Sérgio Concli Gomes - Resistência dos Materiais-Unisinos (1980)

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<p>PROF. SÉRGIO CONCLI GOMES RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS edição 1980</p><p>PROF. SÉRGIO CONCLI GOMES RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS Edição 1980</p><p>INDICE 1: Introdução ao estudo das tensões e deformações 1 1.1 - o problema fundamental da Resistência dos Materiais 1 3 1.2 - Solicitações fundamentais 1.3 Tensões 6 - 1.4 - Deformações 9 9 1.4.1 - Tipos e esquemas 1.4.2 - Deformação específica longitudinal 12 1.4.3 - Distorção 14 1.5 - Lei de Hooke 16 1.6 Deformação transversal, lei de Poisson 16 1.7 - Generalização da lei de Hooke 19 1.8 - Problemas resolvidos 21 1.9 - Problemas a resolver 23 1.10 - As condições de escritas em função das tensões 26 1.11 - Problemas resolvidos 27 1.12 Problemas a resolver 32 1.13 - Ensaios de tração simples, tensões limites, coeficientes de segurança 34 1.14 - Variação das tensões no entorno de um ponto, estudo 38 1.15 - Problemas resolvidos 43 1.16 - Problemas a resolver 45 1.17 - Variação das tensões no entorno de um ponto, estudo gráfico pela circunferência de Mohr 47 1.18 - Problemas resolvidos 56 1.19 - Problemas a resolver 61 1.20 - Teorias de resistência 63 1.20.1 - Teoria de Rankine 65 1.20.2 - Teoria de Guest 67</p><p>6. Vigas fletidas 172 6.1 - Conceituação 172 6.2 - Equações e diagramas de momentos fletores 174 6.3 - Problemas resolvidos 175 6.4 - Problemas a resolver 182 7. Flexão 183 7.1 - Tensões 183 7.2 - Projeto e verificação de vigas 187 7.3 - Problemas resolvidos 193 7.4 - Problemas a resolver 206 8. Solicitações compostas 213 8.1 - Esforço normal excêntrico 213 8.1.1 - Tensões 213 8.1.2 - Núcleo central 217 8.1.3 - Problemas resolvidos 219 8.1.4 - Problemas a resolver 229 8.2 - Diversas combinações de solicitações 238 8.2.1 - Encaminhamento do problema 238 8.2.2 - Problemas resolvidos 239 8.2.3 - Problemas a resolver 249 9. Respostas aos problemas propostos 256</p><p>1.20.3 - Teoria de St-Venant 69 1.20.4 - Teoria de Coulomb 70 1.21 - Problemas resolvidos 74 1.22 - Problemas a resolver 79 2. Esforço normal axial 82 2.1 - Conceituação 82 2.2 - Projeto e verificação 86 2.3 - Deformações 87 2.4 - Problemas resolvidos 88 2.5 - a resolver 94 3. cizalhamento convencional 103 3.1 - Conceituação 103 3.2 - Problemas resolvidos 106 3.3 - Problemas a resolver 109 4. Aplicação da Geometria das Massas a planas. 114 4.1 - Momentos e baricentros 114 4.2 - Momentos e produtos de 116 4.3 - Translação de eixos, teorema de Steiner 119 4.4 Rotação de eixos, momentos principais 120 4.5 - Problemas resolvidos 122 4.6 - Problemas a resolver 132 5. Torção 136 5.2 - Torção peças de secção circular 136 5.1.1 - Tensões deformações 136 5.1.2 - Arvores de transmissão 140 5.1.3 - Problemas resolvidos 142 5.1.4 - Problemas a resolver 146 5.2 - Peças de secção qualquer 148 5.2.1 - Formulário 148 5.2.2 Problemas resolvidos 155 5.2.3 - Problemas a resolver 164 5.3 - Centro de 168</p><p>1 1. Introdução ao estudo das tensões e deformações 1.1 - o problema fundamental da Resistência dos Materiais. Ao se estudar a Mecânica sob um enfoque tecnológico de grande importância a correta compreensão dos problemas de Tais problemas precedem naturalmente o estu do da Resistência dos Materiais e didaticamente se consti - tuem em dois grandes grupos: a determinação das reações vin- culares externas e a caracterização das solicitações funda mentais. Ambos os problemas são resolvidos mediante a aplica ção das Condições de Equilibrio da Mecânica, unicamente, quan do os sistemas estruturais propostos são isostáticos. Ao se calcular as solicitações fundamentais, problema posterior ao cálculo das reações vinculares exter - nas, estamos, como que, penetrando no interior da estrutura em estudo, para em suas diversas secções analisar a existên- cia e a grandeza de esforços normais (tração ou esforços cortantes, momentos de torção e momentos fletores. A Resistência dos Materiais se preocupa, fun damentalmente, com o comportamento das diversas partes de u- ma estrutura quando sob ação de tais solicitações. Vamos procurar caracterizar melhor o que se quer dizer com dois exemplos. Imaginemos um halterofilista ao sustentar a carga constituida pelo halteres. A posição do corpo a que</p><p>3 CARGAS DIFUSÃO EXTERNAS DOS ATIVAS ESTRUTURA SOLICITAÇÕES PROJETO CARGAS EXTERNAS DEFORMAÇÕES REATIVAS VERIFICAÇÃO CAPACIDADE LIMITE DE RESISTÊNCIA DO MATERIAL 1.2 - Solicitações fundamentais Caracterizar as solicitações em uma secção genérica da estrutura carregada e questão de no entanto, por sua importância, vamos recordar esta determina ção. Suponhamos sistema material da fig. 1A., submetido a cargas externas (ativas e