Resistência dos Materiais - Willian Nash, Notas de estudo de Resistência dos materiais

Baixe Resistência dos Materiais - Willian Nash e outras Notas de estudo em PDF para Resistência dos materiais, somente na Docsity! + —s— 1 “Rca VYr vv yy Resistência dos Materiais Quinta edição Mais de 600 problemas resolvidos = Explanações concisas de todos os conceitos = Inclui sistemas de forças estaticamente determinadas e indeterminadas, torção, vigas em balanço, vigas estaticamente determinadas e indeterminadas [A AJUDA PERFEITA PARA SEUSESTUDOS! | William Nash e Merle C. Potter  William A. Nash, Ph.D. Merle C. Potter, Ph.D. Ex-Professor de Engenharia Civil da Professor Emérito de Engenharia Mecânica da University of Massachuselts Michigan State University Resistência dos Materiais Quinta edição Tradução Walter Libardi Doutor em Engenharia Civil pela Universidade de São Paulo Pós-Doutor pela Northw University/USA Professor associado do De haria de Mai Revisão técnica se Benaque Rubert Jos lo Center For Numerical Meth 1 da UFSCAR Doutor em Programa Sanduiche pela Universitá Polinéeni Professor adjunto e coordenador do curso de enharia Mec: Versão impressa desta edição: 2014  Prefácio Esta quinta edição do livro Resistência dos Materiais da Coleção Schaum foi substancialmente modificada pelo segundo autor para melhor ajustar-se aos cursos introdutórios de Resistência dos Materiais (Mecânica dos Sólidos) e à apresentação do conteúdo em muitos livros-lexto introdutórios sobre o assunto. Além disso, foram feitas as seguintes alterações: 1. As soluções de Problemas e Problemas Complementares são apresentadas usando ape unidades SI. 2. Os programas de computador foram omitidos. O uso do MATLAB ou outros programas está disponível para os estudantes caso sejam de interesse problemas mais complicados. ema métrico de 3. Os materiais e problemas mais avançados, que não são abordados em um curso introdutório, foram omitidos por simplicidade de apresentação. Este livro é voltado para o uso em um curso introdutório. 4. Um capítulo curto sobre Fadiga foi adicionado. É um capítulo modificado, com base em uma seção sobre fadi- ga escrita pelo meu amigo e anterior colega, Charlie Muvdi, em “Engenharia Mecânica de Materiais”, por B Muvdi e J, W, MeNabb, 5. Uma seção sobre Carregamento Combinado foi adicior 6. O capítulo sobre Centroides e Momentos de tica que antecede Mecânica dos Sólidos. cia foi omitido, ele é considerado parte de um curso de A Resistência dos Materiais, também chamada de Mecânica dos Materiais ou Mecânica dos Sólidos, fornece a base para o projeto dos compom ntes de máquinas e estruturas de suporte de carga. Em Estática, às forças e os momentos agem em vários pontos em um componente estrutural ou nos pontos de contato com outras estruturas que foram determinadas. As forças, ten es que existem em um componente não foram considera- as. Em Mecânica dos Sólidos, consideramos as seguintes pe "Qual ar”, “Qual é o máximo torque que este eixo pode transmitir?”, “Qual material deve ser selecionado para este compo- nente7”, “Para qual carga esta coluna flam! 7”, Essas perguntas não foram de interesse em um curso de Estática. Mas, antes que sejam respondidas, devemos calcular as forças e os momentos que agem nos componentes de uma estrutura ou máquina. Assim, a Estática sempre antecede um curso de Resistência dos Materiais. Muitas vezes, a Estática é combinada com a Resistência dos Materiais em um curso, uma vez que elas são intimamente ligadas Eu gostaria de agradecer pelo espólio do falecido William Nash, por me permitir criar esta quinta edição de um livro que, obviamente, necessitou muito do seu cuidadoso trabalho. Meus agradecimentos também são dirigidos ao Dr. Charlie Muvdi, que forneceu bons conselhos sobre o co berly Eaton, da McGraw-Hill, tomando as muitas decisões e: esta estrutura f eúdo desta revisão. Foi um prazer trabalhar com las em tal empreitad: Merle €. Potter, E. Lansing, MI Michigan State University CAPÍTULO 1 CAPÍTULO 2 CAPÍTULO 3 CAPÍTULO 4 CAPÍTULO 5 CAPÍTULO 6 Tração e Compressão Efeitos internos das forças Proprie Sistemas estaticamente indleterminados Classificação dos materiais Unidades les mecânicas dos materiais En de lodo > Tensões de Cisalhamento 1 Força cortante e tensão de cisalhamento 2 Deformações por tensões de cisalhamento rt to 3 Distorção Tensões Combinadas 3.1 Introdução 12. € 33 Tensões prin 34 O o geral de t plana is e tensão de cisalhamento máxima culo de Mohr Vasos de Pressão de Parede Fina 4.1 Introdução 42 Vasos de pressão e 43 Vasode press Torção 5.1 Introdução Tensão de cisalhamento na torção Ângulo de torção 4 Esforços axial e de torção combinados a a Força Cortante e Momento Fletor 6.1 Noções básicas 6.2 Esforços intemos e momentos em vigas 6.3 Equações de força cortante e momento fletor com diagramas 64 Funções singul: aa x 29 29 30 62 2 65 65 [o 7 79 so 82  <TD suminio CAPÍTULO 7 CAPÍTULO 8 CAPÍTULO 9 CAPÍTULO 10 CAPÍTULO 11 APÊNDICE ÍNDICE Tensões nas Vigas 71 Noções básicas 72 Tensões normais nas vigas 7.3 Tensões de cisalhamento nas vigas 74 Carregamento combinado Deflexão de Vigas 8.1 Noções básicas 82 Equação diferencial da linha elástica 83 Deflexão por integração 84 Dellexões usando funções singulares 85 Dellexões usando superposição Vigas Elásticas Estaticamente Indeterminadas 9.1 Noções básicas Colunas 10,1 Noçõe: 10.2 Carga crítica de uma coluna esbelta 10,3 Colunas carregadas excentricamente 10.4 Fórmulas de projeto para colunas com coeficiente de esbeltez intermediário Fadiga Tabelas de Vários Capítulos para Referência Rápida 101 101 101 a 106 126 126 127 127 128 128 146 146 162 162 162 166 167 178 187 191  Capiruo1 + TraçãoeComnessão ———— ER» Materiais dúcteis e frágeis Os materiais metálicos utilizados em engenharia são, geralmente, classificados como dúcreis ou frágeis, Um mate- rial dúctil é aquele que apresenta grandes deformações antes de atingir o ponto de ruptura (p. ex., o aço estrutural ou alumínio), enquanto um material frágil é aquele que se deforma relativamente pouco antes de atingir esse mes- mo ponto. Uma deformação de ruptura de 0,05 mm/mm é frequentemente utilizada como limite entre essas duas classes de materiais. Ferro fundido e concreto são exemplos de materiais frágeis. Lei de Hooke Para materiais que apresentam uma curva tensão-deformação com a forma mostrada nas Figs. 1-2), (6), (c) ou dl), é evidente que a relação entre tensão e deformação, para pequenos valores de deformação, é linear. Essa rela- ção linear entre os alongamentos e as forças axiais que os provocam é chamada de lei de Hooke. Para descrever este trecho inicial do diagrama do material, pode-se escrever o = Ee (1.3) onde E representa a inclinação da linha reta OP de cada uma das curvas nas Figs. 1-Ma), (b) e (c). A constante E, isto é, a relação entre a tensão e a deformação, é 0 módulo de elasticidade do material sob tra- ção, também chamado de módulo de Young. Valores de E para iais de engenharia são encontrados em manuais. No fim deste capítulo, a Tabela 1-3 apresenta uma lista dos materiais mais usuais em engenharia. Uma vez que a deformação e é um número adimensional (relação de dois comprimentos), é evidente que E tem a mesma unidade que a tensão, N/m. Para vários materiais, o módulo de elasticidade sob compressão é o mesmo que sob tração. Deve-se observar que o comportamento dos materiais tratados neste livro são somente o daqueles (a menos que indicado o contrário) que apresentam uma vegião linear na curva tensão-deformação, ou seja. daqueles que satisfazem a lei de Hooke. s Problemas 1.1 até 1.8 abordam a lei de Hooke. 1.2 PROPRIEDADES MECÂNICAS DOS MATERIAIS 1-3(a) pode ser usado para caracterizar vá O diagrama tensão-deformação mostrado na Fi material. São elas: Limite de proporcionalidade O valor da tensão identificado pelo ponto P é chamado de limite de proporcionalidade, ou seja, é o valor da máxi- ma tensão que pode ser imposta ao material durante um teste de tração simples tal que a tensão é uma função linear da deformação. Para um material cujo diagrama é o representado pela curva tensão-deformação mostrada na Fig. 1-3), não existe limite de proporcionalidade. Limite elástico O valor da tensão identificado por um ponto que quase coincide com o ponto P é chamado de limite elástico, ou seja, é o valor da máxima tensão que pode ser imposta ao material durante um teste de tração simples tal que não exista deformação permanente ou residual quando a carga for completamente removida. Para muitos materiais, os valores numéricos do limite elástico e de proporcionalidade são quase idênticos, « os termos são, muitas vezes, usados como sinônimos. Naqueles casos em que a diferença entre es dois valores é evidente, o limite elástico é quase sempre maior do que o limite de proporcionalidade. Regiões elástica e plástica A região da curva tensão-deformação compreendida entre a origem e o limite de proporcionalidade é chamada de região elástica. A região da curva tensão-deformação compreendida entre o limite de proporcionalidade é o ponto que correrponde à ruptura é chamada de região plastic  ED O Resistencia cos Maresias Limite de escoamento O valor da tensão identificado pelo ponto F na Fig. 1-Ha) é chamado de limite de escoamento do material. Acima desse ponto, ocorre aumento de deformações sem que se aumente o valor da tensão. Depois que o carregamento progrediu até o limite de escoamento, diz-se que o material passa a escoar. Alguns materiais apresentam dois pon- tos sobre a curva tensão-deformação para os quais há um aumento de deformação sem que ocorra um aumento de tensão, Esses pontos são chamados de limites de escoamento superior é inferior. Limite de resistência ou resistência à tração O valor da tensão identificado pelo ponto U na Fig. 1-3(a),0 máximo valor da tensão na curva, é chamado de limi- te de resistência ou de resistência à tração do material. Resistência de ruptura O valor da tensão identificado pelo ponto 8 na Fig. 1-3a) é chamado de resistência à rupiura do material, Módulo de resiliência O trabalho realizado por unidade de volume do material, quando há uma força de tração simples que aumenta gra- dualmente a partir de zero até atingir o limite de proporcionalidade, é chamado de módulo de resiliência. Seu valor pode ser calculado tomando-se a área sab a curva tensão-deformação da origem até o limite de proporcionalidade, indicada pela área hachurada na Fig. 1-3(4). A unidade dessa grandeza é N-m/m” no sistema SI. Portanto, a resi- liência de um material é a sua capacidade de absorver energia na região elástica. Módulo de tenacidade O trabalho realizado por unidade de volume do material, quando bá uma força de tração simples que aumenta gra- dualmente a partir de zero até atingir o limite de ruptura, chamado de módulo de tenacidade. Seu valor pode ser calculado tomando-se a área total sob a curva tensão-deformação da origem até a ruptura. A tenacidade de um material é a sua capacidade de absorver energia na região plástica de um material Redução percentual de área A diminuição da área da seção transversal em relação à área inicial no instante da ruptura dividida pela área inicial e multiplicada por 100 é chamada de redução percentual de área. Observa-se que, quando forças de tração atuam sobre uma barra, a área da seção transversal diminui, mas cálculos para a tensão normal são geralmente feitos to- mando-se como base a área inicial. Este é o caso da curva mostrada na Fig. |-Ma). Quanto mais as deformações aumentam, mais importante é considerar os valores instantâneos da área da seção transversal (que estão diminuin- do), e, se isso é feito, obtém-se uma curva tensão-deformação veriadeira, Essa curva apresenta 0 comportamento mostrado pela linha tracejada na Fig. 1-3). Alongamento percentual O aumento no comprimento de uma barra depois da ruptura dividido pelo comprimento inicial e multiplicado por 100 é o alongamento percentual. Tanto a redução percentual de área quanto o alongamento percentual são utiliza- dos para caracterizar a ductilidade de um material Tensão admissível As características de resistência mencionadas anteriormente podem ser usadas para fixar uma tensão admissível do material, Frequentemente, essa tensão é determinada simplesmente dividindo-se a tensão de escoamento ou o limi te de resistência por um número maior que a unidade, chamado de coeficiente de segurança. À escolha do coefi- ciente de segurança é feita pelo julgamento e pela experiência do projetista. Coeficientes de segurança, muitas ve- zes, são fixados por normas de cálculo.  