Baixe Mecânica Dos Sólidos e outras Notas de estudo em PDF para Engenharia Mecânica, somente na Docsity! UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARÁ – UFPA INSTITUTO DE TECNOLOGIA – ITEC FACULDADE DE ENGENHARIA DE TUCURUÍ MATERIAL DE REFERÊNCIA PARA A DISCIPLINA MECÂNICA DOS SÓLIDOS I RESPONSÁVEL PELA DISCIPLINA PROF. NEWTON SURE SOEIRO, Dr. Eng. TUCURUÍ – PA NOVEMBRO – 2008 SUMÁRIO 1 – CÁLCULO DAS REAÇÕES.................................................................................. 1 1.1 – Tipos de suportes (ou apoios)........................................................................ 1 1.2 – Tipos de carregamentos ................................................................................ 2 1.3 – Classificação de vigas.................................................................................... 3 1.4 – Cálculo das reações nas vigas ...................................................................... 4 2 – DIAGRAMAS DE FORÇA AXIAL, CORTANTE E DE MOMENTOS .................... 6 2.1 – Método das seções ........................................................................................ 6 2.1.1 – Força cortante nas vigas (V) ................................................................... 6 2.1.2 – Força axial nas vigas (P) ......................................................................... 7 2.1.3 – Momento fletor (M) ................................................................................. 7 2.1.4 – Diagramas de forças cortante e axial e do momento fletor ..................... 8 2.2 – Método do somatório. .................................................................................. 21 2.2.1 – Equações diferenciais de equilíbrio ....................................................... 21 3 – TENSÃO............................................................................................................. 28 3.1 – Definição de Tensão .................................................................................... 28 3.2 – Tensor de Tensões ...................................................................................... 28 3.3 – Tensões em membros com carregamento axial .......................................... 29 3.3.1 – Carga axial ............................................................................................ 29 3.3.2 – Tensão média de cisalhamento............................................................. 30 3.4 – Tensões Admissíveis; Fator de segurança .................................................. 35 3.5 – Projeto de membros e pinos com carregamento axial ................................. 36 4 – DEFORMAÇÃO.................................................................................................. 44 4.1 – Significado físico da deformação ................................................................. 44 4.2 – Definição matemática de deformação.......................................................... 44 4.3 – Propriedades mecânicas dos materiais isotrópicos ..................................... 46 4.3.1 – Diagrama tensão-deformação ............................................................... 46 4.3.2 – Coeficiente de poisson para materiais isotrópicos................................. 51 4.3.3 – Lei de Hooke para materiais isotrópicos (Estado triaxial de tensões) ... 52 4.4 – Energias de deformação elástica................................................................. 54 4.4.1 – Energia de deformação elástica para tensão uniaxial ........................... 54 4.4.2 – Energia de deformação elástica para tensão de cisalhamento ............. 54 Curso de Mecânica dos Sólidos A 1 1 – CÁLCULO DAS REAÇÕES 1.1 – Tipos de suportes (ou apoios) a) Articulação: (Resiste à uma força em apenas uma direção) b) Rolete: (Resiste à uma força em apenas uma direção) c) Pino: (Resiste à uma força que age em qualquer direção) = d) Engastamento: (Resiste à uma força que age em qualquer direção e à um momento) RAy A RAx MA RAy A RAx RAy pino A RAx = RA rolete A viga RA roletes A viga 90° RB pinos A B viga Cálculo das reações 2 1.2 – Tipos de carregamentos a) Forças concentradas b) Carga uniforme distribuída = Observação: 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 RAy RAx RB P W P A B W = carga A B RAy RAx RB w (kgf/m) L = RAy RAx RB w(kgf/m) L carga A B Curso de Mecânica dos Sólidos A 3 Observação: 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 1.3 – Classificação de vigas a) Simplesmente apoiadas b) Bi-engastada (fixa) c) Engastada- Apoiada P L w (kgf/m) L P L P L P A B W W d RAy RAx RB M = W.d = Diagramas de força axial, cortante e de momento 6 2 – DIAGRAMAS DE FORÇA AXIAL, CORTANTE E DE MOMENTOS 2.1 – Método das seções O método das seções estabelece procedimentos para a determinação dos esforços internos 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. Figura 2.1 – Esforços internos em vigas onde V é a força cortante, P é a força axial e M é o momento fletor. 2.1.1 – 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 0F y =∑ . P1 w2 w1 A B RAy P2 RAx RB a a P V M P2 P1 w2 w1 A B RAy P RAx RB V M Curso de Mecânica dos Sólidos A 7 A força cortante é definida positiva quando girar a seção no sentido anti- horário. Figura 2.2 – Força cortante 2.1.2 – 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 0Fx =∑ . 