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Engenharia Civil ·
Mecanica dos Materiais 1
· 2021/2
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4 - 1 Capítulo4- Carga Axial 4.1 Introdução 4.2 Conceito de Esforço Normal 4.3 Estruturas Sob esforço Normal 4.4 Deformação Elástica de um Elemento sob Carga axial 4.5 Princípio da Superposição R. C. Hibbeler Pearson Education do Brasil 4.6 Elementos com Força Axial Estaticamente Indeterminado 4.7 Tensão Térmica 4.8 Concentrações de Tensão 4.9 Deformação Axial Inelástica Pelo princípio Saint-Venant, afirma-se que a deformação e a tensão localizadas nas regiões de aplicação de carga ou nos apoios tendem a uniformizar-se a uma distância suficientemente afastada desses pontos. 4 - 2 Para a barra carregada em uma extremidade e fixa na outra. Ocorrem distorções no ponto de aplicação da carga e no engaste. A partir da seção c-c e na região central da barra as deformações e tensões possuem uma distribuição uniforme. Após o afastamento correspondente ao comprimento da maior dimensão da seção transversal do elemento estrutural. 4 - 3 Distribuição de tensões próximas a um furo circular em uma placa submetida a carregamento axial. Distribuição de tensões próximas aos adoçamentos (cantos arredondados) em placa submetida a carregamento axial com redução de seção transversal. Placas com furos e com redução da área da seção transversal 4.1.1 Conceito de Força Normal ou Esforço Normal Seja uma barra com carregamento axial aplicado ao longo do seu eixo. Seccionando a barra, a resultante das tensões que atuam na direção normal ao plano da seção, sobre um eixo que passa pelo centroide dessa seção transversal, chamamos de Força Normal. P = N = ∫σdA A convenção de sinais para o esforço Normal é definida por: Positivo se estiver saindo do plano da seção, sendo denominado de Tração (tende a alongar a barra); Negativo se estiver entrando do plano da seção, sendo denominado de Compressão (tende a encurtar a barra). 4 - 5 Treliças Pilares e Treliça Ponte Helix, Cingapura. Pedestre - 280 m de comprimento Cabos e Tirantes Golden Gate Fundação 4.1.2 Estruturas sob Esforço Normal Por simplificação, considera-se que o material seja homogêneo e isotrópico, e também pelo princípio de Saint Venant, onde se afirma que deformação e tensão em regiões afastadas do local de aplicação da carga e de apoios são uniformemente distribuídas. Como consequência, pode-se utilizar a Lei de Hooke e as seguintes expressões: σ = Eε σ_méd = P/A ε_méd = Δs'/Δs = δ/L 4.2 Deformação Elástica de um Elemento submetido a carga axial Considerando-se uma barra de seção variável e submetida por um carregamento variável, P(x), ocorrerá um deslocamento, δ, em sua extremidade. A tensão e a deformação no elemento são dadas por: σ = P(x)/A(x) ε = dδ/dx Considerando-se a Lei de Hooke, onde teremos o comportamento linear elástico do material, pode-se relacionar a tensão com a deformação: σ = Eε Para o comprimento total da barra, L, deve-se integrar dδ, determinando-se o deslocamento (δ): δ = deslocamento de um ponto na barra relativo a outro; P(x) = força axial interna na seção; L = comprimento inicial; A(x) = área da seção transversal da barra; E = módulo de elasticidade longitudinal. 4.2 Deformação Elástica de um Elemento sob a Forças axiais Para uma barra de seção constante submetida a um carregamento constante, o deslocamento, δ, é dado por: δ = PL / EA Se a barra for submetida a várias forças axiais distintas, ou se a área da seção transversal ou o módulo de elasticidade forem distintos de uma região da barra para outra, aplica-se a equação a seguir para cada elemento. δ = Σ (Pi Li / Ei Ai) A convenção de sinais para o P e δ é definida por: - Positivo se provocarem tração e alongamento da barra; - Negativo se causarem compressão e encurtamento (ou contração) da barra. Exemplo 1 A barra de aço AD possui diâmetro de 30 mm e módulo de elasticidade E = 200 GPa. Para o carregamento indicado, calcular o deslocamento relativo entre os pontos A e D. Solução: δA/D = ? δ = Σ (Pi Li / Ei Ai) δA/D = δA/B + δB/C + δC/D δA/D = (PAB LAB / EAB AAB) + (PBC LBC / EBC ABC) + (PCD LCD / ECD ACD) δA/D = 1 / (200 x 10^3 N/mm² π (15 mm)²) [(+5 x 10^3 N) 200 mm + (−3 x 10^3 N) 250 mm + (−7 x 10^3 N) 350 mm] δA/D = 0,0071 mm − 0,0053 mm − 0,0173 mm = −0,0155 mm Há encurtamento da barra de aço. Exemplo 2 A barra de aço A-36 (E=210GPa) ilustrada na figura é composta por dois segmentos, AB e BD, com áreas de seção transversal AAB = 600 mm² e ABD = 1200 mm², respectivamente. Determine o deslocamento vertical da extremidade A e o deslocamento de B em relação a C. Solução: δA = ? δ = Σ (Pi Li / Ei Ai) δA = (PAB LAB / EAB AAB) + (PBC LBC / EBC ABC) + (PCD LCD / ECD ACD) δA = (+75 x 10^3 N) 1000 mm / (210 x 10^3 N/mm² 600 mm²) Há o alongamento da barra de aço. δB/C = [(+35 x 10^3 N) 750 mm / 210 x 10^3 N/mm² 1200 mm²] = 0,104 mm δA = +0,610 mm 4 - 11 O conjunto é composto por um tubo de alumínio AB com área de seção transversal de 400mm2. Uma barra de aço com 10 mm de diâmetro está acoplada a um colar rígido (arruela) e que passa pelo tubo. Se uma carga de tração de 80 kN for aplicada à barra, determine o deslocamento da extremidade C da barra. (Eaço = 200 GPa, Eal = 70 GPa ) DCL B C B A Exemplo 3 Solução: Calcula-se o deslocamento da barra de aço da extremidade C em relação à extremidade B. δ_{C/B} = \frac{(80 \times 10^3 \text{ N}) 0,6 \text{ m}}{200 \times 10^9 \text{ N/m}^2 \times \pi \times 0,005^2 \text{ m}^2} = 0,003056 \text{ m} Determina-se o deslocamento do tubo da extremidade B em relação à extremidade fixa A é δ_{B/A} = \frac{(-80 \times 10^3 \text{ N}) 0,4 \text{ m}}{70 \times 10^9 \text{ N/m}^2 \times 400 \times 10^{-6} \text{ m}^2} = -0,001143 \text{ m} O sinal negativo indica que o tubo fica mais curto e, por isso, o ponto B desloca-se para a direita em relação a A Visto que ambos os deslocamentos são para direita, o deslocamento resultante de C em relação à extremidade fixa A é, portanto, δ_C = δ_{B/A} + δ_{C/B} δ_C = 0,003056 + 0,001143 = 0,004199 \text{ m} 4.3 Princípio da Superposição - Para simplificar problemas que envolvem forças (tensão) e deslocamento (deformação) com carregamento complexos, é feito a subdivisão do carregamento em suas componentes e depois soma-se os resultados algebraicamente. - Considerando a pequenas deformações e deslocamentos. P = P_1 + P_2 \quad δ = δ_1 + δ_2 - A superposição exige que haja uma relação linear elástica entre forças (tensão) e deslocamentos (deformação). - Além disso, o carregamento não pode provocar mudanças significativas na geometria original do elemento (pequenas deformações), por exemplo, o comprimento d não pode ser alterado. 