Baixe o app para aproveitar ainda mais
Prévia do material em texto
Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com MECÂNICA DOS MATERIAIS Notas de aula da disciplina Resistência dos Materiais ministrada pelo Prof. Leandro Mouta Trautwein ao curso de Engenharia Civil do Centro Universitário Nove de Julho. Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com SUMÁRIO 1 MECÂNICA 1.1 Introdução 1.2 Conceitos Fundamentais 1.3 Sistema Internacional de Unidades 1.4 Trigonometria 1.5 Alfabeto Grego 2 ESTÁTICA 2.1 Forças no plano 2.2 Equilíbrio de um ponto material 2.3 Resultante de uma força 2.4 Momento de uma força 14 2.4.1 Momento de um sistema de forças coplanares 14 2.4.2 Teorema de Varignon 14 2.4.3 Momento de um binário 15 2.4.4 Equilíbrio de corpos rígidos 18 2.5 Apoios 19 2.6 Tipos de Estruturas 20 2.6.1 Estruturas hipostáticas 20 2.6.2 Estruturas isostáticas 20 2.6.3 Estruturas hiperestáticas 20 3 TRELIÇAS 21 3.1 Definição 21 3.2 Método do equilíbrio dos nós 22 4 TENSÕES E DEFORMAÇÕES 28 4.1 Introdução 28 4.2 Diagrama tensão-deformação 29 4.3 Tensão admissível 30 4.4 Lei de Hooke 30 4.4.1 Coeficiente de Poisson 32 4.4.2 Forma geral da Lei de Hooke 32 4.5 Estruturas estaticamente indeterminadas 35 4.6 Tensões iniciais e Tensões Térmicas 38 4.7 Tensão de cisalhamento 41 5 CARACTERÍSTICAS GEOMÉTRICAS DE FIGURAS PLANAS 44 5.1 Área 44 5.2 Momento Estático 45 5.3 Centro de Gravidade 46 5.4 Momento de Inércia 50 5.5 Translação de eixos 51 5.6 Módulo Resistente 53 5.7 Raio de Giração 54 6 ESFORÇOS SOLICITANTES 57 6.1 Introdução 57 6.2 Classificação dos esforços solicitantes 57 6.3 Convenção de sinais 58 7 VIGAS 60 7.1 Introdução 60 7.2 Tipos de cargas 60 7.2.1 Cargas distribuídas 60 7.3 Apoios ou vínculos 61 7.4 Equações diferenciais de equilíbrio 75 8 TENSÕES E DEFORMAÇÕES NA FLEXÃO 85 8.1 Hipóteses admitidas 85 8.2 Tensões normais na flexão 86 Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com 8.3 Tensões de cisalhamento na flexão 92 9 DEFORMAÇÕES NAS VIGAS 97 BIBLIOGRAFIA 104 Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar LISTA DE SÍMBOLOS letras maiúsculas A área E módulo de elasticidade F força I momento de inércia L comprimento M momento, momento fletor Ms momento estático N força normal P carga concentrada R resultante de forças, esforço resistente S esforço solicitante V força cortante letras minúsculas a aceleração b largura g aceleração da gravidade h dimensão, altura l comprimento m metro, massa max máximo min mínimo q carga distribuída s segundo v deslocamento vertical x distância da linha neutra ao ponto de maior encurtamento na seção transversal de uma peça fletida letras gregas α, θ ângulo, coeficiente δ deslocamento φ diâmetro ε deformação específica γ f coeficiente de majoração das ações σ tensão normal σ tensão normal admissível τ tensão tangencial τ tensão tangencial admissível υ coeficiente de Poisson índices adm admissível c compressão f ação t tração, transversal w alma das vigas max máximo min mínimo Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com MECÂNICA DOS MATERIAIS 1 MECÂNICA 1.1 Introdução A Mecânica é uma ciência física aplicada que trata dos estudos das forças e dos movimentos. A Mecânica descreve e prediz as condições de repouso ou movimento de corpos sob a ação de forças. A finalidade da Mecânica é explicar e prever fenômenos físicos, fornecendo, assim, os fundamentos para as aplicações da Engenharia. A Mecânica é subdividida em três grandes ramos: Mecânica dos Corpos Rígidos, Mecânica dos Corpos Deformáveis e Mecânica dos Fluídos, como indicado abaixo. Estática Mecânica dos corpos rígidos Cinemática Dinâmica Mecânica Mecânica dos corpos deformáveis Resistência dos Materiais Mecânica dos fluídos Fluídos incompressíveis → líquidos Fluídos compressíveis → gases Mecânica dos corpos rígidos: é subdividida em Estática, Cinemática e Dinâmica. A Estática se refere aos corpos em repouso e estuda as forças em equilíbrio, independentemente do movimento por elas produzido. Na Estática, os corpos analisados são considerados rígidos, conseqüentemente, os resultados obtidos independem das propriedades do material. A Cinemáticaestuda os movimentos em si e as leis que os regem: • movimento uniforme – móvel percorrendo espaços iguais em tempos iguais para quaisquer trechos de trajetória; • movimento uniformemente variado – a velocidade do móvel varia de valores iguais em tempos iguais. Se houver crescimento da velocidade, o movimento será uniformemente acelerado; se houver decréscimo, o movimento será uniformemente retardado; • movimentos de rotação. Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com A Dinâmicaestuda a relação entre o movimento e a causa que o produz (força). Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com Mecânica dos corpos deformáveis: as estruturas e as máquinas nunca são absolutamente rígidas, deformando-se sob a ação das cargas a que estão submetidas. Estas deformações são geralmente pequenas e não alteram apreciavelmente as condições de equilíbrio ou de movimento da estrutura considerada. No entanto, essas deformações terão importância quando houver riscos de ruptura do material. A Mecânica dos corpos deformáveis é estudada pela Resistência dos Materiais, Mecânica dos Materiais ou Mecânica dos Sólidos, como também são conhecidas. O estudo dos corpos deformáveis resume-se na determinação da resistência mecânica, da rigidez e da estabilidade de elementos estruturais. Mecânica dos fluídos: A Mecânica dos Fluídos é subdividida no estudo dos fluidos incompressíveis (líquidos) e fluidos compressíveis (gases). Uma importante subdivisão do estudo de fluidos incompressíveis é a hidráulica. 1.2 Conceitos Fundamentais Os conceitos fundamentais da Mecânica baseiam-se na Mecânica Newtonia: • espaço: o conceito de espaço é associado à noção de posição de um ponto material, o qual pode ser definido por três comprimentos, medidos a partir de um certo ponto de referência, ou de origem, segundo três direções dadas. Estes comprimentos são conhecidos como as coordenadas do ponto; • tempo: para se definir um evento não é suficiente definir sua posição no espaço. O tempo ou instante em que o evento ocorre também deve ser dado; • força: a força representa a ação de um corpo sobre outro; é a causa que tende a produzir movimento ou a modificá-lo. A força é caracterizada pelo seu ponto de aplicação, sua intensidade, direção e sentido; uma força é representada por um vetor; 1.3 Sistema Internacional de UnidadesO Sistema Internacional de Unidades (SI) é subdividido em unidades básicas e unidades derivadas. As unidades básicas são: metro (m), quilograma (kg) e segundo (s). As unidades derivadas são, entre outras, força, trabalho, pressão, etc... As unidades do SI formam um sistema absoluto de unidades. Isto significa que as três unidades básicas escolhidas são independentes dos locais onde são feitas as medições. A força é medida em Newton (N) que é definido como a força que imprime a aceleração de 1 m/s2 à massa de 1 kg. A partir da Equação F=m.a (segunda Lei de Newton), escreve-se: 1 N = 1 kg × 1 m/s2. Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com As medidas estáticas de forças são efetuadas por meio de instrumentos chamados dinamômetros. Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com O peso de um corpo também é uma força e é expresso em Newton (N). Da Equação P=m.g (terceira Lei de Newton ou Lei da Gravitação) segue-se que o peso de um corpo de massa 1 kg é = (1 kg)×(9,81 m/s2) = 9,81 N, onde g=9,81m/s2 é a aceleração da gravidade. A pressão é medida no SI em Pascal (Pa) que é definido como a pressão exercida por uma força de 1 Newton uniformemente distribuída sobre uma superfície plana de 1 metro quadrado de área, perpendicular à direção da força Pa = N / m 2 . Pascal é também unidade de tensões normais (compressão ou tração) ou tensões tangenciais (cisalhamento). Múltiplos e submúltiplos Nome Símbolo fator pelo qual a unidade é multiplicada exa E 1018 = 1 000 000 000 000 000 000 peta P 1015 = 1 000 000 000 000 000 tera T 1012 = 1 000 000 000 000 giga G 109 = 1 000 000 000 mega M 106 = 1 000 000 quilo k 103 = 1 000 hecto h 102 = 100 deca da 10 deci d 10-1 = 0,1 centi c 10-2 = 0,01 mili m 10-3 = 0,001 micro µ 10-6 = 0,000 001 nano n 10-9 = 0,000 000 001 pico p 10-12 = 0,000 000 000 001 femto f 10-15 = 0,000 000 000 000 001 atto a 10-18 = 0,000 000 000 000 000 001 Conversão de Unidades A unidade é equivalente a 1MPa 1 N/mm2 1 MPa 1 x 106 N/m2 1 GPa 1 x 109 N/m2 1 m 100 cm 1 cm 0,01 m 1 kgf 9,81 N 1 kgf 2,20 lb 1 polegada (ou 1") 2,54 cm 1 m2 10000 cm2 Exemplo de conversão de medidas de pressão: Pa = N m 2 = N cm 2 × 104 MPa = GPa = N × 106 m 2 Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com N × 109 m 2 N × 106 = cm 2 × 104 N × 109 = cm 2 × 104 = kN cm 2 × 10 kN × 102 = cm 2 Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com 1.4 Trigonometria Para o estudo da Mecânica necessitam-se dos conceitos fundamentais da trigonometria. A palavra trigonometria significa medida dos três ângulos de um triângulo e determina um ramo da matemática que estuda as relações entre as medidas dos lados e dos ângulos de um triângulo. Círculo e Funções Trigonométricas senα = EF cos α = OF tgα = AB cot gα = DC sec α = OB cos ecα = OC OE = R = 1 Triângulo retângulo No triângulo retângulo, os catetos são os lados que formam o ângulo de 90º. A hipotenusa é o lado oposto ao ângulo de 90º e é determinada pela relação: a 2 = b2 + c 2 . Relações trigonométricas senα = cateto oposto = c B hipotenusa a α = arctg c cos α = cateto adjacente = b b a tgα = hipotenusa a cateto oposto = c α = arcsen c c a cateto adjacente b α = arccos b α sec α = hipotenusa = a a C b A cateto adjacente b triângulo retângulo Relação fundamental da trigonometria: sen 2 x + cos 2 x = 1 Razões Trigonométricas Especiais 30º 45º 60º Seno 1 2 2 2 3 2 Cosseno 3 2 2 2 1 2 Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com Tangente 3 3 1 3 Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com b Exemplos 1. Calcule o valor de c da figura sen30º = c 20 1 = c 2 20 20 m 2c = 20 c = 10 m c 2. Determine o valor de b da figura 30° cos 30º = b 20 3 = b 2 20 2b = 20 3 b = 10 3 m 3. Calcule o valor de a da figura a 2 = 42 + 32 a a = 42 + 32 a = 5 m 3 m 4. Determine o valor do ângulo α da figura α α = arctg 3 4 α = 36,87º 4 m Triângulo qualquer Lei dos senos: a sen A = b sen B = c sen C = 2R Lei dos cossenos a 2 = b 2 + c 2 − 2bc × cos A b 2 = a 2 + c 2 − 2ac × cos B c 2 = a 2 + b 2 − 2ab × cos C Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com 1.5 Alfabeto Grego Os problemas usuais em engenharia são definidos por formulações matemáticas, as quais, usualmente, utilizam letras do alfabeto grego. É, pois, necessário, seu conhecimento para as práticas comuns da Engenharia. Alfabeto Grego Símbolo Nome Maiúscula Minúscula Alfa Α α Beta Β β Gama Γ γ Delta ∆ δ Épsilon Ε ε Zeta Ζ ζ Eta Η η Teta Θ θ Iota Ι ι Capa Κ κ Lambda Λ λ Mi Μ µ Ni Ν ν Csi Ξ ξ Ômicron Ο ο Pi Π pi Rô Ρ ρ Sigma Σ σ Thau Τ τ Upsilon Υ υ Phi Φ ϕ Chi Χ χ Psi Ψ ψ Omega Ω ω Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com 2 ESTÁTICA 2.1 Forças no plano A Força representa a ação de um corpo sobre o outro e é caracterizada pelo seu ponto de aplicação, sua intensidade, direção e sentido. A intensidade de uma força é expressa em Newton (N) no Sistema Internacional de Unidades (SI). A direção de uma força é definida por sua linha de ação, ou seja, é a reta ao longo da qual a força atua, sendo caracterizada pelo ângulo que forma com algum eixo fixo, como indicado na Figura 1 abaixo. F F α α Figura 2.1 O sentido da força é indicado por uma seta (vetor). Denomina-se Grupo de forças, o conjunto de forças aplicadas em um único ponto de um corpo. Sistema de forças é o conjunto de forças aplicadas simultaneamente em pontos diversos de um mesmo corpo. 2.2 Equilíbrio de um ponto material Ponto material é uma pequena porção de matéria que pode ser considerada como se ocupasse um ponto no espaço. Quando a resultante de todas as forças que atuam sobre um ponto material é nula, este ponto está em equilíbrio. Este princípio é conseqüência da primeira lei de Newton: “se a força resultante que atua sobre um ponto material é zero, este ponto permanece em repouso (se estava originalmente em repouso) ou move-se ao longo de uma reta com velocidade constante (se originalmente estava em movimento)”. Para exprimir algebricamente as condições de equilíbrio de um ponto material, escreve-se: onde: F = força R = resultante das forças Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.comΣF = R = 0 Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com F4 F1 A representação gráfica de todas as forças que atuam em um ponto material pode ser representada por um diagrama de corpo livre, como indica a figura ao lado. A F2 F3 Figura 2.2 Exemplo: verificar se o sistema de forças indicado está em equilíbrio As condições necessárias e suficientes y para o equilíbrio são: ΣFx = 0 ΣFx = 1500 − 1000sen30º−2000sen30º = 0 F4 = 2000N 30° ΣFx = 1500 − 500 − 1000 = 0 ok ΣFy = 0 30° A F1 = 1500N x ΣFy = 2000 cos 30º−1000 cos 30º−866 = 0 F3 = 1000N F2 = 866N ΣFy = 1732 − 866 − 866 = 0 ok Resposta: O sistema de forças está em equilíbrio 2.3 Resultante de uma força Constata-se experimentalmente que duas forças P e Q que atuam sobre um ponto material podem ser substituídas por uma única força R que tenha o mesmo efeito sobre esse ponto material. Essa força é chamada de resultante de P e Q. Portanto, a resultante de um grupo de forças é a força que, atuando sozinha, produz ação idêntica à produzida pelo grupo ou sistema de forças. A resultante pode ser determinada por soluções gráficas ou analíticas. a) Soluções gráficas: quando um ponto material está em equilíbrio sob a ação de mais de três forças o problema pode ser resolvido graficamente pelo desenho de um polígono de forças, como indicado nas figuras abaixo. R R Q Q Regra do paralelogramo A P A P Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com P Regra do Triângulo Q R=P+Q R=P+Q Q A A P F1 F2 F3 R=F1+F2+F3 Composição de forças F1 F2 F3 R=F1+F2 F3 F3 y Decomposição de forças Fy R=F1+F2-F3 F Fx x b) Soluções analíticas: os métodos analíticos utilizam a trigonometria e as equações de equilíbrio. Exemplos Q=60 N Determinar a Resultante das duas forças P e Q agem sobre o parafuso A. A 25º 20º P=40 N Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com a. Soluções gráficas R=98 N R=98 N Q=60 N 25º A 20º P=40 N 35.0° 35.0° P=40 N A Q=60 N Regra do paralelogramo Regra do triângulo b. Solução analítica: trigonometria Cálculo da força resultante: Lei dos cossenos: R 2 = P 2 + Q 2 − 2PQ cos B C R 2 = 602 + 402 − 2 × 40 × 60 × cos155º R = 97,7N Cálculo do ângulo α Lei dos senos R 155° Q=60 N α