Mecânica dos sólidos ii teoria
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1
MECÂNICA DOS SÓLIDOS II
(RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS II)
Bibliografia:
Ferdinand Beer, E. Russel Johnston – Resistência dos Materiais Timoshenko – Mecânica dos Sólidos William Nash – Resistência dos Materiais Vladimir Arrivabene – Resistência dos Materiais
Professor: Eduardo Moura Lima
Versão 01/02/2015
2
Cap I: Análise de tensões e deformações
1. Estado Tri-Axial de tensões:
Notação: σi – tensão normal na direção i
τji – tensão tangencial no plano j, direção i
Colocamos todas as tensões normais e tangenciais possíveis em cada face visível. Nas faces opostas (invisíveis) teremos as mesmas tensões, com mesmos módulos e sentidos opostos. Em torno de um ponto, num mesmo
P X
Z
X
Y
dx
dy
dz
σx
σy
σz
τyz
τyx τxy
τzy
τzx
τxz
3
plano, as tensões normais sempre atuam em duplas, e as tangenciais, em quatro.
Outros estados de tensão:
Bi-axial ou plano: tensões em duas direções Uni-axial: tensões em uma direção
2. Estado Plano de tensões – método analítico: a. Introdução:
Estado mais comum de ocorrer. Teremos tensões apenas no plano XY. Eliminaremos todas as tensões fora deste plano.
A visualização pode ser simplificada, com todas as tensões num único plano, eliminando-se a terceira dimensão (Z). E a notação das tensões tangenciais também poderá ser simplificada, por não existir a direção Z, e τxy = τyx (provaremos mais tarde).
Notação: σi – tensão normal na direção i
τj – tensão tangencial no plano j
X
Y
dx
dy
dz
σx
σy
τyx
τxy
Z
4
Então, podemos visualizar assim: Ou por uma forma mais simplificada:
Diagonal de corte: sobre ela convergem as tensões tangenciais
Convenção de sinais:
b. Tensões em um plano qualquer perpendicular ao plano XY (σα e τα):
σx σx
σy
σy
τx τx
τy
τy
Diagonal
de corte
X
Y
X
Y
τx
τy
σy
σx
\\=\\=\\=
|| =
|| =
\\=\\=\\=
σ > 0 σ < 0
\\=\\=\\=
τ < 0 τ > 0
σx τx
σy
τy X
Y
dx
dy
σα
τα
α
α
α
α
dL
Y
X
Z
5
Estudo do equilíbrio das FORÇAS que atuam no prisma:
Projeção das forças na direção de σα:
σα = ((σx + σy) / 2) + (((σx - σy) /2). cos 2α) + τx . sen 2α (A)
Projeção das forças na direção de τα:
τα = - ((σx - σy) /2). sen 2α + τx . cos 2α (B)
c. Tensões normais máximas:
Deriva-se a equação (A) e iguala-se a ZERO:
dσα / dα = (-2 . ((σx – σy) / 2) . sen 2α) + 2 τx . cos 2α = 0
= - (σx – σy) . sen 2α + 2 τx . cos 2α = 0
= - ((σx – σy)/2) . sen 2α + τx . cos 2α = 0
τα
Conclusão: quando as tensões normais são máximas, as tangenciais são NULAS.
Resolvendo-se a equação acima tg 2 αI,II = 2 τx / (σx – σy) (C)
Se: σx > σy direção I (tensão máxima)
σx < σy direção II (tensão mínima)
E se σx = σy ?
Sabendo-se o valor da tangente (C), são conhecidos os valores do seno e do cosseno. Façamos a substituição na equação (A):
σI,II = (σx + σy)/2 ± (1/2) . √ (σx – σy)2 + 4(τx)2 (D) (tensões principais)
6
d. Tensões tangenciais máximas:
Deriva-se a equação (B) e iguala-se a ZERO:
dτα / dα = (-2 . ((σx – σy) / 2) . cos 2α) - 2 τx . sen 2α = 0
tg 2α’3 = -(σx – σy) / (2 τx) (E) tg 2αI . tg 2α’3 = -1
Como: tg 2 αI = 2 τx / (σx – σy) (C)
Pela relação trigonométrica: tg (a – b) = (tg a – tg b) / (1 + tg a . tg b), tem-se:
tg (2αI - 2α’3) = (tg 2αI – tg 2α’3) / ( 1 + tg 2αI . tg 2α’3) = ∞
2αI - 2α’3 = 90º αI - α’3 = 45º.
