da seção transversal; I = momento de inércia em relação eixo centroidal (Linha neutra L.N.): I = (π.r4)/4 - Neste exercício a variável é o raio da seção circ ular � r = ? - Mesma resistência à compressão e à tração � |σt_adm |= |σc_adm |= 160 MPa - A tensão normal máxima absoluta ocorre no ponto m ais distante da linha neutra:

Neste caso � no topo ou na base � y = r - Basta substituir estas informações na fórmula de flexão: σ = M.y/I � σ = 160 MPa = 160 . 106 N/m2 � M = P.d = 400 N. 0,6 = 240 N.m � y = r = ? ; � I = π.r4)/4

160 . 106 = 240 . r / [(π.r4)/4] �160 . 106 = 240 . r . [4/(π.r4)] �160 . 106 = 240 . 4/π.r3 � r3 = 240 . 4/π.160 . 106 � r3 = 1,91. 10-6 � r = 0,0124 m = 12,40 mm O menor diâmetro admissível é de D = 24,8 mm;

yy

DM


0,6 m 1,3 m 0,6 m

400 N 400 N

A B C D

D = ?

Mmáx = P.d Seção crítica: todas as do trecho BC � Mmáx= P. d � Fibra inferior tracionada; � Fibra superior comprimida;

xy

CG L. N. ycompressão = r

ytração = r


14

Exemplo 6: A viga está submetida ao carregamento mostrado. O material da viga possui tensão de flexão de σadm = 150 MPa, determine: a) a dimensão a requerida para a seção transversal da viga; b) determine a distribuição de tensão na seção crítica e a tensão no ponto p1 na seção crítica. Represente o estado de tensão deste ponto meio de elemento infinitesimal de volume localizado; c) a dimensão a requerida para a seção transversal da viga, considerando que o material da viga possui tensão de flexão de σadm_c = 82 MPa na compressão e tensão de flexão de σadm_t = 152 MPa na tração; Resolução: - seção crítica � seção com M máx Todas as seções do trecho BC;


### OBS: (a/3) / 2 = a/6

�� Σ�. ��Σ� = ./03 . 01 . /0 + 0612 + ./0. 021 . 022

/03 . 01 +/0. 021% = 3470518 67 + 34054 67 5086 % = 34460572 67

5086 % = 0,770

I = momento de inércia em relação eixo centroidal (Linha neutra L.N.): I = ∑ (Ix + A . y2) = ∑ [ (bh3)/12 + A . y2 ]

9 = :0. 03�512 + /03 . 01 . /0 + 06 − 0,77018; + :02. 0�5

12 + /0. 021 . /02 − 0,77018; =

9 = 0,0030860< + 0,052450<% + 0,041170< + 0,036450<% = 0,13320<

A B C D

DM


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

20 kN 20 kN

Mmáx = P.d

Seção crítica: todas as do trecho BC � Mmáx= P. d � Fibra superior tracionada; � Fibra inferior comprimida;

a/2

a

a/3

a

L. N. a

a/3

y = ? ---------- y = 0,77a

yy

1y

2y

a

a/2

CG

xy

ycompressão = 0,77a

ytração = a/3 + 0,23a = 0,56a


15

a) dimensão da seção: a = ? - neste item � |σt_adm |= |σc_adm |= 150 MPa

- Portanto, basta aplicar fórmula de flexão para o ponto mais distante da linha neutra: � este ponto esta na base � compressão

σ = - M.y/I � σ = - 150 MPa = - 150 . 106 N/m2

� M = P.d = 20 . 103 N. 1,0 m = 20 . 103 N.m � y = 0,77a ( ponto mais distante da linha neutra);

� I = 0,1332a4

- 150 . 106 = - 20 . 103 . 0,77a /0,1332a4 - 150 . 106 = - 15,4 . 103 /0,1332a3 a3 = 15,4 . 103 / (0,1332 . 150 . 106) � a = 0,09169 m = 91,69 mm

b) a distribuição de tensão na seção crítica: Máxima tração � no topo σ = M.y/I

� M = P.d = 20 . 103 N. 1,0 m = 20 . 103 N.m � y = 0,56a = 0,56. 0,09169 = 0,05135 m

� I = 0,1332a4 = 0,1332 .0,091694 = 9,41 .10-6 m4

σ = 20 . 103 . 0,05135 /9,41 .10-6 = 109,14 .106 N/m2 = 109,14 MPa

Máxima compressão � na base � não é necessário, pois foi definida como

limite no item a, mas para efeito de demonstração: σ = - M.y/I

� M = P.d = 20 . 103 N. 1,0 m = 20 . 103 N.m � y = 0,77a = 0,77. 0,09169 = 0,07060 m

� I = 0,1332a4 = 0,1332 .0,091694 = 9,41 .10-6 m4

σ = - 20 . 103 . 0,07060 /9,41 .10-6 = 150,0 .106 N/m2 = - 150 MPa

Tensão no ponto 1:

Ponto1: y1 = 0,23a �tração (+): σ = + M.y/I � + 20 . 103 . 0,02109/9,41 .10-6 y1 = 0,23 . 0,09169 σ = + 44,82 MPa y1 = 0,02109 m

tração

L.N.

compressão

1


16

c) dimensão da seção: a = ? - neste item � |σt_adm | ≠ |σc_adm |

σt_adm = 152 MPa σc_adm = - 82 MPa

- Portanto, neste caso é necessário aplicar fórmula de flexão para os dois pontos mais distante da linha neutra e realizar a a nálise:

Máxima tração � no topo

σ = M.y/I � σ = 152 MPa = 152 . 106 N/m2

� M = P.d = 20 . 103 N. 1,0 m = 20 . 103 N.m � y = 0,56a

� I = 0,1332a4

152 . 106 = 20 . 103 . 0,56a /0,1332a4 152 . 106 = 11,2 . 103 /0,1332a3 a3 = 11,2 . 103 / (0,1332 . 152 . 106) � a = 0,08209 m = 82,09 mm

Máxima compressão � na base

σ = - M.y/I � σ = - 82 MPa = -82 . 106 N/m2

� M = P.d = 20 . 103 N. 1,0 m = 20 . 103 N.m � y = 0,77a

� I = 0,1332a4

- 82 . 106 = - 20 . 103 . 0,77a /0,1332a4 - 82 . 106 = - 15,4 . 103 /0,1332a3 a3 = 15,4 . 103 / (0,1332 . 82 . 106) � a = 0,11213 m = 112,13 mm

Análise dos resultados encontrados: Para suportar o carregamento aplicado e tensão limite de tração � a ≥ 82,09 mm Para suportar o carregamento aplicado e tensão limite de compressão � a ≥ 112,13 mm Portanto, para suportar o carregamento aplicado e a tender simultaneamente os dois limites de tensão (de compressão e de traçã o)

� a ≥ 112,13 mm


17

Exemplo 7: A viga submetida à ação de uma carga distribuída q indicada na figura a seguir. O material da viga possui tensão de flexão de σadm_c = 110 MPa na compressão e tensão de flexão de σadm_t = 124 MPa na tração, Determine: a) a dimensão a requerida para a seção transversal da viga; b) determine a distribuição de tensão na seção crítica com as dimensões definidas no item a, bem como a tensão no ponto p1 na seção crítica. Represente o estado de tensão deste ponto meio de elemento infinitesimal de volume localizado; c) O maior vão L que a viga pode resistir, considerando a mesma carga distribuída q indicada na figura a seguir e de seção transversal com a = 40 cm; Resolução: - seção crítica � seção com M máx Apenas a seção no meio do vão;


I = momento de inércia em relação eixo centroidal (Linha neutra L.N.): I = (bh3)/12 I = (a/4 . a3)/12 = 0,02083a4

Seção transversal;

a/4

a

a/4 6 m

q = 50 kN/m

A B

DM

Mmáx = qL 2/8 Seção crítica: apenas a seção no meio do vão � Flexão pura: N=0; Q=0; M≠0 � Mmáx= q.L 2/8 � Fibra superior tracionada; � Fibra inferior comprimida;

Ponto 1

L. N. a

y = ? ---------- y = 0,5a

yy

2y a/4

CG

xy

ycompressão = 0,5a

ytração = 0,5a


18

a) dimensão da seção: a = ? - neste item � |σt_adm | ≠ |σc_adm |

σt_adm = 124 MPa σc_adm = - 110 MPa


Máxima tração � no topo

σ = M.y/I � σ = 124 MPa = 124 . 106 N/m2

� M = q.L2/8 = 50 . 103 . 62 /8 = 225 . 103 N.m � y = 0,5a

� I = 0,02083a4

124 . 106 = 225 . 103 . 0,5a /0,02083a4 124 . 106 = 112,5. 103 /0,02083a3 a3 = 112,5 . 103 / (0,02083 . 124.106) � a = 0,3518 m = 35,18 cm