senA = senB senA = sen155º B Q R 60 97,7 A P=40 N senA = 0,25 α = A + 20º A = 15º α = 15º+20º = 35º Sabendo-se que o parafuso está fixo, portanto em equilíbrio, existem forças de reação que equilibram as forças Q e P. Este princípio é explicado pela terceira lei de Newton: “A toda ação corresponde uma reação, com a mesma intensidade, mesma direção e sentido contrário”. Portanto, o parafuso está reagindo por uma força de mesma intensidade da resultante de P e Q, mas em sentido contrário. A força de reação pode ser decomposta em duas forças Fx e Fy, que são suas projeções sobre os eixos (x e y). Fx=80 N 35° Q=60 N 25º P=40 N A 20º R=97,7 N 35.0° Fx = 97,7 × cos 35º = 80 N Fy = 97,7 × sen35º = 56 N R=97,7 N Fy=56 N Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com Verificação do equilíbrio do ponto A Para que o ponto A esteja em equilíbrio é necessário que a somatória de todas as forças que n agem no ponto A sejam nulas, ou seja: y ∑ Fn = 0 i =1 Q=60 N ∑ Fx = 0 ∑ Fx = 60 × cos 45º+40 × cos 20º−80 = 0 Fx=80 N 25º P=40 N A 20º x ∑ Fy = 0 0 = 0 ok ∑ Fy = 60 × sen45º+40 × sen20º−56 = 0 Fy=56 N 0 = 0 ok Um caso particular da terceira lei de Newton é a lei da gravitação que trata da atração da Terra sobre um ponto material localizado em sua superfície. A força de atração exercida pela Terra sobre o ponto material é definida como o seu peso (P). a intensidade do peso P de um ponto material de massa m é expresso como. P = m ⋅ g onde g=9,81 m/s2 é a aceleração da gravidade. 2. Determinar as forças nos cabos. P = m ⋅ g P = 75 (kg ) × 9,81 (m / s 2 ) P = 736 N B 50° A 75 kg C 30° TAB solução gráfica: desenho do polígono de forças. 40° 80° TAB sen60º = TAC sen40º = 736 sen80º 736 N 60° TAC TAB = 647 N e TAC = 480 N Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com TAB TAC solução analítica: equações de equilíbrio. ΣFx = 0 TAC ⋅ cos 30º−TAB ⋅ cos 50º = 0 T ⋅ cos 50º 50° A 30° TAC = AB cos 30º (1) 736 N ΣFy = 0 TAB ⋅ sen50º+TAC ⋅ sen30º−736 = 0 Substituindo TAC pela relação (1), tem-se TAB ⋅ sen50º+ TAB ⋅ cos 50º ⋅ sen30º = 736 cos 30º TAB = 647 N e TAC = 480 N Exercícios 1. Determinar a força F e o ângulo α. y F F A 20° α C 50° B 20° TA =2,5 kN α 50° x TB = 2,5 kN 2. Determinar as forças nos cabos A 60° Respostas: F=2,85 kN e α = 74,7º y TA m=50 kg 20° B 60° x 20° TB P Respostas: TA = 761,3 N e TB = 381 N 3. Determinar a resultante do sistema de forças indicado e o seu ângulo de inclinação em relação ao eixo x. F3 = 15 N 70° Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com 50° F1 = 10 N F2 = 20 N x Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com F x Roteiro: a. Determinar inicialmente a resultante entre as forças F1 e F2 e seu respectivo ângulo (α12) em relação ao eixo x. Chamar a resultante de R12; b. Em seguida, determinar a resultante de todo o sistema, chamando-a de R123 (R123 é a resultante entre R12 e F3); c. Finalmente, determinar o ângulo (α123) de R123 em relação ao eixo x. Respostas: R123 = 32,19 N e α123 = 61,46º 4. Determinar o valor da força F. a) y b) 200 N y 300 N 60° 20° 159,65 N x 60° 30° x346,41 N F Resp. F = 314,41 N Resp. F = 400 N c) y F 45° 45° 141,42 N x 141,42 N d) 250 N 30° 120 N y 60° F 45° 91,9 N Resp. F = 200 N Resp. F = 255,45 N e) f) y 329,36 N 450 N F 100 N 45° 60° 65° 45° 100 N 70° x F 61 kg Resp. F = 321,74 N Resp. F=268,95 N Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com 2.4 Momento de uma força Define-se Momento como a tendência de uma força F fazer girar um corpo rígido em torno de um eixo fixo. O Momento depende do módulo de F e da distância de F em ao eixo fixo. Considere-se uma força F que atua em um M 0 corpo rígido fixo no ponto 0, como indicado na figura. F A força F é representada por um vetor que d define seu módulo, direção e sentido. O vetor d é a 0 distância perpendicularde 0 à linha de ação de F. A Define-se o momento escalar do vetor F em relação a 0, como sendo M 0 = F × d onde: M0= momento escalar do vetor F em relação ao ponto 0 0 = pólo ou centro de momento d= distância perpendicular de 0 à linha de ação de F, também chamada de braço de alavanca O momento M0 é sempre perpendicular ao plano que contém o ponto 0. O sentido de M0 é definido pelo sentido de rotação imposto pelo vetor F. Convenciona-se momento positivo se a força F tender a girar o corpo no sentido anti-horário e negativo, se tender a girar o corpo no sentido horário. M+ M- No SI, onde a força é expressa em newtons (N) e a distância em metros (m). Portanto, o momento é expresso em newtons × metros (N × m). 2.4.1 Momento de um sistema de forças coplanares Chama-se Momento de um sistema de forças coplanares S={(F1,A1),....,(Fn,An)} em relação ao ponto 0, à soma algébrica dos Momentos de cada força em relação ao mesmo ponto 0. F1 F2 b1 b2 A 2 0 b3 A 1 F3 A3 M S ,0 n = ∑ i =1 M F i ,0 2.4.2 Teorema de Varignon Seja R a resultante do sistema de forças S. “O Momento da resultante de um sistema de forças em relação a um pon to é igual ao momen to d Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com o sistema ou seja, a soma algébrica dos Momentos de todas as forças componentes em relação ao mesmo ponto O”. M R ,0 = M S ,0 n = ∑ M F i =1 i ,0 Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com A 22 5m m 12 5m m 22 5m m 12 5m m 22 5m m 12 5m m 2.4.3 Momento de um binário Duas forças F e –F que tenham o mesmo módulo, linhas de ação paralelas e sentidos opostos formam um binário. A soma das componentes das duas forças em qualquer direção é zero. Entretanto, a soma dos momentos das duas forças em relação a um dado ponto não é zero. Apesar de as duas forças não transladarem o corpo no qual atuam, tendem a fazê-lo girar. A1 F1 b Exemplos -F1 2 1. Uma força de 450 N é aplicada no ponto A como ilustrado na figura. Determinar: 450 N a) o momento da força em relação a D; b) a menor força aplicada em D que ocasiona o mesmo momento em relação a D; c) o módulo e o sentido da força vertical que, aplicada em C, produz o mesmo momento em relação a D; d) a menor força que, aplicada em C, ocasiona o mesmo momento em relação a D. 450 N 300mm D 225mm C 30° A B 300mm 30° D 52.6° 22.6° A 37.4° 30° Solução a) braço de alavanca 197,3 mm Momento M=F×b M=450×197,3= 88785 N.mm ou 225mm C B M= 88,8 N.m 300mm D 30° A 450 N b) Para se obter a menor força aplicada em B que ocasiona o mesmo momento em relação a D, deve-se utilizar o maior braço de alavanca, ou seja: b = 2252 + 3002 = 375 mm 36.9° F = M b F = 88,8 0,375 = 236,8 N 225mm C B 5 3 . 