CapituLo 1 * TançãoE Comsmessão ——— «E Encruamento Se um material dúctil pode ser solicitado consideravelmente além do limite de escoamento sem falha, dizemos que ele encrua. Isso é observado para muitos metais estruturais. A curva tensão-deformação não linear de um material frágil, mostrada na Fig. 1-3(d), caracteriza várias outras propriedades que não podem ser imroduzidas se a curva tensão-deformação tem uma região linear, São elas: Resistência ao escoamento O valor da tensão na curva tensão-deformação que corresponde a uma deformação permanente predeterminada depois de removida a carga € chamado de resistência «o escoamento do material. A deformação permanente é, muitas vezes, definida em 0,002 ou 0,0035 mm por mm. Esses valores são, naturalmente, arbitrários. Na Fig (e), a quantidade e , é indicada no eixo da deformação, e uma linha O'Y é desenhada paralelamente à tangente inicial da curva, A interseção dessa linha com a curva determina o ponto Y, que corresponde à resistência qo esco- amento do material, Módulo tangente A taxa de variação da tensão em rel à deformação é conhecida como o módulo rangente do material. Ele é, essencialmente, um módulo instantâneo dado por E, = dofde. Coeficiente de dilatação linear O coeficiente de dilatação linear é definido como a variação de comprimento por unidade de comprimento de uma barra reta submetida a uma variação de temperatura de um grau, sendo geralmente indicado por c. O valor deste coeficiente é independente da unidade de comprimento adotada, mas depende da escala de temperatura utilizada. Por exemplo, a Tabela 1-3, no fim deste capítulo, fornece para o aço um coeficiente de 12x 10 “PC. As variações de temperatura sofridas por uma estrutura podem gerar tensões, semelhantes âquelas das cargas externas aplicadas. A deformação térmica produzida por uma variação de temperatura AT é SG =2ar (1.4) O Problema 1.7 trata da contração de um cabo devido a uma diminuição de temperatura. Coeficiente de Poisson Quando uma barra é submetida a um carregamento de tração simples, observa-se um aumento em seu comprimen- tona direção paralela à carga, mas uma diminuição dimensões laterais perpendiculares à carga, A relação entre a deformação na direção lateral e a deformação na direção longitudinal é definida como coeficiente de Poisson. Ele é representado pela letra grega v. Para vários metais, cle é compreendido entre 0,25 e 0,35. Para a cortiça, o coefi- ciente de Poisson v é muito próximo de zero. Forma geral da lei de Hooke Foi considerado, inicialmente, um caso simples da aplicação da lei de Hooke para uma barra solicitada por uma tração axial quando o carregamento está na direção de uma linha reta, ou seja, uniaxial. Considerou-se a deforma- ção somente na direção da carga, representada pela eg. (1.3), que é agora escrita da seguinte forma: e-S (1.5) Os Problemas 1.8 e 1.9 ilustram a aplicação desse carregamento uniaxial. No caso mais geral, um elemento do material está solicitado por três tensões normais perpendiculares entre si, o 0,€ 0,.as quais são acompanhadas pelas deformações e. e ce, respectivamente, Superpondo as componentes de deformação resultantes da contração lateral devido ao efeito de Poisson sobre as deformações diretas, obtém-se a lei de Hooke para o caso geral: TD Resistencia os Maremns o Figura 1-7 Curva tensão-deformação para um material perfeitamente elastoplástico. Considere o gráfico da Fig. 1-7. Se a carga aumenta de tal modo que a deformação correspondente atinja o ponto B e, em seguida, a carga é removida, o descarregamento ocorre ao longo da linha BC. Assim, uma remoção completa da carga deixa uma deformação permanente ou alongamento correspondendo à deformação OC, 1.5 UNIDADES A Tabela 1-1 lista as unidades & conversões para diversas grandezas de interesse Tabela 1-1 Fatores de conversão Para converter do sistema Unidades Unicades do inglês de unidades para o SI, Grandeza Simbolo do St sistema inglês multiplicar por Comprimento L m n 0,3048 Massa m kg bm 04536 Tempo ' s sec 1 Área A mê né 0,09290 Volume v m é 002832 Velocidade v mis, fuise 0,3048 Aceleração “ mis” fuisec? 03048 Velocidade angular a radis radíser 1 radis pm 9,55 Força. peso EW N br 4448 Densidade P kem” Ibi” 16,02 Peso específico r Nim Ibtto 1571 par kPa psi 6,895 Trabalho, energia WE U J fteibf 1,356 Potência w w ft-lbtisee  CapiruLo 1 * TaaçãoE Conesessão > ED» Quando se expressa uma grandeza em unidades do SI, certos prefixos decimais podem ser usados para repre- sentar multiplicação por potência. A Tabela 1-2 mostra esses prefixos e seus respectivos fatores de multiplicação e símbolos, Assim, melhor do que escrever 30 000 Pa ou 30 x 10 Pa, pode-se escrever simplesmente 30 kPa. Tabela 1-2 Prefixas para unidades do SI Fator de multiplicação Prefixo Simbolo 19º teia T no” siga G 10º mega M 1” kilo k 19º cemis e 10% mili m 10º micro u 10? nano n nm! pico p * Não aconselhado, exceto em em, em”, cm" ou cm”. As unidades de diversas grandezas estão interligadas através das leis físicas obedecidas pelas grandezas. Disso resuha que, não importando o sistema utilizado, todas as unidades podem ser expressas como combinações algé- bricas de um conjunto selecionado de unidades fundamentais, Existem sete unidades fundamentais no sistema S m.kg, s, K, mol, A (Ampére) e cd (candela). A última é raramente utilizada em engenharia mecânica. Observe que N (newton) não está listada como uma unidade fundamental, Ela está relacionada a outras unidades pela segunda lei de Newton, 7 Se nós avaliarmos F em newtons, m em kg e a em m/s”, vemos que N = kg-m/s”. Logo, o newton é expresso em termos das unidades fundamentais. O peso é a força gravitacional; pela segunda lei de Newton, W=mg (1.8) Uma vez que a massa permanece constante, o peso IW varia de acordo com à aceleração da gravidade g (a partir de aproximadamente 9,77 me na montanha mais alta até 9,83 m/s” na vala mais profunda do oceano, apenas cerca de 0,3% de variação de 9,80 mis”). Será usado neste livro o valor padrão ao nível do mar, 9,81 mis” (32,2 fulsec menos que seja indicado o contrário. Uma discussão a respeito de algarismos significativos pode ser oportuna, As respostas devem ser apresentadas com três ou quatro d nificativos, nunca mais. A maioria dos problemas de engenharia contém informações tais como o raio de um eixo e a densidade dos materiais, bem como as constantes de outros materiais. Raramente tais informações são fornecidas com mais de quatro dígitos, por isso, não é apropriado apresentar uma resposta «com mais dígitos do que as informações fornecidas. No entanto, quando um número começa com “1”, esse dígito não é contado como um digito significativo. Então, [024 representam três dígitos significativos, assim como OO0OTE0O. Por fim, não vamos incluir as unidades na maioria dos problemas para os quais mostramos as etapas das solu- qões, Se as grandezas nas equações forem entradas com unidades em metros (m), segundos (s), pascal (Pa), quilo- gramas (kg) e newtons (NJ, as unidades das respostas serão previsíveis. Não há necessidade, na maioria das vezes, de trabalhar com dois problemas: um com números e o outro com as unidades, Por exemplo, uma propriedade do material de 200 SPa, quando utilizada em uma equação, Seria introduzida como 200 x 10” Pa; um momento de inércia de 2000 mm” seria introduzido como 2000 x 102 m; e uma tensão de 35 MPa seria introduzida como 35x 10 Pa.  «ECT Resistência nos Muremas Problemas Resolvidos 1.1 Na Fig. 1-8, determine uma expressão para o alongamento total de uma barra prismática de comprimento L área de seção transversal A e módulo de elasticidade E se uma força de tração P age nas extremidades da barra. Figura 1-8 SOLUÇÃO: A tensão normal na direção da força P é simplesmente a carga dividida pela área da seção transversal, isto é, &= PiA, Além disso, a deformação lincar específica e é dada pela clongação total 4 dividida pelo comprimento inicial, isto é, e = A/L. Por definição, o módulo de clasticidade E é a relação de oie, isto é, PIA PL - PL CALDAS o A=aÉ E Observe que A tem unidade de comprimento, em metros. 1.2 Uma barra cuja área de seção transversal é 500 mm está submetida ao carregamento mostrado na Fig. 1-H a). Determine o alongamento total da barra. Para o aço, considere E = 200 GPa, c Db A B e SIN 4sEN SON E e sokn a to) (by s c € D E a = sia asim [3] « Figura 1-9 SOLUÇÃO: Observa-se, na Fig. 1-9) que a barra está em equilíbrio, logo, cada uma de suas partes também estará em equilíbrio. O trecho entre as seções A e & tem uma força resultante de 50 kN agindo sobre toda a seção transversal, e um diagrama de corpo livre desse comprimento de 0,6 m está representado na Fig. 1-9(b). A força na extremidade direita desse trecho deve ser de 50 kN pata garantir o equilíbrio com a força aplicada em A, O alongamento do trecho AB é, do Problema 1.1, AL CSDODONHO om) ==. = MAE TARTE ma NO 107 NT OMS m A força que atua no trecho entre as seções B e € é obtida considerando a soma algébrica das forças que atuam à esquerda de uma seção situada entre B e €, isto é uma força resultante de 35 kN atuando para à esquerda, logo esse trecho está submetido à força de tração. O diagrama de corpo livre do trecho BC é mostrado na Fig. 1-9tc) e o alom mento dele é PL, (35000)(1) 220AÉ (500 x 105200 107) Da mesma forma, a força que atua no trecho entre as seções Ce D deve ser de 45 kN, para garantir o equilíbrio com a força aplicada em D. O alongamento de CD é BL (450003(1,25) (500 x 109)(200 2010") A, = 000056 m 1.7 Capiruto 1 * TançãoE Conenessio ————— ED» 4SEN Figura 1:12 SOLUÇÃO: A tensão máxima na barra de latão ocorre logo abaixo a junção na seção B-B. N é provocada pelo efeito combinado da carga de 45000 N com o peso próprio da barra de latã Tabela 1-3.) O peso da barra de latão é W,= 6 x (50x 10/)x 84000 = 2520 N, À tensão nessa seção é 45000 + 2520 SO x 104 sa seção, a tensão normal . (Usar peso específico da =9.5x 10º Nim? ou 95MPa A máxima tensão na barra de aço ocorre na seção A-A, no ponto de suspensão, porque nessa seção atua uma tensão que é a soma das tensões pravacadas pelo peso das duas barras e da carga aplicada. O pesa da barra de aço é W, = 1x (60% 102) F7D0O = 4620 N A tensão na seção A-A é 5000 + 2520 + 4621 6010 =8,69 x 10º Nim ou 8,69 MPa Em 1989, um novo cabo de fibra óptica capaz de suportar 40,000 chamadas telefônicas simultaneamente foi lançado no Oceano Pacífico, desde a Califórnia até o Japão, cobrindo uma distância de 13300 km. O cabo foi desenrolado do bordo de um navio com uma temperatura média de 22ºC e lançado ao fundo do mar com uma temperatura média de 5ºC, O coeficiente de dilatação linear do cabo é de 75 x 10 “/ºC, Determine o comprimento do cabo que deve ser transportado no navio para atravessar os 13300 km. SOLUÇÃO: O comprimento do cabo que deve ser transportado a bordo do navio consiste de 13300 km mais um compri- mento desconhecido AL. Esse comprimento permitirá uma contração, garantindo um comprimento final de 13300 km quando estiver no fundo do oceano. Da definição do coeficiente de dilatação térmica [Eg. (1.4)], temos AL = GlATy =(75 100) [13300 km + ALI? = 580 o Resolvendo-se a equação (1), tem-se: AL= 16,96 km A variação percentual do comprimento é, então, 16,96 13300 + 16,96 x100= AL - SE x100= 13% Nota-se que o termo AL na eg. (1) é pequeno comparado com o comprimento total do cabo, O comprimento do cabo na temperatura do navio é de aproximadamente 13317 km. E Resistêncu DOS Murenins 1.8 Considere duas barras finas, como mostra a Fig. 1-13%a), articuladas em À, 8 e €, inicialmente horizont: e de comprimentos L quando a carga não é aplicada. Uma força Q é aplicada gradualmente no ponto B, Determine a intensidade da força Q para que cla produza um deslocamento vertical ôno ponto B. Despreze o efeito do peso próprio das barras. mb Figura 1-13 SOLUÇÃO: Este é um exemplo bastante interessante de um sistema cujos alongamentos das barras obedecem à lei de Hooke, mas o deslocamento vertical ndo é proporcional à força por razões geométricas, Do Problema 1.1, calcula-se a seguinte relação para cada barra: A = PL/AE. Considerando-se que L é o comprimento final de cada barra depois que a carga Q for aplicada, pode-se escrever: Lt ALLE (1 O diagrama de corpo livre da nó B é mostrado na Fig. 1-13(6). Impondo-se à condição de equilíbrio do nó 5, tem-se LF =2Psena-Q=0 ou o=2r(2) Utilizando-se da (1), obtém-se g=alL=LiAE 5 (2 Mas (3 Das egs. (2)e (3) vem ta) (5 Portanto, (6) 7) Observa-se, na eq. (7). que à deslocamento 8 ado é proporcional à força Q. mesmo que a lei de Hooke tenha sido utilizada individualmente para cada barra.  Caputo 1 * TraçãoE ConsmEssão ———— «EE» 1.9 Volte ao sistema de barras apresentado no Problema 1.8. Considere que cada barra tenha um comprimento al de 2 m e área de seção transversal igual a 0,6 em”, Determine o valor do deslocamento ô para uma força Q de 85 N em ambas as soluções, exata e aproximada. Use E = 200 GPa. SOLUÇÃO: A expressão exata que relaciona força e deslocamento é Q = 222E | dé Ze Lo ) Substituindo-se os valores numéricos dados, JE ro Resolvendo-se por tentativa e erro, encontra-se ô= 0,0385 m. A expressão aproximada emre a forca e o destacamento é O = AÊ, sustinvindo-se os valores numéricos, tem-s 85= (6x10 200 XMS gogm cu 38cm A expressão aproximada fornece um valor com um erro menor do que 1,55 L.10 Uma barra de aço, com seção quadrada de lado igual a 50 mm e comprimento igual a 1 m, é submetida a uma força axial de tração de 250 kN. Determine a diminuição da dimensão lateral Ay devido a essa força. UscE=200GPae v=0,3, SOLUÇÃO: Como o carregamento é axial, a tensão na direção da força é dada por =P 4250x10) o== onça = 100x 10º Pa ou 100 MPa Para carregamento axjal, à lei de Hooke estabelece que E = oie, A deformação e na diteção da Força é, portanto, (100 x 109)H200 x 10")=5 x 10" A relação entre a deformação lateral e à deformação axial é igual ao coeficiente de Poisson, isto é, deformação lateral v= ou * “deformação axial = 18x 10º mim A variação no comprimento de 54 mm é Ar=0,05x15x104=75x10*m ou 0,007Smm que representa à diminuição na dimensão lateral da barra. 