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Disciplina: Disciplina: Mecânica dos Sólidos 2 Mecânica dos Sólidos 2 Código: Código: ECIV030ECIV030 Professor: Professor: Eduardo Nobre LagesEduardo Nobre Lages Universidade Federal de AlagoasUniversidade Federal de Alagoas Centro de TecnologiaCentro de Tecnologia Curso de Engenharia CivilCurso de Engenharia Civil Maceió/ALMaceió/AL Torção em Barras de Seção Torção em Barras de Seção Transversal Circular Cheia Transversal Circular Cheia ou Vazadaou Vazada E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L Ensaio de TorçãoEnsaio de Torção Considere a barra prismática de seção circular constituída de um mesmo material isotrópico e elástico linear, submetida a um torsor T em uma das extremidades e engastada na outra. Observa-se ainda que, para pequenos giros, os pontos de uma seção transversal não sofrem deslocamento na direção longitudinal. Através de ensaiosensaios observa-se que os pontos da mesma seção transversal sofrem o mesmo giro em relação ao eixo da peça. f E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L ( ) 0Z,Y,Xu = [ ]=e Deslocamentos, Deslocamentos, Deformações e TensõesDeformações e Tensões y z L x T ( ) ( )XZZ,Y,Xv f-= ( ) ( )XYZ,Y,Xw f= ú ú ú û ù ê ê ê ë é - - f 00Y 00Z YZ0 dX d 2 1 [ ]=s ú ú ú û ù ê ê ê ë é - - f 00Y 00Z YZ0 dX dG y z x xys xzs Solução de Coulomb (1784) E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L y z L x T [ ] ú ú ú û ù ê ê ê ë é - - f =s 00Y 00Z YZ0 dX dG Equações Diferenciais de Equações Diferenciais de Equilíbrio em TensõesEquilíbrio em Tensões Simetria sij=sji 0b ZYX x zxyxxx =+ ¶ s¶ + ¶ s¶ + ¶ s¶ OK!OK! 0b ZYX y zyyyxy =+ ¶ s¶ + ¶ s¶ + ¶ s¶ 0 dX dGZ 2 2 = f -Þ 0b ZYX z zzyzxz =+ ¶ s¶ + ¶ s¶ + ¶ s¶ 0 dX dGY 2 2 = f Þ f(X) deve ser linear f(X) deve ser linear OK!OK! E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L Tensões de Cisalhamento Tensões de Cisalhamento na Seção Transversalna Seção Transversal A B C D y z R AC: î í ì ££- = RZR 0Y dX dGZxy f -=s 0xz =s dX dGR f dX dGR f DB: î í ì = ££- 0Z RYR dX dGYxz f =s0xy =s dX dGR f dX dGR f E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L Tensões de Cisalhamento Tensões de Cisalhamento na Seção Transversalna Seção Transversal y z R A distribuição das tensões de cisalhamento ao longo dos eixos y e z numa seção transversal qualquer só apresenta o componente ortogonal não nulo (em y ® sxy = 0 e sxz ≠ 0 e em z ® sxy ≠ 0 e sxz = 0). Pela simetria do problema, como não existe restrição ao posicionamento dos eixos y e z na seção transversal, a distribuição anterior vale para qualquer direção diagonal da seção transversal. dX dGR f dX dGR f dX dGR f dX dGR f dX dGR f dX dGR f rt dX dGr f=t Rr0 ££ Caso a seção transversal seja vazada, a distribuição da tensão de cisalhamento continua valendo só que Ri ≤ r ≤ Re. E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L GJ Tr J Tr =g=t e Equivalência Estática entre o Momento Equivalência Estática entre o Momento TorsorTorsor e as Tensões de Cisalhamentoe as Tensões de Cisalhamento y z R dX dGR f dX dGR f dX dGR f dX dGR f dX dGR f dX dGR f dX dGr f=t Rr0 ££ ò= rdFT ò t= A dAr ò f = A 2 dA dX dGrT ò f = A 2dAr dX dG dX dGJT f= GJ T dX d =fou rt E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L ò= A 2dArJ Momento Polar de InérciaMomento Polar de Inércia y z R 2 RJ 4p = y z ( )4i4e RR2J - p = Re Ri E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L J Tr =t g=t G dX dr f=g ( )Xt dX dGJ dX d -=÷ ø ö ç è æ f ( )Xt dX dT -= Relação cinemática:Relação cinemática: Relação constitutiva:Relação constitutiva: Equivalência estática:Equivalência estática: Equações GovernantesEquações Governantes Equação de equilíbrio:Equação de equilíbrio: dX dGJT f= ...... ... t(X) X E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA LJ Tr =t dX dGJT G f = g=t dX dr f=g ( )Xt dX dT -= Problemas IsostáticosProblemas Isostáticos ( )Xt dX dGJ dX d -=÷ ø ö ç è æ f Problemas HiperestáticosProblemas Hiperestáticos Estratégias de SoluçãoEstratégias de Solução E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA LCondição de contorno ( ) TLT = Constante de integração Barra Prismática Barra Prismática sob