reativas), as qua is constituem um sistema de "n" forças, em s A) B) c)</p><p>2 a experiência indicou como a mais funcional para a ab - sorção do esforço. Seus músculos estão retesados. E possi - vel notar certo encurvamento em seus braços e pernas. Suponhamos agora uma tabua apoiada , por suas extremidades ,a duas mesas. ponto médio da uma grande pedra. E notar que a se encurva, fá- cil imaginar que as fibras superiores da estão compri- midas e que as fibras inferiores estão distendidas. Os dois exemplos nos permitem concluir que: a) os esforços revelam-se pelas deformações que provocam. b) se um corpo suporta cargas ocorre um fenômeno mecânico que é a difusão dos esforços pelas diversas partes que constituem o corpo. c) se um corpo suporta cargas ocorre um fenômeno geométrico, uma mudança da forma original, isto a deformação. E claro que podemos facilmente entender que em qualquer dos dois exemplos a capacidade portante da estru tura (homem, limitada, isto é, pode ocorrer um co- lapso estrutural se o carregamento for excessivo. Dai nota- mos ser necessário conhecer a capacidade resistente dos mate riais afim de que possam resistir, com segurança, ao carrega mento que lhes for imposto. Desta maneira podemos resumir em um esquema genérico, a condução de um problema de Resistência dos Mate- riais, conforme o fluxograma a seguir:</p><p>5 das forças não um sistema em de um modo ge ral. o sistema das forças P1 pode ser caracteri zado por seis parâmetros segundo três eixos ortogonais ar - bitrariamente escolhidos. Vamos escolher um sistema único de eixos afim de que os seis parâmetros do sistema das sejam únicos. Acrescente-se que, sendo sistema material rigido, os seis parâmetros (elementos de redução) constitu- em um sistema vetorialmente equivalente e ainda, causam os mesmos efeitos mecânicos. o triedro escolhido será constituido por: A) eixo X: normal a S em seu baricentro (G) B) eixos Y e Z : contidos em S e coincidindo com os eixos principais centrais de inércia de S A determinação geral de baricentros e ei - XOS principais será abordada no título 4. My W Mt Ex - X N - S S a) b) FIG.2 Adotando o triedro citado os seis parâme - tros do sistema das estão representados na fig. 2a. e es- tão abaixo relacionados.</p><p>4 Estando o sistema das F1 em sa- bemos que seus elementos de redução para um polo qualquer nulos, isto + n + I) a resultante geral nula, R = II) o momento polar do sistema em relação a um polo qualquer n + nulo 1 Essas duas condições vetoriais podem ser expressas por seis condições escalares, quando adotarmos mo referência um sistema cartesiano ortogonal XYZ. Neste ca- so as duas condições serão expressas por: I) a soma das projeções de todas as forças segundo os três eixos são nulas, = o , EY = EZ = o II) a soma dos momentos axiais de todas as forças, em relação aos três eixos são nulas, o , = o , IMOZ = o Admitamos agora cortar o sistema material em uma secção genérica S e que eliminamos uma das partes, a da direita, por exemplo, (fig 1B). E lógico que agora a parte esquerda não es- mais em será o mesmo dizer que as condições I e II nao se cumprem. Simples notar que o equilíbrio não mais se verifica pela ausência da parte da direita, a qual, reco- locada, o equilíbrio. Imaginemos então colocar em S um sistema de forças P1 (fig. 1C), tal que, junto com as F1 aplicadas so- bre a parte esquerda constitua um sistema em equilíbrio. En- tão o sistema das forças P1 representa a ação da parte elimi nada sobre a parte conservada. Vale ressaltar que sistema</p><p>7 GAA S FIG.3 Chama-se tensão média, no elemento A A de + S, a razão entre AF e AA, isto é: p = m AA Note-se, desde já, que tensão e grandeza torial cuja direção e sentido coincidem com a direção e sen tido de AF. A equação dimensional e = Então as u nidades de tensão são unidades de força por unidades de com- primento ao quadrado, em geral se usa o kgf/cm2. Levando-se a razão ao limite com AA AF AA tendendo a zero teremos a tensão em um ponto, fig. 4a. + lim AF p ( ) = AA dA YA YA a) b) F10.4</p><p>6 = soma das projeções das sobre X ou soma das projeções das que atuam sobre a par te direita, sobre X ou soma das projeções das que atuam sobre a parte esquerda, sobre X, com sinal trocado = soma dos momentos axiais das em rela- ção a X ou soma dos momentos axiais das que atuam sobre a parte direita, em relação a X ou soma dos momentos axiais das que a- tuam sobre a parte esquerda, em relação a X, com si nal trocado. De modo se considerarão os metros e Em oy em relação a Y e e Em em relação Em geral quando se calculam os seis metros se prefere como os parâmetros das que atuam sobre a parte conservada, com sinal Fisicamente os seis parâmetros represen- tativos da ação da parte eliminada sobre a parte conserva da sao a seguir nomeados (fig 2b). IX = N e esforço normal, qual confor me o sentido poderá indicar tração ou compressão. = são os esforços cortan tes. e momento de torção. = os momentos fletores. as seis solici tações fundamentais. 