D - Torção Pura
4.0 – TORÇÃO PURA
4.1 – MOMENTO DE TORÇÃO – TORQUE
Quando uma barra reta é submetida, exclusivamente, a um momento em torno
do eixo da barra, diz-se que estará submetida a um momento torçor (ou torque).
É o caso comum dos eixos que transmitem potência de motores para máquinas
utilizadoras. A Fig. 4.1.1 representa um eixo de transmissão acionando um utilizador
(bomba) através de um “torque motor”. Ao ser acionado, o movimento de rotação é
acelerado até que o torque resistente (crescente com o aumento da velocidade de rotação) iguala o torque motor, permanecendo, então, o eixo em rotação constante e
torcido por um torque uniforme entre suas extremidades.
Torque
Resistente
ω
ω
Utilizador
Torque
Motor
Motor
Fig. 4.1.1 – Eixo submetido a Torque constante ao longo de sua extensão, entre os flanges do
motor e do utilizador, após ser alcançada a velocidade em regime permanente de rotação.
A potência P transmitida está relacionada com o torque T e a rotação ω através
da relação:
P = δW/δt = 2F. r δθ / δt = T . ω; portanto,
T = P/ω............(4.1.1)
F
r δθ
F
Exemplo 4.1.1 – Um motor de 60 CV (1 CV = 736 w) aciona um utilizador através de um eixo com 4.000 rpm. Calcule o torque aplicado ao eixo.
Solução: P = 60 x 736 = 44,16 kW;
ω = 4000 x 2π / 60 =418,9 rad/s.
T =105,4 m.N (Resp.)
9
D - Torção Pura
4.2 – EIXOS DE SEÇÃO CIRCULAR E MATERIAL ELÁSTICO.
O caso mais simples a ser analisado, e de grande importância, por sua vasta
aplicação nos equipamentos mecânicos, se refere aos eixos de transmissão de potência de máquinas, fabricados em material elástico, torneados de forma a que sua seção
transversal seja de forma circular (no caso dos eixos maciços) ou em forma de coroa
de círculo (eixos vazados).
Pela simetria circunferencial envolvida, tanto sob o aspecto geométrico como
quanto ao carregamento, podemos afirmar que as tensões tangenciais despertadas nos
diversos pontos da seção transversal serão função apenas da distância r do ponto em
relação ao centro do eixo, onde a tensão deverá ser nula. Admitindo que a deformação por torção do eixo provoque a rotação de uma seção em relação à contígua (e que
um certo diâmetro, após girar, permaneça reto, mantendo-se como um diâmetro), podemos afirmar que as deformações por distorção (γ) variarão linearmente em função
da distância ao centro (r), e, admitindo ainda, tratar-se de um material elástico, para o
qual as tensões τ são proporcionais às distorções γ, podemos presumir que as tensões
tangenciais τ irão variar linearmente com r, e escrever:
δL
τMax
T
τ
r
γ
dr
r
δθ
(b)
(a)
Fig. 4.2.1 – Torção pura de eixos de seção circular; (a) tensões tangenciais ao longo da seção
transversal; (b) deformações por distorção das fibras longitudinais e por rotação da seção
transversal.
τ = k r...........................................(4.2.1)
Como o torque T é a resultante dos momentos das forças tangenciais atuantes
na seção, em relação a seu centro, podemos escrever:
D/2
T = ∫0 τ 2π r dr x r. Considerando a relação linear (4.2.1) teremos:
D/2
T = ∫0 k 2π r3 dr = k [2π r4/4]0D/2 = k π D4/32, de onde tiramos:
k = T / (π D4/32).
10
D - Torção Pura
Convém observar que o termo π D4/32 vem a ser o “momento de inércia polar” (Jp) da área da seção em relação a seu centro.
Levando em (4.2.1) teremos:
τ = (T/Jp) r = [T / (π D4/32)] r. ............................................(4.2.2)
A máxima tensão ocorrerá ao longo da borda externa do eixo, onde r = D/2, e.
τMax = 16 T / π D3......................................................……....(4.2.3)
que pode ser reescrita como: τMax = T / Wt sendo Wt o denominado módulo de resistência à torção do eixo, valendo Wt = πD3/16 ≈ 0,2D3
Exemplo 4.2.1 – Para o eixo focalizado no exemplo 4.1.1, determine o valor admissível para
seu diâmetro, adotando um valor máximo para a tensão tangencial que não ultrapasse 60
MPa.
Solução: utilizando a equação 4.2.3, teremos:
(Dmin)3 =(16 x 105,4) / π x 60 x 106 = 8,947 x 10-6 m3 e D = 20,8 mm (Resp.)
Interessante realçar que a parte central de um eixo maciço (onde as tensões
são baixas) pouca contribuição terá com respeito ao momento de inércia polar,
fazendo com que a tensão máxima seja diminuída no caso dos eixos vazados (largamente utilizados na indústria aeronáutica, onde a questão de pesos é crucial).
τmax
Para os eixos vazados teremos:
Jp = (π/32)(D4 – d4), que levada em (4.4) dá:
τmax = 16 T / π D3 (1 - η4) ............(4.2.4)
D
d
sendo η= d/D.
