CAPÍTULO 6
MOMENTO TORSOR
4.1) INTRODUÇÃO
a) O objetivo é a análise de barras sujeitas à torção pura, isto é, cujas seções
estão sujeitas somente a mome0nto torsor (torque).
Portanto, se pretende
analisar somente o efeito do momento torsor.
As barras analisadas terão eixo reto e seção constante circular (cheia ou
vazada) de raio R (externo). Se o carregamento for constituído de momento torsor
(um conjugado que tendem a torcer a barra), será constante ao longo do
comprimento da barra (eixo).
Barra Submetida à Torção.
b) Para pequenas deformações, as seções permanecem planas e
perpendiculares ao eixo, com forma e dimensões conservadas. As seções apenas
sofrem rotações em torno do eixo da barra.
Então, as deformações são
deslocamentos angulares (ângulos de torção) de uma seção em relação à outra.
1
c) Conforme estudado na Introdução, as tensões são tensões tangenciais (de
cisalhamento).
O momento torsor T em uma seção qualquer é o momento
resultante de uma infinidade de binários elementares em pontos diametralmente
opostos.
Conclui-se que a tensão tangencial τ (resultante) em um ponto P,
genérico da seção, é perpendicular ao raio OP da Figura abaixo.
Considerando δ como o raio do círculo e se OP = δ (0 ≤ δ ≤ R para seção
circular) e dF = τ dA ( r ≤ δ ≤ R para seção circular)
então, dT = δ dF = δ.τ. dA e, portanto,
T = ∫ dT = ∫ δ .τ .dA
A
, onde
A
τ. dA = dF. A distribuição de tensões τ na seção (se é constante ou como varia),
será analisada a seguir, relacionando tensões e deformações correspondentes.
Portanto, o momento torçor pode simplesmente ser dado pela fórmula: T = F.d
4.2) CÁLCULO DE TENSÕES E DEFORMAÇÕES
Seja a distorção angular γ do “retângulo” abcd, contido em uma superfície
cilíndrica de raio δ e altura (comprimento) dx.
2
Se dθ é o deslocamento angular (ângulo de torção) elementar da seção Sd
em relação à seção Se , então:
bb’ = dd’ = δ . dθ e bb’ = dd’ = γ. dx então γ . dx = δ . dθ e γ = δ.dθ/dx
sendo dθ/dx a deformação angular específica constante na seção.
Então, γ varia linearmente com δ (proporção direta). Como γ = τ /G, então
τ = γ.G = δ.G. dθ/dx ou G = k. γ , onde G.dθ/dx = k .
Se
τ também varia linearmente com
δ (proporção direta) e, para
calcularmos a constante k, lembramos:
T = ∫ τ .δ .dA = ∫ k .δ .δ .dA = k ∫ δ 2 .dA
A
A
,
onde
A
∫δ
2
.dA = J p é o
A
4
momento polar de inércia da seção (dimensional: L , unidade prática: cm4)
Então: T = k .J 0 ∴ k =
ou
τ max =
T
W0
T
T
∴τ =
.δ e se δ = R, então
J0
J0
τ max =
T
.R
Jp
, onde W0 é o módulo de resistência à torção (W 0 = Jp/R,
dimensional: L3 , unidade prática: cm3).
Portanto, se a barra está submetida a uma torção constante ao longo do seu
comprimento, este esforço irá provocar nas seções transversais da barra tensões
de cisalhamento dadas pela expressão a seguir:
3
τ=
onde:
τ:
R:
T
R
Jp
Momento torçor que solicita a seção transversal da peça;
Distância do C.G da seção até o ponto onde estamos calculando
a tensão;
: Momento polar de inércia.
Jp
A figura a seguir mostra a distribuição de tensões cisalhantes ao longo da seção
transversal.
Distribuição da Tensão de Cisalhamento em uma Seção Circular.
O momento polar de inércia (Jp) é dado para seções circulares cheias e
vazadas pelas expressões:
Jp = Jx + Jy
πD 4
Jp =
32
Seção circular cheia:
Jp =
Seção circular vazada:
π 
4
4 
− Dint
 Dext

