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Sistemas Mecânicos I

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1. CAPITULO 1 - ANALISE DE TENSÕES 1.1. Tensões Admissíveis 1.1.1. Coeficiente de segurança 1.1.1.1.

Definição

É um numero que, modificando o critério de resistência adotado (tensão limite de ruptura ou tensão limite de escoamento), fornece a base para o cálculo, isto é, a tensão admissível. Em muitos países este coeficiente é chamado de ‘Fator de Segurança’ ou ainda ‘Fator de Projeto’. Literalmente o Coeficiente de Segurança indica ‘quantas vezes o projeto esta longe de falhar’. 1.1.1.2.

Fatores e Incógnitas que afetam o Coeficiente de Segurança

O Coeficiente de Segurança depende da natureza do material e do tipo de solicitação. A sua escolha depende da habilidade técnica do engenheiro de projetos, pois é impossível equacionar todos os fatores e incógnitas que concorrem para a falha da peça, a saber: a) Tipo dos materiais: Em situações semelhantes, um material dúctil (baixo e médio teor carbono SAE 1020) exigirá um coeficiente de segurança menor do que o necessário para um material frágil (ferro fundido GG 25), isto porque os materiais fundidos são mais propensos a apresentarem trincas. b) Tipos de Solicitações: Basicamente há 4 tipos de cargas: - Carga Estática P

Ocorre quando uma peça está sujeita a carga constante, invariável ao decorrer do tempo e aplicada lenta e gradualmente. EX: Vigas t

- Carga Intermitente P

Ocorre quando uma peça está sujeita a uma carga variável de zero a um valor máximo, sempre com a mesma direção e sentido. EX: dentes das engrenagens. t

-1-

UNITAU - Carga Alternada P

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Ocorre quando uma peça está sujeita a uma carga variável na mesma direção, mas com sentido contrario. EX: Eixos Rotativos. t

-Carga de Choque P

Ocorre quando uma peça está sujeita a variação brusca ou a de choque. EX: Componentes de Prensas. t

c) Distribuição de tensões: As fórmulas convencionais de cálculo de tensão (ex.: σ t =

τm =

N A

; σc = −

Mf N ;σf = ; ωf A

M Q ; τ t = t ) fornecem como resultado a tensão média ou nominal da peça, que nem A ωt

sempre, devido a distribuição de tensões, coincidem com a tensão atuante. Irregularidade como furos, entalhes e variação da seção transversal provocam concentração de tensões, resultando tensões muito superiores às calculadas pelas fórmulas nominais. Para cargas estáticas aplicadas em materiais dúcteis estas concentrações de tensões possuem pequena influência, porque havendo alguns pontos com tensões maiores do que a tensão de escoamento, o material devido à sua ductilidade, se deforma e ocasiona uma redistribuição de tensão. d) Possibilidade de Carga Acidental: Uma peça deve ser bastante resistente para suportar um choque acidental que possa ocorrer durante seu desempenho. e) Corrosão e Abrasão (exposição a intempéries ou ambientes agressivos e desgaste) f) Defeitos Imperceptíveis de Fabricação (falta de fusão, porosidade, etc.). g) Perigo de Morte ou Danos Materiais: Se a falha de uma peça pode colocar em perigo, vidas ou propriedades, é recomendável que seja escolhido um Coeficiente de Segurança mais elevado.

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1.1.2. Tensão Admissível Normal Há dois critérios para a definição da Tensão Admissível Normal: a) Critério da Tensão Limite de Ruptura

σ =

σR S

kgf cm 2

(1.1)

kgf cm 2

(1.2)

b) Critério da Tensão Limite de Escoamento

σ =

onde: σ

σE S

=> Tensão admissível normal

σ R => Tensão limite de ruptura σ E => Tensão limite de escoamento S

=> Coeficiente de segurança

1.1.3. Tensão Admissível Transversal Através de experiências com corpos-de-prova submetidos ao cisalhamento puro por torção, observou-se que há uma relação entre a tensão de cisalhamento e a deformação angular (semelhante à relação existente entre a tensão de tração e a deformação específica). As experiências mostram que τ = (0,57 à 0,6) ⋅ σ Sendo que o valor mais usual é:

τ =

σ

kgf cm 2

3

(1.3)

1.1.4. Tensão Admissível Composta ou Equivalente A maioria das normas de cálculo, tais como DIN e ABNT admitem que a Tensão Admissível Composta ou Equivalente seja a Tensão Admissível Normal majorada em 25%, então kgf cm 2

σ comp = 1,25 ⋅ σ

-3-

(1.4)

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1.1.5. Valores Usuais para Coeficientes de Segurança Muitos tipos de equipamentos já possuem normas de cálculo e projeto publicadas por entidades mundialmente reconhecidas, como a DIN, ASME, FEM, etc, portanto, antes de especificar o coeficiente de segurança, verifique se para o seu tipo de equipamento não existe um coeficiente de segurança já estipulado. Como ilustração, citaremos alguns exemplos: -

Comportas e Grades Hidráulicas – Norma DIN 19704. Parte Mecânica σ =

-

2,5

σE 1,5

σE 1,7

Equipamentos de Levantamento – Norma FEM ou ABNT P-NB-283. Parte Mecânica σ =

-

Parte Estrutural σ =

Condutos Forçados – Norma SHF. Parte Estrutural σ =

-

σE

σE

Parte Estrutural σ =

2,5

σE 1,5

Equipamentos Óleo-hidráulicos – Norma ASME. Parte Mecânica σ =

σR 5

ou σ =

σE 3

(adotar a menor Tensão Admissível).

Nota: No Brasil temos a ABNT, Associação Brasileira de Normas Técnicas, que é uma entidade sem fins lucrativos reunindo inúmeros profissionais de todas as categorias profissionais, com a finalidade de executar normas para regerem todos os campos de trabalho. No caso específico da Engenharia Mecânica, estas normas concentram-se no Comitê Brasileiro de Mecânica – CBM, e hoje já existem praticamente todas as normas acima publicadas também no âmbito da ABNT.

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TABELA (1.1) – Coeficientes de Segurança Os coeficientes de segurança da tabela a seguir podem ser usados para a parte estrutural dos equipamentos que não possuem normas específicas de cálculo.

TIPOS DE SOLICITAÇÃO

TIPOS DE MATERIAIS AÇOS DÚCTEIS

FERRO FUNDIDO E AÇOS FRÁGEIS

MADEIRAS

ESTÁTICA

3

5

7

* INTERMITENTE

6

7

10

* ALTERNADO

8

10

15

* CHOQUE

10

15

20 Obs: em relação à Tensão Limite de Ruptura

* Estes valores do coeficiente de segurança não devem ser usados quando a base de cálculo for o limite de resistência à fadiga, ou quando se considerar efetivamente o fenômeno de concentração de tensões, que estudaremos adiante.

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1.2. Resistência 1.2.1. Geral Resistência é uma propriedade interna de um material ou de elemento mecânico. A resistência depende: -

Da escolha do Tratamento Térmico (têmpera, revenimento, etc).

-

Do processo de fabricação (grandes soldas sem alívio de tensão, etc).

Muitas das resistências estáticas utilizadas, como por exemplo: tensão limite de escoamento, tensão limite de ruptura, etc. dependem de informações obtidas através de ensaios

a

tração com

corpo-de-prova padronizado

realizados

em

laboratórios

especializados, cujos resultados são plotados em um gráfico denominado “Diagrama Tensão-Deformação”. 1.3. Tensão É uma grandeza vetorial que foi introduzida na resistência dos materiais em 1822, por Augustin Louis Cauchy. É definida como sendo a resistência interna de um corpo qualquer, à aplicação de uma força externa por unidade de área, ou seja, é a força por unidade de área.

