Mecanica Dos Solidos 1[1]

SUMÁRIO 1 - CÁLCUL CÁLCULO O DAS REAÇÕES.................................... REAÇÕES................................................. .......................... ..................... ........ 5 1.1 - Tipos de Supo Suportes rtes (ou Apoios) Apoios) ............. .......................... .......................... ......................... ......................... .............55 1.2 - Tipos de carre carregame gamentos................. ntos.............................. ......................... ......................... .......................... ................... ...... 6 1.3 - Class Classific ificação ação de Viga Vigass ............ ......................... .......................... .......................... ......................... ......................... .............7 7 1.4 - Cálc Cálculo ulo das Reações nas vigas ............ ......................... .......................... ......................... ......................... .............88

2 - DIAGRAMAS DE FORÇA AXIAL, CORTANTE E DE MOMENTOS ...................................... ......................... .......................... .......................... ......................... ......................... .......................... .......................... ................... ...... 10 2.1 - Méto Método do dire direto to ............. ......................... ......................... .......................... .......................... ......................... ....................... ........... 10 2.1.1 - Aplicação Aplicação de método método das seções seções ........................................................................ 10 2.1.2 - Força Força cortante cortante nas vigas vigas (V) .............................................................................. 10 2.1.3 - Força axial axial nas vigas vigas (P) .................................................................................... 11 2.1.4 - Momento Momento Fleto Fletorr (M) (M) ......................................................................................... 11 2.1.5 - Diagramas de forças cortante e axial e do momento fletor..................................11

2.2 - Méto Método do do soma somatório tório.. ........... ........................ .......................... .......................... ......................... ......................... ............. 24 2.2.1 – Equações diferenciai diferenciaiss de equil equilíbrio íbrio ................................................................... 24

3 – TENSÃO TENSÃO............ ......................... ......................... ......................... .......................... .......................... ......................... ....................... ........... 31 3.1 - Defi Definiçã niçãoo de Tensão ........... ........................ .......................... ......................... ......................... .......................... ................. 31 3.2 - Tenso Tensorr de Tensõ Tensões es ............ ......................... .......................... ......................... ......................... .......................... ................. .... 31 3.3 - Tensões Tensões em membros com carregamento axial ........... ....................... ....................... .............. ... 32 3.3.1 - Carga axial.........................................................................................................32 3.3.2 - Carga Axial; Axial; Tensão de apoio apoio ............................................................................ 33 3.3.3 - Tensão média de cisalha cisalhamento...........................................................................33 mento...........................................................................33

3.4 - Tensões Admissíveis; Fator de segurança............ segurança....................... ....................... ...................... .......... 37 3.5 - Projeto Projeto de membros membros e pinos pinos com carregamento carregamento axial. axial............. ....................... .............. ... 37

4 - DEFORM DEFORMAÇÃO AÇÃO............. ......................... ......................... .......................... .......................... ......................... ....................... ........... 46 4.1 - Significad Significadoo físico da deformação deformação............ ....................... ...................... ....................... ....................... ............. 46 4.2 - Definição matemática de deformação... deformação.............. ...................... ....................... ....................... .............. ... 46 4.3 - Leis de tensão-deformaç tensão-deformação ão linear e energia de deformação deformação .......... ................. ....... 47

4.3.1 - Coeficiente Coeficiente de poisson para materiais materiais isotrópicos isotrópicos .............................................. ..............................................47 47 4.3.2 - Lei de Hooke para materiais isotrópicos (Estado triaxial de tensões)..................48

4.4 - Energia de deformação elástica para tensão uniaxial............. uniaxial........................ .............. ... 50 4.5 - Energia de deformação deformação elástica para tensões tensões de cisalhamento........ cisalhamento............. ..... 50 4.6 - Energia de de deformação deformação para estados de de tensão multiaxial .......... ................... ......... 51 4.7 - Defo Deformaçã rmaçãoo de memb membros ros carregados carregados axialmente axialmente ............ ......................... ..................... ........ 51

5 - TORÇÃ TORÇÃO.................. O............................... .......................... .......................... ......................... ......................... .......................... ................. .... 58 5.1 - Aplicação do método das seções seções........... ...................... ...................... ....................... ....................... .............. ... 58 5.2 - Prem Premissas issas Básicas ............ ......................... .......................... ......................... ......................... .......................... ................. .... 58 5.3 - A fórm fórmula ula da torç torção..................... ão................................. ......................... .......................... .......................... ................... ...... 59 5.4 - Observações Observações sobre a fórmula fórmula de torção.... torção............... ...................... ....................... ...................... .......... 60 5.5 - Projeto de membros membros circulares circulares em torção ............ ......................... .......................... ................... ...... 62 5.6 - Ângulo Ângulo de de torção torção de membros circulares..... circulares................. ....................... ...................... .................. ....... 63 5.8 - Memb Membros ros maciços maciços não circu circulares lares ............ ......................... .......................... .......................... ................... ...... 71

6 - TENSÕE TENSÕESS DE FLEXÃO EM VIGAS............................. VIGAS......................................... ......................... ............. 72 6.1 - Prem Premissa issa cine cinemáti mática ca bási básica ca............. .......................... ......................... ......................... .......................... ................. 72 6.2 - Fórm Fórmula ula da flexão elástica elástica ............ ......................... ......................... ......................... .......................... ................. .... 73 6.3 - Revis Revisão ão centróide centróide de uma área área............ ......................... .......................... ......................... ....................... ........... 73 6.4 - Cálculo do momento de inércia de de uma área (segundo (segundo momento) momento) ........ 75 6.5 - Flexã Flexãoo pura de viga vigass com seção assimétrica assimétrica ............ ......................... .......................... ................. 77 6.6 – Tensões de flexão em vigas com diferentes materiais (Método da rigidez equivale equi valente) nte) ............. .......................... .......................... ......................... ......................... .......................... .......................... ..................... ........ 80

7 - TENSÕES DE CISALHAM CISALHAMENTO ENTO EM VIGAS VIGAS ............ ........................ ......................... ............. 85 7.1 - Preli Prelimina minares res ............. ......................... ......................... .......................... .......................... ......................... ......................... ............. 85 7.2 - Fórmula da tensão de cisalhamento cisalhamento em vigas vigas............ ....................... ...................... ................ ..... 85 7.3 – Distribuição das tensões tensões de cisalhamento em vigas vigas ........... ...................... .................. ....... 87 7.4 – Tensões de cisalhamento em vigas com diferentes materiais (Método da rigidez rigi dez equi equivale valente)...... nte)................... .......................... .......................... ......................... ......................... .......................... ................. .... 90 7.5 - Flux Fluxoo de cisal cisalhame hamento nto............ ......................... .......................... .......................... ......................... ....................... ........... 95

4.3.1 - Coeficiente Coeficiente de poisson para materiais materiais isotrópicos isotrópicos .............................................. ..............................................47 47 4.3.2 - Lei de Hooke para materiais isotrópicos (Estado triaxial de tensões)..................48

4.4 - Energia de deformação elástica para tensão uniaxial............. uniaxial........................ .............. ... 50 4.5 - Energia de deformação deformação elástica para tensões tensões de cisalhamento........ cisalhamento............. ..... 50 4.6 - Energia de de deformação deformação para estados de de tensão multiaxial .......... ................... ......... 51 4.7 - Defo Deformaçã rmaçãoo de memb membros ros carregados carregados axialmente axialmente ............ ......................... ..................... ........ 51

5 - TORÇÃ TORÇÃO.................. O............................... .......................... .......................... ......................... ......................... .......................... ................. .... 58 5.1 - Aplicação do método das seções seções........... ...................... ...................... ....................... ....................... .............. ... 58 5.2 - Prem Premissas issas Básicas ............ ......................... .......................... ......................... ......................... .......................... ................. .... 58 5.3 - A fórm fórmula ula da torç torção..................... ão................................. ......................... .......................... .......................... ................... ...... 59 5.4 - Observações Observações sobre a fórmula fórmula de torção.... torção............... ...................... ....................... ...................... .......... 60 5.5 - Projeto de membros membros circulares circulares em torção ............ ......................... .......................... ................... ...... 62 5.6 - Ângulo Ângulo de de torção torção de membros circulares..... circulares................. ....................... ...................... .................. ....... 63 5.8 - Memb Membros ros maciços maciços não circu circulares lares ............ ......................... .......................... .......................... ................... ...... 71

6 - TENSÕE TENSÕESS DE FLEXÃO EM VIGAS............................. VIGAS......................................... ......................... ............. 72 6.1 - Prem Premissa issa cine cinemáti mática ca bási básica ca............. .......................... ......................... ......................... .......................... ................. 72 6.2 - Fórm Fórmula ula da flexão elástica elástica ............ ......................... ......................... ......................... .......................... ................. .... 73 6.3 - Revis Revisão ão centróide centróide de uma área área............ ......................... .......................... ......................... ....................... ........... 73 6.4 - Cálculo do momento de inércia de de uma área (segundo (segundo momento) momento) ........ 75 6.5 - Flexã Flexãoo pura de viga vigass com seção assimétrica assimétrica ............ ......................... .......................... ................. 77 6.6 – Tensões de flexão em vigas com diferentes materiais (Método da rigidez equivale equi valente) nte) ............. .......................... .......................... ......................... ......................... .......................... .......................... ..................... ........ 80

7 - TENSÕES DE CISALHAM CISALHAMENTO ENTO EM VIGAS VIGAS ............ ........................ ......................... ............. 85 7.1 - Preli Prelimina minares res ............. ......................... ......................... .......................... .......................... ......................... ......................... ............. 85 7.2 - Fórmula da tensão de cisalhamento cisalhamento em vigas vigas............ ....................... ...................... ................ ..... 85 7.3 – Distribuição das tensões tensões de cisalhamento em vigas vigas ........... ...................... .................. ....... 87 7.4 – Tensões de cisalhamento em vigas com diferentes materiais (Método da rigidez rigi dez equi equivale valente)...... nte)................... .......................... .......................... ......................... ......................... .......................... ................. .... 90 7.5 - Flux Fluxoo de cisal cisalhame hamento nto............ ......................... .......................... .......................... ......................... ....................... ........... 95

8 – TENSÕE TENSÕESS COMPOS COMPOSTAS...... TAS................... .......................... ......................... ......................... .......................... ............. 101 8.1 – Super Superposiç posição ão e suas limitações limitações ........... ........................ .......................... ......................... ..................... ......... 101 8.2 – Flexã Flexãoo oblí oblíqua qua ............. .......................... ......................... ......................... .......................... .......................... ................... ...... 104 8.3 – Membros com carregamento excêntrico.......... excêntrico..................... ....................... ....................... ............. 106 8.3 – Superposição de tensões de cisalhamento ........... ...................... ....................... .................... ........ 108

9 - TRANSFO TRANSFORMAÇÃO RMAÇÃO DE TENSÃO........... TENSÃO ........................ .......................... .......................... ................. .... 112 9.1 – Equações para transformação de tensão tensão plana plana.......... ...................... ....................... ............. 112 9.2 - Círcu Círculo lo de tensões de Mohr ............. .......................... ......................... ......................... .......................... ............. 113 9.3 – Construção Construção do círculo círculo de tensões de Mohr ............ ......................... .......................... ................. 115 9.4 - Importante Importante transformação de tensão................ tensão........................... ....................... ....................... ............. 120 9.5 – Tensões principais principais para o estado geral de tensões tensões........... ...................... .................. ....... 122 9.6 – Círculo de de Mohr para o estado geral geral de tensões tensões.......... ...................... ...................... .......... 123

CRITÉRIOS DE ESCOAME CRITÉRIOS ESCOAMENTO NTO E DE FRATURA......... FRATURA..................... ....................... ........... 125 9.7 – Obser Observaçõe vaçõess preli prelimina minares..................... res.................................. .......................... .......................... ................... ...... 125 9.8 – Teoria Teoria da máxima máxima tensão tensão de cisalhamento cisalhamento (Tresca) (Tresca) (mat. dúcteis) dúcteis) .... 125 9.9 – Teoria da máxima máxima energia de distorção distorção (von Mises) (mat. dúcteis).... dúcteis).... 127 9.10 – Teoria da máxima tensão normal normal (mat. frágeis) frágeis)........... ....................... .................... ........ 130

Bibliografia - Introdução à Mecânica dos Sólidos, Egor P. Popov, Edgard Blücher Ltda. - Mechanics of Materials, Gere and Timoshenko, Chapman and Hall. - Mechanics of Materials, R.C Hibbeler, Prentice Hall. - Resistência dos Materiais, William A. Nash, Schaum Mcgraw-Hill

Curso de Mecânica dos Sólidos I

5

1 - CÁLCULO DAS REAÇÕES 1.1 - Tipos de Suportes (ou Apoios) a) Articulação: (Resiste a uma força em apenas uma direção) pinos B

viga

RB A b) Rolete: (Resiste a uma força em apenas uma direção)

rolete

viga

viga

A

A

RA 90°

roletes

RA

c) Pino: (Resiste a uma força que age em qualquer direção) pino RAx =

A RAx RAy

=

A

RAy

d) Engastamento: (Resiste a uma força que age em qualquer direção e a um momento)

RAx

MA

A

RAy

6

Cálculo das reações

1.2 - Tipos de carregamentos a) Forças concentradas P

P RAx A

B

= RAy

W

W

RB

b) Carga uniforme distribuída carga

w(kgf/m) = B

A

RAx

RAy

L

RB

Para o cálculo das reações de apoio, a carga uniforme distribuída é substituída por uma força concentrada equivalente W igual a área da figura geométrica da carga e que passa pelo seu centróide: W= p . L c) Carga uniformemente variável carga

w (kgf/m) RAx

A

B = RAy

L

RB


7

Para o cálculo das reações de apoio, a carga uniforme variável é substituída por uma força concentrada equivalente W igual a área da figura geométrica da carga e que passa pelo seu centróide: W= (p . L) /2 d) Momento Concentrado RAx

W A

B

d

=

W

RAy

M = W.d RB

1.3 - Classificação de Vigas a) Simplesmente apoiadas P

w (kgf/m)

L

L

b) Bi-engastada (fixa) P

L

c) Engastada- Apoiada P

P

L

8

Cálculo das reações

d) Em Balanço

w (kgf/m)

L

e) Em balanço nas extremidades w (kgf/m)

P

L

1.4 - Cálculo das Reações nas vigas Equações de equilíbrio estático ( forças aplicadas em um plano):

∑M

A ou B

= 0 ou

∑F

x

= 0,

∑M

A

=0 e

∑M

B

∑ Fx = 0 , ∑ F

=0

Ex: Calcular as reações nos apoios da viga. Desprezar o peso da viga. 100 kgf

200 kgf.m

160 kgf

A

B 0,5 m

0,5 m

0,5 m

0,5 m

Diagrama de corpo livre (D.C.L.): 100 kgf

200 kgf.m RAx

160 kgf

A B 0,5 m RAy

0,5 m

0,5 m

0,5 m RB

y

=0 e


→

∑ Fx = 0 ∑MA = 0

9

RAx = 0

è

, 200 + 100 . 1+160 . 1,5 – RB . 2 = 0

↑ ∑ F y = 0 , RAy - 100 - 160 + 270 = 0

è

è

RB = 270 kgf

RAy = - 10 kgf

Verificação:

∑M

B

=0

è-

10 . 2 + 200 - 100 . 1-160 . 0,5 = 0 OK

Articulações: Nenhum momento é transmitido por uma junta articulada, apenas as forças horizontais e verticais são transmitidas. P

L/2

articulação

A B

L

C

a

Diagrama de corpo livre (D.C.L.): P

L/2

B

A P/2

P/2

L

P/2

a

Mc = P/2.a

C P/2

10

Diagramas de Força Axial, Cortante e Momento

2 - DIAGRAMAS DE FORÇA AXIAL, CORTANTE E DE MOMENTOS 2.1 - Método direto 2.1.1 - Aplicação de método das seções O método das seções estabelece procedimentos para a determinação das forças internas ao longo do comprimento da viga. O conceito de equilíbrio das partes de um corpo é utilizado quando o corpo com um todo está em equilíbrio. a

P1 w1

P2 a

w2

A

B

RAx RAy

P2

P

cortante

RB

M V:

força

V P: força axial

P1 M

w1

w2

P V

A

M: Momento fletor B

RAx

RB

RAy

2.1.2 - Força cortante nas vigas (V) A força cortante V, perpendicular ao eixo da viga, deve ser introduzida na seção: A-A para satisfazer a equação de equilíbrio

∑F

y

=0 .

A força cortante é definida positiva quando girar a seção no sentido anti-horário. a

b +V

+V a

b


11

2.1.3 - Força axial nas vigas (P) A força axial P, paralela ao eixo da viga e que passa pelo centróide da seção, deve ser introduzida na seção A-A para satisfazer a equação de equilíbrio

∑ Fx = 0 .