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. Figura 2.3 – Força axial 2.1.3 – 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 .0Mz =∑ 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. Figura 2.4 – Momento fletor +V+V a a b b +P+P a a b b +M+M a a b b Diagramas de força axial, cortante e de momento 8 2.1.4 – Diagramas de forças cortante e axial e do momento fletor Os diagramas de esforços internos são traçados para se determinar a evolução das forças cortante e axial e do momento fletor ao longo da viga, respectivamente. Exemplo 2.1: 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. a - Determinar as reações de apoio. Diagrama de corpo livre (D.C.L.): → 0Fx =∑ , RAx – 3 = 0 , RAx = 3 t 0M B =∑ , RAy . 10 – 4 . 5 = 0 , RAy = 2 t ↑ 0Fy =∑ , 2 – 4 + RAB = 0 , RB = 2 t Verificação: AM∑ = 4 . 5 – 2 . 10 = 0 (OK) b - Determinar as forças cortante e axial e o momento fletor em seções entre duas forças concentradas. Seção c-c (0<x<5): RAy RAx RB 4 t 3 t A B P = 5 t 3 4 5 m 5 m Curso de Mecânica dos Sólidos A 11 → 0Fx =∑ , RBx = 0 0MB =∑ , - 4 . 5 + RA .4 + 8 = 0 , RA = 3 t ↑ 0Fy =∑ , - 4 + 3 + RBy = 0 , RBy = 1 t Verificação: AM∑ = - 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): → 0Fx =∑ , P = 0 ↑ 0Fy =∑ , - 2.x + V = 0 , V = 2 x (t) 0MC =∑ , 2 . x . x / 2 + M = 0 , M = - x2 (t.m) 8 t.m 2 m 2 m 2 m 2 t/m RA RBy RBx 4 t 8 t.m 2 t/m 3 t 1 t c c x 2 x V P M Diagramas de força axial, cortante e de momento 12 Seção d-d (2 < x < 4): → 0Fx =∑ , P = 0 ↑ 0Fy =∑ , - 4 + 3 + V = 0 , V = 1 (t) 0Md =∑ , 4 . (x – 1) – 3 . ( x – 2) + M = 0 , M = - x - 2 (t.m) Seção e-e (4 < x < 6): → 0Fx =∑ , P = 0 ↑ 0Fy =∑ , - V + 1 = 0 , V = 1 (t) 0ME =∑ , - 1 . ( 6 – x ) + M = 0 , M = - x + 6 (t.m) 8 t.m 2 t/m d d x 3 t 4 t V P M 3 t 1 t 8 t.m 2 t/m 3 t 1 t x V P M 1 t e e Curso de Mecânica dos Sólidos A 13 c -Traçar os diagramas de força cortante e do momento fletor. Conclusões Importantes (além das anteriores): Ponto de momento concentrado ⇒ Discontinuidade no diagrama de momento fletor igual ao momento concentrado. Exemplo 2.3: 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 diagramas de força cortante e de momento fletor para um ski. Tome g=10 m/s2. ↑ 0Fy =∑ , 0,25 w + w + 0,25 w – 400 = 0 , w = 266,67 N/m P 1 m 1 m 0,5 m0,5 m w w A B D E C 8 t.m 2 t/m 3 t 1 t + + + 3 Força cortante (t) + - 8 - Momento fletor (t.m) Diagramas de força axial, cortante e de momento 16 → 0Fx =∑ , Rcx – REx = 0 ⇒ Rcx = REx 0MC =∑ , REx . 2,5 – 1 . 3 – 4 . 0,5 = 0 ⇒ REy = 2 t ↑ 0Fy =∑ , Rcy + REy – 4 – 1 = 0 ⇒ Rcy = 3 t Viga ABC: → 0Fx =∑ , RBx – RCx = 0 ⇒ RBx = RCx 0MA =∑ , RBy . 3 – 6 . 1,5 – Rcy . 3,5 = 0 ⇒ RBy = 6,5 t ↑ 0Fy =∑ , RAy + REy – 6 – RCy = 0 ⇒ RAy = 2,5 t Viga EFG: B 3 m 0 ,5 m A C 6t Rcy = 3 t 3,75 m 1t FE 1, 25 m REy=2 REx RFy RGy 4 t 1 t 2,5 m 2,5 m 0 ,5 m D EC 5 t 2,5 m 2,5 t.m D EC = Curso de Mecânica dos Sólidos A 17 → 0Fx =∑ , REx = 0 ⇒ RBx = RCx = REx = 0 0ME =∑ , 2 . (1,25 + 3,75) – RFy . 3,75 + 1 . 3,75/3 = 0 ⇒ RFy = 3 t ↑ 0Fy =∑ , – 6 + RFy – 1 + RGy = 0 ⇒ RGy = 0 t Viga ABC Trecho AB (0 < x < 3): w . 3 = 6 t (força total) w = 2 t/m ↑ 0Fy =∑ , 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 0M =∑ , – 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: 0 dx dM = , – 2 x + 2,5 = 0 ⇒ x = 1,25 m Mmax (x = 1,25m) = – (1,25)2 + 2,5 . 1,25 ⇒ Mmax = 1,5625 (t.m) Trecho BC (0 < x < 0,5): ↑ yF 0=∑ , – 3 – V = 0 ⇒ V = – 3 (t) 2,5 V 2 x M x w =2 V M x Diagramas de força axial, cortante e de momento 18 p/ x = 0 , VB = – 3 t p/ x = 0,5 , VC = – 3 t 0M =∑ , – 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): ↑ 0Fy =∑ , 3 + V = 0 ⇒ V = – 3 (t) p/ x = 0 , VC = – 3 t p/ x = 0,5 , VD = – 3 t 0M =∑ , – 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): ↑ 0Fy =∑ ,– V + 2 = 0 ⇒ V = 2 (t) p/ x = 0 , VD = 2 t p/ x = 2 , VE = 2 t 0M =∑ , 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 3 V M x V 2 M x Curso de Mecânica dos Sólidos A 21 2.2 – Método do somatório. 2.2.1 – Equações diferenciais de equilíbrio Considere a viga com uma carga distribuída w(x). w(x) ∆x x y +w(x) ∆x x y V+∆V M+∆M V M A 1t FE REy=2 REx RFy RGy 2 3 -1 Força cortante (t) Momento fletor (t.m) -2,5 Diagramas de força axial, cortante e de momento 22 Pelas condições de equilíbrio das forças verticais ( 0Fy =∑ ) e dos momentos ( 0M =∑ ) temos: ↑ 0Fy =∑ , 0)VV(x.wV =∆++∆+− ⇒ wx V −= ∆ ∆ (2.1) 0MA =∑ , 0)MM(2 x.x.wx.VM =∆+−∆∆+∆− ⇒ 2 x.wV x M ∆ +−= ∆ ∆ (2.2) As eqs. (2.1) e (2.2) sendo avaliadas no limite, quando ∆x ⇒ 0, fornecem as duas equações diferenciais básicas: w dx dV x Vlim 0x −=≡ ∆ ∆ →∆ ⇒ ∫ +−= x 0 1Cdx.)x(w)x(V (2.3) e V dx dM x Mlim 0x −=≡ ∆ ∆ →∆ ⇒ ∫ +−= x 0 2Cdx.)x(V)x(M (2.4) Exemplo 2.5: Traçar os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga usando o método do somatório. a - Determinar as reações nos apoios. 0MA =∑ , 0L.R4 L3.P 4 L.P B =+−− ⇒ RB = P ↑ 0Fy =∑ , RA - P – P + P = 0 ⇒ RA = P Da eq. (2.3), sabendo que w(x) = 0 ⇒ V(x) = constante = V. Da eq.