Post on 07-Sep-2018
Disciplina: Disciplina: Mecânica dos Sólidos 2 Mecânica dos Sólidos 2 Código: Código: ECIV030ECIV030Professor: Professor: Eduardo Nobre LagesEduardo Nobre Lages
Universidade Federal de AlagoasUniversidade Federal de AlagoasCentro de TecnologiaCentro de Tecnologia
Curso de Engenharia CivilCurso de Engenharia Civil
Maceió/ALMaceió/AL
Torção em Barras de Seção Torção em Barras de Seção Transversal Circular Cheia Transversal Circular Cheia
ou Vazadaou Vazada
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
Ensaio de TorçãoEnsaio de Torção
Considere a barra prismática de seção circular constituída de um mesmo material isotrópico e elástico linear, submetida a um torsor T em uma das extremidades e engastada na outra.
Observa-se ainda que, para pequenos giros, os pontos de uma seção transversal não sofrem deslocamento na direção longitudinal.
Através de ensaiosensaios observa-se que os pontos da mesma seção transversal sofrem o mesmo giro em relação ao eixo da peça.
φ
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
( ) 0Z,Y,Xu =
[ ]=ε
Deslocamentos, Deslocamentos, Deformações e TensõesDeformações e Tensões
y
z
Lx
T
( ) ( )XZZ,Y,Xv φ−=
( ) ( )XYZ,Y,Xw φ=
−
−φ
00Y
00Z
YZ0
dX
d
2
1
[ ]=σ
−
−φ
00Y
00Z
YZ0
dX
dG
y
z x
xyσ
xzσ
Solução de Coulomb (1784)
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
y
z
Lx
T
[ ]
−
−φ
=σ
00Y
00Z
YZ0
dX
dG
Equações Diferenciais de Equações Diferenciais de Equilíbrio em TensõesEquilíbrio em Tensões
Simetria σij=σji
0bZYX
xzxyxxx =+
∂
σ∂+
∂
σ∂+
∂
σ∂OK!OK!
0bZYX
y
zyyyxy=+
∂
σ∂+
∂
σ∂+
∂
σ∂0
dX
dGZ
2
2
=φ
−⇒
0bZYX
zzzyzxz =+
∂
σ∂+
∂
σ∂+
∂
σ∂0
dX
dGY
2
2
=φ
⇒
φ(X) deveser linearφ(X) deveser linear
OK!OK!
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
Tensões de Cisalhamento Tensões de Cisalhamento na Seção Transversalna Seção Transversal
A
B
C
D
y
z
R
AC:
≤≤−
=
RZR
0Y
dX
dGZxy
φ−=σ 0xz =σ
dX
dGR
φ
dX
dGR
φ
DB:
=
≤≤−
0Z
RYR
dX
dGYxz
φ=σ0xy =σ
dX
dGR
φ
dX
dGR
φ
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
Tensões de Cisalhamento Tensões de Cisalhamento na Seção Transversalna Seção Transversal
y
z
R
A distribuição das tensões de cisalhamento ao longo dos eixos y e z numa seção transversal qualquer só apresenta o componente ortogonal não nulo (em y → σxy = 0 e σxz ≠ 0 e em z → σxy ≠ 0 e σxz = 0).
Pela simetria do problema, como não existe restrição ao posicionamento dos eixos y e z na seção transversal, a distribuição anterior vale para qualquer direção diagonal da seção transversal.
dX
dGR
φ
dX
dGR
φ
dX
dGR
φ
dX
dGR
φ
dX
dGR
φ
dX
dGR
φ
rτdX
dGr
φ=τ Rr0 ≤≤
Caso a seção transversal seja vazada, a distribuição da tensão de cisalhamento continua valendo só que Ri ≤ r ≤ Re.
