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RESISTÊNCIA DE MATERIAIS -2
Tensões Tangenciais em Flexão e Torção
Luís Filipe Pereira Juvandes
Porto 2002
AD.8 - Publicação de LUIS JUVANDES associada à Actividade Docente
RESISTÊNCIA DE MATERIAIS - 2
Tensões Tangenciais em Flexão e Torção
Texto de suporte teórico e colecção de exercícios resolvidos para apoio à disciplina de “Resistência de Materiais 2” do 2º ano do Curso de Licenciatura em Engenharia Civil da FEUP.
Por Luis Filipe Pereira Juvandes
Porto 2002
AD.8
Juvandes, L. F. P., 2002, "Resistência de Materiais 2: Tensões Tangenciais em Flexão e Torção", texto de suporte teórico e colecção de exercícios resolvidos para apoio da disciplina de “Resistência de Materiais 2” (2º ano) do DEC, 50 pp., publicação electrónica nos conteúdos da disciplina disponíveis na web-page do SiFeup e em (http://www.fe.up.pt/~juvandes/RM2/tensaotangencial.pdf).
FEUP - ENGENHARIA CIVIL
Tensões Tangenciais em Flexão e Torção
RESISTÊNCIA DE MATERIAIS 2
Professor Luís Juvandes
NOTA Em virtude do conteúdo muito abrangente de Resistência de Materiais 1 e 2, torna-se bastante difícil indicar um único livro que englobe, de forma satisfatória, todas as matérias da disciplina de Resistência de Materiais. Nestas condições, os apontamentos aqui apresentados são textos de suporte teórico e colecção de exercícios resolvidos para apoio à disciplina de “Resistência de Materiais 1 e 2” do 2º ano do Curso de Licenciatura em Engenharia Civil da Faculdade de Engenharia da Universidade do Porto (FEUP. Desta forma, os apontamentos podem não incluir a totalidade da matéria apresentada nas aulas teóricas e práticas e conter alguns erros ou omissões. Estes, não pretendendo substituir a consulta da bibliografia sugerida nos conteúdos da disciplina, ajudam a fixar a direcção e a profundidade com que se pretende abordar cada matéria e proporcionam uma sistematização dos assuntos tratados. Assim, aconselha-se a utilização dos mesmos a título de primeiro estudo, devendo uma análise mais aprofundada ter como base a bibliografia indicada nas aulas teóricas.
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Folha 1/54
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RESISTÊNCIA DE MATERIAIS 2
Tensões Tangenciais em Flexão e Torção Professor Luís Juvandes
ÍNDICE GERAL
1 – Aspectos Gerais
3
2 – Esforço Transverso (V)
3
2.1 – Secções Gerais ………………………………..….…………........……...........................................
3
2.2 – Verificação de Segurança …………………………………..…………...........................................
6
2.3 – Ligações / Ligações Aparafusadas ........ ……………………………………………..………........
7
i) Tabela Comercial …………………………………………......………………............................
7
ii) Tipo de Aço (EC3) …………………………………….………...................................................
7
iii) Disposições Regulamentares (REAE) ………………………………………………..…....……
8
2.4 - Secções de Paredes Finas ou Delgadas ………………..………………………….….....................
12
2.4.1 - Secções Abertas ........................…………………………………...…………………….…
12
2.4.2 - Centro de Corte ..................……………………………………………………….............…
15
2.4.3 - Secções Fechadas ……………………………………………………………..……………
16
2.5 - Exemplos de Aplicação ........................................... ……………………………………………....
18 38
3 – Esforço de Torção (T) 3.1 – Secções de Contorno Circular – Torção Pura ………………………………..….…………….......
38
3.2 – Secções Não Circulares – Torção de Saint – Vennant ………………………………….................
39
2.4.1 - Secções Rectangulares (h > b) ........................…………………...………………..….....…
39
2.4.2 - Secções de Paredes Finas (h >> b) ………………………………………………....…….....
39
2.4.2.1 - Secções Abertas …………………………………………….............……………
39
2.4.2.2 - Secções Fechadas ................………………………………………………............
41
3.3 – Verificação de Segurança ........ ……………………………….……………..……….....................
43
3.3 – Exemplos de Aplicação ........ ……………………………………………..……….........................
44
Ano lectivo 2001/2002
Folha 2/54
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1 – ASPECTOS GERAIS
Vy
Mx T My
x
Vx
ESFORÇOS
TENSÕES
N, Mx, My
σ (normal)
Vx, Vy; T
τ (tangencial)
z N
y
2 – ESFORÇO TRANSVERSO (V) Hipóteses de base: X,Y
Vx
Mx x
E.P.C.I.
se Vy , M x → hipótese 1 : flexão simples plano yy
Vy
se Vx , M y → hipótese 2 : flexão simples plano xx
y My
existe
eixo simetria
2.1 – SECÇÕES GERAIS Hipótese 1
y e.s y
⇒
Vy Mx dM x = Vy dz
p/m
S
S’
S
x
dz
S’
Mx
Mx + dMx
Vy
Vy+d Vy
y e
Ano lectivo 2001/2002
dz
d
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RESISTÊNCIA DE MATERIAIS 2 σ
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S
S’
σ + dσ
Vy
Vy+dVy x
e.n. Mx
Mx + dMx N y
N+dN
dz
y
• Interpretação da secção de escorregamento: r
SUPERFÍCIE DE ESCORREGAMENTO
=
rasante c=
corte
N+dN
N
A2
A1
=
r/m = esforço rasante/m A2
N A2
N+dN
= dR = r dz
A2
N
EQUILÍBRIO
⇒
• Distribuição de Tensões (Rasantes e Corte)
N+dN
dR = dN
- Princípio da reciprocidade das tensões tangências (P.R.T.T.)
c
b
b - comprimento de “ “
REAL
c máx
APROXIMADO
r
r
c
c
c méd
rasante r
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= =
corte c
Folha 4/54
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• Expressões médias
τ corte méd ( y ) = AO NÍVEL DA SECÇÃO DE ESCORREGAMENTO b “
“
r / m ( y) =
Vy S x Ix b Vy S x Ix
( y)
τ zy ( y)
NOTAS: i)
Vy Ix
Sx
ii)
const
Ix
K
- momento estático de parte de secção:
A1 x
Vy
Valores constantes para cada secção
y
•
S Ax1 + A 2 = S Ax1 + S Ax 2 = 0
•
S x ( y) = S Ax1 = S Ax 2
S Ax1 = −S Ax 2
⇒
b • Como é indiferente escolher as partes A1 ou A2, geralmente, opta-se por calcular o
A2
momento estático da parte que está toda do mesmo lado do eixo dos xx ⇒ neste
y
A
caso será S x 2
iii)
Vy S x S ( y) = K x ( y) Ix b b
τ méd = τ máx méd ⇒
Sx ( y ) máx b
τ
Exemplo
x
x
τ τmáx
x
x
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τmáx x
x
τmáx
b = const
b = const caso 1
τ
caso 2
caso 3
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iv)
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c τ méd (x) =
v)
My
VX S y
τ zx
Iy b
⇒
Vx + Vy
Hipótese 3
Vx
⇒
e.s. x
Hipótese 2
Flexão desviada
τ zx
τ zy
+
2.2 – VERIFICAÇÃO DE SEGURANÇA • Problemas base:
1 – DIMENSIONAMENTO 2 – VERIFICAÇÃO DE SEGURANÇA 3 – CAPACIDADE MÁXIMA
→ → →
incógnitas S, Iy, b verificar τSd ≤ τRd incógnita Vmáx
τSd ≤ τ Rd SECÇÃO + DESFAVORÁVEL
( Vmáx )
ESTUDO
⇒
τ máx = med
FIBRA + DESFAVORÁVEL
VS Ib
máx
⎛ S x ⎞ ou ⎛ Sy ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ b ⎠ máx ⎝ b ⎠ máx
•
•
τ Sd = τ máx méd × 1.5
•
τ Rd = Regulamento do material
Aço → Art.º 41 (R.E.A.E.)
σ Rd = f yd τ Rd =
Ano lectivo 2001/2002
f yd 3
Aço
σ Rd (MPa)
τ Rd (MPa)
Fe 360
235
135
Fe 430
275
160
Fe 510
355
205
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2.3 – LIGAÇÕES: parafusos, rebites, pregos, soldaduras, etc. • Ligações aparafusadas material
chapa adicional F F
secção de corte secção de corte
secção de corte
material
Flexão
Corte Directo cabeça
i) Tabela Comercial
→ ver pág. 11 → Ex: parafuso “M12”
ii) Tipo de Aço (Eurocode 3) → ver pág. 11 espiga
Classe A. B
⎡ f yb = A × B × 10 ( MPa ) ⎢ ⎢ f ud = A × 100 ( MPa ) ⎢⎣ f yd = f yb
dn
parte roscada da espiga “b”
iii) Disposições Regulamentares (R.E.A.E) •
•
os Aspectos gerais: ⎡Art 7, 10 − material ⎢ os ⎣Art 12 a 25 − disposições de projecto
Verificação de Segurança (Artos 38 a 40 e Arto 58): a) b) c) d)
•
Condição de corte Condição de esmagamento lateral Condição de tracção Furo próximo do bordo (Artº 58.3)
(ver pág. 11)
Espaçamento longitudinal: condições de equilíbrio → (ver folha)
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1
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– DISPOSIÇÕES DE PROJECTO – Aspectos gerais (Artos 12 a 25 do REAE)
• Artº 12 – espessura mínima emin ≥ 4 mm • Artº 15 – tipo de ligação: rebitagem, aparafusamento, soldadura • Artº 23 – diâmetro do furo (d) cabeça
⎧d + 2 (mm) ; d n < 24 mm d≤⎨ n ⎩d n + 3 (mm) ; d n ≥ 24 mm
espiga dn
regra geral: d = dn +1mm
parte roscada da espiga “b”
• Artº 25 =Artº 20 – Disposição dos parafusos F
a, b, c, c´, d (mm )
a
c
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩
2d ≤ a ≤ 3d 1.5d ≤ b ≤ 2.5d 3d ≤ c, c´≤ 7d (muito agressivo ) 3d ≤ c, c´≤ 10d (pouco agressivo)
Notas: c
i – escolher valores múltiplos de 5;
d
ii – “a” deve verificar também o Artº 58.3; a bordo da chapa b
c´
iii – “c” deve contemplar também a condição de equilíbrio (ponto 3).
b
F
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2
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– VERIFICAÇÃO DA SEGURANÇA (R. E. A. E – Art. 58º)
a)
c ≤ τ cRd τ Sd
Condição de corte no parafuso d
F
F
c FSd =
F × 1.5 , m = nº parafusos m
F F
Corte Simples c FSd
c FSd
/ parafuso dn
dn
FSdc ≤ 0.7 f yd πd n2 4 f
F/ 2
yd
[1]
→ aço do parafuso
F
F/ 2
Corte Duplo c FSd / parafuso
FSdc ≤ 0.7 f yd πd n2 2× 4
[2]
dn
b) F x 1.5
e σSd ≤ σ eRd
Condição de esmagamento lateral e1
e FSd e FSd
Corte Simples
F × 1 .5 m
F = F2 = F1 + F3 (corte duplo)
e2
e σSd e FSd
F x 1.5
FSde / parafuso =
chapa “e1“
ou
e min
FSde ≤ 2.25 f yd d n × e min
[3]
chapa “e 2“ dn F x 1.5 1
e1 e FSd
F x 1.5 3
c)
F x 1.5 2
e FSd
Corte Duplo
e2
e3
Condição de tracção CONCLUSÃO ⇒
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⎡(e ; e ) − corte simples emin = min ⎢ 1 2 ⎣(e1 + e 3 ; e 2 ) − corte duplo ⎡f yd chapa f yd = min ⎢ ⎣f yd parafuso
não se estuda em RM-2 (admite-se satisfeito) c e FRd / parafuso = min (FSd , FSd )
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d)
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Furo próximo do bordo – Artº 58.3 a
0.8FSd ≤ f yd ae
F
destacamento da chapa
FSd / parafuso e – espessura bordo
3
fyd – chapa (Artº 41)
– CÁLCULO DO AFASTAMENTO ENTRE FIADAS DE PARAFUSOS (pregos, rebites, etc.)
• Planta da ligação:
c - largura de influência
τSd/m
FRd
b
FRd FRd
c
c
c
c fiada de parafusos (ou pregos, rebites)
rSd – esforço rasante / m = τSd × b • Condição de equilíbrio /fiada: determina o afastamento “c” entre fiadas τ Sd × b × c ≤ m × FRd
ou
rSd × c ≤ m × FRd
→
c≤
m FRd τ Sd × b ↑ múltiplo de “cm”
dado pela equação [1] ou [2] c e FRd / parafuso = min (FSd , FSd ) obtido da equação [3] m = n.º de parafusos / fiada rSd =
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Vy S x Ix
× 1.5 ou
Vx S y Iy
× 1. 5
Folha 10/54
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PARAFUSO
PORCA
PARAFUSO TIPO
CARACTERÍSTICAS GEOMÉTRICAS DO PARAFUSO VÁSTAGO Longitud roscada
Diámetro de Diámetro interior la caña
Diámetro del Longitud de Longitud del Espesor Medida entre Medida entre Radio del agujero chaflán acuerdo la salida aristas caras CABEZA
k mm
A= π dn 4
A' = 2
π d '2 4
s
e
r
d
mm
mm
mm
mm
17
19,6
0,5
11
0,785
0,580
19
21,9
1
13
1,131
0,843
dn
d1
b
x
z
mm
mm
mm
mm
mm
M 10
10
8,160
17,5
2,5
1,7
7
M 12
12
9,853
19,5
2,5
2
8
M 16
16
13,546
23
3
2,5
10
24
27,7
1
17
2,011
1,57
M 20
20
16,933
25
4
3
13
30
34,6
1
21
3,142
2,45
(M 22)
22
18,933
28
4
3,3
14
32
36,9
1
23
3,801
3,03
cm2
cm2
M 24
24
20,319
29,5
4,5
4
15
36
41,6
1
25
4,524
3,53
(M 27)
27
23,319
32,5
4,5
4
17
41
47,3
1
28
5,726
4,56
M 30
30
25,706
35
5
5
19
46
53,1
1
31
7,069
5,61
(M 33)
33
28,706
38
5
5
21
50
57,7
1
34
8,553
6,94
M 36
36
31,093
40
6
6
23
55
63,5
1
37
10,179
8,17
PROPRIEDADES MECÂNICAS DOS PARAFUSOS (EUROCODE 3) CLASSE
4.6
5.6
6.5
6.8
8.8
10.9
fyb (MPa)
240
300
300
480
640
900
fub (MPa)
400
500
600
600
800
1000
fyd = fyb
REAE Valores de cálculo das tensões resistentes em ligações aparafusadas correntes
Valores de cálculo das tensões resistentes σ Rd = f yd ; τ Rd = 1 / 3 f yd
fyd
CORTE
TRACÇÃO
ESMAGAMENTO
TIPO DE AÇO
0,7 fyd *
0,8 fyd *
2,25 fyd **
Fe 360
235
135
Fe 430
275
160
Fe 510
355
205
* Valor de fyd corresponde ao aço dos parafusos que pode ser tomado igual ao valor característico da tensão de cedência; ** Valor de fyd correspondente ao aço de menor resistência, no caso de serem utilizados aços de diferentes características nos parafusos e nos elementos ligados.
Ano lectivo 2001/2002
fyd
(MPa)
E = 206GPa G = 80GPa
1/ 3
(MPa)
ν = 0.3 Folha 11/54
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2.4 – SECÇÕES DE PAREDES FINA OU DELGADA (b << h) (geralmente b ≤
h ) 10
2.4.1 – SECÇÃO ABERTA (Isostática) • Condições de base → Existe um eixo de → Hipótese 1: e. s. ≡ yy → análise de tensões na secção d → representação da secção pelo seu eixo médio porque, geralmente, a espessura é constante por troços Exemplo
V
P A
S
B
S’
Secção
dz
a
+
d
Vy = V
e1 2
1
s
s
e2 G
Vy
x
h
=
G x
secção com Vy
Vy
representação pelo eixo médio “s” é a variàvel de cálculo ao longo do eixo médio
e3 3
4
y
y s
• Tensões tangênciais “τ” – cálculo por troços Troço genérico: 0 ≤ s < a const. τ (s ) =
Vy
Sx
Ix
b
r (s) / m =
Vy Ix
(s )
τ τ méd.
constante
Sx(s )
b = espessura da parede Ano lectivo 2001/2002
τ
b
b
paredes finas
caso geral Folha 12/54
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• Diagrama dos “τ” - critérios d (s ) = const
→ FORMA: função de
S x (s )
é linear
S x (s )
é de grau 2
S x (s ) = Área (s ) × d (s ) d (s ) = const
ou
τ s Vy
e.n
s
d (s)
s
x s
y Secção transversal
→ SENTIDO: análise de equilíbrio / diagrama na secção d e
N
d e.n
M N
M + dM N + dN
dz S
N + dN
⎧ se d M > 0 ⎪ casos ⎪⎨ ⎪ ⎪⎩ se d M < 0
d
⇒
dN
e.n
dM dN
d
⇒
dN
e.n
dM dN
S’
⇒
Sinal de “V”
dM =V dz
⇒
⎧V > 0 → d M > 0 ⎨ ⎩V < 0 → d M < 0
Exemplo: determinação do sentido dos τ t / τ c (secção da direita) r
r c
c
dN
dN
G x
G x
Vy
Vy
Obs.: Analogia da circulação de um fluído
r
y
c
y
dN
>
Ano lectivo 2001/2002
Vy
0 ⇒
dM 0 >
Vy > 0 ⇒ d M > 0
Folha 13/54
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→ CRITÉRIO PARA O TRAÇADO: convenção para o diagrama dos
barra
• Barras inclinadas – geometria de massas
Sx - momento estáctico S
e
s senα 2
e.m
C.G.
S
s senα
d G (s)
x
x ⇒
S x (s) = Area (s) × d G (s) = e × s × [l − s senα / 2]
I x - inércia
Ano lectivo 2001/2002
⇔
C.G.
xG
e
e senα
e sen α
⇒
IXG
C.G.
h
xG
e h3 = senα 12
Folha 14/54
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2.4.2 – CENTRO DE CORTE (ou Torção) “C” •
centro corte
→
Secção com 1 eixo
Hipótese:
≡ Vy G
G
C x
x
Vy
C y
y
e.s.
Corte + Vy ⇒
caso 1
e.s.