(2.4), como V é constante, a equação de momento fletor no trecho é da forma: M(x) = - V x + C2 P A B P L/4 L/2 L/4 RA RB Curso de Mecânica dos Sólidos A 23 b - Traçar os diagramas de força cortante e momento fletor. Exemplo 2.6: Construir os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga com o carregamento mostrado abaixo, usando o método do somatório. a - Determinar as reações nos apoios. 3 m 3 m 1 m 2 t/m A BC D 3 t 10 t 8 t 6 t F E G 1 m 2 m 1 m RAy RB RAx 1 t/m 2 t P A B P P P + P - P - + Força Cortante + PL/4 Momento Fletor 2 t/m A BC D 10 t F E G 1 t/m 3 m 3 m 1 m 1 m 2 m 1 m 4 3 Diagramas de força axial, cortante e de momento 26 como w(x) = 0 ⇒ V(x) = constante = C1 = - 2 ⇒ V = - 2 t ∫ +−= x 0 2Cdx)x(V)x(M , ∫ +−−= x 0 2Cdx)2()x(M ⇒ 2Cx2)x(M += p/ x = 0 , MB = - 4 ⇒ 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 0 1Cdx)x(w)x(V , ∫ +−−= x 0 1Cdx)1()x(V ⇒ 1Cx)x(V −= p/ x = 0 , VE = - 2 ⇒ C1 = - 2 (não há força concentrado em E) 2x)x(V −= p/ x = 2 ⇒ VF = 0 ∫ +−= x 0 2Cdx)x(V)x(M , ∫ +−−= x 0 2Cdx)2x()x(M ⇒ 2Cx2 2 x)x(M 2 ++−= p/ x = 0 , ME = -2 ⇒ C2 = - 2 (não há momento concentrado em E) 2x2 2 x)x(M 2 −+−= (t.m) p/ x = 2 ⇒ MF = 0 t . m Força axial P = 0 não há forças e momentos concentrados: V = 0 , M = 0 , P = 0 Traçar os diagramas de forças cortante e axial e de momento fletor. Curso de Mecânica dos Sólidos A 27 2 t/m A BC D 10 t8 t 6 t FE G 5,5 t 7,5 t 6 t 1 t/m 3 2,5 5,5 2 + + - - - - - -6 1,5 -4 -2 - -6 Força cortante (t) Momento fletor (t.m) Força axial (t) Tensão 28 3 – TENSÃO 3.1 – Definição de Tensão Considere um o corpo seccionado, submetido à forças externas P1 e P2 e à forças internas ∆P atuantes em áreas infinitesimais ∆A, Fig.3.1. Figura 3.1 – Esforços externos einternos num corpo seccionado A tensão normal à face seccionada é por definição da forma: A Plim x 0Axxx ∆ ∆ =σ=τ →∆ (3.1) e, as tensões de cisalhamento que atuam na face seccionada são por definição da forma: A Plim A P lim z 0Axz y 0Axy ∆ ∆ =τ ∆ ∆ =τ →∆ →∆ (3.2) O primeiro índice da tensão de cisalhamento indica o eixo que é perpendicular à face onde atua a tensão e o segundo indica a direção da tensão. 3.2 – Tensor de Tensões x y z ∆Px ∆Py ∆Pz ∆P ∆A Curso de Mecânica dos Sólidos A 31 Se o corpo que está sendo arrastado tem área A na interface de contato entre os corpos, a tensão média de cisalhamento1 é da forma: A V m =τ (3.5) A eq. (3.5) é frequentemente utilizada para dimensionar pinos, parafusos, rebites, etc. que estão sendo solicitados por esforços cisalhantes. Corpos podem ser cisalhados de formas diferentes. Um corpo pode estar sendo submetido à um cisalhamento simples quando, Fig. 3.5: Figura 3.5 – Corpo submetido à um cisalhamento simples O rebite que une os dois corpos que estão sendo tracionados é cisalhado na interface da seguinte forma, Fig. 3.6: Figura 3.6 – Rebite com cisalhamento simples Se o rebite tem área A na interface e a força cortante V é P, a tensão de cisalhamento média é: A P A V m ==τ (3.6) Um corpo pode estar sendo submetido à um cisalhamento duplo quando, Fig. 3.7: 1 A tensão de cisalhamento é média pois a força que atua em cada área infinitesimal não é a mesma. P P V = P P A Tensão 32 Figura 3.7 – Corpo submetido à um cisalhamento duplo O rebite que une os três corpos que estão sendo tracionados é cisalhado na interface entre cada corpo é da forma, Fig. 3.8: Figura 3.8 – Rebite com cisalhamento duplo Se o rebite tem área A na interface entre cada corpo, e a força cortante V é P/2, a tensão de cisalhamento média é: A2 P A V m ==τ (3.7) Exemplo 3.1: 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. Trecho AB: P P/2 P/2 V = P/2 P A V = P/2 A B A C D 22 kN 12 kN 9 kN 9 kN 4 kN 4 kN 12 kN A P = 12 kN Curso de Mecânica dos Sólidos A 33 22AB m N34285714 m N 010,0.035,0 12000 A P ===σ σAB = 34285714 Pa = 34,3 MPa Trecho BC: MPa 85,7 m N 010,0.035,0 30000 A P 2BC ===σ Trecho CD: MPa 62,4 m N 010,0.035,0 22000 A P 2CD ===σ Exemplo 3.2: Determine as tensões nos pinos localizados em A e B com diâmetros d = 8 mm e a tensão na barra BC para o conjunto abaixo: B A P = 30 kN 12 kN 9 kN 9 kN 22 kN DP = 22 kN C 15 kN 4 3BA b = 10 mm 2 m 1 m B t = 5 mm A Tensão 36 3.5 – Projeto de membros e pinos com carregamento axial Exemplo 3.3: Determine o diâmetro da barra BC, se a tensão admissível é σadm = 155 MPa. A viga é assumida ser parafusada em A. D.C.L da barra AB: 0MA =∑ , 01.25,115,2.5,225,4.RB =++− ⇒ RB = 15 kN BC B adm A R =σ , 4 d 15000 mm N155 2 BC 2 π = ⇒ dBC = 11,1 mm Exemplo 3.4: 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. 3 m 1,5 m A B 15 kN/m m C RB 11,25 kN RA 22,5 kN 2 1 Curso de Mecânica dos Sólidos A 37 D.C.L. da Viga AB: 0MA =∑ , -3 . 2 - RC . 4 + RB . 5,5 = 0 ⇒ Rc = 1,375 RB – 1,5 D.C.L. da Viga CD: 0MD =∑ , - 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: 4 d R 2 P B .Padm π =σ , 4 d 4400150 2 Pπ = ⇒ dP = 6,1 mm Arruela: 2 m B A C 2 m 3 kN D 2 kN 1,5 m 1,5 m 1,5 m 1,5 m 1,5 kN RB RA 3 kN RC RD 2 kN 1,5 kN RC RB Tensão 38 4 d 4 d R 2 PAe 2 B .Padm π − π =σ , 4 1,6 4 d 440026 2Ae 2 π − π = ⇒ de A = 15,4 mm Exemplo 3.5: 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 . → 0Fx =∑ ⇒ R Ax = 0 0MA =∑ , R Dy . 3 – F . 