A força axial é definida positiva ou de tração quando agir de dentro para fora da seção e negativa ou de compressão em caso contrário. a

b

+P

+P a

b

2.1.4 - Momento Fletor (M) O momento fletor M, que gira em torno de um eixo perpendicular ao plano que contêm a viga, deve ser introduzido na seção A-A para satisfazer a equação de equilíbrio

∑Mz = 0.

Para isto, o momento provocado pelas forças é normalmente calculado em torno do ponto de interseção de V e P. O momento fletor é definido positivo quando tracionar a parte interior da viga e comprimir a parte superior da viga , e negativo em caso contrário. +M

a

b

a

b

+M

2.1.5 - Diagramas de forças cortante e axial e do momento fletor Tais diagramas são traçados para se determinar a evolução das forças cortante e axial e do momento fletor ao longo da viga, respectivamente. Ex: Traçar os diagramas de forças cortante, força axial e de momento fletor para a viga abaixo, sujeita à força inclinada de P = 5 t . Desprezar o peso da viga. P=5t 3

A 5m

4 B 5m

12


1 - Determinar as reações de apoio. Diagrama de corpo livre (D.C.L.):

4t 3t

RAx RAy

RB

∑ Fx = 0 , R – 3 = 0 , R = 3 t ∑ M = 0 , R . 10 – 4 . 5 = 0 , R ↑ ∑F = 0 , 2 – 4 + R = 0 , R = 2 t

→

Ax

Ax

Ay

B

Ay

AB

y

=2t

B

Verificação:

∑M

A

= 4 . 5 – 2 . 10 = 0 OK

2 - Determinar as forças cortante e axial e o momento fletor em seções entre duas forças concentradas. Seção c-c (0
4t

c

3t

3t c

2t

M

3t 2t

→ ↑

x

∑ F x = 0 , P + 3 = 0 , P = - 3 (t) ∑ F = 0 , V + 2 = 0 , V = - 2 (t) ∑ M = 0 , -2 . x + M = 0 , M = 2 x

V

y

c

Seção d-d (5 < x < 10):

(t.m)

2t P


13 4t 3t

3t

d

2t

M

P

↑

∑ Fx = 0 , P = 0 ∑ F = 0 , - V + 2 = 0 , V = 2 (t) ∑ M d = 0 , -2 . ( 10 – x ) + M = 0 ,

2t

V

x

→

d

2t

y

M = - 2 x + 20 (t.m)

3 - Traçar os diagramas de força cortante, força axial e do momento fletor. 4t 3t

3t 2t

2t +

Força cortante (t)

-2

-

4

Força axial (t)

-3

-

3

+2

10 Momento fletor (t.m)

+

+

Conclusões Importantes:

• Ponto de força concentrada vertical è Discontinuidade no diagrama de força cortante igual a força concentrada vertical.

• Ponto de força concentrada axial è Discontinuidade no diagrama de força axial igual a força concentrada axial.

14


Ex: Traçar os diagramas de força cortante e de momento fletor para a viga abaixo, sujeita a uma força distribuída e a um momento concentrado. w = 2 t/m

M =8 t.m B

A 2m

2m

2m

1 - Determinar as reações nos apoios (D.C.L.): 4t 8 t.m

2 t/m

2m

2m

2m

RBx RBy

RA

→

∑ Fx = 0 , R = 0 ∑ M B = 0 , - 4 . 5 + R .4 + 8 = 0 , R ∑F = 0, - 4 + 3 + R = 0 , R = 1 t Bx

A

↑

By

y

A

=3t

By

Verificação:

∑M

A

= - 4 . 1 + 8 - 1 . 4 = 0 OK

2 - Determinar as forças cortante e o momento fletor em seções entre forças e momentos concentrados e ao longo de uma carga distribuída. Seção c-c (0 < x < 2):


15

c 8 t.m

2 t/m c x

1t

3t 2x V

∑ Fx = 0 , ∑F = 0, ∑ MC = 0 ,

→ ↑

y

M

P

P =0 - 2.x + V = 0 , V = 2 x (t) 2 . x . x / 2 + M = 0 , M = - x2 (t.m)

Seção d-d (2 < x < 4): d 8 t.m

2 t/m d x

3t

1t

4t V

∑ Fx = 0 , ∑F = 0 , ∑Md = 0 ,

→ ↑

y

M

P

3t P =0 - 4 + 3 + V = 0 , V = 1 (t) 4 . (x – 1) – 3 . ( x – 2) + M = 0 , M = - x - 2 (t.m)

16


Seção e-e (4 < x < 6):

e 8 t.m

2 t/m

e

x

1t

3t P

→ ↑

∑ Fx = 0 , P = 0 ∑ F = 0 , - V + 1 = 0 , V = 1 (t) ∑ME = 0 , - 1 . ( 6 – x ) + M = 0 ,

M V 1t

y

M = - x + 6 (t.m)

3 -Traçar os diagramas de força cortante e do momento fletor. 8 t.m 2 t/m

3t Força cortante (t)

1t

3 +

+

Momento fletor (t.m)

+ +

-

-

8

Conclusões Importantes (além das anteriores):

• Ponto de momento concentrado

è

Discontinuidade no diagrama de momento fletor igual

ao momento concentrado. Ex: Os skis suportam um homem de 80 kg. Se o carregamento da neve na superfície inferior de um ski é trapezoidal como mostrado abaixo, determine a intensidade w e traçe os


17

diagramas de força cortante e de momento fletor para um ski. Tome g=10 m/s2. P 1m A

0,5 m

↑

∑F

y

C

B w

E

D

w

1m

0,5 m

= 0 , 0,25 w + w + 0,25 w – 400 = 0 , w = 266,67 N/m

Trecho AB x

V

M w’ = w x / 0,5

w’ x / 2

↑

∑F

y

=0 ,

wx x + V = 0 , V = - 266,67 x2 (N) 0,5 2

p / x = 0, V = 0  p / x = 0,5 , V = −66,67 N 

∑

M=0 , −

wx x x + M = 0 , M = 88,89 x3 (N.m) 0,5 2 3

p / x = 0, M = 0  p / x = 0,5 , M = 11,11 Nm  Trecho BC 0,5

x

V

w 0,5/ 2

w.x

M

18

↑


∑F

y

w 0,5 + w x + V = 0 , V = - 266,67 x – 66,67 (N) 2

=0 ,

 p / x = 0, V = −66,67 N p / x = 0,5 , V = −200 N 

∑

M = 0, −

w 0,5  1  x  0,5 + x  − w x + M = 0 , M = 133,34x2 + 66,67x +11,11 2  3  2

 p / x = 0, M = 11,11 N.m p / x = 0,5 , M = 77,78 N.m  400 N

Devido a simetria temos:

200 66,67 Força cortante (N) -

400

-

-66,67 77,78

-200

11 11

Momento fletor (N.m)

11,11

+

+

Ex: Determine os diagramas de força cortante e de momento fletor para a viga abaixo. 4t 1t 2,5 m

Força total 1t

Força total 6t B C

A

E

F

G

D 3m

m 5 , 0

2,5 m

3,75 m


19

DIAGRAMA DE CORPO LIVRE (DCL): Viga CDE: 4t

1t

2,5 m

5t C

RCx

E REx

RCx

=

C

D

∑F = 0, R ∑M = 0, R ↑ ∑F = 0, R

→

x

C

2,5 m

RCy

REy

cx

– REx = 0 , Rcx = REx

Ex

. 2,5 – 1 . 3 – 4 . 0,5 = 0 , REy = 2 t

cy

y

+ REy – 4 – 1 = 0 , Rcy = 3 t

Viga ABC: 6t Rcy = 3 t B

A

RBy

m 5 , 0

∑F = 0, R – R = 0 , R = R ∑ M = 0 , R . 3 – 6 . 1,5 – R . 3,5 = 0 , R = 6,5 t ∑ F = 0 , R + R – 6 – R = 0 , R = 2,5 t x

A

↑

C

RBx

3m

RAy

→

y

Viga EFG:

Bx

Cx

Bx

By

Ay

E REx

D 2,5 m

RCy

2,5 t.m

Cx

cy

Ey

Cy

By

Ay

Rcx

REy

20

Diagramas de Força Axial, Cortante e Momento 1t REy=2 t REx

F

E

G 3,75 m RGy

RFy

→

∑F = 0, R = 0 , R = R = R = 0 ∑ M = 0 , 2 . (1,25 + 3,75) – R . 3,75 + 1 . 3,75/3 = 0 , ∑F = 0, – 6 + R – 1 + R = 0 , R = 0 t Ex

x

Bx

Cx

Fy

E

↑

Ex

Fy

y

Gy

RFy = 3 t

Gy

VIGA ABC Trecho AB (0 < x < 3): w . 3 = 6 t (força total)

2x M

w =2 x

w = 2 t/m

V

2,5

↑

∑F

y

= 0 , 2,5 – 2 x + V = 0 , V = 2 x – 2,5 (t)

p/ x = 0 , VA = – 2,5 t p/ x = 3 , VB = 3,5 t

∑M = 0,

– 2,5 x + 2 x x / 2 + M = 0 , M = – x2 + 2,5 x (t.m)

p/ x = 0 , MA = 0 t.m p/ x = 3 , MB = – 1,5 t.m Momento máximo:

dM = 0 , – 2 x + 2,5 = 0, x = 1,25 m dx

Mmax (x = 1,25m) = – (1,25)2 + 2,5 . 1,25 , Mmax = 1,5625 (t.m)


21

Trecho BC (0 < x < 0,5): 3

M

x

↑

∑F

y

V

= 0 , – 3 – V = 0 , V = – 3 (t)

p/ x = 0 , VB = – 3 t p/ x = 0,5 , VC = – 3 t

∑M = 0,

– 3 . (0,5 – x) – M = 0 , M = 3 x – 1,5 (t.m)

p/ x = 0 , MB = – 1,5 t.m p/ x = 0,5 , MC = 0 t.m VIGA CDE Trecho CD (0 < x < 0,5): M

V

x 3

↑

∑F

y

= 0 , 3 + V = 0 , V = – 3 (t)

p/ x = 0 , VC = – 3 t p/ x = 0,5 , VD = – 3 t

∑M = 0,

– 3 x + M = 0 , M = 3 x (t.m)

p/ x = 0 , MC = 0 t.m p/ x = 0,5 , MD = 1,5 t.m Trecho DE (0 < x < 2):

M

x

V 2

22

↑


∑F

= 0 ,– V + 2 = 0 , V = 2 (t)

y

p/ x = 0 , VD = 2 t p/ x = 2 , VE = 2 t

∑M = 0,

2 . (2 – x) – M = 0 , M = – 2 x + 4 (t.m)

p/ x = 0 , MD = 4 t.m p/ x = 2 , ME = 0 t.m VIGA EFG Trecho EF (0 < x < 1,25): 2 M

x

↑

∑F

y

V

= 0 , – 2 + V = 0 , V = 2 (t)

p/ x = 0 , VE = 2 t p/ x = 1,25 , VF = 2 t

∑M = 0,

2 x + M = 0 , M = – 2 x (t.m)

p/ x = 0 , ME = 0 t.m p/ x = 1,25 , MF = - 2,5 t.m Trecho FG (0 < x < 3,75): w’x / 2

2

w’ 1,25

x 3

V

w.3,75 = 1 ( total) 2

M w=

2 ( t.m) 3,75

w → 3,75 w' → x w' =

2 x 2 3,75


↑

∑

23

x2 F y = 0 , – 2 + 3 – w’ x / 2 + V = 0 , V = − x (t) 3,752

p/ x = 0 , VF = – 1 t p/ x = 3,75 , VG = 0 t

∑M = 0,

2 ( 1,25 + x) – 3 x + (w’ x / 2) x / 3 + M = 0 ,

x3 + x − 2,5 (t.m) M=− 3. 3,752

p/ x = 0 , MF = – 2,5 t.m p/ x = 3,75 , MG = 0 t.m Rcy = 3 t

Viga ABC: B

A

Rcx

C

RBx RAy RBy 3 6 -3

Força cortante (t) 2,5 1,5625 Momento fletor (t.m)

-1,5 Viga CDE

5t RCx

C

2,5 t.m

E REx

D RCy

REy 2t

Força cortante (t)

-3 t 4

Momento fletor (t.m)

1,5

2,5

24


Viga EFG: 1t REy=2 t REx

F

E

G

RGy

RFy Força cortante (t)

3

2 -1

Momento fletor (t.m) -2,5

2.2 - Método do somatório. 2.2.1 – Equações diferenciais de equilíbrio Considere a viga com uma carga distribuída w(x). y

w(x)

x

∆x

+w(x) y

M

V+∆V V

A

∆x

M+∆M x


25

Pelas condições de equilíbrio das forças verticais (

∑ M = 0 ) temos: ↑ ∑ F = 0 , − V + w . ∆x + (V + ∆V ) = 0

∑F

y

= 0 ) e dos

momentos

(

y

∑

M A = 0 , M − V . ∆x + w . ∆x .

∆x 2

,

∆V = −w ∆x

− (M + ∆M) = 0 ,

∆M ∆x = −V + w . 2 ∆x

No limite, quando ∆x è 0, tem-se as duas equações diferenciais básicas:

∆V dV w lim ≡ =− ∆x →0 ∆x dx

x

è

∫

V( x ) = − w ( x ) . dx + C1 0

e

∆M dM lim ≡ = −V ∆x →0 ∆x dx

x

è

∫

M(x ) = − V( x) . dx + C 2 0

Ex: Traçar os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga usando o método do somatório. P

P B

A L/2

L/4

L/4

RA

RB

1 - Determinar as reações nos apoios.

∑ ∑F

MA = 0 , − P .

↑

y

L 3L − P . + R B . L = 0 , RB = P 4 4

= 0 , RA - P – P + P = 0 , RA = P x

∫

V( x) = − w ( x) . dx + C1 , como w(x) = 0

è V(x)

0

x

∫

M(x ) = − V( x ) . dx + C 2 , M(x) = - V x + C2 0

= constante = V

26


2 - Traçar os diagramas de força cortante e momento fletor. P

P B

A

P Força Cortante

P +P

+ -

-P

PL/4 Momento Fletor +

Ex: Construir os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga com o carregamento mostrado abaixo, usando o método do somatório. 10 t 2 t/m

4

1 t/m

3 C

A

B 1m

D

3m

1m

3m

F

E

G 1m

2m

1. Determinar as reações nos apoios. 10 t

8t

3t

2t

2 t/m C

A

RAx 3m

→

1 t/m

6t

RAy

3m

∑ Fx = 0 , R – 6 = 0 , R ∑MA = 0 , 3 . 2 - 8 . 3 + R Ax

D

Ax = B

1m

RB

B 1m

6t

.4 – 2 . 6 = 0 , RB = 7,5 t

F

E 2m

G 1m


↑

∑F

27

= 0 , - 3 + RAy – 8 + 7,5 – 2 = 0 , RAy = 5,5 t

y

2. Determinar as funções da força cortante V(x) e do momento fletor M(x) para cada trecho da viga. Partir da extremidade mais a esquerda, ponto C: Trecho C-A: x

∫

V( x) = − w ( x) dx + C1 0

p / x = 0 , w = −2 ⇒ b = −2 2 w ( x ) = ax + b L  p / x 3 , w 0 a = = ⇒ =  3 2 w ( x ) = x − 2 (t/m) 3 2 x2 2   , V ( x ) = − + 2 x + C1 (t) V( x ) = − ∫  x − 2  dx + C1 3 2 3  0  x

p/ x = 0 , Vc = 0

è

C1 = 0 (não há força concentrada em C)

x2 V( x ) = − + 2x 3 p/ x = 3 , VA = 3 t x

x



2



2x M(x ) = − V( x) dx + C 2 , M(x ) = −  − + 2 x   dx + C2 3 2  0 0 

∫

∫

 1 x 3 2 2  M(x ) = − − + x   + C2 3 3 2   p/ x = 0 , Mc = 0

è

C2 = 0 (não há momento concentrado em C)

x3 M(x ) = − x 2 (t.m) 9 p/ x = 3 , MA = -6 t . m força axial: P = O Trecho A-D:

28

Diagramas de Força Axial, Cortante e Momento x

∫

V( x) = − w ( x) dx + C1 0

como w(x) = 0

è

V(x) = constante = C1 = - 2,5 t

x

x

∫

∫

M(x ) = − V( x) dx + C 2 , M(x ) = − (− 2,5) dx + C2 , M(x ) = 2,5 x + C2 0

0

p/ x = 0 , MA = -6

è

C2 = - 6 (não há momento concentrado em A)

M(x ) = 2,5 x − 6 (t.m) p/ x = 3 , MD = 1,5 t . m força axial: P = - 6 t Trecho D-B: x

∫

V( x) = − w ( x) dx + C1 0

como w(x) = 0

è

V(x) = constante = C1 = 5,5 t

x

x

∫

∫

M(x ) = − V( x) dx + C 2 , M(x ) = − 5,5 dx + C2 , M(x ) = −5,5 x + C2 0

0

p/ x = 0 , MD = 1,5

è

C2 = 1,5 (não há momento concentrado em D)

M(x) = 5,5 x + 1,5 (t.m) p/ x =1 , MB = - 4 t . m Força axial P = 0 Trecho B-E: x

∫

V( x) = − w ( x) dx + C1 0

como w(x) = 0 x

∫

è

V(x) = constante = C1 = - 2

è

V=-2t

x

∫

M(x ) = − V( x) dx + C 2 , M(x ) = − (−2) dx + C2 , M(x ) = 2 x + C2 0

0

Curso de Mecânica dos Sólidos I p/ x = 0 , MB = - 4

è

29

C2 = - 4 (não há momento concentrado em B)

M(x) = 2 x - 4 (t.m) p/ x =1 , ME = - 2 t . m Força axial P = 0 Trecho E-F: x

x

∫

∫

V( x) = − w ( x) dx + C1 , V( x ) = − (−1) dx + C1 , V( x) = x − C1 0

p/ x = 0 , VE = - 2

0

è

C1 = - 2 (não há força concentrado em E)

V( x ) = x − 2 p/ x = 2 , VF = 0 x

x

x2 M(x ) = − V( x) dx + C 2 , M(x ) = − ( x − 2) dx + C 2 , M(x ) = − + 2 x + C2 2 0 0

∫

p/ x = 0 , ME = -2

∫

è

C2 = - 2 (não há momento concentrado em E)

x2 M ( x ) = − + 2x − 2 (t.m) 2 p/ x = 2 , MF = 0 t . m Força axial P = 0 não há forças e momentos concentrados: V = 0 , M = 0 , P = 0 3. Traçar os diagramas de forças cortante e axial e de momento fletor.

