Resistência dos Materiais

Eng. Mecânica, ProduçãoUNIME – 2016.1

Prof. CoreyLauro de Freitas, Março, 2016.

3 Torção 2da. Parte

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Ângulo de Torção no Regime Elástico• Lembre-se que o ângulo de torção e a deformação

de cisalhamento máxima estão relacionados,

γmax=cφL

• No regime elástico, a tensão de cisalhamento e a deformação de cisalhamento estão relacionados pela Lei de Hooke,

γmax=τmax

G=

TcJG

• Igualando as expressões para a tensão de cisalhamento e resolvendo para o ângulo de torção

φ=TLJG

• Se o eixo consistir em várias partes com diferentes seções transversais e diferentes materiais ao longo do seu comprimento, o ângulo de torção é encontrado com a soma dos ângulos de torção de cada componente. φ=∑

i

T i Li

J iGi

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• Dadas as dimensões do eixo e o torque aplicado, encontrar as reações aplicadas no eixo devido aos apoios A e B.

Eixos Estaticamente Indeterminados

• A partir de uma análise de corpo livre do eixo,

que não é suficiente para encontrar os torques desconhecidos. O problema é estaticamente indeterminado.

T A+T B=120 N.m

T A+L1 J2

L2 J1

T A= 120 N .m

• Substitua na equação de equilíbrio original,

φ=φ1+φ2=T AL1

J 1G−T BL2

J 2G=0 T B=

L1J 2

L2J 1

T A

• Divida o eixo em dois componentes que devem ter deformações compatíveis.

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Problema Resolvido 3.4

Dois eixos cheios de aço estão ligados por engrenagens. Sabendo que para cada eixo G = 77,2 Gpa, e que a tensão de cisalhamento admissível é de 55 MPa, determine (a) o maior torque T0 que pode ser aplicado à extremidade A do eixo AB e (b) o ângulo correspondente pelo qual a extremidade A do eixo AB gira.

SOLUÇÃO:

• Aplicar uma análise de equilíbrio estático sobre os dois eixos para encontrar uma relação entre TCD e T0 .

• Encontrar o ângulo de torção correspondente para cada eixo e da rotação angular da extremidade final A.

• Encontre o torque máximo permitido em cada eixo, escolha o menor.

• Aplicar uma análise cinemática que relacione as rotações angulares das engrenagens.

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Problema resolvido 3.4

• Aplicar uma análise cinemática que relacione as rotações angulares das engrenagens.

rBφB=rC φC

φB=rCrB

φC=62 mm22 mm

φC

φB=2, 82 φC

∑M B=0=F (22 mm )−T0

∑MC=0=F (62 mm )−T CD

TCD=2,8 T 0

SOLUÇÃO:

• Aplicar uma análise de equilíbrio estático sobre os dois eixos para encontrar uma relação entre TCD e T0 .

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3 - 7

• Encontrar T0 para o torque máximo permitido para cada eixo, escolher o menor.

• Encontrar o ângulo correspondente de torção para cada eixo e o ângulo de rotação da extremidade A.

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Projeto de eixos de transmissão

• As principais especificações no projeto de eixos de transmissão são: potência

Velocidade de rotação

• Para determinar o torque aplicado ao eixo numa determinada potência e velocidade,

P=Tω=2π fT

T=Pω

=P2πf

• Para encontrar a seção transversal a qual não excederá a tensão maxima cisalhante disponível,

τmax=TcJ

Jc

=π2c3=

Tτmax

(eixos solidos )

Jc2

=π2c2

(c24−c1

4)=Tτmax

(eixos vazados )

• O projetista deve selecionar o material e as dimenssões da seção transversal para reunir as especificações sem exceder a tensão máxima admissivel.

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Concentrações de tensões em eixos circulares

3 - 9

• A derivação da fórmula de torção,

assumindo um eixo circular com seção transversal uniforme carregado nas extremidades através de placas rígidas.

τmax=TcJ

τmax=KTcJ

• É aplicado como:

Fig. 3.28 Coeficientes de concentração de tensão.

Fig. 3.26 Acopla-mento de eixos usando: (a) com flange, (b) chavetas.

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• Problema Resolvido 3.6

Deformações plásticas em eixos circulares

3 - 11

• Assumindo um material linearmente elástico,

τmax=TcJ

T=∫0

c

ρτ (2πρ dρ )=2π∫0

c

ρ2 τ dρ

• A integral dos momentos a partir da distribuição interna de tensões:

Fig. 3.29 Distribuição da tensão de cisalhamento para a torção de um eixo circular.

Fig. 3.30 Relação não-linear, tensão em função da deformação.

Fig. 3.31 Distribuição de tensões.

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Eixos circulares de material elastoplástico

3 - 12

• No torque elástico máximo,

TY=JcτY=

12πc3 τY φY=

LγYc

• A medida que o torque aumenta, uma região plástica( ) se desenvolve no núcleo elástico ( )τ=τY τ=

ρρY

τY

T=23πc3τY (1− 1

4

ρY3

c3 )= 43T Y (1−

14

ρY3

c3 )T=

43T Y (1− 1

4

φY3

φ3 )

ρY=LγYφ

• Como , o torque atinge o valor limite,ρY →0

T P=4

3T Y= torque plástico

• Válido para um eixo de material elastoplástico.Fig. 3.34

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Tensão Residual em eixos circulares

3 - 13

• Quando o torque é removido, a redução de tensão e deformação no ponto considerado ocorrera ao longo de uma linha reta com uma tensão residual não-zero.

• Tensão residual achada a partir do princípio de superposição ∫ ρ ( τ dA )=0τ m

' =TcJ

• A região plástica se desenvolve em um eixo quando submetido a um momento torçor alto.

Na curva T- , o eixo se descarrega ao longo de uma linha reta maior que zero.Fig. 3.37

Fig. 3.38 Fig. 3.39

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Aplicação de Conceito

3 - 14

Determinar: (a) radio do núcleo elástico, (b) o ângulo de torção do eixo. Quando o torque é removido determinar (c) a torção permanente (d) a distribuição de tensões residuais

τY=150 MPa

GPa77G

mkN6.4 T

SOLUÇÂO:

• Solve Eq. (3.29) for Y/c and evaluate the elastic core radius

• Find the residual stress distribution by a superposition of the stress due to twisting and untwisting the shaft

• Evaluate Eq. (3.16) for the angle which the shaft untwists when the torque is removed. The permanent twist is the difference between the angles of twist and untwist

• Solve Eq. (3.15) for the angle of twistFig. 3.36 Eixo circular cheio.

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SOLUÇÂO:• Resolver para Y/c e evaluar o

raio do núcleo elástico

T=43T Y (1− 1

4

ρY3

c3 ) ⇒ρYc

=(4−3TT Y

)1

3

J=12πc4=

12π ( 25×10−3m )

=614×10−9m4

τY=T Y c

J⇒ T Y=

τY J

c

TY=(150×106 Pa ) ( 614×10−9m4 )

25×10−3m=3 .68 kN⋅m

ρYc

=(4−34 .6

3 .68 )1

3=0.630mm8.15Y

• Para o ângulo de torção

φφY

=ρYc

⇒ φ=φY

ρY /c

φY=TY L

JG=

(3 . 68×103 N⋅m ) (1 . 2 m )

(614×10 -9m4) (77×10 Pa )

φY=93 . 4×10−3 rad

φ=93 .4×10−3 rad0 . 630

=148 . 3×10−3 rad=8 .50o

φ=8 .50o

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• Evaluar o ângulo para o qual o eixo se untwists quando o torque é removido. A torção permanente é a diferença entre os ângulo de twist and untwist

φ'=TLJG

=( 4 .6×103 N⋅m ) (1 . 2 m )

( 6 .14×10−9 m4 ) (77×109 Pa )=116 .8×10−3 rad=6 .69 °φ p=φ−φ '

=8. 50 °−6 . 69 °=1 . 81o

φ p=1.81o

τmax'

=TcJ

=(4 .6×103 N⋅m ) (25×10−3m )

614×10-9m4

=187 . 3 MPa

Fig. 3.40 Superposição da distribuição de tensão para obter a tensão residual.

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Torção de elementos se seção não circular

3 - 17

• Planar cross-sections of noncircular shafts do not remain planar and stress and strain distribution do not vary linearly

• Previous torsion formulas are valid for axisymmetric or circular shafts

τmax=T

c1ab2

φ=TL

c2ab3G

• For uniform rectangular cross-sections,

• At large values of a/b, the maximum shear stress and angle of twist for other open sections are the same as a rectangular bar.

Fig. 3.41 Twisting of shaft with square cross section.

Fig. 3.44 Shaft with rectangular cross section, showing the location of maximum shearing stress.

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Eixos vazados de paredes finas

3 - 18

• Summing forces in the x-direction on AB,

shear stress varies inversely with thickness

∑ F x=0=τ A (t A Δx )−τB ( t B Δx )τ A t A=τB t B=τt=q=shear flow

φ=TL

4 A2G∮

dst

• Angle of twist (from Chapter 11)

dM 0=p dF=pτ (t ds )=q ( pds )=2q dAT=∮ dM 0=∮2q dA=2qA

τ=T2 tA

• Compute the shaft torque from the integral of the moments due to shear stress

Fig. 3.47 Thin-walled hollow shaft subject to torsional loading.

Fig. 3.51 Shear flow in the member wall.

Fig. 3.53 Area for shear flow.

Fig. 3.48 Segment of thin-walled hollow shaft.

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Aplicação de conceito

3 - 19

Um tubo de aluminio com uma seção transversal retangular submetida a um torque de 24 kip-in. Determinar a tensão de cisalhamento em cada uma das quatro paredes com (a) uma espessura de 0.160 in. e (b) 0.120 in. sobre AB e CD, e 0.200 in. sobre CD e BD.

Fig. 3.54

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3 - 20

• Encontrar as tensões de cisalhamento.

Com uma espessura uniforme,

τ=T

2tA=

24kip−in .

2(0 . 160 in .)(8 . 986in .2)=8.35ksi

τ=8 .35 ksiCom uma espessura variável

τ AB=τ AC=1 .335 kip / in .

0 . 120 in .

τ BD=τCD=1 . 335 kip / in .

0 . 200 in .

τ AB=τBC=11.13 ksi

τ BC=τCD=6 . 68 ksi

SOLUÇÂO:

• Determinar as tensões.

A=(3 .84 in . ) (2. 34 in. )=8 .986 in .2

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