12 = 0 ⇒ R Dy = 4 F ↑ 0Fy =∑ , –R Ay + R Dy – F = 0 ⇒ R Ay = 3 F Ponto E: 5 4cos =θ , 5 3sen =θ 6,1 mm de A F E FC FBE θ 45° F 3 m 9 m 3 m 9 m A B C D E R Ay R Dy R Ax Curso de Mecânica dos Sólidos A 41 Ponto A: 5,2 2cos =θ , 5,2 5,1sen =θ ↑ 0Fy =∑ , RAy – FAB sen θ = 0 ⇒ FAB = 20 t (compressão) → 0Fx =∑ , RAx – FAB cos θ + FAC = 0 ⇒ FAC = 16 t (tração) Ponto C: ↑ 0Fy =∑ , FBC – 12 = 0 ⇒ FBC = 12 t (tração) → 0Fx =∑ , – FAC + FCE = 0 ⇒ FCE = 16 t (tração) Ponto B: ↑ 0Fy =∑ , FAB sen θ – FBC + FBE sen θ = 0 ⇒ FBE = 0 t → 0Fx =∑ , FAB cos θ – FBE cos θ + FBD = 0 ⇒ FBD = –16 t (compressão) Ponto D: → 0Fx =∑ , FBD – FDF cos θ = 0 ⇒ FDF = 20 t (compressão) RAy E FAB FAC θ RA FBC B FA FBDθ θ FBE FDE DFBD θ FDF C FBC FAC 12 FC Tensão 42 ↑ 0Fy =∑ , – FDE + FDF sen θ = 0 ⇒ FDE = 12 t (tração) Ponto E: ↑ 0Fy =∑ , – 12 + FDE + FBE sen θ = 0 (ok) → 0Fx =∑ , – FCE – FBE cos θ + FEF = 0 ⇒ FEF = 16 t (tração) Ponto F: ↑ 0Fy =∑ , RFy – FDF sen θ = 0 (ok) → 0Fx =∑ ,– FEF + FDF cos θ = 0 (ok) barra AB: AB AB cadm A F =σ , AB 3 A 10.205,10 = , AAB = 1904,8 mm2 barra AC: AC AC tadm A F =σ , AC 3 A 10.1614 = , AAC = 1142,9 mm2 barra BC: BC BC tadm A F =σ , BC 3 A 10.1214 = , ABC = 857,2 mm2 barra CE: CE CE tadm A F =σ , CE 3 A 10.1614 = , ACE = 1142,9 mm2 12 E FCE θ FBE FDE FEF RFy F FDF FEF θ Curso de Mecânica dos Sólidos A 43 barra BD: BD BD cadm A F =σ , BD 3 A 10.165,10 = , ABD = 1523,8 mm2 barra DF: DF DF cadm A F =σ , DF 3 A 10.205,10 = , ADF = 1904,8 mm2 barra DE: DE DE tadm A F =σ , DE 3 A 10.1214 = , ADE = 857,2 mm2 barra EF: EF EF tadm A F =σ , EF 3 A 10.1614 = , AEF = 1142,9 mm2 Resposta: A menor área possível é a de 1904,8 mm2, pois qualquer área menor que está produziria uma tensão superior a tensão admissível. Deformação 46 Se o corpo se deforma em mais planos ortogonais xz e yz, as deformações angulares nestes planos são: z v y w z u x w zyyz zxxz ∂ ∂ + ∂ ∂ =γ=γ ∂ ∂ + ∂ ∂ =γ=γ (4.5) 4.3 – Propriedades mecânicas dos materiais isotrópicos 4.3.1 – Diagrama tensão-deformação Muitas propriedades de um material podem ser determinadas a partir de um ensaio de tração ou compressão, a partir de uma amostra do material, Fig. 4.4. O resultado desse ensaio pode ser representado num diagrama tensão-deformação. Figura 4.4 – Corpo-de-prova padronizado para ensaios de tração O diagrama tensão-deformação é executado num corpo-de-prova padronizado, tendo como dimensões originais, a seção transversal A0 e o comprimento L0. A tensão considerada no diagrama é a força aplicada P na seção transversal original A0: Lo Ao P P Curso de Mecânica dos Sólidos A 47 0A P =σ (4.6) Da mesma forma, a deformação é obtida diretamente da leitura do extensômetro, ou pela divisão da variação de comprimento ∆L pelo comprimento original L0. 0L L∆ =ε (4.7) O diagrama tensão-deformação é o gráfico dos correspondentes valores de σ e ε, onde o eixo das ordenadas representa as tensões σ e o eixo das abcissas representa as deformações ε. É importante ressaltar que dois diagramas de dois corpos- de-prova de um mesmo material não são exatamente idênticos, pois os resultados dependem de várias variáveis como, composição do material, imperfeições microscópicas, fabricação, velocidade de aplicação da carga e temperatura do ensaio. A Fig. 4.5 apresenta um diagrama tensão-deformação de um aço usualmente utilizado na engenharia, no qual pode-se distinguir diferentes regiões. Figura 4.5 – Diagrama tensão-deformação em um ensaio de tração comportamento plástico comportamento região elástic σP deformação específica de endurecimento estricçãoescoamento σY σR σU limite de proporcionalidade limite elástico tensão de escoamento tensão última tensão de ruptura tensão de ruptura verdadeira E Deformação 48 O comportamento do corpo-de-prova pode ser de diferentes formas, dependendo da intensidade da carga aplicada e do seu grau de deformação. Comportamento elástico: Quando o corpo-de-prova retorna à sua forma original quando a carga aplicada é removida. O material é considerado linearmente elástico até o limite superior da tensão, chamado de limite de proporcionalidade, σP. Até esse limite de proporcionalidade, a lei de Hooke, que relaciona a tensão σ com a deformação ε pelo módulo de elasticidade E do material é válida: ε=σ E (4.8) O material pode ainda se comportar elasticamente até o limite elástico, mesmo se exceder ligeiramente este limite de proporcionalidade. Neste caso porém, o comportamento não é mais linear. Escoamento: Um leve aumento na tensão, acima do limite elástico, resultará numa acomodação do material causando uma deformação permanente. A tensão que causa o escoamento é chamada de tensão de escoamento, σY. Neste caso, mesmo se a carga for removida, o corpo-de-prova continuará deformado. O corpo-de-prova poderá continuar a se alongar mesmo sem qualquer aumento de carga. Nesta região, o material é denominado perfeitamente plástico. Deformação específica por endurecimento: Se ao término do escoamento, uma carga adicional for aplicada ao corpo-de-prova, a tensão continuará a aumentar com a deformação específica continuamente até atingir um valor de tensão máxima, referida por tensão última, σU. Durante a execução do ensaio nesta