30

Diagramas de Força Axial, Cortante e Momento 8t

10 t

2 t/m C

1 t/m

6t A

6t

D

B

E

7,5 t

5,5 t 5,5

3 Força cortante (t) -

2

2,5

-

1,5 Momento fletor (t.m)

-

-

-4 -6

Força axial (t) -6

-

-2

F

G


31

3 – TENSÃO

3.1 - Definição de Tensão Seja o corpo seccionado, submetido às forças externas P1 e P2 e às forças internas atuantes em áreas infinitesimais y

∆P

∆ A. ∆P

P1

∆P ∆A ∆Px

P2

z

x

∆Pz

Por definição: Tensão Normal:

∆Px ∆A→0 ∆A

τ xx = σ x = lim

Tensão de cisalhamento:

∆Py , ∆ A →0 ∆ A

τ xy = lim

eixo x é perpendicular ao plano de atuação

∆Pz ∆A → 0 ∆ A

τ xz = lim

na direção do eixo z

3.2 - Tensor de Tensões Seja o elemento infinitesimal de dimensões ∆x, ∆y e ∆z com todas as tensões que agem sobre ele.

32

Tensão y

τyy = σy σz τy τz

σx

τy τzx

∆ y

z

τx

τxz

τzz = σz ∆ x

τxx = σx ∆ z

x

σy

 τ xx τ xy τ xz   σ x τ xy τ xz       τ yx τ yy τ yz  =  τ yx σ y τ yz  τ   τ  τ τ τ σ zx zy zz zx zy z     O tensor de tensões é simétrico: τyx = τxy , τzx = τxz , τyz = τzy. Demonstração:

∑M

eixo z

= 0 , (τyx . ∆x . ∆z ) ∆y - (τxy . ∆y . ∆z ) ∆x = 0

è

τyx = τxy

3.3 - Tensões em membros com carregamento axial 3.3.1 - Carga axial Seja a barra, considerada sem peso e em equilíbrio, sujeita a duas forças F em suas extremidades. F

F

a

a P A F

Curso de Mecânica dos Sólidos I Tensão normal (tração): σ =

33

P A

3.3.2 - Carga Axial; Tensão de apoio P A

Tensão de Apoio (compressão): σ =

P A

3.3.3 - Tensão média de cisalhamento P

P

V=P A

τm =

V A

Cisalhamento simples: P

P

Rebite: V=P

A P

τm =

V P = A A

34

Tensão

Cisalhamento duplo: P/2

P

P/2

Rebite: A

V = P/2

τm =

P

V = P/2

V P = A 2A

A

Ex: A barra abaixo tem largura de 35 mm e espessura de 10 mm, constantes ao longo de seu comprimento. Determine as tensões normais nos diferentes trechos da barra para o carregamento abaixo.

B 9 kN 12 kN

C 4 kN

A

D

9 kN Trecho AB: 12 kN

σ AB =

A

P = 12 kN

N P 12000 N , 34285714 , = σ = AB A 0,035.0,010 m 2 m2

σ AB = 34285714 Pa , σAB = 34,3 MPa

4 kN

22 kN


35

Trecho BC: B 9 kN 12 kN

A

P = 30 kN

9 kN

σ BC =

P 30000 N , σBC = 85,7 MPa = A 0,035.0,010 m 2

Trecho CD: D

P = 22 kN

σ CD =

22 kN

P 22000 N , σCD = 62,4 MPa = A 0,035.0,010 m 2

Ex: Determine as tensões nos pinos localizados em A e B com d = 8 mm e a tensão na barra BC para o conjunto abaixo: A C 15 kN A

b = 10 mm B

2m

3 4

1m B t = 5 mm

DCL da Barra AB: RAy

RA

15 kN

RB B

RAx

A

3 4

36

Tensão

∑ ↑ →

3 . 3 − 15 . 2 = 0 , 5

MA = 0 , R B .

∑F

Y

∑F

x

3 5

= 0 , R Ay − 15 + R B . = 0 ,

RB = 16,7 kN RAy = 5 kN

4 5

= 0 , − R Ax + R B . = 0 , RAy = 13,4 kN

Pino A: R A = 5 2 + 13,4 2 = 14,3 kN

RA = 14,3 kN

V = RA /2 RA=14,3 kN V = RA /2

τA =

V 14300 / 2 N = A π 8 2 mm 2 4

τA = 142,2 MPa

Pino B: V = RB

τB =

V 16700 N = A π 8 2 mm 2 4

Barra BC:

RB = 16,7 kN

τBC = 332,2 MPa


37 P = RB

RB

σBC =

P 16700 N = A 10,5 mm 2

σBC = 334 MPa

3.4 - Tensões Admissíveis; Fator de segurança Para assegurar a segurança de uma estrutura, é necessário escolher uma tensão admissível que restrinja a carga aplicada a uma que seja menor que aquela que a estrutura possa suportar. Há vários motivos para isso:

• • • • •

imprecisão de cálculo, imperfeições oriundas do processo de fabricação, variabilidade nas propriedades mecânicas dos materiais, degradação do material, etc. Uma das maneiras de especificar a tensão admissível é definir um coeficiente de

segurança dado por:

η=

σ σ escoamento , η = ruptura σ admissível σ admissível

As tensões de ruptura são determinadas experimentalmente e o coeficiente de segurança é selecionado baseado no tipo de estrutura e em suas aplicações.

3.5 - Projeto de membros e pinos com carregamento axial Ex: Determine o diâmetro da barra BC, se a tensão admissível é σadm = 155 MPa. A viga é assumida ser parafusada em A.

38

Tensão

C 15 kN/m m A

B 3m

1,5 m

D.C.L da barra AB: 22,5 kN

11,25 kN

2

1

RB

∑M

A

RA

= 0 , − R B . 4,5 + 22,5 . 2,5 + 11,25 . 1 = 0 , RB = 15 kN

σ adm =

RB A BC

,

155

N 15000 = mm 2 π d BC 2 4

, dBC = 11,1 mm

Ex: Duas vigas de madeira são conectadas por um parafuso em B. Assumindo que as conexões em A, B, C, e D exercem somente forças verticais nas vigas. Determine o diâmetro do parafuso em B e o diâmetro externo de sua arruela se a tensão admissível do parafuso é

σadm p. = 150 MPa e a tensão admissível da madeira é σadm m. = 28 MPa. 1,5 kN

3 kN 2m 2m A

1,5 m

1,5 m

C

1,5 m

2 kN 1,5 m D

B


39

D.C.L. da Viga AB: RC

3 kN

RB

RA

∑M

A

= 0 , -3 . 2 - RC . 4 + RB . 5,5 = 0 , Rc = 1,375 RB – 1,5

D.C.L. da Viga CD: 1,5 kN

2 kN

RB

RC

∑M

D

RD

= 0 , - RC . 6 + RB . 4,5 + 1,5 . 3 + 2 . 1,5 = 0

- (1,375 RB –1,5) . 6 + RB . 4,5 + 4,5 . 3 + 3 = 0 , RB = 4,4 kN Parafuso:

σ adm P. =

RB π dP2 4

, 150 =

4400 π dP2 4

, dP = 6,1 mm

Arruela:

de A

σ adm P. =

6,1 mm

RB

π d 2e A 4

−

π dP2 4

,

26 =

4400

π d 2e A 4

−

π 6,12 4

, de A = 15,4 mm

40

Tensão

Ex: Determine a máxima força F que pode ser aplicada na estrutura se as áreas das seções transversais das barras são A = 5000 mm2 e a tensão admissível de tração é σadm t = 14 kgf/mm2 e a tensão admissível de compressão é σadm c = 10,5 kgf/mm2 . E F

9m B

C

A

D

3m R Ax 9m

3m R Ay

R Dy

∑ Fx = 0 , R = 0 ∑ M a = 0 , R . 3 – F . 12 = 0 ↑ ∑ F = 0 , –R + R – F = 0

→

Ax

è

Dy

Ay

y

Dy

è

R Dy = 4 F

R Ay = 3 F

Ponto E: E

θ

cos θ =

F

FBE FCE

45°

∑ F = 0 , – F – F cos 45 – F sen θ = 0 → ∑ F x = 0 , – F cos θ – F sen 45 = 0 ↑

4 3 , sen θ = 5 5

CE

y

BE

BE

è

CE

Ponto C:

FCE FCB

45°

C FCD

è

Fce = – 5,66 F (compressão)

Fbe = 5 F (tração)


∑F =0 , F → ∑ Fx = 0 , F ↑

y

41

CD

– FCE sen 45 = 0

CB

– FCE cos 45 = 0

è è

Ponto B:

FCD = – 4 F (compressão)

Fcb = – 4 F (compressão)

FBE

θ

B

FBC 45° FBA

FBD

∑ F x = 0 , – F cos 45 – F + F ↑ ∑ F = 0 , F + F sen θ = 0 →

BD

BA

y

BC

BE

Ponto A:

BE

cos θ = 0

è

è

FBA = – 3 F (tração)

FBA A

FAD

RAx RAy

∑ Fx = 0 , R ↑ ∑F =0 , – R →

y

Ax

+ FAD = 0

è

Ay

+ FBA = 0

è

FAD = 0 FBA = 3 F (tração)

barra CE:

σ adm c =

FCE 5,66 F , 10,5 = , F = 9.276 kgf A 5000

barra BE:

σ adm t =

FBE 5F , 14 = , F = 14.000 kgf A 5000

barra CD:

σ adm c =

FCD 4F , 10,5 = , F = 13.125 kgf A 5000

barra CB:

FBD = 0

42

Tensão

σ adm c =

FCB 4F , 10,5 = , F = 13.125 kgf A 5000

barra BA:

σ adm t =

FBA 3F , 14 = , F = 23.333 kgf A 5000

Resposta: A máxima força F é a de F = 9.276 kgf , pois qualquer força maior que está produziria uma tensão superior a tensão admissível. Ex: A estrutura treliçada abaixo suporta duas forças de 12 t. Se as tensões admissíveis são

σadm t = 14 kgf/mm2 em tração e σadm c = 10,5 kgf/mm2 em compressão, determine a menor seção transversal possível para as barras. B

D

1,5 m F

A R Ax

2m

C

RAy

→

∑ Fx = 0 , R ∑MA = 0

↑

∑F

y

Ax

2m 12 t

E

2m R Fy

12 t

=0

, R Fy . 6 – 12 . 4 – 12 . 2 = 0

= 0 , R Ay + R Fy – 12 – 12 = 0

è

è

R Fy = 12 t

R Ay = 12 F

Ponto A: FAB

θ RAx

A RAy

∑F =0 , R → ∑ Fx = 0 , R ↑

y

cos θ =

2 , 2,5

FAC

Ay

– FAB sen θ = 0

Ax

– FAB cos θ + FAC = 0

è

FAB = 20 t (compressão) è

FAC = 16 t (tração)

sen θ =

1,5 2,5

Curso de Mecânica dos Sólidos I Ponto C:

FBC

C 12 F y = 0 , FBC – 12 = 0 FAC

∑ → ∑ Fx = 0 , – F ↑

43

AC

FCE è

+ FCE = 0

è

FBC = 12 t (tração) FCE = 16 t (tração)

Ponto B: B

θ FBD

θ

FAB

∑F =0 , F → ∑ Fx = 0 , F ↑

y

Ponto D:

FBC

FBE

AB

sen θ – FBC + FBE sen θ = 0

AB

cos θ – FBE cos θ + FBD = 0

FBD

è

FBE = 0 t

è FBD =

–16 t (compressão)

D

θ FDE

→ ↑

FDF

∑ F x = 0 , F – F cos θ = 0 ∑ F = 0 , – F + F sen θ = 0 BD

DF

DE

y

DF

FBE

Ponto E:

è

FDF = 20 t (compressão) è

FDE = 12 t (tração)

FDE

θ FCE

E

12

∑ F = 0 , – 12 + F → ∑ Fx = 0 , – F – F ↑

DE

y

CE

FEF

+ FBE sen θ = 0

BE

cos θ + FEF = 0

(ok) è

FEF = 16 t (tração)

44

Tensão

Ponto F:

FDF

θ F RFy F y = 0 , RFy – FDF sen θ = 0 FEF

∑ → ∑ F x = 0 ,– F ↑

EF

(ok)

+ FDF cos θ = 0 (ok)

barra AB:

σ adm c

FAB 20.10 3 , 10,5 = , AAB = 1904,8 mm2 = A AB A AB

barra AC:

σ adm t

FAC 16.10 3 , 14 = , AAC = 1142,9 mm2 = A AC A AC

barra BC:

σ adm t

FBC 12.10 3 , 14 = , ABC = 857,2 mm2 = A BC A BC

barra CE:

σ adm t

FCE 16.10 3 , 14 = , ACE = 1142,9 mm2 = A CE A CE

barra BD:

σ adm c

FBD 16.10 3 , 10,5 = , ABD = 1523,8 mm2 = A BD A BD

barra DF:

σ adm c

FDF 20.10 3 , 10,5 = , ADF = 1904,8 mm2 = A DF A DF

barra DE:

σ adm t

FDE 12.10 3 , 14 = , ADE = 857,2 mm2 = A DE A DE

barra EF:

σ adm t

FEF 16.10 3 , 14 = , AEF = 1142,9 mm2 = A EF A EF


45

Resposta: A menor área possível é a de 1904,8 mm2, pois qualquer área menor que está produziria uma tensão superior a tensão admissível.

46

Deformação

4 - DEFORMAÇÃO 4.1 - Significado físico da deformação Um corpo sólido se deforma quando sujeito a mudanças de temperatura ou a uma carga externa, como mostrado abaixo. Lo

P

P

L

Se Lo é o comprimento inicial e L é o comprimento final do corpo sob tração, o alongamento é ∆L = L - L0 e o alongamento por unidade de comprimento, chamado deformação linear, é definido como: L

dL ∆L = L Lo o o

ε = ∫

4.2 - Definição matemática de deformação Sejam dois pontos localizados em uma direção x de um corpo sólido em que uma deformação linear está sendo considerada. A 0

A’

B

u

B’ u+∆u

x,u

∆x

Assim a definição de deformação linear no ponto A quando ∆ x → 0 é definida como:

ε = lim

∆x → 0

∆u du = ∆x dx

Se ε > 0 = Elongação e ε < 0 = Contração.