Fig. 4.2.2 – Tensões nos eixos de material elástico e seção circular torcidos
γ
δL
Quanto às deformações entre duas
seções contíguas, separadas de δL, podemos estabelecer a seguinte relação entre a
distorção sofrida por uma fibra longitudinal
distante r do centro e a deformação angular
δθ entre as seções:
δθ
r
T
R
Fig. 4.2.3 – Deformações nos eixos de material
elástico e seção circular torcidos
11
D - Torção Pura
r δθ = γ δL
δ ............................................ (4.2.5)
Levando em conta a hipótese de ser elástico o material (τ = G γ), teremos:
r dθ = (τ/G) dL ...................................(4.2.6)
Considerando (4.2.2) (τ/r = T/Jp) obtemos:
dθ = Τ dL / G Jp ......(4.2.7)
No caso de um eixo de diâmetro e
material uniformes ao longo de sua extensão L0, a integração de (4.2.7), de L=0 a
L=L0 nos fornece:
γ
δθ = T L0 / G Jp ........(4.2.8)
(observe a semelhança entre as equações
4.2.8, 1.6.8 e 3.1.1), sendo:
Jp = π (D4 – d4)32 ≈ 0,1 (D4 – d4)
δθ
T1 = 30kN.m
A
B
Exemplo 4.2.2 – Para o eixo esquematizado pede-se determinar:
a) a máxima tensão tangencial;
b) o ângulo de torção entre as seções A
e D.
Obs.: o trecho maciço BC se encaixa no
trecho vazado AB, sendo fixado por um
pino transversal em B.
Dados: Gaço = 80 GPa;
GLatao = 39 GPa.
Latão
Vazado
D=150;d=100
T1 = 5kN.m
400
D
600
BA- onde η = 100/150 = 0,6667, teremos:
τmax = 16x20x103/π(1 − η4)(0,150)3 = 37,6 MPa
Portanto: Resp. (a)
C
Aço
Maciço
D=100 mm
Solução: o diagrama de torques ao longo do eixo
permite obter os valores assinalados na figura ao
lado: trecho DC: T = 5kN.m; trecho CB: T = 10kNm;
trecho BA: T = 15 kNm. Portanto, as tensões máximas calculadas por (4.2.3) atingirão os valores:
CD- τmax = 16x5x103/π(0,080)3 = 49,7MPa
BC- τmax = 16x10x103/π(0,100)3 = 50,9 MPa
τmax = 50,9 MPa (trecho BC).
Quanto às deformações teremos:
12
T1
T1 = 15kN.m
20kN.m
Aço
Maciço
D=80 mm
500
mm
T
5kN.m
10kN.m
D - Torção Pura
δθDA = δθDC + δθCB + δθBA (soma algébrica), sendo δθ = T L / G Jp ⇒
δθDC = [5x103 x 0,500] / [(80x109)(π)(0,080)4/32] = 0,007771 rad ()
δθCB = [10x103 x 0,600] / [(80x109)(π)(0,100)4/32] = 0,007639 rad ()
δθBA = [20x103 x 0,400] / [(39x109)(π)(0,1504 – 0,1004)/32] = 0,005143 rad ().
Portanto: δθDA = 0,007771 – 0,007639 + 0,005143 = 0,005275 = 0,30º (Resp. b)
3
192 dentes
Exemplo 4.2.3 - A caixa redutora
(dupla redução) esquematizada na
figura transmite uma potência de
200 CV, a 3600 rpm, reduzindo a
rotação na saída para 100 rpm.
Pede-se dimensionar o eixo intermediário (aço - G = 80GPa e τadm
= 60 MPa). Considerar ainda como deformação limite o valor
δθ /L = 2,5º /m.
32 dentes
Eixo intermediário
R = 180mm
4
2
1
R= 30mm
200 CV
3600 rpm
Solução – O eixo que aciona o pinhão (1) de entrada da caixa estará submetido a um torque
T1 = 200 x 736 / (3600x2π/60) = 390,5 N.m; a componente tangencial da força de contato
entre os dentes do pinhão e da engrenagem (coroa – 2) valerá F12 = 390,5/0,030 = 13,02kN.
Portanto o torque aplicado ao eixo intermediário pela coroa 2 valerá T2 = 13,02 x 0,180 =
2.343 N.m (os torques variam na razão inversa das velocidades e proporcionalmente aos
raios, diâmetros e nº de dentes das engrenagens). Admitindo desprezíveis as perdas por atrito (hipótese conservativa para o cálculo dos esforços nas diversas partes do mecanismo)
concluímos que o eixo intermediário estará submetido a um torque T2 = T3 = 2,343 kN.m.
Tratando-se de um eixo maciço e, levando em conta (4.2.3), podemos escrever, atendendo ao critério de resistência estabelecido:
τMax = 16 T / π D3 ; 60 x 106 = 16 x 2,243 x 103 / π (D)3
e D = 57,5 mm
Considerando o critério de rigidez admitido teremos, levando em conta (4.2.8):
δθ / L0 = T / G Jp; (2,5 / 57,3 *) = 2,243 x 103 / (80 x 109)(π D4/32) e D = 50,6 mm.
Portanto teremos: D = 58 mm (resposta) (valor que atende aos dois critérios)
* o ângulo deve ser expresso em radianos (1 rad = 57,3º)
D = 18mm
D = 20mm
R
ω
Exercício proposto: O motor M, de 3,5 CV,
aciona o compressor C através do sistema de
correias planas mostrado.Desprezando as
perdas e considerando tão-somente as tensões devido à torção nos eixos das polias (de
raios R = 120mm e r = 30mm), pede-se determinar a velocidade de rotação limite para
o motor ( ω − especificando se máxima ou
mínima) de maneira a que a tensão tangencial nos eixos não ultrapasse o valor:
τ = 70,0 MPa.
r
C
M
13
D - Torção Pura
4.3 – PROBLEMAS ESTATICAMENTE INDETERMINADOS.
O conhecimento das deformações por distorção angular dos eixos torcidos
permite a solução de problemas hiperestáticos, bastando utilizar, em complemento às equações de equilíbrio dos torques, as equações de compatibilidade de deformações.