1.3 - Tensões Imaginemos uma secção S em uma peça car regada, fig. S tomemos um elemento de AA. Ao ele mento AA corresponde um elemento de força</p><p>9 A A 90° B B F10.5 a) b) c) d) Nas figuras 5a e 5b vemos a aplicação do principio da reciprocidade das tensões tangenciais. Na figura 5c a existencia da T , em A , na direção da aresta comum, não exige a existência de tensão tangencial em B. Na figura 5d a T , em A, apresenta uma componente T1, normal a aresta comum, isto exige que, na fa- ce B, exista a As tensões são indices da maneira como as solicitações se difundem nas diversas secções das peças carre gadas. 1.4 - Deformações 1.4.1 - Tipos e esquemas Imaginemos uma mola, fixa a um suporte a qual sucessivamente suspendemos cargas. A figura 6 mos- tra carregamento e descarregamento sucessivo da mola.</p><p>8 A tensão total to pode ser decomposta, se- gundo os eixos X, Y e 2 em suas componentes ortogonais to e Desta maneira temos: E comum compor e obtendo , fig. 4b, e ficamos com: = Usamos a notação: + p : tensão total em P to : tensão normal em P, sua direção normal a S, em P. + : tensão tangencial ou de cizalhamento em P, sua reta suporte está contida em passando em P. Comumente trabalharemos com as tensões normal e tangencial e não com a tensão total.Ainda, interes se primordial será no valor algébrico das tensões, isto dulo e sentido. Por este motivo abandonaremos a notação veto- rial, pois usaremos para identificar uma tensão apenas um nú- mero (módulo) e um sinal (sentido) Observe-se ainda, que valor algébrico das tensões normal e tangencial, em P, depen- dem da secção S, que considerarmos passando em P. Em relação as tensões tangenciais, verifica-se o chamado da re ciprocidade, o qual pode ser enunciado como segue. "Se em uma das faces de um diedro retângulo, existir uma tensão tangencial normal a aresta, então na outra face existirá também uma tensão tangencial normal a aresta As duas tensões terão mesmo módulo e ambas se afastam ou se aproximam da aresta".</p><p>11 E lógico que, não extrapolar a experiência acima descrita além de certo limite de car- ga, para cada mola. Com isto queremos dizer que, se uma mola tem constante K= 10 kgf/cm então não seria válido afirmar que, suspendendo 1 tf nesta mola ela se alonga- ria de Compreende-se que ou a mola romperia ou, pe- lo menos, a deformação provocada não seria raversivel, mas sim permanente. Naturalmente chegamos a outro tipo de de- formação, a deformação plástica, caracterizada pela nexistência de reversibilidade e de proporcionalidade entre cargas e respectivas deformações. Para os diversos materiais se caracteriza o limite elástico ou limite de proporcionalidade, por u ma tensão normal. Assim ao se dizer que para certo aço a tensão normal limite de proporcionalidade e 3600 kgf/cm2 se entende que tensões normais maiores do que 3600 causarão, deformações Finalmente acrescentemos que, em realida de os materiais quando submetidos a carregamento, apre- sentam deformações Quando estamos dis tantes do limite elástico, em tensões reduzidas, tipo elástico e predominante na deformação, enquanto que com tensões elevadas, acima do limite elástico, predomi- nância do tipo plástico. Conforme se verá oportunamente, a maioria dos problemas elementares de Resistência dos Materiais são tratados na fase enquanto que casos mais sofisticados são trabalhados na fase plástica. Esta par te se constitui num dos ramos mais modernos do estudo desta Basicamente esquemas de deformação são os dois que aparecem na figura 7.</p><p>10 d P Em a a mola está descarregada, em b a carga P1 provocou a distensão em a carga P2 provo cou a distensão em d com a carga P1 a distensão foi d1 e finalmente em e a mola está novamente descarrega- da. Notamos que as deformações (distensões) no processo de carga foram as mesmas que no processo de descarga e que cessada a carga deixou de existir a de- formação, então as deformações foram reversíveis. Um exame quantitativo das deformações em função do carregamento mostraria a d1 = = = K No caso, a constante K chamada constan- te da mola. Deformações deste tipo são chamadas elás- ticas, elas se apresentam como reversiveis e proporcio- nais cargas.