47

Se o corpo se deforma em três direções ortogonais x, y, e z e u, v, e w forem as três componentes do deslocamento nestas direções, as deformações lineares são respectivamente:

εx =

∂u ∂w ∂v , , εy = εz = ∂x ∂z ∂y

Além da deformação linear, um corpo pode sofrer uma deformação angular, como mostrado abaixo. y, v

∂u ∂y

∂u u + dy ∂y E dy

∂v ∂x

v A u

C

v+

dx

∂v dx ∂x

x, u Assim, para pequenas mudanças de ângulo, a deformação angular associada as coordenadas x e y é definida por:

γ xy = γ yx =

∂v ∂u + ∂x ∂y

Se o corpo se deforma em mais planos ortogonais xz e yz, as deformações angulares nestes planos são:

γ xz = γ zx =

∂w ∂u , ∂w ∂v + γ yz = γ zy = + ∂x ∂z ∂y ∂z

4.3 - Leis de tensão-deformação linear e energia de deformação 4.3.1 - Coeficiente de poisson para materiais isotrópicos Seja o corpo abaixo submetido a uma força axial.

48

Deformação

P

b0

b

P L0 L

Deformação axial = ε x =

∆L Lo

Deformação lateral = ε y =

∆b bo

A relação entre o valor da deformação lateral e a deformação axial é conhecida como coeficiente de poisson:

ν = −

εy ε =− z εx εx

4.3.2 - Lei de Hooke para materiais isotrópicos (Estado triaxial de tensões) Seja um corpo sujeito a um estado triaxial de tensões σx, σy e σz.. σy σz

σx

σx

σz

σy

O estado triaxial de tensões pode ser considerado como a superposição de três estados de tensão uniaxial analisados separadamente: 1. Deformações devido a σx:


49

ε' x , ε' y = − ν ε' x , ε' z = − ν ε' x 2. Deformações devido a σy:

ε' ' y , ε' ' x = − ν ε' ' y , ε' ' z = − ν ε' ' y 3. Deformações devido a σz :

ε' ' ' z , ε' ' ' x = − ν ε' ' ' z , ε' ' ' y = − ν ε' ' ' z Superpondo todas as deformações, temos:

ε x = ε' x + ε' ' x + ε' ' ' x , ε x = ε' x − ν ε' ' y − ν ε' ' ' z ε y = ε' y + ε' ' y + ε' ' ' y , ε y = − ν ε' x + ε' ' y − ν ε' ' ' z ε z = ε' z + ε' ' z + ε' ' ' z , ε z = − ν ε' x − ν ε' ' y + ε' ' ' y Da Lei de Hooke, σ = E ε é o módulo de elasticidade do material, as deformações devido à σx, σy e σz são: 1 E

ε x = [ σ x − ν (σ y + σ z )] 1 E

ε y = [ σ y − ν (σ x + σ z )] 1 E

ε z = [ σ z − ν (σ x + σ y )] Para o caso do corpo ser submetido a esforços de cisalhamento as relações deformaçãotensão são:

γ xy =

1 1 1 τ xy , γ yz = τ yz , γ xz τ xz G G G

O módulo de cisalhamento G está relacionado a E e ν por: G=

E 2 (1 + ν )

50

Deformação

4.4 - Energia de deformação elástica para tensão uniaxial O trabalho interno armazenado em um corpo deformável como energia elástica de deformação ou energia de deformação elástica é o produto da força média que atua sobre o corpo enquanto ocorre a deformação, multiplicada pela distância na qual ela age. Seja então o elemento de volume dx, dy, dz:

y z

x

σx

σx

dy dz dx

A densidade de energia de deformação Uo é interpretada graficamente como a área sob linha inclinada do diagrama tensão deformação.

σx σ ε dU = Uo = x x dV 2 E

εx

4.5 - Energia de deformação elástica para tensões de cisalhamento Seja um elemento de volume dx, dy, e dz submetido a um cisalhamento.

 1  1 . ( . dy ) τ xy .dx.dz  γ = τ γ dV , xz  1 42 4 3 2 xz xz  1244 244  3 distância

dU = 

força média

 dU  = U = τxy ν xy   o cis 2  dV  cis


51

4.6 - Energia de deformação para estados de tensão multiaxial dU 1 1 1 1 1 1 = dUo = σ x εx + σ y ε y + σz ε z + τxy γ xy + τyz γ yz + τxz γ xz dV 2 2 2 2 2 2 Das relações para deformações obtidas anteriormente, temos: Uo =

1 1 2 υ ( σx 2 + σ y 2 + σz 2 ) − (σ x σ y + σ yσz + σ z σx ) + (τ xz + τ2 yz + τ2xz 2E E 2G

)

Em geral, para um corpo elástico sob tensão, a energia de deformação total é obtida pela integração volumétrica: U=

∫∫∫ U V

o

dx dy dz

4.7 - Deformação de membros carregados axialmente Usando a Lei de Hooke e as definições de tensão e deformação, será desenvolvida uma equação que pode ser usada para determinar a deformação elástica de membros sujeitos a cargas axiais. Assim considere a barra abaixo com seção transversal variável ao longo de seu comprimento. A barra está sujeita a duas forças concentradas nas extremidades e a diferentes forças aplicadas ao longo de seu comprimento. x

dx

P1

P2

L

σ=

P( x ) du e ε= dx A( x )

Da Lei de Hooke σ = E ε :

u

P(x)

dx

P(x) du

52

Deformação L

P( x ) du =E A(x ) dx

,

u=

P

∫ A(x) E

dx

o

Para o caso da força e da seção transversal serem constantes ao longo do comprimento do membro, tem-se: u=

PL AE

Ex: A viga rígida AB está apoiada em duas colunas curtas como apresentado abaixo. A coluna AC é de aço e tem diâmetro de 20 mm, e a coluna BD é de alumínio e tem diâmetro de 40 mm. Determine o deslocamento do ponto F na viga AB se a carga de 90 kN é aplicada sobre este ponto. Tome Eaço = 200 Gpa, Eal = 70 Gpa. 200 mm

90 kN 400 mm F

A

B 300 mm

C

D

1 – Determinar as reações das colunas AC e BD na viga AB. 200 mm

∑ MA = 0 , R ↑ ∑F = 0 , R y

90 kN 400 mm

A

B

RAC

RBD

BD

. 600 – 90 . 200 = 0 , RBD = 30 kN

AC

– 90 + 30 = 0 , RAC = 60 kN

2 – Determinar os deslocamentos das colunas. Coluna AC:


53

R AC . L AC 60.10 3. 300 uA = = 0,286 mm = 2 E aço . A AC 20 π 200.10 3. 4 Coluna BD: R BD . L BD 30.10 3. 300 uB = = 0,102 mm = 2 E al . A BD 40 π 70.10 3. 4 3 – Determinar o deslocamento do ponto F. 200 mm A

400 mm F

B uB = 0,102 mm

uB = 0,286 mm

uF`

Por semelhança de triangulos: (0,286 − 0,102) u F` , uF` = 0,123 mm = (200 + 400) 400 uF = 0,102 + 0,123 = 0,225 mm Ex: O conjunto abaixo consiste de um tubo de alumínio AB tendo uma área de 400 mm2. Uma haste de aço de diâmetro 10 mm é conectada ao tubo AB por uma arruela e uma porca em B. Se uma força de 80 kN é aplicada na haste, determine o deslocamento da extremidade C. Tome Eaço = 200 GPa e Eal = 70 GPa. 400 mm C 80 kN

B

600 mm

A

54

Deformação

Haste BC: 80 kN

PBC = 80 kN

u C / B =

PBC L BC 80000 . 600 , uC/B = 3,06 mm = 2 E aço A BC 3 π 10 200.10 4

è

Tubo AB: PAB = 80 kN

80 kN

u B / A =

PAB L AB 80000 . 400 , uB/A = 1,14 mm = E al A AB 70.10 3 400

uc = uC/B + uB/A = 3,06 + 1,14

,

uC = 4,2 mm

è

è

Ex: O conjunto abaixo consiste de duas barras rígidas originalmente horizontais. Elas são suportadas por duas barras de área 25 mm2 e E = 200 GPa. Se uma força vertical de 50 kN é aplicada na barra AB, determine o deslocamento em C, B e E.

200 mm A

200 mm D

800 mm E

C 600 mm

600 mm

150 mm B

50 kN Diagrama de corpo rígido da barra AB: RB

RA A 600 mm

600 mm 50 kN

B


55

Devido a simetria: RA = RB = 25 kN Diagrama de corpo rígido da barra CB: RC

RD

E

C 200 mm

800 mm

D

RB = 25 kN

∑MD = 0 ,

RB . 200 – RC . 1000 = 0 , RC = 5 kN

Deslocamento do ponto C: R C L C 5.10 3 . 200 , uC = 0,2 mm = uC = EA 200.10 3 25 Deslocamento do ponto E: 800 mm

E

200 mm

C uC

uE

D

Por semelhança de triângulos: u uE = C , uE = 0,04 mm 200 1000 Deslocamento do ponto B: u B / E

R B L BE 25.10 3 . 150 , uB/E = 0,75 mm = = EA 200.10 3 25

uB = uB/E + uE = 0,75 + 0,04, uB = 0,79 mm Ex: A barra abaixo tem diâmetro de 5 mm e está fixa em A. Antes de aplicar a força P = 20 kN, há um gap entre a parede em B’ e a barra de 1 mm. Determine as reações em A e B’. Considere E = 200 Gpa.

56

Deformação 1 mm

B A

400 mm

800 mm

B’

P = 20 kN A reação na parede B irá surgir somente se o deslocamento devido a força P for maior que o gap de 1 mm. Neste caso podemos determinar o deslocamento em B devido à duas forças, P e a reação em B. Supondo que não houvesse a parede B’, o deslocamento em B devido a força P δP seria: B 400 mm

A

δP

800 mm

P = 20 kN P L AC 20.10 3 . 400 , δP = 2,037 mm δP = = 2 EA π.5 200.10 3 4 E o deslocamento em B devido a reação em B δB seria: 1 mm

B A

δB =

400 mm

δB

800 mm

FB

FB L AB = EA

FB . 1200 , δB = 0,3056.10-6.FB mm 2 π.5 200.10 3 4

A reação em B surgirá somente se o deslocamento δP for maior que 1 mm, logo: 1 = δP – δB , 1 = 2,037 – 0,3056.10-6 . FB ,

FB = 3,4 kN

Do equilíbrio estático, temos: B A

400 mm

800 mm FB = 3,4 kN

FA P = 20 kN


→ ∑ F = 0 , FA + 20 – 3,4 = 0 , FA = 16,6 kN

57

58

Torção

5 - TORÇÃO 5.1 - Aplicação do método das seções Ex: Determine o torque interno no trecho AB.

2 kgf.m

3 kgf.m

1 kgf.m

B A

x

C 3 kgf.m

1 kgf.m

x

Torque interno T = 2 kgf.m B

C

5.2 - Premissas Básicas

O3 C

O1

O2 B B’

A

T

x

A’

1 - Uma seção plana, perpendicular ao eixo do membro circular, permanece plana após a aplicação dos torques.


59

2 - Em um membro circular sujeito à ação de um torque, as deformações γ variam linearmente a partir do eixo central. Isto significa que as linhas radiais nos planos ao longo do eixo x permanecem retas após a deformação. Estas premissas são válidas somente para eixos circulares.

5.3 - A fórmula da torção Para o caso linearmente elástico, a Lei de Hooke se aplica τ = G γ :

τmax c

O B

ρ

τB = (ρ /c) τmax

C

dA

ρ

T=

∫ c τ max dA ρ =

τ max

c A

A 14243 força

∫ ρ

2

∫ ρ 2 dA

dA = J = momento polar de inércia de área

A

Caso particular de uma seção circular:

∫ ρ

2

c

∫

(2π ρ dρ ) = 2π ρ dρ =

A

T=

3

0

τ max c

J

è

τ max =

π c4 2

=

π d4 32

Tc J

Tensão num ponto qualquer da seção:

τ=

ρ Tc c J

è

τ=

Tρ J

Para tubos circulares de raio interno b e raio externo c, tem-se:

60

Torção

∫

c

∫

2

3

J = ρ dA = 2π ρ dρ = A

b

π c4 2

−

π b4 2

= Je − Ji

5.4 - Observações sobre a fórmula de torção A

Tex

B

Ti A

x

B eixo

τθx τxθ

ρ

τmax

x

Observação Importante: Para o caso de um material anisotrópico (diferentes propriedades mecânicas nas direções x, y e z ) como por exemplo a madeira, o eixo se rompe ao longo de um plano paralelo ao eixo x. Tex

x


61

Ex: Um eixo maciço de raio c é sujeito a um torque T. Determine a fração de T que é resistida pelo material contido na região externa do eixo, de raio interno c/2 e raio externo c. T c x c/2

τmax c/2

c

τ

O

ρ dρ dT ' = ρ τ dA , dT ' = ρ

ρ

τ

c max 1 424 3

21πρ dρ 23 dA

τ

2π τ max T = c '

c

2π τ max ρ 4 ρ dρ = c 4

∫

c

2

π τ max  4 c 4  T = c − 4  2c  2  '

c

3

è

T' =

c

2

π τ max 15 2

16

c3

Determinação de T em toda a área:

τ max =

Tc Tc π = , T = τ max c 3 , 4 J (π ) c 2 2

T´ =

15 T 16

Conclusão: aproximadamente 94 % do torque é resistido pela área externa do eixo.

62

Torção

Ex: O acoplamento abaixo é usado para conectar dois eixos. Assumindo que a tensão de cisalhamento nos parafusos é uniforme, determine o número de parafusos para que a máxima tensão de cisalhamento no eixo seja igual a tensão de cisalhamento nos parafusos. Cada parafuso tem diâmetro d e está distante R do cento do eixo.

T T

r

V

T

V

V

V

V V

Do equilíbrio estático: T = n . V . R, onde n = número de parafusos Tensão média nos parafusos: V V τm = = 2 A πd 4

è

πd 2

V = τm

4

Tensão máxima no eixo:

τ max =

T.r T.r 2.T = 4 = 3 J πr πr 2

2.T πd 2 Como τm = τmax: V = 3 πr 4 2.T πd 2 Logo: T = n 3 R πr 4

è

2.r 3 n= R d2

5.5 - Projeto de membros circulares em torção Uma vez conhecido o torque a ser transmitido pelo eixo, e selecionado a máxima tensão de cisalhamento, as proporções do membro tornam-se fixas. Assim, tem-se:


63

J T = c τ max O parâmetro J/c é utilizado para projetar eixos maciços ou perfurados. Ex: Selecionar eixos maciços para transmitir 200 CV cada um, sem ultrapassar a tensão de cisalhamento de 7 kgf/mm2 . Um desses eixos opera a 20 rpm, e o outro a 20.000 rpm. (1CV = 4500 kgf.m/min, α (rad/min) = 2πN(rpm)) Eixo 1: P=Tα ,

200 . 4500

kgf m rad , = T1 20 . 2π mim mim min min

T1 = 7162 kgf . m

J1 T1 7162 .10 3 = = = 1,023 .10 6 mm 3 c1 τ max 7 J1 π c13 , = c1 2

c1 = 86,7 mm ,

d1 = 173,4 mm

Eixo 2: P=Tα ,

200 . 4500

kgf m rad , T2 = 7,162 kgf . m = T2 20000 . 2π mim mim min min

J2 T2 7,162 .10 3 = = = 1,023 .10 3 mm 3 c 2 τ max 7 J 2 π c23 , = c2 2

c1 = 8,67 mm , d1 = 17,34 mm

Conclusão: Transmitir potência à alta velocidade.

5.6 - Ângulo de torção de membros circulares

64

Torção Além do fato do membro dever resistir aos torques aplicados, ele não deve se deformar

excessivamente. Assim, considere um elemento submetido a um torque. dx c

O

B A

γ max max

D

d

T

x

No plano paralelo ao eixo x, arco BD = dx . γ max , e no plano perpendicular ao eixo x, arco BD = c . dϕ . Logo: dx . γ max = c . dϕ

Limitando-se a região elástica linear, τ max = G γ max , e sabendo que τ max = dx .

Tc = c . dϕ JG

è

dϕ =

Tc : J

T dx JG

Expressão geral para ângulo de torção: L

T( x ) dx J ( x ) G 0

ϕ = ∫

Para o caso do torque e da seção transversal serem constantes ao longo do comprimento do eixo, tem-se:

ϕ=

TL JG

è

(analogia com força axial)

u=

PL AE

Ex: No conjunto abaixo, os dois eixos estão acoplados por duas engrenagens C e B. Determine o ângulo de torção na extremidade A do eixo AB onde um torque T = 45 N.m é aplicado. Cada eixo tem diâmetro de 20mm e G = 80 GPa..