4.3 Princípio da Superposição - Exemplo - Considerando que a estrutura esteja em regime elástico linear e em pequenas deformações. - Os resultados finais das reações e deslocamentos podem ser dados por: A_x = A_{x1} + A_{x2} A_y = A_{y1} + A_{y2} B_y = B_{y1} + B_{y2} \theta_A = \theta_{A1} + \theta_{A2} v_C = v_{C1} + v_{C2} 4.3 Princípio da Superposição Observação: ☐ Se P provocar um grande deslocamento (δ) na haste, o momento da força P em relação a seu apoio (distância d), M = Pd, não será igual à soma dos momentos componentes das forças P₁d₁ e P₂d₂. M = Pd ≠ P₁d₁ + P₂d₂ Porque? d ≠ d₁ ≠ d₂ ☐ O carregamento provoca mudanças significativas na geometria original do elemento. 4.3.1 Exemplos de grandes deslocamentos 4.4 Elementos com Carga Axial Estaticamente Indeterminado ☐ Quando uma barra está fixada em uma extremidade e é submetida a forças axiais ao longo de seu eixo, somente com as três equações de equilíbrio disponíveis consegue-se determinar as reações de apoio. ∑Fₓ = 0 ∑Fᵧ = 0 ∑M_z = 0 ☐ Dessa forma, tenho um problema com uma estrutura isostática ou estaticamente determinada. 3 incógnitas = 3 reações = 3 equações de equilíbrio nº de reações = nº de equações de equilíbrio ☐ Como tenho somente forças axiais aplicadas ao longo do eixo da barra, posso dizer que: ∑Fₓ = 0 ⟹ Fₐₓ − P₂ + P₁ = 0 ⟹ Fₐₓ = P₂ − P₁ ∑Fᵧ = 0 ⟹ Fₐᵧ = 0 ∑M_Az = 0 ⟹ M_Az = 0 4.4 Elementos com Força Axial Estaticamente Indeterminado ❑ Mas se a barra estiver engastada em ambas as extremidades, apareceram 6 reações de apoio, mas no plano tenho somente as três equações de equilíbrio disponíveis, assim não consigo determinar as reações de apoio diretamente.∑Fx = 0 ∑Fy = 0 ∑Mz = 0 ❑ Sabendo-se que têm somente forças axiais aplicadas ao longo do eixo da barra, posso dizer que: FAx = 0 MAz = 0 FBx = 0 MBz = 0 ❑ Então, ficaram somente as reações FAy e FBy , que ainda não se consegue determinar somente com a equação de equilíbrio ∑Fy = 0. ∑Fy = 0 ⇒ FAy + FBy − P = 0 ⇒ FAy + FBy = P (1) ❑ Neste caso, o problema é estaticamente indeterminado, visto que as equações de equilíbrio não são suficientes para determinar as reações, denominando-se também como estruturas hiperestáticas. ❑ Como tenho duas incógnitas (FAy e FBy) no problema 1º) ∑Fy = 0 2º) ? preciso de duas equações para a solução. 4.4 Elementos com Força Axial Estaticamente Indeterminado ❑ Essa outra equação leva em conta a maneira como a estrutura se deforma/desloca. ❑ Esse tipo de equação que envolve o deslocamento é denominada de equação de compatibilidade ou condição cinemática. ❑ Nesse problema, como as extremidades A e B são engastadas, tem-se que o deslocamento entre A e B deve ser nulo. δAB = 0 ⇒ Essa é a 2ª equação para a solução do problema. δAB = δAC + δCB = 0 ⇒ δAB = PACLAC + P CBL CB = 0 EAC AAC ECB ACB (FA )LAC + (−FB )LCB = 0 ⇒ FB = LAC FA (2) EA EA LCB ❑ Substituindo (2) em (1): FA + FB = P (1) FA + LAC FA = P ⇒ LCB FA + LACFA = P ⇒ FA = LCB P LCB LCB ❑ Esse método é denominado de Método das Forças FB = LAC P L 4.4 Elementos com Força Axial Estaticamente Indeterminado ❑ Procedimento de cálculo pelo Método das Forças: 1. Desenhar o diagrama de corpo livre (DCL) da estrutura, indicando todas as reações de apoio e forças externas aplicada. 2. Aplicar as equações de equilíbrio; ∑Fx = 0 F Ax = 0 F Bx = 0 ∑Fy = 0 ∑Mz = 0 M Az = 0 M Bz = 0 FAy + FBy = P 3. Aplicar as condições de compatibilidade e avaliar as forças normais atuantes em cada trecho da estrutura; δAB = 0 δAB = δAC + δCB = 0 4. Resolver o sistema de equações: equilíbrio + compatibilidade. FAy + FBy = P δAB = δAC + δCB = 0 δ = Σn Pi Li i=1 Ei Ai Exemplo 4 – Método das Forcas A haste de aço tem diâmetro de 5 mm e está engastada na parede em A. Antes de ser carregada, há uma folga de 1 mm entre a parede B’ e a haste. Determine as reações em A e B’ se a haste for submetida a uma força axial P = 20 kN. Despreze o tamanho do colar em C. (E_aço = 200 GPa) Solução: Da equação de equilíbrio: ΣF_x = 0 −F_A − F_B + P = 0 F_A + F_B = 20.000 N (1) Da condição de compatibilidade, tem-se: δ_AB = 1 mm δ_AB = δ_AC + δ_BC δ = Σ (P_iL_i)/(E_iA_i) δ_AB = (P_ACL_AC)/(E_ACA_AC) + (P_BCL_BC)/(E_BCA_BC) 1 mm = 1/(200 x 10^3 N/mm^2 π(2,5 mm)^2) [(+F_A)400 mm + (−F_B)800 mm] 400F_A − 800F_B = 3,93 x 10^6 N mm (2) Substituindo (1) em (2): 400(20.000 N − F_B) − 800F_B = 3,93 x 10^6 N mm 8,0 x 10^6 Nmm − 400F_B − 800F_B = 3,93 x 10^6 Nmm −F_B = (3,93 x 10^6 Nmm − 8,0 x 10^6 Nmm)/1.200 F_B = 3.391,67 N F_A = 16.608,33 N Exemplo 5 – Superposição de Efeitos A haste de aço tem diâmetro de 5 mm e está presa à parede fixa em A. Antes de ser carregada, há uma folga de 1 mm entre a parede B’ e a haste. Determine as reações em A e B’ se a haste for submetida a uma força axial P = 20 kN. Despreze o tamanho do colar em C. (E_aço = 200 GPa) 2) Da equação de compatibilidade: δ_AB = δ_P − δ_FB δ_AB = 1 mm δ_P = (P_L_AC)/(E_ACA_AC) = (20.000 N * 400 mm)/(200 x 10^3 N/mm^2 π(2,5 mm)^2) δ_P = 2,037 mm δ_FB = (F_BL_AB)/(E_A) = (F_B * 1.200 mm)/(200 x 10^3 N/mm^2 π(2,5 mm)^2) δ_FR = 3,056 x 10^−4 F_B 1 mm = 2,037 mm − 3,056 x 10^−4 F_B F_B = 3.393,57 N F_A = −20.000 + 3.393,57 N F_A = −16.606,43 N 1) Das equações de equilíbrio: F_A = F_A1 + F_A2 F_A = −20.000 + F_B Sistema 1 ΣF_x = 0 F_A1 + 20.000 = 0 F_A1 = −20.000 N Sistema 2 ΣF_x = 0 F_A2 − F_B = 0 F_A2 = F_B F_A F_B ⟶ \[ \] Exemplo 6 O poste de alumínio ilustrado na figura é reforçado com um núcleo de latão. Se este conjunto suportar uma carga de compressão axial resultante P = 45 kN, aplicada na tampa rígida, determine a tensão normal média no alumínio e no latão. Considere E_al = 70 GPa e E_lat = 105 GPa Solução: Da equação de equilíbrio: ΣF_y = 0 F_al + F_lat − P = 0 F_al + F_lat = 45.000 N (1) Da condição de compatibilidade, tem-se: δ_al = δ_lat (F_alL_al)/(E_alA_al) = (F_latL_lat)/(E_latA_lat) F_al = (F_latL_latE_alA_al)/(E_latA_latL_al) × F_al = F_lat (70 GPa)/(105 GPa) × [π(50 mm)^2 − π(25 mm)^2]/π(25 mm)^2 F_al = F_lat Substituindo (2) em (1): 2F_lat + F_lat = 45.000 N F_lat = 15.000 N/3 = 15,0 kN σ_lat = (15.000 N)/(π(25 mm)^2) = 7,64 N/mm^2 = 7,64 MPa σ_al = (30.000 N)/[π(50 mm)^2 − π(25 mm)^2] = 5,09 N/mm^2 = 5,09 MPa Tensões de compressão Exemplo 7 Resolvendo o sistema de Equações, tem-se: Fb - Ft = 0 (1) Fb = 31.556,09 N 101,86 x 10^-7 Fb + 56,59 x 10^-7 Ft = 0,5 (2) Ft = 31.556,09 N Obtendo as tensões: σb = Fb / Ab = 31.556,09 N / π(5 mm)² = 401,8 N/mm² = 401,8 MPa Tensão de tração – devido a força de tração no parafuso. σt = Ft / At = 31.556,09 N / [π(10 mm)² - π(5 mm)²] = 133,9 N/mm² = 133,9 MPa Tensão de compressão – devido a força de compressão no tubo. Essas tensões são menores do que a resistência ao escoamento informada para cada material, parafuso de alumínio σe(b) = 414 MPa e tubo de magnésio σe(t) = 152 MPa (ver o final do livro) e, portanto, essa análise "elástica" é válida. Exemplo 7 O parafuso (b = bolt) de liga de alumínio é apertado de modo a comprimir um tubo (t = tube) cilíndrico de liga de magnésio. O tubo tem raio externo de 10 mm e consideraremos que o raio interno do tubo e o raio do parafuso são ambos 5 mm. As arruelas nas partes superior e inferior do tubo são consideradas rígidas e têm espessura desprezível. Inicialmente, a porca é apertada levemente a mão, depois é apertada mais meia-volta com uma chave de porca. Se o parafuso tiver 20 roscas por polegada, determine a tensão no parafuso (b) e no tubo (t). Os módulos de elasticidade longitudinal são E(b) e E(t). E(b) = 75 GPa E(t) = 45 GPa (1/2) (volta) · 20 (roscas) / 20 mm (por polegada) = 0,5 mm = δ_total Exemplo 7 Da equação de equilíbrio: ΣFy = 0 Fb - Ft = 0 (1) Da equação de compatibilidade de deslocamentos ou condição cinemática tem-se: δt + δb = 0,5 mm (2) δt = 0,5 mm - δb Isso significa que quando a porca é apertada contra o parafuso, o tubo encurta. Substituindo dos valores na condição cinemática, tem-se: δ = ∑ (i=1 to n) (PiLi / EiAi) + (FtLt / EtAt) + (FbLb / EbAb) = 0,5 (Ft · 60) / (45 x 10^3 N/mm² · π (10² - 5²)) + (Fb · 60) / (75 x 10^3 N/mm² · π (5²)) = 0,5 56,59 x 10^-7 Ft + 101,86 x 10^-7 Fb = 0,5 4 - 27 Pág. 92- Prob. 4.6; 4.8 e 4.10; Resolver os seguintes exercícios do capítulo 4 do livro texto (Resistência dos Materiais, 7a ed. - R. C. Hibbeler): Pág. 93 - Prob. 4.16; Pág. 94 - Prob. 4.21; Pág. 102 - Prob. 4.33; 4.36; 4.37 e 4.41; Pág. 103 - Prob. 4.47 Pág. 105 e 106 - Prob. 4.57; 4.63 e 4.68; 4 - 28 • Uma mudança na temperatura pode provocar deformações em um material, consequentemente, originar forças e deslocamentos. • Se o material for homogêneo e isotrópico, o deslocamento longitudinal devido somente à ação da temperatura, é dado por: TL T =α∆ δ = coeficiente linear de expansão térmica, propriedade do material; = variação na temperatura do elemento; = comprimento inicial do elemento; = deslocamento devido à temperatura. α T ∆ T δ L 4.6 Tensão Térmica – Exemplo 8 A barra de aço A-36 ilustrada na figura está restringida entre os apoios engastados, quando a temperatura T1 = 30°C. Se a temperatura aumentar até T2 = 60°C, determine a tensão térmica normal média desenvolvida na barra. O módulo de elasticidade longitudinal e o coeficiente de dilatação térmica do aço são: Ea = 200GPa αa = 12 × 10^−6/°C Como há um aumento de temperatura, a barra tende a se expandir, mas os apoios restringem essas deformações. Portanto, aparecem as forças como reações da ação da temperatura. Solução: Da equação de equilíbrio: ∑Fy = 0 FB – FA = 0 FB = FA = F (1) Da condição cinemática tem-se: δAB = 0 δAB = δT + δF δT + δF = 0 (2) 4.6 Tensão Térmica – Exemplo 8 Da condição cinemática, tem-se: δT + δF = 0 (2) αΔTL + −FL/EA = 0 αΔTL − FL/EA = 0 F = αΔTEA F = 12 × 10^−6/°C ⋅ (60°C − 30°C) ⋅ (0,010m)² ⋅ 200 × 10⁶kPa F = 7,2 kN Obtendo a tensão: σmédia = F/A σmédia = 7.200 N/(10 ⋅ 10 mm)² = 72 N/mm² = 72 MPa 4.6 Tensão Térmica – Exemplo 9 Uma barra rígida está presa à parte superior de dois pilares de aço A-36 e um pilar alumínio 2014-T6. Cada um dos pilares têm comprimentos de 250 mm quando não há nenhuma carga aplicada à barra, sendo que a temperatura é de T1 = 20°C. Determine a força suportada por cada pilar se a barra rígida for submetida a um carregamento uniformemente distribuído de 150 kN/m e a temperatura aumentar até T2 = 80°C. Dados: Ea = 200GPa αa = 12 × 10^−6/°C Eal = 73,1GPa αal = 23 × 10^−6/°C 4.6 Tensão Térmica – Exemplo 9 Solução: A partir do diagrama de corpo livre, obtém as equações de equilíbrio: ΣFy = 0 Fa + Fal + Fa = 90 2Fa + Fal = 90 (1) Devido às forças axiais e a temperatura, o conjunto de pilares sofrerão os mesmos deslocamentos na parte superior. Portanto, podemos obter a equação de compatibilidade, dada por: δa = δal (2) Sendo que os deslocamentos causados no aço e no alumínio pela temperatura e pela força axial (força normal), são dados por: δa = δTa + δFa δal = δTal + δFal 4.6 Tensão Térmica – Exemplo 9 Portanto, calculando os deslocamentos do aço e do alumínio, têm-se: δa = 12 × 10⁻⁶ /°C · (80°C – 20°C) · 250mm + –Fa · 250 mm / 200 kN/mm² · π(20 mm)² δal = 23 × 10⁻⁶ /°C · (80°C – 20°C) · 250mm + –Fal · 250 mm / 73,1 kN/mm² · π(30 mm)² Da equação de compatibilidade: δa = δal (2) Fa – 1,216Fal = –165,9 (3) Resolvendo o sistema de Eqs. (1) e (3), tem-se: 2Fa + Fal = 90 (1) Fa = –16,45 kN Fal = 122,90 kN 4 - 34 • Concentrações de tensões ocorrem em seções onde a área da seção transversal muda repentinamente. • Quando se aplica carga, as linhas demarcadas próximas ao furo ou a redução da seção ficam distorcidas, demonstrando deformações não uniformes, consequentemente tensões não uniformes. Considerando as simplificações tem-se a distribuição de tensão normal média. 