1.11 Considere-se um bloco elementar submetido à tração uniaxial (ver Fig. [-14). Deduza a expressão aproxi- mada para a variação de volume por unidade de volume devido a esse carregamento. Figura 1-14 SOLUÇÃO: «, é a deformação na direção da tensão, As deformações nas omras duas direções ortogonais são e, ve, Sendo dx, dy e dz as dimensões iniciais do elemento depois do carregamento, clas se transformam em (des ddr o d-veddy (-vedde  ED Resistência nos Maremas 1 LI Al L 4 n 1 (a) tb) Figura 1-15 SOLUÇÃO: Passe um plano horizontal pelo conjunto em qualquer posição intermediária distante das placas rígidas, separando-o em duas partes, Em seguida, remova uma das partes, por exemplo, a parte superior. À parte que foi remo- vida deve ser substituída pelo efeito que cla exerce sobre a parte restante, e esse efeito consiste em tensões normais verticais distribuídas ao longo dos dois materiais. O diagrama de corpo livre da parte do conjunto abaixo desse plano de cone é mostrado na Fig. 1-15(h), onde 6, e 6, são as tensões normais que atuam no tubo de aço e no cilindro de alumínio, respectivamente, Vamos, agora, chamar à força resultante que atua no tubo de aço de Pé aquela que atua no cilindeo de alumínio de P,, Considerando-se que 4, , e A, são as áreas das seções transversais do tubo de aço e do cilindro de alumínio, respectivamente, essas forças são, então, P,=A,,,0,, € Py= 4,40, Existe somente unia equação de equiliíbrio da estática disponível, ou seja, LF =P-P-P=0 “aço Logo, temos uma equação e duas incógnita, P e Pp e, assim, o problema é estaticamente indeterminado, Neste caso, devemos complementar a equação da estática com uma equação que envolve as deformações do sistema estrutural. Como as placas são rígidas, a condição de que as deformações do tubo de aço e do cilindro de alumínio são idênticas deve ser imposta. A deformação devido ao carregamento axial é dada par 4 = PL/AE. Igualando as deformações do tubo de aço e do cilindro de alumínio, temos Paolo By Aço Eça Aut E Pal ou Portanto, P,, = O,806P, “qe x aço Essa equação, junto com à equação de equilíbrio da estática, P =P, , + Pp focina um conjunto de duas equações com duas incógaitas. À solução desse sistema fomece P = 0,554P e P = 0446P. Para uma força de P = 208) kN, obtêm-se P = TEN CP, “aço forças resultantes em cada material pela respectiva área da seçã = mx0,0874 19 EN. As tensões são encontradas dividindo-se as transversal: 2 0kPa d,=— o og = 54 900 kPa º o ODOR DB VE O conjunto de três barras mostrado na Fig. 1-16 está submetido a uma carga vertical ? aplicada no nó B. As barras AB e BD são idênticas, cada uma com comprimento L e área de seção transversal À. A barra BC também tem comprimento L, mas a área da seção transversal é igual a A,. Todas as barras têm o mesmo módulo de elasticidade E e são articuladas em A, B, Ce D. Determine a força axial em cada uma das barras. CapiruLo 1 * Tração E Conssessão ———— <> SOLUÇÃO: Inicialmente, considere o diagrama de corpo livre mostrado na Fig. 1-17, onde estão representadas as forças P, é Py em cada uma das bartas. A condição de equilíbrio de forças na direção vertical impõe: Es, PsenB+P,—P=0 a Figura 1-17 Considere, temporariamente, que o nó 2 seja removido e, em seguida, analise as deformações. Sob a ação da força axial P,, a barra vertical se estende para baixo de um valor igual à ti 4% (2) nessa condição, à extremidade inferior (originalmente em B) se move para E, como mostra a Fig. 1.18. c 8 pá Ta, Figura 1-18 Flgura 119 A força de compressão que atua na barra AS provoca um encurtamento de um valor À indicado como 28º na Fig I-19, A barra AB, então, gira em tomo do ponto 4 como um corpo rígido, fazendo &” se mover para B” para baixo. À partir da Fig. 1-19, à componente vertical de à é mu = AL “AEsend Em seguida, considere que o nó B seja colocado de volta no sistema. Os pontos 8º e B” devem coincidir de tal modo que  ED Resistência Dos Muresius 1,18 PL AE AEsmd a) A solução do sistema de equações formado pelas Egs. (1) e (3) fornece Prado po PE 1 sen Bra 2 sen gra onde c= A,/A,. Considera-se que P, 8e cisão conhecidos, A barra composta de dois materiais mostrada na Fig. 1-20(4) está biengastada. A parte da esquerda da barra é de cobre, com uma área de seção transversal uniforme igual a 80 em” e comprimento igual a 30 em. A parte da direita da barra é de alumínio, com uma área de seção transversal uniforme igual a 20 em” e comprimento igual a 20 cm. A uma temperatura de 26ºC, o conjunto todo está livre de tensão. À tempe- ratura da estrutura diminuiu, e, durante esse processo, o engastamento da direita sofreu um deslocamento de 0,025 mm no sentido de contrair a barra, Determine o valor da temperatura mínima à qual o conjunto deve ser submetido a fim de que à tensão no alumínio não ultraspasse 160 MPa. Utilize para o cobre E=100GPa, = 17x 10“PC; e, para o alumínio, E= 80 GPa, 0t=23 x 10/€. A ar Pp Se a0m— 20 em + ta) (by Figura 1-20 SOLUÇÃO: Considere que a barra seja cortada do lado esquerdo do engastamento da direita está livre para contrair devido a uma queda de temperatura de 47, O encurtamento total da barra composta é dado por Ap = (050), HOLA), =(17x 10º KO 303AT + (23x 10-"3(0,201A7 que está de acordo com a definição do coeficiente de dilatação linear [eg (1.4)]. Observe que a forma da seção transver- sal não tem influência na variação do comprimento da barra devido à variação da temperatura Mesmo que a barra contrata esse valor, ela ainda estará livre de tensão. No entanto, essa não é a análise completa, porque à reação do engastamento do lado direito não foi considerada pelo corte da barra. Consequentemente, deve-se representar a ação do engastamento na barra por uma força axial ?, como mostra a Fig. 1-20(b), Por equilíbrio, a força resultante atuando sobre qualquer seção transversal tanto do cobre quanto do alumínio deve ser igual à 2, A aplicação da força P alonga a barra composta por uma quantidade de PÇ0,30y = P0,204 080 x 10 NTOD e 10") (20 x 1080 x 10º) =16,25x 10 P Se o apoio da direita não sofresse deslocamento, essa última expressão deveria ser igualada aquela que fornece o encurtamento total devido à queda de temperatura. Mas, na verdade, o engastamento da direita deslocou-se 0,025 mm, portanto, deve-se escrever 16,25 10 P=9,7x 100 AT = 0,025» 105 A tensão na barra de alumínio não pode ultrapassar 160 MPa. Uma vez que a tensão na barra de alumínio é = PIA a força múxima P torna-se P= A6=20x 10 *(160x 10º)= 320000 N. Substituindo-se esse valor de P na equação acima, encontra-se AT = 56,2º€. Portanto, a temperatura pode diminuir 56,2ºC da inicial 26ºC, À temperatura final será re Considere um cilindro de cobre sólido dentro de um cilindro de aço vazado. O conjunto está submetido a um carregamento axial de 200 KN, como mostra a 1-2l(a). À área da seção transversal do cilindro de aço é de 20 cm”, enquanto a do cilindro de cobre é de 60 cm”. Ambos os cilindros têm os mesmos compri- mentos antes de a carga ser aplicada. Determine o aumento da temperatura necessário ao sistema todo para  CapiruLO 1 * Tração E Conesessão > E» E E 10º Pa e 200 x 10º Pa = 1375 x 10 Portanto, depois de a carga ser removida, a deformação residual é OC=0F-CF =0,00882 - 0,001 O alongamento da barra de comprimento de 1,7 m é (1,7 m) (0,00744) =00126m ou 126mm Problemas Complementares LH 12 B 1,23 12 1.26 Testes de laboratório em dentes humanos indicam que a área efetiva durante a mastigação é de aproximadamente 0,25 em” e que o comprimento do dente é em tomo de 1,1 cm. Se a carga aplicada na direção vertical é de 880 N e o encurtamento resultante é de 0,004 cm, determine o módulo de Young. Resp. 88x 10" Nim ou 8,8 GPa Um cilindro circular vazado de ferro fundido tem diâmetro externo de 75 mm e diâmetro interno de 60 mm, Se o ci- lindro é carregado por uma força de compressão axial de 50 kN, determine o encurtamento total correspondente a um comprimento de 600 mm. Determine também à tensão normal sob essa carga. Considere que o módulo de elasticidade de material é igual a 100 GPa. Resp. A=0,188 mm, o=31,45 MPa Uma barra de aço circular com 6 mm de diâmetro e 500 mm de comprimento é rigidamente ligada à extremidade de uma barra de latão de seção transversal quadrada de lado igual à 25 mm e comprimento igual a 400 mm. As barras são ligadas de modo que os seus eixos geométricos são coincidentes. Uma força de tração axial de 5 EN é aplicada em cada uma das extremidades, Determine o alongamento total da barra, considerando para o aço E = 200 GPa e para o latão E =90GPa, Resp. 0477 mm Uma aeronave a jato de alto desempenho viaja a três vezes a velocidade do som, a uma altitude de 25000 m, Ela tem uma fuselagem esbelta de titânio reforçada por nervuras de t O comprimento da aeronave é de 30 m, e o coefi- ciente de dilatação linear do titânio é 10x 10/PC, Determine o aumenta do comprimento total da aeronave em altitude de cruzeiro em relação ao seu comprimento no solo, se a temperatura em altitude de cruzeiro é de SON"C acima da tem- peratura do selo, (Nota: Essa mudança de comprimento é de grande importância, uma vez que o projetista deve levá-la em conta porque ela altera as carneterísticas de desempenho do sistema.) Resp. 0,150m Um material que pode ser usado como um supercondutor é const oxigênio. Esse material atua como um supercondutor (i ncia) em temperaturas até =178ºC, Se a temperatura sofre um aumento de —178ºC até 67ºC, determine o alongamento de um segmento de 100 m de comprimento para esse aumento de temperatura. O coeficiente de dilatação lincar do material é [10x 10 “PC. Resp. M2Tm (um metal de terras raras). bário, cobre de sem resi Uma burra rígida ABCD em forma de Z está suspensa por um apoio em & é solicitada por uma força vertical 2, como mostra a Fig. 1-24. Em A, um tirante de aço com diâmetro igual a 10-mm liga a barra rígida a um apoio no solo em F. Determine o deslocamento vertical do ponto D. Adote E = 200 GPa. Resp, 4,53mm ED RessrtucucosMuremus Figura 1-24 127 A barra rígida ABC está apoiada em B e ligada em A à uma barra de aço vertical AD, que, por sua vez, está ligada a uma barra de aço maior DF, que está rigidamente ligada à uma fundação. O sistema estrutural é mostrado na Fig. 1-5. Deter- mine o deslocamento vertical do ponto € quando se aplica em € uma força vertical de intensidade de 40 kN. Resp 917mm Figura 1-25 128 As barras AB e BC são aniculadas nas extremidades e suportam uma força de 200 KN, conforme mostra a Fig. 1-26. 0 ma- lerial é o ago estrutural, com limite de escoamento de 200 MPa, e os coeficientes de segurança são 2 e 3,5 para as barras tra- cionada e comprimida, respectivamente, Determine a área da seção transversal para cada barra e as componentes horizontal e vertical do deslocamento do ponto B. O módulo de elasticidade do material é 200 GPa. Não considere a possibilidade de flambagem da barra BC. Resp. A, = 1732 mnê, Age= 1750 merê, À = 0,37 mm (para a direita), A,= 1,78 mm (para baixo)  1.29 13 13: 1.32 Caputo 1 + Taução E Comenessão —> <a» As duas barras, AB e Ch, mostradas na Fig. 1-27 são articuladas nas extremidades e suportam uma única força vertical P. Os dados da geometria c do material de cada uma das barras estão indicados na figura. Determine as componentes horizontal e vertical do deslocamento do ponto B. Resp 4, No Problema 1-29, a barra AB é de titânio, com uma área de seção transversal de 1000 mir”, comprimento de 2.4 m e E, = MOGPa.A barra CD é de aço, com uma área de seção transversal de 40 mar”, comprimento de 2.4 m e E, = 200 GPa. Determine as componentes horizontal e vertical do deslocamento do ponto B quando P = 600 kN Resp. A,=28%mm, 4, = 10,4 mm Duas barras são ligadas entre si é vinculadas a engastamentos, como mostra a Fig. 1-28, A barra da esquerda é de latão, com E=90 GPa, = 20 x 10 “ºC e área da seção transversal igual a 500 mm, A barra da di E=70GPa, «=25 x 10 "Ce área da seção transversal igual a 750 mm”. Considere que o livre de tensão é a temperatura, então, diminui 20ºC. (a) Se os engastamentos são indeformáveis, determine a tensão normal em cada barra. (tb) Se o engastamento da direita desloca 0,1 mm, determine a tensão normal em cada barra Resp. (a) Ou =41 MPa, 6,,=27.33 MPa: (b) 6, q, = 28.4 MPa, 6,= 19 MPa e so mm ——ea 280 mm Figura 1-28 Considere um cilindro de aço sólido dentro de um cilindro de alumínio vazado. A força de compressão axial de 200 kN é aplicada através de uma placa rígida, como mostra a Fig. 1-29. Antes que qualquer carregamento seja imposto ao sis- tema o cilindro de alumínio tem um comprimento 0,25 mm maior do que o comprimento do cilindro de aço. Determine a tensão normal em cada cilindro quando a temperatura atingir uma queda de 20 K e à carga total estiver atuando. Para E =70GPa, = 25x 10 “PC, enguanto, para o aço, E = 200 GPa, q= 12x 10 “PC. Resp. Gy =9 MPa 6, = 15,5 MPa aço  ars vo uognç 1a vp pensiõay vam] oD0 0ZE Ler + bi-JP|aSy too opeliogas voutg 000 061 st xoda “Supra OD SET To 929% KR ap sesquy tuo apeduagau 1 st st ODO SL Iz IE b oq ap ixoda] (pBJea ep og3onp eu ejuawjevosoupiun sopediojas)sojisoduos sienajem Resistência pos MATERIAIS 000 UE sa€ T a O00 07-000L get capia O069 vir se oupq ap oraques 009 LT-008 EI gaz se orange ap oprxo [tutu sz0'0) "tod LOg'o > ET s OL OMOL g SUPIA 9 L-87 0009-0007 r oriuoo SO20|Q Gp GuLO) US NO SEEQ “SESEId Wa SOa|jpjou OE II 08 ssh OLO-ONO EMPI-0E Ig gaLI-S1 [a z sa o0FI-OSS OIT=S61 9208-87 et e O9L-DIE song “8 “ OBE-DET O g268-4€ ozI-T Seg I=91 18 o D6S-00E casser 1-9 99I-pI +8 ogIrT € OSS-01E e208-s+ 6L TIO Lt ojyumje ap v3r SO30]9 OP PULO] WO NO SEMEQ 'SENL|A NO SICON "| uoss|og ap Do9- POL do/9-20L Ex Ri] eso «val MINA cuUaL teme sustos) Jeouj ogóeieip eum ogsuaj Bunoa ep ojnpom oojjaadse asad ap auatagaos (4.89) 9.02 2 euPyuabua wo sosdy sieuajeu sop sopepoudoia E-j Ejoqei Tensões de Cisalhamento 2.1 FORÇA CORTANTE E TENSÃO DE CISALHAMENTO Seja um plano que passa através de um corpo. A força resultante nesse pl hamada de força cortante, des nada pela letra V. À força cortante dividida pela área em que cla atua é chamada de tensão de cisalhamento, desig nada pela letra t. Assim, ” 2.1 =T7 (2 Considere, agora, uma barra cortada por um plano perpendicular ao seu eixo longitudinal, como mostra a g. 2-1. Nesse plano, atuam uma tensão normal perpendicular ao plano e uma tensão de cisalhamento paralela ao plano. A tensão normal foi considerada no Capítulo | Figura 2-1 Tensões de cisalhamento atuando em uma área plana. Neste capítulo, a tensão de cisalhamento se: T= V/A indica uma tensão média ao longo da área. Operações de puncionamento (Problema 2.2), corpos de prova de madeira (Problema 2,3), juntas rebitadas (Problema 2.5) e juntas soldadas (Problemas 2.6 e 2,10) são exemplos simples de elementos estruturais que consi- deram essas hipóteses. considerada com uma distribuição uniforme. Assim, a expressão 2.2 DEFORMAÇÕES POR TENSÕES DE CISALHAMENTO Considere a deformação de um elemento plano retangular retirado de um corpo em que as forças que atuam no elemento são tensões de cisalhamento 7 com os sentidos mostrados na Fig. 2-2(4). As faces do elemento, paralelas ao plano do papel, são consideradas livres de carga. Uma vez que não há tensões normais atuando no elemento, os comprimentos dos lados do elemento retangular não se alteram. Emretanto, haverá uma distorção dos ângulos int cialmente retos do elemento, e, depois dessa distorção, provocadas pelas tensões de cisalhamento, o elemento Mb). passa a ter a configuração mostrada pelas linhas tracejadas na Fig ED RessrtucucosMuremus o am A ta) [1] Figura 2-2 Tensões de cisalhamento atuando em um elemento. 