65 1,5 m 75 mm C

D T = 45 N.m

A

150 mm

F

E

B 2m Eixo AB:

ϕB FB

A 45 N.m REz RFy

REy

RFz

150 mm

B

2m

FB . 0,15 = 45 , FB = 300 N

ϕ A / B =

TAB L AB 45 . 2 = JG π 0,014 80 .10 9 2

Eixo CD:

,

ϕAB = 0,072 rad

1,5 m 75 mm

TC

TC = 300 . 0,75

ϕC

,

TC = 22,5 N.m

Fc = FB=300 N

66

Torção

ϕC =

TC L CD 22,5 . 1,5 = JG π 0,014 80 .10 9 2

,

ϕC = 0,027 rad

0,15 . ϕB = 0,075 . ϕC , ϕB = 0,0135 rad

ϕA = ϕA/B + ϕB = 0,072 + 0,0135 , ϕA = 0,0855 rad Ex: Uma barra circular em torção consiste de 2 partes. Determine o máximo torque possível se o ângulo de torção entre as extremidades da barra não deve exceder 0,02 radianos e a tensão de cisalhamento não deve exceder 28 MPa. Assumir G = 83 GPa.

T

A

50 mm

B

1,2 m

40 mm 1,2 m

Trecho AB:

τ=

Tc T . 25 , 28 = , TAB = 687.223,4 N.mm J π 50 4 32

ϕAB

T L AB = = GJ

T . 1,2.103 , ϕAB = T . 2,356.10-8 4 π 50 83 .103 32

Trecho BC:

τ=

ϕBC

Tc T . 20 , 28 = , TBC = 351.858,4.mm 4 J π 40 32 T L BC = = GJ

T . 1,2.103 , ϕBC = T . 25,753.10-8 4 π 40 83 .103 32

ϕAC = ϕAB + ϕBC = 0,02 T.2,356.10-8 + T.5,753.10-8 = 0,02 , T = 246.639,5 N.mm

C

T


67

Resposta: Se fosse considerado o torque de 687.223,4 N.mm ou o torque de 351.858,4 N.mm, o ângulo de torção seria superior à 0,02 radianos, logo o torque de 246.639,5 N.mm não excede a tensão de 28 MPa e não excede o ângulo de torção de 0,02 radianos. Ex: O eixo está sujeito aos torques como apresentado abaixo. Se o módulo de cisalhamento é G = 80 GPa e o diâmetro do eixo é 14 mm, determine o deslocamento do dente P na engrenagem A. O eixo está engastado em E e o mancal B permite que o eixo gire livremente. 40 N.m 280 N.m 150 N.m P 100 mm A

J=

π d4 32

=

π . 14 4 32

E

C B 0,4 m

D

0,5 m

0,3 m

, J = 3771,5 mm4

Trecho AC:

ϕ A / C

TAC L AC 150.10 3 . 0,4.10 3 , ϕA/C = 0,199 rad (anti-horário) = = JG 3771,5 . 80.10 3

Trecho CD:

ϕ C / D

TCD L CD 130.10 3 . 0,3.10 3 , ϕC/D = 0,129 rad (horário) = = 3 JG 3771,5 . 80.10

Trecho DE:

ϕ D / E

TDE L DE 170.10 3 . 0,5.10 3 = = JG 3771,5 . 80.10 3

, ϕD/E = 0,282 rad (horário)

ϕA/E = - ϕA/C + ϕC/D + ϕD/E = - 0,199 + 0,129 + 0,282

68

Torção

ϕA/E = 0,212 rad (horário) δP = ϕA/E . R = 0,212 . 100 , δP = 21,2 mm Ex: Um motor de 200 kW gira a 250 rpm. Para a engrenagem em B é transmitido 90 kW e para a engrenagem em C 110 kW. Determine o menor diâmetro permissível d se a tensão admissível é de 50 MPa e o ângulo de torção entre o motor e a engrenagem C é limitado a 15°. Considerar G = 80 GPa e 1kW ≈ 60000 Nm/mim.

200 KW motor

90 KW d

1,2 m

1,8 m B Trecho motor-engrenagem B: Pmotor = Tmotor . α 200 . 60000 = Tmotor . 250 . 2π Tmotor = 7639 N m

τ max

T.d / 2 7639.10 3 , 50 = , d = 92 mm = π d4 π d3 32 16

Trecho B-C: PBC = TBC . α 110 . 60000 = TBC . 250 . 2π TBC = 4202 N m

τ max

T.d / 2 4202.10 3 , 50 , d = 75,4 mm = = 4 3 πd πd 32 16

ϕC/motor = ϕC/B + ϕB/motor ϕ C / motor =

TC / B .L Tmotor .L + G.J G.J

110 KW

C


ϕ C / motor

69

4202.10 3.1,2.10 3 7639.10 3.1,8.10 3 15.π , d = 55 mm = + = 4 4 180 d d π π 80.10 3. 80.10 3. 32 32

Resposta: d = 92 mm

5.7 - Fórmula da torção para eixos com diferentes materiais Considere o eixo de seção circular composto de um tubo de material 1 e uma barra interna de material 2.

γ max r1

r2

γ

2 ρ 1 dA

A lei de Hooke para o cisalhamento em um material i é τi = Gi . γ , e o torque interno pode ser obtido através da expressão: T = ∫ τ dA ρ A

Usando a lei de Hooke e tomando uma área infinitesimal circular, dA = 2 π ρ dρ, o torque interno pode ser dado por: T = ∫ G i γ 2π ρ dρ ρ A

Por semelhança de triângulos, tem-se que γ =

γ max .ρ r1

. Substituindo está relação na

expressão do torque interno, temos: T=

γ max r1

∫ G i 2π ρ 3 dρ

A

A integral

< GJ > = ∫ G i 2π ρ 3 dρ pode ser chamada de rigidez equivalente em A

70

Torção

torção. Logo: T=

γ max r1

< GJ > , γ max =

T r1 < GJ >

Substituindo a relacão acima na relação que forneçe a deformação angular γ numa posição qualquer ρ, tem-se que:

γ =

T ρ < GJ >

Finalmente, substituindo a relacão acima na lei de Hooke para cisalhamento temos a fórmula da tensão da torção para eixos circulares com diferentes materiais:

τi = G i

T ρ < GJ >

Ex: Um eixo circular é feito pela compressão de um tubo de alumínio em uma barra de latão, para formar uma seção de dois materiais, que então agem como uma unidade. (a) Se, devido à aplicação de um torque T, aparecer uma tensão de cisalhamento de 7 kgf/mm2 nas fibras externas do eixo, qual é a magnitude do torque T? (b) Se o eixo tem 1 m de comprimento, qual será o ângulo de torção devido ao torque T? Para o alumínio E = 7 . 10 3 kgf/mm2, G = 2,8 . 103 kgf/mm2 e para o latão E = 11,2 . 10 3 kgf/mm2, G = 4,28 . 103 kgf/mm2.

250 mm latão

150 mm

alumínio

a) τ i = G i

T ρ < GJ > 3

< GJ >= G lat .J lat + G al .J al = 4,2.10 . = 1,14 . 1012 kgf/mm2

π.150 4 32

+ 2,8.10 3.

π. 32

(250 4 − 150 4 )


τ al = G al b) ϕ =

71

T T 6 125 , T = 22,8 . 10 kgf.mm ρ , 7 = 2,8.10 3 < GJ > 1,14.1012

T.L 22,8.10 6.1.10 3 , = 12 < GJ > 1,14.10

ϕ = 0,02 rad

5.8 - Membros maciços não circulares Premissas enunciadas para membros circulares não são válidas para este caso. b

τmax c

τ max =

T α b c2

,

ϕ=

TL β b c3 G

b/c

1,0

1,5

2,0

3,0

6,0

10,0

∞

α

0,208

0,231

0,246

0,267

0,299

0,312

0,333

β

0,141

0,196

0,229

0,263

0,299

0,312

0,333

72

Tensão de Flexão em Vigas

6 - TENSÕES DE FLEXÃO EM VIGAS Algumas limitações importantes da teoria A teoria de tensões de flexão nas vigas se aplica para vigas admitidas com suficiente estabilidade lateral em virtude de suas proporções ou suficientemente reforçadas na direção transversal.

6.1 - Premissa cinemática básica Hipótese fundamental da teoria da flexão: As seções planas de uma viga, tomadas normalmente a seu eixo, permanecem planas após a viga ser submetida à flexão. Hipótese válida quando o material se comporta elasticamente ou plasticamente, desde que a relação espessura/comprimento da viga seja pequena. O

ρ = raio de curvatura centróide A

D

B

C

M

B

∆x

x

A

D’ D superfície neutra

ρ b

a -y

u du ε = lim ∆ = ∆x → 0 ∆x dx

∆u f

c B

A

∆x

C C’

, ε = b y,

com b = constante.

D’

C’

M


73

6.2 - Fórmula da flexão elástica Considerando o material elástico linear, a Lei de Hooke se aplica: σ = E ε Como: ε x = b y

σx = E b y = B y

y

y

centróide

dA +y

M x

eixo neutro

z

c

σmax Das condições de equilíbrio: 1) →

∑F

x

= 0 , ∫ σ x dA = 0 , ∫ B y dA = 0 A

A

Como B = constante,

∫ y dA = 0 . De acordo com a equação para determinar a posição

A

∫ y dA

do centróide y = A

∫ dA

= 0 . Assim, o eixo neutro passa pelo centróide da área da seção

A

transversal.

6.3 - Revisão centróide de uma área y

∫ z dA z= ∫ dA A

y

z

y

A

z

,

∫ y dA y= ∫ dA A

A

74


∫ z dA , ∫ y dA : Primeiros momentos de área com relação aos eixos y e z, respectivamente.

A

A

Ex: Determine a posição do centróide da figura abaixo. y 8 cm 3 cm

1 2

10 cm

2 cm

z 2

∑= z A i

z=

i

i 1 2

∑= A

z=

,

0 . (8.3) + 0 . (2.10) = 0 cm 8.3 + 2.10

i

i 1

2

∑= y A i

y=

i

i 1 2

∑= A

,

y=

(10 + 1,5) . (8.3) + 5 . (2.10) = 8,55 cm 8.3 + 2.10

i

i 1

Ex: Determine a posição do centróide da figura abaixo. y 8 cm 3 cm

1

y

z

2

10 cm

2 cm


75

2

∑= z A i

i

i 1 2

z=

∑= A

z=

,

4 . (8.3) + 4 . (2.10) = 4 cm 8.3 + 2.10

i

i 1

2

∑= y A i

y=

i

i 1 2

∑= A

y=

,

1,5 . (8.3) + (−5) . (2.10) = −1,45 cm 8.3 + 2.10

i

i 1

∑M

2)

eixo neutro

= 0 , M + ∫ σ x dA y = 0 , M = −B ∫ y 2dA A

A

∫ y dA = I = Momento de inércia da seção transversal em relação ao eixo que passa pelo 2

A

centróide. Logo: B = −

σx = −

M . Como σ x = B y : I

My I

Para y positivo

è

è

(analogia com torção de eixos) τ =

Tρ J

Tensão de compressão momento positivo

Para y negativo

è

Tensão de tração

6.4 - Cálculo do momento de inércia de uma área (segundo momento) y z

y

ρ

z

∫

I y = z 2 dA A

,

∫

I z = y 2 dA A

,

∫

J = ρ 2 dA = I z + I y A

76

Tensão de Flexão em Vigas Os eixos z e y são chamados de eixos principais de inércia quando passam pelo

∫

centróide. ( y z dA = 0 ). A

Teorema dos eixos paralelos:

y’

y

z

∆z

y c

z

∆

∆y

z’ I z ' = (y + ∆y )2 dA = y 2 dA + 2∆y y dA + ∆y 2 dA , I z ' = I z + ∆y 2 A

∫

∫

A

∫

A

A

∫

A

De maneira análoga: I y' = I y + ∆z 2 A

,

J 0 = J C + ∆2 A

Ex: Determine o momento de inércia da secáão transversal retangular abaixo. y

dz b

b/2 z

dy y

b/2

Iz =

a/2

b a3 De maneira análoga: I y = 12 Ex: Determine o momento de inércia da área abaixo.

a

2

∫− −∫ y dy dz b

Iz = z

a/2

2

a

2

2

3

a

2 −a

2

2

a b3 Iz = 12

y 3

b

2

−b 2


77 y 3 cm

1 cm

1 2

3 cm

1 cm

z 1 cm

3

I z = I z1 + I z 2 + I z 3 3 13 I z1 = + 1 . 3 . 2 2 , Iz1 = 12,25 cm4 12 I z2

1 33 = 12

, Iz2 = 2,25 cm4

3 13 I z3 = + 1 . 3 . 2 2 , Iz3 = 12,25 cm4 12 Iz = 26,75 cm4

I y = I y1 + I y 2 + I y3

1 3 3 3 13 1 3 3 , Iy = , Iy = 4,75 cm4 + + 12 12 12

Importante: O momento de inércia representa a resistência de uma seção transversal à girar em torno de um eixo. A seção acima gira mais facilmente em torno do eixo y que do eixo z.

6.5 - Flexão pura de vigas com seção assimétrica Na discussão anterior foram analisadas somente vigas com seções transversais simétricas, porém o equacionamento é válido para seções quaisquer desde que seus eixos sejam os eixos principais de inércia.

78

Tensão de Flexão em Vigas y

dA

σx

y

z

centróide

y

M

eixo neutro

z

x

Como visto anteriormente: σx = B y

∫

M yy = B y dA z

,

∫

M yy = B y z dA

A

A

Se y e z são eixos principais de inércia,

∫ y z dA = 0 . Logo, Myy = 0 e as

A

deduzidas anteriormente se aplicam a uma viga de seção transversal qualquer. Ex: Determine a tensão de flexão máxima para a viga com o carregamento abaixo: 30 kN

20 mm

y

1

5 kN/m 20 mm

150 mm

2

B

A RAy

150 mm

6m

3

RB 20 mm

1 – Cálculo das reações de apoio

∑ MB = 0

, RA .6 – 30 . 3 = 0 , RA = 15 kN

2 – Cálculo do momento máximo

250 mm

equações

Curso de Mecânica dos Sólidos I 5x V 15x

Mmax:

M

∑M =0

, − 15 x + 5 x

x +M=0 2

5 M = − x 2 + 15 x (kN.m) 2

x

dM = 0 = −5x + 15 dx

79

, x = 3 m , Mmax (x=3) = 22,5 kN.m

3 – Cálculo do momento de inércia Iz = Iz1 + Iz2 + Iz3 3  0,25 . 0,023 2   0,02 0,3  Iz = 2 , Iz = 301,3 . 10 –6 m4 + 0,25 . 0,02 . 0,16  +    12   12 

σ max

M max . c 22,5.10 3.( − 0,170) , σmax = 12,7 MPa =− =− Iz 301,3.10 − 6

2 – Uma viga estrutural em aço do tipo T usada em balanço, é carregada da forma mostrada na figura. Calcular a magnitude da carga P que provoca uma deformação longitudinal no ponto C de +527 x 10 –6 mm/mm (alongamento) e uma deformação longitudinal no ponto D de -73 x 10 –6 mm/mm (encurtamento). (I = 2000 cm4 e Eaço = 21 x 103 kgf/mm2). P A

Ponto C

Ponto D B

175 mm 25 mm

1,25 m

C 25 mm

εC

εD D

y

175 mm

80


Por semelhança de triângulos:

εC ε , y = 43,25 mm = D 175 − y y − 25 P M

1,25 m

∑M =0

, M + P . 1,5 = 0 , M = -1,5 P (kgf . m)

M . yC P . 1,25.10 3 . (175 − 43,25) σC = − = E . εC , = 21.10 3 . 527.10 −6 4 I 2000.10 P = 1344 kgf

6.6 – Tensões de flexão em vigas com diferentes materiais (Método da rigidez equivalente) As vigas com dois materiais são comumente chamadas vigas compostas e são projetadas de forma a desenvolver maneiras mais eficientes para resistir as cargas aplicadas. My Como a fórmula da flexão σ x = − I

foi desenvolvida para o caso de materiais

homogêneos, esta fórmula não pode ser aplicada diretamente para determinar as tensões em vigas compostas. Para estudar estes casos de viga, considere a viga abaixo composta de diferentes materiais.

y dz 1

dy

h

M x

2 z b


81

Supondo que E1 > E2: y

y

σ1 M 1

M

Elástico-linear x

è

1

σx = E εx

2

x

2

εx

σ2

Sabe-se que a evolução das deformações é da forma ε = b y, e que as tensões em cada material i é da forma σi = Ei ε. Logo, das condições de equilíbrio, temos: 1)

∑ Fx = 0 ,

∫ σ dA = 0 , ∫ E i ε dA = 0 , ∫ E i b y dA = 0

A

A

A

Como b é constante, ∫ E i y dA = 0 . A

Analogamente como no caso de uma viga homogênea, a equação acima é usada para determinar a posição do eixo neutro (centróide) da seção transversal com diferentes materiais da seguinte maneira:

∫ E i y dA

y= A

∫ E i dA

A

=∑

Ei yi Ai ∑ Ei Ai

onde Ei é o módulo de elasticidade do material, yi é o centróide da área de material i e Ai é a área de material i. 2)

= 0 , ∫ σ dA y + M = 0 , ∫ E i ε dA y + M = 0 , ∫ E i b y 2 dA + M = 0 ∑ M eixo neutro A

Como b é constante:

A

A

82

Tensão de Flexão em Vigas b=−

M M = − ∫ E i y 2 dA < EI >

A

A integral ∫ E i y 2 dA é dita, rigidez equivalente e pode ser determinada da forma: A

< EI > = ∫ E i y 2 dA = ∑ E i I i A

onde Ii é o momento de inércia de área relativo ao material i. Como σi = Ei ε = Ei b y:

σ i = −E i

M y < EI >

onde σi é a tensão a ser determinada no material i, Ei é o módulo de elasticidade no material i, M é o momento fletor na seção analisada, é a rigidez equivalente e y é a posição do ponto situado no material i onde se deseja determinar a tensão. Ex: A viga composta abaixo está sujeita à um momento fletor de M = 2 kN.m. Determine pelo método da rigidez equivalente as tensões nos pontos B e C se E aço = 200 GPa e Emad = 12 GPa.