Torçãosob Torção Por se tratar de um problema isostáticoisostático, o momento torsor pode ser facilmente determinado por alguma estratégia apresentada em Teoria das Estruturas 1Teoria das Estruturas 1 ou pela integração da EDO. Assim, De posse do momento torsor constrói-se a tensão de cisalhamento como ( ) ( ) Rr0 e LX0 J Tr J rXTr,X ££££==t ( ) 0Xt dX dT =-= ( ) C XT = ( ) LX0 TXT TC ££=Þ=Þ E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L Condição de contorno Constante de integração( ) C X GJ TX +=f Barra Prismática Barra Prismática sob Torçãosob Torção Da relação cinemática tem-se GJ T rdX d = g = f ( ) X GJ TX 0C =fÞ=Þ ( ) GJ TLL =fRotação da seção final da barra:Rotação da seção final da barra: Fazendo uso da relação constitutiva tem-se ( ) ( ) Rr0 e LX0 GJ Tr G r,Xr,X ££££=t=g ( ) 00 =f ( ) 2 3 24 v c 3 4 v c vmaxcmax 1 1 A A e 1 1 r R λ− λ− = λ− = Φ Φ =⇒ τ=τ Otimização da Seção Otimização da Seção TransversalTransversal y z r vc /r/R ΦΦ= vc A/A 2 rJ rA 4 c 2 c pi =pi= y z ( ) ( )44v22v 12 RJ 1RA λ−pi=λ−pi= R λR E d u a r d o N o b r e L a g e s – C T E C / U F A L A/A/r/R ττ= 2 2 v c 4 4 cmax max vc 1 1 A A e 1 1 r R v λ− λ+ = λ− = τ τ =⇒ Φ=Φ Otimização da Seção Otimização da Seção TransversalTransversal y z r vc A/Acmaxvmax /r/R ττ= 2 rJ rA 4 c 2 c pi =pi= y z ( ) ( )44v22v 12 RJ 1RA λ−pi=λ−pi= R λR E d u a r d o N o b r e L a g e s – C T E C / U F A L E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L ExemploExemplo Considere agora a barra formada por dois trechos prismáticos de mesmo material Para descrever os campos das variáveis de estado do problema devemos identificar intervalos de análise a partir dos trechos onde há mudança na descrição do momento torsor e/ou da rigidez à torção GJ. T L L G, J1 G, J2 O problema em pauta exige a consideração de dois intervalos de análise, por exemplo LX0 e LX0 21 £<<£ X1 X2 E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L ExemploExemplo Por se tratar de um problema isostático: ( ) 222 2 2 CXT 0 dX dT =\=( ) 111 1 1 CXT 0 dX dT =\= ( ) 11 11 1 J Tr J rXT ==t ( ) 22 22 2 J Tr JrXT ==t 1 1 1 GJ Tr G = t =g ( ) 11 1 11 11 1 DX GJ TX GJ T dX d +=f\= f ( ) 22 2 22 22 2 DX GJ TX GJ T dX d +=f\= f 2 2 2 GJ Tr G = t =g ( ) 1 2 2 22 GJ TLX GJ TX +=fÞ ( ) TXT 11 =Þ ( ) TXT 22 =Þ ( ) ( ) ( ) TLT e 0TLT 221 == ( ) ( ) ( )0L e 00 211 f=f=f ( ) 1 1 11 XGJ TX =fÞ E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L Princípio da Superposição Princípio da Superposição dos Efeitosdos Efeitos A rotação total da seção livre da barra do exemplo anterior, dada por ( ) 21 2 GJ TL GJ TLL +=f também pode ser determinada fazendo-se uso do Princípio da Princípio da Superposição dos EfeitosSuperposição dos Efeitos, desde que se conheça a rotação de um trecho prismático de mesmo material e momento torsor constante, dada por GJ TL =f onde essa rotação é diretamente proporcional ao inverso do momento polar de inércia. Com isso 0 J 10 J 1 21 == f+f=f T L L rígido G, J2 T L L G, J1 rígido E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L ExemploExemplo Considere agora a barra prismática de mesmo material solicitada por um torsor uniformemente distribuído O problema em pauta exige a consideração de um único intervalo de análise, por exemplo LX0 ££ X t L G, J E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L ExemploExemplo Por se tratar de um problema isostático: ( ) ( )XLtXT 0)L(T e t dX dT -=Þ=-= ( ) ( )XL J tr J rXT -==t ( ) ( )XL GJ tr G r,X -= t =g ( ) ( ) ( ) ( )2XLX2 GJ2 tX00 e XL GJ t dX d -=fÞ=f-= f Rotação da seção final da barra:Rotação da seção final da barra: ( ) GJ2 tLL 2 =f E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L ExemploExemplo O giro total da seção livre da barra, anteriormente encontrado, ( ) GJ2 tLL 2 =f também pode ser deduzido a partir de um arranjo onde se tem o torsor resultante do torsor distribuído posicionado no centróide da figura de representação desse carregamento, ou seja, L G, J Essa conclusão pode ser estendida a qualquer lei de variação do torsor distribuído, desde que esse esteja atuando num trecho prismático de mesmo material. tL L/2 E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L Considere