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
GJ
Tr
J
Tr=γ=τ e
Equivalência Estática entre o Momento Equivalência Estática entre o Momento TorsorTorsor e as Tensões de Cisalhamentoe as Tensões de Cisalhamento
y
z
R
dX
dGR
φ
dX
dGR
φ
dX
dGR
φ
dX
dGR
φ
dX
dGR
φ
dX
dGR
φ
dX
dGr
φ=τ Rr0 ≤≤
∫= rdFT ∫ τ=A
dAr
∫φ
=A
2 dAdX
dGrT ∫
φ=
A
2dArdX
dG
dX
dGJT
φ=
GJ
T
dX
d =
φou
rτ
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
∫=A
2dArJ
Momento Polar de InérciaMomento Polar de Inércia
y
z
R
2
RJ
4π=
y
z ( )4i
4e RR
2J −
π=
Re
Ri
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
J
Tr=τ
γ=τ G
dX
dr
φ=γ
( )XtdX
dGJ
dX
d−=
φ
( )XtdX
dT−=
Relação cinemática:Relação cinemática:
Relação constitutiva:Relação constitutiva:
Equivalência estática:Equivalência estática:
Equações GovernantesEquações Governantes
Equação de equilíbrio:Equação de equilíbrio:
dX
dGJT
φ=
......... t(X)
X
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
LJ
Tr=τ
dX
dGJT
G
φ=
γ=τ
dX
dr
φ=γ
( )XtdX
dT−= Problemas IsostáticosProblemas Isostáticos
( )XtdX
dGJ
dX
d−=
φProblemas HiperestáticosProblemas Hiperestáticos
Estratégias de SoluçãoEstratégias de Solução
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
LCondição de contorno ( ) TLT =
Constante de integração
Barra Prismática Barra Prismática sob Torçãosob Torção
Por se tratar de um problema isostáticoisostático, o momento torsor pode ser facilmente determinado por alguma estratégia apresentada em Teoria das Estruturas 1Teoria das Estruturas 1 ou pela integração da EDO. Assim,
De posse do momento torsor constrói-se a tensão de cisalhamento como
( ) ( )Rr0 e LX0
J
Tr
J
rXTr,X ≤≤≤≤==τ
( ) 0XtdX
dT=−=
( ) C XT =
( ) LX0 TXT TC ≤≤=⇒=⇒
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
Condição de contorno
Constante de integração( ) C X
GJ
TX +=φ
Barra Prismática Barra Prismática sob Torçãosob Torção
Da relação cinemática tem-se
GJ
T
rdX
d=
γ=
φ
( ) XGJ
TX 0C =φ⇒=⇒
( )GJ
TLL =φRotação da seção final da barra:Rotação da seção final da barra:
Fazendo uso da relação constitutiva tem-se
( ) ( )Rr0 e LX0
GJ
Tr
G
r,Xr,X ≤≤≤≤=
τ=γ
( ) 00 =φ
( )2
3 24
v
c
3 4v
c
vmaxcmax
1
1
A
A e
1
1
r
R
λ−λ−
=λ−
=ΦΦ=⇒
τ=τ
Otimização da Seção Otimização da Seção TransversalTransversal
y
z
r
vc /r/R ΦΦ= vc A/A
2
rJ rA
4
c2
c
π=π=
y
z
( ) ( )44
v22
v 12
RJ 1RA λ−π=λ−π=
R
λR
Edu
ardo
Nob
re L
ages
–
CT
EC
/UFA
L
A/A/r/R ττ=
2
2
v
c
4 4cmax
max
vc
1
1
A
A e
1
1
r
R v
λ−λ+=
λ−=
ττ
=⇒
Φ=Φ
Otimização da Seção Otimização da Seção TransversalTransversal
y
z
r
vc A/Acmaxvmax /r/R ττ=
2
rJ rA
4
c2
c
π=π=
y
z
( ) ( )44
v22
v 12
RJ 1RA λ−π=λ−π=
R
λR
Edu
ardo
Nob
re L
ages
–
CT
EC
/UFA
L
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
ExemploExemplo
Considere agora a barra formada por dois trechos prismáticos de mesmo material
Para descrever os campos das variáveis de estado do problema devemos identificar intervalos de análise a partir dos trechos onde há mudança na descrição do momento torsor e/ou da rigidez à torção GJ.
T
L L
G, J1 G, J2
O problema em pauta exige a consideração de dois intervalos de análise, por exemplo
LX0 e LX0 21 ≤<<≤
X1 X2
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
ExemploExemplo
Por se tratar de um problema isostático:
( ) 222
2
2 CXT 0dX
dT=∴=( ) 111
1
1 CXT 0dX
dT=∴=
( )
11
111
J
Tr
J
rXT==τ
( )
22
222
J
Tr
J
rXT==τ
1
11
GJ
Tr
G=
τ=γ
( ) 11
1
11
11
1 DXGJ
TX
GJ
T
dX
d+=φ∴=
φ ( ) 22
2
22
22
2 DXGJ
TX
GJ
T
dX
d+=φ∴=
φ
2
22
GJ
Tr
G=
τ=γ
( )1
2
2
22GJ
TLX
GJ
TX +=φ⇒
( ) TXT 11 =⇒ ( ) TXT 22 =⇒
( ) ( ) ( ) TLT e 0TLT 221 ==
( ) ( ) ( )0L e 00 211 φ=φ=φ
( ) 1
1
11 XGJ
TX =φ⇒
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
Princípio da Superposição Princípio da Superposição dos Efeitosdos Efeitos
A rotação total da seção livre da barra do exemplo anterior, dada por
( )21
2GJ
TL
GJ
TLL +=φ
também pode ser determinada fazendo-se uso do Princípio da Princípio da Superposição dos EfeitosSuperposição dos Efeitos, desde que se conheça a rotação de um trecho prismático de mesmo material e momento torsor constante, dada por
GJ
TL=φ
onde essa rotação é diretamente proporcional ao inverso do momento polar de inércia. Com isso
0J
10
J
1
21
==φ+φ=φ
T
L L
rígido G, J2
T
L L
G, J1 rígido
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
ExemploExemplo
Considere agora a barra prismática de mesmo material solicitada por um torsor uniformemente distribuído
O problema em pauta exige a consideração de um único intervalo de análise, por exemplo
LX0 ≤≤
X
t
L
G, J
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
ExemploExemplo
Por se tratar de um problema isostático:
( ) ( )XLtXT 0)L(T e tdX
dT−=⇒=−=
( ) ( )XLJ
tr
J
rXT−==τ
( ) ( )XLGJ
tr
G
r,X−=
τ=γ
( ) ( ) ( ) ( )2XLX2GJ2
tX00 e XL
GJ
t
dX
d−=φ⇒=φ−=
φ
Rotação da seção final da barra:Rotação da seção final da barra: ( )GJ2
tLL
2
=φ
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
ExemploExemplo
O giro total da seção livre da barra, anteriormente encontrado,
( )GJ2
tLL
2
=φ
também pode ser deduzido a partir de um arranjo onde se tem o torsor resultante do torsor distribuído posicionado no centróide da figura de representação desse carregamento, ou seja,
L
G, J
Essa conclusão pode ser estendida a qualquer lei de variação do torsor distribuído, desde que esse esteja atuando num trecho prismático de mesmo material.
tL
L/2
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
Considere agora a configuração prismática hiperestática de mesmo material e com a consideração do torsor distribuído.
O problema em pauta exige a consideração de um único intervalo de análise, por exemplo
LX0 ≤≤
X
Exemplo HiperestáticoExemplo Hiperestático
L
G, J
t
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
Por se tratar de um problema hiperestático, tem-se
Exemplo HiperestáticoExemplo Hiperestático
GJ
t
dX
d2
2
−=φ
1CXGJ
t
dX
d+−=
φ
( ) 212 CXCX
GJ2
tX ++−=φ
( ) 00 =φ
( ) 0L =φ
( ) XGJ2
tLX
GJ2
tX 2 +−=φ
0C2 =⇒
GJ2
tLC1 =⇒
Conhecido o campo de rotações chega-se a qualquer outra variável de estado de interesse manipulando adequadamente a relação cinemática e a relação constitutiva.