Máxima compressão � na base

σ = - M.y/I � σ = - 110 MPa = - 110 . 106 N/m2

� M = q.L2/8 = 50 . 103 . 62 /8 = 225 . 103 N.m � y = 0,5a

� I = 0,02083a4

- 110 . 106 = - 225. 103 . 0,5a /0,02083a4 - 82 . 106 = - 112,5 . 103 /0,02083a3 a3 = 112,5. 103 / (0,02083 . 110 .106) � a = 0,3662 m = 36,62 cm

Análise dos resultados encontrados: Para suportar o carregamento aplicado e tensão limite de tração � a ≥ 35,18 cm Para suportar o carregamento aplicado e tensão limite de compressão� a ≥ 36,62 cm Portanto, para suportar o carregamento aplicado e a tender simultaneamente os dois limites de tensão (de compressão e de traçã o) � a ≥ 36,62 mm


19

b) a distribuição de tensão na seção crítica: Máxima tração � no topo σ = M.y/I

� M = q.L2/8 = 50 . 103 . 62 /8 = 225 . 103 N.m � y = 0,5a = 0,5 . 0,3662 = 0,1831 m � I = 0,02083a4 = 0,02083 .0,36624 = 3,75.10-4 m4

σ = 225 . 103 . 0,1831 /3,75 .10-4 = 109,86 .106 N/m2 = 110 MPa

Máxima compressão � na base �

σ = - M.y/I � M = q.L2/8 = 50 . 103 . 62 /8 = 225 . 103 N.m � y = 0,5a = 0,5 . 0,3662 = 0,1831 m � I = 0,02083a4 = 0,02083 .0,36624 = 3,75.10-4 m4

σ = - 225 . 103 . 0,1831 /3,75 .10-4 = - 109,86 .106 N/m2 = - 110 MPa

Tensão no ponto 1:

Ponto1: y1 = 0,5a - a/4 � compressão (-): σ = - M.y/I � - 225 . 103 . 0,09155/3,75.10-4 y1 = 0,25 . 0,3662 σ = -54,93 MPa y1 = 0,09155 m

tração

L.N.

compressão 1


20

c) L = ? Em função da seção com a dimensão a = 40 cm: a = 0,40 m

|σt_adm | ≠ |σc_adm | σt_adm = 124 MPa σc_adm = - 110 MPa


Máxima tração � no topo σ = M.y/I

�σ = 124 MPa = 124 .106 N/m2 � M = q.L2/8 = 50 . 103 . L2 /8 = 6,25. 103 L2 N.m � y = 0,5a = 0,5 . 0,40 = 0,20 m � I = 0,02083a4 = 0,02083 .0,404 = 5,33.10-4 m4

124 .106 = 6,25.103. L2 . 0,20 /5,33.10-4

L2 = 124 .106 . 5,33.10-4 / (6,25.103. 0,20) L = 7,27 m

Máxima compressão � na base σ = - M.y/I

�σ = -110 MPa = -110 .106 N/m2 � M = q.L2/8 = 50 . 103 . L2 /8 = 6,25. 103 L2 N.m � y = 0,5a = 0,5 . 0,40 = 0,20 m � I = 0,02083a4 = 0,02083 .0,404 = 5,33.10-4 m4

- 110 .106 = - 6,25.103. L2 . 0,20 /5,33.10-4

L2 = 110 .106 . 5,335.10-4 / (6,25.103. 0,20) L = 6,85 m

Análise dos resultados encontrados: Para suportar o carregamento aplicado e tensão limite de tração � L ≥ 7,27 m Para suportar o carregamento aplicado e tensão limite de compressão � L ≥ 6,85 m Portanto, para suportar o carregamento aplicado e a tender simultaneamente os dois limites de tensão (de compressão e de traçã o) � L ≥ 6,85 m


21

1,5m 1,5m 2,5m

1,5m 1,5m 2,5m

300 mm 600 mm

Lista de exercícios 1 1) Duas forças verticais são aplicadas a uma viga de seção transversal mostrada. Determine as máximas tensões de tração e compressão na viga. R: σmáx_t = + 73,13 MPa σmáx_c = - 73,13 MPa 2) Para a viga de seção transversal mostrada a seguir. Determine: a) Máxima tensão de compressão e tração devido ao momento M = 4 kN.m; b) Máximo valor para M, considerando tensão de flexão admissível de 65 MPa; R: a) σmáx_t = + 222,91 MPa; σmáx_c = - 262,06 MPa b) M= 992,14 N.m 3) Para o perfil mostrado a seguir, determinar o maior valor para a carga P que pode ser aplicada sobre a viga, sem que as seguintes tensões admissíveis sejam excedidas: σadm_t = + 40 MPa e σadm_c = -100 MPa. R: P= 3117,32 N

P

P = 1,0 kN

A B C D

yy


25 mm

60 mm

t = 10 mm

25 mm

x

P = 1,0 kN

y2

x

y


75 mm

50 mm

12,7 mm

12,7 mm

P

yy


30 mm

r = 45 mm

10 mm x

M

A B C

30 mm

x

12,7 mm

130 mm

2,65M


22

5,5m

0,5m 0,5m 0,5m

P P

4) Supondo que a viga tenha seção transversal quadrada de 25 cm de lado, determine a tensão de flexão normal máxima absoluta; R: σabs = 0,211 MPa 5) Determine o maior valor da carga distribuída q que pode ser aplicada à viga de modo que a tensão flexão da viga não exceda a tensão de flexão admissível de 100 MPa. R: q = 211, 87 kN/m 6) A viga tem seção transversal retangular como mostrado. Determine a maior carga P que pode ser suportada em suas extremidades em balanço, de modo que a tensão de flexão na viga não exceda o limite de 10 MPa. Seção transversal: R: P = 1,67 kN 7) Um elemento com as dimensões mostradas na figura a seguir é utilizado para resistir a um momento fletor interno M = 2 kN.m, Determine a tensão máxima de compressão, de tração, bem como a distribuição de tensão se momento for aplicado: a) em torno do eixo z, conforme indicado; b) em torno do eixo y, conforme indicado; a) Em torno de z b)Em torno de y R: a) σmáx_t = + 13,89 MPa; σmáx_c = - 13,89 MPa b) σmáx_t = + 6,94 MPa; σmáx_c = - 6,94 MPa

3,0 m

yy


15 cm

20 cm

5 5 cm

25 cm

x

q

100 mm

50 mm

M=5,5 kN. m

10 cm

y z

M M

y

z

x x


23

8) Para a viga submetida ao momento M indicado na figura a seguir, determine: a) O valor de M de modo a criar no ponto D uma tensão de compressão de 30 MPa; b) O valor da tensão normal máxima absoluta gerada pelo momento definido no item a; R: a) M= 36,46 kN . m b) σmáx_abs = 40 MPa 9) A viga tem seção transversal mostrada na figura a seguir. Se for feita de aço com tensão de flexão admissível σadm = 170 MPa, determine o maior momento ao qual ela pode resistir se o momento for aplicado: a) em torno do eixo z, conforme indicado; b) em torno do eixo y, conforme indicado; a)Em torno de z b)Em torno de y R: a) M= 14,15 kN. m b) M= 4,1 kN. m

10) A peça de máquina de alumínio está sujeita a um momento M = 75 N.m. Determinar a tensão normal de flexão nos pontos B e C da seção transversal. Desenhar os resultados em um elemento infinitesimal de volume localizado em cada um desses pontos.

R: σB = - 3,6 MPa; σC = - 1,54 MPa

y

z

M

M

y

z


24

11) Determinar o menor diâmetro admissível para a barra circular submetida ao carregamento ilustrado na figura a seguir. A tensão de flexão admissível da barra é de σadm = 160 MPa; R: D = 32 mm 12) A viga está submetida ao carregamento mostrado. O material da viga possui tensão de flexão de σadm = 150 MPa, determine: a) a dimensão a requerida para a seção transversal da viga; b) determine a distribuição de tensão na seção crítica e a tensão no ponto p1 na seção crítica. Represente o estado de tensão deste ponto por meio de um elemento infinitesimal de volume; c) a dimensão a requerida para a seção transversal da viga, considerando que o material da viga possui tensão de flexão de σadm_c = 82 MPa na compressão e tensão de flexão de σadm_t = 152 MPa na tração; R: a) a = 123 mm b) σtopo = - 148,76 MPa; σbase = + 89,61 MPa; σp1 = + 30,47 MPa c) a = 150 mm 13) A viga submetida à ação de uma carga distribuída q indicada na figura a seguir. O material da viga possui tensão de flexão de σadm_c = 110 MPa na compressão e tensão de flexão de σadm_t = 124 MPa na tração, Determine: a) a dimensão a requerida para a seção transversal da viga; b) determine a distribuição de tensão na seção crítica com as dimensões definidas no item a, bem como a tensão no ponto p1 na seção crítica. Represente o estado de tensão deste ponto meio de um elemento infinitesimal de volume; c) O maior vão L que a viga pode resistir, considerando a seção transversal com as dimensões definidas no item a e sob a ação de uma carga distribuída q= 65 kN/m; R: a) a = 170 mm b) σtopo = - 66,76 MPa; σbase = + 123,99 MPa; σp1 = + 85,84 MPa c) L = 5,26 m

A B C D


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

35 kN 35 kN

a

a/3

a

a/3

Seção transversal;

a/4 a

a/4 6 m

q = 50 kN/m

A B

Ponto 1 a

a/4

p1


25

2 - Cisalhamento na flexão 2. 1 - Definição Em elementos estruturais (vigas, eixos e barras) submetidos à ação de esforços cortantes (cisalhamento) V, surge nas seções transversais destes elementos uma distribuição de tensão de cisalhamento não uniforme τ, a qual provoca deformações nas seções transversais, conforme ilustrado a seguir.