Sabendo-se o valor da tangente (E), são conhecidos os valores do seno e do cosseno. Façamos a substituição na equação (B):
τmáx, mín = ± (1/2) . √ (σx – σy)2 + 4(τx)2 (F)
σI,II = (σx + σy)/2 ± τmáx (G)
Substituindo-se os valores de sen 2α’3 e cos 2α’3 em (A):
σα’3 = σα’’3 = (σx + σy) / 2 (H)
7
Representação esquemática de todas as tensões descritas acima, e também com seus planos:
e. Tensões em planos ortogonais: Normais:
σα = ((σx + σy) / 2) + (((σx - σy) /2). cos 2α) + τx . sen 2α (A)
σα+π/2 = ((σx + σy) / 2) + (((σx - σy) /2). cos 2(α+π/2)) + τx . sen 2(α+π/2) =
= ((σx + σy) / 2) - (((σx - σy) /2). cos 2α) - τx . sen 2α
σα + σα+π/2 = σx + σy = σI + σII = σα’3 + σα’’3 = θ invariante característico
X
Y
\\=\\=\\=
|| =
|| =
σx
τx
τy
αI
αII
I σI
α’'3
α'3
α’'3
α'3
45º
σα’3
σy II
σII
σα’’3
τmin
τmax
8
Tangenciais:
τα = - ((σx - σy) /2). sen 2α + τx . cos 2α (B)
τα+π/2 = - ((σx - σy) /2). sen 2(α+π/2) + τx . cos 2(α+π/2) =
= ((σx - σy) /2). sen 2α - τx . cos 2α
τα + τα+π/2 = 0 τα = - τα+π/2
f. Cisalhamento puro: θ = 0
σx + σy = 0 σx = - σy
σI,II = (σx + σy)/2 ± τmáx = τmáx
σα’3 + σα’’3 = 0 σα’3 = σα’’3 = 0
τmáx = (1/2) . √ (σx – σy)2 + 4(τx)2 = √ σx2 + τx
2
g. Ponto isotrópico:
Quando σI = σII todas as direções são principais
τ = 0 em todas as direções
h. Tensões com a direção I (um particular x):
De (A): σβ = ((σI + σII) / 2) + (((σI – σII) /2). cos 2β) (I)
De (B): τβ = - ((σI – σII) /2). sen 2β (J)
De (F): τmáx, mín = ± (1/2) . (σI – σII)
9
3. Estado Plano de tensões – método gráfico – Círculo de Mohr:
Dados: σx, σy e τx (no exemplo, positivos, e com σx > σy)
Marcar: OE = σx, OF = σy, EM = τx e FN = τy (escolher uma escala adequada)
a. Centro do círculo (ponto C):
OC = (OE + OF) / 2 = (σx + σy) / 2 = θ / 2
b. Raio do círculo:
R = CM = √ (CE)2 + (EM)2 = √ ((OE – OF) / 2)2 + (EM)2 =
= √ (((OE – OF)2 + 4(EM)2)) / 4 = (1/2) . √ (σx - σy)2 + 4 τx2 = τmax
c. Tensões principais:
OB = OC + CB = (σx + σy) / 2 + τmax = σI
OA = OC - AC = (σx + σy) / 2 - τmax = σII
d. Planos principais:
tg ECM = (EM) / (EC) = τx / ((σx - σy) / 2) ECM = 2αI BAM = αI
τ (-)
σ (+) O
A B C E
M
N
F
S
R
2αI αI
x
y
II
I
α
α
K
G
α'3
α''3
10
e. Tensões em um plano qualquer α:
σα = OG τα = - KG
f. Tensões tangenciais máximas e tensões normais nos planos:
τmax = CR e τmin = - CS
σα’3 = σα’’3 = OC = (σx + σy) / 2
4. Estado Plano de deformações – método analítico
Lei de Hooke: σ = Eε
ε' = -με
μ = 1/m ε' = -ε/m
a. Deformações nas direções principais:
εI = σI/E σI/E - σII/Em =
- σII/Em = (1/E) (σI - σII/m)
εII = (1/E) (σII - σI/m)
b. Deformação na direção z:
εz = - σI/Em - σII/Em = - (1/Em) (σI + σII) = - (1/Em) (σx + σy)
I
II
σI
σII
11
c. Deformação de uma fibra de direção qualquer no plano solicitante: OA = Lβ
ΔLβ = AA1 = AC + CA1 = AC + BD =