região, enquanto o corpo-de-prova é alongado, sua área da seção transversal diminui ao longo de seu comprimento nominal, até o ponto que a deformação corresponda a tensão última. Estricção: Ao atingir a tensão última, a área da seção transversal começa a diminuir em uma região localizada do corpo-de-prova, e não mais ao longo do seu comprimento nominal. Este fenômeno é causado pelo deslizamento de planos no interior do material e as deformações reais produzidas pela tensão cisalhante (necking). Uma vez que a área da seção transversal diminui constantemente, esta área só pode sustentar uma carga menor. Assim, o diagrama tensão-deformação tende a curvar-se para baixo até a ruptura do corpo-de-prova com uma tensão de ruptura, σR. Curso de Mecânica dos Sólidos A 51 A deformação dada pelo segmento CD é a deformação elástica recuperada. A deformação permanente, εOC, é portanto: εOC = 0,023 – 0,008 = 0,0150 mm/mm Os módulos de resiliência inicial e final são: inicial Y Y 2 2 1 1 N Nu 450 0,006 mm/mm 1,35 2 2 mm mm = σ ε = = finial P P 2 2 1 1 N Nu 600 0,008 mm/mm 2,40 2 2 mm mm = σ ε = = 4.3.2 – Coeficiente de poisson para materiais isotrópicos Considere um corpo sólido submetido à uma força axial como mostra a Fig. 4.7. Pela definição, a deformação axial do corpo é da forma: o x L L∆ =ε (4.9) e, a deformação lateral do corpo é da forma: ε (mm/mm) σ (MPa) εY = 0,006 0,02 0,01 σY= 450 600 0,03 0,04 0,023 A B εOC O C D F E E Deformação 52 o y b b∆ =ε (4.10) Figura 4.7 – Corpo sólido solicitado uniaxialmente A relação entre o valor da deformação lateral e a deformação axial é conhecida como coeficiente de poisson: x z x y ε ε −= ε ε −=ν (4.11) 4.3.3 – Lei de Hooke para materiais isotrópicos (Estado triaxial de tensões) Considere um corpo submetido à um estado triaxial de tensões σx, σy e σz. Figura 4.8 – Corpo sólido solicitado triaxialmente O estado triaxial de tensões pode ser considerado como a superposição de três estados de tensão uniaxial analisados separadamente: σx σx σy σy σz σz L0 L b b0 PP x y Curso de Mecânica dos Sólidos A 53 1. Deformações devido à σx: x'ε , xy '' εν−=ε , xz '' εν−=ε (4.12) 2. Deformações devido à σy: y''ε , yx '''' εν−=ε , yz '''' εν−=ε (4.13) 3. Deformações devido à σz : z'''ε , zx '''''' εν−=ε , zy '''''' εν−=ε (4.14) Superpondo todas as deformações, temos: yyxzzzz zyxyyyy zyxxxxx '''''''''''' '''''''''''' '''''''''''' ε+εν−εν−=ε+ε+ε=ε εν−ε+εν−=ε+ε+ε=ε εν−εν−ε=ε+ε+ε=ε (4.15) Da Lei de Hooke, eq. (4.8), as deformações devido à σx, σy e σz são colocadas da seguinte forma: )]([ E )]([ E )]([ E yxzz zxyy zyxx σ+σν−σ=ε σ+σν−σ=ε σ+σν−σ=ε 1 1 1 (4.16) Para o caso do corpo ser submetido a esforços de cisalhamento as relações deformação-tensão são colocadas da forma: xy xy yz yz xz xz 1 G 1 G 1 G γ = τ γ = τ γ = τ (4.17) O módulo de cisalhamento G está relacionado a E e ν por: EG 2 (1 ) = + ν (4.18) Deformação 56 Figura 4.11 – Barra de seção variável solicitada axialmente Num ponto distante x da extremidade, as seguintes relações são válidas: dx du )x(A )x(P =ε =σ (4.25) Substituindo a eq. (4.25) na Lei de Hooke ε=σ E , temos: dx duE )x(A )x(P = (4.26) A integração da variação de comprimento du ao longo do comprimento da barra fornece: dx E)x(A Pu L o ∫= (4.27) Para o caso da força e da seção transversal serem constantes ao longo do comprimento do membro, tem-se: EA LPu = (4.28) Exemplo 4.2: 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 P2P1 x dx L u P(x) P(x) du dx Curso de Mecânica dos Sólidos A 57 viga AB se a carga de 90 kN é aplicada sobre este ponto. Tome Eaço = 200 Gpa, Eal = 70 Gpa. 1 – Determinar as reações das colunas AC e BD na viga AB. 0=∑ AM , RBD . 600 – 90 . 200 = 0 , RBD = 30 kN ↑ 0=∑ yF , RAC – 90 + 30 = 0 , RAC = 60 kN 2 – Determinar os deslocamentos das colunas. Coluna AC: 3 AC AC A 2 3aço AC R . L 60.10 . 300u E . A 20200.10 . 4 = = π = 0,286 mm Coluna BD: 3 BD BD B 2 3al BD R . L 30.10 . 300u E . A 4070.10 . 4 = = π = 0,102 mm 3 – Determinar o deslocamento do ponto F. 200 mm 400 mm 90 kN BA RBDRAC 200 mm 400 mm 90 kN BA DC 300 mm F Deformação 58 Por semelhança de triângulos: F'(0,286 0,102) u (200 400) 400 − = + , uF‘ = 0,123 mm uF = 0,102 + 0,123 = 0,225 mm Exemplo 4.3: 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. Haste BC: BC BC C /B 2 3aço BC P L 80000 . 600u E A 10200.10 4 = = π , uC/B = 3,06 mm Tubo AB: 600 mm 400 mm 80 kN AB C 80 kN PBC = 80 kN 200 mm 400 mm BA F uB = 0,102 mm uB = 0,286 mm uF` Curso de Mecânica dos Sólidos A 61 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: 3 AC P 2 3 P L 20.10 . 400 E A .5200.10 4 δ = = π , δP = 2,037 mm e, o deslocamento em B devido a reaçãop em B δB seria: B AB B B 2 3 F L F . 