O esforço cortante V GERA distribuição não uniforme de

tensão de cisalhamento τ. 2.2 - Fórmula de cisalhamento Em qualquer seção transversal de um elemento estrutural (vigas, eixos e barras) sob a ação de um esforço cortante surge nesta seção transversal uma distribuição de tensão de cisalhamento não uniforme conforme ilustrado na figura a seguir,

Considerando que o material do elemento estrutural trabalha no regime elástico a tensão de cisalhamento em qualquer ponto p na seção transversal é definida por:

= �>.?�. @�

Em que:

τ � tensão de cisalhamento; V � esforço cortante na seção; Q = A’. y’ � momento estático da área sombreada acima ou abaixo ao nível do ponto p em análise; I � Momento de inércia da seção transversal relação ao eixo centroidal (linha neutra); t � largura da seção ao nível do do ponto p em análise;

P

L.N.

L.N. � Linha Neutra, ou, � eixo neutro


26

Para uma viga com seção transversal retangular, a tensão de cisalhamento varia

parabolicamente com a altura, conforme ilustrado na figura anterior. Analisando a equação (3 ), observa-se: 1- Pontos localizados no topo e na base da seção transversal possui Q=0, logo, a

tensão de cisalhamento é nula; 2- Em seções transversais com largura constante a tensão de cisalhamento

máxima ocorre ao longo da linha neutral ou eixo neutro, conforme ilustra a figura a seguir. A MÁXIMA TENSÃO DE CISALHAMENTO PARA SEÇÕES DE LARG URA CONSTANTE OCORRE AO NÍVEL DA LINHA NEUTRA

Seção longitudinal Seção transversal

Para seções de largura constante � o momento estático Q é máximo na linha neutra � RESULTANDO NA MÁXIMA TENSÃO DE CISALHAMENTO.

3 - Para seções com largura que varia ao longo da mesma � Nem sempre a

máxima tensão de cisalhamento ocorre na linha neutra. NESTES CASOS É NECESSÁRIO COMPARAR A TENSÃO AO NÍVEL DA LINHA NEUTRA COM A TENSÃO AO NÍVEL DA MENOR LARGURA MAIS PRÓXIMA DA LINHA NEUTRA, NO CASO DE EXISTIR UM NÍVEL PRÓXIMO DE MEMOR LARGURA;

Neste caso a análise é feita: Neste caso a análise é feita:

1 NÍVEL APENAS 2 NÍVEIS Não existe um nível próximo Existe um nível próximo da da linha neutra de menor largura. linha neutra de menor largura.

τmáx L.N.

t = b

b

y’

A’

L.N.

t = b

b

L

e e t = 2e

t = L + 2e

τ = 0

τ = 0


27

125

50

12,5

62,5

P y’ = 12,5 + 25 = 37,5

75 y’ = 62,5 - 37,5 = 25

37,5

L.N.

100 MEDIDAS EM : mm 100

Exemplo 8: A seção transversal de uma viga de madeira está sujeita a uma força de cisalhamento (cortante) vertical interna resultante V = 3 kN. Determine: a) a tensão de cisalhamento no ponto P. Represente o estado de tensão do ponto p desenhando o resultado em um elemento infinitesimal de volume localizado neste ponto; b) a tensão de cisalhamento máxima que ocorre na seção; Resolução: a) tensão de cisalhamento do ponto p: τ = V. Q/I.t V = 3 kN = 3.103 N Q = A’. y ’ � da área sombreada sempre em relação a linha neutra; I = bh3/12 � da seção total em relação à linha neutra; t = 100 mm = 0,10 m � sempre ao nível do ponto em análise; Onde está a Linha neutra? Devido à simetria a L.N. está na metade da altura: 125/2 = 62,5 mm

Q = A’. y ’ � Área acima ou abaixo do nível do ponto em análise; A�ACIMA: Q = (50 . 100). 37,5 = 187,5 .103 mm3 Q = 187,5 .10-6 m3 A�ABAIXO: Q = (75 .100) . 25,0 = 187,5 .103 mm3 Q= 187,5 .10-6 m3 APENAS PARA EFEITO DE DEMONSTRAÇÃO I = bh3/12 � 100 . 1253/12 = 1627,60 .104 mm4 I = 1627,6 .10-8 m4 τ = V. Q/I.t � 3.103 . 187,5 .10-6 / (1627,6 .10-8 . 0,10) = 0,346.106 N/m2 = 0,346 MPa


28

125

62,5

y’ = 62,5/2 = 31,25

y’ = 62,5/2 = 31,25 L.N.

100 MEDIDAS EM : mm 100

62,5

b) tensão de cisalhamento máxima na seção da viga: - seção com largura constante � τmáx � ao nível da linha neutra; τ = V. Q/I.t V = 3 kN = 3.103 N Q = A’. y ’ � da área sombreada sempre em relação a linha neutra; I = 1627,6 .10-8 m4 t = 100 mm = 0,10 m � sempre ao nível do ponto em análise;

Q = A’. y ’ � Área acima ou abaixo do nível do ponto em análise; A�ACIMA: Q = (62,5 . 100). 31,25 = 195,31.103 mm3 Q = 195,31 .10-6 m3 τmáx = V. Q/I.t � 3.103 . 195,31 .10-6 / (1627,6 .10-8 . 0,10) = 0,360.106 N/m2 τmáx = 0,360 MPa


29

Exemplo 9: Uma viga de aço tem as mesmas dimensões mostradas na figura a seguir. Se for submetida a uma força de cisalhamento (cortante) V = 80 kN. Determine para cada caso: a) a tensão de cisalhamento no ponto P. Represente o estado de tensão do ponto p desenhando o resultado em um elemento infinitesimal de volume localizado neste ponto; b) a tensão de cisalhamento máxima que ocorre na seção; Caso 1: Caso 2: Resolução: L.N. � posição da linha neutra para os dois casos; I � da seção total em relação à linha neutra para os dois casos; Devido à simetria a L.N. está na metade da altura para os dois casos: Caso 1: Caso 2: I = momento de inércia em relação eixo centroidal (Linha neutra L.N.): I = ∑ (Ix + A . y2) = ∑ [ (bh3)/12 + A . y2 ] CASO 1: I = 2 [ (250 . 203/12) + (250 . 20) . 1602] + [ (20 . 3003/12) + (20 . 300) . 02] I = 2,5633 .108 + 0,45 .108 = 3,01 .108 mm4 = 3,01 .10-4 m4 CASO 2: I = 2 [ (20 . 2503/12) + (20 . 250) . 02] + [ (300 . 203/12) + (300 . 20) . 02] I = 0,521 .108 + 0,002.108 = 0,523 .108 mm4 = 0,523 .10-4 m4

250 mm

300 mm

20 mm

20 mm 300 mm

20 mm 20 mm

250 mm

250 mm

250 mm

20 mm

20 mm

300 mm

20 mm 300 mm

20 mm 170 mm

250 mm

250 mm

20 mm

20 mm

250 mm

V V

20 mm 20 mm

125 mm


30

a) tensão de cisalhamento do ponto P para os dois c asos: τ = V. Q/I.t CASO 1 CASO 2 V = 80 kN = 80.103 N V = 80 kN = 80.103 N Q = A’. y ’ � Área acima do ponto; Q = A’. y ’ � Área acima do ponto; Q = (250 . 20). 160 = 800,0 .103 mm3 Q = 2[(20 . 125). 62,5] + (300 . 10) .5 Q = 800,0 .10-6 m3 Q = 312,5 .103 + 15,0 .103 Q = 327,5 .103 mm3 Q = 327,5 .10-6 m3 I � da seção total em relação à L.N.; I � da seção total em relação à L.N.; I = 3,01 .10-4 m4 I =0,523 .10-4 m4 t = 20 mm � ao nível do ponto; t = 340 mm � ao nível do ponto; t = 0,020 m t = 0,34 m Caso 1: Caso 2: CASO 1 τ = V. Q/I.t � 80.103 . 800,0 .10-6 / (3,01.10-4 . 0,020) τ = 10,63.106 N/m2 = 10,63 MPa CASO 2 τ = V. Q/I.t � 80.103 . 327,5 .10-6 / (0,523.10-4 . 0,34) τ = 1,47.106 N/m2 = 1,47 MPa