2.3 DISTORÇÃO A variação do ângulo reto de um elemento inicialmente re nos « é designada pela letra 7, como mostrado. gular denomina-se distorção. Ela é expressa em radia- Módulo de elasticidade transversal Chama-se de módulo de elasticidade transversal a relação entre a tensão de cisalhamento e a distorção y designada por G. Assim, g-1 r (22) As unidades de G são as mesmas da tensão de cisalhamento, i.e, Ním, pois a distorção é adimensional. Diagramas. tensão-deformação podem ser traçados para vários materiais para o caso de tensão de cisalhamento, da mesma forma como eram traçados para tensões normais no Capítulo 1. Eles têm a mesma aparência geral daqueles dese- nhados no Capítulo 1, mas os valores numéricos associados com os gráficos são diferentes. Problemas Resolvidos 2.1 Considere a junta mostrada na Fig. 2-3. A força P é igual a 30 kN, e o diâmetro do parafuso é de 10 mm. Determine o valor médio da tensão de cisalhamento que existe em qualquer um dos planos a-a ou b-b. Figura 2-3 SOLUÇÃO: Supóe-se que a força P se distribui igualmente nos planos a-a é b-b. Nessa condição, uma força de 4(30x 10") = 15x 10/N atua em cada um desses planos sobre um área de seção transversal igual à A auto 78,6 mm? Portanto, a tensão de cisalhamento média através desses planos é 15x 10º 78,6 x 10 Tm 191x10º Pa ou [91 MPa 1 2A 2.2 Um aço estrutural de baixo carbono tem um limite de resistência ao cisalhamento de 300 MPa. Determine à força P necessária para realizar um furo circular de 2,5 cm em uma chapa desse aço com | em de espessura, Se o módulo de elasticidade transversal desse material é 82 GPa. determine o valor da distorção na borda do furo quando a tensão de cisalhamento for igual a 143 MPa. 28 Cupiruo 2 * Tensões De Cisumamento > ED» 1000 Nm Figura 2-8 SOLUÇÃO: Considerando-se o diagrama de corpo livre somente da polia, como mestra a Fig. 2-8(b), observamos que “o momento torçor deve ser resistido por uma força tangencial horizontal E aplicada na polia pela chaveta, O equilíbrio des momentos em relação aa centro da polia fornece EM, = 1000 — F(0,025) = 0 ou F=40000 N Observa-se que o eixo exerce forças adicionais, não mostradas, sobre a polia, Essas forças atuam no centro O e não entram nas equações de momento, As forças resultantes que atuam sobre a chaveta aparecem como na Fig. 2-9), Na verdade, a força E que atua à direita é igual à resultante das forças distribuídas que atuam na metade inferior da face esquerda, As outras forças É mostradas representam igualmente as resultantes dos sistemas de forças distribuídas, A natureza exata da distribuição da força não é conhecida. O diagrama de corpo livre da parte da chaveta abaixo de um plano horizontal a-a que passa na sua seção média & mostrado na Fig. 2-9). O equilíbrio na direção horizontal fornece EF, = 40000 = 7(0,01)(0,08) = O ou T=50x] ou 50 MPa Essa é a tensão de cisalhamento horizontal na chaveta, y aja tem Es | metem — (a) Figura 2-9 Um bote salva-vidas em um navio de cruzeiro é suportado em cada extremidade por um cabo de aço tranç: do que passa por uma polia sobre um turco ancorado no deck superior. O cabo transmite em cada extremida- de uma tração de 4000 N, e o cabo e a polia estão localizados em um plano vertical, conforme mostra a Fig. 2-10. A polia pode girar livremente em tomo do eixo horizontal circular indicado. Determine o diâmetro d desse cixo sc a tensão de cisalhamento admissível do seu material é de 50 MPa. ED Ressrtucu cos huremus 4000 N 3464 N Figura 2-10 Figura 2-11 SOLUÇÃO: O diagrama de o olia não mostra somente as trações no cabo, mas também as forças R,,c KR, aplicadas pelo cixo na polia, Da estática, tem-se LF, =-Ry + 4000sen60º =0 à Ry = 364 Ni EF, = R, — 4000 — 4000cos60º =D = R, = 6000N(T) A força resultante de Re R,ÉR — 3464)” + (6000) 6930 N, formando um ângulo 6 com a direção horizontal dado por m0o-SE couem A força que à polia exerce sobre o eixo é igual e de sentido oposto àquela mostrada na Fig. 2-11. Se considerarmos que a força resultante de 6930 N é uniformemente distribuída na seção transversal do eixo, a tensão de cisalhamento é 6930 s0x10º = mela “dd =0,0133Jm ou 133mm 2.9 Um edifício de 60 m de altura tem, essencialmente, a configuração retangular representada na Fig, 2-12, Cargas de vento horizontais atuarão sobre o edifício, exercendo pressões sobre a face vertical, que pode ser aproximada como sendo uniforme dentro de cada uma das três “camadas”, como mostrado. À partir de expressões empíricas para pressões do vento no ponto médio de cada uma das três camadas, temos uma pressão de 781 Nim” na camada inferior, de 1264 Nim” na camada do meio e de 1530 N/m” na camada superior. Determine a tensão de cisalhamento que a fundação deve desenvolver para suportar essa carga de vento. A sm - a 20m 20m 1530) kN ço nei A 1264 KN mm E Ps — 781 kN mp n ES * Figura 2-12 Figura 2-13 Caeiro? + TensóespeCismmameNto —— > SOLUÇÃO: As forças horizontais que atuam nas três camadas são FP; = (20 my(50 mM781 Nim” PB, = (20 mX(50 m)(1264 Nim”) = 1264 kN P, = (20 mM(50 mj(1530 Nim”) = = 781 kN 530 kN Consideram-se essas forças atuando na altura média de cada camada, Portanto, o diagrama de corpo livre do edifício é aquele representado na Fig, 2-13, onde £,,é a força cortante horizontal exercida pela fundação sabre a estrutura, A condição de equilíbrio na horizontal fornece EF, =1530+1264+781-F,=0 “2 F = 357SkN Se considerarmes que essa reação horizontal é uniformemente d horizontal dada pela eq, (2.1) jbuída na base da estrutura, a tensão de cisalhamento 3575 TuGm 2,38 kN/mº 2,10 Duas tiras de uma liga de titânio de 1,5 mm de espessura e 45 mm de largura são unidas por uma solda a laser a 45º, como mostra a Fig. 2-14. Um sistema a laser de dióxido de carbono de 100 kW é utilizado para formar à junta. Se à tensão de cisalhamento admissível da liga é de 440 MPa e a junta é assumida como 100% eficaz, determine a máxima força P admissível que pode ser aplicada. as Solda a L5mm Iser Figura 2-14 SOLUÇÃO: Um diagrama de corpo livre da tira da direita tem a forma mostrada na Fig. 2-15, onde & indica a tensão normal na solda no plano à 45º e t,a tensão de cisalhamento. Essas são, evidentemente, as forças por unidade de árca no plano a 45º e elas devem ser multiplicadas pela área do plano a 45º, que é bi/cos 45º, onde 1 indica a espessura da tira é ba largura. O equilíbrio horizontal fornece ” as P see, b=45mm (ay (by Figura 2.15 Es) Peosase = 0 Peosaso Br aan 108 = Px OT & P=59400N D045x0,0015 Problemas Complementares 2.11 Considere, no Problema 2.1, que à tensão admissível ao cisalhamento é igual a 93 MPa. Determine o diâmetro neces- sário do parafuso para que não se exceda esse valor. Resp, d=203em Tensões Combinadas 3.1 INTRODUÇÃO No Capítulo 1, consideramos tensões normais nas barras decorrentes da aplicação de cargas axiais, como também vários casos envolvendo tensões de cisalhamento no Capítulo 2, Note que consideramos, por exemplo, que a barra estava solicitada somente por um único tipo de carregamento de cada vez. Mas, frequentemente, essas barras são submetidas a vários tipos de carregamento simultaneamente, e torna-se necessário, então, determinar 0 estado de tensão sob essas condições. Uma e de cisalhamento são grandezas tensoriais, dev tomar muito cuidado ao combinar as tensões dadas pelas expressões para carregamento simples, determinadas nos Capítulos 1 e 2. O objetivo deste capítulo é determinar o estado de tensões que se estabelece em um plano qualquer de um elemento de um corpo submetido a ambas tensões normais e de cisalhamento. que as tensões norm 3.2 CASO GERAL DE TENSÃO PLANA Se um elemento plano é removido de um corpo, em geral, o elemento estará solicitado pelas tensões normais 0, é q, juntamente com a tensão de cisalha: O T,» Como indicado na Fig. 3-1, Com sões atua no elemento na direção a das ten- era-se que r o, —1 No g, Ta —+ a, o, Figura 3-1 Tensões em um elemento plano. Figura 3-2 Tensões normal e de cisalhamento em um plano inclinado. Para as tensões normais, a tensão de tração é considerada positiva e a tensão de compressão é considerada ne- gativa. Para as tensões de cisalhamento, o sentido” positivo é aquele ilustrado na Fig. 3-1. Se tomarmos os momen- tos em relação ao centro da face mostrada, veremos que T,, = T,.. Uma vez que as tensões normais passam pelos centros das faces. * Uma face é positiva se a seu vetor unitário normal atua no sentido positivo, en io normal atua no sentido sativo. Uma tensão normal ou uma tensão de cisalhan tiva se q vetor uni nto positivas em uma face nx tiva atuam no sentido ativo. Cariruo3 + Tensões Coummanas ——— E» Vamos considerar que as tensões 6,. 6, € ,, são conhecidas, Geralmente, deseja-se investigar o estado de tensões em um plano inclinado de um ângulo 9, medido no sentido anti-horário para o ângulo x, como mostra a Fig. 3-1, As tensões normal e de cisalhamento nesse plano são denotadas por O € T, respect na Fig 3-2. Introduzem-se, agora, 0s eixos N e T normal e tangencial, respectivamente, ao plano inclinado, como mostra- do, Considere 1a espessura do elemento perpendicular ao plano do papel, A somatória das componentes de forças na direção N fornece zr =oris-o tdysend+T idycosb-o ft drcosB+r rdxsend=0 Substituindo-se dy = ds sen 8, dx= ds cos 8 na equação de equilibrio, tem-se ods=a dssen” B+a dscos 8 - 27, dssenfcosb Introduzindo-se, agora, as identidades sen” 0 = H(1 - cos 26), cos” 0 = LH(l + cos 20), sen 28 = 2senBcosd, encontra-se o +0, 0-0, o-(58) (25º: Joao, cao Gu) Portanto, à tensão normal Oem um plano inclinado qualquer definido pelo ângulo 8 com a eixo x é uma função de GT te 8 À seguir, somando-se as componentes de forças que atuam no elemento na direção T, obtém-se LH = tids-0,t dycos0-t 1 dysenB+r1 dxcosB+o 1 drseng = O uindo-se dx e dy, como foi feito anteriormente, nessa equação, tem-se tds = 0 dssenfcosB + 7 dssen'B-t dscos” 6-0 dssenBicose Introduzindo-se as identidades anteriores e a relação cos 20 = cos? 8 = sen” O, a última equação toma-se al Portanto, a tensão de cisalhamento tem um plano inclinado qualquer definido pelo ângulo 8 com o eixo x é uma função de 0,.0,. Te 8 o, “San 20 = 7,, 0520 (3.2) 3.3 TENSÕES PRINCIPAIS E TENSÃO DE CISALHAMENTO MÁXIMA Para determinar o máximo valor que a tensão normal o pode assumir quando o ângulo 8 varia, devemos derivar a Eq. (3.1) em relação a 8 e impor que essa derivada seja igual a zero, Portanto, do (o, — 0,)sen28-22, cos20=0 (33) Logo, os valores de 8 que levam a tensão nermal aos valores máximo e mínimo são dados por e 50 = : 828, = Ho,-0) 84) Os dois planos definidos pelos ângulos 8, são chamados de planos principais. As tensões normais que atuam nes- ses planos são chamadas de tensões principais, Esses são os valores máximo e mínimo da tensão normal no ele- mento considerado «E Resistência DOS Murenins Os valores de sen 28, e cos 28, podem agora ser substituídos na Eq (3.1) para se obterem os valores máximo e mínimo das tensões normais. Da Eq. (3.4), pode-se escrever +, =bo,-0,) - - cos28, = — - (3.5) dic, =8] +17) dio, = 9P Hi sen 28, Da Eq, (3.1), obtém-se fito, -09f + (3.6) A tensão normal máxima é S, 3 T + Eta, 0) +15 (37) A tensão normal mínima é o +0, 2 cu | p tio, 0 Par (3.8) Essas duas tensões principais ocorrem nos planos principais definidos pela Eq. (3.4). Substiuindo-se um desses valores dados pela Eq. (3.4) na Eg. (3.1), pode-se determinar qual dessas duas tensões principais está atuando na- quele plano. À outra tensão principal, evidentemente, atua no outro plano principal. Substituindo-se os valores dos ângulos 28, dados pela Eq (3.4) na Eq, (3.2), observa-se que as tensões de ci salhamento nos planos principais são zero. Para se determinar o valor máximo da tensão de cisalhamento 7, deveremos derivar a Eg. (3.2) em relação ao ângulo Be igualá-la a zero. Portanto, Eua (tg, -0,)c0s 20 +27, sen20 = 0 (3.9) Os valores de 8 que levam a valores máximos a tensão de cisalhamento são Lo. 1920, = So E T, (3.10) Os planos definidos pelas duas soluções dessa equação são os planos de máxima tensão de cisalhamento. A trigo- nometria fornece +Ho,- 0) +, sen28, = k — costg = - R Ho, of +, Ho, 09] +7,) Substituindo-se esses valores na Eq. 2), encontra-se ato, SS +) GI O sinal positivo, nessa equação, representa a máxima tensão de cisalhamento, e o sinal negativo representa a mi ma tensão de cisalhamento. Se compararmos as Es. (3.4) e (3.10), observa-se que os ângulos 28, e 26, diferencia-se por 90º, uma vez que as tangentes desses ângulos são os inversos negativos um do outro. Portanto, os planos definidos pelos ângulos 8, 8, são defasados de 45º, isto é, os planos de máxima tensão de cisalhamento são orientados 45º dos planos de máxima tensão normal. T, min Cariruo3 + Tensões Coummanas —— > A tensão de cisalhamento em um plano segundo um ângulo 8 com a direção de carregamento foi encontrada no Proble- ma 3.1 comot = O sen 28. Para 8= 30º, essa equação se toma 3 (70,6)fsen 60º) = 30,6 MPa Essas tensões, junto com a carga axial de 60 kN, estão representadas na Fig. 3-5. 