G2 ; D2
T
No exemplo da figura
ao lado, o eixo escalonado é
bi-engastado, estando submetido ao toque T.
A
B
C
L1
L2
G1 ; D1
A análise do diagrama de torques permite escrever, pelas condições
de equilíbrio:
T1
+
T1
T
T2
T2 = T .....................(1)
A compatibilidade de deformações (o ângulo de torção da seção B
em relação ao engaste A é igual em
relação ao engaste C) permite escrever:
T1
T1 L1 / G1 JP1 = T2 L2 / G2 JP2...(2)
(sistema de 2 equações que nos permite
obter o valor das duas incógnitas T1 e T2)
T2
Fig. 4.3.1 – Eixo bi-engastado e torcido.
Cordões de Solda
Exemplo 4.3.1 – Os eixos esquematizados são fabricados em aço
(G = 80 GPa). Pede-se calcular:
a) a máxima tensão tangencial;
b) o ângulo de giro da extremidade livre A em relação ao chassis
CF.
F
C
D = 20
E
D = 20
TC
600
RB = 40
B
700
mm
D = 25
A
Solução: No trecho AB (isostático) a tensão máxima valerá;
RE = 120
τmax = 16 x 100 / π x (0,025)3=32,6MPa
O ângulo de giro entre as seções
T=
A e B valerá:
100 N.m δΘ = 32 x 100 x 0,7 / 80 x 109 x π x
AB
(0,025)4 = 0,02282 rad = 1,31º
O torque aplicado ao trecho
BC é estaticamente indeterminado,
valendo:
TBC = 100 – FEB x 0,040, onde FEB é a
componente tangencial da força entre
os dentes das engrenagens B e E.
FEB
T=
100 N.m
14
D - Torção Pura
A compatibilidade de deslocamentos angulares das engrenagens, devido às deformações dos respectivos eixos, permite escrever:
RB δθΒ = RE δθΕ, ou seja: RB (TB LB / G JPB ) = RE (TE LE / G JPE), e
0,040 x (100 – FBEx 0,040) x 0,600 / G (π/32) (0,020)4 =
= 0,120 x (FBE x 0,120) x 0,600 / G (π/32) (0,020)4. Obtem-se FBE = 250 N.
Portanto: TC = 100 – 250 x 0,040 = 90 N.m e TE = 250 x 0,120 = 30 N.m
O ângulo de giro da engrenagem E (devido à torçao do eixo FE) valerá:
δθΕ = 30,0 x 0,600 / 80 x 109 (π/32)(0,020)4 = 0,01432 rad = 0,82º.
O giro da engrenagem B a ela acoplada valerá: 0,82 x (120/40) = 2,46°, que somado ao ângulo de torção do eixo BA fornece: δθAC = 3,77º (Resp.b)
A tensão máxima no eixo EF valerá: τ= 16 x 30 / π (0,020)3= 19,1 MPa.
Portanto: a máxima tensão tangencial nos eixos ocorrerá em AB, com o valor já calculado
τmax =32,6 MPa (Resp. a)
Exercício Proposto: O eixo encamisado representado na figura é atacado por um torque T através de uma cavilha diametral que atravessa a
parte maciça e a camisa. As outras extremidades
(do eixo e da camisa) estão solidamente engastadas. Pede-se determinar o percentual do torque T
que será absorvido pela camisa.
T
Dados: CAMISA – Bronze - G = 39 GPa
Dexterno = 400 mm
Dinterno = 340 mm
EIXO – (maciço) Aço G = 80 GPa
D = 338 mm.
4.4 – MATERIAL ELASTO-PLÁSTICO
Comumente utilizados na construção mecânica, os materiais dúteis (como os
aços de baixo teor de carbono), quando ensaiados, comportam-se inicialmente de maneira elástica (além de manter relação linear entre tensão e deformação) para em seguida sofrer a plastificação e escoar, mantendo praticamente constante a tensão enquanto a deformação prossegue crescente até a ruína.
τ
Um modelo matemático que se ajusta a tal
comportamento seria o dado pelas equações:
τescoamento
τ = G γ ............. para γ ≤ γescoamento
τ = τescoamento ..... para γ ≥ γescoamento
γescoamento
Fig. 4.4.1 – Material elasto-plástico.
γ
15
D - Torção Pura
A análise da distribuição de tensões e deformações na torção de eixos fabricados com tal tipo de material nos leva a concluir que, submetido a um torque crescente
(T1 ↑ T2 ↑ T3 ↑ T4 ), a plastificação ocorrerá inicialmente na periferia (T2).
τesc
τesc
τesc
Prosseguindo a crescer o torque
τ
(T3), a tensão máxima se manterá estacionária no valor τesc. ,
causando a plastificação das
camadas interiores, que ficam
divididas numa região central
(núcleo elástico) onde a tensão
T1
T4
T2
T3
varia linearmente de zero no
centro a τesc. , e um anel plastiFig. 4.4.2 – Núcleo elástico – Coroa plastificada
ficado, onde a tensão será
constante (τesc.), até ocorrer a plastificação total (T4), após o que, um aumento do torque provocaria deformações crescentes até a ruína (já que as tensões teriam atingido
seu limite máximo).
A determinação do raio do núcleo elástico (re) é feita utilizando a equação que
dá o valor do torque na seção como o somatório dos momentos das forças elementares atuantes em seus diversos pontos, a saber:
T
D/2
τ
T=
dr
r
re
Fig.4.4.3 – Raio do núcleo elástico.