300 mm

20 mm 300 mm

20 mm 170 mm

250 mm

250 mm

20 mm

20 mm

250 mm 20 mm 20 mm

125 mm


31

b) tensão de cisalhamento máxima na seção para os d ois casos: Nos dois casos a largura da seção varia ao longo da altura nos dois casos: CASO 1 CASO 2 Porém, neste caso o nível com Já, neste caso existe um nível com menor largura mais próxima da menor largura mais próxima da L.N. coincide com a L.N., portanto L.N. coincide com a L.N., portanto Neste a análise é realizada: Neste a análise é realizada:

1 nível apenas 2 níveis de análise Análise na linha neutra Análise na linha neutra Q = A’. y ’ � Área acima do ponto; Q = A’. y ’ � Área acima do ponto; Q = [(20 . 250). 160] + (20 . 150) .75 Já foi realizado no item a; Q = 1025,0 .10-6 m3 Q = 327,5 .10-6 m3

I � da seção total em relação à L.N.; I � da seção total em relação à L.N.; I = 3,01 .10-4 m4 I =0,523 .10-4 m4 t = 0,20 m � ao nível do ponto; t = 0,34 m � ao nível do ponto; τ = V. Q/I.t τ = V. Q/I.t τ = 80.103 . 1025 .10-6 /(3,01.10-4 . 0,020) τ = 80.103 . 327,5 .10-6 / (0,523.10-4 . 0,34) τ = 13,62.106 N/m2 = 13,62 MPa τ = 1,47.106 N/m2 = 1,47 MPa τmáx= 13,62.106 N/m2 = 13,62 MPa Análise ao nível com menor Largura mais próxima da L.N.; Q = A’. y ’ � Área acima do ponto; Q = 2[(20 . 115).(57,5+10)] =310,5.103 mm3 Q = 310,5 .10-6 m3 I � da seção total em relação à L.N.; I = 0,523 .10-4 m4 t = 2. 0,020 = 0,040 m � ao nível do ponto; τ = V. Q/I.t τ = 80.103 . 310,5 .10-6 / (0,523.10-4 . 0,04) τ = 11,87.106 N/m2 = 11,87 MPa Portanto para o caso 2 τmáx= 11,87 MPa

300 mm

20 mm

150 mm 20 mm 170 mm

250 mm

250 mm

20 mm

20 mm

250 mm 20 mm 20 mm

125 mm

300 mm 20 mm

250 mm

20 mm 20 mm

115 mm


32

A B C

R = 6,5 . 4 = 26 kN

4 m 4 m 2 m

VA = 6,5 kN VC = 19,5 kN

V (kN)

X(m)

+6,5 +6,5

-19,5

A B C

Exemplo 10: A viga mostrada na figura a seguir é feita de duas tábuas. Determinar a tensão de cisalhamento máxima necessária na cola (ponto D) para manter as tábuas unidas ao longo da junção. Os apoios em A e C exercem apenas reações verticais sobre a viga. Resolução: Ponto fundamental desta questão: � A tensão de cisalhamento máximo ocorre na seção crítica; � Seção crítica � seção onde ocorre o MÁXIMO CORTANTE; � Traçar o diagrama de cortante da viga; - Utilizando o método das seções;

- convenção de sinais para o cortante: Para qualquer ponto: Pela esquerda Pela direita

(+) Pela esquerda Pela direita

(-) Cortante: VA_d = + 6,5 kN; VB_e = + 6,5 kN; VB_d = + 6,5 kN; VC_e = + 6,5 – 26 = -19,5 kN; A seção crítica possui � V= 19,5 kN

A C


33

30

y. = ? � y. = 120

D y’ = 45

L.N.

MEDIDAS EM : mm

x

y

150

150

30

- tensão de cisalhamento do ponto D (na cola): τ = V. Q/I.t V = 19,5 kN = 19,5.103 N Q = A’. y ’ � da área sombreada sempre em relação a linha neutra; I � da seção total em relação à linha neutra; t = 30 mm = 0,030 m � sempre ao nível do ponto em análise; Onde está a Linha neutra? Calcular � y = ?

�� Σ�. ��Σ� = 30.150�. 165% + 30.150�. 75% 30.150� +30.150�% = 1080000 9000% = 120,0))


9 = A150. 30512 + 30.150�. 458B + A30. 150512 + 30.150�. 120 − 75�8B =

9 = 945. 10< + 1755. 10< = 2700. 10<))< =2700. 10CD)< Q = A’. y ’ � Área acima ou abaixo do nível do ponto em análise; A�ACIMA: Q = (30 . 150). 45 = 202,5 .103 mm3 Q = 202,5 .10-6 m3 τ = V. Q/I.t τ = 19,5 .103 . 202,5 .10-6 / (2700 .10-8 . 0,030) = 4,88.106 N/m2 τ = 4,88 MPa


34

A B C D

R = 6,5 . 4 = 26 kN 3 kN

4 m 5 m

2 m VA = 20,89 kN VD = 8,11 kN

V (kN)

X(m)

+20,89

-5,11 -8,11

A B C D

A B C D

4 m 5 m

2 m

6,5 kN/m 3 kN 20 1

80 medidas em mm

150

20

100

2

20

Exemplo 11: A viga mostrada na figura a seguir é feita de três tábuas. Determinar a tensão de cisalhamento máxima necessária na cola em cada junta (ponto 1 e ponto 2) para manter as tábuas unidas ao longo da junção. Os apoios em A e D exercem apenas reações verticais sobre a viga. Seção transversal: Resolução: Ponto fundamental desta questão: � A tensão de cisalhamento máximo ocorre na seção crítica; � Seção crítica � seção onde ocorre o MÁXIMO CORTANTE; � Traçar o diagrama de cortante da viga; - Utilizando o método das seções;

- convenção de sinais para o cortante: Para qualquer ponto: Pela esquerda Pela direita

(+) Pela esquerda Pela direita

(-) Cortante: VA_d = + 20,89 kN; VB_e = + 20,89 - 26 = - 5,11 kN; VB_d = - 5,11 kN; VC_e = - 5,11 kN; VC_d = - 5,11 - 3 = - 8,11 kN; VD_e = - 8,11 kN; A seção crítica possui � V= 20,89 kN


35

20

y. = ? � y. = 67,6

1 y1’ = 42,4

L.N.

MEDIDAS EM : mm x

y

80

150

20

100

2

y2’ =57,6

32,4

- tensão de cisalhamento dos pontos 1 e 2 (juntas c oladas): τ = V. Q/I.t V = 20,89 kN = 20,89.103 N Q = A’. y ’ � da área sombreada sempre em relação a linha neutra; I � da seção total em relação à linha neutra; t = 30 mm = 0,030 m � sempre ao nível do ponto em análise; Onde está a Linha neutra? Calcular � y = ?

�� Σ�. ��Σ� = 150.20�. 110% + E100.20�. 10% + 20.80�. 60%F 150.20� +100.20� + 20.80�% = 446000 6600% = 67,6))


9 = A150. 20512 + 20.150�. 42,48B + A100. 20512 + 100.20�. 57,68B A20. 80512 + 20.80�. 67,6 − 60�8B 9 = 549,33. 10< + 670,22. 10< + 94,57. 10< = 1314,12. 10<))< =1314,12. 10CD)< JUNTA 1: Q = A’. y ’ � Área acima ou abaixo do nível do ponto em análise; A�ACIMA: Q1 = (150 . 20). 42,4 = 127,2 .103 mm3 Q1 = 127,2 .10-6 m3 τ = V. Q/I.t τ = 20,89 .103 . 127,2 .10-6 / (1314,12 .10-8 . 0,020) = 10,11.106 N/m2 τ = 11,11 MPa JUNTA 2: Q = A’. y ’ � Área acima ou abaixo do nível do ponto em análise; A�ABAIXO: Q2 = (100 . 20). 57,6 = 115,2 .103 mm3 Q2 = 115,2 .10-6 m3 τ = V. Q/I.t τ = 20,89.103 . 115,2 .10-6 / (1314,12 .10-8 . 0,020) = 9,16.106 N/m2 τ = 9,16 MPa