σ=

P A

kgf cm 2

(1.5)

onde:

σ => Tensão Normal uniforme que pode ser tração simples ou compressão simples P => Força aplicada ao corpo [kgf ]

[ ]

A => Área da seção transversal do corpo cm 2

-6-

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1.4. Diagrama Tensão-Deformação A fim de melhor caracterizar o comportamento de um material dúctil ou tenaz, submetido a solicitações de tração lentas e graduais, reproduzimos o Diagrama obtido através de ensaios mecânicos, conhecido por Diagrama Tensão-Deformação.

Os pontos assinalados representam: Ponto I – Tensão Limite de Proporcionalidade ( σ P ) Abaixo deste ponto, a tensão é proporcional à deformação específica

ε,

portanto a Lei de Hooke, que estabelece que a tensão é proporcional à deformação, vale somente até este ponto. Ponto II – Tensão Limite de Escoamento ( σ E ) Caracteriza o ponto de escoamento, ou seja, a perda da propriedade elástica do material. Nos aços de médio e baixo teor de carbono, ocorre um visível alongamento do corpo-de-prova praticamente sem aumento da tensão. Ponto III – Tensão Limite de Ruptura ( σ R ) É a maior tensão que o corpo-de-prova pode suportar antes de se romper.

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1.5. Deformação Elástica Quando um corpo-de-prova é submetido a uma carga de tração, ele se alonga, a grandeza desse alongamento chama-se deformação. Deformação Específica ou Deformação Unitária ou alongamento Unitário é o alongamento por unidade de comprimento do corpo-de-prova.

ε=

δ

[sem unidade]

L

(1.6)

onde:

δ

=> Alongamento total do corpo-de-prova ou seja δ = L f − L

L

=> Comprimento inicial do corpo-de-prova [cm]

[cm]

L f => Comprimento final do corpo-de-prova [cm]

1.6. Relações entre Tensão e Deformação A Lei de Hooke (Robert Hooke 1678) estabelece que até a tensão limite de proporcionalidade ( σ P ), ou seja até o ponto I do Diagrama Tensão-Deformação, a tensão em um material é proporcional à deformação nele produzida. Devido a esta condição de proporcionalidade pode se escrever que:

σ = E ⋅ε

[kgf

cm 2

]

(1.7)

onde:

σ

=>

Tensão de tração

ε

=>

Deformação específica

E => Coeficiente angular da parte reta (0 a I) do Diagrama Tensão-

Deformação ou

[

E => Módulo de elasticidade ou módulo de Young kgf cm 2

(1.3))

-8-

]

(ver tabela

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Analogamente, através de ensaios com corpo-de-prova submetido a cisalhamento puro por torção, pode-se escrever que:

[kgf

τ t = G ⋅γ

cm 2

]

(1.8)

onde:

τ t => Tensão de cisalhamento por torção γ

=> Deformação angular ou distorção que é a alteração sofrida em um ângulo reto de um elemento

G => Coeficiente angular da parte reta (0 a I) do Diagrama Tensão-

Distorção ou G => Módulo de elasticidade ao cisalhamento ou módulo de elasticidade

[

]

transversal kgf cm 2 (ver tabela (1.3)) Substituindo as expressões (1.5) e (1.6) na expressão (1.7) e ordenando, tem-se a equação para a deformação total:

δ=

P⋅L E⋅A

[cm]

(1.9)

As experiências demonstram que um material, quando submetido à tração, sofre além da deformação axial (alongamento), uma deformação transversal (afinamento). Poisson demonstrou que estas duas deformações eram proporcional uma em relação à outra, dentro dos limites da Lei de Hooke (até o ponto I do Diagrama TensãoDeformação). Esta constante é dada por

µ=

Deformação Transversal Deformação Axial

[sem unidade]

(1.10)

onde:

µ => Coeficiente de Poisson (ver tabela (1.3)) As três constantes se relacionam através da expressão:

[kgf

E = 2G (1 + µ )

-9-

cm 2

]

(1.11)

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1.7. Tensão Normal de Tração ( σ t ) Ocorre quando uma barra é submetida a uma força normal (N), atuando na direção do seu eixo, isto é, perpendicular à sua seção transversal e no sentido de dentro para fora, produzindo uma tração na barra.

N

σt =

[kgf

N A

cm 2

]

≤ σ

(1.12)

σ t => Tensão Normal de Tração

onde:

N => Carga que age na direção longitudinal da barra [kgf ]

[ ]

A => Área da seção transversal da barra cm 2

Distribuição da Tensão Normal de Tração na Seção Resistente

1.8. Tensão Normal de Compressão ( σ C ) N

Ocorre quando uma barra é submetida a uma força normal (N), atuando na direção do eixo, isto é, perpendicular a sua seção transversal e no sentido de fora para dentro, produzindo uma compressão da barra.

σC = − onde:

N A

[kgf

cm 2

]

≤ σ

σ C => Tensão Normal de Compressão

Distribuição da Tensão Normal de Compressão na Seção Resistente

- 10 -

(1.13)

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Flambagem Toda vez que a força normal de compressão N , atinge a situação onde a forma reta de equilíbrio da barra deixa de ser estável, a barra perde a forma reta e torna-se ‘curva’, e adquire a forma instável. A carga axial que corresponde a esta mudança de forma é denominada Carga Crítica de Flambagem ( N crit ) e a este fenômeno dá-se o nome de flambagem. - Carga Crítica de Flambagem

N crit =

π 2 ⋅ E ⋅ If

N crit =

4 ⋅ L2

π 2 ⋅ E ⋅ If L2

De uma forma genérica a Carga Crítica de Flambagem é fornecida por

N crit =

π 2 ⋅ E ⋅ If

[kgf ] <

l 2fl

(1.14)

N

onde: N crit

=> Carga Crítica de Flambagem

E

=> Módulo de Elasticidade kgf cm 2 (ver tabela (1.3))

If

=> Momento de Inércia à flexão da seção transversal cm 4

[

]

[ ]

(ver tabela (1.4) e equação (1.20)) l fl

=> Comprimento fictício de flambagem [cm] - 11 -

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Tipos de Fixação (a forma flambada é mostrada pela linha tracejada)

0,5 ⋅ L

l fl

0,7 ⋅ L

L

L

2⋅L

Sem rotação e sem translação Representação esquemática

Com rotação e sem translação

das condições de

Sem rotação e com translação

extremidade Com rotação e com translação Tabela (1.2) – Comprimento Fictício de Flambagem - Tensão Admissível Normal de Flambagem

σ fl =

N crit A

N crit =

(a)

π 2 ⋅ E ⋅ If l

2

fl

⋅

A A

(b)

onde:

[ ]

A => Área da Seção Transversal da Barra cm 2

- 12 -

2⋅L

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Sabendo-se que

If A

R=

[cm]

(1.15)

onde: R

=> Raio de Giração (ver tabela (1.4))

A

=> Área da Seção Resistente cm 2

[ ]

e fazendo-se: R2 =

If A

(c)

substituindo-se (c) em (b), tem-se:

N crit = π 2 ⋅ E ⋅ A ⋅

R2 l 2 fl

(d)

fazendo-se

λ=

l fl

(1.16)

R

De acordo com a AISC, λ ≤ 200 Substituindo (1.16) em (d) e posteriormente em (a), tem-se:

σ fl =

π2 ⋅E λ2

kgf cm 2

≥ σC

(1.17)

ou

σ C ≤ σ fl

(1.17A)

onde:

σ fl

=> Tensão Admissível Normal de Flambagem

E

=> Módulo de Elasticidade Normal kgf cm 2 (ver tabela (1.3))

λ

=> Fator de Flambagem [sem unidade] (ver equação (1.16))

σC

=> Tensão Normal de Compressão kgf cm 2 (ver equação (1.13))

[

]

[

- 13 -

]

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1.9.