32 

Para seção anular ou circular, considere dA=2.πδ.dδ (coroa circular de raios δ
R
2
e δ + dδ). Então, J p = δ .2.π .δ .dδ (r=0 para seção circular).
∫
r
4
Obtém-se J p =
π
(R
2
4
−r
4
)=
π .D 4
32
(1 − n ),
4
onde n =
r
d
=
(n=o para
R D
seção circular).
Então
τ max =
16.T
1
.
π .D 3 1 − n 4
para seção circular
se n = 0, então, para seção circular:
τ max =
16.T
π .D 3
e
τmax ≤ τ
Em um ponto (elemento de área) situado a uma distância δ do eixo, a tensão
é
τ=
δ
R
.τ max . A distribuição de tensões (linear) ao longo de um raio da seção
transversal (diagrama em baixo) é a mesma na seção longitudinal que contém os
raios seções (figura seguinte).
5
4.3) CÁLCULO DO ÂNGULO DE TORÇÃO
Na figura abaixo, podemos ver a deformação de cisalhamento e o ângulo de
torção.
Vista Superior.
Segmento da Barra de Comprimento dx.
Para ângulos pequenos, temos:
Então, podemos escrever:
Temos:
tan (γ)=γ.
γ=
c′c
ac
c′c = θ
D
2
A expressão que relaciona a deformação de cisalhamento com o ângulo de
torção é:
6
γ=
Lembrando que :
θD
2L
τ = Gγ e que τ =
θ=
Obtemos:
Tρ
ρ
Jp
TL
GJp
L
L

γ
τ
T
T
T
T .L 
.δ ∴ dθ =
.dx.Então : θ = ∫ dθ = ∫
.dx ∴θ =
dθ = .dx, onde, γ = eτ =