36

Lista de exercícios 2 1) Se a viga for submetida a um cisalhamento V = 15 kN, determine a tensão de cisalhamento nos pontos A e B. Indique o estado de tensão destes pontos por meio de um elemento infinitesimal de volume localizado nestes pontos. Considere W = 125 mm. R: τ_A = 1,99 MPa; τ_B = 1,65 MPa 2) Se a viga for submetida a um cisalhamento V = 30 kN, determine a tensão de cisalhamento máxima. Indique o estado de tensão deste ponto onde ocorre a máxima tensão Exercícios: 1 e 2 por meio de um elemento infinitesimal de volume localizado neste ponto. Considere W = 200 mm. R: τ_máx = 4,73 MPa 3) A viga tem seção transversal retangular é feita de Madeira com tensão admissível τadm = 11,2 MPa. Se for submetida a um cisalhamento V = 20 kN, determine o menor valor para a; R: a = 42,26 mm 4) A viga tem seção transversal retangular. Se for submetida a um cisalhamento V = 20 kN, determine a tensão de cisalhamento máxima. Considerar para este caso a = 250 mm; Exercícios: 3 e 4 R: τ_máx = 320 kPa 5) Se o tubo estiver sujeito a um cisalhamento V = 75 kN, determine a tensão de cisalhamento máxima. Indique o estado de tensão deste ponto onde ocorre a máxima tensão por meio de um elemento infinitesimal de volume localizado neste ponto. R: τ_máx = 43,17 MPa 6) Se o tubo estiver sujeito a um cisalhamento V = 50 kN, determine a tensão de cisalhamento máxima. Indique o estado de tensão deste ponto onde ocorre a máxima tensão por meio de um elemento infinitesimal de volume localizado neste ponto. R: τ_máx = 47,15 MPa 7) A viga T está sujeita ao carregamento mostrado na figura a seguir. Determine a tensão de cisalhamento máxima na seção transversal crítica da viga; R: τ_máx = 14,74 MPa


37

8) Se a força P = 4 kN, determine a tensão de cisalhamento máxima na seção transversal crítica da viga. Os apoios A e B exercem apenas reações verticais sobre a viga; R: τ_máx = 0,75 MPa 9) Determine o maior valor para a força P que o elemento pode suportar se a tensão de cisalhamento admissível for τadm = 70 MPa. Os apoios A e B exercem apenas reações verticais sobre a viga; Dica: estrutura e carregamento simétrico, Reações de apoio iguais. R: P = 373,44 kN Exercícios: 8 e 9 10) As extremidades da viga de madeira devem ser entalhadas como mostra a figura a seguir. Se a viga tiver de suportar o carregamento mostrado, determine o menor valor para a profundidade d da viga no entalhe se a tensão admissível for τadm = 3 MPa. A largura da viga é de 200 mm. R: d = 62,40 mm 11) A viga é composta por três tábuas coladas nas linhas de junção A e B. Se for submetida ao carregamento mostrado na figura ao lado, determine a tensão de cisalhamento desenvolvida nas juntas coladas na seção a-a. Os apoios C e D exercem apenas reações verticais sobre a viga; R: τ_máx = 0,87 MPa 12) A viga é composta por três tábuas coladas nas linhas de junção A e B. Se for submetida ao carregamento mostrado na figura ao lado, Exercícios: 11 e 12 determine a tensão de cisalhamento máxima desenvolvida nas juntas coladas. Os apoios C e D exercem apenas reações verticais sobre a viga; R: τ_ = 2,60 MPa 13) Para a viga submetida ao carregamento mostrado na figura ao lado, determine: a) a tensão de cisalhamento localizada nos pontos B e C; b) a tensão de cisalhamento máxima na seção crítica da viga; R: a) τ_B = τ_C = 0,76 MPa b) τ_máx = 2,26 MPa


1


2


3


4


5


6


7


8


9


10


11


12


13


14


15


16


17


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19


20


21


22


23


1


2


3


4

Tensão máxima ocorre na linha neutra (L. N.):

= V. Q / (I . t) : V = 20 . 103 N

: : Q (área acima L. N.): Q = A . y = (0,25 . 0,1875) . 0,09375 = 4,39 . 10-3 m3

: : I = bh3/12 = 0,25 . 0,3753/12 = 1,099 . 10-3 m4

: : t = 0,25 m

= 20 . 103 . 4,39 . 10-3 / (1,099 . 10-3 . 0,25) = 320 . 103 N/m2 = 320 kPa :


5


6


7


8


9


10


11


12


13

Curso: E ngenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Resistência dos Materiais 2

1

RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 2 O conteúdo desta apostila foi elaborado utilizando os seguintes livros textos: - RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS Ferdinand P. Beer ; E. Russell Johnston Jr Ed. PEARSON - 3ª edição - RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS R. C. Hibbeler Ed. PEARSON - 7ª edição

Parte 05: Flambagem de colunas 1 - Introdução � Carga Crítica para colunas; 2 - Fórmula de Euler para carga crítica � colunas com vários tipos de apoio;


2

1- Introdução Colunas � Elementos estruturais compridos e esbeltos, sujeitos a uma força de compressão axial; Fambagem � flexão ou deflexão lateral das colunas; Carga crítica ( P cr ) � A carga axial máxima que uma coluna pode suportar quando está na iminência de sofrer flambagem; 2 - Fórmula de Euler para carga crítica Antes de apresentar a fórmula de Euler faz-se necessário esclarecer alguns pontos importantes; 2.1 - Condições de apoio iguais: Colunas com a mesmas condições de apoio nos dois planos de flambagem a análise de flambagem é realizada apenas em torno do eixo de menor inércia. Caso 1: Engastada e livre Caso2: Engastada e apoiada Caso3: Bi-apoiada ou Bi-articulada ou Bi-rotulada

Em torno: x Em torno: y Em torno: x Em torno: y Em torno: x Em torno: y Ex1: Ex2: Ex3: Considerando que nos 3 exemplos � mesmo tipo de apoio nas duas extermidades Mesma condições de apoio � Flambagem em torno do eixo de menor inércia: Ex1: Iy < Ix � em torno do eixo y Ex2: Ix < Iy � em torno do eixo x Ex3: Iy = Ix � em torno do eixo y ou x

x

y

x

y

x

y

x

y y y x x


3

2.2 - Condições de apoios diferentes: Colunas com condições de apoio diferentes nos dois planos de flambagem exige que seja realizada análise de flambagem para os dois eixos (x e y); Ex1: Ex2: EX3: Presa por pinos Em torno: x Em torno: y Em torno: x Em torno: y Em torno: x Em torno: y Ex1: Ex2: Ex3: Considerando que nos 3 exemplos � diferentes tipos de apoio nas duas extermidades Diferentes condições de apoio �

� Flambagem analisada em torno dos dois eixos.

x

y

x

y

Engastada Apoiada

Engastada Livre

Engastada Livre

Engastada Apoiada

x x x

x y

Bi Engastada

Bi Apoiada


4

A fórmula de Euler estabelece a carga crítica para as colunas sob qualquer

condição de apoio, sendo esta dada por:

�� =��

� (Fórmula de Euler – qualquer tipo de apoio) (1)

Em que: Pcr = carga crítica ou carga axial máxima na coluna imediatamente antes de começar a flambagem; E = módulo de elasticidade do material; I = momento de inércia da seção transversal da coluna em relação ao eixo considerado na análise; Le = KL� comprimento efetivo da coluna, de L é o comprimento da coluna, sendo K um coeficiente chamado de Fator de comprimento efetivo ;

Este fator k depende da condição de apoio da coluna, conforme ilustrado nas figuras a seguir; K = 2 K = 1 K = 0,7 K = 0,5 Le = 2L Le = L Le = 0,7L Le = 0,5L Engastada e Livre Biapoaida Engastada e apoiada Biengastada ou Biarticulada ou Birotulada Presa por roletes Biapoiada ou Birotulata ou Biarticulada � PRESA POR PINOS; A tensão crítica é obtida de maneira semelhante pela equação:

�� =��= ��

�� = ��

� = ��

( �⁄ )�

(Fórmula de Euler – qualquer tipo de apoio) (2) Onde: σcr = tensão crítica, que é a tensão normal média na coluna imediatamente antes de a coluna flambar; Essa tensão é uma tensão elástica e, portanto σcr ≤ σy (tensão de escoamento) E = módulo de elasticidade do material; I = momento de inércia da seção transversal da coluna; Le = KL � comprimento efetivo da coluna, de L é o comprimento da coluna, sendo K um coeficiente chamado de Fator de comprimento efetivo ; r = raio de giração da coluna, determinado por: � = �� ⁄ , onde I é o momento de inércia da seção transversal da coluna;


5

Exemplo 1: Seja uma coluna de aço bi-apoiada ou bi-articulada em torno de x e de y com seção transversal conforme indicado na figura a seguir. Determine a carga admissível de forma a evitar a flambagem. Considerar um fator de segurança de flambagem de 1,5;

a) Para o caso 1 de seção transversal; b) Para o caso 2 de seção transversal; c) Para o caso 3 de seção transversal:

Seção SS: caso 1; Seção SS: caso 2; R: Carga admissível: P adm = Maior carga que pode ser aplicada a) sem risco de flambagem - Condição de apoio: em torno de x-x: bi-apoiada ou bi-rotulada ou bi-articulada � em torno de y-y: bi-apoiada ou bi-rotulada ou bi-articulada ---------� MESMA CONDIÇÃO DE APOIO :

� análise apenas em torno do eixo de menor inércia; �NESTE CASO �em torno do eixo y ;

- Flambagem em torno de y: Bi-apoiada � K = 1 � Le = k . L = 1 . 4 = 4 m - Carga crítica de Flambagem: � em torno de y Iy = bh3/12 = 50. 203/12 = 33333,33 mm4 = 3,33 . 10-8 m4

�� =��

= ��.��.��.�,��.��

(�.�,�)�= 4108,22N=4,11KN

- Carga admissível de flambagem = CARGA LIMITE A SE R APLICADA:

%&'( =%)*+,. -.