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Tensão Normal de Flexão ( σ f ) Ocorre quando uma barra é submetida a uma força P, atuando perpendicularmente ao seu eixo, produzindo uma flexão na barra.

σf =±

[kgf

Mf Wf

cm 2

]

≤ σ

(1.18)

onde: σ f => Tensão normal de flexão Mf => Momento fletor [kgf ⋅ cm] (ver tabela (1.6)) Wf =

[cm ]

If a

3

(1.19)

Wf => Módulo de resistência à flexão (ver tabela (1.4))

[ ]

If => Momento de Inércia à flexão da seção transversal cm 4 (ver tabela (1.4))

a

=> Distância da linha neutra a fibra externa [cm]

Distribuição da Tensão de Flexão na Seção Resistente

Para seções resistentes diferentes daquelas mostradas na tabela (1.4), calcula-se o Momento de Inércia à Flexão pela expressão:

If =

[If

i

+ Ai (Y − d i )

2

]

[cm ] 4

onde: If i

=>

Momento de Inércia da figura i

Ai

=>

Área da figura i [cm]

Y

=>

Centro de gravidade da seção resistente [cm]

Y=

Ai ⋅ yi

(1.20)

(1.20A)

Ai - 14 -

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di

=>

Centro de gravidade da figura i [cm]

i

=>

Cada uma das figuras que compõem a seção resistente

Deflexão Para todas as peças submetidas à flexão é necessário verificar a deflexão. A deflexão atuante “ y máx ” é calculada utilizando-se as expressões da Tabela (1.6) que é calculada em função do tipo de apoio e do tipo de carregamento. A deflexão admissível é fornecida pela expressão abaixo: y=

onde:

L

L NR

[cm]

(1.21)

=> Vão livre do elemento [cm]

NR => Número adimensional fornecido pelas Normas de Cálculo e Projeto

publicadas por entidades mundialmente reconhecidas, como a DIN, ASME, FEM, ABNT, etc, portanto antes de especificar o número NR, verifique se para o equipamento em dimensionamento não existe um “NR” já normalizado. Os “NR” a seguir podem ser usados para equipamentos que não possuem normas específicas de cálculo: Vigas sem grande importância: tampas, grades, etc............................................NR=500 Vigas estruturais importantes: comportas, pontes rolantes, etc. ..........................NR=750 Vigas estruturais muito importantes ...................................................................NR=1000 Árvores comandadas..........................................................................................NR=1000 Árvores de máquinas..........................................................................................NR=5000 então

[cm]

y máx ≤ y

- 15 -

(1.21A)

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Tensão Transversal de Cisalhamento ( τ )

1.10.

Ocorre quando uma peça é submetida a uma força P,

atuando

transversalmente

ao

seu

eixo,

produzindo um cisalhamento.

τm =

[kgf

Q A

cm 2

]

≤τ

(1.22)

τ m => Tensão transversal de cisalhamento média

onde:

Q => Esforço Cortante [kgf ] (ver tabela (1.6))

As tensões transversais de cisalhamento não se distribuem uniformemente sobre a seção transversal, quando ela age em conjunto com a Tensão Normal de Flexão, ela pode ser calculada através da expressão:

τ=

[kgf

Q ⋅ Ms If ⋅ b

]

cm 2 ≤ τ

(1.23)

onde:

τ

=> Tensão de cisalhamento para qualquer ponto de seção resistente

[ ]

If => Momento de inércia à flexão da seção resistente cm 4 (ver tabela (1.4)) b

=> Largura ou espessura da seção resistente no ponto considerado [cm]

Ms => Momento estático da área da face vertical até o ponto considerado

Ms =

[cm ]

( Ai ⋅ ( y − di) )

3

(1.24)

[ ]

Ai => Área da face vertical até o ponto considerado cm 2 y

=> Centro de gravidade da seção resistente [cm]

d i => Centro de gravidade da figura de área Ai [cm]

Distribuição da Tensão na Seção Resistente

a) retangular 3 τ max = ⋅ τ m 2

b) circular 3 τ max = ⋅ τ m 2

c) Tubular 4 τ max = ⋅ τ m 3 - 16 -

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1.11.

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Tensão Transversal de Torção Ocorre quando uma barra é submetida a uma força P, agindo no plano perpendicular ao eixo da barra, que tenderá girar cada seção transversal em relação às demais, produzindo uma torção.

τt =

[kgf

Mt Wt

]

cm 2 ≤ τ

(1.25)

τ t => Tensão transversal máxima de torção

onde:

Mt => Momento torçor

[kgf ⋅ cm]

Mt = P ⋅ x

(1.26)

P => Força aplicada [kgf ]

x => Distância entre a força aplicada e o centro de torção da peça [cm]

[ ]

Wt => Módulo de resistência à torção ou módulo de resistência polar cm 3

(ver tabela (1.5)) Wt =

[cm ]

It R

3

(1.27)

[ ]

It => Momento de inércia polar cm 4 (ver tabela (1.5)) R => Distância da linha neutra à fibra externa [cm]

Distribuição da Tensão de Cisalhamento Torcional em Seções Resistentes

ητ t

ητ t

τt

τt

τt a) Seção Circular

b) Retangular

c) Retangular

h ≤ 3b

h > 3b - 17 -

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h

b

η

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1

1,5

2

3

4

6

8

10

∞

1,000

0,858

0,796

0,753

0,743

0,743

0,743

0,743

0,743

d) Para seções de perfis laminados ou soldados: As seções transversais de perfis I, C e L, podem ser consideradas compostas de retângulos com alturas h1 , h2 , h3 ... e larguras b1 , b2 , b3 ...

τt = onde:

It =

[kgf

Mt ⋅ b It

(

cm 2

]

)

(1.28)

[ ]

1 3 3 b1 ⋅ h1 + b2 ⋅ h2 + ... => Momento de Inércia Polar cm 4 3

(1.28A)

b = b1 , b2 ,... => larguras nos pontos considerados [cm]

Ângulo de Torção da Seção Resistente Para eixos relativamente longos é necessário verificar o ângulo de torção. Na figura do início deste item observamos que:

ϕ ⋅ R =γ ⋅ L então:

ϕ= onde:

γ .L

[rad ]

R

ϕ

=> Ângulo de torção resistente

L

=> Comprimento do eixo [cm]

(1.29)

R => Raio do eixo [cm]

Da equação (1.8) temos τ t = G ⋅ γ ou γ =

τt

que substituindo na fórmula anterior fica γ =

ϕ=

G

, mas conforme equação (1.28) τ t =

Mt ⋅ R que substituindo em (1.29) fica G ⋅ It

Mt ⋅ L It ⋅ G

[rad ]

- 18 -

(1.30)

Mt ⋅ b It

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O máximo ângulo admissível é dado por:

ϕ=

l 4

[ m]

(1.31)

π

[rad m]

(1.32)

[rad ]

(1.33)

[rad ]

(1.33A)

ou

ϕ=

720

ou

ϕ=

π ⋅L 720

então

ϕ ≤ϕ

1.12.

Tensão Resultante e Tensão Composta

Quando houver mais que uma tensão agindo simultaneamente em uma peça, temos que calcular as seguintes tensões: 1.12.1.

Tensão Resultante ou Tensão Superposta

Quando as tensões são de mesmo tipo: Normal ou Transversal temos que superpor seus efeitos, ou seja, somá-las vetorialmente.

σ Re = σ t + σ c + σ f onde:

[kgf

]

(1.34)

]

(1.35)

cm 2 ≤ σ

σ Re => Tensão Normal Resultante σ t => Tensão Normal de Tração σ c => Tensão Normal de Compressão σ f => Tensão Normal de Flexão σ

=> Tensão Admissível Normal

τ Re = τ + τ t

[kgf

cm 2 ≤ τ

onde: τ Re => Tensão Transversal Resultante

τ

=> Tensão Transversal de Cisalhamento

τ t => Tensão Transversal de Torção τ

=> Tensão Admissível Transversal

- 19 -

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Tensão Composta ou Tensão Equivalente

1.12.2.

Quando as tensões são de tipos diferentes: Normal e Transversal, temos que calcular a tensão composta ou equivalente através do Círculo de Mohr, ou das equações a seguir, chamadas equações de Von Mises. No caso de tensões mono-axiais:

σ comp = σ Re 2 + 3 ⋅ τ Re 2

[kgf

]

cm 2 ≤ σ comp

(1.36)

No caso de tensões bi-axiais: (usado em roscas, vigas, curvas, tubos, etc.)

σ comp = σ x 2 + σ y 2 − σ xσ y + 3 ⋅ τ Re 2 onde:

1.13.

[kgf

]

cm 2 ≤ σ comp

(1.37)

σ comp

=>

Tensão Composta ou Equivalente

σx

=>

Tensão Normal Resultante na direção x

σy

=>

Tensão Normal Resultante na direção y

τ Re

=>

Tensão Transversal Resultante

Tabelas

Tabela (1.3) – Constantes físicas dos Materiais Material Aços

Mód. Elasticidade (kgf/cm2) ”E”

Mód. Elasticidade Transversal (kgf/cm2) “G”

Coeficiente de Poisson ” ”

Peso espec. (kgf/dm3) “γ “

2.100.000

800.000

0,30

7,85

724.000

267.000

0,33

2,70

Bronze

1.132.000

422.000

0,35

8,80

Cobre

1.213.000

456.000

0,33

8,90

Ferro Fundido Cinzento

1.020.000

422.000

0,21

7,20

Latão

1.080.000

408.000

0,32

8,50

Chumbo

372.000

133.000

0,43

11,40

Madeira (Pinho)

112.000

42.000

0,33

0,60

Vidro

471.000

190.000

0,25

2,60

Alumínio

(Valores aproximados)

- 20 -

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Tabela (1.4) – Momento de Inércia, Módulo de Resistência e Raio de Giração Raio de Giração Seção

Módulo de Resistência

Momento de Inércia

Wf =

If

If =

If =

π ⋅d4

Wf =

64

π (D 4 − d 4 )

Wf =

64

a4 If = 12

If =

If =

If

R= a

32 ⋅ D

Wf =

a 4 − b4 12

Wf =

a 4 − b4 If = 12

a3 6 2

a4 − b4 6⋅a

2 ⋅ (a 4 − b 4 ) Wf = 12a

Wf =

b ⋅ h3 If = 36

para

- 21 -

R=

32

a3 Wf = 6

a4 12

A = Área da seção

π ⋅d3

π (D 4 − d 4 )

b ⋅ h2 24

y=

2 ⋅h 3

If A

R=

d 4

D2 + d 2 4

R=

R=

a 12

a 12

R=

a 2 + b2 12

R=

a 2 + b2 12

R=

h 18

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Sistemas Mecânicos I

Prof. Luiz Antonio Bovo Raio de Giração

Seção

Módulo de Resistência

Momento de Inércia

Wf =

If

If

R= a

If A

A = Área da seção h

b ⋅ h3 If = 12

b ⋅ h2 Wf = 6

I f = 0,06 ⋅ b 4

W f = 0,104 ⋅ b 3

R = 0,264 ⋅ b

I f = 0,06 ⋅ b 4

W f = 0,12 ⋅ b 3

R = 0,264 ⋅ b

R=

12

If =

BH 3 − ( B − e) ⋅ h 3 12

Wf =

BH 3 − ( B − e) ⋅ h 3 6⋅H

R=

1 S

If =

BH 3 − ( B − e) ⋅ h 3 12

Wf =

BH 3 − ( B − e) ⋅ h 3 6⋅H

R=

1 S

If =

eH 3 + ( B − e) ⋅ t 3 12

Wf =

eH 3 + ( B − e) ⋅ t 3 6⋅H

R=

1 S

- 22 -

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Tabela (1.5) – Momento de Inércia Polar e Módulo de Resistência Polar

Seção

Momento de Inércia Polar

Módulo de Resistência Polar

It

Wt

a4 It = = 0,16667 ⋅ a 4 6

It =

(

b⋅h b + h 12

It =

It =

It =

π

2

)

32

π ⋅d4 32

It =

−

a4 6

5⋅ 3 4 ⋅a 8

3 ⋅a4 48

- 23 -

h b

3 + 1,8

π ⋅d3 16

π

D4 − d 4 16 D

Wt =

b⋅ 3 4 a = 0,12 ⋅ b 4 8

−

b ⋅ h2

Wt =

32

π ⋅d4

2 3 a = 0,22 ⋅ a 3 9

Wt =

π ⋅d 4

(D 4 − d 4 )

32

It =

It =

2

Wt =

Wt = 0,2 ⋅ b 3

Wt =

Wt =

π ⋅d3 16

π ⋅d3 16

−

Wt =

−

a4 3⋅ d

5⋅ 3 4 ⋅a 4⋅d

a3 20

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Tabela (1.6) – Esforço Cortante, Momento Fletor e Deflexão 1. Viga em balanço engastada em uma extremidade – carga concentrada na extremidade livre

2. Viga em balanço engastada em uma extremidade – carga concentrada intermediária

3. Viga em balanço engastada em uma extremidade – carga uniformemente distribuída

- 24 -

UNITAU

Sistemas Mecânicos I

4. Viga em balanço engastadas em uma extremidade – carga momento

5. Viga bi-apoiada – carga concentrada no centro

6. Viga bi-apoiada – carga concentrada intermediária

- 25 -

Prof. Luiz Antonio Bovo

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Sistemas Mecânicos I

7. Viga bi-apoiada – carga concentrada uniformemente distribuída

8. Viga bi-apoiada – carga momento

9. Viga bi-apoiada – carga concentrada em balanço

- 26 -

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10. Viga bi-apoiada – duas cargas concentradas iguais e igualmente espaçadas

11. Viga engastada em uma extremidade com apoio simples na outra – carga concentrada no centro

12. Viga engastada em uma extremidade com apoio simples na outra – carga concentrada intermediária

- 27 -

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13. Viga engastada em uma extremidade com apoio simples na outra – carga uniformemente distribuída

14. Viga bi-engastada – carga concentrada no centro

15. Viga bi-engastada – carga concentrada intermediária

- 28 -

UNITAU

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16. Viga bi-engastada – carga uniformemente distribuída

- 29 -

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1.14.

Sistemas Mecânicos I

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Roteiro para dimensionamento de Peças Estáticas – Capítulo 1

σr

σe

a)

Tensão admissível normal: σ =

b)

Tensão admissível transversal: τ =

c)

Tensão admissível composta: σ omp = 1,25 ⋅ σ

d)

Croqui de carregamento: (tabelas (1.6))

e)

Esforços solicitantes: N , Q , Mf , Mt (tabelas (1.6))

f)

Características geométricas:

ou

S

σ =

S

σ 3

. Área: A . Momento estático da área: Ms =

[Ai ( y − d i )]

Ai ⋅ y i Ai

. Centro de gravidade: y =

[If

. Momento de inércia de flexão: If =

1 3

It ou tabela (1.5) b

N ≤σ A

. Compressão: σ c = − . Flexão: σ f =

N ≤ σ (ir para item (o)) A

Mf Mf ⋅ a = ≤σ Wf If

. Cisalhamento médio: τ m = . Cisalhamento: τ = . Torção: τ t =

] ou tabela (1.4)

3

Tensões atuantes: . Tração: σ t =

2

bi ⋅ hi ou tabela (1.5)

. Módulo de resistência à torção: Wt = g)

+ Ai ( y − d i )