</p><p>13 Convenciona-se chamar a tensão normal que alonga as peças, de tensão normal de tração ou positiva. A tensão normal que encurta as peças a tensão normal de compressão ou negativa. Assim temos na figura 8A : > o ou de tração > o é o alongamento total No caso da figura 8B : o se AL > o e</p><p>12 6 6 A) B) FIG. 7 Um elemento, fig. 7A, submetido a tensões normais alonga-se ou encurta-se. No caso do elemento es tar submetido a tensões tangenciais, diz-se que ele so- fre uma distorção, fig. 7B. 1.4.2 - Deformação específica longitudinal Admitamos um elemento linear cujo compri- mento e L1 qual e submetido a tensões normais nas fa- ces perpendiculares a direção de L1 (fig.8). o elemento sofrerá uma deformação e seu comprimento passará a ser Lf Li 6 A) AL B) Lf</p><p>15 tgy = CC = DD' BC AD como trabalhamos geralmente no "campo das pequenas defor mações" então usar tgy=yrad pois e assim ficaremos com CC = DD' Y = BC AD Então a distorção específica e avaliada pe- lo ângulo Tal ângulo a variação que sofreu ân- gulo reto (ou ABC) devido a atuação das tensões tangenciais. Observe-se que: I) E usar quando representa um aumento no ângulo reto e se representar uma diminuição no ângulo reto. II) Y e adimensional, e muitas vezes expresso per- centualmente, em taxa milesimal ou em mm/m. Com as noções quantitativas vistas até ago- ra, parte do nosso esquema de trabalho, representada no fluxograma do 1.1, pode agora ser sintetizada sim bolicamente. E 6= Z 6 TENSÕES N,M E SOLICITAÇÕES 7=68 DEFORMAÇÕES</p><p>14 II) é adimensional, no entanto, para melhor entendi- mento muitas vezes expresso percentualmente, em taxa milesimal ou ainda em mm/m. 1.4.3 - Distorção Vamos supor elemento ABCD da figura 9 submetido a tensões tangenciais em suas faces. Por fa cilidade de compreensão supomos a face AB como fixa. A- a atuação das tensões elemento está distorcido na situação ABC'D'. D D' e B Define-se: "Distorção específica (escorregamento específico ) é a razão entre deslocamento e comprimento res pectivo, medido na direção perpendicular ao deslo- Deste modo a distorção específica é a ra- DD' CC' = mas observamos que: AD BC</p><p>17 L-AL A D+AD L FIG. 10 A figura 10 mostra uma peça sub metida a uma força axial de compressão. Em linha tracejada se representa a situação anterior a deformação, em linha cheia a situação após a deformação. Nota-se que houve uma distensão na direção perpendicular a reta de ação da força. = AL L a deformação longitudinal AD D e a deformação específica transversal As três conclusões dos de Poisson, sobre a deformação transversal são: I) As deformações longitudinal e transversal são sempre de sinais contrários. II) As deformações específicas longitudinal e transversal são proporcionais. III)Em uma mesma secção transversal a deformação especifi- ca transversal constante. A conclusão I evidente, a um alongamento longitudinal corresponde um encurtamento transversal. A um encurtamento longitudinal corresponde alongamento trans- versal. Isto para > o temos t De acordo com a conclusão II podemos escrever: t</p><p>16 1.5 - Lei de Hooke Hooke, em 1678, experimentalmente, conclu iu que: "As tensões e as deformações são propor - cionais, enquanto não se ultrapassar o limite elásti co". Assim podemos escrever: = constante = constante Y T = G Y As constantes E e G são chamadas, respec- tivamente, módulo de elasticidade longitudinal e módulo de elasticidade transversal. Elas são caracteristicas de cada material. Estas constantes são dimensionalmente iguais as tensões, portanto são medidas com as mesmas unidades de tensão. Para o aço comum de construção E= 2,1 106 kgf/cm2 2 e G= 8 x 105 kgf/cm2 1.6 - Deformação transversal, lei de Poisson Poisson, experimentalmente, estudou a de- formação transversal que peças carregadas sofrem nas dire- ções perpendiculares a linha de ação do esforço. Calcula-se a deformação específica trans- versal da mesma forma que se calculou a deformação fica longitudinal.</p><p>19 a deformação as dimensões passaram a ser: a - b - e L + AL. A deformação transversal, na mesma secção é constante, isto = Aa a = b 1.7 - Generalização da lei de Hooke A figura 12A mostra um prisma submetido a tensões normais em suas faces. Z A Z B) Y A) FIG. 12 D) y Nas figuras 12B, 12C e 12D estão represen tadas as projeções 03 planos XOZ, YOZ e XOY respecti vamente.</p><p>18 = constante Costuma-se representar a constante por - , e de coeficiente de Poisson. A razão do sinal negativo e a conclusão I. Desta forma a expressão a- nalitica da lei de Poisson é: t = o coeficiente de Poisson caracteristico de cada material. Para aço comum 0,3. As constantes elásticas de um material são E, G e Elas se relacionam pela expressão: E G = 2 (1 + v) A conclusão III evidenciada pela figura 11, onde vemos um prisma de base retangular, cujas dimen - soes sao a, b e L antes da atuação da carga de tração axi- al. L</p><p>21 conhecido como "lei de Hooke generalizada". Observe-se que: I) um estado plano de tensões não implica em um estado pla no de deformações, isto se e = o então e II) para a dedução anterior, as tensões y e fo- - ram admitidas de tração, portanto positivas. Se alguma delas for de compressão, deverá figurar nas com o sinal negativo. III)resultados positivos para as deformações indicarão a - longamentos, enquanto que, resultados negativos signi- ficarão encurtamentos. 