mecânica dos materiais ta-431 fea/unicamp parte i - sólidos deformáveis cap. 1 – tensÃo prof....
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Mecânica dos Materiais TA-431
FEA/Unicamp
Parte I - Sólidos Deformáveis
Cap. 1 – TENSÃO
Prof. Celso Costa Lopes 2º semestre de 2009
[utilizadas figuras dos editores – vide bibliografia]
Visão Geral
As tensões internas são decorrentes das forças externas às quais o corpo está submetido.
A análise e projeto de estruturas, assim como o conhecimento das propriedades mecânicas
dos materiais e corpos, exige a análise das tensões às quais o corpo está submetido e às
deformações decorrentes das mesmas
As deformações surgem devido ao limite que o material e o corpo apresentam às
tensões internas.
Conceitos Fundamentais• Tipos de Tensão
– Normal• tração• compressão
– Cisalhamento (cortante)
• Limites do corpo– Tensão última do material (Tensão Máxima Admissível)– Carga Admissível (para corpos e estruturas)– Fator de Segurança– Fadiga (influencia do tempo e dos eventos passados)
• Para análise de tensões
Diagrama de Corpo Livre EquilíbrioEquilíbrio
Força ≠ Tensão
0F
0M
Cargas Internas Resultantes de Forças Externas – Método das Seções
• Um corpo mantido em equilíbrio por forças externas pode ser analisado em duas partes.
• Um corte é feito em uma seção transversal ao eixo longitudinal (vertical).
• Desenhando o diagrama de corpo livre para uma das partes, já que essa parte também está em equilíbrio, pode-se verificar a existência forças internas, as quais são efeitos das forças externas que atuam na parte superior
• Embora não se saiba exatamente essa distribuição, as forças internas e, claro, as forças externa que atuam na parte superior, podem ser substituídas por uma força resultante (FR) e um momento
(MRO) em relação a um
ponto específico.
• Fazendo-se a decomposição da força resultante (FR) e do momento (MRO) no eixo normal (perpendicular) e no eixo paralelo à seção transversal, encontramos quatro tipos diferentes de cargas, resultantes dos esforços externos.
O ponto O é o centróide da área secionada
As quatro cargas internas resultantes
• Força Normal – perpendicular à área.– causa a tração ou a compressão
• Força de Cisalhamento – no plano da área.– causa o deslizamento
• Momento de Torção (Torque) – ao longo do eixo normal– torce uma parte do corpo em relação à outra
• Momento Fletor – ao longo do eixo localizado no plano da área– flete o corpo
Em duas dimensões
Não há Momentode Torção !!
Exemplos do Método das Seções para determinação das cargas
internas
Hibbeler 2004 - Exemplo 1.1 –
• Determinar a resultante das cargas internas em C
• Apoio A (único)
M A
A x
A y
Colocar as Reações do Apoios
• Resultante da carga externa distribuída – calcular carga total
– encontrar o centróide h = 1/3 = 3 m
1215(N)(m)/2270(N/m).9Total Carga
9 m
270 N/m
h
Colocar todas as forças externas
Diagrama de Corpo Livre
3 m
1.215 N
M A
A x
A y
Resolver as Equações de Equilíbrio
• ∑Fx= 0
-Ax = 0 => Ax = 0
• ∑Fy= 0
Ay - 1215 = 0 => Ay = 1215 N
• ∑MA= 0
MA + (-1215 N . 3 m) = 0 => MA = 3645 N.m
E no ponto C ??
Método da Seção...
Segmento CB
• Isolar o segmento, com as cargas externas correspondentes
Colocar a Carga distribuída e concentrada
• Fazer a proporção da carga distribuídaW (N/m) / 6 (m) = 270 (N/m) / 9 (m) => W = 180 N/m
• Determinar o centróide
180
1/3
C
2/3
6 m
• Apoio C (único)
M C
C x
C y
Colocar as Reações do Apoios
• Resultante da carga externa distribuída – calcular carga total
– encontrar o centróide h = 1/3 = 2 m
(N)405/2(N/m).6(m)801Total Carga
6 m
180 N/m
h
Colocar todas as forças externas
Diagrama de Corpo Livre
2 m
540 N
M C
C x
C y
Resolver as Equações de Equilíbrio• ∑Fx= 0
-Cx = 0 => Cx = 0
• ∑Fy= 0
Cy - 540 = 0 => Cy = 540 N
• ∑MC= 0
-MC + (-540 N . 2 m) = 0 => MC = -1080 N.m
O quer dizer este sinal?
