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UNIVERSIDADE ESTADUAL DE CAMPINAS

FACULDADE DE ENGENHARIA CIVIL

Departamento de Estruturas

EXERCÍCIOS DE TORÇÃO

Prof. Dr. Nilson Tadeu Mascia

Bolsista PAD: Renato Saldanha Victor (Rev. 2009)

Bolsista PED: Bruno Fernandes (Rev. 2017)

Campinas, 2017 (REVISÃO 2021)

DEPARTAMENTO DE ESTRUTURAS Faculdade de Engenharia Civil

Universidade Estadual de Campinas

Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo

Campinas – SP

2

EXERCÍCIO 1

Determinar a tensão normal nos tirantes, a tensão de cisalhamento

máxima na peça ACB e o giro da extremidade livre (giro entre B e A).

O binário causado pelas reações das forças de tração nos tirantes (N)

gera um momento torçor (T) no disco de:

T = 2 × (N ×

D

2) Eq. 1

T = N × D = (0,08 × N) 𝑑𝑎𝑁.𝑚 Eq. 2

Onde: N é a força normal existente em cada tirante e D é o diâmetro do

disco em C. Observa-se que 1 daN é igual a 10 N.

Isso nos leva a uma situação de uma estrutura hiperestática. Além do

engaste, tem a reação do momento T. A condição de contorno que se usa é a

relação do deslocamento dos tirantes com o giro no ponto C, medido a partir do

ponto B (engaste) que terá variação nula do giro em relação à sua posição

original, conforme a figura:




Campinas – SP

3

Assim, tem-se:

θ ≅

∆ltiranterdisco

Eq. 3

Pela Lei de Hooke:

∆l =

N × l

E × A=

N × 2,00

E × 4 × 10−4= N

2 ×

104

E Eq. 4

Giro:

φBC =

Mt × l

G × It Eq. 5

Para a seção circular cheia:

It =

π × d4

32=π × 0,024

32= 1,571 × 10−8 𝑚4 Eq. 6

O exercício nos leva ao seguinte diagrama de momento torçor:

Assim, tem-se:

φBC =

Mt × l

G × It=(12 − 0,08 × N) × 0,8

G × 1,571 × 10−8

= (611,5 − 4,074 × N) × 106

G °

Eq. 7

Igualando-se as equações Eq. 3 e Eq. 7 pela igualdade de φBC = θ tem-

se:

φBC = (611,5 − 4,074 × N) ×

106

G=N

2 ×

104

E ×

1

0,04= θ Eq. 8




Campinas – SP

4

∴ (611,5 − 4,074 × N) × 8 × E

G= N

Considerando:

E = 2,1 × 106

𝑑𝑎𝑁

𝑐𝑚2 Eq. 9

G = 8 × 105

𝑑𝑎𝑁

𝑐𝑚2 Eq. 10

E

G= 2,625 Eq. 11

Assim:

(611,5 − 4,074 × N) × 8 × 2,625 = N

∴ 12841,5 = (85,554 + 1) × N

∴ N = 148,364 𝑑𝑎𝑁

Eq. 12

Tensão normal nos tirantes:

σ =

N

A=148,364

4

𝛔 = 𝟑𝟕, 𝟎𝟗𝟏 𝒅𝒂𝑵

𝒄𝒎𝟐

Eq. 13

Tensão de cisalhamento máxima (seção circular cheia):

τmax =

Mt (máx)

Wt=Mt (máx) × 16

π × d³ Eq. 14

Substituindo-se, nas funções do diagrama de Mt, o valor de N encontrado

na Eq. 12, tem-se:

Assim, tem-se o momento máximo no trecho AC (Mt = 12 daN.m). Desta

forma, a tensão de cisalhamento máxima vale:

𝛕𝐦𝐚𝐱 =

1200 × 16

π × 2³= 𝟕𝟔𝟑, 𝟗𝟒𝟒

𝒅𝒂𝑵

𝒄𝒎𝟐 Eq. 15




Campinas – SP

5

O giro relativo entre B e A é dado por:

φBA = ∫Mt × dl

G × It

A

B

= φBC + φCA

φBA = (12 − 0,08 × 148,364) × 0,8

𝐺 × 1,571 × 10−8+

12 × 0,2

𝐺 × 1,571 × 10−8

𝛗𝐁𝐀 = 8,331 × 10−4 + 1,910 × 10−2 = 𝟎, 𝟎𝟐 𝐫𝐚𝐝 = 𝟏, 𝟏𝟒°

Eq. 16




Campinas – SP

6

EXERCÍCIO 2

Determinar a tensão normal nos tirantes e a tensão cisalhamento

máxima.

