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    4.0 TORO PURA

    4.1 MOMENTO DE TORO TORQUE Quando uma barra reta submetida, exclusivamente, a um momento em torno

    do eixo da barra, diz-se que estar submetida a um momento toror (ou torque). o caso comum dos eixos que transmitem potncia de motores para mquinas

    utilizadoras. A Fig. 4.1.1 representa um eixo de transmisso acionando um utilizador (bomba) atravs de um torque motor. Ao ser acionado, o movimento de rotao acelerado at que o torque resistente (crescente com o aumento da velocidade de ro-tao) iguala o torque motor, permanecendo, ento, o eixo em rotao constante e torcido por um torque uniforme entre suas extremidades.

    A potncia P transmitida est relacionada com o torque T e a rotao atravs da relao: P = W/t = 2F. r / t = T . ; portanto, T = P/............(4.1.1)

    Motor

    Utilizador

    Torque Motor

    Torque Resistente

    Fig. 4.1.1 Eixo submetido a Torque constante ao longo de sua extenso, entre os flanges do motor e do utilizador, aps ser alcanada a velocidade em regime permanente de rotao.

    F

    F

    r Exemplo 4.1.1 Um motor de 60 CV (1 CV = 736 w) acio-na um utilizador atravs de um eixo com 4.000 rpm. Calcu-le o torque aplicado ao eixo. Soluo: P = 60 x 736 = 44,16 kW; = 4000 x 2pi / 60 =418,9 rad/s. T =105,4 m.N (Resp.)

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    4.2 EIXOS DE SEO CIRCULAR E MATERIAL ELSTICO. O caso mais simples a ser analisado, e de grande importncia, por sua vasta aplicao nos equipamentos mecnicos, se refere aos eixos de transmisso de potn-cia de mquinas, fabricados em material elstico, torneados de forma a que sua seo transversal seja de forma circular (no caso dos eixos macios) ou em forma de coroa de crculo (eixos vazados). Pela simetria circunferencial envolvida, tanto sob o aspecto geomtrico como quanto ao carregamento, podemos afirmar que as tenses tangenciais despertadas nos diversos pontos da seo transversal sero funo apenas da distncia r do ponto em relao ao centro do eixo, onde a tenso dever ser nula. Admitindo que a deforma-o por toro do eixo provoque a rotao de uma seo em relao contgua (e que um certo dimetro, aps girar, permanea reto, mantendo-se como um dimetro), po-demos afirmar que as deformaes por distoro () variaro linearmente em funo da distncia ao centro (r), e, admitindo ainda, tratar-se de um material elstico, para o qual as tenses so proporcionais s distores , podemos presumir que as tenses tangenciais iro variar linearmente com r, e escrever:

    = = = = k r...........................................(4.2.1)

    Como o torque T a resultante dos momentos das foras tangenciais atuantes na seo, em relao a seu centro, podemos escrever:

    D/2

    T = 0 2pi r dr x r. Considerando a relao linear (4.2.1) teremos:

    D/2

    T = 0 k 2pi r3 dr = k [2pi r4/4]0D/2 = k pi D4/32, de onde tiramos:

    k = T / (pi D4/32).

    r

    r

    L

    T

    Fig. 4.2.1 Toro pura de eixos de seo circular; (a) tenses tangenciais ao longo da seo transversal; (b) deformaes por distoro das fibras longitudinais e por rotao da seo transversal.

    (a) (b)

    dr

    Max

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    Convm observar que o termo pi D4/32 vem a ser o momento de inrcia po-lar (Jp) da rea da seo em relao a seu centro. Levando em (4.2.1) teremos: = (T/Jp) r = [T / (pi D4/32)] r. ............................................(4.2.2)

    A mxima tenso ocorrer ao longo da borda externa do eixo, onde r = D/2, e. Max = 16 T / pipipipi D3..........................................................(4.2.3)

    que pode ser reescrita como: Max = T / Wt sendo Wt o denominado mdulo de resis-tncia toro do eixo, valendo Wt = piD3/16 0,2D3

    Exemplo 4.2.1 Para o eixo focalizado no exemplo 4.1.1, determine o valor admissvel para seu dimetro, adotando um valor mximo para a tenso tangencial que no ultrapasse 60 MPa. Soluo: utilizando a equao 4.2.3, teremos:

    (Dmin)3 =(16 x 105,4) / pi x 60 x 106 = 8,947 x 10-6 m3 e D = 20,8 mm (Resp.)

    Interessante realar que a parte central de um eixo macio (onde as tenses so baixas) pouca contribuio ter com respeito ao momento de inrcia polar, fazendo com que a tenso mxima seja diminuda no caso dos eixos vazados (lar-gamente utilizados na indstria aeronutica, onde a questo de pesos crucial).