1.8 - Problemas resolvidos 1) - Um elemento cúbico foi retirado do interior de uma pe ça sujeita a forças, nas faces deste elemento existem somente tensões normais conforme se indica na figura 13. Sendo o módulo de elasticidade longitudinal igual 106 kgf/cm2 e coeficiente de Poisson igual a 0,3, pede-se calcular a específica linear na direção do eixo X. - - ) E YA kgf/cm 2 0 kgf/cm 2</p><p>20 Nos propomos calcular as es- pecíficas lineares 'x' e segundo as direções dos eixos X, A deformação especifica linear na direção X, é obtida superpondo-se os efeitos de direção X. Assim temos: = alongamento longitudinal, na direção X, por causa de = encurtamento específico transversal, na direção X, por causa de = encurtamento específico transversal, na direção X, por causa de Logo: - - E Procedimento análogo nos conduziria as expressões . Em última conjunto das expressões: 6</p><p>23 = + = - 10 kgf/cm2 E = x x = - E = Resposta: Na direção X ocorre um encurtamento específico 24 x 10-6 ou 24 x 10-4 % 1.9 - Problemas a resolver 1) - o prisma da figura 15 está submetido a tensoes normais cujos módulos são = 40 = 60 kgf/cm2 e = 50 Pede-se calcular as deformações espe- lineares nas direções X, Y e Z. Sabe-se que o módulo de elasticidade longitudinal e 106kgf/cm2 e que o coeficiente de Poisson 0,25. y FIG. 15</p><p>22 2 I 106 { 100-0,3 200 Resposta: Na direção X, ou ocorre 2 10-3 um % alongamento específico de 2) A placa da figura 14 é submetida a tensões de compres - são, na direção X, de módulo 50 kgf/cm2. Sabe-se que a deformação é impedida na direção Y, devido a presença de elementos fixos A e B. pede-se calcular a deformação específica linear na direção X. - Dados: Coeficiente de Poisson 0,2 de elasticidade longitudinal 2 x 106 = E E A AY 50 B FIG. 14 Solução 50 kgf/cm2 E= 2 x 106 kgf/cm2 -</p><p>25 P P P Pede-se calcular: a) a deformação específica linear na direção Y. b) a deformação linear total na direção 5) Admite-se que as placas A e B distribuem uniformemente as forças P sobre as faces da peça tubular da figura 19. Determinar qual valor de P que acarreta um acréscimo de 0,2 mm na espessura das paredes. Dados: E = 105 = 0,4. A B 2 P V P 6 2 cm Fig.19 = 0.2 20 P = 3 =</p><p>24 2) Dado elemento da figura 16 submetido a um estado plano de tensões, pede-se calcular as deformações específicas lineares nas direções X, Y e Dados: = 0,3 ; y I IN 6 6 FIG.16 3) A placa da figura abaixo é submetida a tensões normais de compressão, na direção de módulo 1000 kgf/cm2. Sabe-se que a deformação impedida na direção X, devido a presen ça de elementos fixos A e B. Pede-se calcular a deforma - ção linear total na direção Y. Dados: = 0,4 = kgf/cm2 10 cm FIG 17 4) A figura 18 mostra um prisma submetido a forças P=3tf e Q = 3,2 tf. As peças A e B fixas. Dados: E =105 0,2</p><p>27 b) admitindo-se, por simplicidade inicial, que as tensões tenham distribuição uniforme sobre a área (A) da sec- ção considerada, teremos: N = força normal a secção Q = T A força contida na secção 1.11 - Problemas resolvidos 1) A treliça plana da figura 21 constituida de barras cu- ja área da secção transversal 2 2 b = = FIG.21 Calcular as tensões normais nas barras a, = 152 252 Solução: Cortamos a treliça segundo a secção S, conservamos a parte da direita, que não reações exter - nas. Nas secções de corte acrescentamos as solici- tações internas que representam a ação da parte da esquerda (eliminada) sobre a parte da direita (con servada). As solicitações são colocadas sob a for- ma de tensão multiplicada por área. E conveniente representar as tensões como de tração (positivas) Desta forma um resultado positivo in- dicará tração na barra e um resultado negativo re- presentará compressão na barra. o que se expôs a- cima representado na figura 22.</p><p>26 6) Um bloco prismático, conforme mostra a figura 20, está submetido a esforços em suas faces. Determinar valor da força Q. para que a deformação linear total na dimensão 8 cm seja um alongamento de 0,2 mm. Dados: E = 105 0,25. 