1200 E A .5200.10 4 δ = = π , δB = 0,3056.10-6.FB mm 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: → F 0=∑ , FA + 20 – 3,4 = 0 , FA = 16,6 kN 400 mm δPA 800 B P = 20 kN 400 mm δBA 800 B FB 1 mm 400 mm FA A 800 mm B FB = 3,4 kN P=20 kN Deformação 62 4.6 – Tensões Residuais Se uma estrutura estaticamente indeterminada é carregada excessivamente até causar escoamento do material, isso gerará tensões residuais na estrutura quando o carregamento for removido. A razão do aparecimento dessas tensões residuais está na recuperação elástica do material que ocorre durante o descarregamento. Considere, por exemplo, um material elastoplástico cujo diagrama tensão-deformação é mostrada na Fig. 4.12. Figura 4.12 – Diagrama tensão-deformação para um material elastoplástico Se uma carga axial produz uma tensão σY no material e uma correspondente deformação específica plástica εC, quando a carga for removida, o material responderá elásticamente seguindo a linha CD de forma a recuperar a parte da deformação plástica correspondente. Uma recuperação completa até a tensão nula no ponto O’ somente será possível caso a estrutura seja estaticamente determinada, uma vez qua as reações de apoio da estrutura deverão ser nulas quando a carga for removida. Nestas condições, a estrutura será deformada permanentemente pela deformação ε0’. Entretanto, se a estrutura é estaticamente indeterminada, a remoção das cargas externas fará com que surjam forças reativas nos apoios que respondem a recuperação elástica CD. Como essas forças restringem a estrutura de uma recuperação plena, elas induzirão tensões residuais na estrutura. Para resolver este tipo de problema, devemos considerar o ciclo completo de carregamento e descarregamento da estrutura como a superposição de uma carga positiva (carregamento) com uma carga negativa (descarregamento). O ε σ A C B O O’ D εC ε0’ σY Curso de Mecânica dos Sólidos A 63 carregamento de O até C resulta em uma distribuição de tensões plásticas, enquanto o descarregamento ao longo de CD resulta apenas em uma distribuição de tensões elásticas. A superposição requer que as cargas se cancelem; entretanto, a distribuição das tensões não se cancelará gerando assim as tensões residuais. Exemplo 4.6: A barra abaixo tem raio de 5 mm e é fabricada de um material elástico perfeitamente plástico para o qual σY = 420 MPa e E = 70 Gpa. Se uma força P = 60 kN é aplicada à barra e, em seguida, removida, determine a tensão residual na barra e o deslocamento permanente do Ponto C. O diagrama de corpo livre da barra é da forma: Do equilíbrio estático, temos: FA – 60 + FB = 0 (a) Um equação de compatibilidade é obtida impondo a variação nula de comprimento da barra: CA CB 0δ + δ = (b) As forças que irão atuar nos trechos CA e CB são respectivamente FA e FB. Assim: A CA B CBF L F L 0 E A E A − + = (c) Introduzindo a eq. (c) na eq. (a) obtêm-se: FA = 45 kN e FB = 15 kN Entretanto, estas forças resultam nas tensões: 300 mm B P=60kN A 100 mm C B P=60kN A FA C FB Deformação 66 Logo, o deslocamento permanente do ponto C será: mm655,0mm300.002185,0L' CBCBC ←==ε=δ Este mesmo resultado pode ser determinado pela deformação específica residual do trecho AC: 008185,0 MPa10.70 MPa)153420( E 3AC = + = δσ =δε Portanto: 00655,0008185,001473,0' ACACAC −=+−=δε+ε=ε Finalmente: mm655,0mm100.00655,0L' ACACC =←−=ε=δ Curso de Mecânica dos Sólidos A 67 5 – TORÇÃO 5.1 – Aplicação do método das seções Assim como no caso de vigas solicitadas externamente, onde os esforços internos podem ser determinados pelo método das seções, os esforços internos em eixos de seção circular solicitados por torques externos também podem. Considere então o eixo solicitado por torques em 3 pontos ao logo do seu comprimento. O torque interno no trecho AB pode ser determinado da seguinte forma. Figura 5.1 – Equilíbrio de torques 5.2 – Premissas Básicas a) Uma seção inicialmente plana, perpendicular ao eixo de seção circular, permanece plana após a aplicação dos torques. Torque interno T = 2 kgf.m x 1 kgf.m B C 3 kgf.m x 3 kgf.m 1 kgf.m 2 kgf.m A B C Tensão de flexão em vigas 68 b) Em um membro circular sujeito à ação de um torque, as deformações angulares 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. Observação: Estas premissas são válidas somente para eixos de seção circular. Figura 5.2 – Premissas básicas da torção 5.3 – A fórmula da torção Para o caso linearmente elástico, a Lei de Hooke se aplica Gτ = γ : Figura 5.3 – Torque interno atuando na seção transversal O torque interno na seção transversal é a soma dos torques infinitesimais atuantes em cada área dA. max max A T dA J c c ρ τ = τ ρ =∫ (5.1) onde o momento polar de inércia de área J é dado da forma: 2 A J dA= ρ∫ (5.2) τmax τB = (ρ/c) τmax dA B C Oc ρ OO O A A’ C B B’γ x T Curso de Mecânica dos Sólidos A 71 A fração de T que é resistida pela parte externa do eixo, T’, pode ser calculada da forma: 'dT dA= ρ τ , ' maxdT 2 dc ρ = ρ τ πρ ρ    cc 4 ' 3max max cc 22 2 2T d c c 4 π τ π τ ρ = ρ ρ =∫ 4 ' 4max 4 cT c 2 c 2  π τ = −    ' 3max 15T c 2 16 π τ = e a expressão do torque total T sobre a área é: ( )max 4 T c T c J c2 τ = = π , 3maxT c2 π = τ Logo, a relação entre os torques é: 15T ' T 16 = Conclusão: aproximadamente 94 % do torque é resistido pela área externa do eixo. Exemplo 5.2: 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 τmax τ Oc ρ c/2 dρ Tensão de flexão em vigas 72 cisalhamento nos parafusos. Cada parafuso tem diâmetro d e está distante R do cento do eixo. Impondo o equilíbrio estático na porção do eixo: T = n . V . R onde n é número de parafusos, V o esforço cortante em cada parafuso e R a