    D d

    Para os eixos vazados teremos:

    Jp = (pi/32)(D4 d4), que levada em (4.4) d:

    max = 16 T / pipipipi D3 (1 - 4444) ) ) ) ............(4.2.4)

    sendo = d/D.

    max

    L

    R r

    T

    Fig. 4.2.2 Tenses nos eixos de material els-tico e seo circular torcidos

    Fig. 4.2.3 Deformaes nos eixos de material elstico e seo circular torcidos

    Quanto s deformaes entre duas sees contguas, separadas de L, pode-mos estabelecer a seguinte relao entre a distoro sofrida por uma fibra longitudinal distante r do centro e a deformao angular entre as sees:

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    r = = = = L ............................................ (4.2.5)

    Levando em conta a hiptese de ser elstico o material ( = G ), teremos:

    r d = (/G) dL ...................................(4.2.6)

    Considerando (4.2.2) (/r = T/Jp) obtemos:

    d = dL / G Jp ......(4.2.7)

    No caso de um eixo de dimetro e material uniformes ao longo de sua exten-so L0, a integrao de (4.2.7), de L=0 a L=L0 nos fornece:

    = = = = T L0 / G Jp ........(4.2.8)

    (observe a semelhana entre as equaes 4.2.8, 1.6.8 e 3.1.1), sendo: Jp = pi (D4 d4)32 0,1 (D4 d4)

    Exemplo 4.2.2 Para o eixo es-quematizado pede-se determinar: a) a mxima tenso tangencial; b) o ngulo de toro entre as sees A e D. Obs.: o trecho macio BC se encaixa no trecho vazado AB, sendo fixado por um pino transversal em B. Dados: Gao = 80 GPa; GLatao = 39 GPa.

    T1 = 10kN.m

    400

    600

    T1 = 30kN.m

    T1 = 15kN.m

    T1 = 5kN.m Lato Vazado D=150;d=100

    A

    B

    C

    D Ao

    Macio D=100 mm 500

    mm Ao Macio

    D=80 mm

    T

    20kN.m

    10kN.m 5kN.m

    Soluo: o diagrama de torques ao longo do eixo permite obter os valores assinalados na figura ao lado: trecho DC: T = 5kN.m; trecho CB: T = 10kNm; trecho BA: T = 15 kNm. Portanto, as tenses mxi-mas calculadas por (4.2.3) atingiro os valores: CD- max = 16x5x103/pi(0,080)3 = 49,7MPa BC- max = 16x10x103/pi(0,100)3 = 50,9 MPa BA- onde = 100/150 = 0,6667, teremos:

    max = 16x20x103/pi(1 4)(0,150)3 = 37,6 MPa Portanto: Resp. (a) max = 50,9 MPa (trecho BC).

    Quanto s deformaes teremos:

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    DA = DC + CB + BA (soma algbrica), sendo = T L / G Jp DC = [5x103 x 0,500] / [(80x109)(pi)(0,080)4/32] = 0,007771 rad () CB = [10x103 x 0,600] / [(80x109)(pi)(0,100)4/32] = 0,007639 rad () BA = [20x103 x 0,400] / [(39x109)(pi)(0,1504 0,1004)/32] = 0,005143 rad (). Portanto: DA = 0,007771 0,007639 + 0,005143 = 0,005275 = 0,30 (Resp. b)

    Exemplo 4.2.3 - A caixa redutora (dupla reduo) esquematizada na figura transmite uma potncia de 200 CV, a 3600 rpm, reduzindo a rotao na sada para 100 rpm. Pede-se dimensionar o eixo inter-medirio (ao - G = 80GPa e adm = 60 MPa). Considerar ainda co-mo deformao limite o valor /L = 2,5 /m.

    R = 180mm

    32 dentes 192 dentes

    Eixo intermedirio

    R= 30mm 200 CV 3600 rpm

    1 2

    4

    3

    Soluo O eixo que aciona o pinho (1) de entrada da caixa estar submetido a um torque T1 = 200 x 736 / (3600x2pi/60) = 390,5 N.m; a componente tangencial da fora de contato entre os dentes do pinho e da engrenagem (coroa 2) valer F12 = 390,5/0,030 = 13,02kN. Portanto o torque aplicado ao eixo intermedirio pela coroa 2 valer T2 = 13,02 x 0,180 = 2.343 N.m (os torques variam na razo inversa das velocidades e proporcionalmente aos raios, dimetros e n de dentes das engrenagens). Admitindo desprezveis as perdas por atri-to (hiptese conservativa para o clculo dos esforos nas diversas partes do mecanismo) conclumos que o eixo intermedirio estar submetido a um torque T2 = T3 = 2,343 kN.m. Tratando-se de um eixo macio e, levando em conta (4.2.3), podemos escrever, aten-dendo ao critrio de resistncia estabelecido: Max = 16 T / pi D3 ; 60 x 106 = 16 x 2,243 x 103 / pi (D)3 e D = 57,5 mm Considerando o critrio de rigidez admitido teremos, levando em conta (4.2.8): / L0 = T / G Jp; (2,5 / 57,3 *) = 2,243 x 103 / (80 x 109)(pi D4/32) e D = 50,6 mm. Portanto teremos: D = 58 mm (resposta) (valor que atende aos dois critrios) * o ngulo deve ser expresso em radianos (1 rad = 57,3)

    Exerccio proposto: O motor M, de 3,5 CV, aciona o compressor C atravs do sistema de correias planas mostrado.Desprezando as perdas e considerando to-somente as ten-ses devido toro nos eixos das polias (de raios R = 120mm e r = 30mm), pede-se de-terminar a velocidade de rotao limite para o motor ( especificando se mxima ou mnima) de maneira a que a tenso tangen-cial nos eixos no ultrapasse o valor:

    = 70,0 MPa.

    D = 20mm D = 18mm

    R

    r

    M

    C

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    4.3 PROBLEMAS ESTATICAMENTE INDETERMINADOS.

    O conhecimento das deformaes por distoro angular dos eixos torcidos permite a soluo de problemas hiperestticos, bastando utilizar, em complemen-to s equaes de equilbrio dos torques, as equaes de compatibilidade de de-formaes.