17,65 MPa Ei. Do Figura 3-5 3.3 Determine a máxima tensão de cisalhamento na barra carregada axialmente do Problema 3.2 SOLUÇÃO: A tensão de cisalhamento em um plano segundo um ângulo 8 com à direção da carga foi mostrada no Problema 3.1 como 7 = 40, sen 28, Essa tensão é mátima quando 28 = 90º, isto é, quando 8 = 45º. Para esse carre- gamento, temos 0, = 70,6 MPa, e quando 8=45º, a tensão de cisalhamento é 1 (70,6) sen 90º = 35,3 MPa Ou seja, 8 máxima tensão de cisalhamento é igual à metade da máxima tensão normal. A tensão normal que ocorre no plano à 45º pode ser encontrada pela seguinte expressão = se, — c0s20) = 5 (70,6X1 — cos 90º) = 35,3 MPa 3.4 Considere, novamente, a barra carregada axialmente discutida no Problema 3.2. Utilize o círculo de Mohr para determinar as tensões normal e de cisalhamento no plano inclinado de 30º. SOLUÇÃO: Na Fig. 3-b(a). à tensão normal de 70,6 MPa é mostrada em um elemento com 0, =0e 7, =D. As extre- midades do diâmetro OH na Fig. 3-61b) estão em (70,6, 0) e (0, 0). O plano à ser considerado é o de 60º no sentido horário em relação ao plano vertical do elemento. Logo, o ponto D no círculo de Mohr está a 120º do ponto H girando no sentido horário, como indicado. As coordenadas do ponto D são KD=1= 5070 ,6)sendo” = 30,6 MPa DR =0= DE -RE = (10,6) - (70,6)cos60º = «65 MPa 70,6 MPa Ki oc H 0a 6 06,0) ta) by Figura 3-6 ED Resistência DOS Murenins 3.5 Uma barra de seção transversal igual a 10 em? é solicitada por forças axiais de compressão de 60 EN apli- cadas em cada extremidade da barra. Utilizando-se do círculo de Mahr, encontre as tensões normal e de cisalhamento em um plano inclinado de 30º com a direção de carregamento. SOLUÇÃO: A tensão normal na seção transversal da barra é P 0 O,=5 =—— = “SOMO kPa A ox 10? Um elemento na Fig. 3-7(4) mostra a tensão de compressão de 60 MPa e a tensão de cisalhamento igual a zero. Esse par de tensões é representado pelo ponto G no círculo de Mohr na Fig. 3-7(h). A origem O representa a face com tensão normal igual a zero. O plano a ser considerado é de 60º no sentido horário do plano mostrado. Portanto, o ponto de interesse é 120º no sentido horário em D. Logo, tem-se KD (609) sen60º = 52 MPa 60) + PGIcosán” =-15 MPa - 60 MPa 6) MP —e ta) «by Figura 3-7 Nora: Poderíamos ter girado a face superior do elemento de 30º no sentido horário, indo de O para D, e teríamos obtido o mesmo resultado. 3.6 Um elemento plano de um corpo está submetido a uma tensão normal na direção x de 80 MPa e a uma ten- são de cisalhamento de 30 MPa, como mostra a Fig. 3-8. (a) Determine as tensões normal e de cisalhamento em um plano inclinado de 30º em relação ao eixo x. (b) Determine os valores máximo e mínimo da tensão normal que possa existir em um plano inelinado e as direções dessas tensões. (e) Determine o valor da má- xima tensão de cisalhamento que possa existir em um plano inclinado, SOLUÇÃO: (1) Temos 0, = 80 MPa e 7,, = 20 MPa. Da Eg (3.1), a tensão normal em um plano inclinado de 30º em relação ao eixo «é -10,c0s20- 1, sen28 º Z 1 z (80) — a (BOcasto? — 30sen60º = —6 MPa L 30 MPa À goma a y I Ta Figura 3-8 Cariruo3 + Tensões Coummanas —— > Da Eq, (3.2), a tensão de cisalhamento em um plano inclinado de 30º em relação ao eixo x é sen 28 1, cos28 = (80) sen 60º — 30 cos60º = 19,6 MPa (by Os valores das tensões principais, isto é, os valores máximos e mínimos das tensões normais que existem nesse elemento, foram fornecidos pelas Egs. (3.7) e (3.8). Portanto, tem-se Para a determinação das direções dos planos nos quais as tensões principais acorrem, deve-se utilizar a Eq. (3.4) z, 30 -=2-.— - 28, = 36,97, 216,9º 1828, Te" 28, = 36,9º, 216,9 Portanto, 8, = 18.4º, 108º (e) Os valores máximo e mínimo das tensões de cisalhamento são encontrados utilizando-se a Eg. (3.11). Logo, 3.7 Um elemento plano está submetido às tensões mostradas na Fig. 3-9fa). Utilizando-se o círculo de Mohr, determine (a) as tensões principais e suas direções e (b) as máximas tensões de cisalhamento é as direções dos planos em que elas ocorrem. + E 2 O 20, US 20) pa, | BOMPa sy 6 e | ja e — 4 MI MPa T—| (0.303 D' L tay tb) Figura 3-9 SOLUÇÃO: O círculo de Mohr é esboçado na Fig. 3-9(5). As extremidades do diâmetro BD estão em (80, 30) e (0,30). (a) As tensões principais são representadas pelos pontos G € H. Elas podem ser determinadas notando-se que a coordenada de C £ 40 e que CD = 40" 4 30º = SO. Portanto, a tensão principal mínima é A tensão principal máxima é = O ângulo 28, é dado por Cariruo3 + Tensões Coummanas ——— > (by Os valores das tensões principais são dados pelas Egs. (3.7) e (3.87 Tau E -2 +30 pao” = 2 MP +40) = 80 MPa A tensão principal de tração geralmente corresponde à máxima, embora seu valor absoluto seja menor do que o valor absoluto da tensão de compressão. 20 MPa min As direções dos planos em que essas tensões ocorrem são oblidas pela Eq. (3.4). Portanto, obtém-se 6,577, 63,43º (e) O valor da máxima tensão de cisalhamento é encontrado pela Eg (3.11). Assim, tem-se Cedro = =vt60Dy +40" = +50 MPa As direções dos planos em que essas tensões de cisalhamento ocorrem são obtidas a partir da Eg. (3.10). Assim, obtém-se 843º, 108,47 3.9 Um elemento plano em um corpo está submetido a tensões, como mostra a Fig. 3-130). Utilizando-se do círculo de Mohy, determine (a) as tensões principais e suas direções correspondentes e (b) as máximas ten- sões de cisalhamento e as direções dos planos em que elas ocorrem. SOLUÇÃO: O círculo de Mohr está esboçado na Fig. 3-13(b). As extremidades do diámei o BD estão em (-60, -40) é (0, 40). —esipe 40) MP + oa Tr (60, 40) & tay 5) Figura 3-13 (u) As tensões principais estão representadas pelos pontos G e H. Eles podem ser determinados ao se perceber que a abscissa de Cé-30€ que CD = 30" + 40” = 50, Assim, a tensão principal mínima é Gain = OG =HOC+ TO) -30- 50 = 80 MPa A tensão principal máxima é H = TO =50-30= 20 MPa O ângulo 28, é dado por «ID RessrtucucosMuremus AS lensões principais, portanto, são representadas como na Fig. 3-14. Observa-se na círculo de Mohr da Fig, 3-1Hb) que as tensões de cisalhamento nesses planos são zero, pois os pontos G e H pertencem ao eixo horizontal do círculo de Mohr. a 30 MPy a a” 8a” Figura 3-14 Figura 3-15 (6) A tensão máxima de cisalhamento é representada por CL no círeulo de Mohr, que é igual ao raio do círculo, ou seja, 50 MPa. O ângulo 26, pode ser determinado subtraindo 90º do valor de 28,, Isso fornece 8, = 18,47. Além disso, observa-se no círculo de Mohr que a abcissa do ponto L é -30 MPa, que representa a tensão normal que ocorre nos planos de máximas tensões de cisalhamento, como mostra a Fig. 3-15 3.10 Um elemento plano está submetido às tensões indicadas na Fig. 3-16. Determine (a) as tensões principais e os planos principais correspondentes e (b) as tensões de cisalhamento extremas e os planos onde elas ocor- rem, Utilize as equações, p MPa [E MP as A l , E —40 MPa Figura 3-16 SOLUÇÃO: (ay Temos 0,=90 MPa, 6, = 30 MPa et, =—40 MPa, A tensão normal máxima é dada pela Eg. (3.7) ou seja, 240, mo cria €, (eqe). lia, É +(r) = 90430 4 x +40? = 110 MPa q, 30" + 40” = 10 MPa min 90430 z Os planos em que essas tensões ocorrem são dadas por to O 4 He, -0,) +(90-30) 3 1220, —26,69,63.40 Logo, às tensões principais e os planos principais são indicados na Fig. 3-17. Cariruo3 + Tensões Coummanas —— «E» Figura 3-17 (bj As tensões de cisalhamento extremas são calculadas pela Eq, (3.2). ou seja, MD DEL do, o JP +, Os planos em que as tensões de cisalhamento extremas ocorrem são calculados pela seguinte equação 1328, = 8 84º, 108,4º Ho, -0) (90-302 3 HE sl Por fim, as tensões normais nos planos em que as tensões de cisalhamento extr guinte equação as ocorrem são calculados pela se- 90+ 30 2 O MPa icados para os quais as tensões de cisa- lhamento são extremas. Figura 3-18 3.11 Um elemento plano está submetido às tensões indicadas na Fig. 3-194a), Utilizando-se do círeulo de Mohr, determine (a) as tensões principais e os correspondentes planos principais e (b) as tensões de cisalhamento extremas e os planos em que elas ocorrem. TED Resistêncu vos Muresius 325 Umelemento plano está submetido às tensões indicadas na Fig. 3 de cisalhamento e à orientação dos seus planos correspondentes. = 113,3 MPa a 75,1º, Goi, = 88,3 MPa, 7, Resp 6, 100 MPa -— 23, Determine as tensões principais, a máximo Figura 3-23 tensão 12,5 MPa a -59,9º 50 MPa 75 MPa Capítulo 4 Vasos de Pressão de Parede Fina 4.1 INTRODUÇÃO No Capítulo 1, examinamos vários casos de tensões normais e uniformes que atuam em barras. Outra aplicação de tensões normais uniformemente distribuídas ocorre na análise aproximada de vasos de pressão de parede fina, tais como cascas cilíndricas. esféricas, cônicas ou toroidais submetidas à pressão interna ou externa de um gás ou um líquido. Neste capítulo, trataremos somente de cascas finas de revolução e nos limitaremos às deformações axissi- métricas des s cascas, Limitações Tanques e recipientes de armazenamento de gás e líquido, tubos de água, caldeiras, cuscos de submarinos e deter- minados componentes de avião são exemplos comuns de vasos de pressão de parede fina. Considerando-se vasos de paredes finas, a relação da espessura da parede para o raio do recipiente não deve ser rior a cerca de 0,10. Também não deve haver descontinuidades na estrutura. O tratamento simplificado à entado aqui não permite a consideração de anéis de reforço em uma casca cilíndrica, tal como mostrado na Fig. 4-1, nem fornece uma indicação precisa das tensões e deformações nas vizinhanças da ligação das placas com os vasos de pressão cilíndricos. Mesmo assim, o tratamento é satisfatório em muitos problemas de dimensionamento. Es ESSES fato Ne Figura 4-1 Anéis da reforço em um cilindro. Nosso interesse são as tensões decorrentes de uma pressão interna uniforme que age sobre uma casca fina de revolução. As fórmulas para as tensões podem, também, ser aplicadas no caso de a press: nvertida, ou seja, se pressão externa atua sobre o recipiente. Entretanto, devem ser feitas considerações adicionais, as quais fogem do escopo desse livro. Um outro estudo, completamente diferente, deve ser realizado para determinar a carga de flam- bagem devido à compressão. Uma falha por fambagem ou instabilidade pode ocorrer mesmo que a tensão extrema esteja longe de atingir a tensão admissível do material. o estar 4.22 VASOS DE PRESSÃO CILÍNDRICOS Considere o ilindro de parede fina da Fig. 4-2 fechado nas extremidades por placas e submetido à pressão interna p.A espessura da parede é h, c o raio interno, r. Desprezando-sc os efeitos de ligação das placas nas extremidades, vamos caleular as tensões longitudinal e circunferencial que aparecem nas paredes do cilindro devido a esse carre- gamento. Para determinar a tensão circunferencial G,. considere uma seção removida do cilindro de comprimento TED Resisrêncu vos Muresius £. O diagrama de corpo livre de metade dessa seção está representado na Fig. 4-2(). Observe que, depois de o corpo ser cortado, a tensão 6, aparece, então, como um esforço externo atuando nesse corpo livre, A Fig. 4-2/b) mostra a pressão c a tensão circunferencial atuando na seção transversal. tai id) [3 Figura 4-2 Um vaso de pressão cilíndrico. As componentes horizontais das pressões radiais se equilibram em virtude da simerria em relação ao eixo ver- tical, Na direção vertical, a equação de equilibrio fornece 20,hL+ K pride) L(seng) = O (4.1) Integrando, tem-se prilcosOl, ou (4.2) Note que a força resultante vertical, devido à pressão p. poderia ter sido obtida multiplicando-se a pressão pela área projetada horizontal 2rL sobre a qual a pressão atua. Para determinar a tensão axial 9, considere uma seção transversal do cilíndro, O diagrama de corpo livre da parte remanescente do cilindro é mostrado na Fig. 4-2(c). A condição de equilíbrio na direção axial fornece E =-prr +2mho,=0 ou (43) Logo, a tensão circunferencial é o dobro da tensão axial, Essas expressões simples para as tensões não são suficientemente precisas próximo às extremidades. Agora, vamos calcular o aumento no raio do cilindro devido à pressão interna p. Considere, separadamente, os carregamentos axial e circunferencial. Devido somente à pressão radial p, a tensão circunferencial é dada por a, = prfh, e, como o= Ee, a deformação circuferencial é dada por e, = pr/Eh. O comprimento em que e, atua é a circunferência do cilindro, que é 2xr, Portanto, a elongação total da circunferência é 2mpr Eh A=e(2ar) = (4.4) O comprimento da circunferência é, portanto, 2xr + 27pr Eh. Dividindo esse comprimento da circunferência por 27, encontra-se + pr/Eh, que é o raio do cilindro deformado; assim, o aumento no raio é igual a pr/Eh. Devido somente à pressão axial p, tensões axiais O, = pr/2h são criadas, Essas tensões axiais dão origem às deformações axiais e, = pr/2Eh. Como apresentado no Capítulo 1, um alongamento na direção da carga, que, nesse caso, é a direção axial, vem acompanhado por uma diminuição na dimensão perpendicular à direção da carga. Por- tanto, nesse caso, a dimensão circunferencial diminui. A relação da deformação na direção perpendicular à carga pela direção da carga foi definida no Capítulo 1 como o coeficiente de Poisson, representado pela letra v. Conse- quentemente, a deformação e, induz uma deformação circunferencial igual a—ve, e, se essa deformação é repre- sentada por eº temos é”, = —vpr[2Eh. Portanto, o aumento resultante do raio devido à pressão interna p é pr vp prof, 4 Ar= ER DER Et 3) 145) CapiruLo 4 * Vasos De PressãoDe Parede Fa ——— ED» SOLUÇÃO: Se não houvesse pressão de gás acima da superfície do vinho, a pressão (em qualquer direção), em qualquer profundidade y abaixo da superfície livre do líquido, será dada por p = Yy, onde y é 0 peso específico do vinho. A pressão total na base (y = H) é, então, (p, + YH). de modo que, da Eq. (4.2), à tensão circunferencial é AR tim onde A é a espessura da parede do tanque Para o equilíbrio vertical, o impulso para cima da pressão do gás p, deve ser equilibrado pela tensão axial 6, distri- ída uniformemente ao longo da parede no fundo do tanque, como mostra a Fig. 4-5. Assim Por Er = E Cmt pg =0 A tensão cireunferencial 0, é claramente maior do que a tensão axial €, e, portanto, cont (80000 + 9800 x 6)Pa x 1,5 m h o