∫0
re
D
τ dA . r =
(D/2)
= ∫0 (k r) dA . r + ∫re τe dA . r ;
Fazendo dA = 2π r dr (onde é constante a
tensão τ), obtem-se:
T = [k 2π r4/4]ore + [2π r3 / 3]reD/2 .
Considerando que, no limite do núcleo elástico (r = re), onde ainda se pode escrever que
τ = k r, com τ = τe , tem-se: k = τe / re, e
T = [τe π re3/2] + (2π / 3)(D3/8 – re3) .
Explicitando o raio do núcleo elástico obtemos:
re3 = (D3 / 2) – 6T/π τe …. (4.4.1)
O ato de “torcer” um eixo circular implica em fazer girar de
um ângulo δθ uma dada seção em relação a outra contígua, distante
de dL, independentemente da distribuição das tensões, o que nos
permite continuar escrevendo, como em (4.2.5):
r dθ = γ dL , para qualquer r, inclusive na interface entre o
núcleo elástico e a coroa plastificada, onde τe = G γe, o que leva a
dθ = τe dL / G re, que, integrada de 0 a L nos dá:
δθ = τe L / G re ............................................. (4.4.2)
que ocupa o lugar da equação (4.2.8), no caso de eixos plastificados.
16
γ
dL
θ
r dθ
Fig. 4.4.4 - Deformações
D - Torção Pura
Exemplo 4.4.1 – Dois eixos maciços (AB
e CD) fabricados com material elastoplástico para o qual G = 80 GPa e
τescoamento = 95 MPa, são interligados
através das engrenagens mostradas e
torcidos pela alavanca DE através da
ação da força P. Determinar:
a) o valor admissível (máximo) para a
força P, sem que haja a plastificação dos
eixos;
b) o ângulo de giro da alavanca DE para
o caso de P = 300 N.
c) as tensões residuais após a força de
300 N ser diminuída até se anular.
A
900
P
D
25D
600
B
400
E
20d
C
R=60
Obs.: admitir a força P sempre perpendicular
ao braço de alavanca DE.
r =20
Solução:
(a) o torque no eixo CD vale 0,400 P, ocorrendo uma força entre os dentes das engrenagens cuja
componente tangencial vale 0,400 P / 0,020 = 20 P, que, por sua vez, provoca um torque no eixo
BA de valor 20 P x 0,060 = 1,2 P. Sob a ação desses torques e admitindo que ocorresse o início da
plastificação nos eixos (τmáximo = τescoamento = 95 MPa), levando em conta a eq. 4.2.3, teremos:
τMax = 16 T / π D3 ….. 95 x 106 = 16 x 0,400 P / π (0,020)3 e P = 373,1 N (eixo CD)
95 x 106 = 16 x 1,200 P / π (0,025)3 e P = 242,9 N (eixo AB)
Portanto, o máximo valor de P será 242,9N, que provocaria o início de plastificação no eixo AB,
permanecendo o eixo CD no regime elástico. (Resp. a: Pmáx = 243 N)
(b) no caso em que P = 300N, verifica-se, do cálculo anterior, que o eixo CD permanecerá na fase
elástica enquanto o eixo AB sofrerá plastificação. O torque no eixo CD valerá 0,400 x 300 = 120
Nm enquanto no eixo AB será (60/20)x120 = 360 Nm.
O raio do núcleo elástico em AB será (da eq. 4.4.1):
3
re = (D3 / 2) – 6T/π τe = (0,025)3/2 – 6 x 360 /π x 95 x 10 6 ; re = 0,00832m = 8,32mm.
O ângulo de torção do eixo AB (que corresponde ao ângulo de giro da engrenagem B) será
(de 4.4.2):
δθ = τe L / G re = 95 x 106 x 0,900 / 80 x 109 x 0,00832 = 0,1285 rad.
Para tal giro da engrenagem B (coroa) corresponderá um giro da engrenagem C (pinhão) de
valor δθC = (60/20) δθB = 3 x 0,052595 = 0,3856 rad.
A torção do eixo CD se dará na fase elástica, sendo (de 4.2.8):
δθCD = Τ L / G JP = 120 x 0,600 / 80 x 109 x (π/32)(0,020)4 = 0,05730 rad.
O ângulo de giro da alavanca DE será:
δθDE = δθC + δθCD = 0,3856 + 0,05730 = 0,4429 rad = 25,4º (Resp. b)
Caso a força P fosse aliviada até “zerar”, a força entre os dentes das engrenagens cairia a
zero, porém o eixo AB (que sofrera a plastificação parcial) ficará com tensões residuais decorrentes das deformações permanentes que ficarão presentes na coroa plastificada.
τ
O cálculo dessas tensões será feito levando
τescoamento
em conta que, ao ser descarregado um material que
sofreu plastificação, as tensões e deformações diminuem elasticamente (mantendo a mesma relação
γ
proporcional – com idêntico valor para o módulo de
elasticidade transversal, inclusive quando invertidos
os sentidos das tensões e distorções).
17
D - Torção Pura
Utilizaremos o princípio da superposição, admitindo que a ação de aliviar os esforços seria
equivalente a aplicar um torque em sentido contrário e de mesmo valor que o torque ativo que provocou a plastificação, sendo que as tensões provocadas por tal torque fictício satisfazem a lei de
Hooke (regime elástico).
τesc.
T
-T
re
τ*
T=0
+
=
=
τ**
(τre)*
(τmáx)**
Fig. 4.4.4 – Tensões residuais em eixos circulares de material elasto-plástico
Calculada a tensão máxima que ocorreria, supondo aplicado o torque em sentido oposto e
admitindo que o material trabalhasse na fase elástica, obteríamos (de 4.2.3):
(τMax)** = 16 T / π D3, como também a tensão no limite do núcleo elástico:
(τre)* = (2re /D) 16 T / π D3 .