    L1 L2 G1; D1

    G2; D2 T No exemplo da figura ao lado, o eixo escalonado bi-engastado, estando sub-metido ao toque T.

    T1 T T2 A anlise do diagrama de tor-ques permite escrever, pelas condies de equilbrio: T1 + T2 = T .....................(1) A compatibilidade de deforma-es (o ngulo de toro da seo B em relao ao engaste A igual em relao ao engaste C) permite escre-ver:

    T1 L1 / G1 JP1 = T2 L2 / G2 JP2...(2) (sistema de 2 equaes que nos permite obter o valor das duas incgnitas T1 e T2)

    T1

    T2

    T = 100 N.m

    Exemplo 4.3.1 Os eixos esque-matizados so fabricados em ao (G = 80 GPa). Pede-se calcular: a) a mxima tenso tangencial; b) o ngulo de giro da extremida-de livre A em relao ao chassis CF.

    Soluo: No trecho AB (isosttico) a ten-so mxima valer; max = 16 x 100 / pi x (0,025)3=32,6MPa O ngulo de giro entre as sees A e B valer: AB = 32 x 100 x 0,7 / 80 x 109 x pi x (0,025)4 = 0,02282 rad = 1,31 O torque aplicado ao trecho BC estaticamente indeterminado, valendo: TBC = 100 FEB x 0,040, onde FEB a componente tangencial da fora entre os dentes das engrenagens B e E.

    600

    700 mm

    D = 20

    D = 25

    D = 20

    RB = 40

    RE = 120

    Cordes de Solda

    A

    B

    C

    F

    E

    T = 100 N.m

    FEB

    TC

    Fig. 4.3.1 Eixo bi-engastado e torcido.

    A

    C B

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    4.4 MATERIAL ELASTO-PLSTICO Comumente utilizados na construo mecnica, os materiais dteis (como os

    aos de baixo teor de carbono), quando ensaiados, comportam-se inicialmente de ma-neira elstica (alm de manter relao linear entre tenso e deformao) para em se-guida sofrer a plastificao e escoar, mantendo praticamente constante a tenso en-quanto a deformao prossegue crescente at a runa.

    A compatibilidade de deslocamentos angulares das engrenagens, devido s deforma-es dos respectivos eixos, permite escrever:

    RB = RE , ou seja: RB (TB LB / G JPB ) = RE (TE LE / G JPE), e 0,040 x (100 FBEx 0,040) x 0,600 / G (pi/32) (0,020)4 =

    = 0,120 x (FBE x 0,120) x 0,600 / G (pi/32) (0,020)4. Obtem-se FBE = 250 N. Portanto: TC = 100 250 x 0,040 = 90 N.m e TE = 250 x 0,120 = 30 N.m O ngulo de giro da engrenagem E (devido torao do eixo FE) valer: = 30,0 x 0,600 / 80 x 109 (pi/32)(0,020)4 = 0,01432 rad = 0,82.

    O giro da engrenagem B a ela acoplada valer: 0,82 x (120/40) = 2,46, que somado ao ngu-lo de toro do eixo BA fornece: AC = 3,77 (Resp.b)

    A tenso mxima no eixo EF valer: = 16 x 30 / pi (0,020)3= 19,1 MPa. Portanto: a mxima tenso tangencial nos eixos ocorrer em AB, com o valor j calculado

    max =32,6 MPa (Resp. a)

    Exerccio Proposto: O eixo encamisado repre-sentado na figura atacado por um torque T a-travs de uma cavilha diametral que atravessa a parte macia e a camisa. As outras extremidades (do eixo e da camisa) esto solidamente engasta-das. Pede-se determinar o percentual do torque T que ser absorvido pela camisa.

    Dados: CAMISA Bronze - G = 39 GPa Dexterno = 400 mm Dinterno = 340 mm

    EIXO (macio) Ao G = 80 GPa D = 338 mm.

    Um modelo matemtico que se ajusta a tal comportamento seria o dado pelas equaes:

    = G ............. para escoamento = escoamento ..... para escoamento

    escoamento

    escoamento

    Fig. 4.4.1 Material elasto-plstico.

    T

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    A anlise da distribuio de tenses e deformaes na toro de eixos fabrica-dos com tal tipo de material nos leva a concluir que, submetido a um torque crescente (T1 T2 T3 T4 ), a plastificao ocorrer inicialmente na periferia (T2).

    constante (esc.), at ocorrer a plastificao total (T4), aps o que, um aumento do tor-que provocaria deformaes crescentes at a runa (j que as tenses teriam atingido seu limite mximo). A determinao do raio do ncleo elstico (re) feita utilizando a equao que d o valor do torque na seo como o somatrio dos momentos das foras elementa-res atuantes em seus diversos pontos, a saber:

    Explicitando o raio do ncleo elstico obtemos:

    re3 = (D3 / 2) 6T/pi e . (4.4.1)

    Prosseguindo a crescer o torque (T3), a tenso mxima se mante-r estacionria no valor esc. , causando a plastificao das camadas interiores, que ficam divididas numa regio central (ncleo elstico) onde a tenso varia linearmente de zero no centro a

    esc. , e um anel plasti-ficado, onde a tenso ser

    Fig. 4.4.2 Ncleo elstico Coroa plastificada

    T1 T2 T3 T4

    esc esc esc

    D/2

    T = 0 dA . r = re (D/2)

    = 0 (k r) dA . r + re e dA . r ; Fazendo dA = 2pi r dr (onde constante a tenso ), obtem-se: T = [k 2pi r4/4]ore + [2pi r3 / 3]reD/2 . Considerando que, no limite do ncleo els-tico (r = re), onde ainda se pode escrever que = k r, com = e , tem-se: k = e / re, e T = [e pi re3/2] + (2pi / 3)(D3/8 re3) .