projeto. Temos 185 x 10ºPa a partir da qual se determina a espessura & = 0,001 1 m, ou 1,1 mm. No estágio anterior à montagem, existe uma ligeira “interferência” entre esses cilindros, isto é, o cilindro interno é maior do que o externo, não sendo passível haver deslizamento entre eles. Para haver a montagem, o cilindro externo é aquecido e, em seguida, colocado de modo a envolver o interno. Após o resfriamento, ocorrerá um ajuste de contração. Se ambos os cilindros são de aço e o diâmetro médio do conjunto é de 100 mm, encontre as tensões tangenciais em cada um dos cilindros resultante da contração se a interferência ial (do diâmetro) é de 0,25 mm. A espessura do cilindro interno é de 2,5 mm, e à do cilindro externo, 2 mm. Considere E = 200 GPa. 100 mm ” Vaso de pressão laminado Cilindro externo Cilindro interno Figura 4-6 SOLUÇÃO: Há, evidentemente, uma pressão interfacial p atuando entre os dois cilindros. Observa-se que não existem esforços externas aplicados. A pressão p aumenta o diâmetro do cilindro externo e diminui o diâmetro do indro in- terno, de modo que o cilindro interno apenas se encaixa dentro do cilindro externo. A expansão radial de um cilindro TED Resistêncu Dos Murenins 44 devido à pressão p é obtida utilizando-se a Eq. (4.4), ou seja, pr//Eh. Nenhuma força axial atua nesse problema. O aumento no raio do cilindro extemo devido à p. mais a diminuição no caio do cilindro interno devido à p, deve ser igual cial entre 0 raio, ou 0,25/2 mm. Portanto, temos à interferênci p(0,057 . piO,05) Tosa ioo nas * onto anos 00025 m e p=1IxI0Pa ou p=IL1 MPa x 10/X0,0025) (200 10"%0,002) is que o cilindro externo contraiu sobre o cilindro Essa pressão, ilustrada na Fig. 4.6, atua entre os cilindros dei interno. No cilindro interno, essa pressão p dá origem à uma tensão circunferencial (IX 10º)00,05) é 2 P: - TO UAS; 222 x 10º Pa ou 222 MPa No cilindro externo, à tensão circunferencial devido à pressão pé pr 01, [x10º%0,05 = 10,007) =297x10º Pa ou 277 MPa Se, por exemplo, a casca laminada está submetida a uma pressão interna uniforme, essas tensões de retração de ajuste paderiam ser simplesmente adicionadas às tensões encontradas com o uso da fórmula dada pela Eg. (4.2) O eilindro de aço de parede fina simplesmente envolve o cilindro interno de alumínio, como mostra a Fig 4-7. Encontre as tensões langenciais em cada cilindro devido ao aumento de temperatura de 33º€C, Não considere os efeitos introduzidos pela expansão axial. (Esse arranjo é muitas vezes utilizado para o armaze- namento de líquidos corrosivos). Use Ego = MO GPa a, =173x10f9€ E, =72GPa a = 22,5 PC SOLUÇÃO: O procedimento mais simples é, primeiro, considerar os dois cilindros separados um do outro, de modo que eles não estejam mais em contato. Devido ao aumento de temperatura de 33º, à circunferência do cilindro de aço aumenta o equivalente à 27 (0,5075) (33X1793 x 10) = 000182 m. Igualmente, à circunferência do cilindro de alumínio aumenta à equivalente à 27 (0.5025X33)(22,5 x 107º) = 0,00234 m. Portanto, à interferência entre os raios, ou seja, à diferença de raios, dos dois dros (devido ao aquecimento) é (2,34-L,82) / 27= 0,0828 mm. Não há cargas externas atuando nos cilindros. Entretanto, do enunciado do problema, as superfícies adjacentes dos dois cilindros estão, obviamente, em contato depois do aumento da temperatura. Por isso, deve haver uma pressão interlacial p entre as duas supertici uma pressão tendendo à aumentar o raio do cilindro de aço e diminuir o raio do cilindro de alumínio, de modo que o cilindro de alumínio possa se encaixar dentro do cilindro de aço. Tal pressão é mostrada nos diagramas de corpo livre da Fig 48, Usando à Eq. (4.4), a variação de raio de um cilindro devido à uma pressão radial uniforme p (sem força axial atuando) é pr/Eh. Consequentemente, o aumento de raio do cilindro de aço devido à p. somado à diminuição de raio do cilindro de alumínio devido à p, deve ser igual à interferência: logo 45 46 47 CapituLo 4 * Vasos De PressãoDe Paneve Fa ——— “SED POSTS p(O,5025p (200x10250,005) (72x 100.005) = 0,0828x10 ou p= 86300 Pa Cilindro de aço Cilindro de alumínio Figura 48 Essa pressão interfacial cria à continuidade necessária na superfície comum dos dois cilindros quando eles estão em contato, Utilizando-se a fórmula para à tensão tangencial, 0, =pr/, encontramos as tensões tangenciais nos cilindros de aço e de alumínio, respectivamente, — 86 300(0,5075) aço 0,005 =876xI0ºPa e =8,67x 10º Pa Um tanque esférico de diâmetro igual a 20 m e de espessura igual a 10 mm deve ser utilizado para armaze- nar gás. Sabendo-se que a tensão admissível do material é igual a 125 MPa, determine o valor da pressão p admissível de gás, SOLUÇÃO: Da Eg. (4.6), a tensão de tração em todas as direções é uniforme, dada por 6, = pr/2h. À substituição dos dados fornece: ho, Cr 2x 0,01 x 125 x 10º =D o = 25x 0º Pa ou 250 kPa O veículo de pesquisa submarina Alvin tem um casco de pressão esférico de 1 m de raio e espessura de pare- de da casca de 30 mm, O casco de pressão é de aço, tendo um ponto de escoamento de 700 MPa, Determine a profundidade de submersão que provocaria, na casca esférica, tensões iguais à tensão de escoamento. Considere que a água do mar tem um peso específico constante de 10 kN/m”. Utilize p = y, onde yéa profundidade. SOLUÇÃO: Da Eq. (4.6), a tensão de compressão devido à pressão hidrostática externa é dada por 0, =pr2y. À pressão hidrostática que corresponde ao escoamento é, portanto, 2y6, Ea o Reto =42x 10º Pa .p=42 Uma vez que p= 7y onde y é o peso específico da água do mar, temos 42x 10º = 10000 h =4200 m Observe que não se considerou aqui a possibilidade de fNambagem da esfera devido à pressão hidrostática, como tam- bém as efeitos das portas de entrada na resistência, Esses fatores, que fogem do escopo deste livro, ocorrem em uma profundidade de operação de 1650 m. Uma casca esférica de liga de titânio de parede fina tem 1 m de diâmetro interno e 7 mm de espessura. Ela está completamente preenchida com um líquido incompressível sem pressurização. Através de um pequeno orifício, uma quantidade adicional de 1000 em” do mesmo líquido é bombeada para dentro do reservatório, Torção 5.1 INTRODUÇÃO Considere uma barra rigidamente engastada em uma de suas extremidades e torcida na outra extremidade por um pendicular ao eixo da barra, como mostra a Fig. 5-1 gura. torque (momento de torção) T= Fd aplicado em um plano p Tal barra está em sorção. Uma repres ilternativa do torque é a seta curva mostrada na Fr r Figura 5-1 Torque aplicado em um eixo circular. Ocasionalmente, atuam conjugados ao longo do comprimento de um eixo. Nesse caso, é conveniente introdu zir um novo esforço, o momento de torção, que, para qualquer seção ao longo da barra, é definido como a soma algébrica dos momentos dos conjugados aplicados que se situam em um dos lados da seção considerada, A escolha de um dos lados é arbitrária e conduz ao mesmo resultado. Momento polar de inércia Uma propriedade matemática da geometria da seção transversal que ocorre no estudo das tensões provocadas em um eixo circular solicitado à torção é o momento polar de inércia J. definido em um curso de estática. Ele é apre | para uma consulta rápida a algumas formas comuns. Para um eixo cir- nércia sentado, na Tabela 5.1 da próxima pági ar vazado de diâmetro externo D, com um furo circular concêntrico de diã io transversal é dado por metro D, o momento polar de s=Eqi-D! (5.1) O momento polar de inércia de um eixo sólido é obtido fazendo D, = O na Eq. (3.1). Muitas vezes, é conveniente reescrever a equação acima na seguinte forma s= EaD = (DA DID, + DID, -D)  Tabela 5-1. Propriadades de áreas selecionadas Forma Centroide Momento de inércia R .e te=biénd + x 1= bh h — b 1,= nam LN a Essa última forma de representação é útil na avaliação numérica para J naqueles casos em que a diferença (D, - Dj) é pequena. Ver o Problema 5,3, Vamos determinar uma expressão que relaciona o momento de torção aplicado em um eixo de seção trans- versal circular e a tensão de cisalhamento em qualquer ponto no eixo. Na Fig. 5-2, o eixo é mostrado sob a ação de dois torques T em equilíbrio estático, Uma hipótese fundamental é que uma seção transversal plana do cixo antes do carregamento permanece plana « normal ao cixo depois do carregamento, Essa hipótese pode ser verificada experimentalmente para eixos circulares, mas não é válida para eixos de seção transversal não cir- cular. Figura 5-2 Torque atuando em uma seção de um eixo. Uma geratriz na superfície do eixo, chamada de O,A na Fig, 5-2, desloca-se em uma linha OB depois do mo- mento torçor ter sido aplicado. O ângulo entre essas configurações é chamado de q Por definição, a distorção y na superfície é r=ga=-a onde o ângulo à é considerado pequeno. Da geometria da figura, SD Ressrtucu cos Muremus Portanto, r8 = 3 1=T (5.3) Mas, uma vez que o diâmetro do cixo que é reto antes do carregamento permanece uma linha reta depois do carregamento, a distorção a uma distância qualquer p do centro do eixo pode, igualmente, ser escrita como % = pBiL. Consequentemente, à distorção das fibras longitudinais varia linearmente com a distância do centro do eixo. Figura 5-3 Tensão de cisalhamento atuando em um elemento diferencial de área. Uma vez que estamos interessados apenas no comportamento linear entre a tensão de cisalhamento e a distorção, é evidente que as tensões de cisalhamento que atuam nas fibras longitudinais variam linearmente com a distância do centro do eixo. Obviamente, a distribuição das tensões de cisalhamento é simétrica em torno do eixo geométrico do cixo. Elas têm o aspecto mostrado na Fig. 5-3. Por equilíbrio, a soma dos momen- tos dessas forças de cisalhamento distribuídas sobre a seção transversal circular toda é igual ao torque 7. As- sim, temos T- f zp dA (5.4) õ onde dA representa a área do elemento hachurado mostrado na 5-3, Entretanto, a tensão de cisalhamento varia com a distância do cixo; logo = constante onde o índice na tensão de cisalhamento indica a distância do elemento a partir do cixo da barra. Consequentemente, podemos escrever T= [rara [pias o P a: uma vez que a relação 1,/D é uma constante. Entretanto, a expressão [, Pº dA é, por definição, o momento polar de inércia da seção transversal. Portanto, a relação procurada é + rede ou E 6 Deve-se destacar que essa expressão é de proporcionalidade do material da barra. ida somente se nenhum ponto da barra possui tensão além de limite Curiruos * Tonção — To» 5.3 Considere um tubo de parede fina submetido a uma carga torçora, Determine uma expressão aproximada para o torque aplicado se a tensão de cisalhamento de trabalho é uma dada constante 7, . Determine também uma expressão aproximada para a relação resistência-peso 7/W do tubo. SOLUÇÃO: O momento polar de i de um eixo circular vazado é J = (232XD) = Dj). Se R é a raio extemo do tubo, então, D, = 28, e, se 1 é a espessura da parede do tubo, então, D,=2R = M. O momento polar de inércia 4 pode ser escrito em uma forma alternativa 1 =5510RP CR )= SIR (Ron!) = SARY SRP amo =!) 2 + -Epjall o if fi -4"[i4) dz) (4) [4] Desprezando-se os quadrados e as potências de ordem superior da relação 4/R, uma vez que estamos considerando um tubo de parede fina, 4 expressão torna-se, aproximadamente, 4 = 27k't. A fórmula de torção comum [Eg. (5.6)] &T = 1,.H4R. Para um tubo de parede fi expressão para o torque aplicado é T=2mR'T, O peso W do tubo é W = PLA, ande 7 é o peso específico do material, L. é o comprimento do tubo c A é a área da seção transversal do tubo. A área é dada por mê so rox (UT A=mR «actte memo nela (4) Novamente, desprezando-se o quadrado da telação 1/R para um tubo de parede fina, à área torna-se A = 2781, A relação resistência-peso 7H é dada por T nim, RT, Wo Zed Tr A relação é de considerável importância em projetos de aeronaves. 5.4 Considere dois eixos sólidos ligados por engrenagens cujos diâmetros primitivos são iguais a 5 cm e 25 em, como mostra a Fig. 5-6(a). Encontre a rotação angular de D, a extremidade direita de um dos eixos, em re- lação a A, é à outra extremidade à esquerda, provocada pelo torque de 280 N - m aplicado em D. O cixo da esquerda é de aço, com G = 80 GPa, e o da direita é de latão, com G = 33 GPa. 120cm d=3emf 280 Nem ta tey Figura 5-6 <TD Resisrêncu DOS Murenins SOLUÇÃO: O diagrama de corpo livre do cixo da direita CD [Fig. 5-6(4)] mostra que à força tangencial F atua na en- grenagem menor. Por equilíbrio, Fr=T 0,025 E = 280 “E =11200N O ângulo de rotação do eixo da direita é 280 x 1,00 =— SI = 0,1067 nad (33x 10"yr = 0,03"/32 O diagrama de corpo livre do eixo da esquerda AB é mostrado na Fig. 5-6(c). A força F é igual é oposta Aquela que atua na engrenagem menor €. Essa força F atua 12,5 em a partir da linha de centro do eixo da esquerda; portanto, ela transmite um torque de 0,125(11 200) = 1400 Nm para o eixo AB. Devido à esse torque, haverá uma rotação da extremidade B em relação à extremidade À, cujo valor é 1400 x 1,20 9, RO se O a se O NEFIA (80x 10x x 0,06//32 = 0,0165 rad Esse ângulo de rotação 8, provoca uma rotação de corpo rígido no eixo CD por causa das engrenagens. De fato, a rotação de CD será na mesma proporção da rotação de AB que a relação entre os diâmetros primitivos, ou seja, 5:1 Assim, uma rotação de corpo rígido de 5(01,0165) rad é transmitida para o cixo CD, Superpondo-se esse movimento de corpo rígido de CD com aquele previamente chamado de 8,, obtém-se o ângulo de rotação resultante de D em relação a À 0=50,+8, 5x 0,0165 + 0,1067 = 0,189 rad ou 10,87 5.5 Umeixo circular sólido é utilizado para transmitir 200 KW enquanto gira a 90 rpm (revimin). A tensão de cisalhamento admissível é 42 MPa. Encontre o diâmetro necessário para o cixo. SOLUÇÃO: A potência é expressa em N “mis, Por definição, | N -m/sé | W, Portanto, a potência é dada por P = onde T é o torque e à é a velocidade angular do eixo em radis, Ou, de uma forma altemativa, & = 2x/T, onde f indi revoluções por segundo ou hertz. Assim, temos 200 000 = 202 q T=21220N-m As tensões de cisalhamento nas fibras externas são máximas e dadas por dt?) 167 ado ad Logo, 42x 10º = 16021220) 2 d=0.137m ad 5.6 Um eixo circular sólido tem um diâmetro de 5 em e um comprimento de 4 m. Em seu ponto médio, é for- necida ao eixo, através de um correia que passa por uma poli ja de 65 hp. Essa potência é ui lizada para movimentar duas máquinas, uma na extremidade esquerda do cixo, consumindo 25 hp, e outra na extremidade esquerda do eixo, consumindo 40 hp. Determine a máxima tensão de cisalhamento no eixo e também o ângulo relativo de torção entre as duas extremidades do eixo. O eixo gira a 200 rpm, e o seu material é um aço com G = 80 GPa, SOLUÇÃO: Na metade esquerda do eixo, temos 25 hp. que corresponde ao torque 7 dado por P=To 25x746= 2 T,=890Nm 40x 746 = 57 ss Curiruos * Tonção — > A máxima tensão de cisalhamento ocorre nas fibras externas na metade direita e é dada por nele ou qo 1EDOOS ss prio! pa mx0,05/32 Os ângulos de rotação das extremidades esquerda e direita relativos ao ponto médio do eixo são, respectivamente, usando 8= TLAGY, º s90x2 80x 10"(m = 0,05'/32) 1425%2 8x 10!Gr > 0,05"32) 40363 rad e = 01,058] rad Uma vez que 8, e 8, estão no mesmo sentido, o ângulo de torção relativo entre as duas extremidades do eixo é 8=8,-8,=0,0218 rad. Um eixo circular, engastado em uma de suas extremidades e livre na outra, está solicitado por um momento de torção uniformemente distribuído de intensidade r por unidade de comprimento ao longo de seu com- primento [ver Fig. 5-7(4)]. A rigidez torcianal da barra é GJ, Encontre o ângulo de rotação da extremidade livre. 