Curso de Engenharia Civil
Universidade Estadual de Maringá
Centro de Tecnologia
Departamento de Engenharia Civil
Prof. Romel Dias Vanderlei
Prof. Romel Dias Vanderlei
CAPÍTULO 6:
TORÇÃO
Revisão de Momento Torçor
Convenção de Sinais:
T:
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Revisão de Momento Torçor
a) Momento de torção t uniformemente distribuído
em viga em balanço:
t (kN.m/m)
B
A
L
S1
TA
x
Reações de apoio:
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TA = t ⋅ L
Revisão de Momento Torçor
Seção S1: 0 ≤ x ≤ L (pela esquerda):
TS1 = TA − t ⋅ x = t ⋅ L − t ⋅ x
Diagrama de Momento Torçor:
t⋅ L
T (kN.m)
t
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Revisão de Momento Torçor
b) Momento de torção T aplicado na extremidade
livre de viga em balanço:
T (kN.m)
A
B
T
x
L
S1
TA
Reações de apoio:
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TA = T
Revisão de Momento Torçor
Seção S1: 0 ≤ x ≤ L (pela esquerda):
TS1 = TA = T
Diagrama de Momento Torçor:
T
T (kN.m)
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Revisão de Momento Torçor
c) Momento de torção t uniformemente distribuído:
t (kN.m/m)
S1
TA
A
L
x
Reações de apoio:
TA = TB =
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t
B
t⋅L
2
Revisão de Momento Torçor
Seção S1 (pela esquerda): 0 ≤ x ≤ L
TS1 = −TA + t ⋅ x = −
t⋅L
+t ⋅ x
2
Diagrama de Momento Torçor:
T (kN.m)
t⋅ L
2
t⋅ L
2
TB
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Revisão de Momento Torçor
d) Momento de torção T aplicado ao longo da viga:
T (kN.m)
A
T
S2
TB
B
C
a
S1
TA
x
b
x
Reações de apoio:
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TA =
T ⋅b
T ⋅a
e TB =
L
L
Revisão de Momento Torçor
Seção S1: 0 ≤ x ≤ a (pela esquerda):
TS1 = TA =
T ⋅b
L
Seção S2: a ≤ x ≤ L (pela direita):
TS2 = −TB = −
T ⋅a
L
Diagrama de Momento Torçor:
T⋅b
L
T (kN.m)
T⋅ a
L
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6.1-Introdução
No estudo de Torção, além das hipóteses da
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Resistência dos Materiais são consideradas as
seguintes condições:
a) Momento Torçor constante;
b) Inexistência de vínculos que impeçam o
empenamento das seções transversais;
c) Seção transversal constante.
6.2-Torção em Barras Circulares
Hipóteses:
Barra em torção pura;
Seções transversais permanecem planas e
circulares;
Todos os raios permanecem retos;
Ângulo de rotação pequeno: comprimento e raio
constante.
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6.2-Torção em Barras Circulares
- O ângulo de torção φ varia ao longo do eixo da
barra φ(x);
- φ(x) varia linearmente entre 0 e φ;
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φ(x)
φ
φ
6.2-Torção em Barras Circulares
- Isolando-se duas seções transversais distantes
dx tem-se:
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6.2-Torção em Barras Circulares
A deformação angular máxima (γmáx) ocorre na
superfície da barra e pode ser equacionada da
seguinte forma:
γ máx
b ⋅ b′ b ⋅ b′ = r ⋅ dφ
=
∴
a ⋅ b a ⋅ b = dx
γ máx =
Para um ponto da seção distante ρ do centro, a
deformação angular (γ) pode ser definida como:
γ=
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r ⋅ dφ
dx
ρ ⋅ dφ
dx
6.2-Torção em Barras Circulares
Para uma barra sujeita à torção pura, a relação
dφ/dx é constante e representa o ângulo de torção
por unidade de comprimento designado por θ.
θ=
dφ φ
=
dx L
Razão de torção
Logo:
γ máx = r ⋅θ ⇒ γ máx =
r ⋅φ
L
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6.2-Torção em Barras Circulares
Deformação de cisalhamento no interior da barra:
γmáx
γ = ρ ⋅θ =
γ
ou
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γ=
θ=
ρ ⋅φ
L
γ máx
r
ρ ⋅ γ máx
r
6.2-Torção em Barras Circulares
γ é máxima para ρ = r na superfície.
γ = 0 para ρ = 0 no centro.
γ é medido em radianos.
θ em radianos por unidade de comprimento.
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6.3- Barras Circulares de Materiais Elásticos Lineares
Tensão de Cisalhamento Lei de Hooke
τ = G ⋅γ
G Módulo de Elasticidade Transversal
γ Deformação de Cisalhamento
Sendo:
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G=
E
2(1 +ν )
E Módulo de Elasticidade Longitudinal
ν Coeficiente de Poisson
6.3- Barras Circulares de Materiais Elásticos Lineares
Analisando as tensões na superfície da barra:
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6.3- Barras Circulares de Materiais Elásticos Lineares
γ máx = r ⋅θ
τ máx = G ⋅ r ⋅θ
τ = G ⋅ ρ ⋅θ =
ρ
r
⋅τ máx
τmáx tensão de cisalhamento na superfície da barra.
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τ
tensão de cisalhamento em um ponto interior.
6.3- Barras Circulares de Materiais Elásticos Lineares
Para manter o equilíbrio das tensões de cisalhamento,
as tensões agindo na seção transversal são
acompanhadas por tensões de cisalhamento iguais
agindo em planos longitudinais.
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6.3.1-Tensões e Deformações de Cisalhamento
Relacionadas com Momento Torçor
dF = τ ⋅ dA Força agindo no elemento dA;
dM = dF ⋅ ρ
Momento devido à força dF
em relação ao centro.
Lembrando que:
θ =
φ
ρ
τ = G ⋅ ρ ⋅θ = ⋅τ máx
τ = G ⋅γ
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γ = ρ ⋅θ
γ máx = r ⋅θ
L
r
τ máx = G ⋅ r ⋅θ
6.3.1-Tensões e Deformações de Cisalhamento
Relacionadas com Momento Torçor
dM = τ ⋅ ρ ⋅ dA
τ
ρ
dM = ⋅τ máx ⋅ ρ ⋅ dA= máx ⋅ ρ 2 ⋅ dA
r
r
O somatório dos momentos dM em relação ao centro da
seção é igual ao momento torçor agindo na seção:
T = ∫ dM =
A
sendo
∫
A
τ máx
⋅ ∫ ρ 2 ⋅ dA
r A
ρ 2 ⋅ dA = J → Momentode InérciaPolar
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6.3.1-Tensões e Deformações de Cisalhamento
Relacionadas com Momento Torçor
Então:
T=
τ máx
r
⋅J
Logo:
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τ máx =
e J=
T ⋅r
J
π ⋅ r4
2
=
π ⋅d4
32
Fórmula da Torção
6.3.1-Tensões e Deformações de Cisalhamento
Relacionadas com Momento Torçor
Substituindo:
d
r=
2
τ máx =
J=
e
16 ⋅ T
π ⋅d3
π ⋅d4
32
Barras circulares sólidas
Para um ponto distante ρ do centro:
τ=
ρ
r
⋅τ máx =
T ⋅ρ
J
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6.3.1-Tensões e Deformações de Cisalhamento
Relacionadas com Momento Torçor
Ângulo de Torção:
Sabendo-se que:
τ máx = G ⋅ r ⋅θ
τ máx =
e
T ⋅r
J
Podemos dizer que:
θ=
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Como:
T
G⋅ J
onde G.J é a rigidez de torção
φ =θ ⋅ L → φ =
T ⋅L
→
G⋅ J
Ângulo de Torção
(em radianos)
6.3.1-Tensões e Deformações de Cisalhamento
Relacionadas com Momento Torçor
Ensaio de Torção para determinar G:
G=
T ⋅L
φ⋅J
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6.3.2-Tubos Circulares ( Seção Circular
Vazada)
A análise é quase idêntica à feita para uma barra
sólida.
As equações deduzidas para barras sólidas são
aplicáveis para as de seção vazada, uma vez que as
hipóteses são as mesmas. Sendo que:
τ
r1 ≤ ρ ≤ r2
π
2
(
)
⋅ r24 − r14 =
π
32
(
⋅ d 24 − d14
Exemplo 1
Considere um eixo com variação de seção,
engastado no ponto E conforme a figura. Determine
a rotação da extremidade A, quando os dois
momentos torçores em B e D são aplicados.
Considere G = 80x109N/m2 .
Seção B
Seção A
D
E
T2
50cm
C
30cm
B
20cm
Seção B
T1 = 150 N ⋅ m
T2 = 1000 N ⋅ m
25cm
Seção A
2,5cm
5cm
A
T1
2,5cm
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J=
)
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Exemplo 1
a) Diagrama de Momento Torçor:
1150N.m
150N.m
+
+
E
D
C
B
A
b) Cálculo da rotação em A:
φA = φAB +φBC +φCD +φDE
J AB = J BC =
π ⋅d4
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J CD = J DE =
32
π
32
= 3,83 cm4
(
)
⋅ 5 4 − 2,5 4 = 57,5 cm 4
Exemplo 1
φ AB =
T ⋅ LAB
=0
G ⋅ J AB
φ BC =
T ⋅ L BC
15000 × 20
=
= 0,010
G ⋅ J BC 80 × 10 9 × 10 − 4 × 3,83
φCD =
T ⋅ LCD
15000 × 30
=
= 0,001
G ⋅ J CD 80 × 10 5 × 57 ,5
φ DE =
T ⋅ LDE
115000 × 50
=
= 0,013
G ⋅ J DE 80 × 10 5 × 57 ,5
φ A = 0,0233 rad ou 1,33°
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Exemplo 2
Calcular a tensão de cisalhamento máxima e a
rotação na extremidade livre, sabendo-se que a
rotação no ponto A é 0,02rad, G = 80MPa e d = 4cm.
D
Seção
C
A
B
M
2M
3M
4cm
30cm
50cm
30cm
a) Diagrama de Momento Torçor:
4M
3M
2M
+
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D
+
+
B
A
C
Exemplo 2
b) Rotação no ponto A:
J=
Trecho DA : T = 4M
π ⋅d4
32
=
π ⋅ (0,04)4
32
= 25,13×10−8 m4
T ⋅L
G⋅ J
4 ⋅ M × 0,3
φA =
⇒ M = 0,335 N ⋅ m
80⋅106 × 25,13⋅10−8
φA = 0,02 =
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Exemplo 2
c) Tensão de Cisalhamento Máxima na barra:
Tmáx ⋅ r
J
Tmáx = 4 ⋅ M = 4 × 0,335 = 1,340 N ⋅ m
τ máx =
r = 2 cm = 0,02 m
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τ máx =
1,34× 0,02
= 106,67 kPa
25,13×10−8
Exemplo 2
d) Rotação da Extremidade livre:
φC = φDA +φAB +φBC
φC = 0,02+
2× 0,335× 0,5
3× 0,335× 0,3
+
80⋅106 × 25,13⋅10−8 80⋅106 × 25,13⋅10−8
φC = 0,02+ 0,017+ 0,015
φC = 0,052 rad ou 2,96°
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Exemplo 3
Um eixo de aço deve ser fabricado com uma
barra circular. O eixo deve transmitir um torque
de 1200N.m sem exceder uma tensão de
cisalhamento admissível de 40MPa nem uma
razão de torção de 0,75°/m. Determine o
diâmetro necessário d0 do eixo sabendo que G =
78GPa.
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d0
Exemplo 3
a) Seção sólida:
Tensão admissível:
τ máx =
d03 ≥
16⋅T
≤τ
π ⋅ d 3 adm
16⋅T
16⋅1200
=
π ⋅τ adm π ⋅ 40⋅106
d 0 ≥ 0 ,0535 m = 53 ,5 mm
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Exemplo 3
Razão de torção:
θ=
J≥
T
≤ 0,75° / m
G⋅ J
→ J≥
T
G×0,75
1200
78 × 109 × 0,750 / m × (π ⋅ rad / 1800 )
J ≥ 1,175 × 10 −9 m 4
J=
π ⋅d4
32
−9
≥ 1,175×10 ∴ d ≥
4
0
32 ⋅ J
π
d 0 ≥ 0,0588 m = 58,8mm
=
32 ×1,175×10−9
π
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Logo, o diâmetro da barra será o maior: d0 = 58,8mm ou 60mm
6.4 – Barras sob Torção Estaticamente
Indeterminadas
São estruturas em que as equações de equilíbrio não
são suficientes para se determinar as reações nos
vínculos.
Para analisar estas estruturas adiciona-se as
equações de equilíbrio, equações de compatibilidade
pertencentes aos deslocamentos rotacionais.
Para exemplificar, considere uma barra AB composta
de duas partes: uma barra sólida e um tubo, ambos
unidos a uma placa rígida na extremidade B.
Barra
Tubo
Barra
Tubo
Placa
Rígida
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6.4 – Barras sob Torção Estaticamente
Indeterminadas
a) Equações de Equilíbrio.
Barra
T1 + T2 = T
(Estaticamente Indeterminada)
Tubo
b) Equação de Compatibilidade.
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φ1 = φ2 ∴
T1 ⋅ L T2 ⋅ L
G ⋅J
=
∴ T1 = 1 1 ⋅T2
G1 ⋅ J1 G2 ⋅ J2
G2 ⋅ J2
6.4 – Barras sob Torção Estaticamente
Indeterminadas
T1 + T2 = T
G1 ⋅ J1
⋅T2 + T2 = T
G2 ⋅ J2
 G ⋅J

T2 ⋅  1 1 +1 = T
 G2 ⋅ J2 


G2 ⋅ J2

T2 = T ⋅ 
G
⋅
J
+
G
⋅
J
 1 1 2 2
e


G1 ⋅ J1

T1 = T ⋅ 
G
⋅
J
+
G
⋅
J
 1 1 2 2
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Exemplo 4
Determinar as reações nos apoios do eixo AB de
comprimento total de 600mm, engastado nas duas
extremidades com momento torçor de 200N.mm
aplicado no ponto C do eixo. O eixo é de aço, com
diâmetro externo de 24mm, sendo de seção vazada
no trecho AC, com diâmetro interno de 16mm.
C
A
Seção CB
16mm
Seção AC
B
T=200N.mm
24mm
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300mm
24mm
300mm
Exemplo 4
a) Equações de Equilíbrio:
TA
TA + TB = 200 N ⋅ mm
TB
T = 200N.mm
C
(Estaticamente Indeterminada)
b) Equação de Compatibilidade de Deslocamento:
A
T = 200N.mm
C
+
A
C
φ1 + φ2 = 0
φ1
B
φ2 T
J AC =
B
B
π
(
32
)
4
4
⋅ dext
− dint
=
π
32
(
⋅ 244 −164
)
J AC = 26 .138 ,05 mm 4
J CB =
π ⋅d4
32
=
π ⋅ 24 4
32
= 32.572,03 mm 4
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Exemplo 4
0
TAC ⋅ LAC TCB ⋅ LCB
200× 300
2,296
φ1 =
+
=
=
G ⋅ J AC
G ⋅ J CB G × 26.138,05
G
φ2 = −
TB ⋅ LAC TB ⋅ LCB
−
G ⋅ J AC G ⋅ J CB
φ2 = −
TB ⋅ 300 
1
1

⋅
+

G
26
.
138
,
05
32
.
572
,
03


φ2 = −
0,021 × TB
G
Exemplo 4
φ1 + φ2 = 0
2,296 0,021⋅ TB
−
= 0 ⇒ TB = 110,98 N.mm
G
G
TA + TB = 200 ⇒ TA = 89,02 N.mm
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6.5 – Barras de Seção Transversal NãoCircular
Em seção não-circular as tensões de cisalhamento
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apresentam uma distribuição complexa. Essas
seções podem apresentar empenamentos quando o
eixo for torcido.
A análise torcional de eixos não-circulares é
complexa, envolvendo teoria de analogia de
membrana para auxiliar na compreensão e solução
do problema.
6.5 – Barras de Seção Transversal NãoCircular
A distribuição da tensão de cisalhamento em um eixo
de seção quadrada pode ser visualizada assim:
T
τmáx
τ
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6.5 – Barras de Seção Transversal NãoCircular
Os vértices da seção transversal estão sujeitos a
uma tensão de cisalhamento nula.
As maiores tensões e deformações de cisalhamento
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ocorrem no ponto da superfície do eixo que esteja
mais próximo da linha de centro do eixo.
6.5 – Barras de Seção Transversal NãoCircular
A tensão de cisalhamento máxima e o ângulo
de torção para barras de seção nãocirculares, de eixo reto e seção retangular
constante podem ser dados por:
τ máx =
T
C1 ⋅ a ⋅ b 2
φ=
T ⋅L
C2 ⋅ a ⋅ b3 ⋅ G
a lado maior
b lado menor
C1 e C2 coeficientes tabelados em
função da relação a/b.
onde:
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6.5 – Barras de Seção Transversal NãoCircular
Coeficientes C1 e C2:
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a/b
1
1,2
1,5
2
2,5
3
4
5
10
∞
C1
0,208
0,219
0,231
0,246
0,258
0,267
0,282
0,291
0,312
0,333
C2
0,1406
0,1661
0,1958
0,229
0,249
0,263
0,281
0,291
0,312
0,333
Barras de paredes finas e
espessura constante. Seção Aberta.
Independente da forma.
Exemplo 5
Calcular a tensão máxima na barra de seção
retangular de 10x25cm, submetida ao momento de
torção de 6500KN.cm; e o ângulo de torção, sabendo
que a barra tem 1,5 m de comprimento e é
constituída de um aço com G = 9000KN/cm2.
B
1,5m
25cm
T=6500kN.cm
A
τmáx
10cm
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Exemplo 5
τ máx =
a = 25cm
b = 10cm
τ máx
T
C1 ⋅ a ⋅ b 2
φ=
T ⋅L
C2 ⋅ a ⋅ b3 ⋅ G
C1 = 0,258
a 25
=
= 2,5 TAB
→
.

b 10
C2 = 0,249
6500×10−2
=
= 100,8kPa
0,258 ⋅ 0,25 ⋅ 0,102
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6500×10−2 ⋅1,50
 180  0
= 0,0174 rad  ×
φ=
 ≈1
3
4
0,249 ⋅ 0,25 ⋅ 0,10 ⋅ 9000×10
π


6.6 – Tubos de Paredes Finas
Considere uma barra cilíndrica de seção delgada, de
forma qualquer e com parede de espessura variável
em todo o contorno.
Analisando o elemento abcd, vemos que:
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6.6 – Tubos de Paredes Finas
As forças F1, F2, F3 e F4 nas faces do elemento, são
as resultantes das tensões de cisalhamento que
agem nas respectivas faces.
F1
F4
F3
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F2
6.6 – Tubos de Paredes Finas
Analisando o equilíbrio das forças horizontais:
F1
F4
F3
F2
∑F
x
= 0 ⇒ F1 = F2
F1 = τ 1 ⋅ tb ⋅ dx
F2 = τ 2 ⋅ tc ⋅ dx
⇒
τ 1 ⋅ tb ⋅ dx = τ 2 ⋅ tc ⋅ dx
τ 1 ⋅ tb = τ 2 ⋅ t c = f
Fluxo de Cisalhamento
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6.6 – Tubos de Paredes Finas
O produto da tensão de cisalhamento pela espessura
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é constante em qualquer um dos pontos da seção
transversal.
Essa constante é denominada FLUXO DE
CISALHAMENTO (f).
Como o Fluxo de Cisalhamento é constante, a maior
tensão de cisalhamento ocorre onde a espessura do
tubo é menor, e vice-versa.
6.6.1 – Fórmula da Torção
dA = t ⋅ ds
dF = τ ⋅ dA = τ ⋅ t ⋅ ds
dF = f ⋅ ds
Força de Cisalhamento
agindo no elemento.
Linha
mediana
Momento da forca DF em relação a “O”.
dT = dF ⋅ r = f ⋅ ds ⋅ r
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6.6.1 – Fórmula da Torção
Torque total é:
L
Lm
0
0
T = ∫ f ⋅ ds ⋅ r = f ⋅ ∫ ds ⋅ r
Lm Comprimento da linha mediana.
A integral
∫
Lm
0
r ⋅ ds
é considerada de forma
simplificada como o dobro da área de um
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triangulo de base “ds” e altura “r”.
6.6.1 – Fórmula da Torção
AT =
∫
Lm
0
r ⋅ ds
∴ r ⋅ ds = 2 ⋅ AT
2
r ⋅ ds = 2 ⋅ ∫ AT = 2 ⋅ Am
A área “Am” representa a área delimitada pelo
contorno médio das paredes da seção
transversal.
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6.6.1 – Fórmula da Torção
Logo:
T = f ⋅ 2 ⋅ Am
f =
T
= τ ⋅t
2 ⋅ Am
τ=
T
2 ⋅ t ⋅ Am
Fórmula de Torção p/
tubos de paredes finas.
6.6.1 – Fórmula da Torção
O valor da tensão de cisalhamento varia nos “n”
pontos da seção transversal de espessura diferente.
O ângulo de torção por unidade de comprimento
pode ser obtido aplicando o princípio de conservação
da energia na estrutura, e vale:
θ=
Lm ds
T
⋅
2
4 ⋅ Am ⋅ G ∫0 t
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6.6.1 – Fórmula da Torção
Fazendo:
4 ⋅ Am
T
=
=C
Lm ds
θ ⋅G
2
∫
0
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φ=
Constante de Torção.
t
T ⋅L
G ⋅C
Ângulo de Torção.
Exemplo 6
Um tubo de alumínio de seção retangular 5x10cm é
submetido a um momento torçor de 3kN.m. Determine
a tensão de cisalhamento em cada parede do tubo e o
ângulo de torção, sendo L = 150cm, G = 9000kN/cm2.
A
B
3mm
4mm
5cm
3mm
4mm
C
10cm
D
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Exemplo 6
Am = 4,65 × 9,65 = 44,87 cm2
τ=
T
2 ⋅ t ⋅ Am
τ nas paredes AB e BC t = 3mm = 0,3cm.
3 ×103 ×102
τ=
= 11143,3 N/cm2
2 × 0,3 × 44,87
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τ = 11143,3 ×104 N/m 2 = 111,43MPa
Exemplo 6
τ nas paredes AC e CD t = 4mm = 0,4cm.
3 ×103 ×102
τ=
= 8357,48 N/cm2 = 83,57 MPa
2 × 0,4 × 44,87
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Exemplo 6
Ângulo de Torção
φ=
T ⋅L
G ⋅C
4× Am 4 × (44,87)
C=
=
= 96,542
Lm ds
83,417
∫0 t
2
∫
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sendo:
Lm
0
2
ds 9,65 ds 4,65 ds 9,65 ds 4,65 ds
=
+
+
+
t ∫0 t1 ∫0 t1 ∫0 t2 ∫0 t2
Exemplo 6
∫
Lm
0
ds 9,65 4,65 9,65 4,65
=
+
+
+
= 83,417
0,3 0,3 0,4 0,4
t
3 ×103 ×102 ×150
φ=
= 0,052 rad ≈ 2,970
3
9000×10 × 96,542
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Aplicação 1
O sistema da figura é constituído por um eixo cheio de aço AB com
diâmetro d = 38mm e tensão de cisalhamento admissível de
82MPa, e por um tubo CD feito de latão com uma tensão de
cisalhamento admissível de 48MPa. Determine o maior torque T
que pode ser aplicado em A.
Aplicação 2
Sabendo que cada um dos eixos AB, BC e CD consistem em barras
circulares cheias, determine (a) o eixo no qual ocorre a tensão de
cisalhamento máxima, (b) a intensidade daquela tensão.
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Aplicação 3
O eixo cheio mostrado na figura é feito de latão para o qual a
tensão de cisalhamento admissível é de 55MPa. Desprezando o
efeito das concentrações de tensão, determine os menores
diâmetros dAB e dBC para os quais a tensão de cisalhamento
admissível não é excedida.
Aplicação 4
Dois eixos cheios de aço são conectados por engrenagens
conforme mostra a figura. É aplicado um torque de intensidade T =
900N.m no eixo AB. Sabendo que a tensão de cisalhamento
admissível é de 5MPa e considerando somente tensões devido à
torção, determine o diâmetro necessário para (a) o eixo AB, (b) o
eixo CD.
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Aplicação 5
Determine o maior diâmetro possível para uma barra de aço com
3,0m de comprimento (G=77,2GPa), se a barra deve ser girada em
30˚ sem exceder a tensão de cisalhamento de 82MPa.
Aplicação 6
Os torques mostrados são aplicados nas polias A, B e C. Sabendo
que ambos os eixos são cheios e feitos de latão (G = 39GPa),
determine o ângulo de torção entre (a) A e B; e (b) A e C.
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Aplicação 7
Dois eixos cheios estão acoplados por engrenagens, conforme
mostra a figura. Sabendo-se que G = 77,2GPa para cada eixo,
determine o ângulo de rotação da extremidade A quando TA = 1200
N.m.
Aplicação 8
Dois eixos cheios de aço (G=77,2GPa) são conectados a um disco
de acoplamento B e engastados a suportes rígidos em A e C. Para o
carregamento mostrado, determine (a) a reação em cada suporte, (b)
a tensão de cisalhamento máxima no eixo AB, (c) a tensão de
cisalhamento máxima no eixo BC.
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Aplicação 9
Sabendo que a intensidade do torque T é de 200N.m e que
G=27GPa, determine para cada uma das barras de alumínio
mostradas na figura a tensão de cisalhamento máxima e o ângulo de
torção na extremidade B.
Aplicação 10
Uma cantoneira de abas desiguais de aço de 1,25m de comprimento
tem seção transversal L127x76x6,4. A espessura da seção é de
6,4mm e que sua área é de 1252mm2. Sabendo que τadm = 60MPa e
que G=77,2GPa, e ignorando o efeito de concentração de tensões,
determine (a) o maior torque T que pode ser aplicado, (b) o ângulo
de torção correspondente.
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Aplicação 11
Um torque de 5,6kN.m é aplicado a um eixo vazado com a seção
transversal mostrada na figura. Desprezando o efeito das
concentrações de tensão, determine a tensão de cisalhamento nos
pontos a e b.
Aplicação 12
Uma barra vazada tendo a seção transversal mostrada na figura é
formada a partir de chapa metálica de 2mm de espessura. Sabendo
que a tensão de cisalhamento não deve exceder 3MPa, determine o
maior torque que pode ser aplicado à barra.