Corte (só) s / torção
Vy ⇒
caso 2
Torção
•
Cálculo:
1) Cálculo de “τ” na secção. 2) Cálculo de “Ri”, i = n.º troços. Ri =
∫
b
a
Vy x
R1
τ (s) b (s ) d s = b i × Área τi
i= a ≤ s ≤ b x
y
y
x
4) Sistema de forças equivalentes sem momento ⇒ Centro de corte “C”.
Mp
P R R=Vy C
y
•
Mp
P
Vy
As secções de paredes finas constituídas por troços, cujas linhas médias concorrem num ponto, o centro de corte coincide com esse ponto, por as linhas de acção das resultantes das tensões tangenciais nos diversos troços aí se encontram.
G
x d y
Nota:
Ano lectivo 2001/2002
e.n.
R3
⎧ ΣFx = 0 ⎪ "P " ⎨ ΣFy = R = Vy ⎪ ΣM = M p p ⎩
d=
x
R2
3) Sistema de forças equivalente num ponto “P”.
c
c c
Folha 15/54
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2.4.3 – SECÇÃO FECHADA (Hiperestática) •
Condições de base: iguais às estabelecidas p/as secções abertas (ponto 2.4.1)
x x
x
⇔
Vy
x
Vy
y
y
Hiperestática •
Isostática
Metodologia de cálculo: 1 – Transformar a Est. Hiperestática ⇒ Est. Isostática: ABRIR A CÉLULA
τ
⊕
→
ou
ou
2 – Arbitrar um sentido ⊕ para os “ τ ”: por exemplo ⊕ τ 3 – Cálculo das tensões na Est. Isóstática: " τ 0 "
⊕
Intensidade e sentido (ver ponto 2.4.1) 4 – Cálculo da incógnita hiperestática: “X” X =−
sendo
∫ τ (s)ds ds ∫ b (s ) 0
⊕
∫ = int egral extendido às barras da célula
5 – Determinação das tensões finais na estrutura – Princípio da Sobreposição dos Efeitos τ (s ) = τ 0 (s ) + X b (s )
Ano lectivo 2001/2002
se
se
⊕ = sentido arbitrado = sentido contrário ao arbitrado
Folha 16/54
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•
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Situações particulares → Est. Hiperestática: barras hiperestáticas são as que constituem a célula ou o núcleo fechado Exemplo
Vy
x
barras Isostáticas (τ = ponto 2.4.1)
célula = barras hiperestáticas (τ = ponto 2.4.3)
y
→ Exemplo de secção com 3 células (ou mais)
1
2
1 célula = 1× hip. 2 células = 2× hip. 3 células = 3× hip.
3
M
M
n células = n× hip.
→ Quando o eixo de solicitação
=
1 A x
Vy
B y
=
2 A Vy 2
x
porque
τA = τB = 0
+
x
A Vy 2
B
B
y
y
(S x = 0) Basta estudar ½ estrutura (isostática)
Vy ⎧ ⎪V1 = 2 ⎪ ⎨ ⎪ I ⎪⎩ I1 = x 2
τ1
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Vy × Sx V1 × S x 2 V Sx = = = y I1 × b Ix × b Ix b 2 Folha 17/54
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2.5 – EXEMPLOS DE APLICAÇÃO 1.
Considere uma viga cuja secção transversal é a
0.10
representada na Figura 1. Para o esforço transverso Vy = 180 kN, determine o valor máximo da tensão tangencial instalada na secção.
Vy 0.50
0.20
0.20
(m)
0.20
Figura 1 1. Considere a viga representada na Figura 2 e com a secção transversal representada na Figura 3, solicitada por três cargas verticais de 190 kN, cujas linhas de acção passam pelo centro de gravidade da secção. a) Verifique a segurança da viga no que respeita a tensões tangenciais, supondo que a ligação dos perfis está correctamente dimensionada. b) Considerando parafusos M12 e atendendo à resistência ao corte dos parafusos e à resistência ao esmagamento do aço das abas dos perfis I, dimensione, de acordo com o REAE, o espaçamento longitudinal a dar aos parafusos nos troços A e B (suponha o espaçamento constante em cada troço). Materias: Perfis I - Aço Fe 510; Parafusos - Classe 8.8 20
190 kN
190 kN
190 kN
160
Parafusos M12
20 20 160
(m) 1.0
1.0
Troço A
1.0 Troço B
1.0 Troço A
Figura 2
20 95 10
95
(mm)
Figura 3
3. A Figura 4 representa a ligação de um conjunto de chapas de aço Fe 360 sujeitas a um esforço de tracção N. A ligação é realizada através de 4 parafusos de aço da classe 5.6. Considerando para N o valor de 152 kN, dimensione os parafusos e defina os valores do diâmetro d dos furos e dos comprimentos a, b, c
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e c´, de acordo com o REAE.
Figura 4
4. Considere a secção transversal de uma viga formada por chapas de aço Fe 360 de espessuras e1 = 0.02 m e e2 = 0.01 m, dispostas como se indica na Figura 1.
a) Trace o diagrama das tensões tangenciais devidas a um esforço transverso vertical de 100kN. b) Determine a posição do centro de corte da secção. Nota: A peça está cotada em relação ao eixo médio das chapas de aço. B
e1
A
D
e1
E
e2
0.2
C e2
0.2
0.2
(m)
0.2
Figura 1 5. A Figura 2 representa o eixo da secção recta de um perfil de pequena espessura constante. Considerando a secção submetida a um esforço transverso Vy, indique: a) O sentido de tensões tangenciais ao longo do eixo médio e os pontos em que os mesmos se anulam. b) Os pontos em que as tensões tangenciais τzx e τzy, atingem o valor máximo. B
H
A
I
H´
A´
B´
a C
x
G
G´
a
C´
y D
E a
F a
F´ a
a
E´ a
D´ a
Figura 2 6. Considere a secção transversal de uma viga formada por chapas de aço Fe 360 de espessuras e1 e e2, dispostas como se indica na Figura 3. a) Trace o diagrama de tensões tangenciais devidas a esforço transverso vertical de 100 kN. Dados:
e1 = 2 cm;
e2 = 1 cm e1 e1
e2
0.20
e1 0.15
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(m)
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Figura 3
EXERCÍCIO 1 Dados: • Vy = 180 kN x 0.1
Vy
YG CG
0.5
m 0.2
0.2
y
0.2
Cálculo do centro de gravidade da secção transversal da viga: Como o perfil admite um eixo de simetria y vem que XG = 0. • yG calcula-se por: yG =
0 . 1 × 6 × 0 . 05 + 0 . 5 × 0 . 2 × (0 . 1 + 0 . 25 ) ∑ A i ⋅ yi = = 0 . 2375 m 0 .1 × 6 + 0 .5 × 0 .2 ∑ Ai
Momento de inércia: I x = ∑ I Gi + A i ⋅ d 2 = =
0 . 6 × 0 . 13 0 .2 × 0 .5 3 + 0 . 6 × 0 . 1 ⋅ (0 . 2375 − 0 . 05 )2 + + 0 . 2 × 0 . 5 ⋅ (0 . 35 − 0 . 2375 12 12
)2
≈
≈ 5 . 50833 × 10 − 3 m 4
Máxima tensão tangencial: O máximo da tensão tangencial ocorre no eixo neutro, que passa pelo CG, pois o material segue a lei de Hooke e não existem esforços axiais a actuar na secção transversal. Para essa fibra o momento estático é calculado para a área da secção transversal abaixo do eixo neutro Smáx:
⎛ 0 . 6 − 0 . 2375 ⎞ S max = A ⋅ d = 0 . 2 ⋅ (0 . 6 − 0 . 2375 ) ⋅ ⎜ ⎟ ≈ 1 . 31406 × 10 − 2 m 3 x 2 ⎝ ⎠ Substituindo na fórmula da tensão tangencial: τ max =
S max x
Vy Ix
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b
=
180 Ix
S max x ≈ 2 . 1047 × 10 3 kPa 0 .2
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Distribuição parabólica das tensões tangenciais:
MPa
en
max = 2.15 MPa
y
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EXERCÍCIO 2 a) O máximo esforço tangencial ocorre juntos aos apoios e o máximo momento flector ocorre a meio vão:
V max =
3 × 190 = 285 kN 2
3 × 190 ⋅ 2 − 190 × 1 = 380 kN ⋅ m 2
M max =
190 kN
190 kN
190 kN
R = 285 kN
R = 285 kN
1
1
1
1
m Troço A
Troço B
Troço A
285
V
95
kN -95 -285
M kNm 285
285 380
⎧ σ max ≤ σ Rd ⎪⎪ sd ⎨ A verificação da segurança a nível das tensões tangenciais e normais implica: ⎪ max ⎪⎩ τ sd ≤ τ Rd A fibra mais desfavorável da secção onde o esforço tranverso é máximo implica, no caso de tensões tangenciais, maximizar:
⎛ Sx ⎜⎜ ⎝ b Ano lectivo 2001/2002
⎞ ⎟⎟ ⎠ max Folha 22/54
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A fibra do e.n. (2) acarreta um momento estático maior, mas para a fibra (1) a tensão tangencial é dividida por uma espessura menor.
fibra (1)
Parafusos M12 20
fibra (2)
160
20 mm
Momento de inércia:
I x = ∑ I Gi + A i ⋅ d 2 = ⎛ 200 ⋅ 200 = 2 ⋅ ⎜⎜ 3 ⎜ ⎝
3
⎛ 95 ⋅ 160 − 2⋅⎜ ⎜ 12 ⎝
= 328 . 96 × 10 6 mm
4
3
2 ⎞ 160 ⎞ ⎞⎟ ⎟ ⎛ + 95 ⋅ 160 ⋅ ⎜ 20 + ⎟ ⎟= 2 ⎠ ⎟⎟ ⎝ ⎠⎠
= 3 . 2896 × 10 − 4 m 4
Momentos estáticos e análise da fibra mais desfavorável: ⎧ S 1x = ((20 ⋅ 200 ) ⋅ 190 + (160 ⋅ 10 ) ⋅ 100 ) ⋅ 10 − 9 = 920 × 10 − 6 m 3 ⎪⎪ ⎨ ⎪ 2 1 −9 = 920 × 10 − 6 + 40 × 10 − 6 = 960 × 10 − 6 m 3 ⎩⎪ S x = S x + (20 ⋅ 200 ) ⋅ 10 ⋅ 10 ⎧ S 1x 920 × 10 − 6 = = 0 . 092 m 2 ⇒ τ 1max ⎪ 0 . 01 ⎪ b1 ⎪ ⎨ ⎪ 2 −6 ⎪ S x = 960 × 10 = 0 . 0048 m 2 ⎪ b2 0 . 2 ⎩
Tensão tangencial máxima:
⎛ V y ⋅ S 1x ⎜ τ 1sd ≡ τ max = sd ⎜ Ix ⋅ b 1 ⎝
1 ⎞ ⎟ ⋅ 1 . 5 = 1 . 5 ⋅ 285 ⋅ S x ≈ 119 . 559 MPa ⎟ I x ⋅ 0 . 01 ⎠
Tensão normal máxima: σ sd =
M max ⋅ y max 380 ⋅ 0 . 2 ⋅ 1 .5 = ⋅ 1 . 5 ≈ 346 . 546 MPa Ix Ix
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Do Art. 41 do REAE, obtemos os valores das tensões resistentes para o aço Fe 510: tipo de aço Fe 510
⎧ σ sd < σ Rd ⎨ ⎩ τ sd < τ Rd
⇒
σRD
τRD
355 MPa
205 MPa
∴ a segurança está satisfeita
b) Dados:
Parafusos: • Tipo M12 ⇒ dn = 12 mm (diâmetro do liso da espiga) • Classe 8.8 ⇒ fyd = 8 × 8 × 10 = 640 MPa Perfil I em aço Fe 510
⇒
fyd = 355 MPa (Art. 41 do REAE)
Nos troços em que o esforço tranverso é constante (troços A e B), também o espaçamento o será em virtude deste ser função linear de V.
largura de influência
c
PLANTA rsd
Fsd
12 mm
Fsd
c
c
c
Face às solicitações criam-se tensões de corte entre os dois perfis I (fibra 2), portanto: 1) Condição de corte simples (Art. 58 do REAE): c Fsd
π ⋅ d n2 4
≤ 0 . 7 ⋅ f yd {
c c FRd = Fsd =
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paraf.
0 .7 ⋅ f yd ⋅ π ⋅ dn2 4
=
1 ⋅ 0 .7 ⋅ 640 × 10 3 ⋅ π ⋅ 0 .012 2 ≈ 50 .668 kN 4
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Omitindo a presença da fricção entre os elementos conectores e considerando o esmagamento constante: 2) Condição de esmagamento lateral (Art. 58 do REAE) e Fsd ≤ 2 . 25 ⋅ f yd { d n ⋅ e min
chapa
e min = 20 mm
→
altura do banzo
e e FRd = Fsd = 2 .25 ⋅ f yd ⋅ d n ⋅ e min = 2 .25 ⋅ 355 × 10 3 ⋅ 0 .012 ⋅ 0 .02 = 191 .7 kN
A tensão resistente por parafuso resulta do maior condicionamento para FRd:
(
)
c e FRd = min Fsd ; Fsd = min (50.668 ;191 .7 ) = 50 .668 kN
Afastamento entre fiadas de parafusos: Pelo Princípio da reciprocidade das tensões tangenciais
τc = τr
.
Da condição de equilíbrio na largura de influência de cada fiada resulta:
⎧ V ⋅Sx 285 ⋅ 960 × 10 − 6 ⎪rsd = y ⋅ 1 .5 ≈ 12476 .568 kN/m ⋅ 1 .5 = ⎪ Ix 3 .2896 × 10 − 4 ⎪ Troço A ⎨ ⎪ 2 ⋅ FRd ⎪rsd ⋅ C A ≤ 2 ⋅ FRd ⇒ C A ≤ ⇒ C A ≤ 0 .0812 m 1 2 3 rsd ⎪ 2 paraf. ⎩
⎧ V ⋅Sx 95 ⋅ 960 × 10 − 6 ⎪rsd = y ⋅ 1 .5 = ⋅ 1 .5 ≈ 415 .856 kN/m ⎪ Ix 3 .2896 × 10 − 4 ⎪ Troço B ⎨ ⎪ 2 ⋅ FRd ⎪rsd ⋅ C B ≤ 2 ⋅ FRd ⇒ C B ≤ ⇒ C B ≤ 0 .2437 m 1 2 3 rsd ⎪ 2 paraf. ⎩ Por simplicidade, escolhem-se espaçamentos múltiplos de 5:
⎧C A = 80 mm ⎪ ⎨ ⎪C = 240 mm ⎩ B
190 kN
80 mm
Troço A
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190 kN
190 kN
240 mm
Troço B
Troço A
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EXERCÍCIO 3 A ligação entre chapas representa um exemplo de corte directo. A real distribuição das tensões de corte é-nos dada pela TME, sendo costume em RM assumi-las uniformemente distribuídas.
N/2
N
N/2
Dados: Parafusos:
• Classe 5.6 ⇒ fyd = 5 × 6 × 10 = 300 MPa • A fiada é de dois parafusos Chapas em aço Fe 360
⇒
fyd = 235 MPa (Art. 41 do REAE)
N = 152 kN (esforço normal)
i) Tensão de corte por parafuso:
c Fsd =
N ⋅ 1 .5 152 × 1.5 = = 57 kN nº de paraf. 4
As espigas dos parafusos compreendidas no interior da chapa do meio, com espessura de 12 mm, encontram-se numa situação mais desfavorável, visto que os 57 kN são absorvidos por essa única chapa.
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ii) Pré-dimensionamento:
Verificação de segurança: • Condição de corte duplo (Art. 58): c Fsd
2⋅
π ⋅ d n2 4
⇔ dn ≥
≤ 0 . 7 f yd ⇔ d n ≥ { paraf.
2 × 57 π ⋅ 0 . 7 × 300 × 10
3
c 2 ⋅ Fsd ⇔ π ⋅ 0 . 7 f yd
⇒ d n ≥ 13 . 15 × 10 − 3 m
• Condição de esmagamento (Art. 58): e min = 12 mm e e Fsd Fsd ≤ 2 . 25 ⋅ f yd ⇔ d n ≥ ⇔ { d n ⋅e min e min ⋅ 2 . 25 ⋅ f yd chapa
⇔ dn ≥
57 12 × 10
−3
× 2 . 25 × 235 × 10
3
⇒ d n ≥ 8 . 983 × 10 − 3 m
O maior dos diâmetros decorrentes das duas condições é o escolhido:
(
d n ≥ d nc ; d ne
)
∴ d n ≥ 13 . 15 × 10 − 3 m
⇒
M 16
Um parafuso com diâmetro de 16 mm é solução do problema.
iii) Disposições regulamentares:
O Art. 23 do REAE, condiciona o diâmetro do furo face ao diâmetro do liso da espiga do parafuso escolhido. O diâmetro nominal do parafuso, desde que menor que 24 mm, é inferior ao diâmetro do furo até 2 mm:
d furo ≤ d n + 2 mm e considerando 1 mm de folga: ∴ d furo = d n + 1 mm = 17 mm O Art. 20 do REAE, condiciona a disposição dos parafusos:
⎧2 d ≤ a ≤ 3 d ⎪ ⎪ ⎪ ⎨1 .5 d ≤ b ≤ 2.5 d ⎪ ⎪ ⎪⎩3 d ≤ c, c ′ ≤ 10 d
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(ambiente
moderadame nte agressivo
)
⎧34 ≤ a ≤ 51 ⎪ ⎪ ⎪ ⇔ ⎨25 .5 ≤ b ≤ 42.5 ⎪ ⎪ ⎪⎩51 ≤ c, c ′ ≤ 170
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Por condições de simetria que facilitam o trabalho, posso escolher:
⎧ a = 35 mm ⎪ ⎪ ⎪ ⇒ ⎨b = 35 mm ⎪ ⎪ ⎪⎩c = c ′ = 70 mm
c ′ = 140 - 2 × 35 = 70 mm
b N
c d
N
b
c
a
140
a
O dimensionamento de a está dependente da verificação de segurança no bordo da chapa, prevista no Art. 58.3, que previne a tendência para romper pela secção insuficiente para a transmissão de esforços: e min = 12 mm
Fsd = 57 kN
a = 35 mm
0.8 ⋅ Fsd 0.8 × 57 ≤ f yd ⇔ ≤ 235 × 10 3 ⇔ { a ⋅ e min 35 × 10 − 3 × 12 × 10 − 3 chapa
⇔ 108.6 MPa ≤ 235 MPa ∴ a segurança
está verificada
N
a
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EXERCÍCIO 4 a) Como a secção apresenta 1eixo de simetria, a distribuição das tensões tangenciais é simétrica. Para o cálculo de “τ” a um determinado nível é preciso obter o momento estático da área da secção acima desse nível, ou, em alternativa abaixo. Os seus momentos estáticos são iguais a menos do sinal. Como a determinação do sentido das tensões tangenciais é feita por inspecção e análise do P.R.T.T. não nos preocupamos com o sinal de S. Basta assim estudar metade da peça. Dados: • Vy = 100 kN
b1 = 0.02 m
b2 = 0.01 m
b1
B
b
A
b2
0.2 α=45º
C
x
en
0.2 D 0.2
E
b1
0.2
Momento de inércia, em relação ao eixo médio da secção:
b´=
b 2b 2 = = b 2 ; senα = cosα = senα 2 2
⎛ 0 . 2 × 0 . 02 Ix = 2 ⋅ ⎜ ⎜ 12 ⎝
3
b′ 4 647 8 ⎞ 0 . 01 2 × 0 .4 3 ⋅ ≈ 3 . 9569 × 10 − 4 m 4 + 0 . 2 × 0 . 02 × 0 . 2 2 ⎟ + ⎟ 12 ⎠
Tensão tangencial em AB, troço paralelo ao e.n.:
0 ≤ s 1 < 0 .2 S AB ⋅b ⋅ dx x (s 1 ) = s 11231 Ω
τ AB ( s 1 ) =
V y ⋅ S AB x Ix ⋅ b1
3 ⎧S A x = 0m ⎪⎪ = s 1 ⋅ 0 . 02 × 0 . 2 ⇒ ⎨ ⎪ B −3 m3 ⎪⎩ S x = 0 . 8 × 10
⎧ s = 0 ⇒ τ A = 0 MPa 100 ⋅ S AB ⎪ x (s1 ) = ⇒ ⎨ I x ⋅ 0 . 02 ⎪ s = 0 . 2 ⇒ τ ≈ 10 . 1089 MPa B ⎩
Neste troço a tensão varia linearmente com a coordenada s1 e tem o seu máximo no ponto B.
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Tensão tangencial em BC: 0 ≤ s 2 < 0 .2 ⋅ S BC x
(s 2 ) =
S AB x
2
+ s 2 ⋅ b 2 ⋅ d x = 0 . 8 × 10 123
−3
Ω
τ BC ( s 2 ) =
V y ⋅ S BC x Ix ⋅ b 2
s ⋅ sen (45 ) ⎞ ⎛ + s 2 ⋅ 0 . 01 ⋅ ⎜ 0 . 2 − 2 ⎟⇒ 2 ⎝ ⎠
⎧ S Bx = 0 . 8 × 10 − 3 m 3 ⎪⎪ ⎨ ⎪ C −3 m3 ⎪⎩ S x ≈ 1 . 0828 × 10
⎧ s = 0 ⇒ τ B ≈ 20 . 2178 MPa ⎪⎪ 100 ⋅ S BC (s2 ) x = ⇒ ⎨ Ix ⋅ 0 . 01 ⎪ ⎪⎩ s = 0 . 2 ⋅ 2 ⇒ τ C ≈ 27 . 3658 MPa
A distribuição neste troço é parabólica e atinge o máximo no ponto C. Determinação dos sentidos dos “τ”. Admitindo: •
Vy > 0 ⇒ dM > 0
• destacamento numa extremidade de um elemento infinitesimal
MPa
⇒ análise do equilíbrio
N
20.218 10.109
r
c N+dN
B dz s1
s2
27.366
C
A
en
D
E
b) Para a peça não estar sujeita à torção, é necessário que a linha de acção do esforço transverso coincida com a resultante das tensões tangenciais. Esta resultante é uma força vertical de igual intensidade a Vy. A sua linha de acção atravessa o eixo de simetria no centro de corte cc. Portanto a linha da carga carga tem que conter esse ponto particular para que não haja torção. A força horizontal R1 em qualquer dos troços AB ou DE é:
R1 = A 1 ⋅ b1 =
1 3 × 0 .2 × 10 .1089 × 10 14 424 43 ⋅ 0 .02 ≈ 20 .2178 kN 2 τ B
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A força tangencial resultante R2 nos troços BC e CD é: ⎡ ⎤ 2 3⎥ R 2 = A 2 ⋅ b 2 = ⎢ 0 . 2 ⋅ 2 × 20 . 2178 × 10 3 + × 0 . 2 ⋅ 2 × (1 274 . 3658 − 20 . 2178 ) ⋅ 10 ⋅ 0 . 01 ≈ 70 . 663 kN 1 42 4 3 44 42 4 4 44 3 ⎢ ⎥ 3 τ B τ C − τB ⎣⎢ ⎦⎥
Equilíbrio entre a resultante das tensões tangenciais e o esforço tranverso:
⎧∑ Fx = R1 − R1 = 0 ⎪ ⎨ ⎪∑ F = 2 ⋅ R ⋅ cos (45 ) = 99 .9326 ≈ V = 100 kN 2 y ⎩ y A discrepância de 0.067 kN decorre do facto de se ter considerado o cálculo da inércia relativamente ao eixo médio. O erro introduz-se em cada ponto anguloso da secção (maior espessura ⇒ maior erro). Equivalência de momentos em torno de C (sobre o eixo de simetria):
R1 ⋅ 0.4 = Vy ⋅ dcc ⇒ dcc = 1 424 3 binário
R1 ⋅ 0.4 20 .2178 × 0.4 = ≈ 0.08087 m Vy 100
∴ dcc ≈ 0.08087 m
R1 R2
=
e
M en
=
V
R2 R1
V
=
cc
en
dcc
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EXERCÍCIO 5 a)
Admitindo Vy > 0 e como
dM = V então dM > 0. É com base nesta hipótese que se irão determinar os sentidos dx
dos “τ”.
e a B’
A’ I
H B
A
a
V
E
D
a
a
C’
G’
G
C
x
H’
F
E’
D’ y
d
z
y
a
F’
S anula-se nas extremidades livres e nos pontos em que se anulam as contribuições das áreas com sinais opostos (dos dois lados do e.n.).
=0 S=0 A
E
I
A’
E’
Quando S se anula, “τ” inverte o sentido. Considerando o equilíbrio de uma parcela elementar da peça em A determina-se o sentido das tensões tangenciais:
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Folha 32/54
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N
dz
H
B
dM 0
Vy 0
N+dN
I
A
N+dN N C
en
G
Vy D
F
E
b) Distribuição das tensões tangenciais: Nas barras paralelas ao e.n. “τ” varia linearmente com a distância à extremidade livre. Nas barras com a direcção de V a distribuição é parabólica. Máxima tensão tangencial: O máximo da tensão tangencial τ zy ocorre nas fibras do eixo neutro C, G, G’ e C’.
τ zx é máximo nos pontos B, D, F, H, B’, D’, F’, H’.
B
A
C
max
zy
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D
H
I
G E
F
max
zx
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EXERCÍCIO 6 Como a secção é fechada e não é simétrica relativamente ao eixo de acção do esforço transverso, o problema é hiperestático. A resolução passa por abrir a secção tubular, para que o problema seja estaticamente determinado, e calcular a força rasante necessária (incógnita hiperestática x) que impeça o deslocamento relativo na ligação suprimida. A supressão da ligação é arbitrária, pois x é constante mesmo que a espessura das paredes da secção varie, mas por simplicidade escolhi a ligação longitudinal da parede num ponto que coincida com o eixo de simetria. Dados: • Vy = 100 kN
b1 = 0.02 m
b2 = 0.01 m
0.135
b1
estrutura isostática C B b2
0.18
x
A
D x
y
y
Momento de inércia, considerando a área da parede da secção concentrada ao longo da sua linha média:
⎛ 0 . 01 × 0 . 09 3 0 . 02 × 0 . 09 3 0 . 135 × 0 . 02 3 + + + 0 . 135 × 0 . 02 × 0 . 09 2 Ix = 2 ⋅ ⎜ ⎜ 3 3 12 ⎝
⎞ ⎟ = 5 . 85 × 10 − 5 m 4 ⎟ ⎠
1) Distribuição das tensões tangenciais “τ 0“ na estrutura isostática (basta analisar metade da peça): 0 ≤ s < 0 . 09 ⎡ ⎢ ⎢ s ⎢ AB ⋅ b 2 ⋅ d x = s ⋅ 0 . 01 ⋅ ⇒ ⎢ S x ( s ) = s12 3 2 142 43 ⎢ Ω grau 2 ⎢ Troço AB ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ AB V y ⋅ S AB 100 ⋅ S AB x x (s) = ⎢ τ 0 (s) = Ix ⋅ b 2 I x ⋅ 0 . 01 ⎢ ⎣⎢
Ano lectivo 2001/2002
3 ⎧S A x = 0m ⎪⎪ ⎨ ⎪ B −5 m3 ⎪⎩ S x = 4 . 05 × 10
⎧ s = 0 ⇒ τ 0A = 0 MPa ⎪⎪ ⇒ ⎨ ⎪ B ⎪⎩ s = 0 . 09 ⇒ τ 0 ≈ 6 . 9231 MPa
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0 ≤ s < 0 . 135 ⎡ ⎢ ⎧ S Bx = 4 . 05 × 10 − 5 m 3 ⎢ ⎪⎪ 0 . 18 ⎢ BC −5 AB ⋅ b 1 ⋅ d x = 4 . 05 × 10 + s ⋅ 0 . 02 × ⇒⎨ ⎢ S x ( s ) = S x + s12 3 23 1 4 4 4 442 4 4 4 4 4 ⎪ C ⎢ −4 Ω m3 ⎪⎩ S x = 2 . 835 × 10 linear ⎢ Troço BC ⎢ ⎢ ⎢ ⎧ s = 0 ⇒ τ B ≈ 3 . 4615 MPa BC 0 BC ⎢ ⎪⎪ V S ⋅ 100 ⋅ S x ( s ) y x ⎢ τ BC ( s ) ⇒ = = ⎨ 0 Ix ⋅ b1 I x ⋅ 0 . 02 ⎢ ⎪ C ⎢⎣ ⎩⎪ s = 0 . 135 ⇒ τ 0 ≈ 24 . 2308 MPa 0 ≤ s < 0 . 09 ⎡ ⎢ −4 ⎧S C m3 ⎢ x = 2 . 835 × 10 ⎪ 0 . 18 s ⎛ ⎞ ⎪ ⎢ BC ABC + s ⋅ b 1 ⋅ d x = 2 . 835 × 10 − 4 + s ⋅ 0 . 02 ⋅ ⎜ − ⎟⇒ ⎨ ⎢S x ( s ) = S x 123 2⎠ ⎝ 424 4 4 ⎪ D ⎢ 1 4 4 4 4 4 442 4 4 4 3 −4 Ω m3 ⎩⎪S x = 3 . 645 × 10 grau 2 ⎢ Troço CD ⎢ ⎢ ⎢ ⎧ s = 0 ⇒ τ C ≈ 24 . 2308 MPa CD 0 ⎢ CD V S ⋅ 100 S ( s ) ⋅ y x ⎪⎪ x ⎢ τ BC ( s ) = = ⇒ ⎨ ⎢ 0 Ix ⋅ b1 I x ⋅ 0 . 02 ⎪ D ⎢ ⎪⎩ s = 0 . 09 ⇒ τ 0 ≈ 31 . 1538 MPa ⎣ d
24.231
0 MPa
3.461 B
C
6.923 N
N+dN
x
31.154
D
dz
A
Vy > 0 ⇒
dM > 0 N+dN > N
sentido arbitrado para “τ” positivos
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2) Determinação do esforço (incógnita hiperestática) x que anula o deslocamento relativo: B C D⎞ ⎛ + Ω τ0 + Ω τ0 ⎟ 2 ⋅ ⎜ Ω τ0 A B C⎠ τ (s) x=−∫ 0 ≈ =− ⎝ ds ⎛L L L ⎞ ∫ 2 ⋅ ⎜⎜ AB + BC + CD ⎟⎟ b(s) ⎝ b AB bBC bCD ⎠
1 1 2 × 0.09 × 6.923 + 3.461 × 0.135 + × 0.135 × (24.231 − 3.461) + 24 .231 × 0.09 + × 0.09 × (31.154 − 24 .231) 3 2 3 ≈ ≈− 0.09 0.135 0.09 + + 0.01 0.02 0.02 ≈ −230 .8 kN/m
e
d V
x z
X y
b
X dz
3) A tensão resultante real é obtida pelo P.S.E., adicionando as tensões das duas situações [ 1) + 2) ]:
⎛ x ⎞ ⎟ τ i ( s ) = ⎜⎜ τ 0 ( s ) + b ( s ) ⎟⎠ i ⎝ ⎡ 230 .8 × 10 − 3 = − 23 . 08 MPa ⎢τ A ≈ 0 − 0 . 01 Troço AB ⎢ ⎢ 230 . 8 × 10 − 3 ⎢ τ B ≈ 6 .9231 − = − 16 . 1569 MPa ⎢⎣ 0 . 01 ⎡ 230 . 8 × 10 − 3 = − 8 . 0785 MPa ⎢ τ B ≈ 3 . 4615 − 0 . 02 ⎢ Troço BC ⎢ 230 . 8 × 10 − 3 ⎢ τ C ≈ 24 . 2308 − = 12 . 6908 MPa ⎢⎣ 0 . 02 ⎡ 230 . 8 × 10 − 3 = 12 . 6908 MPa ⎢ τ C ≈ 24 . 2308 − 0 . 02 Troço CD ⎢ ⎢ 230 . 8 × 10 − 3 ⎢ τ D ≈ 31 . 1538 − = 19 . 6138 MPa ⎢⎣ 0 . 02 Construção dos sentidos finais para os “τ” de acordo com o sentido arbitrado para positivo.
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a
12.691
-16.157
C
τ=0
B
MPa -8.078
19.614
D -23.08
A
8,078 + 12,691 8,078 = 0,135 a ↓ a = 0,052m
τ=0
a = 0,052m
Observação
O autor agradece a colaboração dos alunos Nuno Daniel Mota Pinheiro, José Miguel Amaral e Pedro Luís Machado, traduzida na resolução electrónica dos “exemplos de aplicação” publicados neste documento (Resistência de Materiais 2 do ano 1999-2000).
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3 – ESFORÇO DE TORÇÃO (T) T
⊕ e
e
d
T
d
3.1 – SECÇÕES DE CONTORNO CIRCULAR – Torção pura T
B
→
CENTRO GRAVIDADE “G”
→
ESTADO DE TENSÃO E DE DEFORMAÇÃO (consultar a Tabela 1 da página 42)
G
l AB
A
=
CENTRO CORTE “C”
(ou torção)
G T
Cálculo:
ϕAB
τ •
0≤r≤D
•
τ(r ) =
G Secção cheia
T
2
ou
d D ≤r≤ 2 2
T T r= r Jt Ip
D
• •
τ G T
Secção vazada
sentido ⇒ sentido do “T” θ=
T GJ t
[rad m]
•
Barra AB : ϕ AB = θ × l AB
[rad]
•
J t = Ip
[m ] 4
d D Ano lectivo 2001/2002
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3.2 – SECÇÕES NÃO CIRCULARES – Torção de “Saint Venant” 3.2.1 – SECÇÕES RECTÂNGULARES (h > b) τ’máx
T
T
T h
T
T
b
τ 'máx < τ máx
Cálculo: τ máx =
T (lado maior) Wt
θ m=
T [rad / m ] GJ t
[1]
τmáx
τmáx
ϕAB = θ × l AB
(lado menor)
(lado maior)
: tensões “τ” : variação das tensões no contorno da secção
[rad m] [rad]
J t , Wt − consultar Tabela 1 da pág. 42 ( dependem de
h ; α; β; ver Tabela 2) b
3.2.2 – SECÇÕES DE PAREDE FINA (h >> b) 3.2.2.1 – SECÇÕES ABERTAS (Isostáticas) Exemplo 1 : Um rectângulo
τ 'máx
0
τmáx
τmáx
τ
const
τmáx
Cálculo: h >> b ⇒ α = β = 3.0
T
L=h
⇒
G
τ máx θ m ϕ AB
real
b=e
τ
τ
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aproximado (no cálculo)
= Equações [1]
Jt , Wt consultar Tabela 1 (pág.42)
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Exemplo 2: Uma associação de rectângulos
etc.
e1
Cálculo: 1
máx L1 2
máx C
T
→
Comprimento “Li” → eixo médio
→
Para cada barra
i
e2
L2
τimáx =
EIXO MÉDIO
L2
T ei Jt
1 J t = ∑ L i e 3i 3
1 τmáx
se
L1
T
2 τmáx
→
e 2 > e1 ⇒ τ2máx > τ1máx
Para toda a secção
e i )= τmáx = máx (τ máx
θ m= máx
const
Ano lectivo 2001/2002
T GJ t
ϕ AB = θ × l AB
T e máx Jt
[rad m] [rad]
→
Sentido do “τ” = sentido do “T”
→
Analogia da circulação de um fluído no interior da secção transversal
Folha 40/54
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3.2.2.2 – SECÇÕES FECHADAS (Hiperestáticas) Exemplo
etc.
T
T
T
L2
τ2
e2
e3
τ1
L1
Comprimento “Li” → eixo médio
→
Tensões e deformação
τ3
T
Leis de Bredt
e1
τ4
→
→ e4
τ2
τ1
τi = const =
EIXO MÉDIO
→
i
Para cada barra
T 2 Ω ei
Para toda a secção se e i = e min ⇒ τmáx =
L1
T
θ/m =
τ3
τ4
Jt = L2
T G Jt
T 2 Ω e min
[rad m]
4 Ω2 ds ∫e
Ω = área
máx
linha do eixo médio
const
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→
Sentido do “τ” = fluído a circular no sentido do “T” Folha 41/54
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τ=
T ⋅r Ip
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τ max =
J t - Inércia de torção
T Wt
θ=
ϕ T = l G ⋅ Jt
G ⋅ J t - Rigidez à torção
Wt - Módulo de torção
Tabela 1 Jt
Secção
Wt
Secção
Jt
Wt
Ip R
D
π ⋅ R4 2
π ⋅ R3 2
π ⋅ D4
π ⋅ D3 16
32
d
Ip
D
π ⋅ ( D4 − d 4 ) 32
e
a
a
3 ⋅a 4 80
a3 20
R4 3.38
R4 2.87
R4 114 .
0
L ⋅ e3 3
L ⋅ e2 3
1 ⋅ ∑ Li ⋅ ei3 3
Jt emax
4 ⋅ Ω2 ds ∫e
2 ⋅ Ω ⋅ emin
a
π ⋅ ( D4 − d 4 ) 16 ⋅ D
R
R
R a
A
a4 7.114
a3 4.804
h ⋅ b3 β
h ⋅b2 α
(ver tabela 2)
(ver tabela 2)
0
a
b
h> b
h
L
e=
c o n s ta n te
L1
e1 h >> b
b
h
b
b a
h ⋅ b3 3
h ⋅ b2 3
(β = 3)
( α = 3)
e2
L2
L4
e3 ds
π ⋅ a ⋅b a 2 + b2 3
3
π ⋅ a ⋅b 2
2
a
e
Tabela 2 n
L3
e4
(n=h/b)
1,00 1,10 1,20 1,25 1,30 1,40 1,50 1,60 1,70 1,80 2,00 2,25 2,50 3,00 4,00 5,00 6,00 8,00 10,00 20,00 ∝
α 4,804 4,67 4,57 4,52 4,48 4,40 4,33 4,27 4,21 4,16 4,07 3,97 3,88 3,74 3,55 3,43 3,35 3,26 3,20 3,10 3,00 β
7,114 6,49 6,02 5,82 5,65 5,35 5,11 4,91 4,74 4,60 4,37 4,16 4,01 3,80 3,56 3,43 3,35 3,26 3,20 3,10 3,00
Ano lectivo 2001/2002
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3.3 – VERIFICAÇÃO DE SEGURANÇA
• Problemas base:
1 – DIMENSIONAMENTO 2 – VERIFICAÇÃO DE SEGURANÇA 3 – CAPACIDADE MÁXIMA
→ → →
incógnitas “geometria” verificar τSd ≤ τRd incógnita Tmáx
τSd ≤ τ Rd SECÇÃO + DESFAVORÁVEL
Tmáx
FIBRA + DESFAVORÁVEL
Secção Circular
perímetro exterior (r máx)
Secção Rectangular
meio do lado maior
(se secção constante)
ESTUDO
τ
( máx )
Secção Parede delgada
•
e min (fechada)
T × 1.5 Wt
•
τ Sd = τ máx × 1.5
•
τ Rd = Regulamento do material
=
e máx (aberta)
Aço → Art.º 41 (R.E.A.E.)
σ Rd = f yd τ Rd =
Ano lectivo 2001/2002
f yd 3
Aço
σ Rd (MPa)
τ Rd (MPa)
Fe 360
235
135
Fe 430
275
160
Fe 510
355
205
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3.4 – EXEMPLOS DE APLICAÇÃO 7. Considere a barra em aço Fe 360 representada na Figura 1 com secção circular de diâmetro d1=50 mm no troço AC e diâmetro d2=30 mm no troço CD e com dois momentos torsores aplicados TB = 0.9 kN.m e TD = 0.3kN.m. O aço apresenta G = 80 GPa. a) Trace o diagrama de momentos torsores instalados na barra. b) Determine o valor da tensão tangencial máxima instalada na barra. c) Determine os valores dos ângulos de rotação ϕ das secções B, C e D. 0.90 kN.m A
B
d1
0.50
0.30 kN.m C
0.50
D
d2
Figura 1
[m]
1.00
8. A barra em aço Fe 510 representada na Figura 2 é encastrada nas extremidades e está solicitada por um momento torsor concentrado aplicado em C. As secções transversais da barra são as representadas na Figura 3 e estão cotadas em relação às suas faces exteriores. O aço apresenta G = 80 GPa. a) Verifique a segurança da viga. b) Determine o valor do ângulo de rotação da secção C.
Secção entre A e B 0.008
0.012
0.15
0.012
0.008
30 kN.m
0.15
Secção entre B e D A
B 0.50
C 0.25
0.010
D 0.75
0.10
[m]
0.010
0.010
0.010
0.10
Figura 2
Figura 3 9. Para a barra encastrada representada na Figura 4 e com secção transversal representada na Figura 5, determine o diagrama das tensões tangenciais τ na secção de encastramento: a) ao longo do contorno exterior. b) ao longo do contorno interior. 10 20 kN
20 kN
30
150
100 m 20
Figura 4 Ano lectivo 2001/2002
20 100
[mm]
Figura 5 Folha 44/54
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EXERCÍCIO 7 a) Dados:
• Material: Aço Fe 360
Dimensões: d1 = 50 mm
G = 80 Gpa
d2 = 30 mm
Diagrama dos momentos torsores:
d1
1.2
d2 0.3
0.9
B
A
D
C
T kN.m
-0.3
-1.2
b) Face à presença dos momentos torsores desenvolvem-se na secção tranversal da peça tensões tangenciais, cujo momento em relação ao centro de corte equilibra o momento torsor T actuante.
max
T
T
τ max =
max min
T
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=
Mt ⋅ rext Jt
= 45 o
T
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Inércia de torção, coincidente com o momento polar de inércia da secção em relação ao seu centro:
(
)
≈ 6.1359 × 10 -7 m 4
(
)
≈ 7 .9522 × 10 - 8 m 4
JtAC =
π ⋅ d14 π ⋅ 50 × 10 −3 = 32 32
JtCD =
π ⋅ d 24 π ⋅ 30 × 10 − 3 = 32 32
4
4
A tensão tangencial τ varia linearmente com a distância radial ao centro atingindo o máximo no contorno da superfície exterior.
τ max =
CD = τ max
BC = τ max
AB = τ max
Mt ⋅ rext Jt T
⋅ rext =
JtCD
T
⋅ rext =
JtAC
T
0. 30 JtCD
0 .30
⋅ rext =
JtAC
JtAC
1.2 JtAC
−3 × 15 × 1043 ≈ 56 .5884 MPa 142 d2 2
−3 × 25 × 1043 ≈ 12 . 2231 MPa 142
CD ∴ τmax = τmax = 56 .5884 MPa
d1 2
−3 × 25 × 1043 ≈ 48 .8924 MPa 142 d1 2
0.3
0.9
1.2
D
C
B
A
56.588 48.892
12.223
MPa c) Porque em A existe um encastramento, toda a rotação relativa em relação a A transforma-se em rotação absoluta.
φ=
T ⋅L
∑i φi = ∑i Gi ⋅ Jtii
φB = φAB =
TAB ⋅ L
G ⋅ JtAC
1.2 × 0.50
=
φC = φB + φBC = φB +
80 × 106 ⋅ JtAC TBC ⋅ LBC
φD = φC + φCD = φC +
Ano lectivo 2001/2002
G ⋅ JtAC
= 1.2223 × 10 −2 +
TCD ⋅ LCD G ⋅ JtCD
≈ 1.2223 × 10 −2 rad 0.3 × 0.50 80 × 10 6 ⋅ JtAC
= 1.5279 × 10 −2 +
≈ 1.5279 × 10 −2 rad
0.3 × 1.00 80 × 10 6 ⋅ JtCD
≈ 6.2436 × 10 −2 rad
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EXERCÍCIO 8 a) Dados: • Material: Aço Fe 510 • Dimensões:
G = 80 Gpa
Ω AB = 0.09 × 0.09 = 0.0081 m 2 Ω BD = 0.134 × 0 .126 = 0 .016884 m 2
A0.126- B 0.012
0.134
0.09
0.01
0.09
B-D
(m) 0.008
O momento torsor actuante produz reacções TA e TD nas secções encastradas da estrutura. B C
A
D
30 kN.m 0.5
0.25
0.75 (m)
Equação de equilíbrio:
T A + T D = 30 kN ⋅ m
Porque há duas incógnitas para uma só equação de equilíbrio, a barra é 1 vez hiperestática. Equação de compatibilidade de deformação: libertando a estrutura do apoio em D, obtemos uma estrutura isostática estável. Considero a reacção em D como a incógnita hiperestática x. O valor de x, que anula a rotação da secção em D, é igual à reacção do encastramento TD na mesma secção.
φ D = 0 rad
TA
TD 30 kN.m
D
=
x 30
TA
TA= 30 - X
T kN.m -X
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À rotação relativa entre A e D da estrutura isostática corresponde uma rotação absoluta pois em A existe um encastramento: φ D = φ AD = φ AB + φ BC + φ CD = 0 rad
Inércia de torção:
Secção entre A e B: JtAB =
4 ⋅ Ω2 4 ⋅ (0 .138 × 0 .142 ) = ≈ 2 .6407 × 10 − 5 m 4 ds 0 .138 0 .142 2× + 2× e 0 .008 0 .012 2
∫
Secção entre B e D: JtBD =
4 ⋅ Ω2 4 ⋅ (0 .09 × 0 . 09 ) = = 7 . 29 × 10 − 6 m 4 ds 0 . 09 4× e 0 . 010 2
∫
Solução das equações: G = 80 × 10 6 kPa ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ TA + x = 30 (30 − x ) ⋅ 0 .5 + (30 − x ) ⋅ 0 .25 - x ⋅ 0 .75 = 0 ⎪ ⇔ ⎨ JtAB JtBD JtBD ⎪T T T ⋅L ⋅L ⋅L ⎪ AC AB + AC BC + CD CD = 0 ⎪ G ⋅ JtAC G ⋅ JtBD G ⋅ JtBD ⎪ 142 43 142 43 142 43 φAB φ BC φCD ⎩
x = TD ≈ 10 .229 kN ⋅ m TA ≈ 19 . 771 kN ⋅ m
Distribuição das tensões tangenciais na espessura das paredes 19.77
T kN.m -10.229
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A análise da secção mais desfavorável do troço AC, troço da viga onde ocorre o máximo momento torsor, implica minimizar o seu módulo de torção: WtAB = 2 ⋅ Ω AB ⋅ emin = 2 × 0 .138 × 0 . 142 × 0 . 008 ≈ 3 . 135 × 10 − 4 m 3
WtBC = 2 ⋅ Ω BC ⋅ emin = 2 × 0 . 09 × 0 . 09 × 0 . 010 = 1 . 62 × 10 − 4 m 3 ⇒ τ max
Tensão tangencial máxima: BC τ sd = τ max ⋅ 1 . 5 =
BC T sd
W tBC
19 . 771 × 1 . 5
=
1 . 62 × 10 − 4
≈ 183 . 065 MPa
Como não se desenvolvem tensões normais na barra a sua verificação não é necessária.
