Slide Esforço Normal Axial-2022 1

10 Esforço Normal Axial ENG01201 – Mecânica Estrutural I Notas de Aula – Prof. Luis Alberto Segovia González 10.1 - Conceito Considerando a barra mostrada na figura, submetida a uma carga axial (de tração, à esquerda, ou de compressão, à direita), de tal forma que no interior da barra surgem esforços normais axiais que mantém o equilíbrio interno, tem-se: barra em tração barra em compressão P P P P Esforço normal axial em uma seção transversal da barra: barra em tração A barra em compressão A P P P N P P P N N = P Se se considera que as tensões normais provocadas pelo esforço normal axial estão uniformemente distribuídas em toda a seção transversal da barra, então: barra em tração A A barra em compressão A A P P P N P P σ P P N P σ N σ = A onde: ssss: tensão normal na seção transversal da barra N: esforço normal axial na seção transversal da barra A: área da seção transversal da barra e sendo: ssss ⇒ + quando a tensão normal é de tração ssss ⇒ - quando a tensão normal é de compressão Deve observar-se que a fórmula apresentada pressupõe que as tensões normais provocadas pelo esforço normal axial estão uniformemente distribuídas em toda a seção transversal da barra. 10.2 - Casos em que a fórmula não é válida A fórmula apresentada não é válida quando existem regiões da seção transversal com tensões normais que se distribuem de maneira não uniforme, isto é, em casos em que há concentração de tensões. Outro caso em que a fórmula não pode ser aplicada é quando há ocorrência de flambagem. s1 s2 s1 s2 < b ≥ b < b ≥ b b a P P P σ P σ Flambagem A fórmula da distribuição uniforme de tensões normais provocadas pelo esforço normal axial não pode ser aplicada na análise de peças muito esbeltas (longas e finas) submetidas a compressão, pois nestes casos há ocorrência de flambagem, que é um fenômeno de instabilidade do equilíbrio. 10.3 - Estado de tensões. Projeto e verificação de peças submetidas a esforço normal axial Para uma barra submetida a esforço normal de tração, tem-se: P P A ( ) ( ) x N P tração N A σ = = + sendo o estado de tensões: as tensões principais são: 1 2 3 0 0 x N A σ σ σ σ = = = = ssssx ⇒ τ σ xσx x Lembrando que para o caso de tensões uniaxiais qualquer Teoria de Resistência conduz às expressões da Teoria de Rankine, tem-se para a barra tracionada a primeira expressão de Rankine: 1 1 T T s s σ σ σ σ ≤ = T N A s = σ Para uma barra submetida a esforço normal de tração, tem-se: P P A ( ) ( ) x N P compressão N A σ = = − sendo o estado de tensões: as tensões principais são: 1 2 3 0 0 x N A σ σ σ σ = = = = ssssx ⇒ τ σ σx x x Lembrando que para o caso de tensões uniaxiais qualquer Teoria de Resistência conduz às expressões da Teoria de Rankine, tem-se para a barra comprimida a segunda expressão de Rankine: 3 3 C C s s σ σ σ σ ≥ = C N A s = σ Com as expressões apresentadas é possível resolver problemas de projeto e verificação de peças submetidas a esforço normal axial. ➢Nos problemas de projeto se conhecem N, σ_T ou σ_C e s e deve-se calcular A. ➢Nos problemas de verificação se conhecem N, σ_T ou σ_C e A e deve-se calcular s. 10.4 - Deformações produzidas pelo esforço normal axial Para uma barra submetida a um esforço normal axial, tem-se: Pela definição de deformação específica longitudinal tem-se: lf lo ∆ l 2 ∆ l 2 P P A o l l ε = ∆ pela Lei de Hooke tem-se: e sendo: tem-se: O produto EA é denominado rigidez da seção transversal. E σ ε = N A σ = o N l E A l ∆ = o N l l ∆ = EA 10.5 - Tensões de origem térmica Para uma barra submetida a uma variação de temperatura, sabe-se pela lei da física da dilatação térmica que: ∆t >0 lf lo ∆ l 2 ∆ l 2 o l l t α ∆ = ∆ onde: DDDDl: variação de comprimento lo: comprimento inicial a a a a: coeficiente de dilatação térmica do material DDDDt: variação de temperatura A expressão apresentada mais acima pode ser colocada na forma: que é equivalente a: onde: eeee: deformação específica longitudinal o l t l α ∆ = ∆ o l t l ε α ∆ = = ∆ Se a barra, além de sofrer uma variação de temperatura, tem sua deformação restringida na direção longitudinal, surgirá nessa direção uma tensão normal ssss de origem térmica que será exatamente igual à tensão normal que provocaria uma deformação específica longitudinal igual a –eeee. ∆t >0 lf lo ∆ l 2 ∆ l 2 ssss ssss Teria-se então: ssss ⇒ -eeee isto é, pela Lei de Hooke: ( ) o E l E l σ ε σ = −  ∆  = −    E t σ α = − ∆ 10.6 - Deformações de elementos de seção variável Considerando a barra de seção variável de comprimento inicial l mostrada na figura, submetida a um esforço normal axial: A deformação específica longitudinal média da barra é: P P x l dx dx N N A(x) l l ε = ∆ Para a fatia de comprimento inicial dx mostrada à direita tem-se a deformação específica longitudinal: Sendo e então: dx dx ε ∆ = E σ ε = ( ) N A x σ = ( ) E N A x dx dx = ∆ A variação de comprimento da fatia é então: Integrando ao longo de x obtém-se a variação de comprimento total da barra: ( ) N E A x dx dx = ∆ l 0 ( ) N E A x l dx ∆ = ∫ 10.7 - Exercícios ➢Exemplo 1 Para a estrutura mostrada na figura, projetar a área da seção transversal da barra BC sabendo que seu coeficiente de segurança deve ser igual a 2. Considerar que o material da barra é frágil com tensão limite de tração igual a 20 MPa e tensão limite de compressão igual a −30 MPa. Dados: ssssT = 20 MPa = 2 kN/cm2 ssssC = -30 MPa = -3 kN/cm2 ABC = ? ... s = 2 5 kN 10 kN 1 m 4 m 1,5 m 2,5 m A C B VB HB HA VA 45o Solução: Cálculo das reações no apoio B: 0 10 1 4 0 A B M V Σ = × − × = 2,5 VB kN = 0 4 4 0 DIR C B B M H V Σ = × − × = 2,5 HB kN = Cálculo do esforço normal na barra BC: 45o HB VB B NBC 0 cos45 2,5 0 X BC F N Σ = − × ° + = 3,53 ... NBC kN tração = Projeto da área da seção transversal da barra BC: 1 2 3 1 : 0 0 : BC BC BC BC BC BC T T BC N A sendo N A então s s σ σ σ σ σ σ σ σ σ = = = = = ≤ = 2 3,53 3,53 2 BC T BC BC BC T BC N A s s N A A σ σ = = × = = 2 3,53 ABC cm = ➢Exemplo 2 Para a estrutura mostrada na figura, verificar a barra AB e projetar a seção transversal da barra AC com coeficiente de segurança igual a 3. Considerar que o material das barras é dútil com tensão de escoamento igual a 40 kN/cm². D_e D_i D_i/D_e=0,8 A →48 kN D=2 cm 3 m C 4 m Dados: sssse = 40 kN/cm2 barra AB: D = 2 cm ... s = ? barra AC: s = 3 , Di / De = 0,8 ... Di = ? , De = ? C A B 48 kN 4 m 3 m D=2 cm Di De Di De =0,8 Solução: Cálculo dos esforços normais nas barras AB e AC: Considerando o equilíbrio do nó A: A 48 kN a a