4 - 35 • Pode-se verificar que o fluxo de tensão (σ) é mais concentrado nas regiões de mudança de seção ou furos devido a redução de área da seção transversal. σ σ σ 4.7 Concentração de Tensão Nesse caso a Tensão normal máxima é determinada usando uma fator de concentração de tensão, K, o qual é função da geometria do elemento, determinado por ensaios experimentais. K = σmáx / σmédia σavg = P / ht σavg = P / (w – 2r)t 4 - 37 A tira de aço está sujeita a uma carga axial de 80 kN. Determine a tensão normal máxima desenvolvida na tira e o deslocamento da extremidade A em relação a extremidade D. A resistência ao escoamento do aço é de σe = σy = fy = 700 MPa e Eaço = 200 GPa. e = y = yield = escoamento 4.7 Concentração de Tensão – Exemplo 10 Solução: A tensão normal máxima ocorre na menor seção transversal, entre B e C, assim tem-se: Usando a tabela de geometria, tem-se: r/h = 6/20 = 0,3 w/h = 40/20 = 2 K = 1,6. Portanto, a tensão normal máxima é dada por: K = σmáx/σmédia K = σmáx/P/ht σmáx = K P/ht σmáx = 1,6 · 80.000 N/(20 · 10) mm² σmáx = 640 MPa < σy = 700 MPa regime elástico 4.7 Concentração de Tensão – Exemplo 10 Solução: Desprezando as deformações localizadas ao redor da carga aplicada e na mudança repentina na seção transversal no filete de rebaixo (princípio de Saint-Venant’s). O deslocamento relativo entre A e D é dado por: δ = \sum^n_{i=1}\frac{P_iL_i}{E_iA_i} δ_{A/D} = δ_{A/B} + δ_{B/C} + δ_{C/D} δ_{A/D} = \frac{P_{AB}L_{AB}}{E_{AB}A_{AB}} + \frac{P_{BC}L_{BC}}{E_{BC}A_{BC}} + \frac{P_{CD}L_{CD}}{E_{CD}A_{CD}} δ_{A/D} = 2 · \left[\frac{(80 × 10^3 N) · 300 mm}{200 × 10^3 N/mm² · (40 · 10) mm²} \right] + \frac{(80 × 10^3 N) · 800 mm}{200 × 10^3 N/mm² · (20 · 10) mm²} δ_{A/D} = 2,20 mm Alongamento da barra 4.8 Deformação axial inelástica Um elemento sob carregamento, por exemplo uma chapa com furo, pode ser deformado permanentemente. σy (σe) é a resistência ao escoamento; A seção é considerada plastificada quando todas suas fibras alcançam a resistência ao escoamento (fy=σy=σe). A força plástica Pp na seção transversal a–a de área A é dada por: Pp = \int_{A}σedA = σeA Esse tipo de comportamento é denominado perfeitamente elástico ou elastoplástico perfeito. Comportamento Inelástico a partir de σy = σe todas as fibras se plastificam algumas fibras próximas ao furo (maior concentração de tensões) irão se plastificar havendo o escoamento; as fibras da seção não plastificarão – regime elástico; 4 - 41 A barra é feita de aço e tem comportamento elastoplástico perfeito, com resistência ao escoamento σe = σy = fy = 250 MPa. Determine: (a) o valor máximo da carga , P, que pode ser aplicada sem causar o escoamento do aço; (b) o valor máximo de P que a barra pode suportar. OBS: Faça o desenho da distribuição de tensão na seção crítica para cada caso. 4.8 Deformação axial inelástica – Exemplo 11 Solução: a) Antes do escoamento: Usando a tabela de geometria, tem-se: \[ \frac{r}{h} = \frac{4}{(40 - 8)} = 0,125 \quad \frac{w}{h} = \frac{40}{(40 - 8)} = 1,25 \] \[ \begin{array}{ccc} \frac{r}{h} & \frac{w}{h} & K \\ 0,1 & 1,2 & 1,78 \\ 0,125 & 1,25 & K \\ 0,2 & 1,5 & 1,72 \\ \end{array} \]Interpoção \[ 0,2 - 0,1 \quad 0,125 - 0,1\] \[1,72 - 1,78 \quad K - 1,78\] \[K = 1,77\] Usando a Equação da tensão normal máxima, dada por: \[ K = \frac{\sigma_{máx}}{\sigma_{média}} \quad K = \frac{\sigma_e}{P/ ht} \quad P = \frac{\sigma_e ht}{K} \] \[P = \frac{250 \cdot (40 - 8)\cdot 2}{1,77} \quad P_{máx} = 9,04 \text{kN}\] \[P_{máx}\] b) Valor máximo de P que a barra suporta: Supondo que a barra irá escoar totalmente, a tensão é dada por: \[ \sigma_{máx} = \frac{P_p}{A} \quad \sigma_e = \frac{P_p}{A} \] \[ P_p = \sigma_e A \quad P_p = 250 \cdot 2 \cdot (40 - 8)\] \[ P_p = 16,0 \text{kN} \] A medida que P aumenta até a carga plástica, provoca uma mudança gradativa na distribuição da tensão do regime elástico para o regime plástico. \[ \sigma_y = \sigma_e \] \[a partir de \sigma_e todas as fibras se plastificam\] 4 - 44 Dois cabos de aço são usados para suspender o peso de 15 kN. O comprimento o cabo AB quando não alongado, é 5 m, e o comprimento do cabo AC, quando não alongado, é 5,0075 m. Se cada cabo tiver área de seção transversal de 30 mm² e o aço possuindo um comportamento elastoplástico perfeito, determine a força em cada cabo e o respectivo alongamento. 350 4.8 Deformação axial inelástica – Exemplo 12 Solução: Do diagrama de corpo livre e utilizando as equações de equilíbrio, tem-se: \[ \sum F_y = 0 \quad T_{AB} + T_{AC} - 15 = 0 \quad T_{AB} + T_{AC} = 15 \quad (1) \] Visto que o cabo AC é 0,0075 m mais comprido do que o cabo AB, então, a compatibilidade do deslocamento das extremidades B e C exige que: \[ \delta_{AB} = 0,0075 + \delta_{AC} \quad (2) \] \[\frac{T_{AB}L_{AB}}{E_{AB}A_{AB}} = 0,0075 + \frac{T_{AC}L_{AC}}{E_{AC}A_{AC}}\] \[\sigma = E \cdot \varepsilon\] \[E = \frac{350 \text{MPa}}{0,0017} = 205,9 \text{GPa}\] \[Pelo\] diagrama tensão-deformação tem-se: \[\sigma = E \cdot \varepsilon\] 4.8 Deformação axial inelástica – Exemplo 12 T_{AB} + T_{AC} = 15 \ (1) E = 205,9 \ GPa \delta_{AB} = 0,0075 + \delta_{AC} \ (2) \frac{T_{AB}L_{AB}}{E_{AB}A_{AB}} = 0,0075 + \frac{T_{AC}L_{AC}}{E_{AC}A_{AC}} \frac{T_{AB} \cdot 5 \ m}{205,9 \times 10^6 \ kPa \cdot 30 \times 10^{-6} \ m^2} = 0,0075 + \frac{T_{AC} \cdot 5,0075 \ m}{205,9 \times 10^6 \ kPa \cdot 30 \times 10^{-6} \ m^2} 5T_{AB} = 46,3275 + 5,0075T_{AC} \ (3) Resolvendo as equações \ (1) \ e \ (3), \ tem\text{-}se: T_{AB} = 12,135 \ kN \qquad T_{AC} = 2,865 \ kN Será que os cabos resistem a essas forças aplicadas? 4.8 Deformação axial inelástica – Exemplo 12 T_{AB} + T_{AC} = 15 \ (1) Vamos calcular as tensões nos cabos 350 \ para \ verificar \ se \ está \ no \ regime \ elástico \ ou \ elastoplástico: \sigma_{AB} = \frac{12.135 \ N}{30 \ mm^2} = 404,5 \ \frac{N}{mm^2} = 404,5 \ MPa > \sigma_e \ \ f_y = \sigma_y = \sigma_e = 350 \ MPa Essa \ tensão \ é \ maior \ do \ que \ a \ resistência \ ao \ escoamento \ \sigma_e , \ portanto, \ o \ cabo \ AB \ sofre \ deformação \ plástica. \ Mas \ a \ carga \ máxima \ que \ o \ cabo \ AB \ suporta \ está \ limitada \ a \ \sigma_e , \ dada \ por: \ \sigma_e = \frac{P_p}{A}\ 350 \ MPa = \frac{T_{AB}}{30 \ mm^2} \ \ T_{AB} = 10,5 \ kN Reequilibrando \ a \ estrutura \ substituindo \ na \ Eq. \ (1), \ tem\text{-}se \ a \ nova \ força \ T_{AC}: T_{AC} = 15 - 10,5 = 4,5 \ kN \sigma_{AC} = \frac{4.500 \ N}{30 \ mm^2} = 150 \ \frac{N}{mm^2} = 150 \ MPa < \sigma_e regime \ elástico \ linear 4 - 49 Resolver os seguintes exercícios do capítulo 4 do livro texto (Resistência dos Materiais, 7a ed. - R. C. Hibbeler): Pág. 109 - Prob. 4.70; 4.72; 4.73 e 4.77; Pág. 110 - Prob. 4.84; Prob. 4.86. Pág. 118 - Prob. 4.87; 4.88 e 4.90; Pág. 119 - Prob. 4.97; 4.98. Pág. 120 - Prob. 4.101.