1 ARA An pot A tay E) Figura 5-7 SOLUÇÃO: Um diagrama de corpo livre da parte da barra entre à extremidade esquerda e à seção « é mostrado na Fig. 5-7(b). Um elemento de comprimento dx é destacado, nessa figura, para determinarmos a sua rotação angular. Por equi- líbrio de momento, em relação ao eixo da barra, um momento de torção 1x deve atuar à direita da seção mostrada, Esse momento de torção 1x provoca no elemento de comprimento e uma rotação angular [da Eq. (5.51 = Adr dg = 1 A rotação total da extremidade esquerda em relação à extremidade direita é encontrada pela integração de todos os ângulos elementais de rotação. Portanto, tem-se | ujde al GI GI Db Um eixo de aço ABC, de seção transversal circular constante e diâmetro de 80 mm, está engastado na ex- tremidade esquerda À e elasticamente restringido contra rotação na extremidade direita € (ver Fig. 5-8). Na extremidade €, a barra ABC está ligada à duas barras verticais de aço. cada uma com 16 mm de diâmetro. Um momento de torção de 6000 N + m atua em seu ponto médio B. A barra superior MN está ligada à ex- tremidade N de um diâmetro horizontal de 80 mm do eixo ABC, e a barra inferior PQ está ligada à outra extremidade Q do mesmo diâmetro horizontal, como mostra a Fig. 5-8(a). Determine a máxima tensão de cisalhamento que ocorre no eixo ABC e também a tensão de tração na barra MN. São dados para o aço: E=200GPae G=80GPa, SOLUÇÃO: Considere que as barras MN e PQ estão, temporariamente, desligadas do eixo ABC. Então. da Eq. (5.8). 0 ângulo de rotação em & em relação a À é o-1L- — tO000MOTS gra ad GH (8010) (r/32) (0,08)! Uma vez que nenhum momento de torção atua entre & e €, esse ângulo de rotação devido ao esforço de 6000 N -m será igual ao ângulo de rotação em €, chamado 8, ED Resistêncu DOS Murenins Resolvendo as equações (1), (2) e (3) simultaneamente, encontramos bt qd btt, I Tt +T, 2 L n=n Uma análise do comportamento da geratriz sobre a superfície imeira do eixo é agora bustamte imeressante, Origi- nalmente, 4 geratriz era uma linha reta de comprimento L, m transformou em uma linha quebrada, como mostra a Fig. $ ão das cargas torgoras T, é Ty ela se Cor re um eixo composto, constituído de um eixo sólido de 6 cm de diâmetro de uma liga de alumínio, circundado por um eixo vazado de diâmetro externo igual a 7 cm e diâmetro interno igual a 6 cm de aço. Os dois eixos são rigidamente ligados através da junção entre eles. Se 0 eixo composto é solicitado por um mo- mento de torção de 154 KN - m, determine a máxima tensão de cisalhamento no eixo de aço e de alumínio. São dados: G = 28 GPa para o alumínio e G = 84 GPa para o aço, SOLUÇÃO: T, é 0 torque transmitido para o eixo de alumínio, e T; é o lorgue transmitido para 0 eixo de aço. Por equi- líbrio estática de momentos em relação ao eixo geométrico, temos n+T,=T=154000Nm onde é o momento de torção externo aplicado no cixo, Es ma, Uma vez que ele possui duas in , T,€ Ty, É necessário serescentar ao problerma uma outra equação baseada nas deformações do eixo, À estrutura é, portanto, estaticamente indeterminada. a €a única equação de equilíbrio disponível nesse proble- Tendo em vista que os dois eixos são rigidamente ligados, os seus ângulos de rotação devem ser iguais. Em um comprimento £ do eixo, temos (usando a fórmula O= TLAGJ), TL Ti =— o ou 28x 10'(7x0,06//32) 84x 10"[7/0,07' —0,06/)/32] 03917, Essa equação, resolvida simultaneamente com a equação de equilibrio da estática, fornece T,= 43000 Nm (transmitido ao alumínio) e T,=11000N m (transmitido ao aço) As máximas tensões de cisalhamento no eixo de aço e de alumínio são, respectivamente, 111000 x 0,035 º 43000 0,03 Po mor! -0,06/432 =3,58x 10º Pa e n= O = 1,01 x 10º Pa 2x 0,06/32 5.11 Umeixo de seção variável tem o aspecto mostrado na Fig. 5-13, O trecho AB é de alumi com 6 =28 GPa, eo trecho BC é de aço, com G = 84 GPa. O trecho AB é de uma seção circular sólida, com um diâmetro de 4$ mm, enquanto o trecho BC é de uma seção circular vazada, com diâmetro extemo de 60 mm e diâmetro interno de 30 mm. Determine a máxima tensão de cisalhamento em cada trecho, como também o ângulo de rotação em 5, onde à carga torçora de 4000 N - m está aplicada. As extremidades 4 e C estão rigidamente engastadas. fe 12m el Figura 5-13 Figura 5-14 512 Curiruos * Tonção — ED» SOLUÇÃO: O diagrama de corpo livre do sistema é mostrado na Fig. 5-14. A carga torçora aplicada de 4000 N + me às lorques reativos incógnitos são representados como indicado. A única equação de equilíbrio da estática é EM, =T,+7,-4000=0 Uma vez que existem duas incógnitas, 7, e Tp. outra equação, baseada nas deformações, é necessária. Essa equação pode ser obtida se observarmos que a rotação angular em B é a mesma se ela for determinada na extremidade direita de AB ou na extremidade esquerda de BC. Usando a Eq. (5.8), temos T,x1,2 TE x2 — o dO ou 01875 Tg (28x 10"jm x 0,0451/32 (84x 10")m(0,06 —0,037732 Resolvendo, simultaneamente, para 7, € Tp encomramos T,=632N-m e T=3368Nm A máxima tensão de cisalhamento em AB é dada por É = TE GIO) Ao pa Md nro DAS) 132 eem BE, por ET (3370)(0,030) 85.0 MPa te mç0,06 = 0,03 O ângulo de rotação em 8, usando os parâmetos do trecho AB, é TL 1632/1,2) ——— SD = 00,0673 rad ou 3,86" 8, (28x 10" )u7 x 0,0457323 Um eixo vazado, de raio externo igual a 140 mm e raio interno igual à 125 mm, está submetido a uma força axial e a uma carga torçora, como mostra a Fig. 5-15, Determine as máximas tensões normal e de cisalha- mento no eixo, Figura 5-15 ter (by Figura 5-16 SOLUÇÃO: A força axial de 68 KN produz uma tensão de compressão uniformemente distribuída dada por - 68 000 a(o, 1407 — (0,1259] 5.44 MPa «ET Resistência DOS Murenins como indicada na Fig. 5-16(a). A tensão de cisalhamento na torção, nas fibras externas, devido à carga torgora de 35 EN “m é dada por TP 435 000n0,140) 1 mos! -0,25'132 =22,3x 10º Pa ou 22,3 MPa como indicado na Fig. 5-16(0). A partir do círculo de Mohr. as tensões principais são Cu = LIA NLIE 422, = 19,75 MPa Cri = 272 2,72) 422,3 =-25,2 MPa e a máxima tensão de cisalhamento é 22.47 MPa. Problemas Complementares 5.13 Um eixo circular sólido de 3,2 cm de diâmetro, quando submetido a uma torque T de 300 N - m, provoca um ângulo de rotação de 4,5º em um comprimento de 2 m. Determine o módulo de cisalhanmento do material. Resp. G=14GPa 5.14 Determine a máxima tensão de cisalhamento em um eixo circular sólido de 10 cm de diâmetro solicitado por um torque de 25kN em. Qual é o ângulo de rotação por unidade de comprimento se o material do eixo é aço, com G = 80 GPa? Resp. 127 MPa, 0,0318 rum Um eixo de hélice de um navio tem 250 mm de diâmetro, À tensão de cisalhamento admissível é igual a 50 MPy, é o ângulo de rotação admissível < igual à 1 em 15 diâmetros de comprimento. Sabendo-se que G = 85 GPa, determine o valor máximo do torque que o eixo pode transmitir. Resp 416kN cm &.16 Considere v mesmo eixo do Problema 5.15, mas com um furo axial de 175 mm ao longo de seu comprimento. As con- dições da tensão e do ângulo de rotação admissíveis são as mesmas. Qual é a percentagem de redução da capacidade de carga à torção do eixo? Qual é a percentagem de redução de peso do cixo? Resp. 6%,25% 8.17 Umeixo composto é constituído por um eixo sólido de cobre, com comprimento de 70 cm e 10 cm de diâmetro, ligado a um eixo sólido de aço, de comprimento de 90 em e com 12 cm de diâmetro. Um torque de 14 EN + m é aplicado em cada uma das extremidades do eixo composto. Encontre a máxima tensão de cisalhamento em cada material e o ângulo de rotação relativo entre as extremidades do eixo. Para o cobre, G = 40 GPa., para o aço. G = 80 GPa. Resp. No cobre, 71,3 MPa; no aço, &,3 MPa; 0= 00328 rad 8.18 Na Fig. 5-17, 0 eixo vertical e as polias chavetadas nele podem ser considerados sem peso. O eixo gira com uma ve- locidade angular constante. As correias e as três polias que estão rigidamente chavetadas no eixo estão indicadas. Se a tensão admissível no cisalhamento é de 50 MPa, determine o diâmetro necessário de um eixo sólido circular. Despreze a flexão do eixo devido à proximidade dos rolamentos para as polias. Resp. 29mm Capítulo 6 Força Cortante e Momento Fletor 6.1 NOÇÕES BÁSICAS Uma barra submetida a forças ou momentos que se encontram em um plano que contém o eixo longitudinal da barra é chamada de viga. Considera-se que as forças atuam perpendicularmente ao eixo longitudinal Vigas em balanço Se uma viga é apoiada apenas em uma extremidade, de tal forma que o seu eixo não possa girar em torno dessa extremidade, ela é chamada de viga em balanço. Esse tipo de viga é ilustrado na Fig. 6-1. À extremidade esquerda da barra é livre para se deslocar, mas a extremidade da direita é rigidamente fixada e é chamada de engastamento. Os esforços reativos do engastamento na viga são constituídos de uma força vertical e de um binário que atuam no plano das forças aplicada » Figura 6-1 Uma viga em balanço. Vigas simples Uma viga que é articulada em ambas as extremidades é chamada de viga simples. O termo “articulado” significa que os apoios são caj a, não sendo capazes de exercer momentos ou binários sobre ela. Assim, não há impedimento à rotação angular das extremidades da barra nos apoias quando a uzes de exercer somente forças sobre a bi barra deflete devido às cargas, Duas vigas simples são esboçadas na Fig. 6-2 P ur me E = tap o Figura 6-2 Vigas simples. Observa-se que no mínimo um des apoios deve ser capaz de sofrer movimento horizontal, de modo que nenhu- Mia reação existirá na direção do eixo da viga. Portamo, esse apoio é representado como um cilindro. Se nenhuma ED Ressrtucu cos Muremus extremidade for livre para se mover horizontalmente, então, uma força axial surg sob a ação da carga. Esse tipo de problema não será tratado neste livro. A viga da Fig. 6-2(a) é submetida a uma força concentrada; jána Fig. 6-2(b), a viga é submetida a uma carga uniformemente distribuída e um binário. na viga quando ela se deforma. Vigas simples com balanço Uma viga simplesmente apoiada em dois pontos e tendo uma ou as duas extremidades prolongadas além desses apoios é chamada de viga simples com balanço. Dois exemplos são dados na Fig, 6-3 P Pa tay (by Figura 6-3 Vigas simples com balanço. Vigas estaticamente determinadas Todas as vigas consideradas anteriormente, as em balanço, as simples e as simples com balanço, são vigas cujas reações dos apoios podem ser determinadas usando as equações de equilíbrio da estática. Os valores dessas reações são independentes das deformações das vigas. Essas vigas são ditas estaticamente determinadas Vigas estaticamente indeterminadas Quando o número de reações que atuam na viga excede o número de equações de equilíbrio da estática, é neces- sário que as equações da estática sejam complementadas por equações que consideram as condições de deforma- ções da viga. Nesse caso, a viga é dita estalicamente indeterminada. Alguns exemplos são mostrados na Fig. 6-4. V rim Vi = AE dE a ta 0) ter Figura 6-4. Vigas estaticamente indeterminadas. Tipos de carregamento As cargas que geralmente são aplicadas em uma viga podem consistir de forças concentradas (aplicadas em um determinado ponto), forças uniformemente distribuídas, caso em que a unidade é expressa como um determinado número de newtons por metro de comprimento da viga, ou forças variando lincarmeme. Esse último tipo de carga é exemplificado na Fig. 6-5 Uma viga pode ser também carregada por um binário aplicado. A unidade do binário será expressa em Nm. Figura 6-5 Uma viga com uma carga distribuída variando linearmente. CapíruLo 6 + Fonça Coatante e Momento Fierro — dc 6.2 ESFORÇOS INTERNOS E MOMENTOS EM VIGAS Quando uma viga é carregada por forças e binários, esforços internos aparecem na barra, constituídos por tensões normais e de cisalhamento, Para determinar os valores dessas tensões para qualquer seção da viga, é necessário conhecer à força e o momento resultantes que atuam nessa seção. Isso se obtém aplicando-se as equações de equi- líbrio da estática. P Ps Pa Pa E + Lo | (a) tb) Figura 6-6 Várias forças atuando em uma viga simples. Considerem-se várias forças concentradas atuando em uma viga, como na Fig. 6-6(q), Deseja-se estudar tensões internas ao longo da