Assim, os valores extremos das tensões residuais seriam calculados como:
τ∗∗ = (τMax)** - (τesc)
τ∗ = (τesc) - (τre)*
Para o caso apreciado no exemplo 4.4.1, a tensão extrema que tal torque equilibrante produziria na borda do eixo se trabalhasse elasticamente seria:
(τMax)** = 16 x 360 / π (0,025)3 = 117,3 MPa,
enquanto na interface do núcleo elástico com a coroa plastificada teria o valor:
(τre)* = (2x8,316/60,00) x 117,3 = 78,04 Mpa.
Portanto, as tensões residuais presentes no eixo descarregado, após a sua plastificação seriam:
τ∗∗ = (τMax)** - (τesc) = 117,3 – 95 = 22,3 MPa
τ∗ = (τesc) - (τre)* = 95 – 78,04 = 17,0 MPa (Resp. C)
O ângulo de torção residual do eixo poderá ser calculado computando:
δθ* = TL/GJp = 360x0,900/80x109x(π/32)(0,025)4 = 0,1056 rad
δθ(residual) = 0,1285 - 0,1056 = 0,0229 rad = 1,3°
Caso a força P fosse novamente aplicada, as tensões despertadas seriam acrescidas às
tensões residuais calculadas, provocadas pela plastificação.
>>>>>>>>>>>>>>>>>>><<<<<<<<<<<<<<<<<<
18
D - Torção Pura
4.5 – MOLAS HELICOIDAIS DE PEQUENO PASSO.
Uma aplicação do estudo da torção de barras de seção circular, com certa utilidade na engenharia mecânica, se encontra no dimensionamento de molas helicoidais
de pequeno passo, normalmente utilizadas sob tração, em peças de pequeno porte.
Conforme se verifica da análise das forças atuando no corpo livre assinalado na figura 4.5.1
(b) abaixo, o vetor momento equilibrante do binário formado pelo par de forças F tem sua direção
perpendicular ao plano da figura, portanto, praticamente na direção do eixo do arame (momento de
torção T), já que se trata, por hipótese, de uma mola de pequeno passo (tornando desprezível a
componente deste momento, atuando como momento fletor).
O equilíbrio de momentos aplicados à parte destacada na figura 4.4.1(b) permite escrever:
F x R = T.
Portanto, no cômputo da tensão máxima de cisalhamento devido à torção do arame, teremos:
F
τmax = 16 F R / π d3
d
T
F
(b)
No cômputo das deformações devido à torção do
arame ao longo de seu comprimento (que se manifesta de forma global através da elongação da mola
δx), utilizaremos o teorema da energia, escrevendo
que o trabalho W realizado pela força, crescendo de
zero até seu valor final F, deslocando seu ponto de
aplicação de δx será armazenado na mola sob a
forma de energia elástica por distorção Ud:
d/2
W = ½ F δx = Ud = ∫ ud dV,
sendo ud = ½ τ2 / G a energia específica de distorção, por unidade de volume V (equação 1.8.2).
Considerando o volume dV assinalado na
figura ao lado (dV = 2π r dr ds), onde a tensão tangencial é uniforme ( eq. 4.2.2 ), teremos:
R
(a)
δx
ds
s
τ
(como se verá mais adiante, esta tensão deverá ser
acrescida do valor (16/3)F/πd2, correspondente ao
corte simples da seção, 4/3 Q/A).
r
dV
dr
s =2πRn
T
Ud
(c)
∫
r = d/2
∫0
= s=0
(1/2G)(FR/Jp)2 r2 2π r dr ds
2πRn
Ud
Fig. 4.5.1 – Mola helicoidal de pequeno passo
sob tração. Raio de enrolamento: R; diâmetro
do arame: d;( R >>d); nº de espiras: n.
∫
= 0
d/2
2
(1/2G) (FR/Jp) ds
∫0
r2 2π r dr =1/2 P δx
Jp
19
D - Torção Pura
Levando em conta que Jp = π d4 / 32, e feitas as simplificações obteremos:
δx = 64 n R3 F / G d4 que, reescrita na forma tradicional da Lei de Hooke F=Kx
se torna:
F = { G d4 / 64 n R3 } δx ........................................... (4.5.1)
Exemplo 4.5.1 – Deseja-se dimensionar a
Kmola
mola de acionamento de um punção utilizado
para furar papel, dispondo-se de um arame de
aço especial (G = 80 GPa e τadm = 32 MPa)
com diâmetro de 3 mm.
Pede-se determinar o raio R em que deve
ser enrolada a mola e o número de espiras n,
considerando-se que a máxima força F a ser
aplicada não ultrapasse 15 N, para um curso
do punção de, no máximo, 17 mm.
Solução: Para a força e tensão máximas admitidas, teremos:
32 x 106 = 16 x 15 x R / π (3)3 x (10-3)3
Rmax = 11,3 mm.
d
Utilizando a equação 4.5.1 obtemos:
15 = {80x109 x 34x10-12 / 64n 0,01133} 0,017
n = 79,5 espiras.
Adotando valores inteiros: n = 80 espiras e
R = 11 mm, obteremos, para F = 15 N ⇒
τmax = 31,1 MPa e δx = 15,8 mm
δx
R
A mola (fechada, em repouso) teria um comprimento total de 80 x 3 = 240mm, que somado a seu curso de 15,8 mm totalizaria um
comprimento de 255,8 mm, quando estendida
(o que poderá ser considerado impróprio
para a geometria da peça, indicando outra
solução, com outro R, e outro n, ou até outro
arame com novo d).