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4 - 1 Capítulo4- Carga Axial 4.1 Introdução 4.2 Conceito de Esforço Normal 4.3 Estruturas Sob esforço Normal 4.4 Deformação Elástica de um Elemento sob Carga axial 4.5 Princípio da Superposição R. C. Hibbeler Pearson Education do Brasil 4.6 Elementos com Força Axial Estaticamente Indeterminado 4.7 Tensão Térmica 4.8 Concentrações de Tensão 4.9 Deformação Axial Inelástica Pelo princípio Saint-Venant, afirma-se que a deformação e a tensão localizadas nas regiões de aplicação de carga ou nos apoios tendem a uniformizar-se a uma distância suficientemente afastada desses pontos. 4 - 2 Para a barra carregada em uma extremidade e fixa na outra. Ocorrem distorções no ponto de aplicação da carga e no engaste. A partir da seção c-c e na região central da barra as deformações e tensões possuem uma distribuição uniforme. Após o afastamento correspondente ao comprimento da maior dimensão da seção transversal do elemento estrutural. 4 - 3 Distribuição de tensões próximas a um furo circular em uma placa submetida a carregamento axial. Distribuição de tensões próximas aos adoçamentos (cantos arredondados) em placa submetida a carregamento axial com redução de seção transversal. Placas com furos e com redução da área da seção transversal 4.1.1 Conceito de Força Normal ou Esforço Normal Seja uma barra com carregamento axial aplicado ao longo do seu eixo. Seccionando a barra, a resultante das tensões que atuam na direção normal ao plano da seção, sobre um eixo que passa pelo centroide dessa seção transversal, chamamos de Força Normal. P = N = ∫σdA A convenção de sinais para o esforço Normal é definida por: Positivo se estiver saindo do plano da seção, sendo denominado de Tração (tende a alongar a barra); Negativo se estiver entrando do plano da seção, sendo denominado de Compressão (tende a encurtar a barra). 4 - 5 Treliças Pilares e Treliça Ponte Helix, Cingapura. Pedestre - 280 m de comprimento Cabos e Tirantes Golden Gate Fundação 4.1.2 Estruturas sob Esforço Normal Por simplificação, considera-se que o material seja homogêneo e isotrópico, e também pelo princípio de Saint Venant, onde se afirma que deformação e tensão em regiões afastadas do local de aplicação da carga e de apoios são uniformemente distribuídas. Como consequência, pode-se utilizar a Lei de Hooke e as seguintes expressões: σ = Eε σ_méd = P/A ε_méd = Δs'/Δs = δ/L 4.2 Deformação Elástica de um Elemento submetido a carga axial Considerando-se uma barra de seção variável e submetida por um carregamento variável, P(x), ocorrerá um deslocamento, δ, em sua extremidade. A tensão e a deformação no elemento são dadas por: σ = P(x)/A(x) ε = dδ/dx Considerando-se a Lei de Hooke, onde teremos o comportamento linear elástico do material, pode-se relacionar a tensão com a deformação: σ = Eε Para o comprimento total da barra, L, deve-se integrar dδ, determinando-se o deslocamento (δ): δ = deslocamento de um ponto na barra relativo a outro; P(x) = força axial interna na seção; L = comprimento inicial; A(x) = área da seção transversal da barra; E = módulo de elasticidade longitudinal. 4.2 Deformação Elástica de um Elemento sob a Forças axiais Para uma barra de seção constante submetida a um carregamento constante, o deslocamento, δ, é dado por: δ = PL / EA Se a barra for submetida a várias forças axiais distintas, ou se a área da seção transversal ou o módulo de elasticidade forem distintos de uma região da barra para outra, aplica-se a equação a seguir para cada elemento. δ = Σ (Pi Li / Ei Ai) A convenção de sinais para o P e δ é definida por: - Positivo se provocarem tração e alongamento da barra; - Negativo se causarem compressão e encurtamento (ou contração) da barra. Exemplo 1 A barra de aço AD possui diâmetro de 30 mm e módulo de elasticidade E = 200 GPa. Para o carregamento indicado, calcular o deslocamento relativo entre os pontos A e D. Solução: δA/D = ? δ = Σ (Pi Li / Ei Ai) δA/D = δA/B + δB/C + δC/D δA/D = (PAB LAB / EAB AAB) + (PBC LBC / EBC ABC) + (PCD LCD / ECD ACD) δA/D = 1 / (200 x 10^3 N/mm² π (15 mm)²) [(+5 x 10^3 N) 200 mm + (−3 x 10^3 N) 250 mm + (−7 x 10^3 N) 350 mm] δA/D = 0,0071 mm − 0,0053 mm − 0,0173 mm = −0,0155 mm Há encurtamento da barra de aço. Exemplo 2 A barra de aço A-36 (E=210GPa) ilustrada na figura é composta por dois segmentos, AB e BD, com áreas de seção transversal AAB = 600 mm² e ABD = 1200 mm², respectivamente. Determine o deslocamento vertical da extremidade A e o deslocamento de B em relação a C. Solução: δA = ? δ = Σ (Pi Li / Ei Ai) δA = (PAB LAB / EAB AAB) + (PBC LBC / EBC ABC) + (PCD LCD / ECD ACD) δA = (+75 x 10^3 N) 1000 mm / (210 x 10^3 N/mm² 600 mm²) Há o alongamento da barra de aço. δB/C = [(+35 x 10^3 N) 750 mm / 210 x 10^3 N/mm² 1200 mm²] = 0,104 mm δA = +0,610 mm 4 - 11 O conjunto é composto por um tubo de alumínio AB com área de seção transversal de 400mm2. Uma barra de aço com 10 mm de diâmetro está acoplada a um colar rígido (arruela) e que passa pelo tubo. Se uma carga de tração de 80 kN for aplicada à barra, determine o deslocamento da extremidade C da barra. (Eaço = 200 GPa, Eal = 70 GPa ) DCL B C B A Exemplo 3 Solução: Calcula-se o deslocamento da barra de aço da extremidade C em relação à extremidade B. δ_{C/B} = \frac{(80 \times 10^3 \text{ N}) 0,6 \text{ m}}{200 \times 10^9 \text{ N/m}^2 \times \pi \times 0,005^2 \text{ m}^2} = 0,003056 \text{ m} Determina-se o deslocamento do tubo da extremidade B em relação à extremidade fixa A é δ_{B/A} = \frac{(-80 \times 10^3 \text{ N}) 0,4 \text{ m}}{70 \times 10^9 \text{ N/m}^2 \times 400 \times 10^{-6} \text{ m}^2} = -0,001143 \text{ m} O sinal negativo indica que o tubo fica mais curto e, por isso, o ponto B desloca-se para a direita em relação a A Visto que ambos os deslocamentos são para direita, o deslocamento resultante de C em relação à extremidade fixa A é, portanto, δ_C = δ_{B/A} + δ_{C/B} δ_C = 0,003056 + 0,001143 = 0,004199 \text{ m} 4.3 Princípio da Superposição - Para simplificar problemas que envolvem forças (tensão) e deslocamento (deformação) com carregamento complexos, é feito a subdivisão do carregamento em suas componentes e depois soma-se os resultados algebraicamente. - Considerando a pequenas deformações e deslocamentos. P = P_1 + P_2 \quad δ = δ_1 + δ_2 - A superposição exige que haja uma relação linear elástica entre forças (tensão) e deslocamentos (deformação). - Além disso, o carregamento não pode provocar mudanças significativas na geometria original do elemento (pequenas deformações), por exemplo, o comprimento d não pode ser alterado. 