=4,111,5

= 2,7401 → 34546789454:;4<=4>6<6<?

4,0

m x

S S

20,0 mm

y

x

50,0

mm

y

x

10,0 20,0 10,0 mm

5,0

10,

0 5

,0 m

m

Seção SS: caso 3;

y

x

10,0 10,0 10,0 mm

10,0

1

0,0

10

,0 m

m

y

x

50,0

mm

20,0 mm

y


6

b) - Condição de apoio: em torno de x-x: bi-apoiada ou bi-rotulada ou bi-articulada � em torno de y-y: bi-apoiada ou bi-rotulada ou bi-articulada ---------� MESMA CONDIÇÃO DE APOIO :

� análise apenas em torno do eixo de menor inércia; �NESTE CASO �em torno do eixo x ;

- Flambagem em torno de x: Bi-apoiada � K = 1 � Le = k . L = 1 . 4 = 4 m - Carga crítica de Flambagem: � em torno de x Ix = ∑ (Ix + A . y2) = ∑ [ (bh3)/12 + A . y2 ]

Ix = 2 [ (10 . 103)/12 + (10 . 10) .02] + [ (20 . 203)/12 + (20 . 20) . 02] = 15000 mm4 Ix = 1,5 . 10-8 m4

�� =��

= ��.��.��.�,@.��

(�.�,�)�= 1850,55N=1,85KN


%&'( =%)*+

,. -.=1,85

1,5= 1,2301 → 34546789454:;4<=4>6<6<B

c) - Condição de apoio: em torno de x-x: bi-apoiada ou bi-rotulada ou bi-articulada � em torno de y-y: bi-apoiada ou bi-rotulada ou bi-articulada ---------� MESMA CONDIÇÃO DE APOIO:


OU em torno de y - Flambagem em torno de x: Bi-apoiada � K = 1 �Le = k . L = 1 . 4 = 4 m - Carga crítica de Flambagem: � em torno de x Ix = ∑ (Ix + A . y2) = ∑ [ (bh3)/12 + A . y2 ]

Ix = 2 [(10.103)/12 + (10.10) .02] + [(10.303)/12 + (10.30). 02] = 24166,67 mm4 Ix = 2,42 . 10-8 m4

�� =��

�� =

��.��.��.�,��.��@

(�.�,�)�= 2985,56N=2,99KN


%&'( =%)*+

,. -.=2,99

1,5= 1,9901 → 34546789454:;4<=4>6<6<B

y

x

10,0 20,0 10,0 mm

5,0

10,

0 5

,0 m

m

y

x

10,0 10,0 10,0 mm

10,0

1

0,0

10

,0 m

m


7

Exemplo 2: O elemento estrutural A-36 W 200 X 46 de aço mostrado na figura ao lado deve ser usado como uma coluna acoplada por pinos. Determine a maior carga axial que ele pode suportar antes de começar a sofrer flambagem ou antes que o aço escoe. Utilizar um fator de segurança F.S. = 2,0 para a flambagem e para o escoamento. Aço A-36: E=200GPa; σe = 250 MPa Perfil W 200 X 46 Ix = 45,5 . 10 6 mm4 Iy = 15,3 . 106 mm4 A = 5890 mm2 R: Maior carga axial que pode ser aplicada sem risco de flambagem e de escoamento = P adm = ??? - Condição de apoio: em torno de x-x: bi-apoiada ou bi-rotulada ou bi-articulada � em torno de y-y: biapoiada ou birotulada ou biarticulada ---------� MESMA CONDIÇÃO DE APOIO :


- Flambagem em torno de y: Bi-apoiada � K = 1 � Le = k . L = 1 . 4 = 4 m - Carga crítica de Flambagem: � em torno de y Iy = 15,3 . 106 mm4 = 15,3 . 10-6 m4

%)*+ =E�.F.G

��= E�.HII.JIK.JL,M.JI�N

(J.O,I)�= 1887,56.10M1 = 1887,5601


%&'( =%)*+

,. -.=1887,56

2,0= 943,7801 → 34546789454:;4<=4>6<6<?

- Tensão provocada pela carga admissível de flambag em:

P =QRST

U=

VOM,WX.JIY

LXVI.JI�N= 160,23Z%4

- Tensão admissível de escoamento:

P&'(_\]) =^�

_.`.=

HLI,I

H,I= 125,0Z%4

Como σ > σadm_esc � A carga admissível para evitar SIMULTANEAMENTE a flambagem e o escoamento com o F.S. de 2,0 vale:

P&'( =QRST

U→ 125. 10a =

QRST

LXVI.JI�N

→�bcd = e�f�@�g = e�f, �@hg


8

Exemplo 3: A coluna de alumínio está engastada na base e seu topo está ancorado por cabos de modo a impedir que o topo movimente-se ao longo do eixo x, conforme ilustra a figura ao lado. Se considerarmos que ela está fixa na base, determine a carga admissível P que pode ser aplicada. Use um fator de segurança para flambagem FS = 3,0 e um fator de segurança para o escoamento FS = 1,4. Considere: Eal = 70GPa, σe = 215MPa, A = 7,5 . 10-3 m2, Ix = 61,3 . 10-6 m4, Iy = 23,2 . 10-6m4 R: Carga admissível: P adm = P = ??? - Condição de apoio: em torno de x-x: engatada e livre; fixa na base = engastada na base

em torno de y-y: engastada e apoiada; fixa na base = engastada na base

CONDIÇÕES DIFERENTES DE APOIO � análise em torno dos dois eixos; �NESTE CASO �em torno dos dois eixos x e y ;

- Flambagem em torno de x: Engastada e livre � K = 2,0 �Le = k . L = 2 . 5 = 10 m - Flambagem em torno de y: Engastada e apoiada � K = 0,7 �Le = k . L = 0,7. 5 = 3,5 m - Carga crítica de Flambagem: �em torno de x Ix = 61,3 . 10-6 m4

%)*+_i =E�.F.G

�� =

E�.WI.JIK.aJ,M.JI�N

H.L,I��= 42401

�em torno de y

Iy = 23,2 . 10-6 m4

%)*+_j =E�.F.G

�� =

E�.WI.JIK.HM,H.JI�N

I,W.L,I��= 1,31.10M01


�em torno de x

%&'(_i =Qklm_n

_.`.=

OHO

M,I= 14101

�em torno de y

%&'(_j =Qklm_o

_.`.=

J,MJ.JIY

M,I= 436,6701

%&'( = 14101 → 34546789454:;4<=4>6< p8<q;94r64<6r966<B6?


9


P =QRST

U=

JOJ.JIY

W,L.JI�Y= 18,8Z%4


P&'(_\]) =^�

_.`.=

HJL,I

J,O= 153,6 = 154Z%4

Como σ < σadm_esc � A carga admissível para evitar SIMULTANEAMENTE a flambagem com o F.S. de 3,0 e o escoamento com o F.S. de 1,4 vale:

→�bcd = ��hg


10

Exemplo 4: Uma estrutura composta por uma viga e uma coluna, ambas de aço. Supor que a coluna AB esteja presa por pinos nas extremidades para o caso de flambagem em torno do eixo x-x e que esteja engastada nas extremidades para o caso de flambagem em torno do eixo y-y. Determinar a carga admissível W(KN/m) que pode ser aplicada. Usar um fator de segurança para a Flambagem F.S. = 2,5 e um fator de segurança para o escoamento F.S. = 1,4. Ea = 200 GPa; σy = 250 MPa; R: - Condição de apoio: em torno de x-x: bi-apoiada ou bi-rotulada ou bi-articulata; em torno de y-y: bi-engastada; CONDIÇÕES DIFERENTES DE APOIO � análise em torno dos dois eixos;

�NESTE CASO �em torno dos dois eixos x e y ; - Flambagem em torno de x: Bi-apoiada � K = 1 � Le = k . L = 1 . 2 = 2 m - Flambagem em torno de y: Bi-engastada � K = 0,5 � Le = k . L = 0,5 . 2 = 1,0 m - Carga crítica de Flambagem: �em torno de x Ix = b.h3/12 = (0,020 . 0,0303)/12 = 4,5 . 10-8 m4

%)*+_i =E�.F.G

��

E�.HII.JIK.O,L.JI�s

J.H,I�� 22,201

�em torno de y

Iy = b.h3/12 = (0,030 . 0,0203)/12 = 2,0 . 10-8 m4

%)*+_j �E�.F.G

��

E�.HII.JIK.H,I.JI�s

I,L.H,I�� 39,501


�em torno de x

%&'(_i �Qklm_n

_.`.�

HH,H

H,L� 8,8801

�em torno de y

%&'(_j �Qklm_o

_.`.�

MV,L

H,L� 15,801

%&'( � 8,8801 → 34546789454:;4<=4>6< p8<q;94r64<6r966<B6?