Como no exercício anterior, tem-se uma situação hiperestática que será

contornada relacionando o giro no ponto B com a deformação nos tirantes. O

binário provocado pelos tirantes gera um momento torçor de:

T = 2 × (N ×

D

2) = 10 × N 𝑑𝑎𝑁. 𝑐𝑚 Eq. 17

Em relação ao giro na seção B tem-se:

θ =

∆ltiranterviga

Eq. 18

Pela Lei de Hooke, sendo o raio do tirante = 1 cm:

∆l =

N × l

E × A=

N × 200

E × (π × 12)= 63,662 ×

𝑁

E Eq. 19

E o giro relativo entre as seções A e B:

φAB =

Mt × l

G × It Eq. 20

Para a seção circular cheia, temo a seguinte inércia polar:




Campinas – SP

7

It =

π × d4

32=π × 104

32= 9,817 × 102 𝑐𝑚4 Eq. 21

O diagrama de momento torçor obtido é o seguinte:

Giro:

(𝐴𝐶̅̅ ̅̅ ): M𝑡 = 10 × N − 70000 𝑑𝑎𝑁. 𝑐𝑚 Eq. 22

(𝐶𝐵̅̅ ̅̅ ): M𝑡 = 10 × N 𝑑𝑎𝑁. 𝑐𝑚 Eq. 23

Assim, tem-se:

φAB = ∫Mt × dl

G × It

𝐵

A

= φAC + φCB

φAB = −(10 × 𝑁 − 70000) × 100

𝐺 × 9,817 × 102+−(10 × N) × 100

𝐺 × 9,817 × 102

φBA =−0,1019 × (20 × 𝑁 − 70000)

𝐺

=−2,0372 × (𝑁 − 3500)

𝐺

Eq. 24

Igualando Eq. 18, Eq.19 e Eq.24, tem-se:

θ =

∆ltiranterviga

= 63,662 × 𝑁

E×1

5= φAB =

−2,0372 × (𝑁 − 3500)

𝐺

∴− 2,0372 × 5 × (N − 3500)

63,662=G × N

E= − 0,16 × (N − 3500)

Eq. 25

Com G = 0,4E, tem-se:

∴0,4 × E × N

E= − 0,16 × (N − 3500)

∴ 0,4 × N = −0,16 × N + 560

𝑵 = 560

0,56= 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝒅𝒂𝑵

Eq. 26




Campinas – SP

8

Obs.: o sinal negativo para o momento torçor, no cálculo do giro existe

apenas para que o giro encontrado seja no sentido anti-horário (observando de

C para A), sentido da solicitação (momento de 700 daN.m) e sentido

concordante com o das deformações dos tirantes.

Tensão normal nos tirantes:

𝛔 =

N

A=

1000

π × 12= 𝟑𝟏𝟖, 𝟑𝟏

𝒅𝒂𝑵

𝒄𝒎𝟐 Eq. 27

Substituindo-se, nas funções do diagrama de Mt, o valor de N encontrado

na Eq. 26, tem-se o diagrama:

Desta forma, a tensão de cisalhamento máxima (seção circular cheia)

vale:

τmax =

Mt (máx)

Wt=Mt (máx) × 16

π × d3

𝛕𝐦𝐚𝐱 =60000 × 16

π × 103= 𝟑𝟎𝟓, 𝟓𝟕𝟕

𝒅𝒂𝑵

𝒄𝒎𝟐

Eq. 28




Campinas – SP

9

EXERCÍCIO 3

Determinar o giro relativo em A e a tensão de cisalhamento máxima.

A viga bi-engastada é uma vez hiperestática. Sabe-se que, como o giro

é nulo nos engastes, o giro relativo entre os dois engastes também é

necessariamente nulo. E essa será a condição que usará para resolver o

problema.