5cm Q 12cm 48tf Fig.20 1.10 - As condições de escritas em função das tensões Os problemas de são resolvidos com a aplicação das conhecidas Equações de Equilíbrio da Mecânica: IM = o OX Tais equações escritas em função de forças, porém podem ser escritas em função de tensões se lem brarmos que: a) a do corte (título 1.2) que permite calcular as solicitações e em consequência as tensões um procedimen to fundamentado no</p><p>29 6tf P Solução: o parafuso resiste ao esforço em duas secções. Cor- tamos o parafuso nestas duas secções e isolamos a peça P. Na figura 24 representamos a peça P em uma vista superior. GA A equação de equilíbrio = 0 resolve problema. = 0 6 - 2 A = 0 T = A 3 sendo A = 3 cm2 = 3 T = 10000 tf/m2 = 1000 3) Determinar as tensões normais na chapa de um tubo de pa- rede fina de grande comprimento sujeito a uma pressão in terna de 24 A razão entre raio médio do tubo e a espessura da parede de 50. Solução: Em tubos de grande comprimento submetidos a pressão interna, e desprezar o efeito das for- que resultam das pressões sobre as bases do tu- bo.</p><p>28 S a b FIG.22 Basta escrever as equações de equilibrio e resolvê-las. = = 1 cos a Sendo = 2 e 458 = = 5000 tf/m2 = 500 kgf/cm2 = - kgf/cm2 b Conclusão: Na barra a ocorre uma tensão de tração de 500 na barra b tensão de compres são de 707 kgf/cm2. A barra não está sob ter - são. 2) Encontrar as tensões tangenciais no parafuso da figura 23 cuja área da secção reta é 3</p><p>31 y 27 Desejamos projetar a força resultante das pressões atuantes no elemento (pdA) sobre eixo Y, esta - projeção será pdA cos a Notamos que dA a a proje- ção de dA sobre um plano perpendicular ao eixo Y. Voltando a figura 26, temos que a projeção da força resultante das sobre o eixo Y, será pd A = cosa dA pois uniforme A A Finalmente, dA a = 2 RL que e a pro- A jeção da área de atuação das pressões sobre um plano perpen dicular a Y. Desta maneira a projeção da força resultante das pressões sobre o eixo Y será 2 R L p. Então temos, na figura 24: E Y = o 2 R L p - 2 e Lo = o = e como R = 50 kgf resulta = 1200 kgf e , P = 24 2 2 (T) cm cm</p><p>30 Tais forças atuam em A e B na figura 25. Ademais, sendo tubo de parede fina podemos considerar A S3 Ra L Procedemos cortes nas secções retas quaisquer S1 e dis- tantes de L , e na secção média longitudinal Isolamos e elemento resultante, o qual está representado na figura 26. R FIG.26 problema resolvido com uma equação Para escrevermos esta equação será necessário pro- jetar a força resultante das pressões internas sobre o ei - Na figura 27 vemos um elemento de área (dA) sobre o qual atua uma pressão ( p ). V = e</p><p>Fab 33 + 30000 = D 2 b 60 60° 10) - Achar a lei de variação das tensões normais nas diver- sas secções de um cabo de específico p. o cabo es suspenso ao teto e submetido apenas ao peso próprio. 11) - Duas barras prismáticas, rigidamente ligadas entre si, conforme a figura 31, suportam 4.500 kgf. A barra supe rior é de aço com peso específico 7800 e a infe rior de latão com peso específico 8.300 De - terminar as tensões normais máximas em cada barra. 77 =64 cal M by 12) - Determinar as tensões normais na chapa de um reserva- de 6 mm de espessura e 1,56 m de diâme tro médio, sujeito a uma pressão interna de 16 kgf/cm2. = 16.156 = 1090 4</p><p>32 1.12 - Problemas a resolver 7) - As barras articuladas da figura 28 suportam a carga de 1000 kgf, tendo área de secção transversal 2 cada uma. Determinar as tensões normais nas hastes. 2 1000 100. 13 60? 60° = 53.2 FIG.28 8) - Determinar as tensões tangenciais na secção reta de um parafuso que une um tirante a um bloco, conforme a fi- gura 2 7 0 = FIG 29 itf 9.) - Duas barras articuladas em a, b, suportam em b a car ga de 30 tf. As secções retas das barras apresentam as seguintes áreas: A ab =25 cm2 , 45 Determinar as tensões normais nas barras.</p><p>35 OR D B a) Ea ER c) ER b)+ E E FIG. 33 Na figura 33a, vemos diagrama X pa- ra um material ductil com escoamento definido. o trecho AB nos mostra uma variação linear entre E, isto tensões e deformações são proporcionais, e válida a lei de Hooke. A inclinação da reta AB nos caracteriza módulo de elastici- dade longitudinal, isto tga = E. Este trecho, no qual as deformações são elásticas, limitado pela chana- da tensão limite de proporcionalidade. o trecho BC repre- sentado por uma linha curva. As deformações crescem mais ra pidamente do que no trecho AB. Já ocorrem deformações ticas. A lei de Hooke não mais válida. Continuando a cres cer a carga de tração e portanto a tensão normal se atinge o periodo CD chamado escoamento. As deformações, agora, cres cem sem que a tensão varie, praticamente. Embora material se apresente em reorganização interna, ele está invalidado para uso em função resistente. Admite-se, normalmente, nes- te tipo de material, a tensão de escoamento, como a ten limite de resistência. Tendo material sofrido uma re- organização interna ele continua a resistir a ação da carga axial. Agora as deformações são grandes, já a olho nú, a diminuição de secção transversal (estricção) e percep tivel. As deformações são plásticas. o crescer da carga con duz, finalmente, a ruptura do corpo de prova.