Respostas: As cargas na seção C
540 N
1080 N
C B
Segmento AC
• Isolar o segmento, com as cargas externas correspondentes
Colocar a Carga distribuída
• Fazer a proporção da carga distribuída
retângulo w = constante = 180 N/m
triângulo no ponto A w=270 N/m => cateto menor = 90 N/m
A C
3 m
180 N/m
90 N/m
Colocar as Cargas Concentradas
• Determinar as cargasretângulo W = (180 N/m) . (3 m) = 540 Ntriângulo W = (90 N/m) . (3 m) / 2 = 135 N
• Determinar os centróides
A C
3 m
180 N/m
90 N/m
1,5 m1 m 2 m
540 N
135 N
• Apoio A• Apoio C
M C
C x
C y
Colocar as Reações do Apoios e obter o Diagrama de Corpo Livre
1 m
1,5 m
A C
540 N135 N
A yA x
M A
Resolver as Equações de Equilíbrio• ∑Fx= 0
-Ax + Cx = 0
• ∑Fy= 0
Ay + Cy - 540 - 135 = 0 => Cy = -540 N
• ∑MA= 0
MA + (-MC) + (-540N.1,5m) + (-135N.1m) + (-540N.3m) = 0
=> MC = 1080 N.m
O quer dizer este sinal?Ay = 1215 N
MA = 3645 N.m
Respostas: As cargas na seção C
540 N
1080 N
A C
Hibbeler 2004 - Exemplo 1.2 –
• Determinar a resultante das cargas internas em C. A e B são rolamentos, exercem apenas forças verticais sobre o eixo.
Diagrama Corpo Livre segmento AC
Ay
Diagrama Corpo Livre todo eixo
Diagrama Corpo Livre segmento AC com a reação em A
TENSÕES
1,5 m
2 m
Pode esta estrutura suportar a carga de 30kN?
Diagrama de corpo livre para toda estrutura
• Condições de Equilíbrio Estático:
∑MC = 0
∑Fx = 0
∑Fy = 0
∑MA = 0
∑MB = 0
1,5 m
2 m
Diagramas de corpo livre para as partes
• Por semelhança de triângulos
kN50kN40
3
kN30
54
0
BCAB
BCAB
B
FF
FF
F
As cargas internas
• FAB = 40kN Compressão
• FBC = 50kN Tração
• Estas forças são resultantes de forças distribuídas em qualquer seção transversal das respectivas barras
• Por exemplo, na barra BC
Tensão Normal
A
F
• Tensão Normal pode ser de tração (+) ou compressão (- )
• Tem sempre a dimensão de Força/Área ou Pressão
MPa159m10314
N105026-
3
A
PBC
• Para o aço σadm = 165MPa
• Então a barra BC suporta a carga
• Se fosse alumínio, qual o diâmetro mínimo da barra BC?
• σadm = 100MPa
mm2.25m1052.2m1050044
4
m10500Pa10100
N1050
2
26
2
26
6
3
Ad
dA
PA
A
P
alal
Aprofundando o conceito
A
P
A
Fmed
A
0
lim
A
med dAdFAP
• A distribuição real das tensões, em uma seção, é estaticamente indeterminada.
Carga centrada
• Distribuição uniforme de tensão somente se: – resultante das forças
internas passa pelo centróide
– cargas centradas
• Para carga excêntrica:– há um momento
resultante
– distribuição de tensão não é uniforme nem simétrica
Tensões de Cisalhamento
A
Fmed
A
F
A
Pave
Single Shear
A
F
A
P
2ave
Double ShearCisalhamento simples e duplo
Cisalhamento simples e duplo
A
F
A
Pmed
A
F
A
P
2med
Tensões de Esmagamento
dt
P
A
PE
Exemplo
• Da estática do corpo livre:FAB = 40 kN
(compressão) FBC = 50 kN (tração)
• A barra BC está tracionada com força de 50kN com tensão normal média de 159MPa
• Na extremidade achatada a tensão normal é
MPa167m10300
1050
m10300mm25mm40mm20
26
3
,
26
N
A
P
A
endBC
• As áreas das seções transversais para os
pinos em A, B, and C,
262
2 m104912
mm25
rA
• O pino em A está em cisalhamento duplo, com uma força igual à exercida pela barra AB,
MPa7.40m10491
kN2026,
A
PmedA
MPa102m10491
N105026
3
,
A
PmedC
• A força sobre o pino em C é igual à força exercida pela barra BC, então a tensão de cisalhamento é
• Dividindo o pino em B em seções para determinar a seção com a maior força de cisalhamento,
maior)(akN 25
kN15
G
E
P
P
MPa9.50m10491
kN2526,
A
PGmedB
• Calculando a correspodente tensão média de cisalhamento,
50 kN
• Para determinar a tensão de esmagamento do ponto A da barra AB, temos t = 30 mm e d = 25 mm,
MPa3.53mm25mm30
kN40
td
PE
• Para determinar a tensão de esmagamento do ponto A das chapas de suporte, temos t = 25 mm e d = 25 mm, sendo que cada chapa tem metade da força AB = 40/2 = 20 kN
MPa0.32mm25mm25
kN20
td
PE
Bibliografia
• Beer, F.P. e Johnston Jr., E.R. Resistência dos Materiais. 3ª ed. São Paulo: Pearson Makron Books, 1995. (impressão 2006).
• Hibbeler, R.C. Resistência dos Materiais. 5ª ed. São Paulo: Prentice Hall, 2004. (impressão 2008).
Anexo: Reações dos Apoios (Hibbeler, 2004, Tabela 1.1)
Anexo: Centróides (Beer e Johnston, 1995, Apêndice F)