Obs.: o pequeno passo da mola (avanço
de 3 mm somado à elongação por espira,
15,8/80 = 0,2mm, num percurso para uma
volta do arame de valor 2π (11) = 69,1 mm
mostra que a suposição de ser desprezível a
flexão e´ cabível no caso.
F
11
3
20
D - Torção Pura
4.6 – BARRAS DE SEÇÃO RETANGULAR. OUTRAS FORMAS DE SEÇÃO.
ANALOGIA DA MEMBRANA.
As tensões tangenciais despertadas pela torção de uma barra de seção retangular se distribuem no plano da seção transversal de uma forma mais complexa, quando
comparada à distribuição das tensões no caso da torção de eixos de seção circular,
não se podendo acolher a hipótese de que a seção se mantém plana, depois de torcida
a peça. A simetria da figura apenas permite presumir que, no centro da seção (eixo da
barra), a tensão será nula. Nas quinas da barra (pontos mais afastados do centro), ao
contrário do que se poderia inicialmente presumir, quanto a serem elevadas as tensões, serão elas também nulas. Realmente: a condição de simetria do tensor das tensões, estabelecida em 1.5, nos permite escrever que, para essas quinas (pertencentes
ao contorno livre da barra, onde as tensões serão nulas), teremos, necessariamente,
que no plano da seção, também serão nulas as tensões (τyx = τxy = τzx = τxz = 0), nos
quatro cantos da barra.
τ=0
A Resistência dos Materiais Elementar não dispõe de
um método simples para avaliar as tensões em seções
maciças de formato diferente da circular. Através da
Teoria da Elasticidade, utilizando equações mais complexas, obtem-se, para o cálculo da tensão de cisalhamento máxima, ocorrente nos pontos médios do lado
maior de uma seção retangular, o valor:
τ=0
τMax = T / α h b2 .........................(4.6.1)
T
Para o ângulo de torção da barra, a teoria aponta:
δθ = T L / β G h b3 ...................(4.6.2)
τMax
h
τMax
b
Fig.4.6.1 – Torção de barras de
seção retangular.
(h/b)
α = -------------------3(h/b) + 1,8
Tabela III
h/b
α
β
sendo os valores de α e β dados na Tabela III abaixo ou por
fórmulas empíricas como a apresentada a seguir:
1,0
1,5
0,208 0,231
0,1406 0,1958
2,0
0,246
0,229
2,5
0,258
0,249
3,0
0,267
0,263
5,0
0,291
0,291
10,0
0,312
0,312
∞
0,333
0,333
As equações obtidas através da Teoria da Elasticidade, utilizadas para a determinação das tensões tangenciais nos pontos de
uma dada seção de formato qualquer, em uma barra torcida, observa-se, são idênticas às equações utilizadas na solução de um outro
problema totalmente distinto, qual seja, o da determinação do formato assumido pela superfície de uma membrana elástica e homogênea, cujas bordas fossem presas a uma moldura rígida, com
um formato qualquer, quando submetida a uma diferença de pressão entre suas faces, estufando. Enquanto nas equações para solução do problema da torção aparecem as variáveis “tensão” e “torque”, nas equações idênticas para solução do problema da membrana deformada aparecem as variáveis “inclinação da membrana”
e “diferença de pressão entre as faces”.
21
D - Torção Pura
(a)
Canto vivo
(b)
R
h
R
b
(c)
Fig . 4.6.2 – Analogia da membrana. Tensões na torção.
22
No caso da seção retangular, a analogia da membrana nos permite avaliar,
sob o aspecto qualitativo,
que sendo nula a inclinação da tangente à superfície da membrana estufada
nos seus quatro cantos e
no centro, a tensão tangencial nos pontos equivalentes será nula.
Da mesma forma,
não é difícil perceber que
a inclinação da tangente à
superfície da membrana
estufada nos pontos médios dos limites de maior
extensão será maior (ver
figura) que a inclinação
correspondente aos pontos
médios dos lados menores.
A analogia permitiria,
portanto, prever que a
tensão máxima na torção
ocorrerá no ponto médio
do lado maior do retângulo.
Muitas outras evidências também podem ser
extraídas da analogia da
membrana, como por exemplo a ocorrência de
tensões muito elevadas na
torção de barras que tenham seção transversal
com cantos vivos reentrantes (Fig. 4.6.2 – b ) sendo
necessária a adoção de
raios de adoçamento para
eliminar a concentração de
tensões nestes locais.
Pode-se também concluir que, para barras chatas torcidas, a tensão máxima independe do formato da seção, dependendo
apenas da relação h/b,
desde que promovidos
raios de adoçamento nos
cantos vivos reentrantes
existentes.
D - Torção Pura
Exemplo 4.6.1 – Para a peça composta mostrada na
figura (em aço – G = 80 GPa), pede-se determinar a
máxima tensão tangencial e o ângulo de giro da aresta da extremidade em relação ao engaste.
Solução: O torque ao longo da peça valerá: T
= 5000 x 0,100 = 500 N m. Para a parte tubular teremos:η = 90/100 = 0,9 e:
τmax = 16 x 500 /π(1 – 0,94)(0,1)3 = 7,40 MPa
δθ = 500x0,4 / 80x109x(1 – 0,94)(π/32)0,14 =
5 mm
= 0,042º.
400
5 kN
20
500
δθ
100
Para a barra chata teremos: h/b
= 100/20 =5 e α = β = 0,291 .