    Fig.4.4.3 Raio do ncleo elstico.

    r

    dr

    re

    T

    D

    O ato de torcer um eixo circular implica em fazer girar de um ngulo uma dada seo em relao a outra contgua, distante de dL, independentemente da distribuio das tenses, o que nos permite continuar escrevendo, como em (4.2.5): r d = dL , para qualquer r, inclusive na interface entre o ncleo elstico e a coroa plastificada, onde e = G e, o que leva a

    d = e dL / G re, que, integrada de 0 a L nos d: = = = = e L / G re ............................................. (4.4.2) que ocupa o lugar da equao (4.2.8), no caso de eixos plastificados. Fig. 4.4.4 - Deformaes

    r

    dL

    d

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    Soluo: (a) o torque no eixo CD vale 0,400 P, ocorrendo uma fora entre os dentes das engrenagens cuja componente tangencial vale 0,400 P / 0,020 = 20 P, que, por sua vez, provoca um torque no eixo BA de valor 20 P x 0,060 = 1,2 P. Sob a ao desses torques e admitindo que ocorresse o incio da plastificao nos eixos (mximo = escoamento = 95 MPa), levando em conta a eq. 4.2.3, teremos: Max = 16 T / pi D3 .. 95 x 106 = 16 x 0,400 P / pi (0,020)3 e P = 373,1 N (eixo CD) 95 x 106 = 16 x 1,200 P / pi (0,025)3 e P = 242,9 N (eixo AB) Portanto, o mximo valor de P ser 242,9N, que provocaria o incio de plastificao no eixo AB, permanecendo o eixo CD no regime elstico. (Resp. a: Pmx = 243 N) (b) no caso em que P = 300N, verifica-se, do clculo anterior, que o eixo CD permanecer na fase elstica enquanto o eixo AB sofrer plastificao. O torque no eixo CD valer 0,400 x 300 = 120 Nm enquanto no eixo AB ser (60/20)x120 = 360 Nm.

    O raio do ncleo elstico em AB ser (da eq. 4.4.1): re

    3 = (D3 / 2) 6T/pi e = (0,025)3/2 6 x 360 /pi x 95 x 10 6 ; re = 0,00832m = 8,32mm.

    O ngulo de toro do eixo AB (que corresponde ao ngulo de giro da engrenagem B) ser (de 4.4.2): = e L / G re = 95 x 106 x 0,900 / 80 x 109 x 0,00832 = 0,1285 rad. Para tal giro da engrenagem B (coroa) corresponder um giro da engrenagem C (pinho) de valor C = (60/20) B = 3 x 0,052595 = 0,3856 rad. A toro do eixo CD se dar na fase elstica, sendo (de 4.2.8): CD = L / G JP = 120 x 0,600 / 80 x 109 x (pi/32)(0,020)4 = 0,05730 rad. O ngulo de giro da alavanca DE ser: DE = C + CD = 0,3856 + 0,05730 = 0,4429 rad = 25,4 (Resp. b)

    Caso a fora P fosse aliviada at zerar, a fora entre os dentes das engrenagens cairia a zero, porm o eixo AB (que sofrera a plastificao parcial) ficar com tenses residu-ais decorrentes das deformaes permanentes que ficaro presentes na coroa plastificada.

    Exemplo 4.4.1 Dois eixos macios (AB e CD) fabricados com material elasto-plstico para o qual G = 80 GPa eescoamento = 95 MPa, so interligados atravs das engrenagens mostradas e torcidos pela alavanca DE atravs da ao da fora P. Determinar: a) o valor admissvel (mximo) para a fora P, sem que haja a plastificao dos eixos; b) o ngulo de giro da alavanca DE para o caso de P = 300 N. c) as tenses residuais aps a fora de 300 N ser diminuda at se anular. Obs.: admitir a fora P sempre perpendicular ao brao de alavanca DE.

    900

    600

    400

    20d

    25D

    A

    B

    C

    D

    E

    P

    r =20

    R=60

    O clculo dessas tenses ser feito levando em conta que, ao ser descarregado um material que sofreu plastificao, as tenses e deformaes dimi-nuem elasticamente (mantendo a mesma relao proporcional com idntico valor para o mdulo de elasticidade transversal, inclusive quando invertidos os sentidos das tenses e distores).

    escoamento

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    Utilizaremos o princpio da superposio, admitindo que a ao de aliviar os esforos seria equivalente a aplicar um torque em sentido contrrio e de mesmo valor que o torque ativo que pro-vocou a plastificao, sendo que as tenses provocadas por tal torque fictcio satisfazem a lei de Hooke (regime elstico).