= Δa.cosβ + Δb.senβ
εβ = ΔLβ / Lβ =
= (Δa.cosβ + Δb.senβ)/ Lβ =
= Δa.cosβ/ Lβ + Δb.senβ/ Lβ
a = Lβ. cosβ Lβ = a/ cosβ b = Lβ. senβ Lβ = b/ senβ
εβ = (Δa/a).cos2β + (Δb/b).sen2β = εI. cos2β + εII. sen2β
Como: cos2β = (1 + cos2β)/2 e sen2β = (1 – cos2β)/2
εβ = εI. (1 + cos2β)/2 + εII. (1 – cos2β)/2 =
= εI/2 + εI. cos2β/2 + εII/2 - εII. cos2β/2
εβ = (εI + εII)/2 + ((εI - εII)/2). cos2β
Compare com a equação I: σβ = ((σI + σII) / 2) + (((σI – σII) /2). cos 2β)
d. Rotação de uma fibra qualquer:
OA1 . δβ = A1A’1
(Lβ + ΔLβ). δβ = A’1D – A1D = A’1D – BC = Δb.cosβ – Δa.senβ
δβ = (Δb.cosβ – Δa.senβ)/( Lβ + ΔLβ) = Δb.cosβ/ Lβ - Δa.senβ/ Lβ =
= (Δb.cosβ)/(b/ senβ) - (Δa.senβ)/( a/ cosβ) =
= εII. senβ. cosβ - εI. senβ. cosβ = - εI. senβ. cosβ + εII. senβ. cosβ
Como sen2β = 2 senβ. cosβ δβ = - εI. sen2β/2 + εII. sen2β/2
δβ = - ((εI – εII) /2). sen 2β τβ = - ((σI – σII) /2). sen 2β
I
II
O
Δb
Δa
b
a
A B
β
δβ
C C’
D
A1
A’1
β
β
0
12
Conclusão: existe uma correlação entre as equações das tensões e deformações. σ ε e τ δ
Estado plano de tensões (σ,τ) Estado plano de deformações(ε,δ) σα = ((σx + σy) / 2) + (((σx - σy) /2). cos 2α) + τx . sen 2α
εα = ((εx + εy) / 2) + (((εx - εy) /2). cos 2α) + δx . sen 2α
τα = - ((σx - σy) /2). sen 2α + τx . cos 2α
δα = - ((εx - εy) /2). sen 2α + δx . cos 2α
σI,II = (σx + σy)/2 ± (1/2) . √ (σx – σy)2 + 4(τx)2
εI,II = (εx + εy)/2 ± (1/2) . √ (εx – εy)2 + 4(δx)2
tg 2 αI,II = 2 τx / (σx – σy) tg 2 αI,II = 2 δx / (εx – εy) τmáx, mín = ± (1/2) . √ (σx – σy)2 + 4(τx)2
δmáx, mín = ± (1/2) . √ (εx – εy)2 + 4(δx)2
τmáx, mín = ± (1/2) . (σI – σII) δmáx, mín = ± (1/2) . (εI – εII) σx + σy = σI + σII = constante εx + εy = εI + εII = constante
Para converter de um estado para outro εx = (1/E) (σx – (σy/m)) εI = (1/E) (σI – (σII/m)) εy = (1/E) (σy – (σx/m)) εII = (1/E)(σII – (σI/m)) δα = ((m + 1)/(Em)).τα com m = 1/μ
5. Estado Plano de deformações – método gráfico – círculo de Mohr
Análogo ao círculo das tensões: σ ε e τ δ
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6. Utilização do mesmo círculo para determinação de tensões e deformações
a. Tensão Deformação
K – módulo de desenho para tensão
Por exemplo: escala: 100 kgf/cm2 – 1cm K = 0,01
K’ – módulo de desenho para deformação
Por exemplo: escala: 0,2 x 10-3 – 1 cm K’ = 1 / (0,2 x 10-3)
Ponto O: origem do círculo de tensões
Ponto O’: origem do círculo de deformações
O’ sempre entre O e C
K’ = (K.m.E)/(m + 1)
2 OC / (m + 1)
b. Deformação Tensão
K = K’.(m + 1) / (m.E)
2 O’C / (m - 1)
X X X O O’ C
X X X O O’ C
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7. Resolução de exercícios pelo método gráfico: a. Exercício 1 da apostila:
Escolha de uma escala adequada: 1 cm 50 kgf/cm2
σx – OE (8 cm) ; σy – OF (4 cm) ; τx – EM (6 cm)