seção D, localizada à uma distância x da extremidade esquerda da viga. Para fazeri suponha-se que a viga seja cortada em D e a sua parte à direita de D seja removida. A parte removida deve, então, ser substituída, quanto ao efeito que ela exercia sobre a parte à esquerda de D, por uma força cortante vertical e um momento. Esses esforços estão representados no diagrama de corpo livre da parte esquerda da viga mostrado na Fig. 6-6(b). A força Ve o momento M mantêm a parte esquerda da viga em equilíbrio em conjunto com as forças R,. P, e Ps. As grandezas Ve M são consideradas positivas se elas tiverem o sentido indicado na figura, Momento resistente O momento M mostrado na Fig. 6-6(b) é chamado de momento resistente na seção D. O múdulo de M pode ser obtido usando-se uma das equações da estática que estabelecem que a soma dos momentos de todas as forças em relação a um eixo perpendicular ao plano da figura que passa por D é zero. Portanto, EM, M-Ra+PBlx-m+Blx-b)=0 ou M=Ra-Blxca)-Plx-b) (61) Assim, O momento resistente M é o momento no ponto D produzido pelos momentos da reação em A e das forças aplicadas P, e P,. O momento resistente M é devido às tensões que são distribuídas sobre a seção vertical em D. Essas tensões atuam na direção horizontal e são de tração em uma parte da seção transversal e de compressão na outra parte. Sua natureza será discutida em detalhes no Capítulo 7. Força cortante resistente A força vertical V mostrada na Fig. 6-6(b) é chamada de força cortante resistente na seção D. Por equilíbrio de forças na direção vertical, R-B-B-V=0 uy zr, RB =P, (6.2) Essa força V é realmente a resultante das tensões de cisalhamento distribi reza dessas tensões será estudada em detalhes no Capítulo 7. ídas sobre a seção vertical em D. A natu- Momento fletor A soma algébrica dos momentos das forças externas de um lado da seção D em relação a um eixo que passa por D chamado de momento fletor em D. Logo, para o carregamento da Fig. 6-6(b), escreve-se M=Ra-Pjx-aj= Px) ED RessrtucucosMuremus 6.4 FUNÇÕES SINGULARES As técnicas discutidas anteriormente, nas Seções 6.2 e 6.3, são adequadas se as cargas variam continuamente ao longo do comprimento da viga. No entanto, se forças ou momentos concentrados estão presentes, diferentes egua- ções de força cortante e momento Nletor devem ser escritas para cada intevalo entre essas forças e momentos con- centrados. Embora esse fato não apresente dificuldades fundamentais, ele normalmente leva a resultados muito complicados. Como veremos no Capítulo 8, esses resultados são particularmente difíceis de trabalhar quando se trata de deformações de vigas. Pelo menos alguma compacidade de representação pode ser alcançada por meio da introdução de funções singulares ou de meio intervalo. Vamos introduzir. por definição, o segmento (x — a) e definir essa quantidade como zero se (x = 1) <D, ou seja, x <a, e ser simplesmente (x = a) se (x = 1) > 0, ou seja, x > q, Essa é uma função de meio intervalo e ela é definida para ter um valor apenas quando o argumento é positivo, Quando o argumento é positivo, os colchetes se comportam apenas como parênteses comuns. A função de singularidade Se = ta ar (6.6) obedece à lei de integi tray! > E para nz0 fo-ora- A função singularidade é bastante adequada para a representação de forças cortantes e momentos fletores em vigas submetidas a cargas concentradas. Isso é evidente uma vez que, por exemplo, no Problema 6.8, para a força cortante V, o efeito da carga distribuída não está presente (explicitamente) na Eg. (1) para os pontos ao longo da viga à esquerda de w, mas aparece imediatamente na equação para V quando se consideram os valores de x à direi ta do ponto no qual a carga distribuída inicia. A utilização de funções singulares para as representações da força cortante e do momento fetor faz com que seja possível descrever cada uma dessas quantidades por uma única equação ao longo de todo o comprimento da viga, independentemente da complexidade do carregamento, Além disso, o método da função singular permite que elas sejam implementadas no computador de forma simples. Problemas Resolvidos 6.1 Para a viga em balanço submetida à carga uniformemente distribuída de w N/m de comprimento, como mostra a Fig, 6-10(4), escreva as equações para a força cortante e para o momento fletor em qualquer ponto ao longo do comprimento da viga. Além disso, esboce os diagramas de força cortante e momento fletor. SOLUÇÃO: Neste caso, não é necessário determinar as reações de apoio. Iremos escolher o eixo da viga como o eixo 1 de um sistema de coordenadas com arigem O na extremidade esquerda da barra. Para determinar a força cortamte e o momento Iletor em qualquer seção da viga a uma distância x a partir da extremidade livre, podemos substituir a pane da carga distribuída à esquerda dessa seção por sua resultante. A resultante é uma força de cima para baixo de valor wex N atuando no meio entre O e a seção em x, Essa resultante é indicada na Fig. 6-10(b) por um vetor tracejado. Observe que nenhuma das cargas situadas à direita da seção é considerada na cálculo dessa resultante, Tal força resultante tende a deslocar a parte da barra à esquerda da seção de cima para baixo com relação à parte direita. Pela convenção de sinal estabelecida, a força cortante é negativa, 1—4 v mi “ E TERRE E. + Ei : o tar Figura 6-10 6.2 CapituLo 6 + Fonça Contante E MENtO Fica ——— > A força cortante nessa seção x é definida como a soma das forças à esquerda da seção. Nesse caso, a soma é wx atuando de cima para baixo; portanto V=-nx Essa equação indica que a força cortante é zero em x =0e, quando x = L, ela é -wL, Uma vez que V é uma função de primeiro grau em x, o gráfico da força cortante é uma linha reta, ligando esses valores nas extremidades da viga. A Fig. 6-1 (a) mostra a representação gráfica, V [” o o! Força cortante Momento fletor 2 cb (a Figura 6-11 O momento fletor nessa mesma seção x é definido como a soma dos momentos das forças à esquerda dessa seção em relação a um eixo perpendicular ao plano do papel que passa pelo ponto À. Esse momento é igual ao momento da resultante em relação a um eixo que passa pelo ponto 4, isto é, o(s) O sinal de menos é necessário, porque a resultante para baixo indica momento letor negativo. Por essa equação, conclui-se que o momento fletor é zero na extremidade esquerda da viga é é -wL'2 na extremidade do engastamento quando += L. O momento fletor varia de forma parabólica do longo da barra e pode ser representado graficamente como na Fig. 6-1 166) Observa-se que a carga uniforme para baixo, como neste caso, produz um diagrama de momento fletor com conca- vidade para baixo, Isso poderia ser verificado tomando a segunda derivada de M em relação à x, ou seja, d Méê =— 1. Uma vez que a segunda derivada é negativa, a concavidade da curva é para baixo, segundo o cálculo. M Considere uma viga simplesmente apoiada com 4 m de comprimento submetida a uma carga vertical uni- formemente distribuída de 1600 N/m, como mostra a Fig. 6-1 2a). Trace os diagramas de força cortante e momento fletor. SOLUÇÃO: A carga total sobre a viga é 6400 N e, por simetria, conclui-se que cada uma das reações nas extremidades é igual a 3200N. Considere, agora, uma seção transversal qualquer da viga à uma distância x da extremidade esquerda. A força cortante nessa seção é determinada pela soma das forças à esquerda dessa seção, e essas forças são: a reação de a200 N e a resultante da carga distribuída ao longo do comprimento x. Essa resultante é 16x e atua para baixo, como indicado pelo vetor tracejado na Fig. 6-124b). À força cortante em x é, então, dada por V = 3200 1600x 1600 Nim WU o. a — E pn) 3M0N 4200 N 3200 N 3200 N ta it) Figura 6-12 Uma vez que não existem cargas concentradas atuando sobre a viga, essa equação é válida ao longo de todo o seu com- primento. O comportamento da força cortante ao longo do comprimento da viga pode ser representado por uma linha reta ligando os valores das duas extremidades. A força cortante é zero no centro da viga. ED Resistêncu DOS Murenins 63 3200 N Figura 6-13 O mo nto fletor na seção x é determinado pela soma dos momentos da força de reação igual a 3200 N e da resultante da carga distribuída igual à 1600x em relação ao eixo que passa pelo ponto À, como mostra a Fig. 6-124b) Lembrando-se de que forças para cima produzem momento fletor positivo, tem-se M = 32004 — ts00,[%) = 3200x — 800%? Uma vez que a carga é uniformemente distribuída, à resultante indicada por um vetor tracejado atua a uma dis- lância 4/2 de A, isto é, no ponto médio da carga uniforme à esquerda da seção x, onde o momento fletor está sendo calculado. A partir da equação acima, conclui-se que o momento fletor é representado por uma parábola ao longo do comprimento da viga, como mostra à Fig. 6-13b). Tendo em vista que a barra é simplesmente apoiada, o momento é zero em ambas as extremidades, e, por causa da simetria do carregamento, o momento fletor deve ser máximo no centro da viga, onde x=2 m. Logo, 0 momento fletor máximo é M, 320042) = 800(2) A viga simplesmente apoiada mostrada na Fig. 6-14(1) suporta uma carga vertical que aumenta uniforme- mente de zero, na extremidade esquerda, até um valor máximo de 8000 N/m, na extrenmidade direita. Trace os diagramas de força cortante e momento fletor. som 16800N poe — x o k | 1 E 2sm 14m 4 ' tap (by D +0s0se hp T 1 SOU tm y CL: ES + aro (És Tema te) Figura 6-14 SOLUÇÃO: Para determinar as reações R, é Ro, deve-se substituir a carga distribuída por sua resultante aplicada no cen- tro de gravidade do triângulo que representa o carregamento. Uma vez que a carga varia de O, na extremidade esquerda, até 8000 N/m, na extremidade direita, a intensidade média é de 4000 Nim atuando ao longo de um comprimento de 4,2 m. Assim, a carga total é de 16 800 N aplicados a 2.8 m à direita do apoio esquerdo. O diagrama de corpo livre a ser usado na determinação das reações é mostrado na Fig. 6-14(h). Aplicando-se as equações de equilíbrio da estática para esta barra, encontra-se R, = 5600 Ne R, = 11 200 N. CapíruLo 6 + Fonça Coatante e Momento Fierro > L MME Nm af em cela Do Cho 200N-m Im —je— 3 m— de 3 m—! Ra Re Figura 6-18 Resolvendo, vem R, = 450N BR =1350N Para a coordenada x como indicada, à força cortante a uma distância x do ponta À é descrita pelas três relações: v = 450 0<x<3m «3 V= 450 = 300(x — 3) 3<x<6m (49 V = 450 — 300(x — 3) + 1350 6<r<9m (5) Da mesma forma, o momento fletor, em cada uma das três regiões da viga, é descrito por M = 450x U<x<3Im (6) Mr = 4s0s 30066 - a(£52) 3<x<6m q) tr M = 450x — 30055 + 1350(x — 6) 6<x<9m (8) Esboços dessas equações são mostrados na Fig. 6-19, Nas regiões 8C e CD, é necessário determinar, a partir das Eq. (7) e (8), que a segunda derivada do momento fletor em cada uma dessas regiões é negativa e que, em ambos os trechos, a curvatura do gráfico do momento fletor tem a concavidade para baixo, aan Ca » [So * (ay Força cortante Lam 1osen ms VS Bs M - 270 Nm t (DJ Momento fletor Figura 6-19 6.6 Use funções singulares para escrever equações da força cortante e do momento fletor em qualquer posição para a viga simplesmente apoiada mostrada na Fig, 6-20, Resistência Dos Maresias 16 kN Lilo Figura 8-20 SOLUÇÃO: A partir das equações da estática, caleulam-se as reações de apoio: R6=I2000N R=4000N Para o sistema de coordenadas mostrado, com origem em £), pode-se escrever V= 1200064)" — 16000€x = 19º «y oque indica que V = 12000 N sex < Eme = 12000 - 16000 =-+000 N sex > 1 im Da mesma forma, M = 1200042)! = 16000(x = 1)! (2) oque indica que M = 12000xse x < | me M=12000%- 16000€% - 1)sca> | m. As relações (1) e (2) se mantêm para tados os valores de x, desde que seja aplicada a definição de funções singulares. O uso dessas equações conduz nos diagramas de força cortante e momento fletor mostrados na Fig. 6-21. tar T + ProaAN 16000 N ) Tumon tb) Força cortame 12000 N Es x (e) Momento fletor Figura 6-27 6.7 Considere uma viga em balanço solicitada somente por um momento de 300 N + m aplicado como mostra a Fig. 6-22(4). Usando funções singulares, escreva equações para a força cortante e para o momento fletor em qualquer posição na viga é trace os diagramas de força cortante e momento fletor. CapíruLo 6 + Fonça Coatante e Momento Fierro dE Ea = ol du OA E o (Ca rd 300N-m o m am 2m àm 2m Mi ta) tj Figura 6-22 SOLUÇÃO: Um diagrama de corpo livre é mostrado na Fig. 6-22(h), sendo que V, e M, são as reações do engastamento. Essas reações são determinadas pelas equações da estática, ou seja, V,=Ue M,=300N -m, Observa-se facilmente que a força cortante em todas as seções é =0 «1 Escreve-se, agora, a expressão para o momento fletor. Olhando da esquerda para a direita, observa-se que não existe momento fletor à esquerda do ponto 4. Em À, a carga aplicada de 300 Nm tende a fletir o trecho AB com uma curvatura que é côncava para baixo, e, de acordo com a convenção de sinal utilizada aqui, o momento fletor é negativo. Assim, o momento fletor em qualquer seção da viga é M=M(r = 3) 2 O gráficos das equações (1) e (2) são mostrados na Fig. 6-23. tu) Força cortante ” t z E ng boy Momento fletor Figura 6-23 6.8 Considere uma viga em balanço solicitada por uma força concentrada na extremidade livre junto com uma carga uniformemente distribuída sobre a metade direita da viga [ver Fig. 6-24 (a)]. Utilizando funções sin- gulares, escreva equações para a força cortante e o momento fletor em qualquer ponto da viga e trace os diagramas de força cortante e momento fletor. P n EE P E Eu . co no SOLUÇÃO: Um diagrama de corpo livre é mostrado na Fig. 6-24(b). Por meio da estática, determinam-se as reações de engastamento: embora, para o caso de uma viga em balanço, não seja necessário determinar as reações para escrever as equações da força cortante é do momento fletor, pois não existem carregamentos desconhecidos à direita do engastamemo (P e w são consideradas conhecidas).