B

M

150 mm

madeira aço

20 mm C

1 - Determinar a posição do centróide y :

150 mm


83

2

∑= E y A i i

y=

i

i 1 2

∑= E A i

i

12.10 9 .95 . 150 . 150 + 200.10 9.10 . 20 . 150 , y = 36,38 mm = 12.10 9.150 . 150 + 200.10 9.20 . 150

i 1

2 - Determinar a rigidez equivalente : 2 150 .150 3 150   < EI >= 12.10  + 150 .150 . + 20 − 36,38   + 12 2     3  3 150 . 20 200.10  + 20 .150 .(36,38 − 10 )2   12  3

= 1,87.1012 N.mm2 3 - Determinar as tensões: Ponto C:

σ C = −E aço

3 M 3 .2000.10 ( −36,38) y = −200.10 < EI > c 1,87.1012

σC = 7,78 N/mm2 = 7,78 Mpa Ponto B:

σ B = −E mad

3 M 3 .2000.10 (150 + 20 − 36,38) y = −12.10 < EI > B 1,87.1012

σB = -1,71 Mpa Ex: Se o momento máximo no ski abaixo é 77,78 N.m, determine as tensões de flexão no aço e na madeira se a seção transversal do ski é como apresentado abaixo. Tome E aço = 200 GPa e Emad = 12 GPa. P 1m A

B

0,5 m

w

C

1m

E

D

w

0,5 m

84

Tensão de Flexão em Vigas y 2 mm

B(aço)

C(madeira) aço

A

z

madeira

15 mm

aço

2 mm

100 mm

1 – Cálculo da rigidez equivalente :

< EI > = 2 Eaço

2 100 .23 100 . 153  15 2    + 2 .100 . +   + E mad    12  2 2     12 

100 .2 3 3 < EI > = 2. 200.10   12

2

15 2  + 2 .100 .  +   2 2 

 

100 . 15 + 12.10 3  

12

3

 

= 6,14.109 N.mm2 2 – Cálculo das tensões: Ponto A (aço):

σ A = − E aço

3 M 3 77,78.10 .9,5 , σA = -24,05 Mpa y = −200.10 < EI > A 6,14.10 9

Ponto B (aço):

σ B = −E aço

3 M 3 77,78.10 .7,5 , σB = -18,99 Mpa y = −200.10 < EI > B 6,14.10 9

Ponto C (madeira):

σ C = − E mad

3 M 3 77,78.10 .7,5 , σC = -1,14 Mpa y = −12.10 < EI > C 6,14.10 9


85

7 - TENSÕES DE CISALHAMENTO EM VIGAS 7.1 - Preliminares Considere a seção transversal de uma viga carregada transversalmente.

τ =0 B

τA≠0

A V C

τ

τC=0

Justificativa do surgimento das tensões de cisalhamento longitudinais.

τ≠0

τ=0

P

7.2 - Fórmula da tensão de cisalhamento em vigas Considere a viga carregada transversalmente: F2

F1 y

w(x)

x

M1

dx

M2

86

Tensão de Cisalhamento em Vigas Considerando somente as forças axiais, temos:

σ

A’

σ’

dF y’

dF’ M

M+dM

dF

t

y’

eixo neutro

dF’

dx

dx

σ

σ’ A’

M

τ

y’

M+dM

dx Aplicando a equação de equilíbrio na direção axial, tem-se:

→∑

x

= 0 , ∫ σ dA A'

∫ σ dA +

(t dx ) = 0

A'

 − M  y dA −  − M + dM  y dA + τ (t . dx ) = 0 ∫ A'  I   ∫ A'  I   dM y dA + τ (t . dx ) = 0 I A'

∫

Como

dM = −V e dx

A'

τ=−

1 dM y dA t . I dx A '

∫

primeir iroo mom momen ento to da área área A’ com com rel relaç ação ão ao eixo eixo ∫ y dA é o prime

A'

∫ y dA neutro, ou seja y = . Então: ∫ dA A'

,


87

∫ y dA = y' A' = Q

A'

Logo:

τ=

V.Q t .I

Restrições:

• Material trabalha dentro do regime elástico-linear, • Relação espessura/comprimento da viga pequena (hipótese fundamental da teoria de flexão).

• Módulo de elasticidade deve ser o mesmo em tração e em compressão.

7.3 – Distribuição das tensões de cisalhamento em vigas Considere a viga de seção retangular submetida à um esforço cortante:

h/2

y' h/2 V

y’ b

V.Q , τ= t .I

b . h3 I= 12

2  1  h  1  h   h   Q = y' . A' =  y'+  − y'    − y'  b , Q =  − y' 2  b  2 4 2 2 2        

τ=

 1  h2  V .  − y' 2   b 2  4  b h3 .b 12

,

τ=

6 V  h2 2    y ' − 3  4  b h  

88

Tensão de Cisalhamento em Vigas

Conclusões:

• Distribuição da tensão de cisalhamento é parabólica. • Tensão de cisalhamento são nulas nas extremidades ( h/2, - h/2). • Tensão de cisalhamento é máxima no eixo neutro (y = 0). τ =

6V V = 1,5 4bh A

τmax

eixo neutro

Observação importante: Para o caso de um material anisotrópico como por exemplo a madeira, a viga se rompe ao longo do plano horizontal passando pelo eixo neutro da seção. P

Ex: A viga abaixo é feita de duas pranchas de madeira. Determine a máxima tensão cisalhante na cola necessária para mantê-las juntas. y 6,5 kN/m A

B

C 4m

4m

150 mm

30 mm

1

30 mm

150 mm

y

2


89

1 - Cálculo das reações de apoio: 26 kN

RA

2m

6m

RB

∑ M A = 0 , R . 8 – 26 . 6 = 0 , R = 19,5 kN ∑ F = 0 , R + 19,5 - 26 = 0, R = 6,5 kN B

↑

B

A

y

A

2 – Cálculo do diagrama de cortante: Trecho AC (0 < x < 4): V 6,5

∑F

x

y

= 0 , 6,5 + V = 0, V = -6,5 kN

Trecho CB (0 < x < 4): 6,5.(4-x)

∑F

y

V

= 0 , - V - 6,5.(4-x) + 19,5 = 0 V = 6,5x - 6,5 (kN)

x

19,5

p/ x = 0

è

VC = -6,5 kN

p/ x = 4

è

VB = 19,5 kN

19,5 kN + -6,5 kN

-

3 - Cálculo da posição do eixo neutro (centróide):

90

Tensão de Cisalhamento em Vigas 2

∑= y A i

y=

i

i 1 2

∑= A

, y=

0,075. 0,030 .0,15 + (0,015 + 0,15). 0,030. 0,15 , 0,030. 0,15 + 0,030. 0,15

y = 0,12 m

i

i 1

4 - Cálculo do momento de inércia Iz: 0,03 0,15 3 Iz = + 0,03 . 0,15 . (0,12 − 0,075) 2 + 12 , 3 0,15 0,03 0,03 + 0,03 . 0,15 . (0,15 + − 0,12) 2 12 2

Iz = 2,7 . 10-5 m4

5 - Cálculo de Q: y Q = y' . A'

y'

Q = (0,15 + 0,03 − 0,12 −

y

0,03 ) 0,03. 0,15 2

Q = 2,025 . 10-4 m3 6 - Cálculo de τmax:

τ max

V . Q 19,5.10 3. 2,025.10 −4 = = I.t 2,7.10 −5. 0,03

, τmax = 4,875 MPa

7.4 – Tensões de cisalhamento em vigas com diferentes materiais (Método da rigidez equivalente) Análogamente ao caso de vigas com diferentes materiais trabalhando em flexão, a fórmula para determinar tensão de cisalhamento τ =

VQ não pode ser aplicada diretamente It

para determinar as tensões de cisalhamento para o caso de vigas compostas. Para estudar estes casos de viga sujeitas ao cisalhamento, considere a viga abaixo composta de diferentes materiais.


91 F2

F1 y

w(x) x

dx

x

Considerando somente as forças axiais, temos:

σ

A’

σ’

dF y’

dF’ M

M+dM

dF

t

y’

eixo neutro

dF’

dx

dx

σ

σ’ A’

M

τ

y’

M+dM

dx

Aplicando a equação de equilíbrio na direção axial para o caso de uma viga composta de diferentes materiais em sua secção transversal, tem-se:

→ ∑ F x = 0 , ∫ σ dA − ∫ σ' dA + τ (t . dx ) = 0 A'

A'

M

M + dM 

∫ − E   < EI >    y dA − ∫ − E   < EI > i

A'

i

A'

 y dA + τ (t . dx ) = 0 

92

Tensão de Cisalhamento em Vigas dM E y dA + τ (t . dx ) = 0 < EI > A∫ ' i

Fazendo,

τ=

,

τ=−

dM 1 ∫ E y dA dx < EI > .t A ' i

dM = − V e ∫ E i y dA = ∑ E i y i A i = Q , temos: dx A'

V.Q < EI > . t

onde τ é a tensão de cisalhamento na posição y’, V é o cortante na seção analisada, Q é o primeiro momento de área, é a rigidez equivalente e t é a largura da viga na posição y ’. Na expressão de Q, Ei é o módulo de elasticidade do material i, y i é a posição do centróide da área de material i e Ai é a área do material i. A rigidez equivalente é < EI >= ∑ E i I i . Ex: Se o cortante máximo no ski abaixo é 200 N, determine as tensões de cisalhamento no aço e na madeira se a seção transversal do ski é como apresentado abaixo. Tome E aço = 200 GPa e Emad = 12 GPa. P 1m A

0,5 m

w

1m y B (aço)

2 mm 15 mm

C

B

z

2 mm

1 – Cálculo da rigidez equivalente :

w

C (madeira) D

E

D

0,5 m

aço madeira aço

100 mm


< EI > = 2 E aço

93

2 100 .23 100 . 153  15 2    + 2 .100 . +   + E mad    12  2 2     12 

2 3 100 .23 15 2    3 100 . 15  < EI > = 2. 200.10  + 2 .100 . +   + 12.10   12  2 2     12  3

= 6,14.109 N.mm2 Ponto D: (madeira) Q D = ∑ E i y i A i = E mad (3,75.100.7,5) + E aço (8,5.100.2 ) Q D = 12.10 3 (3,75.100.7,5) + 200.10 3 (8,5.100.2 ) QD = 373750000 N.mm

τD =

V.Q 200.373750000 , = < EI > . t 6,14.10 9.100

τD = 0,12 N/mm2

Ponto C: (madeira) Q C = ∑ E i y i A i = E aço (8,5.100.2 ) Q C = 200.10 3 (8,5.100.2 ) QC = 340000000 N.mm

τB =

V.Q 200.340000000 , = < EI > . t 6,14.109.100

τB = 0,11 N/mm2

Ponto B: (aço) QB = QC = 340000000 N.mm

τB = τC = 0,11 N/mm2 Conclusão importante: Na interface entre o aço e a madeira há continuidade das tensões de cisalhamento transverso (τB aço = τC

mad

= 0,11 MPa ).

Ex: Plote a distribuição de tensões de cisalhamento na seção transversal de uma viga do tipo I com força cortante V = 80 kN.

94

Tensão de Cisalhamento em Vigas y 20 mm

B

A C 15 mm

200 mm

20 mm

D

z

300 mm

 300 .20 3  15.200 3 I = 2 , I = 1,556 . 108 mm4 + 110 2 .300.20 + 12  12  Ponto A: QA = 0

è

τA = 0

Ponto B: Q B = y' . A' = 110.300.20 , QB = 6,6 . 105 mm3 80.10 3 . 6,6.10 5 , τB = 1,13 N/mm2 τB = 8 1,556.10 .300 Ponto C: QB = QC = 6,6 . 105 mm3 80.10 3 . 6,6.10 5 τC = , τC = 22,62 N/mm2 8 1,556.10 .15 Ponto D: Q D = y 1 ' . A 1 '+ y 2 ' . A 2 ' = 50.100.15 + 110.300.20 , QD = 7,35 . 105 mm3 80.10 3 . 7,35.10 5 , τD = 25,20 N/mm2 τD = 8 1,556.10 .15 0

1,13

22,62 25,20

0

1,13 22,62


95

7.5 - Fluxo de cisalhamento Ocasionalmente na engenharia, alguns membros são construídos a partir da união de diferentes partes para poderem resistir as cargas. Nestes casos, a união das diferentes partes do membro é feita através de cola, pregos, parafusos, etc. Para o projeto destes elementos é necessário o conhecimento da força que deve ser resistida por cada um destes elementos. Seja a viga com o carregamento abaixo, formada pela união de dois elementos: F2

F1

y

y

A’

w(x) x

z

dx

x

σ

t Seção transversal da viga

σ’ A’

M

τ

y’

M+dM

dx Aplicando a equação de equilíbrio na direção axial, tem-se:

→

∑ Fx = 0 , ∫ σ dA − ∫ σ' dA + τ (t . dx ) = 0 A'

A'

 − M  y dA −  − M + dM  y dA + τ (t . dx ) = 0 ∫ A' I   ∫ A' I   −

dM y dA = τ (t . dx ) = dF I A'

q=

∫

VQ I

,

dF dM 1 y dA =− dx dx I A '

∫

96


onde q = fluxo de cisalhamento. Ex: Determine a quantidade de pregos necessária para manter os elementos da viga abaixo de 3m de comprimento, unidos quando submetida a um cortante de 2 kN. A tensão admissível dos pregos de diâmetro d = 2 mm é τadm = 225 Mpa.

y 20 mm

1 20 mm

150 mm

2

3

150 mm

20 mm

 150 + 10  .150 .20 , Q = 255000 mm3   2 

Q = y' . A' = 

 65.150 3  150 .190 3  I= , I = 49175000 mm4 − 2   12  12  q=

V Q 2000 . 255000 , q = 10,37 N/mm = I 49175000

Força suportada por cada prego: V

P

τ adm P =

V , A

225 =

V = P = 706,86 N P 706,86 = = 68,16 mm q 10,37

V π 22 4

Curso de Mecânica dos Sólidos I Quantidade de pregos =

97

3000 = 44 68,16

Ex. A viga biapoiada abaixo é composta de 4 pranchas de madeira e suporta uma força concentrada de 550 kgf. Determine o projeto entre (a) e (b) que exige a menor quantidade de pregos. Cada prego resiste a uma força de 20 kgf. O eixo neutro é paralelo ao eixo z. y

550 kgf x 1,5 m

1,5 m

y

y 50 mm z

50 mm

200 mm

200 mm

200 mm

50 mm

50 mm

50 mm

50 mm

(a)

200 mm (b)

∑ M A = 0 , R . 3 – 550 . 1,5 = 0 , R = 275 kgf ∑ F = 0 , R + 275 - 550 = 0 , R = 275 kgf B

↑

50 mm

z

y

B

A

A

300 .300 3 200 .200 3 I= − 12 12

, Izz = 541666666,7 mm4

Projeto (a):

A’

q1

y

z

Q = y' . A' = 125 .200 .50 , Q = 1250000 mm3

q1

y' =125 mm

50 mm

98

Tensão de Cisalhamento em Vigas q=

V Q 275 . 1250000 = 2 I 2 . 541666666,2

espaçamento entre os pregos: e1 =

número de pregos =

, q = 0,32 kgf/mm

Fp 20 kgf = q1 0,32 kgf / mm

, e1 = 62,5 mm

L 3000 mm = 48 = e1 62,5 mm

número total de pregos = 4 . 48 = 192 Projeto (b): A’

q2

y

q2

y' =125 mm

z

Q = y' . A' = 125 .300 .50 , Q = 1875000 mm3 q=

V Q 275 . 1875000 = 2 I 2 . 541666666,2

espaçamento entre os pregos: e 2 =

número de pregos =

, q = 0,48 kgf/mm

Fp 20 kgf = q 2 0,48 kgf / mm

, e1 = 41,7 mm

L 3000 mm = 72 = e 2 41,7 mm

número total de pregos = 2 . 72 + 48 . 2 = 240 Ex: A viga abaixo é formada pela união de diferentes perfis parafusados entre si. Determine a máxima força cortante que a viga pode suportar se os parafusos resistem a uma força cortante


99

de 11 kN e estão espaçados de 200 mm. 1

305 x165 x54 kg

305 x102 x46,2 kg

2 1

Perfil 305 x102 x46,2 kg: 2 c

A = 58,8 cm2 I11 = 8214 cm4

10,2 mm

I22 = 500 cm4 c = 2,66 cm

304,8 mm 1

1

2

101,6 mm

Perfil 305 x165 x54 kg: 2 A = 68,3 cm2 I11 = 11686 cm4

310,9 mm 1

1

I22 = 988 cm4

2 2   31,09   I = 2 I 1 + I 2 = 2 500 +  + 1,02 − 2,66  .58,8 + 11686  2   

I = 35423,8 cm4 = 35423,8 . 104 mm4

100


31,09 Q = y' . A' =  + 1,02 − 2,66    .58,8 2   Q = 817,614 cm3 = 817,614 . 103 mm3 V Q V.817,614.10 3 , q= = I 35423,8.10 4

q = 2,308.10-3 . V

espaçamento entre parafusos =

força cor tan te nos parafusos q

2.11.10 3 , V = 47700 N 200 = 2,308.10 −3.V


101

8 – TENSÕES COMPOSTAS Nos capítulos anteriores foram desenvolvidos métodos para determinar a distribuição de tensão em membros sujeitos à esforços internos: força axial, força cortante, momento fletor e momento torçor. Muito frequentemente, a seção transversal de um membro está sujeita a vários tipos de esforços internos simultaneamente. A tensão resultante destes esforços é obtida pela superposição das tensões devido a cada esforço interno calculadas separadamente.