G
Jp
G. J p
G.J p
G.J p 
δ

0
0
Como
τ max =
T
.R
Jp ,
então
τ
τ .L
T
= max ∴ θ = max
e θmax ≤ θ
Jp
R
R.G
Na expressão anterior, G é o módulo de elasticidade transversal do material e é
dado por:
G=
E
2(1 + ν )
onde:
E
: Módulo de elasticidade longitudinal do material, ver capítulo 1.
ν
: Coeficiente de Poisson, ver capítulo 1. Para o aço é igual a 0.3.
A Torção produzirá em um elemento q ualquer da barra um estado de tensão
conhecido como cisalhamento puro, ou seja, há somente, tensões cisalhantes nas
seções transversais, conforme está mostrado na figura a seguir. Contudo, deve-se
salientar que para uma direção de 45 graus com o eixo da barra haverá tensões
de tração ou compressão, conforme o sentido da torção, ver figura seguinte.
7
Estado de Cisalhamento Puro.
Tensões Normais em Planos a 45 graus do eixo da peça.
OBS: Momento torçor (torque) aplicado ao eixo de uma máquina.
Sejam P a potência a ser transmitida, em kgf.cm/s e w a velocidade (angular)
de rotação do eixo, em rd/s. Então: P = T.w, onde T é o torque aplicado ao eixo,
e portanto, T = P/w.
Mas, se a potência for expressa em cavalor-vapor (N c.v.) e a velocidade
angular em rotações por minuto (n rpm), e como 1 c.v. = 7500 kgf.cm/s e 1 rpm =
2.π/60 rd/s, obtém-se T =
7500.N (kgf .cm / s )
N
∴ T = 71620. (kgf .cm)
2.π
n
.n(rd / s )
60
isto é, entrando com a potência N (c.v.) e a velocidade angular n (rpm),
obtém-se o torque T (kgf.cm).
Exemplo 1) Dimensionar o eixo de uma máquina (comprimento de 9 m,
velocidade angular 120 rpm e potência transmitida de 200 c.v. calcular o
correspondente deslocamento angular total, adotando:
a) seção circular cheia;
b) seção anular com d/D = 1/2.
Dados em kgf/cm2: τ = 210 e G = 0,85 x 106
8
Torque: T = 71620.
a) τ = τ max =
b) τ = τ max =
Exemplo
200
= 119366,67 kgf.cm
120
16.T 16.119366,67
=
= 210
π .D 3
π .D 3
onde D = 14,25 cm
16.T  1  16.119366,67
1
.
=
.
= 210 onde D = 14,56 cm
3 
4 
3
π .D  1 − n 
π .D
1 − (1 / 2) 4
2)
Calcular
o
momento
torçor
máximo
admissível
e
o
correspondente ângulo de torção em um eixo de comprimento 2 m (200 cm)
sendo:
a) seção circular D = 25 cm;
b) seção anular D = 25 cm e d = 15 cm
Dados em kgf/cm2: τ = 800 e G = 0,85 x 106
a) τ max =
θ=
16.T
16.T
=τ ∴
= 800 onde Tadm = 24,56 x 105 kgf.cm
3
π .D
π .25 3
τ max . L
R.G
b) τ max =
=
800.200
onde θ = 0,015 rd
12,5.0,85.10 6
16.T '  1 
16.T '
1
.
=τ ∴
.
= 800 onde T’adm = 21,36 x 105 kgf.cm
3 
4 
3
4
π .D  1 − n 
π .25 1 − 0,6
e θ = 0,015 rd
obs: T’/T = 0,87 onde T’ é 13 % menor do que T
A’/A = 0,64, onde A’ é 36 % menor do que A
9
Exercício 3) Calcular a tensão máxima em cada trecho do eixo representado
abaixo e o ângulo de torção C x A. Dados: T1 = 600 kgf.m, T2 = 800 kgf.m e
Barra AB) Alumínio, Da = 10 cm; Ga = 0,28.106 kgf/cm2
Barra BC) Latão, Dl = 6 cm; Gl = 0,35.106 kgf/cm2
Barra AB)
τ max =
16.(T1 + T2 )
= 713kgf / cm 2
3
π .10
Barra BC)
τ max =
16.T1
= 1415kgf / cm 2 (positiva)
3
π .10
10
(positiva)
Rotação Barra AB:
Rotação Barra BC :
θ AB =
θ BC =
τ max .L
R.G
=
713.100
= 0,0509rd
5.0,28.10 6
1415.60
= 0,0809rd
3.0,35.10 6
θAC = θAB + θBC = 0,1318 rd
Exercício 4) O eixo AB da figura abaixo tem seção circular com diâmetro de 5
cm, é movimentado pela polia em C a uma rotação de 200 rpm e movimenta duas
máquinas em A (40 c.v.) e B (25 c.v.). Calcular a tensão máxima em cada trecho
e o ângulo de torção B x A. Dado G = 0,8.106 kgf/cm2.
T = 71620.
TB = 71620.
N
n
Então:
T A = 71620.
25
= 8952,5kgf .cm
200
11
40
= 14324kgf .cm
200
e
Para a barra AC: τ max =
16.T A
= 583,6kgf / cm 2
3
π .D
Para a barra CB:
τ max =
16.TB
= 364,8kgf / cm 2
3
π .D
Ãngulo de torção:
θ AC =
Ãngulo de torção:
θ CB =
τ max .L
R.G
=
583,6.150
= 0,0438rd
2,5.0,8.10 6
(positivo)
364,8.150
= 0,0274 rd (negativo)
2,5.0,8.10 6
θAB = θAC + θCB = 0,0438 – 0,0274 = 0,0165 rd
Exercício 5) No exemplo anterior, qual deveria ser a razão entre os diâmetros
D1 (do trecho AC) e D2 (do trecho CB) de modo que a tensão máxima fosse a
mesma nos dois trechos ?
3
τ
AC
max
=τ
CB
max
16.T A 16.TB  D1 
T A pot . A 40
D1 3


∴
=
∴
=
=
=
=
1
,
6
∴
= 1,6 = 1,17
D2
π .D13 π .D23  D2  TB pot .B 25
Exercício 6) O eixo AB da figura abaixo tem seção circular, é engastado em A
e B e está sujeita a um torque T1 em C. Pede-se:
a) calcular os momentos torçores reativos em A e B;
b) traçar o diagrama de momentos torçores;
c) representar a variação do ângulo de torção de uma seção genérica, em
função da abcissa x e calcular o ângulo de torção da seção C.
12
θAB = θAC + θCB = 0 rd ∴
T
− T A .a TB .b
b
+
= 0∴ A =
G.J p G.J p
TB a
TA = -T1.b/L e TB = T1.a/L
Barra AC) 0 ≤ x ≤ a então
θS =
− T A .x
− T A .a
∴θ c =
G.J P
G.J p
Barra CB) 0 ≤ x ≤ L então
θS =
− TA .a TB .( x − a )
+
G.J P
G.J p
13
e daí, obtém-se: