CAPÍTULO 1
INTRODUÇÃO/TENSÕES
O objetivo primário de um curso de mecânica dos materiais é o
desenvolvimento das relações entre as cargas aplicadas a um corpo não-rígido e
as resultantes solicitações internas e deformações provocadas no corpo. Sempre,
desde o tempo de Galileo Galilei (1564-1642), os cientistas têm estudado
assiduamente o problema da capacidade de carga de elementos de estruturas e
de máquinas, e a análise matemática das solicitações internas e deformações
produzidas por cargas aplicadas.
Antes das suas investigações sobre o
comportamento dos corpos sólidos sob a ação das cargas, os construtores
seguiam exemplos precedentes ou regras empíricas.
Galileo foi o primeiro a
tentar explicar o comportamento de alguns elementos estruturais submetidos a
cargas segundo uma base racional. A experiência e a observação dos cientistas e
engenheiros nos últimos três séculos constituem a herança do engenheiro de hoje,
provendo o conhecimento fundamental para o desenvolvimento de teorias e
técnicas que permitem ao engenheiro moderno projetar, com competência e
segurança, estruturas e máquinas de tamanho e complexidade sem precedentes.
A resistência dos materiais ou mecânica dos materiais forma a base para a
solução de três tipos gerais de problemas, como se segue:
a) Dada uma certa função a executar (a transposição de um rio por meio de
uma ponte, o transporte de instrumentos científicos para Marte num veículo
espacial, a conversão do potencial hidráulico em energia elétrica), de que
materiais deveria ser construída a máquina ou a estrutura, e quais deveriam ser as
dimensões e proporções dos vários elementos ? Esta é a tarefa do projetista e,
obviamente, não há solução única para qualquer problema dado.
b) Dado um projeto completo, é ele adequado ? Isto é, perfaz a função
economicamente e sem deformações excessivas ?
verificação.
1
Este é o problema da
c) Dada uma estrutura ou máquina, qual é a sua capacidade de carga ? A
estrutura pode ter sido projetada para alguma finalidade distinta desta na qual será
usada agora. É ela adequada para o uso proposto ? Por exemplo, um edifício
pode ter sido projetado para escritórios, porém mais tarde descobre-se ser
preferível seu uso como depósito. Neste caso, qual é o máximo carregamento
que o piso suporta com segurança ? Este é o problema de avaliação.
Como a abordagem completa destes problemas é muito extensa,
restringimos ao estudo de elementos isolados e estruturas de máquinas muito
simples. Para a consideração da estrutura ou máquina por inteiro, pesquisas
bibliográficas proverão o conhecimento essencial para a análise completa dos três
problemas descritos.
Os princípios e métodos usados para encontrar o objetivo estabelecido no
início deste capítulo dependem bastante, como pré-requisitos, de conhecimentos
de matemática e de mecânica, suplementados ainda com conhecimentos
adicionais de teoria da elasticidade e de propriedades da engenharia de materiais.
As equações de equilíbrio da estática são usadas extensivamente, principalmente
nos diagramas de corpo livre; nominalmente, a maioria dos corpos livres é isolada
seccionando-se um elemento em vez da remoção de vínculos ou alguma outra
ligação. Os esforços transmitidos pela seção cortada são solicitações internas.
As intensidades destas solicitações internas (força por unidade de área) são
chamadas tensões.
Será freqüentemente constatado que as equações de equilíbrio (ou
movimento) não são suficientes para determinar todas as solicitações ou reações
desconhecidas atuando num corpo. Em tais casos é necessário considerar a
geometria (variação em tamanho ou forma) do corpo após a aplicação das cargas.
A deformação por unidade de comprimento em qualquer direção ou dimensão é
chamada deformação linear específica. Em alguns casos, a máxima deformação
permitida, e não a máxima tensão admissível, limitará o carregamento máximo
que um elemento pode suportar. Algum conhecimento de física e propriedades
mecânicas dos materiais é requerido com o fim de se criar um projeto, avaliar um
2
projeto dado, ou mesmo escrever a correta relação entre uma carga aplicada e a
deformação resultante em um elemento carregado.
1.1)
ESTRUTURAS / OBJETIVOS DA RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Estrutura é a parte resistente de uma construção. Uma estrutura se compõe
de uma ou mais peças, ligadas entre si e ao meio exterior, de modo a formar um
conjunto estável, isto é, um conjunto capaz de receber solicitações externas,
absorvê-las internamente e transmiti-las até seus apoios, onde elas encontrarão
seu sistema de forças equilibrante (Sussekind, J. Carlos).
Os tipos de peças estruturais são:
i) blocos (blocos de fundação, barragens, etc.)
ii) placas (planas – lajes) e cascas (curvas – abóbodas)
iii) barras (vigas, pilares).
Neste curso, somente as barras serão analisadas.
Uma barra fica
caracterizada por um eixo e uma seção transversal. O eixo (reto, poligonal ou
curvo) é o lugar geométrico dos baricentros das seções transversais. A seção
transversal é normal ao eixo (constante ou lentamente variável). Fibra é o sólido
gerado pelo deslocamento paralelo ao eixo de um elemento de área da seção
transversal. Camada é qualquer conjunto de fibras.
As
solicitações
externas
(forças
internas
ativas,
cargas
externas,
carregamento, cargas) são:
i) peso próprio, sobrecargas, pressão do vento, empuxo da água, cargas
móveis, cargas decorrentes da variação da temperatura e do movimento
dos apoios, etc.
ii) pré-dimensionamento e avaliação das cargas de acordo com as NB
(Normas Brasileiras), organizadas pela ABNT (Assoc. Bras. Normas
Técnicas), que constituem a legislação da engenharia.
3
iii) classificações das cargas: cargas fixas ou móveis, cargas permanentes
ou acidentais, cargas concentradas ou distribuídas e cargas estáticas ou
dinâmicas.
1.1.a) Condições de Estabilidade de uma Peça Estrutural
a) Equilíbrio Estático: sistema de forças exteriores (cargas e reações) em
equilíbrio, isto é, resultante e momento resultante nulos. A peça deve ter apoios
(vínculos) suficientes.
i) peça hipostática: apoios insuficientes (existem graus de liberdade).
Equilíbrio (instável) sob certas condições (somente carga F1 , no exemplo). Não
há equilíbrio para certos carregamentos (carga F2 no exemplo);
ii) peça isostática: apoios estritamente necessários para impedir os graus
de liberdade. Equilíbrio estável para qualquer carregamento (reações de apoio
calculadas usando exclusivamente as equações de equilíbrio da Estática).
4
iii) peça hiperestática: excesso de apoios. Equilíbrio estável para qualquer
carregamento. Para calcular as reações de apoio é necessário usar equações de
compatibilidade de deformações, além das equações de equilíbrio da Estática.
b) Resistência: capacidade de transmitir as forças internamente (molécula por
molécula) dos pontos de aplicação aos apoios. Necessário analisar as forças e os
esforços internos (o que é feito na Estática) e também as tensões internas (o que
é feito na Resistência dos Materiais).
c)
Rigidez:
capacidade
de
não
deformar
excessivamente,
comprometeria o funcionamento ou aspecto da peça.
o
que
Necessário avaliar as
deformações (o que é feito na Resistência dos Materiais).
Em resumo: Estática: cálculo das reações e esforços internos;
Resistência dos Materiais: cálculo de tensões internas e deformações.
1.1.b) Cálculo de uma Estrutura (bem simplificada)
Primeira fase: projeto arquitetônico, escolha do sistema estrutural, pré-dimen
sionamento e avaliação das cargas.
Segunda fase: cálculo das reações de apoio e dos esforços internos, pressupondo haver resistência e rigidez (Estática).
Terceira fase: dimensionamento das peças para que fiquem dotadas de resis
tência e rigidez (Resistência dos Materiais), com segurança e
economia.
5
1.1.c) Os Problemas mais comuns da Resistência dos Materiais
Conhecidas as propriedades mecânicas dos materiais, especificadas uma
tensão admissível (sempre) e uma deformação admissível (eventualmente),
temos:
•
Dimensionamento:
conhecidos
os
esforços
internos,
calcular
as
dimensões da peça.
•
Avaliação: conhecidas as dimensões da peça, calcular as cargas
admissíveis.
•
Verificação (da estabilidade): conhecidas os esforços internos e as
dimensões da peça, verificar se ela é estável.
1.1.d) Outras Considerações
A Resistência dos Materiais é desenvolvida a partir de análises teóricas e de
resultados experimentais:
•
Análises teóricas do comportamento mecânico das peças em modelos
idealizados que devem ter razoável correlação com a realidade.
•
Testes (ensaios) experimentais em laboratório que visam determinar as
propriedades de resistência e rigidez dos materiais, usando corpos de
prova adequados.
O desenvolvimento da Resistência dos Materiais é feito a partir de postulados
fundamentais seguintes:
i) Continuidade física: a matéria apresenta distribuição contínua (estrutura
compacta, o que permite usar os recursos do Cálculo);
ii) Desagregação (equilíbrio das partes): se um corpo está em equilíbrio,
também está em equilíbrio qualquer elemento seu, isolado e submetido às
ligações com seus vizinhos (ver diagrama de corpo livre);
iii) Estado Natural: não existem tensões internas e deformações na ausência
de forças aplicadas;
6
iv) Pequenas deformações: as deformações devem ser bastante pequenas,
comparadas com as dimensões da peça;
v) Conservação da seção transversal: as seções transversais permanecem
planas, normais ao eixo, com as formas primitivas;
vi) Lei de Hooke: dentro de certos limites, as deformações são proporcionais
aos esforços;
vii) Princípio da superposição de efeitos: os efeitos causados por um sistema
de forças internas são a soma dos efeitos produzidos por cada força, agindo
independente e isoladamente das outras;
RA = RA1 + RA2
RB = RB1 + RB2
HB = HB1 + HB2
viii) Princípio de Saint-Venant: Sistemas de forças equivalentes causam
idênticos efeitos em pontos suficientemente afastados da região de aplicação dos
mesmos;
ix) Homogeneidade: o material é homogêneo, isto é, manifesta as mesmas
propriedades em todos os pontos;
x) Isotropia: o material é isótropo, isto é, manifesta a mesma propriedade em
todas as direções.
Além dos postulados fundamentais, a fim de tornar equacionáveis problemas
de muitas variáveis, fazemos certas idealizações e adotamos Hipóteses
Simplificadoras (HS) e Simplificações de Cálculo (SC):
•
Idealizações: os postulados acima, a idéia de carga concentrada, etc.
7
•
HS: desprezar a ação do vento ou o peso próprio (em certos casos) ou os
efeitos da variação da temperatura, etc.
•
SC: valores aproximados das grandezas, desprezar infinitésimos de 2ª
ordem (ε + ε ≅ ε), efetuar certas equivalências de infinitésimos (tg α= sen α
2
= α (rd) para α pequeno), conservação da geometria da peça e dos pontos
de aplicação das forças externas, etc.
A fim de compensar erros inevitáveis ou decorrentes da adoção dos
pressupostos, idealizações, HS e SC (erros estes supostos pequenos, mas não
quantificados), é prevista na NB a adoção de coeficientes de segurança (n > 1).
Consiste em multiplicar as cargas por n ou dividir por n os parâmetros que
expressam as propriedades dos materiais.
1.2)
BARICENTRO E MOMENTO DE INÉRCIA DE SUPERFÍCIES
PLANAS
1.2.1) Momento Estático de uma Superfície
Antes de apresentarmos o conceito de momento estático, vamos apresentar
o conceito de momento de uma força em relação a um ponto. O momento de uma
força em relação a um ponto é dado pelo produto vetorial de um vetor
deslocamento por um vetor força:
M=r ∧ F
(1)
Onde:
r
F
: Vetor posição, ver figura a seguir;
: Vetor força, ver figura a seguir.
8
Representação dos vetores posição e força no plano XY.
A equação (1) pode ser reescrita, como o produto vetorial entre 2 vetores é
igual ao produto dos seus módulos, vezes o seno do ângulo formado entre eles.
M = r ∧ F = r × F × sen(α )
(2)
Quando α= 90º , temos:
M=rxF
O momento da área em relação a um ponto ao a um eixo será:
Momento de uma área em relação a um sistema de eixos.
9
Em relação ao eixo X, temos:
dMX = y × dA
(3)
Em relação ao eixo Y, temos:
dMY = x × dA
(4)
Os momentos estáticos da área da figura em relação aos eixos x e y, serão
dados pelas integrações das expressões (3) e (4), respectivamente:
MX = ∫ dMX = ∫ y.dA
(5)
A
MY = ∫ dMY = ∫ x.dA
(6)
A
Exemplo 1:
Determinar o momento estático de um retângulo em relação aos eixos X e Y:
Momento estático em relação ao eixo X:
dA = b . dy
h
MX = ∫0
y
y b dy = b ∫0 y dy = b
2
h
2 h
0
h 2
 b h2
= b  − 0 =
2
2

10
Analogamente, o momento estático em relação ao eixo Y será dado por:
dA = h . dx
b
MY = ∫0
x
x h dx = h∫0 x dx = h
2
b
2 b
0
b 2
 h b2
= h − 0  =
2
2

1.2.2) Centro de Gravidade de uma Superfície Plana
O centro de gravidade ou baricentro de uma figura plana ou uma superfície
é o ponto por onde passam todas as retas, do plano da superfície, em relação às
quais é nulo o momento estático.
Portanto, as coordenadas do centro de gravidade ou baricentro de uma
figura plana ou superfície são dadas pelas coordenadas:
x=
y=
MY 1
=
A A
A
MX 1
=
A A
A
∫ x dA
(7)
∫ y dA
(8)
Nota: Para algumas figuras, é obvio a posição do centro de gravidade, quando a
figura é simétrica, coincide com o centro geométrico ou centróide da figura.
11
Exemplo 2:
Determinar o centro de gravidade do retângulo do exemplo 1.
Empregando as expressões 7 e 8 acima, temos:
A=b.h
b 2h
MY
2 =b
x=
=
2
A
bh
MX bh2 h
y=
=
=
A
bh 2
1.2.3) Momento de Inércia de uma Superfície
É dado pelo produto, da área do elemento, pelo quadrado da distância ao
eixo considerado. Veja a figura a seguir.
Sistema de eixos passando pelo centro de gravidade da figura plana ou superfície.
Os momentos de inércia da área da figura plana ou superfície em relação
aos eixos x e y que passam pelo seu centro de gravidade, serão dados pelas
expressões (7) e (8), respectivamente:
12
JX cg = ∫ y 2dA
(7)
JY cg = ∫ x 2dA
(8)
Exemplo 3: Determinar o momento de inércia de um retângulo em relação aos
eixos X e Y, que passam pelo seu centro de gravidade:
Momento de inércia em relação ao eixo X:
JX cg
y3
= ∫ y dA = ∫−h / 2 y b dy = b ∫−h / 2 y dy = b
3
2
h/ 2
2
h/ 2
h/ 2
2
−h / 2
JX cg
3
3
b  h   h   b  h3  h3  b  h3 h3 
=   −  −   =  −  −  =  + 
3  2   2   3  8  8  3  8 8 
JX cg
b  2h3  bh3
= 
=
3  8  12
Momento de inércia em relação ao eixo Y:
13
JY cg
x3
= ∫ x dA = ∫−h / 2 x h dx = h∫−b / 2 x dx = h
3
2
h/ 2
2
b/2
b/2
2
−b / 2
JY cg
3
3
h  b   b   h b 3  b 3  h b 3 b 3 
=   −  −   =  −  −  =  + 
3  2   2   3  8  8  3  8
8
JY cg
h  2b 3  b 3h
= 
=
3  8  12
1.2.4) Momento de Inércia em Relação a um Sistema de Eixos Qualquer
Para a determinação dos momentos de inércia em relação a um sistema de
eixos qualquer (veja figura a seguir), devemos usar o teorema dos eixos paralelos,
também, conhecido como Teorema de Steiner:
14
Momento de Inércia em Relação a um Sistema de Eixo Qualquer.
Momento de Inércia em Relação ao Eixo X:
JX = ∫ (d + yI ) 2dA = ∫ [d2 + 2dyI + ( yI ) 2 ]dA
JX = ∫ d2dA + ∫ 2dyIdA + ∫ ( yI ) 2 dA
JX = d2 ∫ dA + 2d∫ yIdA + ∫ ( yI ) 2 dA
Na expressão acima temos:
•
O 1º termo é igual a distância (d) entre os eixos multiplicada pela área da figura
(A);
•
O 2º termo é igual a zero, visto que o termo na integral é igual ao momento
estático da figura em relação a um eixo que passa pelo seu centro de
gravidade;
•
O 3º termo é igual ao momento de inércia em relação a um eixo que pelo
centro de gravidade da figura (JXcg).
15
Então podemos escrever a expressão para os momentos de inércia em relação ao
eixo X qualquer:
JX = d2 A + Jx cg
Exemplo: Determinar o momento de inércia em relação aos eixos X e Y de um
retângulo de dimensões 2 x 4 cm, conforme está mostrado na figura a seguir:
Dimensões do retângulo:
b = 2 cm ; h = 4 cm
Área do retângulo: A = b x h = 2 x 4 = 8 cm2
Momento de inércia em relação Xcg:
bh3 2cm × (4cm)
=
=
= 10.667 cm 4
12
12
3
Jx cg
Momento de inércia em relação Ycg:
b 3h (2cm) × 4cm
=
=
= 2.667 cm 4
12
12
3
Jy cg
Momento de inércia em relação X, usando o teorema dos eixos paralelos:
16
JX = d2 A + Jx cg
J X = (2cm ) × 8cm 2 + 10.667cm 4
2
J X = 42.667cm 4
Momento de inércia em relação Y, usando o teorema dos eixos paralelos:
JY = d2 A + Jy cg
J Y = (1cm ) × 8cm 2 + 2.667 cm 4
2
J Y = 10.667cm 4
1.2.5) Centro de Gravidade e Momento de Inércia das Principais Figuras
Planas
Na tabela 1 a seguir estão apresentadas as informações, centro de
gravidade e momento de inércia as principais figuras planas:
Figuras
Posição do Centro de
Gravidade
XCG
YCG
b
2
h
2
Momentos de Inércia em
Relação aos Eixos X e Y e
XCG e YCG.
JX/ JXCG
JY/ JYCG
bh3
JX =
3
JX CG =
17
bh3
12
b 3h
JY =
3
JY CG =
b 3h
12
b
3
JX =
h
3
bh3
12
JX CG
bh3
=
36
JXCG
πD 4
=
64
R
R
ou
ou
D
2
D
2
R
4R 4
3π
πD 4
JX =
128
4
πD 4
JX =
256
ou
D
2
4
4R
3π
4R
3π
JY =
b 3h
12
JY CG
b 3h
=
36
JYCG
πD4
=
64
JYCG
πD4
=
128
πD 4
JY =
256
Para a determinação do Centro de Gravidade e Momento de Inércia de
figuras planas quaisquer, tente, se for possível, decompô-la em figuras planas
simples, tais como retângulos, triângulos, círculos etc, cujo centro de gravidade e
momentos de inércia são conhecidos, devemos fazê-lo.
18
1.3) EQUILÍBRIO DE UM PONTO MATERIAL E DE UM CORPO RÍGIDO
Antes de apresentarmos as condições de equilíbrio de um ponto material e
de um corpo rígido, vamos recordar o conceito de força. Força é uma grandeza
vetorial, conseqüentemente, possui módulo, direção e sentido.
Exemplo: Como especificar ou definir uma força ( F )
Módulo
: 10000 kgf
Direção
: Vertical
Sentido
: Norte ou para cima.
Quando temos uma força, podemos decompô-la em um sistema cartesiano,
do seguinte modo:
Fx = F cos(θ
θ)
FY = Fsen(θ
θ)
Decomposição de uma Força.
Quando temos mais de uma força atuando em um ponto material, dizemos
que temos um sistema de força, e, neste caso, a decomposição será:
Fx = F1 cos(θ) + F 2 cos(β )
FY = F1sen(θ) + F 2 sen(β)
19
Sistema de forças.
Para que um ponto material esteja em equilíbrio, devemos ter a resultante
( R ) do sistema de forças igual a zero.
∑ Fx = 0
∑ FY = 0
R=0
Exemplo:
Verificar se o sistema de forças, mostrado na figura a seguir, está em equilíbrio.
Sistema de forças atuante em ponto material.
Direção x:
F1 cos(45) − F2 cos(60) = 10606,60 cos(45) − 15000 cos(60) = 0
Direção y:
20
F1sen(45) + F2 sen(60) − F3 = 10606,60sen(45) + 15000sen(60) − 20490,38 = 0
Para que um corpo rígido esteja em equilíbrio, devemos ter a resultante ( R )
e o momento resultante do sistema de forças igual a zero.
R=0
MZ = 0 ou Mo = 0
∑ Fx = 0 (Somatório das forças na
horizontal igual a zero)
∑ FY = 0 (Somatório das forças na
vertical igual a zero)
Momento das forças em relação ao um
ponto qualquer O no plano XY deverá
ser igual a zero
Exemplo: Uma barra está submetida ao sistema de forças mostrado na figura a
seguir. Verificar se a barra está em equilíbrio.
Sistema de forças atuante em corpo rígido.
As forças F1 e F2 serão decompostas nas direções x e y:
F1x = F1 cos 45 = 10000 cos 45 = 7071,07 kgf
F1y = F1sen45 = 10000sen45 = 7071,07 kgf
F2x = F2 cos 45 = 10000 cos 45 = 7071,07 kgf
F2 y = F2sen45 = 10000sen45 = 7071,07 kgf
Na direção x, temos:
21
F1x − F2x = 7071,07 − 7071,07 = 0 , não haverá translação na direção x
Na direção y, temos:
F1y − F2y = 7071,07 − 7071,07 = 0 , não haverá translação na direção y
Então, podemos afirmar que a barra está em equilíbrio?
Resp.: Não, conforme já mencionado para um corpo devemos ter resultante igual
a zero e momento resultante, também, igual a zero.
Vamos verificar se o momento resultante é igual a zero:
O momento das componentes F1x e F2x em relação ao ponto O será igual a zero,
visto que as linhas de ação das componentes passam pelo ponto O.
O momento das componentes F1y e F2y em relação ao ponto O, será igual a:
MO = F1y x 5 + F2y x 5 = 7071,07 x 5 + 7071,07 x 5 = 70710 kgf.m, então a barra
irá sofrer rotação em torno do eixo z. Conseqüentemente, podemos afirmar que a
barra não está em equilíbrio.
Podemos, então, afirmar que a barra necessita está apoiada no solo ou em
outra estrutura para que esteja em equilíbrio. Vamos, no item a seguir conhecer os
tipos de apoios.
1.4) ESTABILIDADE DE UMA ESTRUTURA
Em uma estrutura estável, a cada carregamento correspondem determinadas
reações de apoio (o mesmo que forças externas reativas), cujo cálculo é estudado
na Estática. Uma estrutura é estável se cada uma de suas peças for estável.
Portanto, a análise de uma estrutura se faz pela análise de cada peça estrutural.
22
Pórtico => carga = peso próprio + F1 + F2 , reações = RC , RD
Viga AB => carga = peso próprio + F1 + F2 , reações = RA , RB
Pilar CA => carga = peso próprio + RA , reação = RC
Pilar DB => carga = peso próprio + RB , reação = RD
1.4.1) Tipos de Apoios
A principal função de um apoio é fornecer as condições de equilíbrio de
uma estrutura, através do aparecimento de forças nos apoios, denominadas de
reações, que equilibram o sistema de forças atuante na estrutura.
Podemos ter:
•
Apoio de 1º gênero ou charriot
Este tipo de apoio impedirá uma translação, ou seja, haverá um a reação. Se o
apoio é colocado na direção vertical haverá uma reação no apoio na vertical (RV)
para equilibrar o sistema de forças atuante na estrutura , ver figura a seguir.
23
Apoio de 1º Gênero impedindo translação vertical.
Se o apoio é colocado na direção horizontal haverá uma reação no apoio na
horizontal (RH) para equilibrar o sistema de forças atuante na estrutura , ver figura
a seguir.
Apoio de 1º Gênero impedindo translação horizontal.
•
Apoio de 2º gênero ou rótula
Este tipo de apoio impedirá duas translações, ou seja, haverá 2 reações
(uma horizontal-RH e uma vertical- RV). A figura a seguir, mostra um apoio de 2º
gênero.
Apoio de 2º Gênero.
24
•
Apoio de 3º gênero ou engaste
Este tipo de apoio impedirá duas translações e uma rotação, ou seja, haverá
3 reações (sendo 2 forças, uma horizontal-RH e a outra vertical- RV, e um momento
no engaste- MENG). A figura a seguir, mostra um apoio de 2º gênero.
Apoio de 2º Gênero.
1.4.2) Tipos de Carregamentos
Podemos ter atuando em um elemento estrutural os seguintes tipos de
carregamento ou esforços:
•
Carga Concentrada
Quando há uma força aplicada em um ponto do elemento estrutural. Ver figura a
seguir. Será representada por P ou F e terá dimensão de força. Dependendo do
sistema de unidades usado será expressa em:
Sistema Técnico: kgf- kilograma-força ou tf- tonelada-força.
Sistema Internacional: N- Newton ou kN- kilo-Newton.
Sistema Inglês: lb- libra ou kips –kilo-libra
25
Carga Concentrada Atuando em uma Barra.
Nota: As cargas concentradas ocorrem na prática, quando temos um elemento
estrutural apoiado em outro elemento estrutural, como por exemplo o revestimento
de perfuração apoiado na mesa rotativa durante a sua descida em uma plataforma
de petróleo no mar.
•
Carga Uniformemente Distribuída
Quando há uma força distribuída ao longo do comprimento de um elemento
estrutural. Ver figura a seguir. Será representada por p ou q e terá dimensão de
força por unidade de comprimento. Dependendo do sistema de unidades usado
será expressa em:
Sistema Técnico: kgf/m- kilograma-força por metro ou tf/m- tonelada-força por
metro.
Sistema Internacional: N/m- Newton por metro ou kN/m- kilo-Newton por metro.
Sistema Inglês: lb/ft- libra por pé ou kips/ft –kilo-libra por pé
Carga Uniformemente Distribuída Atuando em uma Barra.
Nota: As cargas uniformemente distribuídas, também denominadas de peso
unitário, em geral estão associadas ao peso próprio dos elementos estruturais. A
força resultante de uma carga uniformemente distribuída será pelo produto da
carga (p ou q) pelo seu comprimento ou vão.
1.5) ESFORÇOS SIMPLES
26
Com o conhecimento da função dos apoios (equilibrar o sistema de forças
atuante em uma estrutura) e como determinar suas reações, definiremos o que
são esforços simples ou esforços seccionais.
Os esforços simples são os esforços internos que aparecem nas estruturas
devido ao carregamento externo, podemos ter:
1) Esforço normal (N);
2) Esforço cortante (Q);
3) Momento fletor (M);
4) Momento torçor (T).
A figura a seguir mostra os esforços simples ou esforços internos.
Barra submetida a um sistema de forças e em equilíbrio.
Lado esquerdo da barra
•
Lado direito da barra.
Esforço Normal
É o esforço simples paralelo ao eixo da barra. Como visto anteriormente, se o
esforço normal é de tração será positivo (+) e de compressão será negativo (-).
27
•
Esforço Cortante
É o esforço simples perpendicular ao eixo da barra. A convenção de sinais
para o esforço cortante está mostrada na figura a seguir.
Convenção de Sinais para Esforço Cortante.
•
Momento Fletor
É o momento resultante das forças de um dos lados da barra em relação a
seção S. A convenção de sinais para o momento fletor está mostrada na figura a
seguir.
28
(+) Tração nas fibras inferiores e
compressão fibras superiores.
(-) Tração nas fibras superiores e
compressão fibras inferiores.
Exemplo 1:
Determinar os esforços simples nas seções S1 e S2 da viga a seguir:
a) Cálculo das Reações nos Apoios:
Usando as equações de equilíbrio, temos;
∑ Fx = 0 ∴
R H − 10000 = 0
a
R H = 10000 kgf
a
∑ FY = 0 ∴
R V + R V − 15000 − 15000 = 0
a
b
R V + R V = 30000
a
(1)
b
Temos 1 equação com 2 incógnitas, portanto precisamos de mais 1 equação:
29
∑ MA = 0 ∴
−6R Vb + 15000 × 2 + 15000 × 4 = 0 (Adotaremos o sentido horário
como positivo).
Resolvendo a equação anterior, obtemos:
RVb= 15000 kgf
Substituindo o valor de RVb na equação (1), obtemos RVa:
RVa= 30000 – 15000= 15000 kgf
b) Cálculo dos Esforços Simples na Seção S1
Como mostrado anteriormente, se cortarmos a viga na seção S1 podemos
analisar os esforços na seção S1 considerando a parte da esquerda ou da direita.
Portanto, devemos escolher a parte que nos dá menos trabalho, no caso devemos
escolher a parte da direita e olharmos as forças que estão à esquerda. Temos:
Esforço Normal:
N = - 10000 kgf
Esforço Cortante
Q = + 15000 kgf
Momento Fletor
M = + 15000 x 1 = 15000 kgf.m
c) Cálculo dos Esforços Simples na Seção S2
Esforço Normal:
N = - 10000 kgf
Esforço Cortante
Q = + 15000 – 15000 = 0
Momento Fletor
30
M = + 15000 x 3 – 15000 x 1 = 45000 – 15000 = 30000 kgf.m
1.6) LINHAS DE ESTADO
São gráficos, denominadas de diagramas, que representam a variação dos
esforços simples ao longo do eixo da viga. Algumas regras que irão facilitar o
traçados dos diagramas estão descritas a seguir.
Regras básicas para o traçado de diagramas:
a) Calcular as reações nos apoios das vigas;
b) Marcar em escala os valores dos esforços solicitantes sempre perpendicular ao
eixo da viga;
c) O lado de marcação dos esforços será:
•
Momento fletor, será sempre desenhado do lado das fibras tracionadas.
•
Esforços cortantes, positivos para cima e negativos para baixo.
•
Esforços normais, positivos para cima e negativos para baixo.
d) Em um trecho descarregado o diagrama de momentos fletores é uma linha reta,
em geral inclinada ao eixo da viga e o esforço cortante é uma linha paralela ao
eixo da peça.
e) O diagrama dos esforços cortantes é sempre limitado por uma equação cujo
grau é superior em uma unidade ao grau da linha de carga no trecho. Já o
diagrama dos momentos fletores é sempre limitado por uma equação cujo grau é
superior em uma unidade ao grau da equação do diagrama dos esforços
cortantes.
31
f) Sob uma carga concentrada o diagrama dos momentos fletores apresenta um
ponto anguloso (ponto de inflexão) e o diagrama dos esforços cortantes sofre uma
descontinuidade igual à carga concentrada.
Exemplo 1: Viga bi-apoiada com carga concentrada
a) Cálculo das Reações nos Apoios:
Usando as equações de equilíbrio, temos;
∑ Fx = 0 ∴
RH = 0
∑ FY = 0 ∴
RV + RV − P = 0
a
a
b
RV + RV = P
a
(1)
b
Temos 1 equação com 2 incógnitas, portanto precisamos de mais 1 equação:
∑ MA = 0 ∴
−R Vb × L + P × a = 0 (Adotaremos o sentido horário como positivo).
Resolvendo a equação anterior, obtemos:
R Vb =
P× a
L
Substituindo o valor de RVb na equação (1), obtemos RVa:
32
R Va = P −
P × a P × L − P × a P(L − a ) P × b
=
=
=
L
L
L
L
b) Traçado dos diagramas
Esforços Simples na Seção S:
Quando x < a :
N=0
Q=+
Pb
, forças à esquerda, o esforço cortante na seção S está para cima.
L
M=+
Pb
• x , momento fletor na seção S está tracionando as fibras inferiores.
L
33
Quando x = a :
N=0
Q antes de P = +
Pb
, forças à esquerda, o esforço cortante na seção S está para
L
cima.
Q depois de P = +
Pb
Pb − PL − P(L − b)
− Pa
−P =
=
−=
, forças à esquerda, o
L
L
L
L
esforço cortante na seção S está para baixo.
Reparar no diagrama do esforço cortante a seguir, que há uma descontinuidade,
igual a P, no ponto C.
M=+
Pb
• a , momento fletor na seção S está tracionando as fibras inferiores.
L
Quando x > a :
N=0
Q=
Pb
Pa
, forças à direita, o esforço cortante na seção S está para
−P = −
L
L
cima.
M=+
Pb
• x − P(x − a) , momento fletor na seção S está tracionando as fibras
L
inferiores.
Diagramas:
34
Exemplo 2: Viga bi-apoiada com carga uniformemente distribuída
a) Cálculo das Reações nos Apoios:
35
Usando as equações de equilíbrio, temos;
∑ Fx = 0 ∴
RH = 0
∑ FY = 0 ∴
RV + RV − q×L = 0
a
a
b
R V + R V = qL
a
(1)
b
Temos 1 equação com 2 incógnitas, portanto precisamos de mais 1 equação:
∑ MA = 0 ∴
−R Vb × L + qL ×
L
=0
2
(Adotaremos o sentido horário como
positivo).
Resolvendo a equação anterior, obtemos:
R Vb =
qL
2
Substituindo o valor de RVb na equação (1), obtemos RVa:
R Va = qL −
qL qL
=
2
2
b) Traçado dos diagramas
Esforços Simples na Seção S:
36
Para qualquer valor de x, temos:
N=0
Q=
qL
− qx .
2
M=
qLx qx 2
−
.
2
2
Quando x = 0
N=0
Q=
qL
2
M=0
Quando x = L/2
N=0
Q=
qL qL
−
=0
2
2
qL(L ) q(L ) 2 qL2
2 −
2 =
M=
2
2
8
Quando x = L
N=0
Q=−
qL
2
M=0
Diagramas:
37
1.7)
MÉTODO AS SEÇÕES/ESFORÇOS E TENSÕES INTERNAS
1.7.1) O Método das Seções
v v v v
Seja uma barra em equilíbrio sob a ação das forças Fi ( F1 , F2 , F3 ,... ), cargas
ou reações.
38
Para determinar os esforços e tensões em uma seção S, genérica,
consideramos a barra desmembrada pela seção S em duas partes, E e D, cada
v
uma delas em equilíbrio sob a ação das forças Fi e de uma infinidade de forças
moleculares em S.
1.7.2) Esforços Internos
Seja o sistema de forças moleculares em S reduzido ao baricentro da seção.
39
v
Em E: resultante R e momento resultante
r
Em D: resultante R' e momento resultante
v
M
r
M'
As direções e sentidos destes esforços são quaisquer no espaço.
Analisando o equilíbrio das partes E e D conclui-se:
r
Sistema de forças Fi
em E equivalem a
r r
( R' , M ' )
equilibram
r
Sistema de forças Fi
em D equivalem a
r
r
(R, M )
r
r
r
r
r
r
R ' = - R e M ' = - M . O par de forças R ' e R e o par de
r
r
momentos opostos M ' e M são os esforços internos em S. Um elemento de
Portanto,
volume da barra de seção S e comprimento elementar dx está em equilíbrio sob a
ação dos esforços internos.
40
Para melhor analisar os efeitos dos esforços internos no elemento de
volume, eles serão decompostos segundo os seguintes referenciais:
r r
para decomposição de R e M
r
r
para decomposição de R' e M '
eixos x normal a S e eixos y e z no plano de S
r r
r
r
r
r
r
r
R = R x + R y + R z e M = M x + M y + M z as componentes são os esforços
simples, que podem ser expressos por seus valores algébricos.
r
Rx é a soma dos valores algébricos das componentes segundo o eixo x
r
r
r
das forças Fi à direita de S ( R y e R z têm definições semelhantes).
r
Mx é a soma dos valores algébricos dos momentos segundo o eixo x das
r
r
r
forças Fi à direita de S ( M y e M z têm definições semelhantes).
r
r
Adotando o referencial oposto para decomposição de R ' e M ' , os valores
algébricos serão os mesmos, bastando, nas definições acima, trocar direita por
esquerda.
Assim, cada esforço simples fica definido por um só valor algébrico e
pode ser calculado com as forças situadas à direita ou à esquerda da seção.
1.7.3) Classificação dos Esforços Simples
RX = N = esforço normal (tração, se positivo e compressão, se negativo),
produz o alongamento ou o encurtamento da dimensão dx do sólido elementar.
41
Ry = Qy e Rz = Qz = esforços cortantes, produzem o deslizamento de uma
r r
r
face do sólido em relação à outra. O esforço cortante resultante será Q = Q y + Q z
Mx = Mt = T = momento torçor, produz a rotação em torno do eixo x de uma
face em relação à outra.
My e Mz = momentos fletores, produzem a rotação em torno do eixo y ou z
r
r
r
de uma face em relação à outra. O momento fletor resultante será M = M y + M z
Importante notar que os momentos fletores determinam alterações da
dimensão dx do sólido elementar. Na figura abaixo, o momento fletor Mz positivo.
1.7.4) Tensões Internas
42
Sejam P um ponto genérico de S, ∆A um elemento de área em torno de P e
r
∆ F a força elementar em ∆A (direção e sentido quaisquer no espaço). A tensão
média em ∆A é
r
r
∆F
tm =
∆A
r
r
r
∆F dF
=
e a tensão no ponto P é t = lim ∆A→0
. A
∆A dA
r r r r
t = tx + ty + tz .
decomposição segundo o referencial indicado vale
As
tensões passam a ser conhecidas pelos seus valores algébricos:
tx = σx = tensão normal, sendo tração positiva e compressão negativa
ty = τxy e
tz = τxz = tensões tangenciais ou tensões de cisalhamento (de
r
corte). A resultante, no plano da seção, é
r
r
τ = τ xy + τ xz
.
Observações:
a) σx é a tensão normal na seção normal ao eixo x, direção do eixo x
τxy é a tensão tangencial na seção normal ao eixo x, direção do eixo y
τxz é a tensão tangencial na seção normal ao eixo x, direção do eixo z.
Quando não houver possibilidade de confusão, os índices podem ser
abandonados (σ , τ) e às vezes a tensão é expressa pelo módulo e uma indicação
do sentido.
b) Tensão é força por unidade de área. Seu dimensional é F.L-2.
Unidades usuais: sistema técnico kgf/cm2, kgf/mm2, tf/cm2, tf/mm2;
sistema internacional (SI): 1 Pa = 1 N/m2
1 kPa = 103 Pa; 1 MPa = 106 Pa; 1 GPa = 109 Pa
sendo 1 kgf/cm2 = 0,0981 MPa e 1 MPa = 10,2 kgf/cm2
c) Os valores das tensões normal e tangencial em um ponto P variam com
a direção da seção que passa por P, caracterizando um estado de tensões em
torno do ponto P.
43
1.7.5) Relações entre Esforços e Tensões
r
r r
Sejam os vetores unitários i , j e k segundo os eixos x, y e z.
r r
dF = t .dA
r
r
r
r
t = σ x .i + τ xy . j + τ xz .k ,
e
r
r
r
r
dF = (σ x .dA).i + (τ xy .dA). j + (τ xz .dA).k .
algébricos, são:
dFx = σ x .dA ,
Se
então
r
Os componentes de dF , em valores
dFy = τ xy .dA
e
dFz = τ xz .dA
Sejam y e z as coordenadas do ponto P, no plano yGz. De acordo com os
conhecimentos de Mecânica, conclui-se que:
R x = N = ∫ dFx = ∫ σ x .dA
A
N = ∫ σ x .dA
A
A
Qy = ∫ τ xy .dA
R y = Q y = ∫ dFy = ∫ τ xy .dA
A
A
A
Rz = Qz = ∫ dFz = ∫ τ zy .dA
A
Qz = ∫ τ xz .dA
A
A
M x = ∫ ( z.τ xy − y.τ xz ).dA
M x = T = ∫ (dFy .z − dFz . y )
A
A
44
M y = −∫ z.σ x .dA
M y = ∫ ( −dFx .z )
A
A
M z = ∫ y.σ x .dA
M y = ∫ ( dFx . y )
A
A
As propriedades acima permitem calcular as tensões se forem conhecidos
os esforços e não houver problemas nas soluções das integrais. Por exemplo, se
σx for constante em S, σx = σ (constante), então N = ∫ σ .dA = σ ∫ dA = σ . A e,
A
então σ =
A
N
.
A
As propriedades acima deixam claro que o esforço normal e os momentos
fletores produzem tensões normais, enquanto que os esforços cortantes e o
momento torçor produzem tensões tangenciais.
Exercício 1) Em uma seção quadrada de lado a não existem tensões tangenciais e
as tensões normais variam de acordo com o diagrama espacial dado. Calcule os
esforços simples na seção.
AA’BB’CD é o “sólido de tensões” e A’B’CD é a
“superfície de tensões”.
(respostas: N = σ0.a2/2, Mz = σ0.a3/12, demais esforços nulos)
45
Equação da reta: x = Ay + B
x = 0 -> y = -a/2
Então:
x = σ0 -> y = a/2
e
2.B
−a
x = A
+B =0 ∴ A =
a
 2 
a
A.  + B = σ 0 ∴  2.B . a  + B = σ 0
2
 a  2
e a equação é:
x=
σ0
a
.y +
∴B =
σ0
2
e
A=
σ0
a
σ0
2
σ0 
σ0
.
y
+

.a.dy
∫
a
2

−a / 2 
a/2
O esforço normal será:
∴ N = σ 0. y
2
2
a/2
−a / 2
N=
a
+ σ 0 . .y
2
a/2
−a / 2
=
σ 0 a4
 + a 4  1
σ .a 2
 a  − a 
a
 + .a.σ 0  − 
. − 
 = σ 0 . .a = 0
2  4  4  2
2
2
 2  2 
σ0 
σ0
y
.
.
y
+

.a.dy
∫
a
2

−a / 2 
a/2
Mz =
, com área dA = a.dy
46
a/2
Mz =
∫
−a / 2
σ0
σ 0 y3
a
. y .dy + ∫ σ 0 . . y.dy =
.
a
2
a
3
−a / 2
a/2
2
a/2
−a / 2
a y2
+ σ 0. .
2 2
a/2
−a / 2
σ 0  a3
 a 3 
a  a 2  + a 2 
σ 0 a 3 σ 0 .a 2
 = 2. . =
 −  −  + σ 0 .  − 
∴Mz =
a  24  24 
4  4  4 
a 24
12
Exercício2) Em uma seção retangular b x h não existem tensões tangenciais e as
tensões normais variam de acordo com o sólido de tensões dado. Calcule os
esforços simples na seção.
(resposta: Mz = σ0.b.h2/6, demais esforços nulos)
47
Equação:
x=
2.σ 0
.y
h
e, então
2.σ 0
2.σ 0 .b y 2
N= ∫
y.b.dy =
.
h
h
2
−h / 2
h/2
h/2
−h / 2
2.σ 0 .b  h 2  + h 2  
=
 −
 = 0
h  8  8 
2.σ 0 .b h / 2 2
2.σ 0 .b y 3
 2.σ 0 . y 
M z = ∫ y.
y .dy =
.
.b.dy =
h − h∫/ 2
h
3
 h 
−h / 2
h/2
h/2
−h / 2
2.σ 0 .b  h3  − h3 
 =
=
 −
h  24  24 
2.σ 0 .b  h 3  σ 0 .b.h 2
 =
=
h  12 
6
Exercício 3) Idem ao exercício 2, para a figura abaixo.
respostas: N = σ0.b.h/3, Mz = σ0.b.h2/9, demais esforços nulos
48
equação:
x=
σ0  4

 . y + 1
3 h

Obs: Adote o seguinte referencial
1.8)
TENSÕES E DEFORMAÇÕES NA TRAÇÃO / COMPRESSÃO
SIMPLES (barras sujeitas apenas a esforços normais)
Seja uma barra prismática AB de comprimento L e área A de seção
transversal (no estado neutro), sujeita à carga axial P, de tração ou compressão.
49
Seja a seção genérica S, de abscissa x (0 ≤ x ≤ L). Então N = P ou N = -P,
constante de A até B.
1.8.1) Tensões Normais
As treliças são elementos estruturais cujas barras estão sujeitas somente
ao esforço normal constante. Admite-se, então, que uma seção esteja sob tensão
normal constante:
σx = σ = N/A = P/A (se compressão, - P/A).
Conseqüentemente, a tensão é também constante de A até B (vide figura abaixo).
Sólido de tensões, vista longitudinal e variação de A até B para a tração.
i) Se o corpo está sujeito somente ao esforço normal, a tensão é constante nesta
seção. Se a tensão normal não for constante na seção, então o quociente N/A
representa a tensão normal média na seção.
50
ii) Se o esforço normal Nx e a área da seção transversal Ax variam com a abcissa
x, então a tensão normal em cada seção é σx = Nx /Ax (constante em S, mas
variável com x).
iii) Uma distribuição uniforme de tensões só é possível se a linha de ação das
forças aplicadas P passar pelo baricentro da seção considerada.
1.8.2) Tensões de Cisalhamento
Quando as forças P são aplicadas a uma barra AB na direção perpendicular
a esta, ocorre um tipo de tensão muito diferente.
Se passarmos uma seção transversal pelo ponto C entre os pontos de
aplicação das forças, concluímos que devem existir forças internas na seção
transversal (vide figura) e que a resultante deve se igualar a P.
Esta resultante, de intensidade P, chama-se força cortante na seção. Ao
dividirmos a força cortante P pela área da seção transversal A, obtemos a tensão
média de cisalhamento da seção.
indicada pela letra τ (tau).
A tensão de cisalhamento ou de corte, é
Podemos escrever, então: τ =
d é o diâmetro nominal do parafuso ou rebite.
51
P
,
A
sendo A =
π .d 2
4
,
Este valor é a média das tensões de cisalhamento.
Ao contrário das
tensões normais, a distribuição das tensões de cisalhamento na seção não pode
ser assumida como uniforme.
A tensão de cisalhamento ocorre normalmente em parafusos, rebites e
pinos que ligam diversas partes das máquinas e estruturas.
Os rebites e
parafusos provocam tensões de esmagamento nas barras que estão ligando, ao
longo da superfície de contato. Essas tensões, também chamadas de tensões de
apoio, são calculadas, tomando como referência o plano diametral dos parafusos:
σa =
P
t.d
, onde t
é a espessura da chapa e d é o diâmetro nominal do
parafuso ou rebite.
Exercício 1) Consideremos 2 chapas A e B ligadas pelo rebite CD. Ao
aplicarmos uma força de tração P, aparecerão tensões na seção do rebite
correspondente ao plano EE’.
Se as chapas forem de 5/8” e o conector de 7/8”, calcular a capacidade da
ligação para o aço A24 e utilizando o rebite A502 tipo 1.
Dados referentes ao rebite A502 tipo 1 (tabelado):
•
Limite admissível para tensão de corte tipo apoio: τ = 10,5 kgf/mm2;
•
Limite de pressão de apoio: σa = 28 kgf/mm2;
•
Limite de tração: σt = 14 kgf/mm2;
Rebite 7/8”: d = 22,2 mm e área = π.d2/4 = 388 mm2;
52
Chapa 5/8”: t = 15,8 mm
Capacidade do rebite por apoio: 15,8 mm x 22,2 mm x 28 kgf/mm2 = 9921 kgf
Esforço admissível de corte: 388 mm2 x 10,5 kgf/mm2 = 4074 kgf.
Então, a capacidade de corte é determinante. A capacidade admissível da ligação
será 4 rebites x 4064 kgf = 16256 kgf.
Exercício 2) Idem do exercício 1 para a chapa abaixo:
Neste caso, o rebite está trabalhando com seção dupla e então:
1 P
2 A
τ= .
(corte),
1 P
2 t1 .d
σ1 = .
(apoio)
Se t1 = 1/2" = 12,7 mm , t2 = 5/8" = 15,8 mm e
e
σ2 =
P
t 2 .d
(apoio)
d = 7/8” = 22,2 mm, teremos:
Capacidade admissível de apoio:
Chapa 1: 2. t1 .d. σ1 = 2 x 12,7 mm x 22,2 mm x 28 kgf/mm2 = 15788 kgf;
53
Chapa 2: t2 .d. σ2 = 15,8 mm x 22,2 mm x 28 kgf/mm2 = 9821,3 kgf;
Sendo a área do parafuso igual a 388 mm2 , a capacidade admissível de corte é
P = 2 x 388 x 10,5 kgf/mm2 = 8148 kgf;
Neste exemplo, a capacidade de corte também é determinante.
A capacidade de carga da ligação abaixo é 3 x 8148 kgf = 24444 kgf
1.8.3) Deformações Longitudinais (alongamento para tração e encurtamento para
compressão)
Seja um elemento de volume genérico de seção S e comprimento
elementar dx:
estado neutro
barra tracionada
Deformação longitudinal total da barra: ∆L = δ (dimensional: L);
Deformação longitudinal do elemento de volume: du (dimensional: L);
Deformação longitudinal específica (deformação por unidade de comprimen
to):
ε=
du
(adimensional);
dx
54
Então:
du = ε .dx
e
L
L
0
0
∆L = ∫ du = ∫ ε x .dx , onde εx varia com x, de um
modo geral. No caso particular do item 1.3, εx =
ε é constante de A até B,
portanto, ∆L = ε.L e, então ε = ∆L/L.
Analisamos, por enquanto, somente as deformações longitudinais. Mais
tarde, analisaremos as deformações transversais.
As
deformações
podem
ser
elásticas
(regridem
se
a
barra
for
descarregada) ou plásticas (permanentes).
1.8.4) O Teste ou ensaio de Tração
O objetivo é determinar as propriedades dos materiais ou verificar a
qualidade dos mesmos. Na barra tracionada do item 1.3, façamos a carga P
aumentar lenta e gradualmente (carga estática). Medindo em cada instante do
ensaio a carga P e a deformação total ∆L,obtém-se o diagrama P x
∆L (carga
x deformação total) e, a partir deste, o diagrama σ x ε (tensão por deformação
específica), onde σ = P/A e ε = ∆L/L. Os aspectos mais comuns do diagrama
σ x ε são os seguintes:
55
(a)
material frágil (se rompem com pequenas deformações): ε < 5 % em R (no
instante da ruptura). Exemplos: concreto, vidro, ferro fundido;
(b) e (c) materiais dúteis (suportam grandes deformações antes de chegar a
ruptura): ε >> 5 % em R. Exemplos: aço, alumínio;
(b) material dútil sem escoamento definido. Exemplo: aços especiais;
(c) material dútil com patamar definido (trecho AB = patamar de escoamento,
em que há aumento de deformação com a tensão aproximadamente constante).
Exemplo: aço comum.
A relação que envolve tensão (σ) e deformação específica (ε) é conhecida como
Lei de Hooke :
σ =E * ε
onde : E é o Módulo de elasticidade longitudinal ou Módulo de Young, com o
mesmo dimensional e mesmas unidades práticas de tensão, sendo uma constante
de cada material, obtido através de ensaios, como mostrado no item a seguir.
Se o esforço normal é P ou –P e a tensão normal é
deformação total será
∆L = ε .L =
σL
E
=
σx =σ =
P
, a
A
PL
EA
1.8.5) Detalhes do Diagrama σ x ε para o aço comum (diagrama convencional
com aspecto simplificado)
56
0 – 1: fase elástica proporcional (diagrama linear), obedecendo a Lei de Hooke:
σ/ε = const = tg α = E σ/ε = E, então, ε = σ/E.
σ1 = limite de proporcionalidade onde as deformações são elásticas.
1 – 2: fase elástica não proporcional (reduzida). O material já não obedece à Lei
de Hooke e as deformações, a partir daí, serão plásticas, ou seja, mesmo que
sejam aliviadas as cargas, o material não irá retornar a sua forma inicial.
(para fins práticos, consideramos 0 – 2 como fase elástica)
2 – 3: fase plástica pré-escoamento (reduzida ou inexistente);
3 – 4: patamar de escoamento (tensão de escoamento σe = σy = fy ). O material
se deforma com pequenos acréscimos de tensões.
4 – 5: encruamento ou endurecimento. O ponto 5 corresponde a tensão máxima
do ensaio ou limite de resistência do material (σR);
(para fins práticos, consideramos 2 – 5 como fase plástica)
5 – 6: fase de ruptura ou estricção, em que a diminuição da carga P e uma
diminuição mais acentuada da área A (em uma determinada seção), chamada
fuso de estricção.
57
Em 5, a tensão de ruptura vale σR = fst (max). Em 6, há a ruptura definitiva.
Este diagrama tensão x deformação é típico de ligas metálicas de baixa
dureza, como aço com baixo teor de carbono (aço doce) e o alumínio.
Material sem Patamar de Escoamento Definido:
Diagrama σ x ε
Assim como no diagrama anterior, este diagrama tensão x deformação é
linear até o ponto B, também denominado limite de proporcionalidade, ou seja,
neste trecho o material obedece a Lei de Hooke e as deformações são elásticas;
Não há patamar definido, como no caso anterior, a tensão de escoamento
(σy) é definida por uma reta correspondente a 2‰ paralela ao segmento linear do
diagrama;
Este diagrama tensão x deformação é típico de materiais com alta dureza,
como aço com alto teor de carbono , ferro fundido etc.
Ambos os diagramas apresentados, são chamados de convencionais, ou
seja, ao longo de todo o ensaio as tensões são obtidas com a área inicial do corpo
58
de prova. Caso fossem obtidos com a área real do corpo de prova, os diagramas
teriam as seguintes formas:
O dado mais importante obtido da curva tensão x deformação é o módulo
de elasticidade longitudinal do material (E), que é igual a inclinação da reta OB.
•
O diagrama convencional admite σ = P/A constante, porém o diagrama real
σ’ = P/A’, em que a área é variável, diminuindo na tração, por exemplo.
•
Descarga e Recarga: na fase elástica, o retorno é pelo mesmo diagrama
da carga. Na fase plástica, o retorno se dá por uma paralela a 0 – 1 (vide
59
figura abaixo), significando que a deformação total é parcialmente elástica e
parcialmente plástica: εt = εe + εp . No início do escoamento: εe = 0,2 %
aço comum (classe A)
aço especial (classe B)
O limite de escoamento convencional para o aço especial (tipo B) é a tensão
para a qual a deformação permanente é εp = 0,2 %.
1.8.7) Outros Tipos de Diagramas para Diferentes Materiais
(a)
(b)
(c)
(a) material perfeitamente elástico
(b) material perfeitamente plástico
60
(d)
(c) material elástico perfeitamente plástico
(d) material elástico-plástico
1.8.6) Deformação Transversal
Na Figura a seguir, se tivermos σz = σy = 0 e somente σx ≠ 0, podemos
imaginar que as deformações específicas εy e εz são também iguais a zero. Isto,
entretanto, não ocorre. Em todos os materiais, o alongamento produzido por uma
força P na direção dessa força é acompanhado por uma contração em qualquer
direção transversal.
Estado múltiplo de tensões.
Assumimos que o material em estudo é homogêneo, isto é, consideramos
que suas
várias
propriedades
mecânicas
são independentes
do ponto
considerado.
Vamos, agora, assumir que o material é isotrópico, isto é,
consideramos
que
suas
várias
propriedades
independentes da direção considerada.
mecânicas
são
também
Com esta suposição adicional, a
deformação específica deve ser a mesma para qualquer direção transversal: εx =
εy. Este valor é chamado de deformação específica transversal. O valor absoluto
da relação entre a deformação específica transversal e a deformação específica
61
longitudinal é chamado coeficiente de Poisson (ν), relacionando, então, as
deformações específicas entre as direções x, y e z.
O coeficiente de Poisson é definido como:
ν =  deformação espe. transv._
 deformação específica 
e
ε y = −νε x
ε z = −νε x
Nas fórmulas acima o sinal de menos, representa fisicamente o que ocorre
com a deformação transversal, ou seja se há um alongamento na direção x, nas
direções y e z haverá um encurtamento dos lados da seção transversal.
•
A deformação transversal é dada como se segue:
a = dimensão transversal original;
∆a = deformação transversal total correspondente (tração: ∆a < 0 – diminui a
espessura e compressão: ∆a > 0);
εa= ∆a/a = deformação específica.
εa é proporcional a εx, isto é, εa = - ν. εx, onde ν é o coeficiente de Poisson, dês
crito anteriormente e constante para cada material. (εy = - ν. εx e εz = - ν. εx).
seção transversal
62
Exemplo: Uma barra de material homogêneo e isotrópico tem 500 mm de
comprimento e 16 mm de diâmetro.
Sob a ação axial de 12 kN, o seu
comprimento aumenta de 300 µ m e seu diâmetro se reduz de 2,4 µm.
Determinar o módulo de elasticidade e o coeficiente de Poisson do material.
A área da seção transversal da barra é A = π.r2 = π.( 8 x 10-3 m)2 = 201 x 10-6 m2
Consideremos o eixo x coincidente com o eixo da barra para escrevermos então
(vide figura):
P
12 x10 3 N
σx = =
= 59,7 MPa
A 201x10 −6 m 2
δx
300µm
= 600 x10 −6
L 500mm
δ
− 2,4 µm
εy = y =
= −150 x10 −6
d
16mm
εx =
=
Da Lei de Hooke, σx = E. εx, obtemos:
E=
σ x 59,7 MPa
=
= 99,5GPa
ε x 600 x10 −6
63
ε y − 150 x10 −6
=
= 0,25
e, então: ν = −
εx
600 x10 −6
1.8.7) Estados Múltiplos de Carregamento
Nosso estudo até agora limitou-se à análise das barras delgadas submetidas
a cargas axiais, isto é, dirigidas ao longo de um eixo somente. Considerando esse
eixo como o eixo x e chamando a força interna de P, calculamos as componentes
da tensão, que são σx = P/A, σy = 0 e σz = 0.
Passamos
a
considerar
elementos
estruturais
sujeitos
à
ação
de
carregamentos que atuam nas direções dos três eixos coordenados, produzindo
tensões normais σx , σy e σz , todas diferentes de zero. Temos, então, um estado
múltiplo de carregamento ou um carregamento multiaxial. Devemos notar que
este não é o caso geral de tensões, pois não estão incluídas as tensões de
cisalhamento entre aquelas indicadas na figura acima.
64
Vamos representar um cubo elementar de um certo material, adotando para
suas dimensões arestas de comprimento unitário. Sob a ação do carregamento
multiaxial, o cubo elementar se deforma, tornando-se um paralelepípedo-retângulo
cujos lados têm comprimentos, respectivamente 1 + εx, 1 + εy e 1 + εz. εx , εy e εz
são as deformações específicas nas direções dos três eixos coordenados (vide
figura). Devido às deformações que aparecem em elementos vizinhos do mesmo
material, o cubo elementar pode também sofrer uma translação, que no momento
não interessa considerar, uma vez que estudamos apenas a deformação do
próprio elemento, e não um deslocamento qualquer que ele possa ter como corpo
rígido.
Queremos escrever, agora, as componentes de deformação εx, εy e εz em
função das componentes de tensão σx, σy e σz .
εx =
σ x νσ y νσ z
−
−
E
E
E
εy = −
νσ x σ y νσ z
+
−
E
E
E
εz = −
νσ x νσ y σ z
−
+
E
E
E
As equações acima exprimem a generalização da Lei de Hooke para
carregamento multiaxial. Os resultados são válidos para o caso de tensões que
não excedam o limite de proporcionalidade do material e deformações pequenas.
Um valor positivo de deformação específica significa expansão na direção
respectiva e um valor negativo indica contração.
Exemplo: A figura abaixo mostra um bloco de aço submetido à ação da
pressão uniforme em todas as faces. Mediu-se a variação do comprimento AB,
que foi de 24 µm. Determinar: a) a variação de comprimento das outras duas
65
arestas; b) a pressão aplicada p às faces do bloco. Adotar E = 200 Gpa e ν =
0,29.
a) alteração no comprimento de outras arestas: Substituindo σx = σy = σz = -p
nas equações que generalizam a Lei de Hooke, verificamos que as três
componentes de deformação específica têm um valor comum
εx = εy = εz = −
p
(1 − 2ν )
E
Como εx = δx/AB = - 24 µm/80 mm = - 300 µ, vamos ter εx = εy = εz = - 300 µ,
donde segue que
δy = εy(BC) = (-300 µ)(40 mm) = -12 µm
δz = εz(BD) = (-300 µ)(60 mm) = -18 µm
b) Pressão: da equação do item (a), escrevemos:
p=−
E.ε x
(200GPa )(. − 300µ ) = 142,9 MPa
=−
1 − 2ν
1 − 0,58
1.8.8) Ensaio de Compressão
66
O corpo de prova deve ter dimensões adequadas, para se evitar a
flambagem. No caso do aço, o comportamento é o mesmo do ensaio de tração,
exceto a estricção. Em valor absoluto, o mesmo diagrama σ x ε e os mesmos
parâmetros (E, ν, σe , σR).
1.8.9) Tensões Admissíveis ou Tensões de Projeto ( σ ou σadm)
As tensões admissíveis são obtidas através da tensão de escoamento (σy)
ou da tensão ruptura (σR) do material divididas por um coeficiente de segurança.
Sendo este fator de segurança um número maior que 1 (um), usado para corrigir
incertezas nas forças atuantes e nas resistências dos materiais.
Então,
σ =
σy
n1
para materiais dúteis e
σ =
σy
n2
para materiais frágeis, sendo
que n2 > n1 > n, sendo estes coeficientes de segurança com valores menores do
que 1, onde σy é a tensão de escoamento. Também adota-se coeficiente de
segurança para tensão de ruptura σ =
σR
n3
.
Temos, então, que Coeficiente de Segurança = C.S. = __Carga de ruptura___
Carga admissível
ou, se a correspondência linear for entre a carga aplicada e a tensão provocada
pela carga, o coeficiente de segurança pode ser expresso por:
Coeficiente de Segurança = C.S. = __Tensão de ruptura___
Tensão admissível
Não sendo indicado o contrário, a tensão admissível será menor do que o limite
de proporcionalidade e as deformações serão elásticas proporcionais.
67
Exemplo:
A viga rígida BCD está ligada por parafusos à barra de controle em B, ao cilindro
hidráulico em C e ao suporte fixo em D (veja figura abaixo). Os diâmetros dos
parafusos usados são dB = dD = 8 mm, dC = 12 mm. Cada parafuso está sujeito a
corte duplo, e é constituído de aço com tensão de cisalhamento última τU = 300
MPa. A barra de controle AB, com 9 mm de diâmetro, é feita de aço com tensão
última de tração σU = 450 MPa. Determinar a maior força que o cilindro hidráulico
pode aplicar, de baixo para cima, no ponto C, adotando para toda a estrutura o
coeficiente de segurança 3,0.
Solução: O coeficiente de segurança deve ser maior ou igual a 3,0 para cada um
dos três parafusos, como também para a barra de controle. Vamos considerar
separadamente cada um dos quatro casos.
Corpo Livre: Viga BCD. Primeiramente determinamos a força em C em função da
força em B e em função da força em D.
68
ΣMD = 0: -B. (350 mm ) + C.(200 mm) = 0 ∴ C = 1,75 B
ΣMB = 0: D. (350 mm ) - C.(150 mm) = 0 ∴ C = 2,33 D
•
Barra de controle: Para o coeficiente de segurança 3,0 vamos ter
σ adm =
σU
C.S .
=
450MPa
= 150MPa
3,0
A força admissível na barra de controle é
B = σadm.(A) = (150 MPa).π/4.(9 mm)2 = 9,54 kN
Como C = 1,75 B, então, o maior valor possível em C será C = 1,75.(9,54 kN)
∴ C = 16,70 kN
•
Parafuso no ponto B:
τadm = τU/C.S. = (300 MPa)/3 = 100 MPa
Como o parafuso está sujeito a corte duplo, a força admissível em B é
B = τadm.(2A) = (100 MPa).2.π/4.(8 mm)2 = 10,05 kN
Como C = 1,75 B, então C = 1,75.(10,05 kN)
•
Parafuso no ponto D:
∴ C = 17,59 kN
Este parafuso é igual ao do ponto B e a força
admissível é D = B = 10,05 kN.
Como C = 2,33 D, então C = 2,33.(10,05 kN)
•
∴ C = 23,4 kN
Parafuso no ponto C: Novamente temos τadm = 100 Mpa e escrevemos
C = τadm (2A) = (100 Mpa).2. π/4.(12 mm)2 = 22,6 kN
69
Resumo: Obtivemos separadamente para cada caso quatro valores
admissíveis para a força em C. Devemos escolher o menor desses valores,
de modo a satisfazer os quatro casos, ou seja, C = 16,70 kN.
1.8.10) Tensões Térmicas
Um corpo submetido a uma variação de temperatura irá sofrer um
alongamento, se houver um acréscimo de temperatura (∆T positivo) ou um
encurtamento, se houver um decréscimo de temperatura (∆T negativo) dado pela
expressão:
∆L = αL∆T
Onde:
∆L
: Alongamento ou encurtamento sofrido pelo corpo;
α
: Coeficiente de dilatação linear;
L
: Comprimento inicial do corpo;
∆T
: Variação de temperatura, dado por TF - TI .
Caso a condição de vinculação do corpo impeça a deformação devida à variação
de temperatura, aparecerá tensão axial dada pela expressão:
σ = Eα∆T
1.8.11) Sistema Estaticamente Indeterminado
São aqueles em que o número de equações disponíveis é menor que o
número de incógnitas. Para a solução de tais problemas empregaremos além das
equações da estática as obtidas na teoria da Resistência dos Materiais.
O exemplo a seguir irá esclarecer:
70
O elemento estrutural cilíndrico é constituído por um núcleo de alumínio
com módulo de elasticidade igual a Eal e seção transversal igual a Aal, e um tubo
externo de aço, com módulo de elasticidade igual a Eaço e seção transversal igual
a Aaço. Este elemento estrutural suporta uma carga P de compressão, ver Figura
abaixo. Quais as parcelas da carga P que serão absorvidas pelo aço e pelo
alumínio, respectivamente.
Elemento estrutural constituído de Aço e Alumínio.
Solução:
Da estática, temos : P = Paço + Pal (1)
Da resistência dos materiais, temos: ∆L = ∆Laço = ∆Lal (2)
De (2), temos:
PaçoL
PL
= al
E aço A aço E al A al
→
(1), vem:
71
Pal = Paço
E al A al
, substituindo em
E aço A aço


E aço A aço

Paço = P

E
A
+
E
A
al al 
 aço aço


E al A al

Pal = P

 E aço A aço + E al A al 
1.8.12) Concentração de Tensões
O valor das tensões nas proximidades dos pontos de aplicação de cargas
concentradas é muito maior que a tensão média ao longo da peça. Quando a
peça estrutural contém descontinuidades, como furos ou variação brusca da
seção, podem ocorrer altos valores de tensões nesses pontos de descontinuidade.
A figura acima se refere ao caso da variação brusca de seção, mostrando a
distribuição de tensões na seção crítica.
Trata-se de uma barra chata que
consiste de duas seções transversais diferentes, com frisos efetuando a transição
da forma da seção; a figura mostra a distribuição de tensões na parte mais estreita
da transição, onde ocorrem as maiores tensões.
Tais resultados foram obtidos experimentalmente através de método
fotoelástico. O engenheiro que tiver de projetar ou estudar peças deste tipo não
72
necessitará levar a efeito uma análise fotoelástica, pois os resultados obtidos são
independentes das dimensões das peças e do material usado; eles dependem
unicamente das relações entre os parâmetros geométricos envolvidos, isto é, da
relação r/d no caso do furo circular e das relações r/d e D/d no caso de frisos (veja
figura abaixo). Além disso, interessa ao projetista o valor máximo da tensão em
certa seção, sendo a distribuição real de tensões um dado de menor importância,
pois o dimensionamento é conduzido buscando-se evitar que o valor máximo de
tensão ultrapasse os valores admissíveis para o material. Por isso, define-se a
relação
K=
σ máx
σ méd
entre a tensão máxima e a tensão média calculada na seção
crítica (mais estreita) de descontinuidade. Essa relação é chamada de coeficiente
de concentração de tensões para a descontinuidade em estudo. Os coeficientes
de concentração de tensões podem ser determinados uma única vez, e expressos
em termos de relações entre os parâmetros geométricos envolvidos.
Os
resultados obtidos são colocados em forma de tabelas ou gráficos como o da
figura abaixo.
Assim, para determinação da tensão máxima atuante nas
proximidades de um ponto de descontinuidade, o projetista determina a tensão
média σméd = P/A na seção crítica, e multiplica o resultado obtido pelo coeficiente
de concentração de tensões K apropriado.
Este procedimento é válido para
valores de tensão σmáx que não ultrapassem o limite de proporcionalidade do
material, pois os valores de K marcados na Figura abaixo foram obtidos adotandose uma relação linear entre as tensões e deformações específicas.
73
Coeficientes de concentração de tensões para barras chatas sob carga axial. A
tensão média deve ser calculada para a seção menor: σméd = P/td, onde t é a
espessura da chapa.
Exemplo: Uma barra chata de aço é constituída de duas partes de 10 mm de
espessura, uma com 40 mm e outra com 60 mm de largura, ligadas por uma
região de transição com frisos de 8 mm de raio (r). Determinar a máxima carga
axial P que pode ser suportada com segurança pela barra, sendo a tensão
admissível do material que a compõe σadm = 165 MPa.
Inicialmente calculamos as reações:
D 60mm
r
8mm
=
= 1,50 e
=
= 0,20
d 40mm
d 40mm
Do gráfico acima, usando a curva correspondente a D/d = 1,50, encontramos o
valor do coeficiente de concentração de tensões para r/d = 0,20:
Então se
K=
σ máx
σ méd
, então
σ méd =
σ máx
1,72
K = 1,72
, porém σmáx não pode exceder a
tensão admissível σadm = 165 MPa. Adotando este valor para σmáx encontramos
74
que a tensão média na parte mais estreita (d = 40 mm) na barra não pode exceder
o valor
σ méd =
165MPa
= 96MPa .
1,72
Lembrando que σméd=P/A, temos
P = A. σméd = (40 mm).(10 mm).(96Mpa) = 38,4 kN
1.8.13) Deformações Plásticas
Os resultados a que chegamos até aqui foram baseados na suposição de
uma relação linear entre tensões e deformações específicas. Dizendo de outro
modo, assumimos que o limite de proporcionalidade do material não foi atingido
em nenhum dos casos vistos. Para os fins práticos o limite de proporcionalidade
coincide com o limite de elasticidade e com a tensão de escoamento do material,
de modo que também assumimos que o material se comportou como elástico,
voltando à forma inicial uma vez retirado o carregamento. Se, por qualquer razão,
a tensão de escoamento do material é excedida em qualquer ponto da peça em
estudo, ocorrem deformações plásticas, e a maior parte dos resultados obtidos
anteriormente deixam de ter validade. Se isso ocorrer, devemos levar a efeito
uma análise mais minuciosa do problema, baseada em relações não lineares entre
tensões e deformações.
Uma análise que leve em conta as relações reais envolvendo tensões e
deformações está fora do escopo deste curso, mas podemos adentrar um pouco
no estudo do comportamento plástico dos materiais, considerando um material
elasto-plástico ideal, para o qual o diagrama tensão-deformação consiste de dois
segmentos de reta como mostra a figura abaixo.
O diagrama tensão-deformação para o aço doce, na região de elasticidade
e na zona plástica, é parecido com esta idealização. Enquanto a tensão σ não
excede a tensão de escoamento σy, o material se comporta como elástico e
obedece à Lei de Hooke, σ = E.ε. Quando σ atinge o valor de σy, o material
começa a escoar, e se deforma plasticamente sob carregamento constante.
75
Se o carregamento é removido, a linha de descarregamento no diagrama é
a reta CD, paralela à porção inicial AY da curva de carregamento. O segmento
AD do eixo horizontal leva à deformação plástica permanente, que se obtém a
partir do carregamento e descarregamento do material. Apesar de que nenhum
material se comporta exatamente como mostrado na figura acima, esse diagrama
tensão-deformação será útil na análise de deformações plásticas dos materiais
dúcteis, como o aço doce.
Exemplo 1: Uma barra de comprimento L = 500 mm e área da seção transversal
A = 60 mm2 é feita de material elasto-plástico, com módulo de elasticidade E =
200 GPa na zona elástica e tensão de escoamento σy = 300 MPa. A barra está
submetida à carga axial até que seu alongamento atinja o valor de 7 mm, quando
o carregamento é removido. Qual é a deformação permanente resultante ?
De acordo com o gráfico acima, vemos que a máxima deformação específica,
representada pela abscissa do ponto C, é:
εC =
δC
L
=
7mm
= 14 x10 −3
500mm
76
Por outro lado, a deformação específica no escoamento representada pela
abscissa do ponto Y, é:
σY
300 x10 6 Pa
=
= 1,5 x10 −3
εY =
9
E
200 x10 Pa
A deformação específica após o descarregamento é representada pela abscissa
εD do ponto D. Vemos, pelo gráfico, que
εD = AD = YC = εC - εY = 14 x 10-3 – 1,5 x 10-3 = 12,5 x 10-3
A deformação permanente é δD, correspondente à deformação específica εD.
Temos, então, δD = εD.L = (12,5 x 10-3).(500 mm) = 6,25 mm
Exemplo 2: Uma barra circular de 800 mm de comprimento e área da seção
transversal Ab = 45 mm2 é colocada dentro de um tubo de mesmo comprimento e
área de seção transversal At = 60 mm2. As extremidades do tubo e da barra são
presas a um apoio fixo e a uma placa rígida como mostra a seção longitudinal da
figura abaixo. A barra e o tubo são de material elasto-plástico, com módulos de
elasticidade Eb = 200 GPa e Et = 100 GPa, e tensões de escoamento (σb)y = 200
MPa e (σt)y = 250 MPa.
Desenhar o diagrama força-deformação do conjunto
barra-tubo, quando uma força P é aplicada à placa.
Inicialmente determinamos o esforço interno e o alongamento da barra quando
começa o escoamento: (Pb)y = (σb)y.Ar = (200 MPa)(45 mm2) = 9 kN
77
(δ b ) y = (ε b ) y .L =
(σ b ) y
Eb
.L =
200 MPa
.(800mm) = 0,8mm
200GPa
Como o material é elasto-plástico, o diagrama força-deformação da barra consiste
em uma reta inclinada e uma reta horizontal, como mostra a figura abaixo.
Adotando a mesma seqüência para o tubo, temos:
(Pt)y = (σt)y.At = (250 MPa)(60 mm2) = 15 kN
(δ t ) y = (ε t ) y .L =
(σ t ) y
Et
.L =
250 MPa
.(800mm) = 2mm
100GPa
O diagrama carga-deslocamento apenas do tubo é mostrado no gráfico a seguir.
O carregamento e o alongamento do conjunto barra-tubo são, respectivamente,
P = Pb + Pt
δ = δb + δt
78
Desenhamos, então, o diagrama força-deslocamento desejado, somando as
ordenadas dos diagramas obtidos para a barra e para o tubo separadamente:
Os pontos Yb e Yt correspondem ao início do escoamento na barra e no
tubo, respectivamente.
A discussão sobre concentrações de tensões no item 1.8.12 foi conduzida
assumindo-se para o material uma relação tensão-deformação linear.
As
distribuições de tensões mostradas na figura da página 73 bem como os
coeficientes de concentração de tensões mostrados na página 75 não podem ser
usados quando ocorrem deformações plásticas, isto é, quando o valor de σmáx
obtido ultrapassa a tensão de escoamento σy.
1.8.14) Tensões Residuais
No exemplo 1 do item anterior, consideramos uma barra que sofreu
alongamento além da deformação correspondente ao início do escoamento. Ao
retirarmos o carregamento, a barra não recobrou o seu comprimento inicial,
permanecendo deformada permanentemente.
No entanto, ao retirarmos o
carregamento, todas as tensões desaparecem. Este caso não deve ser encarado
como um fato geral.
79
Na verdade, quando as várias partes ligadas de uma estrutura sofrem
deformações plásticas de valores diferentes, as tensões nessas partes não caem
para zero quando se retira o carregamento.
Algumas peças da estrutura
continuarão apresentando tensões chamadas tensões residuais.
O exemplo a seguir nos ajudará a compreender como aparecem as tensões
residuais em uma estrutura.
Exemplo: Se uma carga P aplicada ao conjunto barra-tubo do exemplo 2 do item
anterior aumenta de zero até 19,5 kN e decresce novam,ente até zero, determine:
a) o máximo alongamento do conjunto; b) a deformação permanente após a
remoção do carregamento; c) as tensões residuais na barra e no tubo.
a) alongamento máximo. Segundo o gráfico obtido naquele exemplo, observamos
que a carga Pmáx = 19,5 kN corresponde a um ponto localizado no segmento YbYt
do diagrama carga-deformação do conjunto.
Assim, a barra atingiu a zona plástica com Pb = (Pb)y = 9 kN e (σb)y = 200 MPa,
enquanto o tubo ainda está em regime elástico com
Pt = P – Pb = 19,5 kN – 9 kN = 10,5 kN
80
σt =
Pt 10,5kN
=
= 175MPa
At 60mm 2
δ t = ε t .L =
σt
Et
.L =
175MPa
.(800mm) = 1,40mm
100GPa
O máximo alongamento do conjunto é, então, δmáx = δt = 1,40 mm
b) Deformação permanente: Fazendo agora a força P decrescer de 19,5 kN até
zero, os esforços internos Pb e Pt decrescem segundo uma linha reta mostradas
nas figuras abaixo, respectivamente.
A força Pb decresce segundo a linha CD paralela à porção inicial da curva
de carregamento, enquanto a força Pt decresce ao longo da curva de
carregamento original, uma vez que o ponto de escoamento não foi atingido para
o tubo. Sua soma P, então irá decrescer ao longo da linha CE, paralela à linha
OUb da curva força-deformação do conjunto, mostrada abaixo. A declividade de
OUb e de CE, que é m = 15/0,8 = 18,75. O segmento FE representa a deformação
δ’ do conjunto durante o descarregamento, e o segmento OE representa a
deformação permanente δp após a retirada da carga P. Do triângulo CEF, temos
δ '= −
Pmáx
19,50
=−
= −1,04mm
m
18,75
81
A deformação permanente é, então, δp = δmáx + δ’ = 1,40 – 1,04 = 0,36 mm
c) Tensões Residuais.
Observamos, agora, nos gráficos anteriores, que os
esforços internos Pb e Pt não são iguais a zero depois da retirada da força P.
Para determinarmos as tensões residuais correspondentes na barra e no tubo,
vamos calcular as tensões inversas σ’b e σ’t provocadas pelo descarregamento, e
somá-las às tensões máximas σb = 200 MPa e σt = 175 MPa encontradas no
início da resolução deste problema.
A deformação específica causada pelo descarregamento é a mesma na
barra e no tubo. Ela vale
ε '=
As
δ'
L
=
− 1,04mm
= −1,30 x10 −3
800mm
correspondentes
tensões
inversas
na
respectivamente,
σ’b = ε’.Eb = (-1,30 x 10-3).(200 GPa) = -260 MPa
σ’t = ε’.Et = (-1,30 x 10-3).(100 GPa) = -130 MPa
82
barra
e
no
tubo
são,
As tensões residuais se calculam por superposição das tensões causadas
pela
fase
de
descarregamento
com
aquelas
tensões
inversas
do
descarregamento. Temos, então,
(σ’b)res = σb + σ’b = 200 MPa – 260 MPa = -60 MPa
(σ’t)res = σt + σ’t = 175 MPa – 130 MPa = +45 MPa
Quando as deformações plásticas são causadas por variação de
temperatura (exemplo de soldas), podem ocorrer também as tensões residuais.
Se, por exemplo, durante o processo de solda de uma barra a uma placa, a
temperatura da primeira aumenta até um valor acima de 1000o C, temperatura
esta para a qual a rigidez da barra e seu módulo de elasticidade serão
praticamente zero. Ao completar a solda, a barra terá uma temperatura de 1000o
C ligada a uma placa à temperatura de 20o C (que, por suas dimensões, não eleva
muito sua temperatura), sem ocorrência de tensões.
Com o resfriamento da barra, seu módulo de elasticidade aumenta e atinge
seu valor normal de cerca de 200 GPa, mais ou menos a 500o C. Explicitando ∆T
e fazendo com que σ seja igual à tensão de escoamento σy = 300 MPa,
obteremos a variação de temperatura capaz de levar a barra ao escoamento.
Adotamos α = 12 x 10-6/oC, valor médio para o aço.
∆T = −
σ
300 MPa
=−
= −125 o C
−6 o
E.α
(200GPa ).(12 x10 / C )
Esse valor mostra que a barra começará a escoar em torno de 375o C, e
continuará o escoamento a um nível de tensão praticamente constante, até a
temperatura ambiente. Assim, como resultado da operação de solda, cria-se uma
tensão residual de cisalhamento na barra e na solda, de valor aproximadamente
igual à tensão de escoamento do aço da barra (não são tensões axiais).
Exemplo: Uma viga rígida ABC, inicialmente horizontal é suspensa por
duas barras de aço.
O ponto médio B da viga se desloca de 10 mm para baixo,
pela aplicação lenta da força Q, que é então, retirada lentamente. Sabendo-se
que o aço usado nas barras têm comportamento elasto-plástico, com E = 200 GPa
83
e σy = 300 MPa, determinar: a) o máximo valor de Q necessário e a posição da
viga, para a deflexão de 10 mm; b) a posição final da viga.
Condições de equilíbrio. Sendo Q aplicada no centro da viga, temos:
PAD = PCE e Q = 2.PAD
Comportamento no regime elástico. O máximo valor de Q e a máxima
deflexão elástica do ponto A ocorrem quando σ = σy na barra AD.
(PAD)máx = σy .A = (300 MPa)(400 mm2) = 120 kN
Qmáx = 2.(PAD)máx = 2.(120 kN) = 240 kN
δ A = ε .L =
σy
1
 300MPa 
.L = 
.(2m) = 3mm
E
 200GPa 
Como PCE = PAD = 120 kN, a deflexão correspondente no ponto C ocorre
quando
σ CE =
PCE
120kN
=
= 240MPa
A
500mm 2
δ C = ε .L =
σ CE
 240 MPa 
.L = 
.(5m) = 6mm
E
 200GPa 
1
A deformação correspondente em B é
δ B = .(δ A + δ C ) = (3mm + 6mm) = 4,5mm
1
1
2
1
1
1
2
Como devemos ter δB = 10 mm, concluímos que devem ocorrer
deformações plásticas.
84
Deformações plásticas: Ocorrem na barra AD para Q = 240 kN, sendo σAD
= 300 MPa. Como a tensão na barra CE está no regime elástico, δC permanece
de 6 mm. A deflexão δA necessária para levar δB ao valor de 10 mm é
δB2 = 10 mm = ½.(δA2 + 6 mm) ∴ δA2 = 14 mm
Descarregamento: Enquanto a força Q é gradualmente removida, a força
PAD decresce ao longo da linha HJ paralela à porção inicial do diagrama forçadeformação da barra AD (vide gráficos a seguir). A deflexão final do ponto A é
δA3 = 14 mm – 3 mm = 11 mm
Como a tensão na barra CE se mantém no regime elástico, vemos que a
deflexão final no ponto C é zero.
1.9) ESTADO DE TENSÕES
O estado de tensão em torno de um ponto está definido quando as tensões
estão perfeitamente determinadas para qualquer orientação do elemento de
85
superfície a que se refiram. No entanto para se ter o estado de tensão em torno de
um ponto não é necessário conhecer todas as tensões referentes a esse ponto e
sim conhecer algumas capazes de permitir a determinação de todas as outras
através de expressões simples, que mostraremos no item seguinte com o auxílio
do círculo de Mohr.
Notação usada:
a) Tensão normal
: O índice indica a direção
b) Tensões tangenciais
: O 1o índice indica a direção normal à faceta em que
atua a tensão tangencial e o 2o índice indica a direção da tensão tangencial.
Convenção de Sinal:
Uma tensão é positiva, quando referindo-se a uma face positiva, tiver ela própria a
direção positiva, ou quando referida a uma face negativa, tiver sentido negativo.
A determinação das Tensões Usando o Círculo de Mohr, seguem algumas regras
para o seu traçado:
1) Consideremos um ponto P onde o estado de tensão está definido por σx, σy e τx.
Vamos tomar um sistema de eixos coordenados σ x τ e marquemos dois pontos:
M
: (σx, -τx)
M’
: (σy , τy)
2) Liguemos M a M’ determinando o ponto C sobre o eixo das abcissas;
86
3) Tracemos um círculo com centro no ponto C e raio CM=CM’ , que cortará o eixo
dos Oσ em A e B.
Círculo de Mohr.
No círculo de Mohr podemos obter:
σc = σ y +
σx −σy
2
=
σx + σy
2
Cálculo do Raio:
 σx −σy
R = 
2

2
Do triângulo CEM, temos:
R2 =
R=
2

 + τx2


1
(σ x − σ Y )2 + 1 * 4τ 2x
4
4
1
2
(σ x − σ Y )2 + 4τ 2x
87
Tensões e Direções Principais
Os pontos B e A definem as direções I e II, respectivamente.
OB = OC + R
σi =
σx +σy
2
+
OA = OC − R
σ iI =
σx + σy
2
σ I = σc + R
⇒
1
2
(σ x − σ Y )2 + 4τ 2x
⇒
−
1
2
σ II = σ c − R
(σ x
− σ Y ) + 4τ 2x
2
Temos que a direção principal I e dada pelo ângulo MAB = αI
tan (2α I ) =
EM
tan (2α I ) =
2τ x
σx −σy
, onde
CE
Da figura, temos:
α II = α I + 90
88
EM = τ x
e
CE =
σx −σy
2