11


P =%&'(

t=

8,8.10M

0,02.0,03= 14,67Z%4


P&'(_\]) =^o

_.`.=

HLI,I

J,O= 178,57 = 179Z%4

Como σ < σadm_es � A carga admissível para evitar a flambagem e o escoamento com o F.S. de 2,0 vale: �bcd = �, �hg Carga admissível ou máxima sobre a coluna AB: Padm = 8,8 kN Realizando a análise da viga CB: W = ? R1 = W . 1,5 R2 = W . 0,5 C B VC VB

1,5 m 0,5 m VB B A

+ Σ Fy = 0 � VC + VB = 1,5 + 0,5 W

VC + VB = 2,0 W

∑ MC = 0 + � VB . 1,5 – R1 . 0,75 – R2 . 1,75 = 0

VB . 1,5 – W . 1,5 . 0,75 – W . 0,5 . 1,75 = 0 1,5 VB = 2 W VB = 2 W/1,5 VB = 1,333 W VB ≤ Padm = 8,8 kN 1,333 W = 8,8 W = 6,6 kN/m Assim, a carga admissível W para evitar SIMULTANEAMENTE a flambagem com o F.S. de 2,5 e o escoamento com o F.S. de 1,4 deve ser de 6,6 kN/m;


12

Exemplo 5: Uma coluna de aço W 150 X 24 tem 8m de comprimento e extremidades engastadas como mostra a figura a seguir. Sua capacidade de carga é aumenta pelas escoras de reforço em torno do eixo y-y. Considerando que essas escoras estão acopladas por pinos no ponto médio da altura da coluna. Determine a carga admissível que a coluna pode suportar. Considerar um fator de segurança de 1,4 para flambagem e um fator de segurança de 1,15 para o escoamento. Aço: E = 200 GPa e σe = 410 MPa. W 150 X 24: Ix = 13,4 .106 mm4 Iy = 1,83 .106 mm4 A = 3060 mm2 R: - Condição de apoio: em torno de x-x: bi-engatada; em x � L = 8,0 m em torno de y-y: engastada e apoiada;

fixa na base e apoiado no meio em y � L = 4,0 m

CONDIÇÕES DIFERENTES DE APOIO � análise em torno dos dois eixos; �NESTE CASO �em torno dos dois eixos x e y ;

- Flambagem em torno de x: bi-engastada � K = 0,5 �Le = k . L = 0,5 . 8 = 4 m - Flambagem em torno de y: Engastada e apoiada � K = 0,7 �Le = k . L = 0,7. 4 = 2,8 m - Carga crítica de Flambagem: �em torno de x Ix = 13,4 .106 mm4 = 13,4 . 10-6 m4

%)*+_i =E�.F.G

�� =

E�.HII.JIK.JM,O.JI�N

I,L.X,I��= 1653,1601

�em torno de y

Iy = 1,83 .106 mm4 = 1,83 . 10-6 m4

%)*+_j =E�.F.G

�� =

E�.HII.JIK.J,XM.JI�N

I,W.O,I��= 460,7501


�em torno de x

%&'(_i =Qklm_n

_.`.=

JaLM,Ja

J,O= 1180,8301

�em torno de y

%&'(_j =Qklm_o

_.`.=

OaI,WL

J,O= 329,1101

%&'( = 329,1101 → 34546789454:;4<=4>6< p8<q;94r64<6r966<B6?


13


P =%&'(

t=329,11.10M

3060.10ua= 107,55Z%4


P&'(_\]) =^o

_.`.=

OJI,I

J,JL= 356,52 = 357Z%4

Como σ < σadm_ecs � A carga admissível para evitar a flambagem com F.S. de 1,4 e o escoamento com F.S. de 1,15 vale: �bcd = ��, ��hg


14

Exemplo 6: Uma coluna bi-articulada de 2,0 m de comprimento de seção transversal quadrada de aresta a deve ser feita de madeira. Considerando que a madeira tenha tenha E = 13 GPa, σadm = 12 MPa, e usando um fator de segurança de 2,5 para a flambagem. Determine a dimensão da aresta a da seção transversal da coluna que deve suportar com segurança: a) uma força de 100 kN; b) uma força de 200 kN; R: a) - Condição de apoio: em torno de x-x: bi-apoiada ou bi-rotulada ou bi-articulada � em torno de y-y: bi-apoiada ou bi-rotulada ou bi-articulada ---------� MESMA CONDIÇÃO DE APOIO :


Ou em torno de x; Ix = Iy Realizando a análise para x - Flambagem em torno de x: bi-apoiada � K = 1 �Le = k . L = 1 . 2 = 2 m - Carga crítica de Flambagem: �em torno de x Ix = ?

%)*+_i =E�.F.G

�� → v =

Qklm_n.��

E�.F ..... %)*+_i =?


�em torno de x

%&'(_i =Qklm_n

_.`.= 100,001 → %)*+_i = 100. 2,5 = 250,001

- A dimensão pode ser agora definida:

v =Qklm_n.��

�

E�.F=

HLI.JIY. J.H��

E�.JM.JIK= 7,794. 10ua<O

v =x.yY

JH=

&.&Y

JH= 7,794. 10ua → 4 = 0,0983< = 98,3 ≅ 99<<


P =%&'(

t=

100,0.10M

0,099.0,099= 10,20Z%4

- Tensão admissível:

P&'( = 12Z%4 Como σ < σadm � A seção transversal com 99 x 99 mm É ACEITÁVEL .


15

b) - Condição de apoio: em torno de x-x: bi-apoiada ou bi-rotulada ou bi-articulada � em torno de y-y: bi-apoiada ou bi-rotulada ou bi-articulada ---------� MESMA CONDIÇÃO DE APOIO :


Ou em torno de x; Ix = Iy Realizando a análise para x - Flambagem em torno de x: bi-apoiada � K = 1 �Le = k . L = 1 . 2 = 2 m - Carga crítica de Flambagem: �em torno de x Ix = ?

%)*+_i =E�.F.G

�� → v =

Qklm_n.��

E�.F ..... %)*+_i =?


�em torno de x

%&'(_i =Qklm_n

_.`.= 200,001 → %)*+_i = 200. 2,5 = 500,001

- A dimensão pode ser agora definida:

v =Qklm_n.��

�

E�.F=

LII.JIY. J.H��

E�.JM.JIK= 15,59. 10ua<O

v =x.yY

JH=

&.&Y

JH= 15,59. 10ua → 4 = 0,11695< ≅ 117<<


P =%&'(

t=

200,0.10M

0,117.0,117= 14,61Z%4


P&'( = 12Z%4 Como σ >σadm �A seção transversal com 117x117 mm não é aceitáve l. Portanto para que a tensão admissível seja respeitada a seção transversal deve ser de: P&'( = 12Z%4 =

Q

U→ t =

Q

^RST=

HII.JIY

JH.JIN→ t = 16,67. 10uM<H

p6çã}~q4�54�4→t = 4H = 16,67. 10uM<H → 4 = 0,1291< ≅ 130<<

A seção transversal com 130 x 130 mm é aceitável .