Do Art. 41 do REAE, obtemos os valores das tensões resistentes para o aço Fe 510:
tipo de aço Fe 510
σRD 355 MPa
τ sd < τ Rd ⇔ 183.065 MPa < 205 MPa ⇒
τRD 205 MPa
a segurança está satisfeita
b) Rotação em C:
φC = φDC =
TD ⋅ LCD G ⋅ JtBD
Ano lectivo 2001/2002
=
TD × 0.75
80 × 10 6 × 7.29 × 10 − 6
≈ 1.3155 × 10 −2 rad
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EXERCÍCIO 9 Neste problema a torção é acompanhada de flexão simples (esforço transverso ≠ 0). A peça tem torção porque a carga P não contém o centro de corte da secção. O centro de corte está algures sobre o eixo de simetria. A carga P de 20 kN que não passa pelo centro de corte produz, para além da flexão e esforço cortante correspondentes, um momento torsor: T = P ⋅ d = 20 × 40 × 10 − 3 = 0.8 kN ⋅ m
Todos os esforços provocados pela carga P são convertidos num sistema estaticamente equivalente nos EPCI. Na secção de encastramento os esforços resultantes são: ⎧Vy = 20 kN ⎪ ⎨ T = 0.8 kN ⋅ m ⎪ M = −20 × 1 = −20 kN ⋅ m ⎩ x
P10 30
s C'
C
D
T x
B'
e.n.
CG
Mx
B
150 yG=88.269
Vy
s A'
A
20 y 100
(mm)
M
1.00 m
V
T
1) Tensões tangenciais devidas ao esforço transverso:
Como se trata de uma secção simétrica sujeita à flexão recta, a distribuição das tensões tangenciais é simétrica. Basta por isso estudar metade da peça. Centro de gravidade:
yG =
∑Ω ⋅y ∑Ω i
i
Ano lectivo 2001/2002
i
⎛ 135 ⎞ 2 ⋅ ⎜⎜ 20 × 135 × ⎟ + 80 × 30 × 135 2 ⎟⎠ ⎝ = ≈ 88 . 26923 × 10 − 3 m 2 ⋅ (20 × 135 ) + 80 × 30
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Momento de inércia, considerando a área da parede da secção concentrada ao longo da sua linha média: Ix =
∑I
Gi
+ Ωi ⋅d2 =
⎡ 20 × 135 = ⎢ 12 ⎢ ⎣
3
2 ⎛ 135 ⎞ ⎤ 80 × 30 3 + 80 × 30 ⋅ (135 − 88 . 26923 + 20 × 135 ⋅ ⎜⎜ − 88 . 26923 ⎟⎟ ⎥ ⋅ 2 + 12 ⎝ 2 ⎠ ⎥⎦
)2
≈
≈ 1 . 59516 × 10 − 5 m 4
0≤ ⎡ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ S AC (s ) = ⎢ x ⎢ ⎢ ⎢ Troço AC ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ τ AC ( s) = ⎢ ⎢ ⎢ ⎣
s < 135 mm ⎧S A = 0 m3 ⎪ x ⎪ ⎪ s⎞ ⎛ s ⋅ 20 ⋅ ⎜⎜ y G − ⎟⎟ ⇒ ⎨ S xB ≈ 7 . 79146 × 10 − 5 m 3 2 ⎪ 1 4 4⎝2 4 43⎠ ⎪ grau 2 ⎪ S C ≈ 5 . 60769 × 10 − 5 m 3 ⎩ x ⎧ s = 0 ⇒ τ A = 0 MPa ⎪ ⎪ Vy ⋅ S xAC ( s) (20 kN ) ⋅ S xAC ( s) ⎪ = ⇒ ⎨ s = y G ⇒ τ B ≈ 4 . 8844 MPa Ix ⋅ b I x ⋅ (0 . 02 m ) ⎪ ⎪ ⎪⎩ s = 135 ⇒ τ C ≈ 3 . 5154 MPa
A distribuição neste troço é parabólica e atinge o máximo no ponto B ≡ e.n..
No troço CC’ paralelo ao e.n. a tensão tangencial devido ao esforço transverso varia linearmente e é nula no eixo de simetria da secção.
Por análise de equilíbiro a tensão em C, do troço CC’, pode ser calculado pela relação entre as espessuras dos troços AB e CC’: CC′ AC CC′ τC ⋅ 30 = τ C ⋅ 20 ⇔ τ C ≈
3.5154 × 20 = 2.3436 MPa 30
A distribuição neste troço fica assim completamente caracterizada.
2.344
V
MPa x
3.515
C
S=0
3.515 C 2.344
4.884 B
B 4.884
Vy
N
A
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y
A
N+d
Vy > 0 DM > 0 N + dN > N
d dz
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2) Tensões tangenciais devidas ao momento torsor: Inércia de torção, soma das inércias de torção de cada troço de espessura constante isoladamente: Jt =
1 ⋅ 3
∑L ⋅e i
3 i
=
1 ⋅ 3
[ (135 × 20 )⋅ 2 + 80 × 30 ] = 1.44 × 10 3
3
6
mm 4 = 1.44 × 10 −6 m 4
Módulo de torção:
Jt 1.44 × 10 −6 m 4 = = 7.2 × 10 − 5 m 3 e 0.02 m
WtAC = WtA′C′ = WtCC′ =
Jt 1.44 × 10 −6 m 4 = = 4.8 × 10 − 5 m 3 e 0.03 m
A tensão tangencial máxima por troço da secção devida à torção é máxima no contorno da secção e toma o valor: T
AC A′C ′ = τ max = τ max
CC′ = τ max
T W tC C ′
=
W tAC =
0 . 8 kN ⋅ m 7 . 2 × 10 − 5 m 3
0 . 8 kN ⋅ m 4 . 8 × 10 − 5 m 3
= 11 . 1111 MPa
= 16 . 6666 MPa
16.666
T MPa C
C
T
x
y 11.111
Ano lectivo 2001/2002
A
A
11.111
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τ final :
3) Cálculo das tensões
As tensões tangenciais resultantes, devidas ao corte e à torção, são obtidas por hipótese do P.S.E. somando as tensões devidas aos dois casos, tendo em atenção os seus sentidos.
+
Vy
=
T
+
=
τV
τT
τfinal
(barra a barra)
τ ext final no contorno exterior da secção
arbitrando
⊕
τ
⎧τ A´ = 0 + 11.111 = 11.111 MPa ⎪τ = −4.884 + 11.111 = 6.227 MPa ⎪ B´ ⎪τ CA´´B´ = −3.515 + 11.111 = 7.596 MPa ⎪ C´C ⎪τ C´ = −2.344 + 16.666 = 14.322 MPa ⎪ P.S.E.⎨τ D = 0 + 16.666 = 16.666 MPa ⎪τ C´C = 2.344 + 16.666 = 19.01 MPa ⎪ CAB ⎪τ C = 3.515 + 11.111 = 14.626 MPa ⎪ ⎪τ B = 4.884 + 11.111 = 15.995 MPa ⎪⎩τ A = τ A´ = 11.111 MPa
⊕ 14.322
⊕
B´
⊕
⊕
A´
⇔
B
O
⊕
y
⊕
A
τ V + τT Ano lectivo 2001/2002
7.596
C
⊕
x
D
x
14.626
6.227
15.995
⊕
⊕
⊕
C´
19.01
⊕
y
11.111
⇔
τ ext final
11.111
(MPa)
Folha 53/54
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τ int final no contorno interior da secção arbitrando
τ
⎧ τ D = τ D (exterior ) ⎪ τ = τ (exterior ) ⎪ C C´ ⎨ ⎪ τ B = τ B´ (exterior ) ⎪⎩τ A = τ A´ (exterior )
⎧τ A´ = τ A (exterior) ⎪ ⎨ τ B´ = τ B (exterior) ⎪ τ = τ (exterior) C ⎩ C´
19.01
14.626
⊕
14.322
C´
C
7.596
D
x
15.995
11.111
B´ O
A´
τ int final
6.227
B
y
A
11.111
(MPa)
Observação
O autor agradece a colaboração dos alunos Nuno Daniel Mota Pinheiro, José Miguel Amaral e Pedro Luís Machado, traduzida na resolução electrónica dos “exemplos de aplicação” publicados neste documento (Resistência de Materiais 2 do ano 1999-2000).
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