Portanto:
τmax =500 / 0,291 x 0,100 x x
0,0202 = 43,0 MPa
500x0,5
δθ =
0,291x80x109x0,1x0,023
δθ = 0,77º
5 kN
Exemplo 4.6.2 – Para a peça mostrada, submetida ao torque T, determine,
considerando os trechos de seção circular e de seção quadrada, as relações
entre (a) as máximas tensões tangenciais e (b) entre os ângulos de torção
por metro de comprimento.
a
Solução:
τmax = 16T /π a3= 5,093 T / a3
τmax = T / 0,208 a3= 4,808 T / a3
b
(a) (τmax)circular / (τmax)quadrada= 1,059
δθ = 32Tb /Gπa4=10,19 Tb /Ga4
a
b
δθ =Tb /0,1406Ga4=7,112Tb /Ga4
T
23
(b) (δθ )circular /(δθ )quadrada = 1,43
D - Torção Pura
100
Exemplo 4.6.3 - O perfil “I” esquematizado é montado através da união de duas barras chatas de aço, de
100 x 20 mm2 (“mesas”) soldadas a outra barra chata,
também de aço, de 150 x 15 mm2 (“alma”), sendo
submetido a um torque T = 1,00 kN.m em sua extensão de 450 mm. Pede-se determinar:
a) a máxima tensão tangencial no perfil, e
b) o ângulo de torção do perfil .
450 mm
Solução:
Inicialmente deve-se reconhecer que se
trata de um problema estaticamente indeterminado, podendo-se, tão-somente, admitir que o torque T total será distribuído pelas duas mesas (Tm
em cada) e pela alma (Ta), de forma a que:
20
100
T = 2 (Tm) + (Ta)..............(1)
A compatibilidade de deformações nos
permite escrever:
δθalma = δθmesa ;
15
150
T = 1,00
kN.m
TaL /0,312Gx150x153 = TmL /0,291Gx100x203
Ta = 0,6785 Tm ...............(2)
Levando em (1) obtem-se: T = 2 Tm + 0,6785 Tm
Tm = 0,3733 T e Ta = 0,2533 T
Tm = 373,3 N.m e Ta = 253,3 N.m
τalma = 253,3 / 0,312x0,150x0,0152=24,0 MPa
τmesas = 373,3 / 0,291x0,100x0.0202=32,1MPa
δθ = 373,3x0,450 / 0,291x80x109x0,100x0,0203=
20
100
=253,3x0,450 / 0,312x80x109x0,150x0,0153
δθ = 0,52º
4.7 – DUTOS DE PAREDE FINA.
A determinação das tensões e deformações em barras de seção transversal diferente da circular, como vimos, recai na
solução de equações complexas. No entanto, para o caso especial de barras vazadas, constituídas de chapas de parede
fina, montadas na forma de dutos, pode-se conseguir uma
solução utilizando-se uma teoria matemática bem mais simples. Tal estudo tem aplicação, com boa aproximação, para o
caso de dutos de ventilação, fuselagem de aviões, casco de
navios, e outros, quando submetidos à torção.
Fig.4.7.1 – Torção de dutos de parede fina. Casco de navios. Fuselagens de aviões.
24
D - Torção Pura
O fato de a tensão tangencial necessariamente ter a direção tangente ao contorno, tanto externo, como interno, no caso das barras de parede fina nos leva a admitir que o seu valor se distribui
uniformemente ao longo da espessura da parede.
O torque T na seção será obtido (Fig. 4.7.2 a)
pela integral curvilínea fechada (Fig. 4.7.2 b):
τ
T=
∫
τ e ds ρ sen β .......... (4.7.1)
Uma simplificação importante tornará exeqüível a realização de tal integração sem maiores dificuldades, qual seja, a da invariância do produto (chamado
fluxo cisalhante) τ x e ao longo do perímetro da seção
do duto (ver nota abaixo).
Realmente: a análise do equilíbrio de esforços
atuantes no elemento assinalado na figura 4.7.2 (c),
segundo o eixo x do duto, nos permite escrever:
T
(a)
τ
τ1 e1 dx = τ2 e2 dx.,
ds
β
que, levada em 4.14, fornece:
ρ
β
e
T= τe
ds
(b)
ds sen β ρ.
Observando, na fig. 4.7.2(b), que
½ ds sen β ρ vem a ser a área do
triângulo assinalado ao lado,
pode-se concluir que a integral
ρ
e1
@
e2
τ1
∫
∫ ds sen β ρ = 2 @
τ2
computa o dobro da área @ limitada pela linha média
da espessura da parede do duto.
Podemos finalmente escrever:
dx
τ = T / 2 e @ ............................ (4.7.2).
(c)
x
Fig. 4.7.2 – Tensões em dutos de
parede fina torcidos.
Nota: a invariância do produto τ xe (fluxo cisalhante) indica uma interessante analogia com a equação da continuidade para o escoamento de fluidos incompressíveis, quanto
à vazão Q = V x A (a velocidade cresce quando a área da
canalização diminui, da mesma forma que a tensão tangencial será maior nos trechos de menor espessura do duto,
como se as tensões “escoassem” ao longo da parede).
25
D - Torção Pura
Quanto às deformações, mais uma vez, utilizaremos os conceitos de energia para determinação do ângulo δθ de torção do duto em função do torque T que lhe é aplicado (o trabalho realizado
pelo torque será armazenado sob a forma de energia potencial elástica no duto torcido).
ds
W = ½ T δθ = Ud = ∫ ud dV,
sendo ud = ½ τ2 / G a energia específica de distorção, por unidade de volume V (equação 1.8.2).
Considerando o volume dV assinalado na figura ao lado
(dV = e dx ds), onde a tensão tangencial é dada por 4.7.2, podemos escrever:
L
e
s
2
Ud = ∫ ud dV = ∫ ( ½ τ / G)dV =
dV
δθ
x
=∫
∫ (1/2G)[T/2e@]2 (e ds dx).