If ou tabela (1.4) a

. Módulo de resistência à flexão: Wf = . Momento polar de inércia: It =

i

Q ≤τ A

Q ⋅ Ms ≤τ If ⋅ b

Mt Mt ⋅ b = ≤τ Wt It

. Resultante normal: σ Re = σ t + σ c + σ f ≤ σ - 30 -

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. Resultante transversal: τ Re = τ + τ t ≤ τ . Composta (mono-axial): σ comp = τ Re + 3 ⋅ τ Re ≤ σ comp 2

2

. Composta (bi-axial): σ comp = τ x + τ y − τ xτ y + 3 ⋅ τ Re ≤ σ comp 2

P⋅L E⋅A

2

2

h)

Alongamento: δ =

i)

Deflexão: y max (tabelas (1.6))

j)

Deflexão admissível: y =

k)

Verificação da Deflexão: y max ≤ y

l)

Ângulo de torção: ϕ =

m)

Ângulo de torção admissível: ϕ =

n)

Verificação do Ângulo de Torção: ϕ ≤ ϕ

o)

Comprimento de Flambagem: l fl (tabela (1.2))

p)

Carga Crítica de Flambagem: N crit =

q)

Raio de Giração: R (tabela (1.4)) ou R =

r)

Fator de Flambagem: λ =

s)

Tensão Admissível Normal de Flambagem: σ fl =

t)

Verificação da Tensão de Flambagem: σ C ≤ σ fl

E AÇO = 2.100.000 kgf cm 2

L NR

Mt ⋅ L It ⋅ G

G AÇO = 800.000 kgf cm 2

π ⋅L 720

π 2 ⋅ E ⋅ If l 2 fl If A

l fl R

- 31 -

π 2 ⋅E λ2

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1.15.

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EXERCÍCIOS

1.15.1 A barra de aço representada na figura abaixo, deverá ser submetida a uma força de tração de 2000 kgf e possui diâmetro de 2 cm e comprimento de 200cm. Determine o alongamento total sofrido pela barra.

Resolução: a. Cálculo da área A=

π ⋅d2 4

=> A =

π ⋅ 22 4

=> A = 3,14cm 2

b. Definição do módulo de elasticidade Material: Aço Da tabela (1.3) => E = 2.100.000 kgf

cm 2

c. Cálculo do Alongamento Da equação (1.9):

δ=

P⋅L 2.000 ⋅ 200 => δ = => δ = 0,0607cm E⋅A 2.100.000 ⋅ 3,14

- 32 -

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1.15.2 Numa barra de aço SAE1020 Laminado, de seção transversal retangular, pretende-se aplicar uma carga estática de 1500 kgf. A barra possui um comprimento de 5 m. Sabe-se que por razões construtivas a largura deverá ser o dobro da espessura. Determinar: a) Os lados de ‘e’ e ‘b’ da seção transversal b) O alongamento total Adotar Coeficiente de Segurança S=4 em relação à σ R

Resolução: a. Cálculo da tensão admissível normal

Da tabela (2.3), obtemos para material SAE1020 L => σ R = 39 − 45 kgf

mm 2

adota-se σ R = 3900 kgf Da equação (1.1):

σ =

σR S

b. Cálculo dos esforços solicitantes N = P = 1500kgf

=> σ =

cm 2

3900 => σ = 975 kgf cm 2 4

c. Cálculo das características geométricas A = b ⋅ e => Como largura deverá ser o dobro da espessura b = 2 ⋅ e A = 2 ⋅ e ⋅ e => A = 2 ⋅ e 2

d. Cálculo da tensão atuante Da equação (1.12):

σt =

N 1.500 => σ T = ≤ σ = 975 kgf cm 2 2 A 2⋅e

e mín => σ t = σ

e=

1.500 => e = 0,87cm (adota − se e = 3 8 " = 0,95cm) => b = 2 ⋅ e => (3 / 4" = 1,9cm) 2 ⋅ 975

e. Cálculo da tensão real atuante N 1500 σt = => σ t = => σ = 831 kgf cm 2 ≤ σ = 975 kgf cm 2 A 0,95 ⋅ 1,9 f. Cálculo do alongamento total Da equação (1.9):

δ=

1.500 ⋅ 500 P⋅L => δ = => δ = 0,20cm E⋅A 2.100.000 ⋅ 0,95 ⋅ 1,9 - 33 -

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1.15.3 A peça abaixo é de SAE1030 Laminado e possui as seguintes dimensões: D1=40mm D2=20mm L1=1500mm L2=1000mm Adotar S=4 em relação à σ R Pede-se: a) A carga estática P que pode ser aplicada com segurança b) O alongamento total da peça para a carga permissível a. Cálculo da tensão admissível Da tabela (2.3), obtemos para material SAE1030 L => σ R = 48 − 51 kgf

mm 2

.

adota-se σ R = 4800 kgf

σ =

Da equação (1.1):

σR S

=> σ =

cm 2

4800 => σ = 1.200 kgf cm 2 4

b. Cálculo dos esforços solicitantes N = Pmáx

=>

Pmáx = carga procurada

c. Cálculo das características geométricas A1 = A2 =

π ⋅d2 4

π ⋅d2 4

=> A1 = => A2 =

π ⋅ 42 4

π ⋅ 22 4

=> A1 = 12,57cm 2 => A2 = 3,14cm 2

d. Cálculo da tensão atuante ( A2 => seção resistente crítica)

σT =

Da equação (1.12):

N N => σ T = ≤ σ = 1.200 kgf cm 2 A2 3,14

N = Pmáx => σ T = σ P = 3,14 ⋅ 1.200 => P = 3770kgf

e. Cálculo do alongamento total

δ T = δ1 + δ 2

Da equação (1.9):

δT =

P ⋅ L1 P ⋅ L2 + E ⋅ A1 E ⋅ A2

=>

δT =

3.770 ⋅ 150 3.770 ⋅ 100 + 2.100.000 ⋅ 12,57 2.100.000 ⋅ 3,14 - 34 -

=>

δ T = 0,07cm

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1.15.4 As barras da estrutura abaixo são feitas de materiais diferentes, e o conjunto está sendo solicitado pela força P. Calcular as forças absorvidas pelas 3 barras. Dados:

L1 => comprimento da barra 1 L2 => comprimento da barra 2 A1 => área da seção da barra 1 A2 => área da seção da barra 2 E1 => módulo de elasticidade da barra 1 E 2 => módulo de elasticidade da barra 2 Resolução: a) Estudo do equilíbrio do nó A

Fy = 0 P1 + 2 ⋅ P2 y − P = 0

como P2 y = P2 ⋅ cos α

temos P1 + 2 ⋅ P2 ⋅ cos α = P

(a)

onde: P1 = força normal da barra 1

P2 = força normal da barra 2 cálculo do comprimento L1 em função de L2

L1 = L2 ⋅ cos α

(b)

Fx = 0 P2 x − P2 x = 0 b) Estudo do alongamento do nó A como δ 1 e δ 2 são muito pequenos β ≅ α da figura cos β =

δ2 => δ1

da equação (1.9) e

- 35 -

δ 2 = δ 1 ⋅ cos α

(c)

δ1 =

P1 ⋅ L1 E1 ⋅ A1

(d)

δ2 =

P2 ⋅ L2 E 2 ⋅ A2

(e)

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c) cálculo da forças substituindo (d) e (e) em (c), tem-se:

P2 ⋅ L2 P ⋅L = 1 1 ⋅ cos α E 2 ⋅ A2 E1 ⋅ A1 substituindo-se (b) na equação acima, tem-se:

P2 ⋅ L2 P1 ⋅ ( L2 ⋅ cos α ) = ⋅ cos α E 2 ⋅ A2 E1 ⋅ A1 P2 =

P1 ⋅ E 2 ⋅ A2 ⋅ cos 2 α E1 ⋅ A1

substituindo-se (f) em (a), tem-se:

P1 + 2 ⋅

P1 ⋅ E 2 ⋅ A2 ⋅ cos 2 α ⋅ cos α = P E1 ⋅ A1 P1 =

da equação (a)

P2 =

P

1 + 2 ⋅ cos 3 α

E 2 ⋅ A2 E1 ⋅ A1

P − P1 2 ⋅ cos α

substituindo-se P1 e ordenando-se, tem-se: P2 =

P ⋅ cos 2 α A1 ⋅ E1 + 2 ⋅ cos 3 α A2 ⋅ E 2

- 36 -

(f)

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1.15.5. Na figura abaixo, determinar o diâmetro das barras 1 e 2, em aço SAE1020 laminado, para suportar com segurança uma carga estática de 5tf. Desprezar o efeito da flambagem e adotar coeficiente de segurança S=1,5 em relação à Tensão Limite de Escoamento (Norma DIN19704). Dados: L=100cm α=30º

S=1,5 em relação à σ E

a. Cálculo da Tensão Admissível Normal Da tabela (2.3), obtemos para material SAE1020 L => σ E = 21 − 26 kgf

mm 2

adota-se σ E = 2100 kgf

σ =

Da equação (1.2):

σE S

=> σ =

cm 2

2.100 => σ = 1.400 kgf cm 2 1,5

b. Cálculo dos Esforços Solicitantes

Fy = 0 − P − P1 ⋅ sen α = 0 P1 =

−P − 5.000 = => P1 = −10.000kgf (N1) sen 30° 0,5

Fx = 0 − P2 − P1 ⋅ cos α = 0 => P2 = − P1 ⋅ cos α => P2 = −(− 10.000) ⋅ cos 30° => P2 = 8.770kgf (N2) c. Cálculo das Características Geométricas A1 =

π ⋅ d1 2 4

A2 =

π ⋅ d22 4 - 37 -

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d. Cálculo das Tensões Atuantes Barra 1 Da equação (1.13):

σC =

N1 − 10.000 ⋅ 4 => N 1 = P1 => σ c = ≤ σ = 1.400 kgf cm 2 2 A1 π ⋅d

d1 mín => σ C1 = σ ∴ d1 =

10.000 ⋅ 4 => d1 = 3,02cm π ⋅ 1.400

d 1 = 1 1 " = 31,75mm 4

Barra 2 Da equação (1.12):

σT =

N2 8.770 ⋅ 4 => N 2 = P2 => σ T = ≤ σ = 1.400 kgf cm 2 2 A2 π ⋅ d2

d 2 => σ T 2 = σ ∴ d 2 =

8.770 ⋅ 4 => d 2 = 2,81cm π ⋅ 1.400

d 2 = 1 1 " = 28,575mm 8

- 38 -

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1.15.6 Calcular a altura h de uma viga de chapa (e=50mm) que está fixada a uma estrutura, para suportar com segurança uma carga de 1000kgf concentrada em sua extremidade livre, levando em consideração também a deflexão. Dados: L = 80cm Material = Chapa ASTM A36 S = 1,5 em relação à σ E NR = 750

a. Cálculo das Tensões Admissíveis Da tabela (2.7), obtemos para material ASTM A36 => σ E = 25,31 kgf

mm 2

então σ E = 2531 kgf Tensão Admissível Normal Da equação (1.2):

σ =

σE S

=> σ =

2.531 => σ = 1.687 kgf cm 2 1,5

Tensão Admissível Transversal Da equação (1.3):

τ =

σ 3

=> τ =

1.687 3

=> τ = 974 kgf

cm 2

Tensão Admissível Composta Da equação (1.4): σ comp = 1,25 ⋅ σ => σ comp = 1,25 ⋅ 1687 => σ comp = 2109 kgf b. Cálculo dos Esforços Solicitantes Da tabela (1.6), figura 1: Q = P = 1.000kgf Mf = P( x − l ) Mf = 1.000(0 − 80)

- 39 -

Mf = 80.000kgf ⋅ cm

cm 2

cm 2

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c. Cálculo das Características Geométricas A = e ⋅ h => A = 5 ⋅ h

Da tabela (1.4), If =

e ⋅ h3 5 ⋅ h3 => If = 12 12

Wf =

e ⋅ h2 5 ⋅ h2 => Wf = 6 6

d. Cálculo das Tensões Atuantes Equações (1.18), (1.22), (1.23) e (1.36):

σf =

Mf Wf

τm =

Q A

τ=

3 3 Q ⋅τ m = ⋅ 2 2 A

σ comp = τ f 2 + 3 ⋅ τ m 2

Como o Momento Fletor é preponderante, dimensiona-se a altura pela flexão e faz-se uma verificação das tensões atuantes. Da equação (1.18):

σf =

Mf 80.000 ⋅ 6 => σ f = ≤ σ = 1687 kgf cm 2 2 Wf 5⋅h

h min => σ f = σ , então

h=

80.000 ⋅ 6 => h = 7,54 => h = 7,6cm 5 ⋅ 1687

Verificação das tensões atuantes Da equação (1.18):

σf =

Mf 80.000 ⋅ 6 => σ f = => σ f = 1662 kgf cm 2 ≤ σ 2 Wf 5 ⋅ (7,6 )

Da equação (1.22):

τm =

Q 1.000 => τ m = => τ m = 26 kgf cm 2 ≤ τ A 5 ⋅ 7 ,6

Da equação (1.23):

τ máx =

3 Q 3 1.000 ⋅ => τ máx = ⋅ => τ máx = 39 kgf cm 2 ≤ τ 2 A 2 5 ⋅ 7 ,6

Da equação (1.36):

σ comp = τ f 2 + 3 ⋅ τ m 2 => σ comp = 1662 2 + 3 ⋅ 26 2 => σ comp = 1663 kgf cm 2 ≤ σ comp

- 40 -

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e. Cálculo da Deflexão Deflexão admissível Da equação (1.21): y=

L 80 => y = => y = 0,106cm NR 750

Deflexão máxima (da tabela (1.6)) y máx =

P ⋅l3 1.000 ⋅ 80 3 ⋅ 12 => y máx = => y máx = 0,44cm 3 3 ⋅ E ⋅ If 3 ⋅ 2.100.000 ⋅ 5 ⋅ (7,6 )

Comparando y com y máx percebemos que devemos reprojetar P ⋅l3 ≤ y , daí tem-se: 3 ⋅ E ⋅ If

h=3

P ⋅ l 3 ⋅ 12 1.000 ⋅ 80 3 ⋅ 12 => h = 3 => h = 12,3cm 3⋅ E ⋅e⋅ y 3 ⋅ 2.100.00 ⋅ 5 ⋅ 0,106

Valor final da altura da viga h = 12,3cm

- 41 -

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1.15.7 Calcular as tensões atuantes e a deflexão na viga da figura abaixo: Dados: P= 3000kgf a=50cm b=150cm L=200cm ASTM A36 NR = 750

Dimensões em cm

S = 1,5 em relação à σ E a. Cálculo da Tensão Admissível Da tabela (2.7), obtemos para material ASTM A36 => σ E = 25,31 kgf

mm 2

adota-se σ E = 2531 kgf Da equação (1.2):

σ =

Da equação (1.3):

τ =

σE S

σ 3

=> σ = => τ =

2.531 => σ = 1.687 kgf cm 2 1,5

1.687 3

=> τ = 974 kgf

cm 2

Da equação (1.4): σ comp = 1,25 ⋅ σ => σ comp = 1,25 ⋅ 1.687 => σ comp = 2.109 kgf b. Cálculo dos Esforços Solicitantes Da tabela (1.6), figura 6:

Mf =

P ⋅b⋅ x => l

Mf =

3.000 ⋅ 150 ⋅ 50 => 200

Mf = 112.500kgf ⋅ cm

Q1 =

P⋅b => l

Q1 =

3.000 ⋅ 150 => 200

Q1 = 2.250kgf

Q2 =

P⋅a => l

Q2 =

3.000 ⋅ 50 => 200

Q2 = 750kgf

- 42 -

cm 2

cm 2

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c. Cálculo das Características Geométricas Da equação (1.20A):

Ai ⋅ y i

YA = YA =

=

Ai

A1 ⋅ y1 + A2 ⋅ y 2 A1 + A2

(10 ⋅ 1,9) ⋅ 0,95 + (1,25 ⋅ 15) ⋅ 9,4 (10 ⋅ 1,9) + (1,25 ⋅ 15)

Y A = 5,147cm YB = 16,9 − Y A => YB = 16,9 − 5,147 => YB = 11,753cm

Da equação (1.20) e tabela (1.4):

If = If 1 + A1 (Y A − d 1 ) + If 2 + A2 (Y A − d 2 ) 2

3

b ⋅h h If = 1 1 + b1 ⋅ h1 Y A − 1 12 2

If =

2

2

3

b ⋅h 2 + 2 2 + b2 ⋅ h2 (Y A − y 2 ) 12

10 ⋅ (1,9 ) 1,25 ⋅ (15) 2 2 + (10 ⋅ 1,9 ) ⋅ (5,147 − 0,95) + + (1,25 ⋅ 15) ⋅ (5,147 − 9,4 ) 12 12 3

3

If = 1.031,11cm 4

Da equação (1.19): Wf A =

If 1.031,11 => Wf A = => Wf A = 200,33cm 3 Ya 5,147

Wf B =

If 1.031,11 => Wf B = => Wf B = 87,73cm 3 YB 11,753

Da equação (1.24):

MS A = MS B = 0 MS C = (1,25 ⋅11,753) ⋅ 11,753 −

11,753 => MS C = 86,33cm 3 2

MS D = (10 ⋅ 1,9) ⋅ (5,147 − 0,95) => MS D = 79,74cm 3

- 43 -

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d. Cálculo das Tensões Atuantes Da equação (1.18):

σ fA =

Mf 112.500 => σ fA = Wf A 200,33

=> σ fA = 562 kgf cm 2 ≤ σ = 1687 kgf cm 2

σ fB =

Mf 112.500 => σ fB = Wf B 87,73

=> σ fB = 1.282 kgf cm 2 ≤ σ = 1687 kgf cm 2 Da equação (1.23):

τC =

Q ⋅ MS C 2.250 ⋅ 86,33 => τ C = If ⋅ b 1.031,11 ⋅ 1,25

=> τ C = 151 kgf cm 2 ≤ τ = 974 kgf cm 2

τD =

Q ⋅ MS D 2.250 ⋅ 79,74 => τ D = If ⋅ 2a 1.031,11 ⋅ 2 ⋅ 0,3

=> τ C = 290 kgf cm 2 ≤ τ = 974 kgf cm 2 Da equação (1.36):

σ comp = σ fb 2 + 3 ⋅ τ D 2 => σ comp = 1282 2 + 3 ⋅ 290 2 => σ comp = 1.377 kgf cm 2 ≤ σ comp = 2190 kgf cm 2

e. Cálculo da Deflexão Deflexão admissível Da equação (1.21):

y=

l 200 => y = => y = 0,27cm NR 750

Deflexão máxima (da tabela (1.6)) y máx =

P⋅b⋅ x 3947 ⋅ 150 ⋅ 50 x 2 + b 2 − l 2 => y máx = 50 2 + 150 2 − 200 2 6 ⋅ E ⋅ If ⋅ l 6 ⋅ 2.100.00 ⋅ 1.031 ⋅ 200

(

)

(

y máx = 0,17cm

Verificação da Deflexão Da equação (1.21A):

como y máx ≤ y => OK !!!

- 44 -

)

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1.15.8 Calcular o diâmetro da barra da figura abaixo, em aço SAE1030 laminado, para suportar com segurança um momento torçor. Dados: Mt=120.000 kgf.cm L=150cm S=2,5 (em relação a σ E ) a) Cálculo das Tensões Admissíveis Da tabela (2.3), obtemos para material SAE1030L => σ E = 26 − 31 kgf

mm 2

adota-se σ E = 2600 kgf Tensão Admissível Normal

σ =

Da equação (1.2):

σE S

=> σ =

2.600 => σ = 1.040 kgf cm 2 2,5

Tensão Admissível Transversal

τ =

Da equação (1.3):

σ

=> τ =

3

1.040 3

=> τ = 600 kgf

cm 2

b) Cálculo dos Esforços Solicitantes Mt=120.000 kgf.cm c) Cálculo das Características Geométricas Da tabela (1.5)

Wt =

π ⋅d3

e

16

It =

π ⋅d4 32

d) Cálculo das Tensões Atuantes Da equação (1.25):

Mt 120.000 ⋅ 16 => τ t = ≤ τ = 600 kgf cm 2 3 Wt π ⋅d

τt =

d min => τ t = τ

d =3

120.000 ⋅ 16 = 10,1 cm = 4" π ⋅ 600

e) Cálculo do Ângulo de Torção Da equação (1.30):

ϕ=

Mt ⋅ L 120.000 ⋅ 150 ⋅ 32 = = 0,0215 rad It ⋅ G 800.000 ⋅ π ⋅ 10,16 4

- 45 -

cm 2

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f) Cálculo do Ângulo de Torção Admissível Da equação (1.33):

ϕ=

π ⋅L 720

=

π ⋅ 1,5 720

= 0,0065 rad

g) Verificação do Ângulo de Torção Da equação (1.33A):

como ϕ > ϕ (reprojetar)

então: 120.000 ⋅ 150 ⋅ 32 = 0,0065 rad 800.000 ⋅ π ⋅ d 4

d =4

120.000 ⋅ 150 ⋅ 32 => d = 13,7 cm = 5 1 " 2 800.000 ⋅ π ⋅ 0,0065

- 46 -

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1.15.9 A chave abaixo é utilizada para apertar peças na placa de torno. Dimensionar a seção quadrada da peça (desprezar o ângulo de torção), e o diâmetro das barras horizontais (desprezar a deflexão) Dados: P=10kgf L=20cm Material= SAE1050L S=10 em relação a σ R

a) Cálculo das Tensões Admissíveis Da tabela (2.3), obtemos para material SAE1050L => σ R = 63 − 75 kgf

mm 2

adota-se σ R = 6300 kgf

cm 2

Tensão Admissível Normal Da equação (1.1):

σ =

σR S

=> σ =

6.300 => σ = 630 kgf cm 2 10

Tensão Admissível Transversal Da equação (1.3):

τ =

σ 3

=> τ =

630 3

=> τ = 364 kgf

cm 2

Tensão Admissível Composta Da equação (1.4):

σ comp = 1,25 ⋅ σ => σ comp = 1,25 ⋅ 630 => σ comp = 788 kgf

b) Cálculo dos Esforços Solicitantes Barra horizontal Da tabela (1.6), figura 1: Mf = P ⋅ ( x − L) = 10 ⋅ (0 − 9) = 90kgf ⋅ cm Q = P = 10kgf

- 47 -

cm 2

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Barra vertical Mt = P ⋅

L L + P ⋅ = P ⋅ L = 10 ⋅ 20 = 200kgf ⋅ cm 2 2

c) Cálculo das Características Geométricas Das tabelas (1.4) e (1.5) respectivamente Barra vertical It =

a4 6

e

2 3 a 9

Wt =

Barra horizontal Wf =

π ⋅d3 32

d) Cálculo das Tensões Atuantes Barra vertical Da equação (1.25):