distância do centro do parafuso até o centro do eixo. A tensão média nos parafusos pode ser calculada da seguinte forma: m 2 V V A d 4 τ = = π Logo, o esforço cortante em cada parafuso V é: 2 m dV 4 π = τ Sabe-se que a tensão máxima no eixo é: max 4 3 T.r T.r 2.T J r r 2 τ = = = π π Da imposição do problema, τm = τmax. Logo: 2 3 2.T dV 4r π = π T V V V V V V T r T Curso de Mecânica dos Sólidos A 73 Da relação entre o torque T e o cortante V, temos: 2 3 2.T dT n R 4r π = π Assim, o número necessário de parafusos é: 32.rn R d = 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: max T c J τ = (5.7) O parâmetro J/c é utilizado para projetar eixos maciços ou perfurados. Exemplo 5.3: Selecione dois eixos maciços para transmitir 200 CV de potência cada um, de forma que nenhum deles ultrapasse a tensão de cisalhamento de 7 kgf/mm2. Um desses eixos deve operar a 20 rpm, e o outro a 20.000 rpm. (1CV = 4500 kgf.m/min, α (rad/min) = 2πN(rpm)) Eixo 1: α= TP , 1 kgf m rad200 . 4500 T 20 . 2 mim min = π , T1 = 7162 kgf . m 3 6 31 1 1 max J T 7162 .10 1,023 .10 mm c 7 = = = τ 3 1 1 1 J c c 2 π = , c1 = 86,7 mm , d1 = 173,4 mm Eixo 2: P T= α , 2 kgf m rad200 . 4500 T 20000 . 2 mim min = π , T2 = 7,162 kgf . m Tensão de flexão em vigas 76 AB AB A /B 4 9 T L 45 . 2 J G 0,01 80 .10 2 ϕ = = π , ϕAB = 0,072 rad A força que apareçe no ponto de contato entre as engrenagens B e C pode ser determinada impondo o equilíbrio do eixo AB. FB . 0,15 = 45 , FB = 300 N Eixo CD: O torque no eixo CD pode ser determinado da forma: TC = 300 . 0,75 , TC = 22,5 N.m O ângulo de torção entre os pontos C e D, que está engastado é: C CD C 4 9 T L 22,5 . 1,5 J G 0,01 80 .10 2 ϕ = = π , ϕC = 0,027 rad A relação entre os ângulos de torção ϕA/B e ϕC é: 0,15 . ϕB = 0,075 . ϕC , ϕB = 0,0135 rad Assim, o ângulo de torção do ponto A é: ϕA = ϕA/B + ϕB = 0,072 + 0,0135 , ϕA = 0,0855 rad Exemplo 5.5: 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 MPa. 75 mm 1,5 m Fc = FB=300 N ϕC TC Curso de Mecânica dos Sólidos A 77 Trecho AB: O torque no trecho AB pode ser calculado da forma: J cT =τ , 4 T . 2528 50 32 = π , TAB = 687.223,4 N.mm e, o ângulo de torção no trecho AB é: 3 AB AB 4 9 T L T . 1,2.10 G J 5083 .10 32 ϕ = = π , ϕAB = T . 2,356.10-8 Trecho BC: O torque no trecho BC pode ser calculado da forma: J cT =τ , 4 T . 2028 40 32 = π , TBC = 351.858,4.mm e, o ângulo de torção no trecho BC é: 3 BC BC 4 9 T L T . 1,2.10 G J 4083 .10 32 ϕ = = π , ϕBC = T . 25,753.10-8 O ângulo de torção entre as extremidades da barra é: ϕAC = ϕAB + ϕBC = 0,02 Assim: T.2,356.10-8 + T.5,753.10-8 = 0,02 , T = 246.639,5 N.mm 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 1,2 m A 1,2 m CT 40 mm B T 50 mm Tensão de flexão em vigas 78 246.639,5 N.mm não excede a tensão de 28 MPa e não excede o ângulo de torção de 0,02 radianos. Exemplo 5.6: 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. O momento polar de inércia do eixo é: 4 4d .14J 32 32 π π = = , J = 3771,5 mm4 Trecho AC: 3 3 AC AC A / C 3 T L 150.10 . 0,4.10 J G 3771,5 . 80.10 ϕ = = , ϕA/C = 0,199 rad (anti-horário) Trecho CD: 3 3 CD CD C/D 3 T L 130.10 . 0,3.10 J G 3771,5 . 80.10 ϕ = = , ϕC/D = 0,129 rad (horário) Trecho DE: 3 3 DE DE D/E 3 T L 170.10 . 0,5.10 J G 3771,5 . 80.10 ϕ = = , ϕD/E = 0,282 rad (horário) O ângulo de torção entre as extremidades A/E é: ϕA/E = - ϕA/C + ϕC/D + ϕD/E = - 0,199 + 0,129 + 0,282 , ϕA/E = 0,212 rad (horário) E 0,5 m 0,3 m 0,4 m P 40 N.m 280 N.m 150 N.m A B C 100 mm D Curso de Mecânica dos Sólidos A 81 2L B 0 0 xT t 1 dx 0 L     − + =          ∫ , L3 B 0 02 0 x 4T t x t L 33 L   = + =    b – Cálculo do torque interno T(x): T 0=∑ , x B 0 T t dx T(x) 0− − =∫ 2x B 0 0 xT(x) T t 1 dx L   = − +       ∫ , 3 B 0 2 xT(x) T t x 3L   = − +    b – Cálculo do ângulo de torção φA: L A 0 T(x) dx G J(x) φ = ∫ , L 3 A B 0 2 0 1 xT t x dx G J 3L    φ = − +       ∫ 2 4 A B 0 2 1 x xT x t G J 2 12L    φ = − +       , 2 4 2 A 0 0 2 1 4 L Lt L t G J 3 2 12L    φ = − +       2 0 A 3 t L 4 G J φ = 5.7 – Fórmula da torção para eixos com diferentes materiais Considere um eixo de seção circular composto de um tubo de material 1 e uma barra interna de material 2 solicitado por um torque. TB B x T(x) Tensão de flexão em vigas 82 Figura 5.8 – Seção transversal de um eixo com diferentes materiais 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: ∫ ρτ= A dAT (5.12) Usando a lei de Hooke e tomando uma área infinitesimal circular, dA = 2π ρ dρ, o torque interno pode ser dado por: r1 i 0 T G 2 d= γ π ρ ρ ρ∫ (5.13) Por semelhança de triângulos, tem-se que: max 1r γ ρ γ = (5.14) Substituindo a eq. (5.14) na eq. (5.13), temos: r1 3max i 1 0 T G 2 d r γ = π ρ ρ∫ (5.15) Chamando de rigidez equivalente em torção, <GJ>, a integral, r1 3 i 0 GJ G 2 d< >= π ρ ρ∫ (5.16) Pode-se determinar a relação: γmax dA r1 1 2 γr2 ρ Curso de Mecânica dos Sólidos A 83 1 max T r GJ γ = < > (5.17) Substituindo a eq. (5.17) na relação que forneçe a deformação angular γ numa posição qualquer ρ, tem-se que: ρ >< =γ GJ T (5.18) Finalmente, substituindo a eq. (5.18) na lei de Hooke para cisalhamento, obtem-se a expressão da tensão da torção para eixos circulares com diferentes materiais: ρ >< =τ GJ TGii (5.19) Exemplo 5.9: 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 . 