    Calculada a tenso mxima que ocorreria, supondo aplicado o torque em sentido oposto e admitindo que o material trabalhasse na fase elstica, obteramos (de 4.2.3): (Max)** = 16 T / pi D3, como tambm a tenso no limite do ncleo elstico:

    (re)* = (2re /D) 16 T / pi D3 . Assim, os valores extremos das tenses residuais seriam calculados como: = (Max)** - (esc) = (esc) - (re)*

    Para o caso apreciado no exemplo 4.4.1, a tenso extrema que tal torque equilibrante produ-ziria na borda do eixo se trabalhasse elasticamente seria:

    (Max)** = 16 x 360 / pi (0,025)3 = 117,3 MPa, enquanto na interface do ncleo elstico com a coroa plastificada teria o valor: (re)* = (2x8,316/60,00) x 117,3 = 78,04 Mpa. Portanto, as tenses residuais presentes no eixo descarregado, aps a sua plastificao seri-am:

    = (Max)** - (esc) = 117,3 95 = 22,3 MPa = (esc) - (re)* = 95 78,04 = 17,0 MPa (Resp. C)

    + = =

    T -T T=0

    (mx)**

    esc. *

    **

    (re)*

    re

    Fig. 4.4.4 Tenses residuais em eixos circulares de material elasto-plstico

    O ngulo de toro residual do eixo poder ser calculado computando: * = TL/GJp = 360x0,900/80x109x(pi/32)(0,025)4 = 0,1056 rad

    (residual) = 0,1285 - 0,1056 = 0,0229 rad = 1,3

    Caso a fora P fosse novamente aplicada, as tenses despertadas seriam acrescidas s tenses residuais calculadas, provocadas pela plastificao.

    >>>>>>>>>>>>>>>>>>>

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    4.5 MOLAS HELICOIDAIS DE PEQUENO PASSO. Uma aplicao do estudo da toro de barras de seo circular, com certa utili-dade na engenharia mecnica, se encontra no dimensionamento de molas helicoidais de pequeno passo, normalmente utilizadas sob trao, em peas de pequeno porte. Conforme se verifica da anlise das foras atuando no corpo livre assinalado na figura 4.5.1 (b) abaixo, o vetor momento equilibrante do binrio formado pelo par de foras F tem sua direo perpendicular ao plano da figura, portanto, praticamente na direo do eixo do arame (momento de toro T), j que se trata, por hiptese, de uma mola de pequeno passo (tornando desprezvel a componente deste momento, atuando como momento fletor).

    R

    d

    F

    F

    T

    Fig. 4.5.1 Mola helicoidal de pequeno passo sob trao. Raio de enrolamento: R; dimetro do arame: d;( R >>d); n de espiras: n.

    O equilbrio de momentos aplicados parte desta-cada na figura 4.4.1(b) permite escrever:

    F x R = T. Portanto, no cmputo da tenso mxima de cisalha-mento devido toro do arame, teremos:

    max = 16 F R / pi d3

    (como se ver mais adiante, esta tenso dever ser acrescida do valor (16/3)F/pid2, correspondente ao corte simples da seo, 4/3 Q/A).

    No cmputo das deformaes devido toro do arame ao longo de seu comprimento (que se mani-festa de forma global atravs da elongao da mola x), utilizaremos o teorema da energia, escrevendo que o trabalho W realizado pela fora, crescendo de zero at seu valor final F, deslocando seu ponto de aplicao de x ser armazenado na mola sob a forma de energia elstica por distoro Ud:

    W = F x = Ud = ud dV, sendo ud = 2 / G a energia especfica de distor-o, por unidade de volume V (equao 1.8.2). Considerando o volume dV assinalado na figura ao lado (dV = 2pi r dr ds), onde a tenso tan-gencial uniforme ( eq. 4.2.2 ), teremos: s =2piRn r = d/2

    Ud = s=0 0 (1/2G)(FR/Jp)2 r2 2pi r dr ds 2piRn d/2

    Ud = 0 (1/2G) (FR/Jp)2 ds 0 r2 2pi r dr =1/2 P x

    Jp

    (b)

    (c)

    s

    ds

    r

    dr

    d/2

    (a) x

    dV

    T

  • D - Toro Pura

    20

    Levando em conta que Jp = pi d4 / 32, e feitas as simplificaes obteremos: x = 64 n R3 F / G d4 que, reescrita na forma tradicional da Lei de Hooke F=Kx se torna: F = { G d4 / 64 n R3 } x ........................................... (4.5.1)

    Kmola

    d

    R x

    F

    Exemplo 4.5.1 Deseja-se dimensionar a mola de acionamento de um puno utilizado para furar papel, dispondo-se de um arame de ao especial (G = 80 GPa e adm = 32 MPa) com dimetro de 3 mm.

    Pede-se determinar o raio R em que deve ser enrolada a mola e o nmero de espiras n, considerando-se que a mxima fora F a ser aplicada no ultrapasse 15 N, para um curso do puno de, no mximo, 17 mm.

    Soluo: Para a fora e tenso mximas ad-mitidas, teremos: 32 x 106 = 16 x 15 x R / pi (3)3 x (10-3)3 Rmax = 11,3 mm.

    Utilizando a equao 4.5.1 obtemos:

    15 = {80x109 x 34x10-12 / 64n 0,01133} 0,017

    n = 79,5 espiras.

    Adotando valores inteiros: n = 80 espiras e R = 11 mm, obteremos, para F = 15 N max = 31,1 MPa e x = 15,8 mm

    A mola (fechada, em repouso) teria um com-primento total de 80 x 3 = 240mm, que so-mado a seu curso de 15,8 mm totalizaria um comprimento de 255,8 mm, quando estendida (o que poder ser considerado imprprio para a geometria da pea, indicando outra soluo, com outro R, e outro n, ou at outro arame com novo d). Obs.: o pequeno passo da mola (avano de 3 mm somado elongao por espira, 15,8/80 = 0,2mm, num percurso para uma volta do arame de valor 2pi (11) = 69,1 mm mostra que a suposio de ser desprezvel a flexo e cabvel no caso.