</p><p>34 13) Use as condições de equilíbrio escritas em função das tensões para determinar as tensões normais nas hastes da treliça espacial abaixo. A força P horizontal e paralela & AB e a horizontal e paralela a BC. Dados: P = 4tf 5 D Q 3m 4m A 1.13 - Ensaios de tração simples, tensões limites, coefici- entes de segurança. A fim de se determinar caracteristicas me cânicas dos materiais são realizados ensaios. Tais ensaios sao padronizados pela ABNT. Um dos ensaios mais elementa- res, porem mais importantes, e ensaio de tração simples. Neste ensaio uma barra do material em estudo tracionado a xialmente. A de ensaio provida de um dispositi- registrador qual nos fornece gráfico tensões x defor mações. Os gráficos obtidos sao de um dos três tipos apre- sentados na figura 33, os quais passamos a analisar.</p><p>37 tração, então diferente, em módulo e sinal, da tensão de ruptura por compressão, Assim para os materiais frá- geis temos dois limites que são: Em termos gerais calculista estrutural deve se preocupar com binômio isto não usar peças tão reduzidas em dimensões que possam entrar em colapso nem peças tão robustas que sejam Devemos então, ter um que nos per- mita a otimização do binômio Tal poderia, em ser imaginado como sendo No entan to, trabalhamos com uma série de fatores de incerteza que nos mostram ser arriscado usar isto escoamento ou a ruptura como limite. Tais fatores, entre outros, são: a) variação do material: os materiais não são homogêneos, os corpos de prova foram retirados de um lote e não temos segurança de estarmos usando um material idêntico ao en- saiado. b) incerteza no carregamento: as cargas de cálculo são esti madas, as cargas reais podem ser um pouco diferentes. c) incerteza nos cálculos: a maioria das utiliza - das são aproximadas. d) conformação e usinagem das peças: podem proporcionar di- mensões menores que as calculadas, bitolas comerciais di versas das planejadas, peças ligeiramente curvas ao in - vês de retilineas, etc. A presença de tais fatores fazem com que se u- se um coeficiente de segurança ( S > 1 ) dividindo ob - tendo-se então a chamada tensão ou tensão de trabalho ou tensão de cálculo, a qual se costuma anotar por Assim sendo temos : = S</p><p>36 A tensão normal °R chamada tensão de runtura. A específica corresponde, ER a defor de ruptura. No caso do material ductil 58, isto tais materiais apresentam grandes deformações antes da ruptura. diagrama representado na figura 33b, é típico de um material ductil com escoamento convencional. E xiste uma grande semelhança com tipo de material anterior exceção do escoamento que inexiste. As deformações são gran des e > que caracteriza material ductil. Por es- ta razão define-se uma tensão convencional de escoamento, mo aquela que corresponde a uma deformação perma nente, na descarga, de se mostra na figura 33b. a tensão de escoamento, assim definida que carac teriza a tensão limite de resistência deste material. gráfico da figura 33c refere-se a um ma terial frágil. Neste caso as deformações anteriores a ruptu ra sao pequenas, ER</p><p>39 De momento, por facilidade inicial, vamos uti- lizar este simplista, que mais adiante iremos me lhorar. Então de início teremos que procurar, na estru tura, qual o ponto em pior situação, para impormos uma condição de segurança. E lógico que, se houver segurança em tal ponto, teremos segurança nos demais. A condição de segurança, citada acima, será obtida com a aplicação de uma das teorias de resistência, as quais serão explanadas no título 1.20. De momento resolver problema seguin te: conhecidas as tensões normal e tangencial, em um ponto, em duas secções ortogonais que passem no ponto, quais serão as tensões normal e tangencial em uma secção qualquer pas- sando no mesmo ponto. Vamos explicar melhor problema proposto. Admitamos que conhecemos as tensões nas sec- ções S1 e S2 da figura 35. o problema consiste em achar as tensões na secção S3 em função das tensões conhecidas e do ângulo formado entre S1 e S3 (ou entre S2 e S3). S2 S3 900 FIG. 35 Quando resolvermos tal problema, diremos que : o estado de tensões no entorno de P conhecido.</p><p>38 A fixação do coeficiente de segurança é feita, em geral, seguindo-se as prescrições da ABNT conforme ma- terial usado tipo e uso da estrutura, etc. 1.14 - Variação das tensões no entorno de um ponto, estudo analítico. No título 1.3 observamos que valor das tensões normal e tangencial, em um ponto P, dependem da secção que considerarmos passando em P. Vamos, agora, tentar esclarecer este problema. P P a) b) FIG. 34 Suponhamos sólido da figura 34, submetido a forças externas, não representadas na figura. Efetuamos o corte na secção S (fig.34a) e eli- minamos a parte direita. Calculamos as tensões em P obtendo e T. Se, no mesmo efetuarmos corte em S', passando no mesmo ponto P e calcularmos as tensões em P ob teremos o' e diferentes das anteriores. Para fins de cálculo, conforme vimos no título anterior, valor não pode ser ultrapassado em nenhum pon to da estrutura em estudo.