4.3 Princípio da Superposição - Exemplo - Considerando que a estrutura esteja em regime elástico linear e em pequenas deformações. - Os resultados finais das reações e deslocamentos podem ser dados por: A_x = A_{x1} + A_{x2} A_y = A_{y1} + A_{y2} B_y = B_{y1} + B_{y2} \theta_A = \theta_{A1} + \theta_{A2} v_C = v_{C1} + v_{C2} 4.3 Princípio da Superposição Observação: ☐ Se P provocar um grande deslocamento (δ) na haste, o momento da força P em relação a seu apoio (distância d), M = Pd, não será igual à soma dos momentos componentes das forças P₁d₁ e P₂d₂. M = Pd ≠ P₁d₁ + P₂d₂ Porque? d ≠ d₁ ≠ d₂ ☐ O carregamento provoca mudanças significativas na geometria original do elemento. 4.3.1 Exemplos de grandes deslocamentos 4.4 Elementos com Carga Axial Estaticamente Indeterminado ☐ Quando uma barra está fixada em uma extremidade e é submetida a forças axiais ao longo de seu eixo, somente com as três equações de equilíbrio disponíveis consegue-se determinar as reações de apoio. ∑Fₓ = 0 ∑Fᵧ = 0 ∑M_z = 0 ☐ Dessa forma, tenho um problema com uma estrutura isostática ou estaticamente determinada. 3 incógnitas = 3 reações = 3 equações de equilíbrio nº de reações = nº de equações de equilíbrio ☐ Como tenho somente forças axiais aplicadas ao longo do eixo da barra, posso dizer que: ∑Fₓ = 0 ⟹ Fₐₓ − P₂ + P₁ = 0 ⟹ Fₐₓ = P₂ − P₁ ∑Fᵧ = 0 ⟹ Fₐᵧ = 0 ∑M_Az = 0 ⟹ M_Az = 0 4.4 Elementos com Força Axial Estaticamente Indeterminado ❑ Mas se a barra estiver engastada em ambas as extremidades, apareceram 6 reações de apoio, mas no plano tenho somente as três equações de equilíbrio disponíveis, assim não consigo determinar as reações de apoio diretamente.∑Fx = 0 ∑Fy = 0 ∑Mz = 0 ❑ Sabendo-se que têm somente forças axiais aplicadas ao longo do eixo da barra, posso dizer que: FAx = 0 MAz = 0 FBx = 0 MBz = 0 ❑ Então, ficaram somente as reações FAy e FBy , que ainda não se consegue determinar somente com a equação de equilíbrio ∑Fy = 0. ∑Fy = 0 ⇒ FAy + FBy − P = 0 ⇒ FAy + FBy = P (1) ❑ Neste caso, o problema é estaticamente indeterminado, visto que as equações de equilíbrio não são suficientes para determinar as reações, denominando-se também como estruturas hiperestáticas. ❑ Como tenho duas incógnitas (FAy e FBy) no problema 1º) ∑Fy = 0 2º) ? preciso de duas equações para a solução. 4.4 Elementos com Força Axial Estaticamente Indeterminado ❑ Essa outra equação leva em conta a maneira como a estrutura se deforma/desloca. ❑ Esse tipo de equação que envolve o deslocamento é denominada de equação de compatibilidade ou condição cinemática. ❑ Nesse problema, como as extremidades A e B são engastadas, tem-se que o deslocamento entre A e B deve ser nulo. δAB = 0 ⇒ Essa é a 2ª equação para a solução do problema. δAB = δAC + δCB = 0 ⇒ δAB = PACLAC + P CBL CB = 0 EAC AAC ECB ACB (FA )LAC + (−FB )LCB = 0 ⇒ FB = LAC FA (2) EA EA LCB ❑ Substituindo (2) em (1): FA + FB = P (1) FA + LAC FA = P ⇒ LCB FA + LACFA = P ⇒ FA = LCB P LCB LCB ❑ Esse método é denominado de Método das Forças FB = LAC P L 4.4 Elementos com Força Axial Estaticamente Indeterminado ❑ Procedimento de cálculo pelo Método das Forças: 1. Desenhar o diagrama de corpo livre (DCL) da estrutura, indicando todas as reações de apoio e forças externas aplicada. 2. Aplicar as equações de equilíbrio; ∑Fx = 0 F Ax = 0 F Bx = 0 ∑Fy = 0 ∑Mz = 0 M Az = 0 M Bz = 0 FAy + FBy = P 3. Aplicar as condições de compatibilidade e avaliar as forças normais atuantes em cada trecho da estrutura; δAB = 0 δAB = δAC + δCB = 0 4. Resolver o sistema de equações: equilíbrio + compatibilidade. FAy + FBy = P δAB = δAC + δCB = 0 δ = Σn Pi Li i=1 Ei Ai Exemplo 4 – Método das Forcas A haste de aço tem diâmetro de 5 mm e está engastada na parede em A. Antes de ser carregada, há uma folga de 1 mm entre a parede B’ e a haste. Determine as reações em A e B’ se a haste for submetida a uma força axial P = 20 kN. Despreze o tamanho do colar em C. (E_aço = 200 GPa) Solução: Da equação de equilíbrio: ΣF_x = 0 −F_A − F_B + P = 0 F_A + F_B = 20.000 N (1) Da condição de compatibilidade, tem-se: δ_AB = 1 mm δ_AB = δ_AC + δ_BC δ = Σ (P_iL_i)/(E_iA_i) δ_AB = (P_ACL_AC)/(E_ACA_AC) + (P_BCL_BC)/(E_BCA_BC) 1 mm = 1/(200 x 10^3 N/mm^2 π(2,5 mm)^2) [(+F_A)400 mm + (−F_B)800 mm] 400F_A − 800F_B = 3,93 x 10^6 N mm (2) Substituindo (1) em (2): 400(20.000 N − F_B) − 800F_B = 3,93 x 10^6 N mm 8,0 x 10^6 Nmm − 400F_B − 800F_B = 3,93 x 10^6 Nmm −F_B = (3,93 x 10^6 Nmm − 8,0 x 10^6 Nmm)/1.200 F_B = 3.391,67 N F_A = 16.608,33 N Exemplo 5 – Superposição de Efeitos A haste de aço tem diâmetro de 5 mm e está presa à parede fixa em A. Antes de ser carregada, há uma folga de 1 mm entre a parede B’ e a haste. Determine as reações em A e B’ se a haste for submetida a uma força axial P = 20 kN. Despreze o tamanho do colar em C. (E_aço = 200 GPa) 2) Da equação de compatibilidade: δ_AB = δ_P − δ_FB δ_AB = 1 mm δ_P = (P_L_AC)/(E_ACA_AC) = (20.000 N * 400 mm)/(200 x 10^3 N/mm^2 π(2,5 mm)^2) δ_P = 2,037 mm δ_FB = (F_BL_AB)/(E_A) = (F_B * 1.200 mm)/(200 x 10^3 N/mm^2 π(2,5 mm)^2) δ_FR = 3,056 x 10^−4 F_B 1 mm = 2,037 mm − 3,056 x 10^−4 F_B F_B = 3.393,57 N F_A = −20.000 + 3.393,57 N F_A = −16.606,43 N 1) Das equações de equilíbrio: F_A = F_A1 + F_A2 F_A = −20.000 + F_B Sistema 1 ΣF_x = 0 F_A1 + 20.000 = 0 F_A1 = −20.000 N Sistema 2 ΣF_x = 0 F_A2 − F_B = 0 F_A2 = F_B F_A F_B ⟶ \[ \] Exemplo 6 O poste de alumínio ilustrado na figura é reforçado com um núcleo de latão. Se este conjunto suportar uma carga de compressão axial resultante P = 45 kN, aplicada na tampa rígida, determine a tensão normal média no alumínio e no latão. Considere E_al = 70 GPa e E_lat = 105 GPa Solução: Da equação de equilíbrio: ΣF_y = 0 F_al + F_lat − P = 0 F_al + F_lat = 45.000 N (1) Da condição de compatibilidade, tem-se: δ_al = δ_lat (F_alL_al)/(E_alA_al) = (F_latL_lat)/(E_latA_lat) F_al = (F_latL_latE_alA_al)/(E_latA_latL_al) × F_al = F_lat (70 GPa)/(105 GPa) × [π(50 mm)^2 − π(25 mm)^2]/π(25 mm)^2 F_al = F_lat Substituindo (2) em (1): 2F_lat + F_lat = 45.000 N F_lat = 15.000 N/3 = 15,0 kN σ_lat = (15.000 N)/(π(25 mm)^2) = 7,64 N/mm^2 = 7,64 MPa σ_al = (30.000 N)/[π(50 mm)^2 − π(25 mm)^2] = 5,09 N/mm^2 = 5,09 MPa Tensões de compressão Exemplo 7 Resolvendo o sistema de Equações, tem-se: Fb - Ft = 0 (1) Fb = 31.556,09 N 101,86 x 10^-7 Fb + 56,59 x 10^-7 Ft = 0,5 (2) Ft = 31.556,09 N Obtendo as tensões: σb = Fb / Ab = 31.556,09 N / π(5 mm)² = 401,8 N/mm² = 401,8 MPa Tensão de tração – devido a força de tração no parafuso. σt = Ft / At = 31.556,09 N / [π(10 mm)² - π(5 mm)²] = 133,9 N/mm² = 133,9 MPa Tensão de compressão – devido a força de compressão no tubo. Essas tensões são menores do que a resistência ao escoamento informada para cada material, parafuso de alumínio σe(b) = 414 MPa e tubo de magnésio σe(t) = 152 MPa (ver o final do livro) e, portanto, essa análise "elástica" é válida. Exemplo 7 O parafuso (b = bolt) de liga de alumínio é apertado de modo a comprimir um tubo (t = tube) cilíndrico de liga de magnésio. O tubo tem raio externo de 10 mm e consideraremos que o raio interno do tubo e o raio do parafuso são ambos 5 mm. As arruelas nas partes superior e inferior do tubo são consideradas rígidas e têm espessura desprezível. Inicialmente, a porca é apertada levemente a mão, depois é apertada mais meia-volta com uma chave de porca. Se o parafuso tiver 20 roscas por polegada, determine a tensão no parafuso (b) e no tubo (t). Os módulos de elasticidade longitudinal são E(b) e E(t). E(b) = 75 GPa E(t) = 45 GPa (1/2) (volta) · 20 (roscas) / 20 mm (por polegada) = 0,5 mm = δ_total Exemplo 7 Da equação de equilíbrio: ΣFy = 0 Fb - Ft = 0 (1) Da equação de compatibilidade de deslocamentos ou condição cinemática tem-se: δt + δb = 0,5 mm (2) δt = 0,5 mm - δb Isso significa que quando a porca é apertada contra o parafuso, o tubo encurta. Substituindo dos valores na condição cinemática, tem-se: δ = ∑ (i=1 to n) (PiLi / EiAi) + (FtLt / EtAt) + (FbLb / EbAb) = 0,5 (Ft · 60) / (45 x 10^3 N/mm² · π (10² - 5²)) + (Fb · 60) / (75 x 10^3 N/mm² · π (5²)) = 0,5 56,59 x 10^-7 Ft + 101,86 x 10^-7 Fb = 0,5 4 - 27 Pág. 92- Prob. 4.6; 4.8 e 4.10; Resolver os seguintes exercícios do capítulo 4 do livro texto (Resistência dos Materiais, 7a ed. - R. C. Hibbeler): Pág. 93 - Prob. 4.16; Pág. 94 - Prob. 4.21; Pág. 102 - Prob. 4.33; 4.36; 4.37 e 4.41; Pág. 103 - Prob. 4.47 Pág. 105 e 106 - Prob. 4.57; 4.63 e 4.68; 4 - 28 • Uma mudança na temperatura pode provocar deformações em um material, consequentemente, originar forças e deslocamentos. • Se o material for homogêneo e isotrópico, o deslocamento longitudinal devido somente à ação da temperatura, é dado por: TL T =α∆ δ = coeficiente linear de expansão térmica, propriedade do material; = variação na temperatura do elemento; = comprimento inicial do elemento; = deslocamento devido à temperatura. α T ∆ T δ L 4.6 Tensão Térmica – Exemplo 8 A barra de aço A-36 ilustrada na figura está restringida entre os apoios engastados, quando a temperatura T1 = 30°C. Se a temperatura aumentar até T2 = 60°C, determine a tensão térmica normal média desenvolvida na barra. O módulo de elasticidade longitudinal e o coeficiente de dilatação térmica do aço são: Ea = 200GPa αa = 12 × 10^−6/°C Como há um aumento de temperatura, a barra tende a se expandir, mas os apoios restringem essas deformações. Portanto, aparecem as forças como reações da ação da temperatura. Solução: Da equação de equilíbrio: ∑Fy = 0 FB – FA = 0 FB = FA = F (1) Da condição cinemática tem-se: δAB = 0 δAB = δT + δF δT + δF = 0 (2) 4.6 Tensão Térmica – Exemplo 8 Da condição cinemática, tem-se: δT + δF = 0 (2) αΔTL + −FL/EA = 0 αΔTL − FL/EA = 0 F = αΔTEA F = 12 × 10^−6/°C ⋅ (60°C − 30°C) ⋅ (0,010m)² ⋅ 200 × 10⁶kPa F = 7,2 kN Obtendo a tensão: σmédia = F/A σmédia = 7.200 N/(10 ⋅ 10 mm)² = 72 N/mm² = 72 MPa 4.6 Tensão Térmica – Exemplo 9 Uma barra rígida está presa à parte superior de dois pilares de aço A-36 e um pilar alumínio 2014-T6. Cada um dos pilares têm comprimentos de 250 mm quando não há nenhuma carga aplicada à barra, sendo que a temperatura é de T1 = 20°C. Determine a força suportada por cada pilar se a barra rígida for submetida a um carregamento uniformemente distribuído de 150 kN/m e a temperatura aumentar até T2 = 80°C. Dados: Ea = 200GPa αa = 12 × 10^−6/°C Eal = 73,1GPa αal = 23 × 10^−6/°C 4.6 Tensão Térmica – Exemplo 9 Solução: A partir do diagrama de corpo livre, obtém as equações de equilíbrio: ΣFy = 0 Fa + Fal + Fa = 90 2Fa + Fal = 90 (1) Devido às forças axiais e a temperatura, o conjunto de pilares sofrerão os mesmos deslocamentos na parte superior. Portanto, podemos obter a equação de compatibilidade, dada por: δa = δal (2) Sendo que os deslocamentos causados no aço e no alumínio pela temperatura e pela força axial (força normal), são dados por: δa = δTa + δFa δal = δTal + δFal 4.6 Tensão Térmica – Exemplo 9 Portanto, calculando os deslocamentos do aço e do alumínio, têm-se: δa = 12 × 10⁻⁶ /°C · (80°C – 20°C) · 250mm + –Fa · 250 mm / 200 kN/mm² · π(20 mm)² δal = 23 × 10⁻⁶ /°C · (80°C – 20°C) · 250mm + –Fal · 250 mm / 73,1 kN/mm² · π(30 mm)² Da equação de compatibilidade: δa = δal (2) Fa – 1,216Fal = –165,9 (3) Resolvendo o sistema de Eqs. (1) e (3), tem-se: 2Fa + Fal = 90 (1) Fa = –16,45 kN Fal = 122,90 kN 4 - 34 • Concentrações de tensões ocorrem em seções onde a área da seção transversal muda repentinamente. • Quando se aplica carga, as linhas demarcadas próximas ao furo ou a redução da seção ficam distorcidas, demonstrando deformações não uniformes, consequentemente tensões não uniformes. Considerando as simplificações tem-se a distribuição de tensão normal média. 