8.1 – Superposição e suas limitações O princípio da superposição pode ser usado desde que haja uma relação linear entre tensão e carregamento. Também deve ser considerado que a geometria do membro não deve sofrer mudança significativa quando as cargas são aplicadas. Isto deve ser assegurado de maneira que a tensão produzida por uma carga não está relacionada com a tensão produzida por uma outra carga. Neste sentido, considere a viga com o carregamento mostrado abaixo, trabalhando dentro do regime elástico linear. W P

P

a

A

B W v

P

P B

x

A

v = deflexão

W

P

V a RAy

P

M

v

Tensões Compostas

∑ M a = 0 , M – P . v – RAy . x + W.(x – a) = 0 M = RAy . x – W.(x – a) + P . v Como a deflexão v é devido ao carregamento W, o momento P.v seria desprezado quando da aplicação do princípio da superposição. Isto poderia ser considerado somente quando a deflexão v for pequena. Portanto, nos casos onde as deformações são pequenas, o princípio da superposição pode ser aplicada separadamente para cada força aplicada no membro. Tensão devido a força P:

P

σ' x =

P A

Tensão devido ao momento M:

eixo neutro

M

σ' ' x = −

My I

Tensão devido ao cortante V:

V

O tensor de tensões é para este caso bidimensional:

τ xy = τ yx =

VQ It


1 03

σ' x 0 σ' ' x 0  0 τ xy  (σ' x +σ' ' x ) τ xy  =  0 0 +  0 0 + τ 0       yx 0   τ xy Ex: Calcule o tensor de tensões no ponto c da viga retangular de seção transversal b = 50 mm e h = 250 mm.

125 mm 15m A

50 kN/m

C

2,5 m

θ

RAx

125 kN RAy 1,5 m RBx 2m

4m

cos θ =

∑Ma = 0 ,

2 2,5 RB.

, sen θ =

1,5 2,5

2 1,5 2 1,5 .6 + R B . .1,5 − 125. .5 − 125. .0,75 = 0 2,5 2,5 2,5 2,5

RB = 97,59 kN

↑

∑F

y

= 0 , 97,59.

2 2 − 125. + R Ay = 0 2,5 2,5

RAy = 21,93 kN

→ ∑ F x = 0 , R Ax − 125.

1,5 1,5 + 97,59. = 0 2,5 2,5

RAx = 16,45 kN y x

c

16,45 1.5 m 21,93

M V

P

RB

B

θ RBy

Tensões Compostas

→

∑ F x = 0 , 16,45 + P = 0 ,

P = -16,45 kN

↑ ∑ F y = 0 , 21,93 + V = 0 V = -21,93 kN

∑ M = 0 , − 21,93.1,5 + M = 0 M = 32,90 kN.m Tensão devido a força P:

σ' C =

P , σ’x = - 1,316 MPa A

Tensão devido ao momento M: σ' ' c = − Tensão devido ao cortante V: τ c =

My , σ’’C = - 63,168 MPa I

VQ =0 It

− 1,316 0 − 63,168 0 − 64,48 0 (Mpa) + =  0 0  0 0  0 0 

8.2 – Flexão oblíqua Seja a viga abaixo sujeita a um momento inclinado com relação aos eixos principais da seção transversal da viga.

y

α° Mzz= M.cosα

M

x Myy= M.senα

x z

z

A fórmula da flexão elástica pode ser aplicada para cada componente do momento Myy e Mzz e a tensão combinada dos dois efeitos pode ser obtida pela superposição. Seja o caso especial de uma seção transversal retangular.


105 y

y

z

Mzz

+

y

=

z

z

Myy

M yy z σ x '' = + I yy

M y σ x ' = − zz I zz

σ x = σ x ' + σ x ''

A obtenção da posição do eixo neutro é feita fazendo σx = 0.

−

M zz y M yy z + =0 I zz I yy

,

−

(M cos α ) y (M sen α ) z + =0 I zz I yy

 I zz   tg α   I yy 

y = z 

Conclusão importante: O eixo neutro não é perpendicular ao plano de aplicação do momento, a menos que Izz = Iyy. Os pontos de máxima tensão de flexão em tração e em compressão se encontram nos vértices da seção transversal. Ex: A viga de madeira de seção 100 mm x 150 mm mostrada abaixo é usada para suportar uma carga uniformemente distribuída de 500 kgf. A carga aplicada age em um plano que faz um ângulo de 30° com a vertical. Calcular a máxima tensão no meio do vão e localizar o eixo neutro.

y

500 kgf

3m

RAy’

RBy’

, RBy’ . 3 – 500 . 1,5 = 0

è

y’

x z

∑MA = 0

30°

RBy’ = 250 kgf

Tensões Compostas

↑ ∑ F y' = 0 ,

RAy’ + 250 – 500 = 0

è

RAy’ = 250 kgf

250 kgf c

M

1.5 m

V

250 kgf

∑ Mc = 0 ,

-250 . 1,5 + 250 . 0,75 + M = 0

è

M = 187,5 kgf m

Mzz = M cos 30° = 162,4 kgf . m , Myy = M sen 30° = 93,8 kgf . m 100. 150 3 150. 100 3 4 I zz = = 28125000 mm , I yy = = 12500000 mm 4 12 12 M zz y M yy z σx = − + I zz I yy Ponto (y = - 75 mm, z = 50 mm) , σx = 0,808 kgf/mm2 (tração) Ponto (y = 75 mm, z = - 50 mm) , σx = - 0,808 kgf/mm2 (compressão) Posição do eixo neutro:

 I zz  2812,5   tg α = z    tg 30° ,  I 1250    yy 

y = z 

y = 1,3 z

8.3 – Membros com carregamento excêntrico Seja um membro em cuja seção transversal é aplicada uma força excêntrica em relação ao centróide da seção. x

P

P zo yo

y

P

z

zo yo

= y

P

z


107

Com a superposição dos efeitos, tem-se: P

P

P

z0 P

z

z

+ y

σ'x =

σx =

+

z y

y

P A

σ '' x =

,

P.z 0 z I yy

y0

P

σ'' 'x =

,

P.y 0 . y I zz

P P.z 0 z P.y 0 y + + A I yy I zz

Ex: O bloco retangular de peso desprezível está sujeito a uma força vertical de 40 kN, a qual é aplicada em seus vértices. Determine a distribuição de tensão normal atuando sobre a seção ABCD. 0,4 m 0,8 m

40 kN

40 kN

Mzz = 40 kN.0,4 m

D C

D C

z A

A B

σ=−

B

Myy = 40 kN.0,2 m

y

P M zz y M yy z + − A I zz I yy

Ponto A (y = 0,4 m, z = - 0,2 m):

σA = −

40000 40000.0,4. 0,4 40000.0,2. ( −0,2) 2 , = 62500 N/m + − σ A 0,4.0.8 0,4.0,8 3 0,8.0,4 3 12 12

Tensões Compostas Ponto B (y = 0,4 m, z = 0,2 m):

σB = −

40000 40000.0,4. 0,4 40000.0,2. 0,2 , σB = -125000 N/m2 + − 3 3 0,4.0.8 0,4.0,8 0,8.0,4 12 12

Ponto C (y = - 0,4 m, z = 0,2 m):

σC = −

40000 40000.0,4. ( −0,4) 40000.0,2. 0,2 , σC = - 875500 N/m2 + − 3 3 0,4.0.8 0,4.0,8 0,8.0,4 12 12

Ponto D (y = - 0,4 m, z = - 0,2 m):

σD = −

40000 40000.0,4. ( −0,4) 40000.0,2. ( −0,2) 2 , =-125000N/m + − σ D 0,4.0.8 0,4.0,8 3 0,8.0,4 3 12 12

Posição do eixo neutro (tensão nula): 62500 125000 = 0,4 − e e e = 0,0667 m

h D

0,8 - h

62500 125000 = 0,8 − h h

C

h = 0,133 m A 0,4 - e

B

e

8.3 – Superposição de tensões de cisalhamento Ex: Achar a máxima tensão de cisalhamento no plano ABDE do eixo de 12 mm de diâmetro, devido as forças aplicadas. P = 24 kgf M = 2000 kgf mm B

25 mm 75 mm

E A

D


109

24 kgf 2000 kgf mm M = 24.100 kgf mm 100 mm T = 2000 kgf mm V = 24 kgf Tensões devido ao momento de torção T: B

τmax

τmax =

E

T c 2000 6 = J π 64 2

τmax = 5,89 kgf/mm2

D

A Tensões devido ao cortante V: B

A’

τ max =

VQ It Q = y' A'

y' E

D

2  4 c   c π   Q=   3 2 π     

Q = 144 mm3

A

I=

τ max =

24 . 144 1018 . 12

, τmax = 0,28 kgf/mm2

τmax (Ponto E) = 5,89 + 0,28 = 6,17 kgf/mm2

π c4 4

= 1018 cm 4

Tensões Compostas Ex: Uma placa é sujeita à um carregamento uniforme devido ao vento conforme mostrado abaixo. Determine o estado de tensões nos pontos C e D situados na coluna de sustentação da placa de 100 mm de diâmetro. z 2m 1,5 kPa 1m Feq z

3m

T = 3000.1 N.m B 2m

y

M = 3000.3,5 N.m

x x

Feq = P . A = 1,5 . 103 . 2 . 1 , Feq = 3000 N Tensões devido a M:

σz =

M yy x I yy

3000.3,5.10 3.( −50) , σC = - 106,95 MPa σC = 4 π.50 4

σD = 0 Tensões devido a T:

τc = τ D =

Tc J

C

A V = 3000 N

D y

Curso de Mecânica dos Sólidos I 3000.1.10 3.50 τc = τ D = π.50 4 2

τC = τD = 15,28 MPa Tensões devido a V:

τ=

V.Q I.t

Ponto D 4.c   π.c 2  4.50   π.50 2       Q = y'.A' =    , Q= , Q = 83333,3 mm3      3.π   2   3.π   2  I=

π.c 4

τD =

4

=

π.50 4 4

, I = 4908738,5 mm4

3000.83333,3 4908738,5.100

τD = 0,51 MPa Ponto C Q=0

τC = 0 Ponto C:

σC = - 106,95 Mpa, τC = 15,28 MPa Ponto D:

σD = 0 Mpa, τD = 15,28 + 0,51 = 15,79 MPa

111

112

Transformação de Tensão

9 - TRANSFORMAÇÃO DE TENSÃO 9.1 – Equações para transformação de tensão plana Uma vez determinadas as tensões normais σx e σy e a tensão de cisalhamento τxy, é possível determinar as tensões normais e de cisalhamento em qualquer plano inclinado em um dado estado de tensão. y

y´

σy τyx

B

τxy

σx θ

+θ

τxy

A

σx

C

x´

τyx +θ

σx x

y´

y´

τxý´

σx´

σx

θ τxy

x´

dA

τyx

τxý´ dA σx dA cosθ

σx´ dA

x´

θ

τyx dA cosθ τyx dA senθ

σy

σy dA senθ

Aplicando as equações de equilíbrio estático:

→ ∑ F x' = 0 ,

σ x ' dA − σ x dA cos θ cos θ − τ xy dA cos θ sen θ − σ y dA sen θ sen θ − τ xy dA sen θ cos θ = 0

(9.1)


113

σ x ' = σ x cos 2 θ + σ y sen 2 θ + 2 τ xy cos θ sen θ

(9.2)

Sabendo-se que: sen 2 θ = 2 sen θ cos θ , cos 2 θ = cos 2 θ − sen 2 θ

, 1 = cos 2 θ + sen 2 θ

Assim: cos 2 θ =

1 + cos 2θ 2

sen 2 θ =

,

1 − cos 2θ 2

Substituindo as expressões de sen 2θ, cos 2θ e sen 2θ em (9.2), tem-se;

σ x ' = σx σ x' =

↑

∑

1 + cos 2θ 1 − cos 2θ + σy + τxy sen 2 θ 2 2

σx + σy 2

+

σx − σy 2

cos 2θ + τ xy sen 2 θ

τ x ' y' dA + σ x dA cos θ sen θ − τ xy dA cos θ cos θ − σ y dA sen θ cos θ + τ xy dA sen θ sen θ = 0

F y' = 0 ,

 σ − σ y   τ x 'y ' = −  x  sen 2θ + τ xy cos 2 θ 2  

(9.3) (9.4)

(9.5) (9.6)

As equações (9.5) e (9.7) são as equações de transformação de tensão de um sistema de coordenadas a outro.

9.2 - Círculo de tensões de Mohr Sejam as equações de transformação de tensão:

σ x' −

σx + σy

τ x 'y ' = −

2

=

σx − σy 2

σx − σy 2

cos 2θ + τ xy sen 2 θ

sen 2θ + τ xy cos 2 θ

(9.7) (9.8)

114

Transformação de Tensão Elevando ao quadrado ambas as equações e somando-as tem-se:

σ x + σ y  2   σ x ' −  + τ x 'y' 2 =  2  

2  σ x − σ y    + τ xy 2   2 

(9.9)

Esta equação pode ser de maneira mais compacta:

(σ x ' − a )2 + τ xy 2 = R 2

(9.10)

2  σ x − σ y   A equação acima é a equação de um círculo de raio R =  + τ xy 2 e centro   2 

a=

σx + σ y

e b=0 .

2

O círculo construído desta maneira é chamado círculo de tensão de Mohr, onde a ordenada de um ponto sobre o círculo é a tensão de cisalhamento τxy e a abcissa é a tensão normal

σx. τ

τmax

θ = 0° A(σx, τxy) 2 θ1’

σ2

σ1

σ

B(σx, -τxy) |τmin|=τmax σx + σ y

σx − σy

2

2

Conclusões importantes: è

A maior tensão normal possível é σ1 e a menor é σ2. Nestes planos não existem tensões de

cisalhamento.

Curso de Mecânica dos Sólidos I è

A maior tensão de cisalhamento τmax é igual ao raio do círculo e uma tensão normal de

σx + σy 2 è

115

atua em cada um dos planos de máxima e mínima tensão de cisalhamento.