a a NAB NAC 4 53 7'48'' 3 0 48 0 x AC arctg F N sen α α = = ° Σ = − × = 60 ... tração NAC kN = 0 cos 0 y AC AB F N N α Σ = − × − = 36 ... compressão NAB kN = − Verificação da barra AB: 2 2 2 1 2 3 2 4 4 4 : 0 0 4 AB AB AB AB AB AB AB AB AB N N N D A D N D sendo N D σ π π σ π σ σ σ σ π = = = = = = = = ( ) ( ) 3 2 2 2 : 4 4 2 40 3,49 4 36 C C AB AB C C AB então s s N D s D s N s σ σ σ σ σ π π σ π ≥ = = = × × − = = × − s = 3,49 Projeto da seção transversal da barra AC: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 4 0,36 0,8 4 4 0,36 AC AC AC AC AC AC e e i e e AC AC e N N N N A D D D D D N D σ π π π σ π = = = = − − = 1 2 2 3 : 4 0,36 0 0 AC AC e sendo N D σ σ π σ σ = = = = e 1 2 : 4 0,36 4 0,36 4 3 60 4 0,36 40 T T AC AC T e AC e T e então s s N s D s N D D σ σ σ σ σ π π σ π ≤ = = = × × = = × × 4 De cm = 3,2 Di cm = ➢Exemplo 3 Uma peça é fabricada com um material cujo peso específico é γ e o módulo de elasticidade longitudinal é E. Se a peça tem a forma de um cone com as dimensões mostradas na figura, determinar o deslocamento de sua extremidade inferior devido ao efeito gravitacional quando ela é suspensa na posição vertical como mostra a figura. Dados: γ E r_o l Solução: O esforço normal axial varia ao longo da peça, pois ele depende do peso da parte de baixo de cada seção transversal. Considerando uma seção transversal localizada a uma distância y da extremidade inferior, tem- se: ro l ro l x y x W(y) N(y) y O raio da base do cone que fica abaixo dessa seção é: sendo o volume desse cone de base x e altura y: o o x y r l r y x l = = 2 2 2 3 2 2 2 2 3 2 1 1 1 ( ) 3 3 3 1 ( ) 3 o o o r y r y V y x y y l l r y V y l π π π π   = = =     = sendo o seu peso: e consequentemente, o esforço normal na seção transversal: 2 2 3 3 2 2 2 3 2 1 1 ( ) ( ) 3 3 1 ( ) 3 o o o r y r y W y V y l l r y W y l π π γ γ γ π γ   = = =     = 2 3 2 ( ) ( ) 1 ( ) 3 o N y W y r y N y l π γ = = A área da seção transversal também é uma função da altura y: Assim, considerando a fórmula da variação do comprimento de uma peça de seção variável, tem-se: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) o o o r y r y A y x l l r y A y l π π π π   = = =     = l 0 ( ) N E A x l dx ∆ = ∫ No caso, para a integração ao longo de y, e considerando que também o esforço normal é uma função de y, tem-se: 2 3 2 2 2 2 2 l 0 l l 0 0 l l 0 0 ( ) ( ) 1 1 1 3 3 1 3 3 6 o o N y E A y E r y l y l E r y y l y E E E l dy l dy dy l dy dy π γ γ π γ γ γ = = = = =       =                   ∆ ∆ ∆ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 2 6 l E l = γ ∆ ➤Exemplo 4 O diagrama Tensão x Deformação de um osso humano é mostrado na figura abaixo e pode ser descrito pela equação ε = 0,45 x 10⁻⁶ σ + 0,36 x 10⁻¹² σ³ onde σ é expressa em kPa. Determinar a tensão de ruptura e o alongamento de um osso de 200 mm de comprimento no instante imediatamente anterior a sua fratura, considerando que ele se rompe com uma deformação específica longitudinal igual a 0,12. Dados: eeee = 0,45 x 10-6 ssss + 0,36 x 10-12 ssss3 ... ssss em kPa l = 200 mm = 20 cm eeeeR = 0,12 ssssR = ? DDDDl = ? ssss eeee ε = 0,45 x 10-6 σ + 0,36 x 10-12 σ3 Solução: Sendo: então no instante da ruptura do osso: e o alongamento é: 6 12 3 0,45 10 0,36 10 ε