τt =

Mt 200 ⋅ 9 => τ f = ≤ τ = 364 kgf cm 2 3 Wt 2⋅a

a min => τ t = τ

a=3

200 ⋅ 9 = 1,35 cm 2 ⋅ 364

Barra horizontal Como o momento fletor é preponderante, dimensiona-se o diâmetro pela flexão, aproxima-se o diâmetro calculado para uma dimensão padronizada imediatamente superior e faz-se uma verificação das tensões atuantes. Da equação (1.18):

σf =

Mf 90 ⋅ 32 = ≤ σ = 630 kgf cm 2 3 Wf π ⋅d

d min => σ f = σ

d =3

90 ⋅ 32 = 1,13 cm => d = 1 / 2" (12,7mm) π ⋅ 630 - 48 -

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Verificação das tensões atuantes nas barras horizontais Da equação (1.18):

σf =

Mf 90 ⋅ 32 => σ f = Wf π ⋅ (1,27 )3

σ f = 448 kgf cm 2 ≤ σ = 630 kgf cm 2 Da equação (1.22):

τm =

Q 10 ⋅ 4 => τ = A π ⋅ 1,27 2

τ = 8 kgf cm 2 ≤ τ = 364 kgf cm 2 Da equação (1.24):

τ máx =

3 Q 3 ⋅ => τ máx = ⋅ 8 2 A 2

τ máx = 12 kgf cm 2 ≤ τ = 364 kgf cm 2 Da equação (1.36):

σ comp = σ fb 2 + 3 ⋅ τ D 2 => σ comp = 448 2 + 3 ⋅ 8 2

σ comp = 448 kgf cm 2 ≤ σ comp = 788 kgf cm 2

- 49 -

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1.15.10 Dimensionar o braço da seção resistente quadrada do freio de sapata da figura abaixo, para vencer um momento torçor de 2000 kgf.cm, sabe-se que este braço é de aço SAE1020 Laminado. Dados: L1=15cm L2=100cm L3=115cm d=30cm Mt=2000 kgf.cm µ=0,3

S=8 em relação a σ R

a) Cálculo das Tensões Admissíveis Da tabela (2.3), obtemos para material SAE1020 L => σ R = 39 − 45 kgf

mm 2

adota-se σ R = 3900 kgf

cm 2

Tensão Admissível Normal Da equação (1.1):

σ =

σR S

=> σ =

3.900 => σ = 487 kgf cm 2 8

Tensão Admissível Transversal Da equação (1.3):

τ =

σ 3

=> τ =

487 3

=> τ = 281 kgf

cm 2

Tensão Admissível Composta Da equação (1.4):

σ comp = 1,25 ⋅ σ => σ comp = 1,25 ⋅ 487 => σ comp = 609 kgf

cm 2

b) Cálculo dos Esforços Solicitantes Sabe-se que a força tangencial resultante do torque é: Mt = F ⋅ x = Ft ⋅

- 50 -

d 2 ⋅ Mt => Ft = 2 d

(a)

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Para que ocorra a frenagem é necessário que apareça uma força de atrito (Fa) de igual intensidade e direção e sentido oposto à (Ft). Sabe-se da Física que a força de atrito é dada por Fa = Fn ⋅ µ

(b)

onde Fn é a força normal à superfície de contato Igualando as equações (a) e (b) para parar, Fa = Ft Fn ⋅ µ =

2 ⋅ Mt 2 ⋅ Mt 2 ⋅ 2.000 => Fn = => Fn = = 444,4kgf d d ⋅µ 30 ⋅ 0,3

Para que apareça a força normal (Fn) é necessário aplicar à extremidade do braço uma força F

Fn ⋅ L1 = F ⋅ L3 => F =

Fn ⋅ L1 444,4 ⋅ 15 => = 58kgf L3 115

Momento Fletor Máximo

Mf = F ⋅ L2 => Mf = 58 ⋅ 100 => Mf = 5800kgf ⋅ cm

Da tabela (1.6), figura 1: Esforço Cortante

Q = Fn = 444,4kgf

Da tabela (1.6), figura 1:

c) Cálculo das Características Geométricas Da tabela (1.4)

Wf =

a3 6

A = a2

d) Cálculo do lado da seção resistente Como o momento fletor é preponderante, dimensiona-se o lado da seção resistente pela Flexão, aproxima-se o valor calculado para uma dimensão padronizada imediatamente superior e posteriormente faz-se uma verificação das tensões atuantes. Da equação (1.18) σ f =

Mf para o lado “a” ser mínimo σ f = σ , substituindo-se Wf

tem-se:

σ =

Mf 6 ⋅ Mf = a3 a3 6

=>

a=3

6 ⋅ Mf

σ

=3

6 ⋅ 5800 = 4,2 cm 487

adota-se barra quadrada de a=1 ¾” = 44,45mm - 51 -

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e) Verificação das Tensões Atuantes Características Geométricas Da tabela (1.4):

Wf =

a 3 4,445 3 = = 14,6cm 3 6 6

A = a 2 = 4,445 2 = 19,8cm 2

Tensão Normal de Flexão Da equação (1.18):

σf =

Mf 5800 => σ f = => σ f = 397 kgf cm 2 ≤ σ Wf 14,6

Tensão Transversal de Cisalhamento Q 444,4 => τ = => τ = 23 kgf cm 2 ≤ τ A 19,8

Da equação (1.22):

τ=

Da equação (1.23):

τ máx =

3 Q 3 ⋅ => τ máx = ⋅ 23 => τ máx = 34 kgf cm 2 ≤ τ 2 A 2

Tensão Composta Da equação (1.36):

σ comp = τ f 2 + 3 ⋅ τ m 2 => σ comp = 397 2 + 3 ⋅ 23 2

σ comp = 399 kgf cm 2 ≤ σ comp

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1.15.11 Verificar a barra (1) do exercício 1.15.5 quanto à flambagem, sabendo-se que a extremidade inferior está engastada (sem rotação e sem translação) e a extremidade superior é articulada (com rotação e com translação). a. Cálculo do Comprimento Real da Barra 1 ( L ) L1 =

L 100 = => L1 = 115,5cm cos α cos 30°

b. Definição do Módulo de Elasticidade ( E ) Material: Aço Da tabela (1.3) => E = 2.100.000 kgf cm 2 c. Cálculo do Momento de Inércia à Flexão ( If ) Da tabela (1.4), If =

π ⋅d4 64

=

π ⋅ 2,8575 4 64

=> If = 3,27cm 4

d. Cálculo do Comprimento de Flambagem ( l fl ) Da tabela (1.2):

l fl = 0,7 ⋅ L = 0,7 ⋅ 115,5 => l fl = 80,9cm

e. Cálculo da Carga Crítica de Flambagem ( N crit ) Da equação (1.14):

N crit =

π 2 ⋅ E ⋅ If l fl

2

=

π 2 ⋅ 2100000 ⋅ 3,27 80,9 2

f. Cálculo do Raio de Giração da Barra ( R ) Da tabela (1.3), para barra circular, R=

d 2,8575 = => R = 0,71cm 4 4

g. Cálculo do Fator de Flambagem ( λ ) Da equação (1.16):

λ=

l fl R

=

80,9 => λ = 113,9 0,71

- 53 -

=> N crit = 10.368kgf

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h. Cálculo da Tensão Admissível Normal de Flambagem ( σ fl ) Da equação (1.17):

σ fl =

π 2 ⋅ E π 2 ⋅ 2100000 = => σ fl = 1598 kgf cm 2 λ2 113,9 2

i. Cálculo da Área ( A ) A=

π ⋅d2 4

=

π ⋅ 2,8575 2 4

=> A = 6,41cm 2

j. Cálculo da Tensão Normal de Compressão ( σ C ) Da equação (1.13):

σC = −

P N 8770 => σ C = −1368 kgf cm 2 =− 2 =− A A 6,41

k. Verificação da Tensão de Flambagem Da equação (1.17A):

σ C = −1368 kgf cm 2 ≤ σ fl = 1598 kgf cm 2

- 54 -