σI = 616 kgf/cm2 (OB = 12,36 cm)
σII = -16 kgf/cm2 (OA = 0,32 cm)
τmax = 316 kgf/cm2 (CR = 6,32 cm)
σ’3 = σ’’3 = 300 kgf/cm2 (OC = 6 cm)
E O
F σ
τ (-)
M
C A
B I
II
x
y
αI = 36º
α'3
α'3 = -9º
R
15
b. Dados:
σx = 500 kgf/cm2; σy = -200 kgf/cm2; τx = 100 kgf/cm2
μ = 0,25 m = 4; E = 2 x 106 kgf/cm2
Determinar as deformações principais e δmax
Escala: 1 cm = 50 kgf/cm2 k = 0,02 k’ = (0,02x4x2 x 106)/(4+1)=32000
OO’ = (2/(4+1)) OC = (2/5) OC
εI = (O’B)/k’ = 0,275 x 10-3
εII = (O’A)/k’ = -0,175 x 10-3
δmax = (CR)/k’ = 0,225 x 10-3 rad
σ
τ (-)
O F E
M
C O’
δ (-)
B A
R
16
c. Dados:
εx = 0,2 x 10-3; εy = -0,4 x 10-3; δx = 0,4 x 10-3 rad;
m = 4; E = 2 x 106 kgf/cm2
Determinar tensões principais e τmax
Escala: 1 cm = 0,05 x 10-3 k’ = 20000 k = (20000x5)/(4x2 x 106) = 0,01250
OO’ = (2/(4 – 1)) O’C = (2/3) O’C
δ (-)
ε O’ E F C A B
R
II
I
M x
αI
O
τ (-)
17
σI = (OB)/k = 533,3 kgf/cm2
σII = (OA)/k = -1066,7 kgf/cm2
τmax = (CR)/k = 800 kgf/cm2
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Polo: Ponto da circunferência tal que, se traçarmos por ele uma paralela a um plano, esta reta cortará a circunferência num ponto cujas coordenadas são as tensões no plano.
O ponto P é obtido traçando paralelas a 2 planos ortogonais a partir dos pontos correspondentes no círculo de Mohr.
F O σ
τ
E C
N
M
σx – OF > 0
σy – OE > 0
τy – FN > 0
A B
x
I αI
P
//=//
||
||
αI
I
Y II
// ao plano x
// ao plano y
// ao plano I
// ao plano II
plano x
plano y
plano I plano II
II
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Cap II: Flexão Simples Oblíqua
1. Flexão Simples Reta:
σ= (M.y)/ JLN
Sinais das tensões:
M+ M-
OU
Simples: ocorrem Q e M na seção reta
Reta: ES coincide com um dos dois eixos centrais principais de inércia da seção. A LN será o outro.
Na LN as tensões normais são NULAS
X = LN Y = ES
Z
M
M C T
C T
M -
-
+
+
ES
LN - -
+ +
-
+
σC
σT
DTN
M CG
CG
20
2. Flexão Simples Oblíqua: Oblíqua: ES não coincide com nenhum dos dois eixos centrais principais de inércia
α – ângulo entre o ES e o eixo X
MX = M.senα
MY = M.cosα
Sinais das tensões:
Tensões normais: σ = (MX.y)/ JX + (MY.x)/ JY
Posição da LN: Como na LN a tensão normal é ZERO σ = 0
(MX.y)/ JX + (MY.x)/ JY = 0 (M.senα.y)/ JX + (M.cosα.x)/ JY = 0
y = - (JX / JY).cotgα.x equação da LN y = - tg β. x
Então: - (JX / JY).cotgα = - tg β tgα . tgβ = JX / JY
Equação do ES: y = tg α. x
Z
MX
MX
Y X
MY
MY
Y
X MX
MY
CG
CG
M ES
α α
X X
Y Y
MX
MY
- -
+ + -
-
+
+ LN
-
+
σC
σT
DTN
β
21
Cap III: Flexão Composta (Reta e Oblíqua)
1. Flexão Composta com tração: Reta: ES coincide com um dos dois eixos principais de inércia da seção Oblíqua: ES não coincide com um dos dois eixos principais de inércia da seção
Visão tri-dimensional da seção reta:
C.A. = Centro de Ataque
Z MX
Y X
MY
CG
N
N
Y
X CG
N
N
yC
xC C.A.