1 ° Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com c) F = M b F = 88,8 0,22 5 = 394,7 N Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com 20 0m m 22 5m m 12 5m m 12 0m m d) A menor força que, aplicada em C, ocasiona o mesmo momento em relação a D é aquela cujo braço de alavanca é o maior possível, ou seja: 300mm D 30° A 450 N b = 2252 + 2252 = 318,2 mm F = M b F = 88,8 0,3182 = 279 N 225mm C B 2. A figura abaixo representa uma junta rebitada, composta por dois rebites de mesmo diâmetro. Determinar as forças horizontais e verticais atuantes nos rebites. Como os rebites são iguais, as cargas e as reações verticais em cada rebite também são iguais: RAV= RBV= 3000÷2= 1500 N. O rebite A está sendo “puxado” para a direita, portanto, possuirá uma reação horizontal para a esquerda; O rebite B está sendo “empurrado” para a esquerda, portanto, possuirá uma reação horizontal para a direita. Determinação dos esforços horizontais: ∑ M A = 0 RBH×200=3000×600 = 9000 N R AH B A RAV R BH 600mm 3000 N RAH= RBH=9000 N RBV 3. Determinar o Momento em A devido ao binário de forças ilustrado na figura B 30° MA= F×b MA= 500×0,12 = 60 N.m F1=500 N A F2=500 N Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com 12 0m m 12 0m m 4. Substituir o binário da figura por uma força F vertical aplicada no ponto B. F1=F2= 500 N MA= F×b 30° B F=400 N F = M b F = 60 = 400 N 0,15 A MA =60N.m 150mm 5. Substituir o binário e a força F ilustrados na figura por uma única força F=400 N, aplicada no ponto C da alavanca. Determinar a distância do eixo ao ponto de aplicação desta força. MA= (400×0,15) + (200×0,12) = 84 N.m C B 30° d = M F d = 84 = 0,21 m = 210 mm 400 200 N A F=400 N AC = 210 = 420 mm cos 60º 200 N MA 150mm 5. Determinar a intensidade da força F para que atue no parafuso o torque (momento) de 40 N.m. d=210mm a = 200 = 217 mm = 0,217 m cos 23º MA=F×b F = M b F = 40 = 184,1 N 0,217 6. Um grifo é utilizado para rosquear um tubo de φ 20 mm a uma luva, como mostra a figura. Determinar a intensidade da força F exercida pelo grifo no tubo, quando a força aplicada no aperto for 40 N. ∑ M A = 0 40 × 180 = F × 30 F = 40 × 180 = 240 N Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com 30 Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com 2.4.4 Equilíbrio de corpos rígidos Um corpo rígido está em equilíbrio quando todas as forças externas que atuam sobre ele formam um sistema de forças equivalente a zero, isto é, quando todas as forças externas podem ser reduzidas a uma força nula e a um binário nulo. ΣF = 0 ΣM 0= 0 As expressões acima definem as equações fundamentais de Estática. Decompondo cada força e cada momento em suas componentes cartesianas, encontram-se as condições necessárias e suficientes para o equilíbrio de um corpo rígido no espaço: z ΣFx = 0 0 ΣM x= 0 x y ΣFy = 0 ΣM y= 0 ΣFz = 0 ΣM z= 0 Equilíbrio ou em duas dimensões As condições de equilíbrio de um corpo rígido simplificam-se consideravelmente no caso de uma estrutura bidimensional. Escolhendo os eixos x e y no plano da estrutura, tem-se: y Fz = 0 M x= M y= 0 M z= M 0 0 x para cada uma das forças aplicadas ao corpo rígido, então as seis equações de equilíbrio no espaço reduzem-se a: ΣFx = 0 ΣFy = 0 ΣM A= 0 onde A é um ponto qualquer no plano da estrutura. Estas três equações podem ser resolvidas para um máximo de três incógnitas. O equilíbrio em duas dimensões é também conhecido como equilíbrio no plano. Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com 2.5 Apoios Para o estudo do equilíbrio dos corpos rígidos não bastam conhecer somente as forças externas que agem sobre ele, mas também é necessário conhecer como este corpo rígido está apoiado. Apoios ou vínculos são elementos que restringem os movimentos das estruturas e recebem a seguinte classificação: Apoio móvel • Impede movimento na direção normal (perpendicular) ao plano do apoio; • Permite movimento na direção paralela ao plano do apoio; ou • Permite rotação. Apoio fixo • Impede movimento na direção normal ao plano do apoio; • Impede movimento na direção paralela ao plano do apoio; • Permite rotação. Engastamento • Impede movimento na direção normal ao plano do apoio; • Impede movimento na direção paralela ao plano do apoio; • Impede rotação. Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com 2.6 Tipos de Estruturas As estruturas são classificadas em função do número de reações de apoio ou vínculos que possuem. Cada reação constitui uma incógnita a ser determinada. Para as estruturas planas, a Estática fornece três equações fundamentais: ΣFx = 0 ΣFy = 0 ΣM A= 0 2.6.1 Estruturas hipostáticas Estruturas hipostáticas são aquelas cujo número de reações de apoio ou vínculos é inferior ao número de equações fornecidas pelas condições de equilíbrio da Estática. P A figura ao lado ilustra um tipo de estrutura hipostática. As incógnitas são duas: RA e RB. Esta estrutura não possui restrição a movimentos A B horizontais. L RA RB 2.6.2 Estruturas isostáticas Estruturas isostáticas são aquelas cujo número de reações de apoio ou vínculos é igual ao número de equações fornecidas pelas condições de equilíbrio da Estática. P No exemplo da estrutura da figura, as HA incógnitas são três: RA, RB e HA. Esta estrutura está fixa; suas incógnitas podem ser resolvidas somente A B pelas equações fundamentais da Estática. L RA RB 2.6.3 Estruturas hiperestáticas Estruturas hiperestáticas são aquelas cujo número de reações de apoio ou vínculos é superior ao número de equações fornecidas pelas condições de equilíbrio da Estática. Um tipo de estrutura hiperestática es’ta MA ilustrado na figura ao lado. As incógnitas são quatro: P RA, RB, HA e MA. As equações fundamentais da HA Estática não são suficientes para resolver as equações A B de equilíbrio. São necessárias outras condições L relativas ao comportamento da estrutura, como, p. ex., a sua deformabilidade para determinar todas as incógnitas. RA RB Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com 3 TRELIÇAS 3.1 Definição Treliça é toda estrutura constituída de barras ligadas entre si nas extremidades. O ponto de encontro das barras é chamado nó da treliça. Os esforços externos são aplicados unicamente nos nós. Denomina-se treliça plana, quando todas as barras de uma treliça estão em um mesmo plano. Para se calcular uma treliça deve-se: a) determinar as reações de apoio; b) determinar as forças nas barras. A condição para que uma treliça de malhas triangulares seja isostática é: 2n = b + v onde: b= número de barras n= número de nós v= número de reações de apoio Adota-se como convenção de sinais: barras tracionadas: positivo setas saindo do nó barras comprimidas: negativo setas entrando no nó Os esforços nas barras das treliças podem ser resolvidos por métodos gráficos e analíticos. Um dos vários processos analíticos usuais é o Método do Equilíbrio dos Nós, abaixo exemplificado. Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com 3.2 Método do equilíbrio dos nós Inicialmente devem-se identificar os nós e verificar os tipos de reações de apoio. No caso da treliça da figura, no 50 kN 100 kN 50 kN B B, um apoio fixo. Como os apoios móveis restringem somente deslocamentos os perpendiculares ao plano do apoio, tem-se uma reação vertical RA. C D 2 m α HE Como os apoios fixos restringem deslocamentos paralelos e perpendiculares ao plano do apoio, tem-se uma reação vertical RB e uma reação horizontal HE. A F E 2 m 2 m RA RE Verificar se a treliça é uma estrutura isostática barras b = 9 nós n = 6 reações v = 3 2n = b + v 2 × 6 = 9 + 3 Conclusão: a treliça é uma estrutura isostática Cálculo do ângulo de inclinação das barras a) Cálculo das reações de apoio α = arctg cateto oposto cateto adjacente = 2 = 45º 2 Equação de equilíbrio das forças na horizontal: ΣFH = 0 conclusão: HE = 0 Equação de equilíbrio das forças na vertical: ΣFV = 0 RA + RE − 50 − 100 − 50 = 0 RA + RE = 200 kN (1) Equação de equilíbrio de momentos: Como a estrutura está em equilíbrio, a somatória dos momentos em relação a qualquer ponto da estrutura deve ser nula. Tomando-se por exemplo o nó A como referência, tem-se 400 ΣM A = 0 4 × RE − 50 × 4 − 100 × 2 = 0 RE = 4 RE =100 kN Substituindo o valor de RE na equação (1), tem-se: RA + 100 = 200 kN logo RA = 100 kN b) Cálculo das forças nas barras Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com