103 kgf/mm2, G = 2,8 . 103 kgf/mm2 e para o latão E = 11,2 . 103 kgf/mm2, G = 4,28 . 103 kgf/mm2. A rigidez equivalente em torção para o eixo em questão é: ( ) 4 3 3 4 4 lat lat al al .150 .GJ G .J G .J 4,2.10 . 2,8.10 . 250 150 32 32 π π < >= + = + − <GJ> = 1,14 . 1012 kgf/mm2 alumínio 150 mm latão 250 mm Tensão de flexão em vigas 86 A expressão de deformação linear num ponto qualquer da viga é definida da forma: dx du x ulim 0x = ∆ ∆ =ε →∆ (6.1) Da hipótese de que as seções permanecem planas depois de deformadas, observa-se que a deformação evolui de forma linear ao longo da espessura da viga, onde εmax é a máxima deformação que ocorre no ponto mais distante da superfície neutra, c. Dessa forma, a deformação em um ponto genérico, distante y da superfície neutra é da forma: max y c ε = ε (6.2) 6.2 – Fórmula da flexão elástica Considerando o material trabalhando dentro da região elástico-linear, a Lei de Hooke, σ = E ε, se aplica. Logo: max max x E y yc c ε σ σ = = (6.3) Figura 6.2 – Distribuição das tensões de flexão numa viga Impondo o equilíbrio de forças na direção x, temos: M y x σmax c eixo neutro z y +y dA centróide Curso de Mecânica dos Sólidos A 87 → 0=∑ xF , xA dA 0σ =∫ (6.4) Substituindo a eq. (6.3) na eq. (6.4), temos: max A y dA 0 c σ =∫ (6.5) Como σmax e c são valores constantes e não nulos: A y dA 0=∫ (6.6) De acordo com a equação para determinar a posição do centróide A A y dA y 0 dA = =∫ ∫ , conclui-se que o eixo neutro passa pelo centróide da seção transversal da viga. O momento interno atuante na seção transversal é a soma dos momentos infinitesimais atuantes nas área dA. Assim, temos: xA M dA y= σ∫ (6.7) Substituindo a eq. (6.3) na eq. (6.7): 2max A M y dA c σ = ∫ (6.8) O momento de inércia da seção transversal, I, em relação ao eixo que passa seu centróide é definido como: 2 A I y dA= ∫ (6.9) Das eqs. (6.8) e (6.9), é possível obter a expressão da máxima tensão de flexão: max M c I σ = (6.10) Tensão de flexão em vigas 88 Substituindo a eq. (6.10) na eq. (6.3), obtém-se a expressão genérica de tensão de flexão em vigas em um ponto distante y da superfície neutra: I yM x −=σ (6.11) A eq. (6.11) é análoga a eq. (5.5) usada para determinar a tensão de cisalhamento um ponto qualquer de um eixo de seção circular. O sinal negativo surge na eq. (6.11) pois: Para y positivo ⇒ Tensão de compressão momento positivo Para y negativo ⇒ Tensão de tração 6.3 – Centróide de área Considere uma seção transversal qualquer de área A cujo centróide está posicionado em c de coordenadas y e z com relação aos eixos de referência y e z: Figura 6.3 – Posição do centróide de seção transversal As expressões para determinar a posição do centróide de uma seção transversal são: A A A A y dA z dA y e z dA dA = =∫ ∫ ∫ ∫ (6.12) y z z y y z dA c Curso de Mecânica dos Sólidos A 91 Os momentos de inércia da área A com relação aos eixos y, z e são determinados da seguinte forma: 2 y A 2 z A 2 z yA I z dA I y dA J dA I I = = = ρ = + ∫ ∫ ∫ (6.13) Os eixos z e y são chamados de eixos principais de inércia quando passam pelo centróide da seção. Neste caso: yz A I y z dA 0= =∫ (6.14) Exemplo 6.3: Determine os momentos de inércia da seção transversal retangular de dimensões a e b mostrada abaixo. 2 b 2 b 3 2 a 2 a 2 b 2 b 2 a 2 a 2 z 3 yzdzdyyI − − − − == ∫ ∫ 12 baI 3 z = De maneira análoga: 12 abI 3 y = Como os eixos y e z passam pelo centróide da seção, tem-se que: z y dy dz b/2 b/2 a/2 a/2 Tensão de flexão em vigas 92 b a b a 2 22 2 2 2 yz b ab a 2 22 2 y zI y dy z dz 0 2 2− − −− = = =∫ ∫ Os momentos de inércia de uma seção com relação à eixos paralelos aos eixos principais de inércia podem ser determinados pelo teorema dos eixos paralelos: Figura 6.5 – Momentos de inércia de área com relação à eixos paralelos Da definição de momento de inércia de área dada pela eq. (6.13), o momento de inércia da seção com relação ao eixo z’ é: ( )2 2 2z' A A A AI y ∆y dA y dA 2 ∆y y dA ∆y dA= + = + +∫ ∫ ∫ ∫ (6.15) Considerando a eq. (6.6), a expressão final do momento de inércia da seção transversal de área A com relação ao eixo paralelo z’ é: AyII 2z'z ∆+= (6.16) Por analogia, os momentos de inércia com relação aos eixos y’ e x’ são: AJJ AzII 2 C0 2 y'y ∆+= ∆+= (6.17) Exemplo 6.4: Determine o momento de inércia da seção do tipo I com relação aos eixos y e z como mostrado abaixo. z’ y’ ∆z ∆y y z y z ∆ c Curso de Mecânica dos Sólidos A 93 O momento de inércia da seção com relação ao eixo z pode ser determinado considerando a soma dos momentos de inércia das áreas retangulares que formam a seção do tipo I. Logo: 3z2z1zz IIII ++= 2 3 1z 2.3.112 13I += , Iz1 = 12,25 cm4 12 31I 3 2z = , Iz2 = 2,25 cm 4 2 3 3z 2.3.112 13I += , Iz3 = 12,25 cm4 Iz = 26,75 cm4 e, o momento de inércia da seção com relação ao eixo y é: 3y2y1yy IIII ++= 12 31 12 13 12 31I 333 y ++= Iy = 4,75 cm4 Importante: O momento de inércia representa a resistência de uma seção transversal em girar em torno de um eixo. Portanto, a seção acima gira mais facilmente em torno do eixo y que do eixo z. y z 1 cm 3 cm 1 cm 3 cm 1 2 3 1 cm