    11 3

  • D - Toro Pura

    21

    4.6 BARRAS DE SEO RETANGULAR. OUTRAS FORMAS DE SEO. ANALOGIA DA MEMBRANA. As tenses tangenciais despertadas pela toro de uma barra de seo retangu-lar se distribuem no plano da seo transversal de uma forma mais complexa, quando comparada distribuio das tenses no caso da toro de eixos de seo circular, no se podendo acolher a hiptese de que a seo se mantm plana, depois de torcida a pea. A simetria da figura apenas permite presumir que, no centro da seo (eixo da barra), a tenso ser nula. Nas quinas da barra (pontos mais afastados do centro), ao contrrio do que se poderia inicialmente presumir, quanto a serem elevadas as ten-ses, sero elas tambm nulas. Realmente: a condio de simetria do tensor das ten-ses, estabelecida em 1.5, nos permite escrever que, para essas quinas (pertencentes ao contorno livre da barra, onde as tenses sero nulas), teremos, necessariamente, que no plano da seo, tambm sero nulas as tenses (yx = xy = zx = xz = 0), nos quatro cantos da barra.

    = 0

    = 0

    Max Max

    A Resistncia dos Materiais Elementar no dispe de um mtodo simples para avaliar as tenses em sees macias de formato diferente da circular. Atravs da Teoria da Elasticidade, utilizando equaes mais com-plexas, obtem-se, para o clculo da tenso de cisalha-mento mxima, ocorrente nos pontos mdios do lado maior de uma seo retangular, o valor:

    Max = T / h b2 .........................(4.6.1)

    Para o ngulo de toro da barra, a teoria aponta:

    = T L / G h b3 ...................(4.6.2)

    sendo os valores de e dados na Tabela III abaixo ou por frmulas empricas como a apresentada a seguir: h

    b

    h/b 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 5,0 10,0

    0,208 0,231 0,246 0,258 0,267 0,291 0,312 0,333 0,1406 0,1958 0,229 0,249 0,263 0,291 0,312 0,333

    Fig.4.6.1 Toro de barras de seo retangular.

    As equaes obtidas atravs da Teoria da Elasticidade, utili-zadas para a determinao das tenses tangenciais nos pontos de uma dada seo de formato qualquer, em uma barra torcida, obser-va-se, so idnticas s equaes utilizadas na soluo de um outro problema totalmente distinto, qual seja, o da determinao do for-mato assumido pela superfcie de uma membrana elstica e ho-mognea, cujas bordas fossem presas a uma moldura rgida, com um formato qualquer, quando submetida a uma diferena de pres-so entre suas faces, estufando. Enquanto nas equaes para solu-o do problema da toro aparecem as variveis tenso e tor-que, nas equaes idnticas para soluo do problema da mem-brana deformada aparecem as variveis inclinao da membrana e diferena de presso entre as faces.

    T

    Tabela III

    (h/b) = --------------------

    3(h/b) + 1,8

  • D - Toro Pura

    22

    No caso da seo retangu-lar, a analogia da mem-brana nos permite avaliar, sob o aspecto qualitativo, que sendo nula a inclina-o da tangente superf-cie da membrana estufada nos seus quatro cantos e no centro, a tenso tan-gencial nos pontos equiva-lentes ser nula. Da mesma forma, no difcil perceber que a inclinao da tangente superfcie da membrana estufada nos pontos m-dios dos limites de maior extenso ser maior (ver figura) que a inclinao correspondente aos pontos mdios dos lados menores. A analogia permitiria, portanto, prever que a tenso mxima na toro ocorrer no ponto mdio do lado maior do retngu-lo. Muitas outras evidn-cias tambm podem ser extradas da analogia da membrana, como por e-xemplo a ocorrncia de tenses muito elevadas na toro de barras que te-nham seo transversal com cantos vivos reentran-tes (Fig. 4.6.2 b ) sendo necessria a adoo de raios de adoamento para eliminar a concentrao de tenses nestes locais. Pode-se tambm con-cluir que, para barras cha-tas torcidas, a tenso m-xima independe do forma-to da seo, dependendo apenas da relao h/b, desde que promovidos raios de adoamento nos cantos vivos reentrantes existentes.

    Canto vivo

    R

    h

    b R

    (a)

    (b)

    (c)

    Fig . 4.6.2 Analogia da membrana. Tenses na toro.

  • D - Toro Pura

    23

    Exemplo 4.6.1 Para a pea composta mostrada na figura (em ao G = 80 GPa), pede-se determinar a mxima tenso tangencial e o ngulo de giro da ares-ta da extremidade em relao ao engaste. Soluo: O torque ao longo da pea valer: T = 5000 x 0,100 = 500 N m. Para a parte tubular te-remos: = 90/100 = 0,9 e: max = 16 x 500 /pi(1 0,94)(0,1)3 = 7,40 MPa = 500x0,4 / 80x109x(1 0,94)(pi/32)0,14 = = 0,042.