Iniciar a resolução pelo nó que tiver no máximo duas forças incógnitas. As forças devem estar tracionando o nó (seta saindo). Como não se sabe a priori se as forças nas barras são de tração ou de compressão, adotam-se como se fossem tracionadas. Se o valor Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com determinado for negativo, significa que a barra está comprimida, portanto, o sentido da seta deve ser mudado. Nó A N1 ΣFH = 0 N2 A ΣFV = 0 → N 2 = 0 RA Nó B 100 + N1 = 0 → N1 = −100 kN 50 ΣFH = 0 N 3 + N 4 cos 45º = 0 → N3 B N 3 = −50 kN 45° ΣFV = 0 Nó C 100 N4 100 − 50 − N 4sen45º = 0 → N 4 = 70,7 kN 100 ΣFH = 0 50 N5 50 + N 5 = 0 → N 5 = −50 kN C ΣFV = 0 100 + N 6 = 0 N6 → N 6 = −100 kN Nó D 50 ΣFH = 0 50 − N 7 cos 45º = 0 → 50 D N 7 = 70,7 kN 45° ΣFV = 0 Nó E N7 N8 100 50 + N 8 + 70,7sen45º = 0 → N 8 = −100 kN N9 E ΣFH = 0 → N 9 = 0 100 Nó F Verificação 100 ΣFH = 0 70,7 45° 45° 70,7 − 70,7 cos 45º+70,7 cos 45º = 0 → 0 = 0 ok 0,0 0,0 ΣFV = 0 Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com F − 100 + 70,7sen45º+70,7sen45º = 0 →0 = 0 ok Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com NAB= -100 kN compressão NAF= 0 NBC= -50 kN compressão NBF= +70,7 kN tração NCF= -100 kN compressão NCD= -50 kN compressão NDF= +70,7 kN tração NDE= -100 kN compressão NFE= 0 kN 1. 0 m 1. 0 m Como a treliça é simétrica, com carregamentos simétricos, os resultados das forças que agem nos nós D e E são iguais às dos nós B e A, respectivamente. Portanto, não há necessidade de se calcular as forças nos nós D e E. Resultados 50 kN 100 kN 50 kN B C D 2 m α HE A F E 2 m 2 m RA RE 2. Calcular as forças em cada barra da treliça “mão francesa” da figura. RB HB B HA A 2.0 m C 40 kN α θ E 2.0 m 20 kN D Cálculo dos ângulos de inclinação das barras α = arctg = 2 = 63,43º 1 θ = arctg = 1 = 26,56º 2 a) Cálculo das reações de apoio ΣFH = 0 Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com ΣFV = 0 H A + H B = 40 kN RB + 20 = 0 RB = −20 kN ΣM B = 0 + H A × 2 − 40 × 2 − 40 × 1 = 0 H A = 60 kN H B = −20 kN Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com b) Cálculo das forças nas barras Nó B 20 kN ΣFH = 0 20 kN B − 2 + N 2senα = 0 → N 2 = 22,4 kN N2 63.4° ΣFV = 0 20 + N1 − N 2 cos α = 0 → N1 N1 = 10 kN Nó A 10 ΣFH = 0 60 A N3 26.6° 6 + N 4 + N 3senθ = 0 6 + N 4 − 22,4senθ = 0 → N 4 = 40 kN N4 ΣFV = 0 100 10 + N 3 cosθ = 0 → N 3 = −22,4 kN Nó E N5 40 N6 E ΣFH = 0 ΣFV = 0 → N 6 = 40 kN → N 5 = 0 kN Nó D 20 ΣFV = 0 N7 − 20 + N 7senθ = 0 → N 7 = 44,7 kN 26.6° D ΣFH = 0 40 − 40 + 44,7 cos senθ = 0 → 0 = 0 ok Nó C ΣFH = 0 22,4 26.6° C 40 22,4 cosθ − 22,4 cosθ − 40 + 44,7 cosθ = 0 =0 kN ΣFV = 0 22,4 0,0 44,7 22,4senθ − 22,4senθ − 44,7senθ = 0 → 10+10-20 =0 ok Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com NAB= +10 kN tração NAC= -22,4 kN compressão NBC= +40 kN tração NBC= +22,4 kN tração NCE= 0 NCD= +44,7 kN tração NED= +40 kN tração 37 5m m 1. 0 m 1. 0 m 0. 9m Resultados RB HB B HA A 2.0 m C 40 kN α θ E 2.0 m 20 kN D Exercícios 1. Determine a força em cada barras das treliças ilustradas. Indique se cada barra está tracionada ou comprimida. 1. FAB = 8 kN C FAC = 10 kN T FBC = 8,545 kN T A 1.2m C 9000 N B 2.4m 1200 N A B C 2. FAB = 3 900 N T FAC = 4 500 N C FBC = 3600 N C 400mm 500mm 3. FAB = FDE = FBG = FDI = 0; FAF = FCH = FEJ = 400 N C; FBC = FCD = 800 N C; FBF = FDJ = 849 N C; FBH = FDH = 283 N T; FFH = FGH = FHI = FIJ = 600 N T 400 N A F a Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com B C D E a 400 N 400 N 400 N 400 N G H I J a a a Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com B E 3,6 m F 3,6 m 2, 7m 2, 7m 9000 N A 9000 N C E B D F 3,6m 4. FAB = 9 kN; FAC = 0; FBC = 11,25 kN C FBD = 6,75 kN T; FCD = 18 kN T FCE = 6,75 kN C; FDE = 22,50 kN C FDF = 20,25 kN T 5. C FAB = FDE = 8 kN C FAF = FFG = FHE = 6,93 kN T B D FBC = FCD = FBG = FDE = 4 kN C A 30° 30° 30° 30° E FBF = FDH = FCG = 4 kN T F G H a 4 kN a a a 4 kN 1,5 m 1,5 m A 1,5 m D C 6. FAD = 100 kN T FAE = 130 kN C FBC = 173,5 kN T FBE = 50 kN T FBF = 52,05 kN C FCF = 33,35 kN T FDE = 0 FEF= 1120 kN C 100 kN Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com 4 TENSÕES E DEFORMAÇÕES 4.1 Introdução Os conceitos de tensão e deformação podem ser ilustrados, de modo elementar, considerando-se o alongamento de uma barra prismática (barra de eixo reto e de seção constante em todo o comprimento). Considere-se uma barra prismática carregada nas extremidades por forças axiais P (forças que atuam no eixo da barra), que produzem alongamento uniforme ou tração na barra. Sob ação dessas forças originam-se esforços internos no interior da barra. Para o estudo desses esforços internos, considere-se um corte imaginário na seção mm, normal a seu eixo. Removendo-se por exemplo a parte direita do corpo, os esforços internos na seção considerada (m-m) transformam-se em esforços externos. Supõe-se que estes esforços estejamdistribuídos uniformemente sobre toda a seção transversal. P m P m L δ P σ Figura 4.1. Para que não se altere o equilíbrio, estes esforços devem ser equivalentes à resultante, também axial, de intensidade P. Quando estas forças são distribuídas perpendiculares e uniformemente sobre toda a seção transversal, recebem o nome de tensão normal, sendo comumente designada pela letra grega σ (sigma). Pode-se ver facilmente que a tensão normal, em qualquer parte da seção transversal é obtida dividindo-se o valor da força P pela área da seção transversal, ou seja, σ = P A (1) A tensão tem a mesma unidade de pressão, que, no Sistema Internacional de Unidades é o Pascal (Pa) corresponde à carga de 1N atuando sobre uma superfície de 1m2, ou seja, Pa = N/m2. Como a unidade Pascal é muito pequena, costuma-se utilizar com freqüência seus múltiplos: MPa = N/mm2 = (Pa×106), GPa = kN/mm2 = (Pa×109), etc. Em outros Sistemas de Unidades, a tensão ainda pode-se ser expressa em quilograma força por Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com centímetro quadrado (kgf/cm2), libra por polegada quadrada (lb/in2 ou psi), etc. Quando a barra é alongada pela força P, como indica a Figura 4.1, a tensão resultante é uma tensão de tração; se as forças tiverem o sentido oposto, comprimindo a barra, tem-se tensão de compressão. Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com A condição necessária para validar a Equação (1) é que a tensão σ seja uniforme em toda a seção transversal da barra. O alongamento total de uma barra submetida a uma força axial é designado pela letra grega δ (delta). O alongamento por unidade de comprimento, denominado deformação específica, representado pela letra grega ε (epsilon), é dado pela seguinte equação: onde: ε = deformação específica ε = δ L (2) δ = alongamento ou encurtamento L = comprimento total da barra. Note-se que a deformação ε é uma quantidade adimensional. É de uso corrente no meio técnico representar a deformação por uma fração percentual (%) multiplicando-se o valor da deformação específica por 102 ou mesmo até (‰) multiplicando-se por 103. 