</p><p>41 As expressões (1) e (2) resolvem problema an tes formulado. Pensando em variar a, as tensões o' e varia rão. Vamos então procurar ponto extremante da função o' = o' (a) para isto derivemos a expressão de o' em relação da do'=-2 cosa sena + 2 y sena cosa + 2a igualando a zero a derivada vem: 2 cosa sena + 2 sena cosa + 2a = o - sen 2a + sen 2a + 2a = o Dividindo por cos 2a: tg 2 at tg 2 at 2 = o de onde vem: 2 T tg 2a = (3) y A expressão (3) nos fornece dois valores para a, tais valores diferem de e portanto caracterizam dois planos AB ortogonais entre si. Nestes dois planos o' admite valores extremos. Fazendo-se a segunda derivada da expressão de o', em relação a a, e nela substituindo os dois valores de a dados pela (3) um valor positivo e outro negativo. Isto nos indica que nos planos ortogonais caracte rizados pela expressão (3) teremos um valor de e um valor máximo de o'. Substituindo-se a dado pela (3) em (1) obtemos os valores máximo e de o'. Substituindo-se a dado pela (3) em (2) obtemos</p><p>40 Imaginemos retirar, do entorno do ponto P em estudo, um prisma elementar de base triangular, representa do na figura 36. A y A P 6 B X FIG. 36 As tensões nas faces ortogonais AP e BP são CO nhecidas. Queremos encontrar as tensões na face AB, inclina da de a em relação a AP. Então os dados do problema x' T e a. As são Vamos escrever condições de equilíbrio em fun- ção das tensões (título 1.10). Para isto necessitamos das áreas das faces. Vamos então supor que usamos a área da fa- ce AB como unidade de medida de área. Desta maneira teremos: da face AB = 1 da face AP = cos a Area da face PB = sen a Escrevendo as condições de chegamos a: EX =0 senacosa + a- a EY =0 to y a + + Lembrando que: sen = 2 sena cosa - a = - 2a concluímos que: o' If a + y a + 2 a (1) ) sen 2 a- 2 a (2)</p><p>43 1.15 - Problemas resolvidos 1) - o prisma da figura 37 foi retirado do entorno de um ponto, de uma peça carregada. Pede-se calcular as ten- soes normal e tangencial na face inclinada. Unidades o' 100 FIG. 37 70 Solução: Dados: = - 100 kgf/cm2 = 70 kgf/cm2 T = 80 kgf/cm2 a = Com as expressões (1) e (2) teremos: = - 100 cos2 60° + 70 sen + 80 sen 1209=96,8 kgf/cm2 (-100 - 70) sen - 80 cos = - 33,6 kgf/cm2 2 Resposta: conforme a figura 38 96,8 one 60° 38</p><p>42 Chegamos, então a uma conclusão importante: A expressão (3) permite caracterizar dois planos or- togonais, no entorno do ponto em estudo, nos quais a tensão normal admite valores máximo e Em tais planos a ten são tangencial nula." Os dois planos citados chamam-se secções prin- cipais. As tensões normais que ocorrem nas secções princi - pais as tensões normais principais. Nas secções princi- pais não existem tensões tangenciais. caso espacial tratamento do problema se - ria análogo. Conhecidas as tensões em três faces ortogonais, de um prisma elementar, retirado do entorno do ponto em es- tudo, se poderiam encontrar as tensões normais principais em três faces inclinadas, que. seriam as três secções princi pais, nas quais as tensões tangenciais nulas. E fundamental, para a simoologia que usaremos nas teorias de resistência, a notação para as tensões nor - mais principais. As tensões normais principais serão chama- das , e Sempre serão ordenadas decrescentemente, isto E claro que no caso plano, uma das três tensões normais principais será nula, isto três si tuações se poderão apresentar: °2</p><p>45 Como caso e plano a terceira tensão principal e nula. Ordenando os três valores em ordem decrescente obte- mos a resposta: 40 kgf/cm2 Calculando a tensão tangencial, nas secções principais, temos possibilidade de verificação pois sabemos que ela será nula. Assim levando a' e depois a" na expressão (2) temos: 1 = (-30) sen 1278 - 20 cos o (-30) sen 3078 - 20 cos 3079 = o A resposta está representada na figura 40. 63°30' 153°30' 1.16 - Problemas a resolver 14) Encontrar as tensões na face inclinada do prisma repre- sentado na figura 41. As tensões estão expressas em kgf/cm2.</p><p>44 Observação: os sentidos positivos das tensões são aqueles representados na figura 36, a qual serviu de ba se na dedução das 2) Calcular as tensões normais principais no entorno de P, conforme prisma da figura 39. As tensões estão expres- sas em P 20 FIG. 39 30 Solução: Inicialmente determinamos as secções principais com a expressão (3) = - 1,33 o - 30 2 a' = 1279 a' = 638 30' = a" = 1538 30' Levando a' na expressão (1) encontramos uma das tensões principais: o' = 30 638 30' + 20 sen = 40 Kgf/cr Com a" na expressão (1) achamos outra tensão principal: sen 1539 30' + 20 sen 2</p>