MX
MY
ES
α LN
y0
x0
β
22
Seção reta vista de frente:
tg α = yC/xC
Coordenadas do CA: xC e yC
Mx = N.yC
My = N.xC
Tensões num ponto qualquer da seção: σ = Mx.y/Jx + My.x/Jy + N/S
Na LN: σ = 0 Mx.y/Jx + My.x/Jy + N/S = 0
N.yC.y/Jx + N.xC.x/ Jy + N/S = 0 (dividindo por N/S)
yC.y.S/ Jx + xC.x.S/ Jy + 1 = 0
Como o raio de giração i2 = J/S ix2 = Jx/S e iy2 = Jy/S
yC.y/ ix2 + xC.x/ iy2 + 1 = 0 equação da LN
Para x = 0 y = y0 yC.y0 = - ix2
Qual o significado do sinal negativo?
Para y = 0 x = x0 xC.x0 = - iy2
Y
X
X N
xC
yC
X CG N
MX
MY M
ES
α
β
LN
y0 x0
23
tg β = y0/x0 = (- ix2/yC) / (- iy2/xC) = (Jx/(S.yC)) / (Jy/(S.xC)) = (Jx/Jy).(xC/yC)=
= (Jx/Jy)/tg α tg α . tg β = Jx/Jy
2. Núcleo Central:
Região central de uma seção reta, na qual qualquer CA nela colocada produzirá somente tensões de um sinal (tração ou compressão) na seção.
x
y
A
yCA
yCB
y0A
y0B
B
D C xCC xCD
x0C x0D
x
y
A
yCA
y0A
B
y0B
yCB
D C xCC xCD
x0C x0D
E
x0E xCE
F
xCF x0F
yCE=yCF
y0E=y0F
24
3. Flexão Composta Sem Tração:
AR = Área Reagente
N = ∫ σ dS
N. yC’ = ∫ σ dS. r'
σ/r’ = σ/ e σ = σ.r’/ e
N = ∫ (σ.r’/ e).dS N = (σ / e) ∫ r’ dS N = (σ / e).MLN’
N.yC’ = ∫ (σ.r’/ e).dS. r' N.yC’ = (σ / e). ∫ r’2 dS N.yC’ = (σ / e).JLN’
(σ / e).MLN’ . yC’ = (σ / e).JLN’ yC’ = JLN’ / MLN’
ES
X CA
LN’
Área inerte
e dS
yC' r'
_
σ
σ
AR
N
AR
AR AR
AR AR
25
Seção Retangular:
JLN’ = (b.e3) / 3
yC' = 2e/3
MLN’ = (b.e). (e/2) = (b.e2)/2
yC' + m = e m = e/3 => e = 3m
N = (σ / e).MLN’ σ = (N.e) /(b.e2/2) σ = (2N)/(be)
x
y
LN’
h
b
_
σ
e
X CA
yC'
m
26
Cap IV: Flambagem
1. Introdução:
Peça real – flamba devido à carga atuante (excentricidade de carga, falta de homogeneidade, instabilidade de forma, falta de retilinidade)
Peça ideal – rígida e retilínea, sem excentricidade de carga, constituída de material homogêneo.
A flambagem se dá em torno do eixo de Jmínimo, se a carga for aplicada no CG da seção reta.
Equação de Euler:
M1 = P.e
= =
Mtotal na seção S = - P.y – M1 = -P.y – P.e = -P (y + e)
Equação da elástica: E.J.y” = M y” = M / (E.J)
d2y/dx2 = -P(y + e) / (E.J) = -P.y / (E.J) - P.e / (E.J)
d2y/dx2 + P.y / (E.J) = - P.e / (E.J)
Sendo k2 = P / (E.J) d2y/dx2 + k2.y = - k2.e
Solução da equação diferencial: y = C1.senkx + C2.coskx - e
\\=\\=\\
P
P
e
P M1
P M1
y
x
S
27
2. Peças com cargas centradas (e = 0)
Solução: y = C1.senkx + C2.coskx
Peça bi-rotulada
Condições iniciais:
x = 0 y = y0 dy/dx = 0
dy/dx = k.C1. cos kx - k.C2. sen kx
0 = k.C1. cos 0 - k.C2. sen 0 = K.C1 – k.C2. 0
k.C1 = 0
Como k ≠ 0 C1 = 0
A solução fica: y = C2.coskx
Se x = 0 y = y0 y0 = C2. cos 0 C2 = y0
Solução: y = y0. cos kx
Se x = L/2 y = 0 0 = y0. cos (kL/2)
Como y0 ≠ 0 cos (kL/2) = 0 kL/2 = π/2 kL = π k = π/L
K2 = π2/L2
Como k2 = P / (E.J) P / (E.J) = π2/L2 Pfl = π2.E.J / L2
Como o cálculo foi feito para a peça bi-rotulada, generalizando teremos:
Pfl = π2.E.J / Lfl2 , onde Lfl = γ.L
comprimento de flambagem coeficiente de extremidade
\\=\\=\\
L/2
L/2
y0
x
y
P
28
Coeficientes de extremidade
γ = 1 γ = 0,5 γ = 0,7 γ = 2
bi-rotulada bi-engastada rotulada e engastada mono-engastada
Concluindo:
Pfl = π2.E.J / Lfl2 com Lfl = γ.L
σfl = Pfl/S (tensão de flambagem)
i2 = J/S (raio de giração em torno do Jmínimo)
λ = Lfl / i (coeficiente de esbeltez)
σfl = Pfl/S = π2.E.J / S.Lfl2 = π2.E. i2 / Lfl
2 = π2.E/ λ2 σfl = π2.E/ λ2
Representando a equação num gráfico:
σE – limite de elasticidade
λE – esbeltez limite
\\=\\=\\
P
L
\\=\\=\\
P
\\=\\=\\
\\=\\=\\ \\=\\=\\
P P
0,5L
0,7L
σfl
λ
λE
σE
Região elástica
(equação de Euler)
Região não
elástica
(equações
empíricas)
29
Verificou-se que a equação só chegava a valores que correspondiam aos valores obtidos na prática a partir de um determinado λ (λE, que recebeu o nome de esbeltez limite) (região elástica). O σ corresponte a este λE foi o limite de elasticidade do material (σE). Como σfl = π2.E/ λ2
σE = π2.E/ λE2 λE = π √ E/σE
Então:
Se λ ≥ λE Região elástica
Valem as equações de Euler:
Pfl = π2.E.J / Lfl2 ou σfl = π2.E/ λ2
Se λ < λE Região não elástica
Valem fórmulas empíricas para a obtenção de tensões
Alguns valores de λE :
Aço doce: λE = 100
Ferro fundido: λE = 80
Madeira: λE = 60 a 100
Concreto: λE = 85
30
Algumas fórmulas empíricas:
a. Gordon-Rankine: σfl
* = σ0 / (1 + β.λ2) onde: σ0 = tensão limite de resistência à compressão
β = coeficiente do material, obtido em laboratório
β ϵ [0,8 a 1,5] x 10-4 (aço doce)
β ϵ [5,0 a 6,0] x 10-4 (ferro fundido)
β ϵ [1,0 a 1,5] x 10-4 (madeiras rijas)
Coeficiente de segurança usual: 2 a 3,5
b. Tetmayer: σfl
* = σ0 – a.λ + b.λ2 onde: a, b = coeficientes do material
Coeficiente de segurança usual:
Aço: 2 a 3 Madeira e ferro fundido: 3 a 5
c. Johnson:
σfl* = σS – a.λ2 onde:
σS = tensão de escoamento do material na compressão
31
3. Peças com cargas excêntricas (e > 0)
Equação diferencial: d2y/dx2 + k2.y = - k2.e
Solução: y = C1.senkx + C2.coskx - e
Para x = 0 y = 0
0 = C1.sen 0 + C2.cos 0 – e C2 = e
Solução:
y = C1.senkx + e.coskx - e
Para x = L y = 0:
0 = C1.senkL + e.coskL - e
C1.senkL = e (1 – coskL) C1 = e (1 – coskL) / senkL Como senkL = 2.sen (kl/2). cos (kl/2) e 1 – cos kl = 2 sen2(kl/2) C1 = e.( 2 sen2(kl/2)) / (2.sen (kl/2). cos (kl/2)) C1 = e. tg (kl/2) y = e. tg (kl/2).senkx + e.coskx – e y = e [tg (kl/2).senkx + coskx – 1] O valor da deflexão máxima (ymáx) é calculado para x = L/2: ymax = e [tg (kl/2).sen(kL/2) + cos(kL/2) – 1] = = e [(sen (kl/2)/cos(kl/2).sen(kL/2) + cos(kL/2) – 1] = = e [((sen2 (kl/2)+cos2(kl/2))/cos(kL/2)) – 1] = = e [(1/cos(kL/2)) – 1] = e [ sec (kL/2) – 1] ymax = e [ sec (kL/2) – 1]
\\=\\=\\
L/2
L/2
ymax
x y
P
P.e
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Como k2 = P / (EJ) k = √ P/(EJ) ymax = e [ sec (√ P/(EJ) . L/2) - 1)] ymax = e [ sec (√ Pfl/(EJ) . Lfl/2) - 1)] em radianos
A tensão máxima σmax ocorrerá na seção da coluna onde o momento fletor é máximo (onde y = ymax)
Mmax = P.ymax + P.e = P (ymax + e)
σmax = Mmax . c / J + P/S = (compressão)
= (P (ymax + e)) . c / J + P/S =
= (P (ymax + e)) . c.S / (J.S) + P/S =
= (P (ymax + e)) . c / (i2.S) + P/S =
= P/S [1 + ((ymax + e).c / i2)]
σmax = P/S [ 1 + ]
\\=\\=\\
L/2
L/2
ymax
P
P.e
Seção reta e
c
X
Mmax
e. sec (√ Pfl/(EJ) . Lfl/2).c i2
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Pfl / S = (fórmula da secante)
Para valores muito pequenos de λ (λ = Lfl / i) para valores muito pequenos de Lfl sec 0 ≈ 1
Pfl / S =
1 + e.c.sec (√ Pfl/(EJ) . Lfl/2)/i2
σmax
σmax
1 + e.c/i2
34
Cap V: Fadiga
1. Introdução:
Recordemos o diagrama σ x ε, visto na Mecânica dos Sólidos I.
a. Diagrama característico de material dúctil, com região de escoamento (aço estrutural)
Em 4: limite de escoamento. b. Diagrama característico de material dúctil, sem região de
escoamento (alumínio)
Em 4: limite de escoamento
σ
ε X
X X
X
X
X
1
0
2
3
4
5
Retas paralelas
Tensão atingida
εP εE
σ
0
Retas paralelas
1 X
X 4
0,2% convencional
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c. Diagrama característico de material frágil (ferro fundido, vidro, pedra)
Observaçao:
Material dúctil: apresenta grandes deformações antes do rompimento (aço ou alumínio)
Material frágil: deforma-se relativamente pouco antes do rompimento (ferro fundido e concreto)
2. Fadiga: Na Mecânica dos Sólidos I vimos que, se a tensao aplicada não ultrapassar o limite de elasticidade do material, este volta às condições iniciais quando o carregamento é retirado. Somos levados a concluir que um carregamento pode ser repetido inúmeras vezes, desde que as tensões permaneçam dentro do regime elástico. Tal conclusão é correta para um número de repetições da ordem de dezenas ou centenas, mas para um número da ordem de milhares ou milhões, deixa de ser válida. Neste caso, a ruptura ocorre num valor de tensão abaixo da tensão de ruptura obtida com o carregamento estático. Tal fenômeno é a fadiga. A falha por fadiga começa com pequena fissura, tão pequena que pode ser imperceptível a olho nu. A fissura ocorre num ponto de descontinuidade do material (mudança de seção reta, rasgo de chaveta ou um furo).