4.2 Diagrama tensão-deformação As relações entre tensões e deformações para um determinado material são encontradas por meio de ensaios de tração. Nestes ensaios são medidos os alongamentos δ, correspondentes aos acréscimos de carga axial P, que se aplicarem à barra, até a ruptura do corpo-de-prova. Obtêm-se as tensões dividindo as forças pela área da seção transversal da barra e as deformações específicas dividindo o alongamento pelo comprimento ao longo do qual a deformação é medida. Deste modo obtém-se um diagrama tensão-deformação do material em estudo. Na Figura 4.2 ilustra-se um diagrama tensão-deformação típico do aço. σ σr σe σp A escoamento B C D E Tensão σ = P A P P L 0 εp região L δ εr ε σr = tensão de ruptura σe = tensão de escoamento σp = tensão limite de proporcionalidade elástica região plástica Figura 4.2. Diagrama tensão-deformação do aço Região elástica: de 0 até A as tensões são diretamente proporcionais às Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com deformações; o material obedece a Lei de Hooke e o diagrama é linear. 0 ponto A é chamado limite de proporcionalidade, pois, a partir desse ponto deixa de existir a Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com proporcionalidade. Daí em diante inicia-se uma curva que se afasta da reta 0A, até que em B começa o chamado escoamento. O escoamento caracteriza-se por um aumento considerável da deformação com pequeno aumento da força de tração. No ponto B inicia-se a região plástica. O ponto C é o final do escoamento o material começa a oferecer resistência adicional ao aumento de carga, atingindo o valor máximo ou tensão máxima no ponto D, denominado limite máximo de resistência. Além deste ponto, maiores deformações são acompanhadas por reduções da carga, ocorrendo, finalmente, a ruptura do corpo-de-prova no ponto E do diagrama. A presença de um ponto de escoamento pronunciado, seguido de grande deformação plástica é uma característica do aço, que é o mais comum dos metais estruturais em uso atualmente. Tanto os aços quanto as ligas de alumínio podem sofrer grandes deformações antes da ruptura. Materiais que apresentam grandes deformações, antes da ruptura, são classificados de materiais dúcteis. Outros materiais como o cobre, bronze, latão, níquel, etc, também possuem comportamento dúctil. Por outro lado, os materiais frágeis ou quebradiços são aqueles que se deformam relativamente pouco antes de romper-se, como por exemplo, o ferro fundido, concreto, vidro, porcelana, cerâmica, gesso, entre outros. 4.3 Tensão admissível Para certificar-se de que a estrutura projetada não corra risco de ruína, levando em conta algumas sobrecargas extras, bem como certas imprecisões na construção e possíveis desconhecimentos de algumas variáveis na análise da estrutura, normalmente emprega-se um coeficiente de segurança (γf), majorando-se a carga calculada. Outra forma de aplicação do coeficiente de segurança é utilizar uma tensão admissível ( σ ou σ adm ), reduzindo a tensão calculada (σcalc), dividindo-a por um coeficiente de segurança. A tensão admissível é normalmente mantida abaixo do limite de proporcionalidade, ou seja, na região de deformação elástica do material. Assim, σ = σ = σ calc adm γ (3) f 4.4 Lei de Hooke Os diagramas tensão-deformação ilustram o comportamento de vários materiais, quando carregados por tração. Quando um corpo-de-prova do material é descarregado, isto é, quando a carga é gradualmente diminuída até zero, a deformação sofrida durante o carregamento desaparecerá parcial ou completamente. Esta propriedade do material, pela qual ele tende a retornar à forma original é denominada elasticidade. Quando a barra volta completamente à forma original, diz-se que o material é perfeitamente elástico; mas se o retorno não for total, o material é parcialmente elástico. Neste último caso, a deformação Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com que permanece depois da retirada da carga é denominada deformação permanente. Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com A relação linear da função tensão-deformação foi apresentada por Robert HOOKE em 1678 e é conhecida por LEI DE HOOKE, definida como: onde σ = tensão normal σ = Eε (4) E = módulo de elasticidade do material ε = deformação específica O Módulo de Elasticidade representa o coeficiente angular da parte linear do diagrama tensão-deformação e é diferente para cada material. A lei de HOOKE é valida para a fase elástica dos materiais. Por este motivo, quaisquer que sejam os carregamentos ou solicitações sobre o material, vale a superposiçãode efeitos, ou seja, pode-se avaliar o efeito de cada solicitação sobre o material e depois somá-los. Alguns valores de E são mostrados na Tabela abaixo. Para a maioria dos materiais, o valor do Módulo de Elasticidade sob compressão ou sob tração são iguais. Tabela 4.1 Propriedades mecânicas típicas de alguns materiais Material Peso específico (kN/m3) Módulo de Elasticidade (GPa) Aço 78,5 200 a 210 Alumínio 26,9 70 a 80 Bronze 83,2 98 Cobre 88,8 120 Ferro fundido 77,7 100 Madeira 0,6 a 1,2 8 a 12 Quando a barra é carregada por tração simples, a tensão axial é σ = P / A e a deformação específica é ε = δ / L . Combinando estes resultados com a Lei de HOOKE, tem-se a seguinte expressão para o alongamento da barra: δ = PL EA (5) Esta equação mostra que o alongamento de uma barra linearmente elástica é diretamente proporcional à carga e ao comprimento e inversamente proporcional ao módulo de elasticidade e à área da seção transversal. O produto EA é conhecido como rigidez axial da barra. Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com 4.4.1 Coeficiente de Poisson Quando uma barra é tracionada, o alongamento axial é acompanhado por uma contração lateral, isto é, a largura da barra torna-se menor enquanto cresce seu comprimento. Quando a barra é comprimida, a largura da barra aumenta. A Figura 3 ilustra essas deformações. P P P P Figura 4.3. Deformações longitudinal e lateral nas barras A relação entre as deformações transversal e longitudinal é constante dentro da região elástica, e é conhecida como relação ou coeficiente de Poisson (v); definido como: υ = deformação lateral deformação longitudinal (6) Esse coeficiente é assim conhecido em razão do famoso matemático francês S. D. Poisson (1781-1840). Para os materiais que possuem as mesmas propriedades elásticas em todas as direções, denominados isotrópicos, Poisson achou ν ≈ 0,25. Experiências com metais mostram que o valor de v usualmente encontra-se entre 0,25 e 0,35. Se o material em estudo possuir as mesmas propriedades qualquer que seja a direção escolhida, no ponto considerado, então é denominado, material isótropico. Se o material não possuir qualquer espécie de simetria elástica, então é denominado material anisotrópico. Um exemplo de material anisotrópico é a madeira pois, na direção de suas fibras a madeira é mais resistente. 4.4.2 Forma geral da Lei de Hooke Considerou-se anteriormente o caso particular da Lei de HOOKE, aplicável a exemplos simples de solicitação axial. Se forem consideradas as deformações longitudinal (εL) e transversal (εt), tem-se, respectivamente: ε = σ e ε = νε = υσ (7) L E t L E Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com No caso mais geral, no qual um elemento do material é solicitado por três tensões normais σx, σy e σz, perpendiculares entre si, às quais correspondem respectivamente às deformações εx, εy e εz, a Lei de HOOKE se escreve: Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com σ y x σ x σz ε ε = 1 [σ x E x = 1 [σ y E y − υ (σ − υ (σ z + σ z )] + σ x )] (8) ε = 1 [σ y z E z − υ (σ + σ y )] A lei de HOOKE é válida para materiais homogêneos, ou seja, aqueles que possuem as mesmas propriedades (mesmos E e ν) em todos os pontos. Exemplos 1. Determinar a tensão de tração e a deformação específica de uma barra prismática de comprimento L=5,0m, seção transversal circular com diâmetro φ=5cm e Módulo de Elasticidade E=20.000 kN/cm2 , submetida a uma força axial de tração P=30 kN. P P=30 kN L= 5 m piφ 2 A = 4 pi × 52 A = 4 = 19,6 cm2 σ = P A σ = 30 = 1,53 kN/cm2 ou 15,3 MPa 19,6 δ = PL EA δ = 30 × 500 20.000 ×19,6 = 0,0382 cm ε = δ L ε = 0,0382 = 0,0000764 500 ou × 1000 = 0,0764 (‰) 2. A barra da figura é constituída de 3 trechos: trecho AB=300 cm e seção transversal com área A=10cm2; trecho BC=200cm e seção transversal com área A=15cm2 e trecho CD=200cm e seção transversal com área A=18cm2 é solicitada pelo sistema de forças indicado na Figura. Determinar as tensões e as deformações em cada trecho, bem como o alongamento total. Dado E=21.000 kN/cm2. 