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
Este mesmo problema também poderia ser resolvido com o auxílio do método das forçasmétodo das forças, que visa determinar os hiperestáticoshiperestáticos impondo-se uma equação de compatibilidadeequação de compatibilidade.
Exemplo HiperestáticoExemplo Hiperestático
+ φB (TB) = 0
=L
G, J
t
L
G, J
t TB
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
Para quantificar a rotação na extremidade direita da barra faz-se uso do Princípio da Superposição dos EfeitosPrincípio da Superposição dos Efeitos, usufruindo-se do fato de que já que se conhece o efeito de cada ação isolada, ou seja,
Exemplo HiperestáticoExemplo Hiperestático
De posse do hiperestático o momento torsor passa a ser conhecido, podendo-se seguir o procedimento já discutido para problemas isostáticos.
BTB
tBB φ+φ=φ
GJ2
tL2tB =φ
GJ
LTBTB
B −=φ
2
tLT B =⇒
0=
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
T
T
Considere o estado de tensão em um ponto material qualquer da barra sob torção
Tensões e Direções PrincipaisTensões e Direções Principais
J
Tr=τ
τ
Para garantir a simetria do tensor de tensão, a tensãode cisalhamento na direção circunferencial na face daseção transversal é equilibrada pelo componente decisalhamento na direção longitudinal da face radial.
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
Cada ponto material encontra-se em estado de cisalhamento puroestado de cisalhamento puro
Tensões e Direções PrincipaisTensões e Direções Principais
As tensões principais, de mesma intensidade em módulo,estão inclinadas de 45º em relação ao eixo longitudinal
τ
τ
τ
τ
τ
TT
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
Materiais frágeis apresentam falha em superfície de corte perpendicular às tensões principais de tração.
Tensões e Direções PrincipaisTensões e Direções Principais
Materiais dúcteis apresentam falha em superfície de corte perpendicular ao eixo da barra.
TT
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
Energia Específica de Energia Específica de DeformaçãoDeformação
T
T
τ
Para um ponto qualquer de uma seção transversal os únicos componentes não nulos dos estados de tensão e de deformação, em coordenadas cilíndricas, são dados por
eJ
Tr=τ
GJ
Tr=γ
GJ
Tr
J
Tr
2
1=
2
22
GJ
rT
2
1 =
2U0
τγ=
Com isso a energia específica de deformação é dada simplesmente por
que varia quadraticamente com a distância do ponto ao centro da seção circular cheia ou vazada.
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
Energia de DeformaçãoEnergia de Deformação
Para gerar a energia de deformação acumulada numa barra sob torção, deve-se integrar a energia específica de deformação ao longo do volume da mesma, ou seja,
∫=V
0dVUU
Desmembrando a integração no volume da barra através da seção transversal e ao longo do comprimento da mesma tem-se
∫ ∫=L A
0 dxdAUU ∫ ∫=L A
2
22
dxdAGJ
rT
2
1
∫ ∫=L A
2
2
2
dxdArGJ
T
2
1dxJ
GJ
T
2
1
L
2
2
∫= dxGJ
T
2
1
L
2
∫=
Ed
ua
rdo N
obre
La
ges
–C
TE
C/U
FA
L
As seções transversais de barras não circulares sofrem empenamentoempenamento, não mais permanecendo planas. Porém, para pequenas deformações, a projeção da seção empenada num plano perpendicular ao eixo da barra gira como uma seção rígida.
Barras Não CircularesBarras Não Circulares
Soluções analíticas para seções não circulares são construídas com base na Teoria da ElasticidadeTeoria da Elasticidade.