    Exemplo 4.6.2 Para a pea mostra-da, submetida ao torque T, determine, considerando os trechos de seo cir-cular e de seo quadrada, as relaesentre (a) as mximas tenses tangen-ciais e (b) entre os ngulos de toro por metro de comprimento. Soluo: max = 16T /pi a3= 5,093 T / a3

    max = T / 0,208 a3= 4,808 T / a3

    (a) (max)circular / (max)quadrada= 1,059

    = 32Tb /Gpia4=10,19 Tb /Ga4

    =Tb /0,1406Ga4=7,112Tb /Ga4

    (b) ( )circular /( )quadrada = 1,43

    Para a barra chata teremos: h/b = 100/20 =5 e = = 0,291 . Portanto: max =500 / 0,291 x 0,100 x x 0,0202 = 43,0 MPa

    500x0,5 0,291x80x109x0,1x0,023

    5 mm

    20

    100

    500

    400 5 kN

    =

    = 0,77

    5 kN

    a

    a

    b

    b

    T

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    24

    4.7 DUTOS DE PAREDE FINA.

    100

    100

    100

    20

    20

    15 150

    T = 1,00 kN.m

    450 mm

    Exemplo 4.6.3 - O perfil I esquematizado mon-tado atravs da unio de duas barras chatas de ao, de 100 x 20 mm2 (mesas) soldadas a outra barra chata, tambm de ao, de 150 x 15 mm2 (alma), sendo submetido a um torque T = 1,00 kN.m em sua exten-so de 450 mm. Pede-se determinar:

    a) a mxima tenso tangencial no perfil, e b) o ngulo de toro do perfil .

    Soluo: Inicialmente deve-se reconhecer que se

    trata de um problema estaticamente indetermina-do, podendo-se, to-somente, admitir que o tor-que T total ser distribudo pelas duas mesas (Tmem cada) e pela alma (Ta), de forma a que:

    T = 2 (Tm) + (Ta)..............(1)

    A compatibilidade de deformaes nos permite escrever: alma = mesa ; TaL /0,312Gx150x153 = TmL /0,291Gx100x203 Ta = 0,6785 Tm ...............(2) Levando em (1) obtem-se: T = 2 Tm + 0,6785 Tm Tm = 0,3733 T e Ta = 0,2533 T Tm = 373,3 N.m e Ta = 253,3 N.m alma = 253,3 / 0,312x0,150x0,0152=24,0 MPa mesas = 373,3 / 0,291x0,100x0.0202=32,1MPa = 373,3x0,450 / 0,291x80x109x0,100x0,0203= =253,3x0,450 / 0,312x80x109x0,150x0,0153

    = 0,52

    A determinao das tenses e deformaes em barras de se-o transversal diferente da circular, como vimos, recai na soluo de equaes complexas. No entanto, para o caso es-pecial de barras vazadas, constitudas de chapas de parede fina, montadas na forma de dutos, pode-se conseguir uma soluo utilizando-se uma teoria matemtica bem mais sim-ples. Tal estudo tem aplicao, com boa aproximao, para o caso de dutos de ventilao, fuselagem de avies, casco de navios, e outros, quando submetidos toro.

    Fig.4.7.1 Toro de dutos de parede fina. Casco de navios. Fuselagens de avies.

  • D - Toro Pura

    25

    O fato de a tenso tangencial necessariamente ter a direo tangente ao contorno, tanto ex-terno, como interno, no caso das barras de parede fina nos leva a admitir que o seu valor se distribui uniformemente ao longo da espessura da parede.

    e

    ds

    O torque T na seo ser obtido (Fig. 4.7.2 a) pela integral curvilnea fechada (Fig. 4.7.2 b):

    T = e ds sen .......... (4.7.1)

    Uma simplificao importante tornar exeq-vel a realizao de tal integrao sem maiores dificul-dades, qual seja, a da invarincia do produto (chamado fluxo cisalhante) x e ao longo do permetro da seo do duto (ver nota abaixo). Realmente: a anlise do equilbrio de esforos atuantes no elemento assinalado na figura 4.7.2 (c), segundo o eixo x do duto, nos permite escrever:

    1 e1 dx = 2 e2 dx.,

    que, levada em 4.14, fornece:

    T = e ds sen .

    Observando, na fig. 4.7.2(b), que ds sen

    vem a ser a rea do tringulo assinalado ao lado, pode-se concluir que a integral

    ds sen = 2 @

    computa o dobro da rea @ limitada pela linha mdia da espessura da parede do duto. Podemos finalmente escrever:

    = T / 2 e @ ............................ (4.7.2).

    Nota: a invarincia do produto xe (fluxo cisalhante) indi-ca uma interessante analogia com a equao da continui-dade para o escoamento de fluidos incompressveis, quanto vazo Q = V x A (a velocidade cresce quando a rea da canalizao diminui, da mesma forma que a tenso tangen-cial ser maior nos trechos de menor espessura do duto, como se as tenses escoassem ao longo da parede).

    (a)

    (b)

    (c)

    e2

    e1

    1 2

    dx

    x

    ds

    @

    Fig. 4.7.2 Tenses em dutos de parede fina torcidos.

    T

  • D - Toro Pura

    26

    Quanto s deformaes, mais uma vez, utilizaremos os conceitos de energia para determina-o do ngulo de toro do duto em funo do torque T que lhe aplicado (o trabalho realizado pelo torque ser armazenado sob a forma de energia potencial elstica no duto torcido).

    Teremos portanto:

    = [( L) / 4 G @2] ds/e .................................. (4.7.3)

    No caso simples de dutos com espessura de parede uniforme (e constante), a integral curvi-lnea se converte na relao adimensional permetro/espessura da seo. No caso comum de dutos formados pela unio de chapas, de espessuras distintas, mas que se mantm uniformes na extenso de cada chapa, a integral se converte em um somatrio, podendo ser reescrita sob a forma: = [( L) / 4 G @2] si /ei ................ (4.7.4)

    ds

    e s

    x

    dx

    L

    W = T = Ud = ud dV, sendo ud = 2 / G a energia especfica de distoro, por uni-dade de volume V (equao 1.8.2). Considerando o volume dV assinalado na figura ao lado (dV = e dx ds), onde a tenso tangencial dada por 4.7.2, po-demos escrever:

    dV

    Ud = ud dV = ( 2 / G)dV = = (1/2G)[T/2e@]2 (e ds dx).