Na primeira integração,ao longo de s,
teremos como constantes G, T, @ e
dx, permitindo escrever:
dx
2
Ud = ∫(1/2G)[T/2@] dx ∫ ds/e).
No caso de um duto de seção e material uniformes, submetido a um torque
constante ao longo de sua extensão, a
segunda integração nos leva a:
T
Ud = (1/2G)[T/2@]2 L ∫ ds/e)= ½ T δθ
Fig.4.7.3 – Deformação de dutos de parede fina torcidos.
Teremos portanto:
δθ = [(Τ L) / 4 G @2]
∫ ds/e .................................. (4.7.3)
No caso simples de dutos com espessura de parede uniforme (e constante), a integral curvilínea se converte na relação adimensional perímetro/espessura da seção.
No caso comum de dutos formados pela união de chapas, de espessuras distintas, mas que se
mantêm uniformes na extensão de cada chapa, a integral se converte em um somatório, podendo ser
reescrita sob a forma:
b1
δθ = [(Τ L) / 4 G @2] Σ si /ei ................ (4.7.4)
e1
b2
b2
e2
e2
e3
b3
(é o que ocorre, por exemplo, no casco de uma embarcação, cujo chapeamento do convés tem espessura diferente
das chapas do costado e do fundo), ficando no caso:
∫
ds/e = b1/e1 + 2b2/e2 + b3/e3..
Fig. 4.7.4 –Seção transversal do casco resistente de uma embarcação
26
D - Torção Pura
Exemplo 4.7.1 – Mostrar que, no cálculo das tensões e deformações de um duto de parede fina de
seção circular, os resultados são convergentes para ambas as teorias estudadas (em 4.6 e em 4.2).
Realmente: para um duto circular de diâmetro d e espessura de parede e, teremos:
Jp = (π d e) (d/2)2 = π e d3 / 4, portanto, de (4. 2.2):
τ = (T/Jp)(d/2) = 2T / π e d2.
e
Por outro lado, de 4.6.2 obtemos, com @ = π d2 /4:
τ = (T / 2 e @) = 2T / π e d2.
d/2
Da mesma forma, de 4. 2.8 e 4. 6.4, obteremos, sucessivamente:
δθ = T L / G Jp = 4 T L / G π e d3 = [T L / 4 G @2] πd/e
2 mm
Exemplo 4.7.2 – A seção transversal da fuselagem de um
avião, próxima à cauda, construída em alumínio (G =28
GPa), tem as dimensões mostradas na figura. Adotando
os valores admissíveis para a tensão tangencial τ = 90
MPa e para a deformação por torção como sendo 1º / m
de comprimento, pede-se determinar o máximo torque T a
que a fuselagem pode ser submetida.
Solução: Para a seção temos @ = 0,9 x 0,8 + 2π 0,45 2/ 2
2
@ = 1,356 m (nota: utilizando as dimensões internas do
R=450
900
800
2,5 mm
duto, obtemos um valor inferior para @,, a favor da segurança
para o cálculo das tensões e deformações).
2,5 mm
De 4.6.2 ⇒ τmax = 90x106= T / 2x0,002x1,356
e Tmax = 488 kN.m.
De 4.6.4 ⇒ δθ/L = 1 / 57,3 = [T /4x28x109x(1,356)2] x
x [( π x 450/2) + 2 x (800/2,5) + ( π x 450/3);
R=450
3 mm
e Tmax = 1977 kN.m.
Portanto = Resp.: Tmax = 488 kN.m.
Problema proposto: dispondo-se de uma chapa (a) de comprimento L, largura b e espessura e, deseja-se confeccionar um duto dobrando a chapa, com costura nas bordas. Para as opções (b) e (c)
assinaladas pede-se determinar as relações entre as tensões máximas e os ângulos de torção, para
um dado torque T aplicado.
costuras
L
e
b
(a)
(b)
27
(c)
D - Torção Pura
240
240
Exemplo 4.7.3
12,5 kN
480
100
12,5 kN
100
R = 50
2
2,00 metros
200
R = 50
O duto de alumínio (G
= 28 GPa), de 2,0 m de
comprimento, é engastado por meio de quatro parafusos de diâmetro 10mm, simetricamente dispostos no
flange de conexão, e
submetido ao par de
forças indicado.
As dimensões da seção
transversal do duto
são mostradas na figura.
Pede-se calcular:
a) a máxima tensão tangencial na parede do duto;
b) o ângulo de torção (em graus) da extremidade do duto em relação ao flange fixo;
c) a tensão tangencial média nos parafusos de fixação do duto
@ = 200 x 98 + π x 492 = 27.143 mm2 --- T = 12,5 x 480 = 6000 mN.
a)
τ = T / 2 @ e = 6000 / 2 x 27.143 x 10 –6 x 0,002 = 55,26 x 106 --- τ = 55,3 MPa (1,0p)
b) δθ = (T L / 4 G @2) (P/e) = [6000 x 2 / 4 x 28 x 109 x (27143 x 10-6)2] x [(2x200 + 2xπ x
49)/2] = 0,05147 rad = 2,95º (1,0p)
c) T = F1 x 0,200 + F2 x 0,480 = 6000 mN; considerando indeformável a chapa/flange:
F1 / 100 = F2 / 240 ----- F2 = 2,4 F1 e
F1 = 4,438 kN; F2 = 10,65 kN
τ1 = 4438 / (π/4)(0,010)2 = 56,5 MPa
τ2 = 10650 / (π/4)(0,010)2 = 136 MPa (1,5p)
F1
F1
100
F2
100
F2
F1
240
240
28