150kN A 30kN 50kN B C 170kN D Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com 300 cm 200 cm 200 cm Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com Trecho A-B A 150kN B 50kN R=150kN 300 cm 30kN 170kN σ = P A σ = 150 = 15 kN/cm2 10 δ = PL EA δ = 150 × 300 21.000 × 10 = 0,214 cm ε = δ L ε = 0,214 × 1000 = 0,713 (‰) 300 Trecho B-C R=120kN 150kN 30kN B C 200 cm 50kN 170kN R=120kN σ = P A σ = 120 = 8 15 kN/cm2 δ = PL EA δ = 120 × 200 21.000 ×15 = 0,076 cm ε = δ L ε = 0,076 × 1000 = 0,38 (‰) 200 Trecho C-D R=170kN 150kN 30kN 50kN 200 cm 170kN σ = P A σ = 170 = 9,44 18 kN/cm2 δ = PL EA δ = 170 × 200 21.000 ×18 = 0,0899 cm ε = δ L ε = 0,0899 × 1000 = 0,45 (‰) 200 Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com Alongamento total δ = 0,214 + 0,076 + 0,0899 = 0,38 cm Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com 4.5 Estruturas estaticamente indeterminadas Nos exemplos anteriores, as forças que atuavam nas barras da estrutura podiam ser calculadas pelas equações da Estática. Tais estruturas são denominadas estaticamente determinadas. Há casos, porém, em que as equações de equilíbrio fornecidas pela Estática não são suficientes para a determinação de todas as ações e reações de uma estrutura. Para essas estruturas, denominadas, estruturas estaticamente indeterminadas, as forças e a reações só poderão ser calculadas se as deformações forem levadas em conta. Um exemplo simples de estrutura estaticamente indeterminada é ilustrado na Figura 4.4. Ra Ra A A A P a P C C L b B B B (a) (b) Rb (c) Figura 4.4 Barra estaticamente indeterminada A barra está carregada por uma força P no ponto C e as extremidades AB da barra estão presas em suportes rígidos. As reações Ra e Rb aparecem nas extremidades da barra, porém suas intensidades não podem ser calculadas apenas pelas equações daEstática. A única equação fornecida pelo equilíbrio estático é Ra + Rb = P (9) a qual contém ambas as reações desconhecidas (2 incógnitas), sendo, portanto, insuficiente para seu cálculo com uma única equação. Há necessidade, portanto, de uma segunda equação, que considere as deformações da barra. Para a consideração da deformação na barra, deve-se analisar o efeito de cada força sobre a barra se uma de suas extremidades estivesse livre. Considere-se, então, o efeito da carga P deslocando o ponto A, na estrutura livre, ilustrado na Figura 4.4b. O deslocamento (para baixo) do ponto A, devido ao encurtamento do trecho CD, submetido à carga P, é dado por: Pb δ P = EA Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com Em seguida, analisa-se o efeito da reação Ra deslocando do ponto A, ilustrado na Figura 4.4c. Note-se que se está analisando o efeito da reação Ra com a extremidade A da barra livre. O deslocamento (para cima) é dado por: Ra L δ R = EA Ora, como a extremidade A da barra é fixa, o deslocamento final (δ), neste ponto, resultante da ação simultânea das forças P e Ra, é nulo. Logo, δ R − δ P = 0 → δ P = δ R , ou seja, Pb = Ra L . EA EA Logo, R = Pb . Substituindo o R na equação (9), tem-se: Pa + R = P a L R = P − Pa b L a R = PL − Pb b L L b R = P( L − b) b L R = Pa b L Exemplos 1. Uma barra constituída de dois trechos é rigidamente presa nas extremidades. Determinar as A reações R1 e R2 quando se aplica uma força P. Dados: E=21.000 kN/cm2; AAB=5cm2; ABC=7,5cm2; P= 60 kN B Solução Equação de equilíbrio C R1 P/2 P/2 2 cm 1,5 cm R1 + R2 = P (1) Equação de compatibilidade das deformações: R2 δ AB = δ BC (2) Nota: As cargas P/2 provocarão um alongamento no trecho AB, e um encurtamento no trecho BC, de valores exatamente iguais. lembrando que δ = PL , tem-se R1 × 2 = R2 × 1,5 EA 0,2R2 E × 5 E × 7,5 0,4R1 = 0,2R2 R1 = 0,4 R1 = 0,5R2 substituindo em (1) R1 + R2 = 60 → 0,5R2 + R2 = 60 → 1,5R2 = 60 → R2 = 40 kN mas, R1 + 40 = 60 logo R1 = 20 kN. Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com 2 30 0 cm 0, 25 cm 2. É dado um cilindro de aço de 5cm de diâmetro no interior de um tudo de cobre de 8cm de diâmetro externo, com dimensões indicadas na Figura. Aplicando-se uma força de P=400 kN, qual a parcela de carga no cilindro de aço e qual a parcela de carga no cilindro de cobre? Dados: Eaço=21.000 kN/cm2; Ecobre=12.000 kN/cm2 Aaço = pi × 5 4 = 19,63 cm2 2 2 Acobre = Acobre,total − Aaço P=400 kN placa rígida Acobre = pi × 8 4 − pi × 5 4 = 30,63 cm2 posição final Pcobre + Paço = 400 δ aço = δ cobre + 0,25 kN (1) (2) cilindro de aço lembrando que δ = PL , tem-se EA cilindro de cobre Paço × 300,25 21.000 ×19,63 = Pcobre × 300 12.000 × 30,63 + 0,25 5 cm 8 cm 0,000728Paço = 0,000817Pcobre + 0,25 Paço = 0,000817Pcobre + 0,25 0,000728 substituindo em (1), tem-se, Pcobre + 0,000817Pcobre + 0,25 = 400 kN 0,000728 Pcobre + 0,000817Pcobre + 0,000728 0,25 0,000728 = 400 kN 1,1223Pcobre + Pcobre + 343,4066 = 400 Pcobre = 26,66 kN substituindo em (1), tem-se: Paço = 400 − 26,66 = 373,34 kN Exercícios 1. Em uma máquina usa-se uma barra prismática de 10m de comprimento, comprimida por uma força de 500 kN. Sabendo-se que a tensão não deve exceder a 140 kN/cm2 e o encurtamento não deve exceder a 3mm, pede-se determinar o diâmetro da barra. E=21.000 kN/cm2. Resposta: φ=10cm 2. Uma barra prismática está submetida à tração axial. A área da seção transversal é 2cm2 e o seu comprimento é 5m. Sabendo-se que a barra sofre o alongamento δ=0,714285cm quando é submetida à força de tração 60kN, pede-se determinar o módulo de elasticidade do material. Resposta: E=21.000 kN/cm2. 3. Uma barra cilíndrica de 38mm de diâmetro e 20cm de comprimento sofre a ação de uma força de compressão de 200kN. Sabendo-se que o módulo de elasticidade da barra é Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com E=9.000 kN/cm2 e o coeficiente de Poisson, υ=0,3, determinar o aumento de diâmetro da barra. Resposta: δt=0,00223cm. Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com 2. 0 m 1. 70 m 4. A barra rígida AB é articulada em A, suspensa em B por um fio e apóia-se em C em um suporte de ferro. São dados: comprimento do fio: 1,7m; área da seção transversal do fio: 5cm2; módulo de elasticidade do fio E=21.000 kN/cm2; comprimento do suporte: 2m; área do suporte: 15cm2; módulo de elasticidade do suporte E=10.000 kN/cm2. Determinar as P=100 kN A C B forças no fio, no suporte e na articulação. Respostas: Força no fio: 50kN Força no suporte: 25kN Força na articulação: 25kN 2.0 m A PA 1.0 m C PC 2.0 m P=100 kN Pf B 4.6 Tensões iniciais e Tensões Térmicas Quando uma estrutura é estaticamente determinada, a variação uniforme da temperatura em todo seu comprimento não acarreta nenhuma tensão, pois a estrutura é capaz de se expandir ou se contrair livremente. Por outro lado, a variação de temperatura em estruturas fixas, estaticamente indeterminadas, produz tensões em seus elementos, denominadas tensões térmicas. Esta conclusão pode ser observada pela comparação entre uma barra livre em uma das extremidades, com outra barra engastada nas duas extremidades, como mostrado na Figura 4.5. R R A A A L ∆T ∆T B B B (a) R (b) (c) Figura 4.5. Barra fixa nas extremidades, submetida a aumento de temperatura Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com Na barra da Figura 4.5b, a variação uniforme de temperatura sobre toda a barra causará o alongamento: Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com C δ = αL∆T onde: α = coeficiente de dilatação térmica L = comprimento ∆T = variação de temperatura (ºC) (10) Como este alongamento pode ocorrer livremente, não surgirá nenhuma tensão na barra. Na Tabela 4.2 estão indicados coeficientes de dilatação térmica de alguns materiais. Tabela 4.2 Valores Típicos do coeficiente de dilatação térmica Material Coeficiente de dilatação térmica α (10-6 ºC-1) Aço 11,7 Alumínio 21,4 a 23,9 Magnésio 26,1 Cobre 16,7 Concreto 7,2 a 12,6 No caso de barras estaticamente indeterminadas,como a que aparece na Figura 4.5, quando há aumento de temperatura, a barra não pode alongar-se, surgindo, como conseqüência, uma força de compressão que pode ser calculada pelo método descrito no item precedente. Para a barra engastada da Figura 4.5a, vê-se que, se a extremidade A for liberada, seu deslocamento para cima, devido ao acréscimo de temperatura, será o mesmo deslocamento para baixo, decorrente da ação da força R, ou seja, RL/EA. Igualando esses dois deslocamentos vêm: R = EAα∆T (11) Depois de se obter R, pode-se calcular a tensão e a deformação específica da barra pelas expressões: σ = R = Eα∆T e A ε = σ E = α∆T Deste exemplo, conclui-se que a variação de temperatura produz tensões em sistemas estaticamente indeterminados, ainda que não se tenha a ação de forças externas. Exemplo Uma barra prismática, rigidamente presa nas extremidades é submetida a um A aumento de temperatura de 20ºC, ao mesmo tempo em que recebe uma carga P=30 kN. Determinar as reações de apoio. Dados: A= 1,5 cm2; E=20.000 kN/cm2; α=11,7×10-6 ºC-1; ∆T= +20ºC 100 cm P=30 kN 250 cm B Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com Solução: a) determinação das reações R´A e R´B, devido ao aumento de temperatura R = EAα∆T Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com 50 cm A B R'A =7,02 R'B =7,02 kN R = 20.000 ×1,5 ×11,7 ×10−6 × 20 = 7,02 kN → R = R′A = RB′ b) ao se aplicar a carga P= 30 kN no ponto C, o trecho AC sofrerá um alongamento exatamente igual ao encurtamento no trecho CB, portanto, δ AC = δ BC . Assim, R′A′ × 100 = RB′ × 250 → R′ = 2,5R′ EA EA A B fazendo o equilíbrio de forças, tem-se: RB′ + R′A′ = P mas R′A′ = 2,5RB′ , logo, 2,5RB′ + RB′ = 30 → 3,5RB′ = 30 RB′ = 8,57 kN →Portanto, R′A′ = 21,43 kN A P=30 kN B R''B =21,43 R''B =8,57 kN Como se trata de uma estrutura trabalhando no regime elástico, vale a superposição de efeitos, ou seja, os efeitos da temperatura na barra e da carga P: RA = − R′A + R′A′ RA = −7,02 + 21,43 = 14,41 kN RB = RB′ + RB′ RB = 7,02 + 8,57 = 15,59 kN Exercício 1. A um tubo de aço se aplica uma carga axial de 200 kN por meio de uma placa rígida. A área da seção transversal do cilindro de aço é 20cm2. Determinar o acréscimo de temperatura ∆T para o qual a carga externa seja equilibrada pelos esforços que aparecem nos cilindros de aço e cobre. Dados: Eaço=21.000 kN/cm2; αaço=11,7×10-6 ºC-1 Resposta: ∆T = 40,7ºC. P=200 kN tubo de aço Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com forç L C P A 4.7 Tensão de cisalhamento Denomina-se força cortante (V), a componente de uma força, contida no plano da seção transversal considerada, como ilustrado na Figura 4.6. A força cortante é uma força que atua no próprio plano da seção transversal. A outra componente é a força normal. força tangencial V R resultante P a normal barra engastada Figura 4.6 A força cortante dá lugar, em cada um dos pontos da seção, ao aparecimento de uma tensão tangencial, denominada tensão de cisalhamento, designada pela letra grega τ. Admitindo-se distribuição uniforme da tensão de cisalhamento na seção transversal de área A, tem-se, em cada ponto da seção: τ = V A (12) A tensão de cisalhamento, como a tensão normal, tem também a mesma unidade de pressão a qual, no Sistema Internacional é o pascal (Pa). Exemplo Considere-se o parafuso de 12,5 mm de diâmetro, da junta da Figura abaixo. A força P é igual a 15 kN. Admitida a distribuição uniforme das tensões de cisalhamento, qual o valor dessas tensões, em qualquer uma das seções transversais m—n ou p—q? B B V P m n n m n m p p q Solução q p q V Supõe-se que a força P solicite igualmente as duas seções transversais. Nessas condições, a força que atua em cada plano é: 15/2=7,50 kN, sobre a seção de área pi×1,252/4 = 1,23 cm2. Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com Portanto, τ = V A τ = 7,5 1,23 = 6,1 kN/cm2 Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com Exercícios 1. Emprega-se um rebite para ligar duas barras de aço, como se indica na figura, Se o diâmetro do rebite é 19mm e a carga P = 30 kN, qual a P tensão de cisalhamento no rebite? Resposta:τ= 10,6 kN/cm2. P=30 kN φ 19mm 2. A barra AB é perfeitamente ajustada aos anteparos fixos quando a temperatura é de +25ºC. Determinar as tensões atuantes nas partes AC e CB da barra para a temperatura de –50ºC. Dados: E=200GPa e α=12×10-6/ºC. Respostas: σAC = 240 MPa; σCB = 120 MPa 3. Determine a deformação da barra de aço sob a ação das cargas indicadas. Dado: E=210 GPa Resposta: δ=2,75×10-3m = 2,75mm 4. A barra (1) da figura é de aço, possui A1=400mm2 de área de seção transversal e seu comprimento é L1= 800mm. Determinar para a barra (1): a) carga axial atuante (F1) b) tensão normal atuante (σ1) c) o alongamento (∆L1) d) a deformação longitudinal (ε1) e) a deformação transversal (εt1) Dados: Eaço=210 GPa; υ=0,3 Respostas: a) F1=6,125 kN; b) σ1=15,3MPa c) ∆L1=58×10-6m; d) ε1=0,0000725; e) εt1=-0,000022 Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com 2 m 5. A barra rígida BDE é suspensa por duas hastes AB e CD. A haste AB é de alumínio (Eal=70GPa) com área de seção transversal de 500mm2; a haste CD é de aço (Eaço=200GPa) com área de seção transversal de 600mm2. Para a força de 30kN determine. a) deslocamento de B; b) deslocamento de D; c) deslocamento de E. Respostas: a) δB=0,514mm; b) δD=0,300mm; c) δE=1,928mm 6. A viga da figura está apoiada n ponto A por meio de um pino com φ12,5mm de diâmetro e sustentada no ponto B por meio de um cabo de aço com φ4mm de diâmetro. Ao se aplicar uma carga P no ponto C, o cabo sofre um A alongamento de 0,2cm. Determinar a carga P e a tensão de cisalhamento no ponto do suporte A. Desprezar o peso próprio da barra. Dado: σaço=2000 kgf/cm2 . Respostas: P = 377kgf τA = 102,4 kgf/cm2 . P C B 4 m 2 m Mecânica dos Materiais – www.mecatronicadegaragem.blogspot.com b 5 CARACTERÍSTICAS GEOMÉTRICAS DE FIGURAS PLANAS O dimensionamento e a verificação da capacidade resistente de barras, como de qualquer elemento estrutural dependem de grandezas chamadas tensões, as quais se distribuem ao longo das seções transversais de um corpo. Daí vem a necessidade
Compartilhar