ε
σ
0
36
Iniciada a fissura, o efeito de concentração de tensões torna-se maior e a fissura progride mais depressa. A zona da fratura assemelha-se muito à fratura de um material frágil (como o ferro fundido), que tenha falhado à tração, mesmao para um material dúctil. As tensões que originaram a fadiga podem ser de tração, compressão, cisalhamento, fleão, torção, ou combinações destas tensões. Limite de fadiga: É obtido colocando-se um corpo de prova individualmente submetido a uma tensão específica cíclica até sua falha. Repetindo-se o processo para n tensões diferentes, podemos traçar o gráfico denominado de diagrama σ-N (diagrama tensão – número de ciclos). Veja o exemplo obtido para 2 materiais dúcteis (aço e alumínio): Ksi – kilolibra por polegada ao quadrado
N (106)
σ (ksi)
0
10 -
20 -
30 -
40 -
50 -
0,1 1 |
10 |
100 |
500 |
1.000 |
aço
alumínio
37
Cap VI: Plasticidade
1. Flexão no regime plástico:
A equação para determinação das tensões normais devidas à flexão é válida se o comportamento do material for elástico linear (σ = (My)/JLN).
Se o momento fletor aplicado causar o escoamento do material, uma análise plástica deverá ser feita para a determinação da distribuição das tensões.
Tanto no comportamento elástico quanto no plástico, devemos lembrar que, para a flexão de elementos retilíneos, 3 condições devem ser satisfeitas (vide Mecânica dos Sólidos I).
Distribuição linear das deformações específicas normais: varia sempre linearmente de zero na L.N. da seção transversal até o valor máximo na fibra mais afastada desta L.N.
Força resultante nula: a força resultante causada pela distribuição das tensões normais deve ser nula. σ ds = 0 (equação 1) Com esta operação podemos determinar a localização da L.N.
Momento fletor resultante: M = σ ds. y (equação 2)
Façamos o estudo para uma seção retangular:
⌠ ⌡S
⌡S
⌠
h
b
M
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Momento fletor elástico máximo:
Suponhamos que o momento fletor aplicado na seção (MY) coloque o material na iminência de apresentar as deformações específicas plásticas nas superfícies superior e inferior da viga.
Assim, os pontos mais afastados da L.N. estarão com as tensões com os valores da tensão de escoamento (σY) σY = [MY. (h/2)] / [(bh3)/12]
σY = (6MY)/(bh2) MY = (σY.bh2)/6 (equação 3)
MY momento fletor na seção reta que gera tensões normais, nos pontos mais afastados da L.N., iguais às tensões de escoamento
Visão plana do DTN
Momento plástico:
Seja o momento fletor na seção igual a M > MY. O material nas superfícies superior e inferior começará a escoar, de fora para dentro da seção.
Visão tri-dimensional do DTN
-
+
σY
σY
-
+
yY
yY
h/2
h/2
σY
σY
b
C2
C1
T1
T2
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C1 força de compressão resultado das tensões ocorrentes no trecho de regime elástico comprimido
C2 força de compressão resultado das tensões ocorrentes no trecho de regime plástico comprimido
T1 força de tração resultado das tensões ocorrentes no trecho de regime elástico tracionado
T2 força de tração resultado das tensões ocorrentes no trecho de regime plástico tracionado
Da equação 1:
C1 = T1 volume da região do diagrama no trecho de regime elástico comprimido/tracionado
C2 = T2 volume da região do diagrama no trecho de regime plástico comprimido/tracionado
C1 = T1 = (σY.yY.b) / 2
C2 = T2 = σY.(h/2 - yY). b
Da equação 2:
M = T1 . (2/3 . yY) + C1 . (2/3 . yY) + T2 . [yY + ½.(h/2 – yY)]
+ C2 . [yY + ½.(h/2 – yY)]
M = 2.( ½. σY.yY.b)( 2/3 . yY) + 2.[ σY.(h/2 - yY). b][ ½.(h/2 + yY)]
M = ¼ . bh2. σY . [ 1 – 4/3 . (yY2/h2)]
M = 3/2 . MY . [ 1 – 4/3 . (yY2/h2)]
Nesta situação geral, temos 2 regiões de escoamento plástico e um núcleo elástico.
40
Para termos a plastificação total, yY = 0 MP = 3/2. MY
MP = ¼ bh2.σY momento fletor plástico
Visão plana do DTN
-
+
h/2
h/2
σY
σY