    Na primeira integrao,ao longo de s, teremos como constantes G, T, @ e dx, permitindo escrever:

    Ud = (1/2G)[T/2@]2 dx ds/e).

    No caso de um duto de seo e mate-rial uniformes, submetido a um torque constante ao longo de sua extenso, a segunda integrao nos leva a:

    Ud = (1/2G)[T/2@]2 L ds/e)= T

    Fig.4.7.3 Deformao de dutos de parede fina torcidos.

    T

    ( o que ocorre, por exemplo, no casco de uma embarca-o, cujo chapeamento do convs tem espessura diferente das chapas do costado e do fundo), ficando no caso:

    ds/e = b1/e1 + 2b2/e2 + b3/e3..

    b1

    b2 b2

    b3

    e1

    e2 e2

    e3

    Fig. 4.7.4 Seo transversal do casco resistente de uma embarcao

  • D - Toro Pura

    27

    Exemplo 4.7.1 Mostrar que, no clculo das tenses e deformaes de um duto de parede fina de seo circular, os resultados so convergentes para ambas as teorias estudadas (em 4.6 e em 4.2). Realmente: para um duto circular de dimetro d e espessura de parede e, teremos: Jp = (pi d e) (d/2)2 = pi e d3 / 4, portanto, de (4. 2.2): = (T/Jp)(d/2) = 2T / pi e d2. Por outro lado, de 4.6.2 obtemos, com @ = pi d2 /4:

    = (T / 2 e @) = 2T / pi e d2. Da mesma forma, de 4. 2.8 e 4. 6.4, obteremos, sucessivamente: = T L / G Jp = 4 T L / G pi e d3 = [T L / 4 G @2] pid/e

    e

    d/2

    900

    R=450

    R=450

    800

    2 mm

    2,5 mm 2,5 mm

    3 mm

    Exemplo 4.7.2 A seo transversal da fuselagem de um avio, prxima cauda, construda em alumnio (G =28 GPa), tem as dimenses mostradas na figura. Adotando os valores admissveis para a tenso tangencial = 90 MPa e para a deformao por toro como sendo 1 / m de comprimento, pede-se determinar o mximo torque T a que a fuselagem pode ser submetida. Soluo: Para a seo temos @ = 0,9 x 0,8 + 2pi 0,45 2/ 2 @ = 1,356 m2 (nota: utilizando as dimenses internas do duto, obtemos um valor inferior para @,, a favor da segurana para o clculo das tenses e deformaes). De 4.6.2

    max = 90x106= T / 2x0,002x1,356 e Tmax = 488 kN.m.

    De 4.6.4 /L = 1 / 57,3 = [T /4x28x109x(1,356)2] x x [( pi x 450/2) + 2 x (800/2,5) + ( pi x 450/3);

    e Tmax = 1977 kN.m. Portanto = Resp.: Tmax = 488 kN.m.

    L e

    b

    Problema proposto: dispondo-se de uma chapa (a) de comprimento L, largura b e espessura e, dese-ja-se confeccionar um duto dobrando a chapa, com costura nas bordas. Para as opes (b) e (c) assinaladas pede-se determinar as relaes entre as tenses mximas e os ngulos de toro, para um dado torque T aplicado.

    (a) (b) (c)

    costuras

  • D - Toro Pura

    28

    @ = 200 x 98 + pi x 492 = 27.143 mm2 --- T = 12,5 x 480 = 6000 mN.

    a) = T / 2 @ e = 6000 / 2 x 27.143 x 10 6 x 0,002 = 55,26 x 106 --- = 55,3 MPa (1,0p)

    b) = (T L / 4 G @2) (P/e) = [6000 x 2 / 4 x 28 x 109 x (27143 x 10-6)2] x [(2x200 + 2xpi x 49)/2] = 0,05147 rad = 2,95 (1,0p)

    c) T = F1 x 0,200 + F2 x 0,480 = 6000 mN; considerando indeformvel a chapa/flange:

    F1 / 100 = F2 / 240 ----- F2 = 2,4 F1 e

    F1 = 4,438 kN; F2 = 10,65 kN

    1 = 4438 / (pi/4)(0,010)2 = 56,5 MPa

    2 = 10650 / (pi/4)(0,010)2 = 136 MPa (1,5p)

    2,00 metros

    240

    240

    100

    100

    480

    12,5 kN

    12,5 kN

    200

    R = 50

    R = 50 2

    Exemplo 4.7.3 O duto de alumnio (G

    = 28 GPa), de 2,0 m de

    comprimento, engas-

    tado por meio de qua-

    tro parafusos de di-

    metro 10mm, simetri-

    camente dispostos no

    flange de conexo, e

    submetido ao par de

    foras indicado.

    As dimenses da seo

    transversal do duto

    so mostradas na figu-

    ra.

    Pede-se calcular:

    a) a mxima tenso tangencial na parede do duto;

    b) o ngulo de toro (em graus) da extremidade do duto em relao ao flange fixo;

    c) a tenso tangencial mdia nos parafusos de fixao do duto

    240 240

    100

    100

    F1

    F1

    F2

    F2

    F1