Considerando as reações como horárias (observando de D para A), tem-

se:

∑Mt = 0 = MB + Mt + M𝐷 −Mt

∴ MB = −MD

Eq. 29

E, assim, tem-se o diagrama de Mt:




Campinas – SP

10

Sendo d = 0,04 m e G = 8 x 105 daN/cm2, tem-se:

φBD = 0 = ∫Mt × dl

G × It

D

B

= ∫Mt × dl

G × π × d4

32

= φBC +φCA + φAD

D

B

∴32

G × π × [

MD × 0,8

0,084+(MD − 102) × 0,6

0,044+MD × 0,2

0,044] = 0

∴ MD × (19531,25 + 234375 + 78125) − 23906250 = 0

∴ MD = 72,0 𝑑𝑎𝑁.𝑚

Eq. 30

Para encontrar o giro em A, tem-se que relacioná-lo com algum ponto fixo

(um dos engastes). No caso, é mais simples calcular o giro entre A e D.

Giro em A:

φAD =

Mt × dl

G × It=

72 × 10−2 × 20

8 × 105 × π × d4

32

𝝋𝑨𝑫 = 7,16 × 10−3 𝑟𝑎𝑑 (𝐴𝐻) = 𝟎, 𝟒𝟏°

Eq. 31

A tensão de cisalhamento máxima:

Como não se tem uma seção constante é preciso comparar os valores

obtidos para determinar o máximo.

Assim:




Campinas – SP

11

τmax = maior entre

{

τBC =

72

π × 0,0816

3

τCA =−30

π × 0,043

16

τAD =72

π × 0,043

16

𝛕𝐦𝐚𝐱 = 𝟓, 𝟕𝟐𝟗 × 𝟏𝟎𝟔 𝒅𝒂𝑵/𝒎𝟐 = 𝟓𝟕𝟐, 𝟗𝟓𝟖 𝒅𝒂𝑵/𝒄𝒎𝟐

Eq. 32

Obs.:

A comparação poderia também ter sido feita da seguinte forma. Tem-se

três trechos de seção e com valores de Mt diferentes. Porém, os dois últimos

trechos (CA̅̅ ̅̅ e AD̅̅ ̅̅ ) têm a mesma seção e, assim, pode-se apenas comparar o

valor de Mt para esses dois casos. O que nos descarta a possibilidade de que o

2º trecho seja o máximo.

Como os dois trechos remanescentes possuem o mesmo valor de Mt,

pode-se comparar o valor de Wt que, por sua vez, é determinado pelo diâmetro

(já que as duas seções em questão têm circular maciça circular). Assim, tem-se

que o cisalhamento máximo ocorre no trecho AD, que tem diâmetro menor.




Campinas – SP

12

EXERCÍCIO 4

Determinar o diâmetro “d” e o giro relativo no ponto A (centro da viga).

Como no exercício anterior, usa-se o giro entre B e C (que é nulo) como

condição de contorno para o problema. De acordo com a figura foi adotado o

sentido horário para MB e anti-horário para MC (ambos observando de C para B

segundo o x1 e x2 da figura a seguir).

Assim, tem-se o seguinte diagrama de Mt:

Com as seguintes funções para os trechos:

(BA̅̅ ̅̅ ): M(x) = MC −m × x1 Eq. 33




Campinas – SP

13

(AC̅̅̅̅ ): M(x) = (MC −m) + m × x2 Eq. 34

O giro relativo entre B e C:

φBC = 0 = ∫Mt × dl

G × It

C

B

= ∫Mt × dl

G × It

A

B

+ ∫Mt × dl

G × It

C

A

φBC = ∫(MC −m × x1) × dx1

G × It

A

B

+ ∫[(MC −m) +m × x2] × dx2

G × It

C

A

∴ φBC = (MC × 1 −m× 12

2+ MC × 1 −

m × 12

2) ×

1

G × It

= 0

∴ 2 × MC −2 × m

2= 0

MC =m

2= 1 𝑑𝑎𝑁.𝑚

Eq. 35

A tensão de cisalhamento máxima ocorre no ponto B,C ou A, com Mt = 1

daN.m. Sendo assim, o diâmetro d é calculado por:

τmax =

Mt (máx)

Wt=1 × 16

π × d3= 250 × 104 𝑑𝑎𝑁/𝑚2

∴ d = √16

π × 250 × 104

3

𝐝 = 𝟎, 𝟎𝟏𝟐𝟔𝟖 𝒎 = 𝟏, 𝟐𝟔𝟖 𝒄𝒎

Eq. 36

O giro relativo em A:

φCA = ∫Mt × dl

G × It

𝐴

C

= ∫(MC −m × x1) × dx1

G × It

1

0

φCA = ∫(1 − 2 × x1) × dx1

G × It= ∫

(1 × 1 − 2 × 12

2 )

G × It

1

0

1

0

𝛗𝐂𝐀 = 𝟎

Eq. 37

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