Se σ1 = σ2, o círculo de Mohr se degenera em um ponto, e não se desenvolvem tensões de

cisalhamento no plano xy. è

Se σx + σy = 0, o centro do círculo de Mohr coincide com a origem das coordenadas σ - τ, e

existe o estado de cisalhamento puro. è

Se soma das tensões normais em quaisquer dos planos mutuamente perpendiculares é

constante: σx + σy = σ1 + σ2 = σx´ + σy´ = constante. è

Os planos de tensão de cisalhamento máxima ou mínima formam ângulos de 45 ° com os

planos das tensões principais.

9.3 – Construção do círculo de tensões de Mohr Ex: Com o estado de tensão no ponto apresentado abaixo, determine as tensões principais e suas orientações e a máxima tensão de cisalhamento e sua orientação. y 90 MPa 60 MPa 20 MPa x Ponto A

σx = - 20 MPa (20 x 106 N/m2) , σy = 90 MPa , τxy = 60 MPa Procedimento: 1 – Determinar o centro do círculo (a,b):

116

Transformação de Tensão a=

σx + σy 2

=

− 20 + 90 2

= 35 MPa , b = 0

2  σ x − σ y   2 – Determinar o Raio R =  + τ xy 2 :   2 

R=

2  − 20 − 90  + 60 2 = 81,4 MPa    2 

3 – Localizar o ponto A(-20,60):

τ (Mpa) τmax = 81,4 A(-20,60) 2 θ2’ 60

σ2 = 35-81,4 = -46,4

2 θ1’’

2 θ1’

σ1 = 35+81,4 = 116,4

2 θ2’’ 20

35

σ (Mpa) B(90, -60)

4 – Tensões principais:

σ1 = 35 + 81,4 = 116,4 MPa , σ2 = 35 - 81,4 = -46,4 MPa 5 – Orientações das tensões principais.

 60  = 47,7° , θ ’’ = 23,85°  1  20 + 35  2 θ1’’ + 2 θ1’ = 180° è θ1’ = 66,15° 2θ1'' = arc tg 2 


117 y

1

2

σ1 = 116,4 MPa θ1 = 66,15° x

σ2 = 46,4

6 – Tensão máxima de cisalhamento:

τmax = R = 81,4 Mpa 7 – Orientação da tensão máxima de cisalhamento: 2 θ1’’ + 2 θ2’ = 90°

y´

è

θ2’ = 21,15° y

τmax = 81,4

x´

θ2 = 21,25° x

σ´ = 35 MPa

Ex: Para o estado de tensão abaixo, achar a) as tensões normais e de cisalhamento para θ = 22,5°, b) as tensões principais e suas orientações, c) as tensões máxima e mínima de cisalhamento com as tensões associadas e suas orientações.

118

Transformação de Tensão y 1 kgf/mm2 2 kgf/mm2 3 kgf/mm2

x’ 22,5° x

Ponto A

σx = 3 kgf/mm2 , σy = 1 kgf/mm2 , τxy = 2 kgf/mm2 Procedimento: 1 – Determinar o centro do círculo (a,b): a=

σx + σy 2

=

3+1 = 2 kgf / mm 2 , b = 0 2

2  σ x − σ y  2  2 – Determinar o Raio R =  : + τ xy  2   2

3 − 1  R =    + 2 2 = 2,24 kgf / mm 2  2  3 – Localizar o ponto A(3,2):

τ (kgf/mm2)

τmax = 2,24

45°

A(3,2)

2 θ2’ 2 θ1

’

2

A’

σ1 = 2+2,24 = 4,24 σ (kgf/mm2)

σ2 = 2-2,24 = -0,24 2 B’

3 B(1, -2)


119

a) Ponto A’: 2  2 θ1 ' = arc tg    = 63,4 3 2 −  

σx’ = 2 + 2,24 cos(63,4 - 45) , σx’ = 4,13 kgf/mm2 τxý´ = 2,24 sen(63,4 - 45) , τxý´ = 0,71 kgf/mm2 Ponto B’:

σy’ = 2 - 2,24 cos(63,4 - 45) , σy’ = - 0,13 kgf/mm2 y

y´

x´ 2

0,71 kgf/mm

0,13 kgf/mm2

4,13 kgf/mm2

θ = 22,5° x Ponto A’

b)

σ1 = 4,24 kgf/mm2 (tração) , tg 2 θ1 =

σ2 = -0,24 kgf/mm2 (compressão)

2 =2 1

2 θ1´ = 63,4°

θ1´ = 31,7° 2 θ1´´ = 2 θ1´ + 180° è θ1´´ = 121,7° è

2

y 1

0,24 kgf/mm2

θ1’’ = 121,7°

4,24 kgf/mm2 θ1’ = 31,7° x

120


c) τmax = 2,24 kgf/mm2 2 θ2´ + 2 θ1´ = 90° 2 θ2´´ = 2 θ2´ + 180°

è è

θ2´ = 13,3° θ2´´ = 76,7° y

y´ 2 kgf/mm2 2,24 kgf/mm2 θ2´´ = 76,7° x

θ2´ = 13,3° x´ Observe que: θ1’ - θ2’ = 31.7 – (-13.3) = 45° e θ1’’ - θ2’’ = 121.7 – 76.7 = 45°

9.4 - Importante transformação de tensão Seja um elemento sujeito a um estado de tensão de cisalhamento puro(caso de um eixo em torção).

T

y

τxy τxy x


121

Para este caso, tem-se que σx = 0 e σy = 0, logo o centro do círculo de Mohr está na origem do sistema de coordenadas σ-τ e o raio do círculo é R = τxy.

τ τmax = τxy

2 θ1’’

2 θ1’

σ1 = τxy

σ2 = -τxy

σ

σ 1 = ± τ xy 2

tg 2 θ1 = ∞

è

 θ1´= 45° θ ´´= 135° = −45°  1

( tração) . (compressão)

Assim:

2

y

1

θ2’ = 135°

σ1=|τxy|

θ1’ = 45° x

σ2=|τxy|

122


9.5 – Tensões principais para o estado geral de tensões Considere um estado de tensão tridimensional e um elemento infinitesimal tetraedrico. Sobre o plano obliquo ABC surge a tensão principal σn, paralela ao vetor normal unitário. y

σy

n y

σyz σzy

σx

σxy σxy

τxy

z

σz

B

τyz

σz τxz

σx

σx σzx

σn

τxz

x

τxy

C

σy

τyz

A

x

σy

z

O vetor unitário é identificado pelos seus cosenos diretores l, m e n, onde cos α = l, cos β = m, cos γ = n. Da figura nota-se que: l2 + m2 + n2 = 1. y Vetor unitário m

γ n

β α l A

x

z O plano oblíquo tem área dA e as projeções desta área nas direções x, y e z são: dA.l, dA.m e dA.n. Impondo o equilíbrio estático nas direções x, y e z, temos:

∑ Fx = 0 , (σ n dA) l − σ x dA l − τ xy dA m − τ xz dA n = 0 ∑ Fy = 0 , (σ n dA) m − σ y dA m − τ yz dA n − τ xy dA l = 0


123

∑ Fz = 0 , (σ n dA) n − σ z dA n − τ xz dA l − τ yz dA m = 0 Simplificando e reagrupando em forma matricial, temos:

σ x − σ n τ xy τ xz   l  0   m 0 τ σ − σ τ y n yz    =    xy  τ xz τ yz σ z − σ n   n  0 Como visto anteriormente, l2 + m2 + n2 = 1, os cosenos diretores são diferentes de zero. Logo, o sistema terá uma solução não trivial quando o determinante da matriz de coeficientes de l, m e n for nulo.

σx − σn τ xy τ xz τ xy σy − σ n τ yz = 0 τ xz τ yz σz − σ n A expansão do determinante fornece um poninômio característico do tipo:

σ 3n − I σ σ 2n + II σ σ n − III σ = 0 onde: I σ = σ x + σ y + σ z II σ = ( σ x σ y + σ y σ z + σ z σ x ) − ( τ 2xy + τ 2yz + τ 2xz ) II σ = σ x σ y σ z + 2 τ xy τ yz τ xz − (σ x τ 2yz + σ y τ 2xz + σ z τ 2xy ) As equações acima são invariantes, independentemente do plano oblíquo que é tomado no tetraedro. Logo, as raízes do polinômio característico já são as tensões principais.

9.6 – Círculo de Mohr para o estado geral de tensões Qualquer estado de tensão tridimensional pode ser transformado em três tensões principais que atuam em três direções ortogonais.

124

Transformação de Tensão y

σy

2

σ2 σxy

1

σxy

σzy σzy σzx z

σ1

σx σ3

x

σz

3

Admitindo que σ1 > σ2 > σ3 > 0.

σ2

σ3 σ1 σ2

σ2 σ1

σ3 σ3

σ1

τmax

τ

σ3

σ2

σ1

σ


125

CRITÉRIOS DE ESCOAMENTO E DE FRATURA 9.7 – Observações preliminares A resposta de um material à tensão axial ou tensão de cisalhamento puro pode ser convenientemente mostrada em diagramas de tensão-deformação. Tal aproximação direta não é possível, entretanto, para um estado complexo de tensões que é característico de muitos elementos de máquina e de estruturas. Desta forma, é importante estabelecer critérios para o comportamento dos materiais com estados de tensão combinados. Nesta parte do estudo serão discutidos dois critérios para análise do comportamento das tensões combinadas em materiais dúcteis e em seguida será apresentado um critério de fratura para materiais frágeis.

σ

material dúctil

σ

material frágil

σrup

σesc

ε

ε

9.8 – Teoria da máxima tensão de cisalhamento (Tresca) (mat. dúcteis) A teoria da máxima tensão de cisalhamento, resulta da observação de que, num material dúctil, ocorre deslizamento durante o escoamento ao longo de planos criticamente orientados. Isso sugere que a tensão de cisalhamento máxima execute o papel principal no escoamento do material. Para um teste simples de tração onde σ1 = σesc, σ2 = σ3 = 0, tem-se:

126


τmax ≡ τcrítico =

σesc

τ

τmax = (σ1)/2

2

σ1

σ2 = σ3

σ

Considerando um fator de segurança n, a tensão de cisalhamento crítica ou admissível é da forma:

τcrítico =

σesc 2n

Para aplicar o critério da máxima tensão de cisalhamento para um estado de tensão biaxial devem ser considerados dois casos: Caso 1: Os sinais de σ1 e σ2 são iguais.

τ τmax = (σ1)/2 σ2 σ1

σ σ3

≤ σesc Para |σ2| > |σ1| è |σ2| ≤ σesc Para |σ1| > |σ2| è |σ1|

σ2

σ1


127

Caso 2: Os sinais de σ1 e σ2 são diferentes.

τ

τmax = |(σ1- σ2)/2|

σ2 σ1

σ

±

σ1 − σ 2 2

≤

σ1

σ

σ2

σ esc 2

Para o escoamento iminente:

σ1 σ − 2 = ±1 σ esc σ esc σ2 / σesc 1.0

A( 1.0, 1.0)

σ1 / σesc

-1.0 1.0

B( -1.0, 1.0)

-1.0

9.9 – Teoria da máxima energia de distorção (von Mises) (mat. dúcteis) Considere a energia de deformação total por unidade de volume em um material isotrópico (densidade de energia de deformação) para um estado multiaxial de tensões:

128

Transformação de Tensão U total =

1 ν ( σ x 2 + σ y 2 + σ z 2 ) − (σ x σ y + σ y σ z + σ z σ x )L 2E E 1 2 ( L+ τ xz + τ 2 yz + τ 2 xz ) 2G

Esta energia de deformação total, medida nos eixos principais é da forma: U total =

1 ν ( σ12 + σ22 + σ32 ) − (σ1σ 2 + σ2σ3 + σ3σ1 ) 2E E

A energia de deformação total acima, é dividida em duas partes: uma causando dilatação do material (mudanças volumétricas), e outra causando distorsões de cisalhamento. É interessante lembrar que em um material dútil, admite-se que o escoamento do material depende apenas da máxima tensão de cisalhamento.

σ2

σ2 − σ

σ

σ1

+

=

σ3

σ3 − σ

σ

Energia de deformação total

σ1 − σ

σ Energia de distorção

Energia de dilatação

Para um estado de tensão uniaxial as energias de dilatação e de distorção são representada da seguinte forma:

σ1 /3

σ1 /3 σ1 /3

σ1

σ1

=

σ1 /3

+

σ1 /3

+

σ1 /3 Energia de deformação total

Energia de dilatação

σ1 /3 Energia de distorção


129

τ

τ

τmax = σ1 /3

τmax = σ1 /3

σ

0

σ1 /3

σ1 /3

σ

0

σ1 /3

σ1 /3

No tensor correspondente a energia de dilatação, os componentes são definidos como sendo a tensão “hidrostática” média:

σ=

σ1 + σ 2 + σ 3 3

onde σ1 = σ2 = σ3 = p =

σ.

A energia de dilatação é determinada substituindo σ1 = σ2 = σ3 = p na expressão de energia de deformação total e em seguida substituindo p = σ = U dilatação =

σ1 + σ 2 + σ 3 3

:

1 − 2 ν (σ1 + σ 2 + σ 3 )2 6E

A energia de distorção é obtida sustraindo da energia de deformação total a energia de dilatação: U distorção =

1 (σ1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 3 − σ1 )2 ] [ 12 G

A energia de distorção em um ensaio de tração simples, onde neste caso σ1 = σesc e σ2 =

σ3 = 0 é da forma: U distorção

2 2 σ esc = 12 G

130

Transformação de Tensão Igualando a energia de distorção de cisalhamento com a energia no ponto de escoamento à

tração simples, estabelece-se o critério de escoamento para tensão combinada.

(σ1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 3 − σ1 )2 = 2 σ 2esc ou: 2

2

2

 σ1   σ 2   σ 3   σ1 σ 2   σ 2 σ 3     +  σ   +  σ   −  σ σ   −  σ σ   L σ  esc   esc   esc   esc esc   esc esc   σ 3 σ1  L−   σ σ   = 1  esc esc  A equação acima é conhecida como sendo o critério de Von Mises para um estado multiaxial de tensões para materiais isotrópicos. Para um estado plano de tensão, σ3 = 0, tem-se: 2

2

 σ1   σ1 σ 2   σ 2     −  σ σ   +  σ   = 1 σ  esc   esc esc   esc  σ2 / σesc

1.0

A( 1.0, 1.0)

σ1 / σesc

-1.0 1.0 B( -1.0, 1.0)

-1.0

9.10 – Teoria da máxima tensão normal (mat. frágeis) A teoria da máxima tensão normal estabelece que a falha ou fratura de um material ocorre quando a máxima tensão normal em um ponto atinge um valor crítico, independentemente das outras tensões. Apenas a maior tensão principal deve ser determinada para aplicar esse critério.

Curso de Mecânica dos Sólidos I |σ1| ou |σ2| ou |σ3|

131

≤ σrup σ2 / σrup 1.0

A( 1.0, 1.0)

σ1 / σrup

-1.0 1.0

B( -1.0, 1.0)

-1.0

Ex: As tensões calculadas sobre o ski são como mostrado na figura abaixo. Utilizando critérios de ruptura adequados, verifique se os pontos mostrados sobre a seção transversal do ski suportam o carregamento abaixo. Tome σesc aço = 250 Mpa, σrup mad = 26 MPa e τrup mad = 6,2 MPa com um fator de segurança de 2. P 1m A

C

B

0,5 m

w

w

1m B

E

D

0,5 m

A aço madeira aço

C Estado de tensão nos pontos: Ponto A (aço):

σA = 24,05 Mpa , τA = 0

D

132


Ponto B (aço):

σB = 18,99 Mpa , τB = 0,11 MPa Ponto C (madeira):

σC = 1,14 Mpa

, τC = 0,11 Mpa

Ponto D (madeira):

σD = 0

σ1 = 2

τ max min

, τD = 0,12 MPa

σx + σy 2

2  σ x − σ y  2  ±  + τ xy   2 

2  σ x − σ y  2  = ±  + τ xy   2 

Ponto A (aço – material dútil):

σx = σA = 24,05 Mpa , σy = 0 , τxy = 0 σ1 = σx = 24,05 Mpa Pelo critério de máxima tensão de cisalhamento:

σ1 = 24,05 Mpa < σesc = 250/2 Mpa (ok) Ponto B (aço – material dútil):

σx = σB = 18,99 Mpa , σy = 0 , τxy = τB = 0,11 MPa σ1 = 18,99 Mpa Pelo critério de máxima tensão de cisalhamento:

σ1 = 18,99 Mpa < σesc = 250/2 Mpa (ok) Ponto C (madeira – material frágil):

σx = σC = 1,14 Mpa , σy = 0 , τxy = τC = 0,11 MPa Pelo critério de máxima tensão normal:

σ1 = 1,15 Mpa < σrup = 26/2 Mpa (ok)

Mecanica Dos Solidos 1[1]

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