4 - 35 • Pode-se verificar que o fluxo de tensão (σ) é mais concentrado nas regiões de mudança de seção ou furos devido a redução de área da seção transversal. σ σ σ 4.7 Concentração de Tensão Nesse caso a Tensão normal máxima é determinada usando uma fator de concentração de tensão, K, o qual é função da geometria do elemento, determinado por ensaios experimentais. K = σmáx / σmédia σavg = P / ht σavg = P / (w – 2r)t 4 - 37 A tira de aço está sujeita a uma carga axial de 80 kN. Determine a tensão normal máxima desenvolvida na tira e o deslocamento da extremidade A em relação a extremidade D. A resistência ao escoamento do aço é de σe = σy = fy = 700 MPa e Eaço = 200 GPa. e = y = yield = escoamento 4.7 Concentração de Tensão – Exemplo 10 Solução: A tensão normal máxima ocorre na menor seção transversal, entre B e C, assim tem-se: Usando a tabela de geometria, tem-se: r/h = 6/20 = 0,3 w/h = 40/20 = 2 K = 1,6. Portanto, a tensão normal máxima é dada por: K = σmáx/σmédia K = σmáx/P/ht σmáx = K P/ht σmáx = 1,6 · 80.000 N/(20 · 10) mm² σmáx = 640 MPa < σy = 700 MPa regime elástico 4.7 Concentração de Tensão – Exemplo 10 Solução: Desprezando as deformações localizadas ao redor da carga aplicada e na mudança repentina na seção transversal no filete de rebaixo (princípio de Saint-Venant’s). O deslocamento relativo entre A e D é dado por: δ = \sum^n_{i=1}\frac{P_iL_i}{E_iA_i} δ_{A/D} = δ_{A/B} + δ_{B/C} + δ_{C/D} δ_{A/D} = \frac{P_{AB}L_{AB}}{E_{AB}A_{AB}} + \frac{P_{BC}L_{BC}}{E_{BC}A_{BC}} + \frac{P_{CD}L_{CD}}{E_{CD}A_{CD}} δ_{A/D} = 2 · \left[\frac{(80 × 10^3 N) · 300 mm}{200 × 10^3 N/mm² · (40 · 10) mm²} \right] + \frac{(80 × 10^3 N) · 800 mm}{200 × 10^3 N/mm² · (20 · 10) mm²} δ_{A/D} = 2,20 mm Alongamento da barra 4.8 Deformação axial inelástica Um elemento sob carregamento, por exemplo uma chapa com furo, pode ser deformado permanentemente. σy (σe) é a resistência ao escoamento; A seção é considerada plastificada quando todas suas fibras alcançam a resistência ao escoamento (fy=σy=σe). A força plástica Pp na seção transversal a–a de área A é dada por: Pp = \int_{A}σedA = σeA Esse tipo de comportamento é denominado perfeitamente elástico ou elastoplástico perfeito. Comportamento Inelástico a partir de σy = σe todas as fibras se plastificam algumas fibras próximas ao furo (maior concentração de tensões) irão se plastificar havendo o escoamento; as fibras da seção não plastificarão – regime elástico; 4 - 41 A barra é feita de aço e tem comportamento elastoplástico perfeito, com resistência ao escoamento σe = σy = fy = 250 MPa. Determine: (a) o valor máximo da carga , P, que pode ser aplicada sem causar o escoamento do aço; (b) o valor máximo de P que a barra pode suportar. OBS: Faça o desenho da distribuição de tensão na seção crítica para cada caso. 4.8 Deformação axial inelástica – Exemplo 11 Solução: a) Antes do escoamento: Usando a tabela de geometria, tem-se: \[ \frac{r}{h} = \frac{4}{(40 - 8)} = 0,125 \quad \frac{w}{h} = \frac{40}{(40 - 8)} = 1,25 \] \[ \begin{array}{ccc} \frac{r}{h} & \frac{w}{h} & K \\ 0,1 & 1,2 & 1,78 \\ 0,125 & 1,25 & K \\ 0,2 & 1,5 & 1,72 \\ \end{array} \]Interpoção \[ 0,2 - 0,1 \quad 0,125 - 0,1\] \[1,72 - 1,78 \quad K - 1,78\] \[K = 1,77\] Usando a Equação da tensão normal máxima, dada por: \[ K = \frac{\sigma_{máx}}{\sigma_{média}} \quad K = \frac{\sigma_e}{P/ ht} \quad P = \frac{\sigma_e ht}{K} \] \[P = \frac{250 \cdot (40 - 8)\cdot 2}{1,77} \quad P_{máx} = 9,04 \text{kN}\] \[P_{máx}\] b) Valor máximo de P que a barra suporta: Supondo que a barra irá escoar totalmente, a tensão é dada por: \[ \sigma_{máx} = \frac{P_p}{A} \quad \sigma_e = \frac{P_p}{A} \] \[ P_p = \sigma_e A \quad P_p = 250 \cdot 2 \cdot (40 - 8)\] \[ P_p = 16,0 \text{kN} \] A medida que P aumenta até a carga plástica, provoca uma mudança gradativa na distribuição da tensão do regime elástico para o regime plástico. \[ \sigma_y = \sigma_e \] \[a partir de \sigma_e todas as fibras se plastificam\] 4 - 44 Dois cabos de aço são usados para suspender o peso de 15 kN. O comprimento o cabo AB quando não alongado, é 5 m, e o comprimento do cabo AC, quando não alongado, é 5,0075 m. Se cada cabo tiver área de seção transversal de 30 mm² e o aço possuindo um comportamento elastoplástico perfeito, determine a força em cada cabo e o respectivo alongamento. 350 4.8 Deformação axial inelástica – Exemplo 12 Solução: Do diagrama de corpo livre e utilizando as equações de equilíbrio, tem-se: \[ \sum F_y = 0 \quad T_{AB} + T_{AC} - 15 = 0 \quad T_{AB} + T_{AC} = 15 \quad (1) \] Visto que o cabo AC é 0,0075 m mais comprido do que o cabo AB, então, a compatibilidade do deslocamento das extremidades B e C exige que: \[ \delta_{AB} = 0,0075 + \delta_{AC} \quad (2) \] \[\frac{T_{AB}L_{AB}}{E_{AB}A_{AB}} = 0,0075 + \frac{T_{AC}L_{AC}}{E_{AC}A_{AC}}\] \[\sigma = E \cdot \varepsilon\] \[E = \frac{350 \text{MPa}}{0,0017} = 205,9 \text{GPa}\] \[Pelo\] diagrama tensão-deformação tem-se: \[\sigma = E \cdot \varepsilon\] 4.8 Deformação axial inelástica – Exemplo 12 T_{AB} + T_{AC} = 15 \ (1) E = 205,9 \ GPa \delta_{AB} = 0,0075 + \delta_{AC} \ (2) \frac{T_{AB}L_{AB}}{E_{AB}A_{AB}} = 0,0075 + \frac{T_{AC}L_{AC}}{E_{AC}A_{AC}} \frac{T_{AB} \cdot 5 \ m}{205,9 \times 10^6 \ kPa \cdot 30 \times 10^{-6} \ m^2} = 0,0075 + \frac{T_{AC} \cdot 5,0075 \ m}{205,9 \times 10^6 \ kPa \cdot 30 \times 10^{-6} \ m^2} 5T_{AB} = 46,3275 + 5,0075T_{AC} \ (3) Resolvendo as equações \ (1) \ e \ (3), \ tem\text{-}se: T_{AB} = 12,135 \ kN \qquad T_{AC} = 2,865 \ kN Será que os cabos resistem a essas forças aplicadas? 4.8 Deformação axial inelástica – Exemplo 12 T_{AB} + T_{AC} = 15 \ (1) Vamos calcular as tensões nos cabos 350 \ para \ verificar \ se \ está \ no \ regime \ elástico \ ou \ elastoplástico: \sigma_{AB} = \frac{12.135 \ N}{30 \ mm^2} = 404,5 \ \frac{N}{mm^2} = 404,5 \ MPa > \sigma_e \ \ f_y = \sigma_y = \sigma_e = 350 \ MPa Essa \ tensão \ é \ maior \ do \ que \ a \ resistência \ ao \ escoamento \ \sigma_e , \ portanto, \ o \ cabo \ AB \ sofre \ deformação \ plástica. \ Mas \ a \ carga \ máxima \ que \ o \ cabo \ AB \ suporta \ está \ limitada \ a \ \sigma_e , \ dada \ por: \ \sigma_e = \frac{P_p}{A}\ 350 \ MPa = \frac{T_{AB}}{30 \ mm^2} \ \ T_{AB} = 10,5 \ kN Reequilibrando \ a \ estrutura \ substituindo \ na \ Eq. \ (1), \ tem\text{-}se \ a \ nova \ força \ T_{AC}: T_{AC} = 15 - 10,5 = 4,5 \ kN \sigma_{AC} = \frac{4.500 \ N}{30 \ mm^2} = 150 \ \frac{N}{mm^2} = 150 \ MPa < \sigma_e regime \ elástico \ linear 4 - 49 Resolver os seguintes exercícios do capítulo 4 do livro texto (Resistência dos Materiais, 7a ed. - R. C. Hibbeler): Pág. 109 - Prob. 4.70; 4.72; 4.73 e 4.77; Pág. 110 - Prob. 4.84; Prob. 4.86. Pág. 118 - Prob. 4.87; 4.88 e 4.90; Pág. 119 - Prob. 4.97; 4.98. Pág. 120 - Prob. 4.101.