agora a configuração prismática hiperestática de mesmo material e com a consideração do torsor distribuído. O problema em pauta exige a consideração de um único intervalo de análise, por exemplo LX0 ££ X Exemplo HiperestáticoExemplo Hiperestático L G, J t E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L Por se tratar de um problema hiperestático, tem-se Exemplo HiperestáticoExemplo Hiperestático GJ t dX d 2 2 -= f 1CXGJ t dX d +-= f ( ) 212 CXCXGJ2 tX ++-=f ( ) 00 =f ( ) 0L =f ( ) X GJ2 tLX GJ2 tX 2 +-=f 0C2 =Þ GJ2 tLC1 =Þ Conhecido o campo de rotações chega-se a qualquer outra variável de estado de interesse manipulando adequadamente a relação cinemática e a relação constitutiva. E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L Este mesmo problema também poderia ser resolvido com o auxílio do método das forçasmétodo das forças, que visa determinar os hiperestáticoshiperestáticos impondo-se uma equação de compatibilidadeequação de compatibilidade. Exemplo HiperestáticoExemplo Hiperestático + fB (TB) = 0 = L G, J t L G, J t TB E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L Para quantificar a rotação na extremidade direita da barra faz-se uso do Princípio da Superposição dos EfeitosPrincípio da Superposição dos Efeitos, usufruindo-se do fato de que já que se conhece o efeito de cada ação isolada, ou seja, Exemplo HiperestáticoExemplo Hiperestático De posse do hiperestático o momento torsor passa a ser conhecido, podendo-se seguir o procedimento já discutido para problemas isostáticos. BT B t BB f+f=f GJ2 tL2t B =f GJ LTBT B B -=f 2 tLT B =Þ 0= E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L T T Considere o estado de tensão em um ponto material qualquer da barra sob torção Tensões e Direções PrincipaisTensões e Direções Principais J Tr =t t Para garantir a simetria do tensor de tensão, a tensão de cisalhamento na direção circunferencial na face da seção transversal é equilibrada pelo componente de cisalhamento na direção longitudinal da face radial. E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L Cada ponto material encontra-se em estado de cisalhamento puroestado de cisalhamento puro Tensões e Direções PrincipaisTensões e Direções Principais As tensões principais, de mesma intensidade em módulo, estão inclinadas de 45º em relação ao eixo longitudinal t t t t t TT E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L Materiais frágeis apresentam falha em superfície de corte perpendicular às tensões principais de tração. Tensões e Direções PrincipaisTensões e Direções Principais Materiais dúcteis apresentam falha em superfície de corte perpendicular ao eixo da barra. TT E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L Energia Específica de Energia Específica de DeformaçãoDeformação T T t Para um ponto qualquer de uma seção transversal os únicos componentes não nulos dos estados de tensão e de deformação, em coordenadas cilíndricas, são dados por e J Tr =t GJ Tr =g GJ Tr J Tr 2 1 = 2 22 GJ rT 2 1 = 2 U0 tg = Com isso a energia específica de deformação é dada simplesmente por que varia quadraticamente com a distância do ponto ao centro da seção circular cheia ou vazada. E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L Energia de DeformaçãoEnergia de Deformação Para gerar a energia de deformação acumulada numa barra sob torção, deve-se integrar a energia específica de deformação ao longo do volume da mesma, ou seja, ò= V 0dVUU Desmembrando a integração no volume da barra através da seção transversal e ao longo do comprimento da mesma tem-se ò ò= L A 0 dxdAUU ò ò= L A 2 22 dxdA GJ rT 2 1 ò ò= L A 2 2 2 dxdAr GJ T 2 1 dxJ GJ T 2 1 L 2 2 ò= dxGJ T 2 1 L 2 ò= E du ar do N ob re L ag es – C TE C /U FA L As seções transversais de barras não circulares sofrem empenamentoempenamento, não mais permanecendo planas. Porém, para pequenas deformações, a projeção da seção empenada num plano perpendicular ao eixo da barra gira como uma seção rígida. Barras Não CircularesBarras Não Circulares Soluções analíticas para seções não circulares são construídas com base na Teoria da ElasticidadeTeoria da Elasticidade.
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