σ σ − − = × + × 3 6 12 2 2 0,45 10 0,36 10 0,12 6873,52 6,87 0,687 / 68,7 / R R R kPa MPa kN cm kgf cm σ σ σ − − × + × = = = = = 2 68,7 / R kgf cm σ = 0,12 20 2,4 o o l l l l l ε ε ∆ = ∆ = ∆ = × = 2,4 l cm ∆ = ➤Exemplo 5 Três fios de aço de diâmetro igual a 2 mm cada um, estão fixos em suas extremidades superiores em um mesmo ponto A, e as extremidades inferiores estão unidas no ponto B, onde será suspenso um peso de 10 kN como mostra a figura. Um dos fios tem comprimento igual a 4,00 m e os outros dois têm comprimento igual a 4,001 m. Determinar a carga suportada por cada fio após a aplicação do peso, considerando que o módulo de elasticidade longitudinal do aço é igual a 210000 kN/cm². Dados: E = 210000 kN/cm2 l1 = l3 = 4,001 m = 400,1 cm l2 = 4,000 m = 400,0 cm d = 2 mm = 0,2 cm ⇒ A = 0,0314 cm2 P = 10 kN F1 = ? , F2 = ? , F3 = ? A B 10 kN Fio 1 Fio 3 Fio 2 Solução: Após a aplicação do peso de 10 kN, os três fios sofrem alongamento, ficando, ao final, todos com o mesmo comprimento e cada um deles submetido a uma parcela do peso de 10 kN. Tem-se então a seguinte equação de equilíbrio: mas, sendo iguais os comprimentos iniciais dos fios 1 e 3, e também iguais seus alongamentos, terá-se que: podendo-se trabalhar com a seguinte equação de equilíbrio: 1 2 3 10 F F F + + = 1 3 F F = 1 2 2 10 (1) F + F = Nesta equação de equilíbrio (1), tanto a força F1 como a força F2 são desconhecidas. O problema é estaticamente indeterminado, pois apenas com a equação de equilíbrio não é possível calcular a parcela de carga suportada por cada fio. Considerando a figura, nota-se que após a aplicação do peso de 10 kN os três fios ficam com o mesmo comprimento final: A 1 2 3 lo2 lo1 lo3 = 0,1 cm Considerando a figura, nota-se que após a aplicação do peso de 10 kN os três fios ficam com o mesmo comprimento final: A 1 2 3 lo2 lo1 lo3 = 0,1 cm Considerando a figura, nota-se que após a aplicação do peso de 10 kN os três fios ficam com o mesmo comprimento final: A 1 2 3 lo2 lo1 lo3 = 0,1 cm Extremidade final dos três fios Considerando a figura, nota-se que após a aplicação do peso de 10 kN os três fios ficam com o mesmo comprimento final: A 1 2 3 lo2 lo1 lo3 = 0,1 cm Extremidade final dos três fios Considerando a figura, nota-se que após a aplicação do peso de 10 kN os três fios ficam com o mesmo comprimento final: A 1 2 3 lo2 lo1 lo3 = 0,1 cm DDDDl2 DDDDl1 DDDDl3 = Extremidade final dos três fios Considerando a figura, nota-se que após a aplicação do peso de 10 kN os três fios ficam com o mesmo comprimento final: Sendo então a denominada equação de compatibilidade de deformações: A 1 2 3 lo2 lo1 lo3 = 0,1 cm DDDDl2 DDDDl1 DDDDl3 = Extremidade final dos três fios 2 1 0,1 (2) l l ∆ = ∆ + Na equação de compatibilidade de deformações: Trabalhando com a equação de equilíbrio (1): 1 3 l l ∆ = ∆ 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 10 : ... 