16

Exemplo 7: Uma coluna engastada na base e apoiada no topo de seção retangular de 200 x 130 mm conforme ilustrado na figura a seguir. A coluna deve ser feita de madeira, a qual possui E = 13 GPa, σadm = 12 MPa. Considerando um fator de segurança de 2,5 para a flambagem, determine: a) a carga admissível que a coluna pode suportar para um comprimento de 2 m; b) o maior comprimento admissível que a coluna pode suportar para a carga admissível definida no item a; Seção transversal

R:

a) - Condição de apoio: em torno de x-x: engastada e apoiada � em torno de y-y: engastada e apoiada ---------� MESMA CONDIÇÃO DE APOIO :


Realizando a análise para x - Flambagem em torno de x: engastada e apoiada � K = 0,7 �Le = k . L = 0,7 . 2 = 1,4 m - Carga crítica de Flambagem: �em torno de x Ix = b.h3/12 = (0,200 . 0,1303)/12 = 36,62 . 10-6 m4

%)*+_i =E�.F.G

�� =

E�.JM.JIK.Ma,aH.JI�N

I,W.H,I��= 2397,2101


�em torno de x

%&'(_i =Qklm_n

_.`.=

HMVW,HJ

H,L= 958,8801


P =%&'(

t=

958,88.10M

0,200.0,130= 36,87Z%4


P&'( = 12Z%4 Como σ > σadm � A carga admissível para evitar SIMULTANEAMENTE a flambagem com o F.S. de 2,5 e a tensão admissível do material (madeira) vale:

P&'( =QRST

U→ 12. 10a =

QRST

I,HII.I,JMI

→�bcd = ��g = ��hg

200 mm

130 mm x x

y

y


17

b) - Condição de apoio: em torno de x-x: engasta e apoiada � em torno de y-y: engastada e apoiada ---------� MESMA CONDIÇÃO DE APOIO :


Realizando a análise para x - Flambagem em torno de x: engastada e apoiada � K = 0,7 �Le = k . L � L = ? - Carga crítica de Flambagem: �em torno de x Ix = b.h3/12 = (0,200 . 0,1303)/12 = 36,62 . 10-6 m4

�\H =?

%)*+_i =E�.F.G

�� → �\

H =E�.F.G

Qklm_n ..... %)*+_i =?


�em torno de x

%&'(_i =Qklm_n

_.`.= 312,001 → %)*+_i = 312,0. 2,5 = 780,001

- O comprimento L da coluna pode ser agora definido :

�\H =

E�.F.G

Qklm_n=

E�.JM.JIKMa,aH.JI�N

WXI.JIY→ �\ = 2,45

�\ = 0. � = 2,45 → 0,7. � = 2,45< → � = 3,51<


18

Lista de exercícios 5.1 1) Seja uma coluna com 4 m de comprimento e de seção transversal mostrada na figura a seguir. Determine a carga admissível considerando um fator de segurança de flambagem de 1,5: a) Supondo que a coluna está presa por pinos em ambas as extremidades; R: 15,15 kN; b) Supondo que a coluna está engastada na extremidade inferior e presa por pinos na extremidade superior; R: 30,92 kN; 2) As extremidades da haste estão apoiadas em roletes. Determine, com aproximação de 1,0 mm, o menor diâmetro da haste que suportará a carga P = 25 kN sem flambagem. Considerar fator de segurança de flambagem de 1,5; R: 9,0 mm; Exercícios: 2 e 3 3) A haste de aço A-36 (σe = 250MPa; E = 200GPa) com 25 mm de diâmetro apresenta extremidades apoiadas em roletes. Determine a carga admissível considerando um fator de segurança de 1,2 para a flambagem e para o escoamento. R: 409,05 kN; 4) Seja uma coluna de aço A-36 (σe = 250MPa; E = 200GPa) com 5 m de comprimento e de seção transversal mostrada na figura a seguir. Supondo que a coluna está engastada em ambas as extremidades. Determine a maior força P que pode ser aplicada sem provocar flambagem e escoamento do material da coluna. Considerar um fator de segurança de 1,5 para flambagem e um fator de segurança de 1,15 para o escoamento; R: 181,43 kN; 5) O elemento estrutural W 250 X 67 feito de aço A-36 é usado como uma coluna de 4,5 m de comprimento. Supondo ambas as extremidades engastadas, determine a maior força P que pode ser aplicada sem provocar flambagem e escoamento do material da coluna. Considerar um fator de segurança de 2,0 para flambagem e de 1,2 para o escoamento; Ix = 104 . 106 mm4 Iy = 22,2 . 106 mm4 A = 8560 mm2 E = 200 GPa σe = 250 MPa.

R: 1783,30 kN;


19

6) Determinar a força máxima P que pode ser aplicada ao cabo, de modo que a haste de controle de aço A-36 AB não sofra flambagem. A haste tem diâmetro de 30 mm e está presa por pinos. Utilizar um fator de segurança de 2,5 para a flambagem e de 1,5 para o escoamento. E = 200 GPa; σe = 250 MPa;

R: 25,87 kN;

7) O elemento estrutural W 250 X 67 é feito de aço A-36 e usado como uma coluna de 4,5 m de comprimento. As extremidades para o caso de flambagem em torno do eixo x-x estão presas por pinos, para o caso de flambagem em torno do eixo y-y as extremidades estão engastadas. Determine a máxima carga P que pode ser aplicada considerando um fator de segurança de 2,5 para flambagem e de 1,5 para o escoamento. E = 200 GPa e σe = 250 MPa. Ix = 104 . 106 mm4 Iy = 22,2 . 106 mm4 A = 8560 mm2

R: 1426,70 kN;

8) Uma estrutura composta por uma viga e uma coluna, ambas de aço. Supor que a coluna AB esteja presa por pinos nas extremidades para o caso de flambagem em torno do eixo x-x e que esteja engastada nas extremidades para o caso de flambagem em torno do eixo y-y. Determinar o menor valor para d considerando uma carga distribuída W = 10 kN/m. Usar um fator de segurança para de 2,5 para a flambagem e um fator de segurança de 1,4 para o escoamento. Ea = 200 GPa; σe = 250 MPa;

R: 22,14 mm;

x

A A

Corte: AA x

y

x

y z z

y

y

z

x

d

1,5 d

1,5 d


20

9)Determine a carga máxima P que a estrutura pode suportar sem provocar flambagem no elemento estrutural AB. Considere que AB é feito de aço e que esteja preso por pinos nas extremidades para o caso de flambagem em torno do eixo y-y e que esteja engastado nas extremidades para o caso de flambagem em torno do eixo x-x. Usar um fator de segurança para de 2,0 para a flambagem e um fator de segurança de 1,15 para o escoamento. E = 200 GPa; σe = 250 MPa; R: 21,31 kN; 10) Determine o valor máximo da carga P. Usando um fator de segurança de 2,0 para a flambagem e para o escoamento. L = 1,8 m d = 25 mm Alumínio: E = 70 GPa σe= 170 MPa R: 3,475 kN; 11) Determine o menor valor admissível d para a seção transversal da coluna, de modo que não ocorra flambagem e escoamento ao ser submentida a uma carga P = 3 000 kN. Considerar um fator de segurança de 2,0 Exercícios: 10 e11 para flambagem e de 1,40 para o escoamento. L= 4,0 m , E = 200 GPa, σe = 250 MPa R: 155 mm; 12) Uma coluna AB de aço (E = 200 GPa) com seção transversal W 200 x 22,5 deve suportar uma carga axial centrada igual a 130 KN os cabos BC e BD estão esticados e impedem o movimento do ponto B no plano xz. Usando um fator de de segurança de 2,3 para a flambagem determinar o máximo comprimento L para a coluna,desprezando-se a tração nos cabos BC e BD. E = 200 GPa Ix = 20 . 106 mm4 Iy = 1,419 . 106 mm4 A = 2860 mm2

R: 4,37 m;

P

50 mm


21

13) O elemento estrutural W 250 X 67 feito de aço é usado como uma coluna que deve suportar uma carga P de 1500 kN. Supondo ambas as extremidades engastadas, determine o máximo comprimento L para a coluna. Considerar um fator de segurança de 2,0 para flambagem; Ix = 104 . 106 mm4 Iy = 22,2 . 106 mm4 A = 8560 mm2 E = 200 GPa R: 7,64 m;

14) A coluna de alumínio está engastada na base e seu topo está ancorado por cabos de modo a impedir que o topo movimente-se ao longo do eixo x, conforme ilustra a figura ao lado. A coluna deve suportar uma carga P de 370 kN. Determine o máximo comprimento L para a coluna. Use um fator de segurança para flambagem FS = 2,0 Considere: Eal = 70GPa, Seção transversal: Ix = 61,3 . 10-6 m4; Iy = 23,2 . 10-6 m4 A = 7,5 . 10-3 m2 R: 3,79 m; 15) Uma coluna de 3,0 m de comprimento de seção transversal SS, conforme ilustrado na figura a seguir, deve ser feita de aço. Considerando que a coluna seja bi-engastada em torno do eixo y e engastada e apoiada em torno do eixo x, determine a menor dimensão da aresta a da seção transversal da coluna que deve suportar com segurança uma carga de 200 kN. Utilizar um fator de segurança de 2,0 para a flambagem e um fator de segurança de 1,15 para o escoamento. O aço da coluna possui E = 200 GPa e σadm = 350 MPa. R: 41 mm; Seção SS:

L = ?

a

y

x

2a

L = ?


1


2


3


4


5


6


7


8


9


10


11


12


13


14


15


16


17


18


19


20

Download - Resmat ii material de aula com exercicios da av1 até av2

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