2 10 : 2 10 : 2 10 2 o F F F onde F A A A A onde E l E A E A onde l l l E A E A l l σ σ σ σ σ ε ε ε ε + = = = + = = ∆ + = = ∆ ∆ + = 1 2 1 2 10 E A E A l l l l ∆ + ∆ = onde, introduzindo a equação de compatibilidade de deformações (2), tem-se: ( ) 1 1 1 2 2 0,1 10 E A E A l l l l ∆ + ∆ + = 1 1 1 2 2 1 1 2 2 2 1 1 2 2 l 0,1 10 2 1 0,1 10 0,1 10 2 1 E A E A E A l l l l E A l E A l l l E A l l E A l l ∆ + ∆ + =   + ∆ + =     − ∆ =   +     e: 1 1 3 0,1 10 210000 0,0314 400 0,168 2 1 210000 0,0314 400,1 400 0,168 l l l cm − × × ∆ = =   + × ×     ∆ = ∆ = 2 1 2 2 0,1 0,168 0,1 0,268 l l l l cm ∆ = ∆ + ∆ = + ∆ = Sabendo que: tem-se para os fios 1 e 3: o o o l E A F A E A E A l l l E A F l l σ ε ∆ = = = = ∆ = ∆ 1 3 1 1 1 3 210000 0,0314 0,168 2,8 400,1 E A F F l l F F = = ∆ × = = × = 1 3 2,8 F F kN = = e para o fio 2: 2 2 2 2 210000 0,0314 0,268 4,4 400 E A F l l F = ∆ × = × = 2 4,4 F kN = ➤Exemplo 6 Uma barra AB de comprimento igual a 70 cm e seção transversal circular de diâmetro igual a 5 cm foi engastada em blocos rígidos nas suas extremidades A e B, antes de ser aplicada em C uma força P de 80 kN, como mostra a figura. Considerando que a fórmula da distribuição uniforme de tensões normais pode ser utilizada em todas as seções transversais ao longo do comprimento da barra e que ela está impedida de flambar lateralmente, calcular as tensões normais nos trechos AC e CB depois da aplicação da força P em C, especificando se estas tensões são de tração ou de compressão. Dados: P = 80 kN l = 70 cm lAC = 30 cm lCB = 40 cm d = 5 cm ⇒ A = 19,63 cm2 ssssAC = ? , ssssCB = ? A B C P=80 kN 30 cm 40 cm 70 cm Solução: Considerando as reações mostradas na figura: tem-se a equação de equilíbrio: sendo a equação de compatibilidade de deformações: A B C P=80 kN 30 cm 40 cm 70 cm RA RB 80 0 (1) A B R + R − = 0 (2) AC CB l l ∆ − ∆ = Trabalhando com a equação de compatibilidade de deformações (2): sendo: 0 ... : ... 0 ... : ... 0 ... : 0 AC CB o o AC AC CB CB AC CB AC CB AC CB AC CB AC l l l onde l l l l l onde E E N l l onde E E A N N l l A E A E N ε ε σ ε ε σ ε ε σ σ σ ∆ ∆ − ∆ = = ∆ = − = = = − = = − = 0 AC CB CB l N l − = : = ... : = ... AC A CB B no trecho AC N R tração no trecho CB N R compressão logo: e introduzindo esta expressão (3) em (1) tem- se: 0 (3) A AC B CB B CB A AC R l R l R l R l − = = 80 0 80 1 80 80 A B B CB B AC CB B AC AC CB B AC R R R l R l l R l l l R l + − = + =   + =       + =     e: 80 80 80 30 34,29 70 34,29 ... B AC AC B B B l R l l R l R R kN tração = = × = = = 34,29 40 45,71 30 45,72 ... B CB A AC A A R l R l R R kN compressão = × = = = Logo, sendo: tem-se para o trecho AC: N A σ = 45,72 2,33 19,63 AC A AC AC N R A A σ σ = = = = 2 2,33 / ... AC kN cm tração σ = e para o trecho CB 34,29 1,75 19,63 CB B CB CB N R A A σ σ = = = = 2 1,75 / ... CB kN cm compressão σ = ➢Exercício proposto Para a barra AC da estrutura mostrada na figura, calcular: o esforço normal que atua nela, seu coeficiente de segurança, a variação do seu comprimento, a sua deformação específica transversal e a variação do lado da sua seção transversal. A seção transversal da barra é quadrada e antes da aplicação da carga o comprimento dos seus lados é igual a 4 cm. Considerar material útil com tensão de escoamento igual a 27 MPa, módulo de elasticidade longitudinal igual a 2100 kN/cm² e coeficiente de Poisson igual a 0,3. Dados: a = 4 cm sssse = 27 MPa = 2,7 kN/cm2 E = 2100 kN/cm2 nnnn = 0,3 s = ? ; ∆l = ? ; εT = ? ; ∆a = ? C A B D 30o 2 m 1 m 5 kN a=4 cm a=4 cm Resposta: NAC = 15 kN s = 2,88 ∆l = 0,103 cm εT = -1,34 x 10-4 ∆a = -5,37 x 10-4 cm