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UNIVERSIDADE ESTADUAL DE CAMPINAS
FACULDADE DE ENGENHARIA CIVIL
Departamento de Estruturas
EXERCÍCIOS DE TORÇÃO
Prof. Dr. Nilson Tadeu Mascia
Bolsista PAD: Renato Saldanha Victor (Rev. 2009)
Bolsista PED: Bruno Fernandes (Rev. 2017)
Campinas, 2017 (REVISÃO 2021)
DEPARTAMENTO DE ESTRUTURAS Faculdade de Engenharia Civil
Universidade Estadual de Campinas
Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo
Campinas – SP
2
EXERCÍCIO 1
Determinar a tensão normal nos tirantes, a tensão de cisalhamento
máxima na peça ACB e o giro da extremidade livre (giro entre B e A).
O binário causado pelas reações das forças de tração nos tirantes (N)
gera um momento torçor (T) no disco de:
T = 2 × (N ×
D
2) Eq. 1
T = N × D = (0,08 × N) 𝑑𝑎𝑁.𝑚 Eq. 2
Onde: N é a força normal existente em cada tirante e D é o diâmetro do
disco em C. Observa-se que 1 daN é igual a 10 N.
Isso nos leva a uma situação de uma estrutura hiperestática. Além do
engaste, tem a reação do momento T. A condição de contorno que se usa é a
relação do deslocamento dos tirantes com o giro no ponto C, medido a partir do
ponto B (engaste) que terá variação nula do giro em relação à sua posição
original, conforme a figura:
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3
Assim, tem-se:
θ ≅
∆ltiranterdisco
Eq. 3
Pela Lei de Hooke:
∆l =
N × l
E × A=
N × 2,00
E × 4 × 10−4= N
2 ×
104
E Eq. 4
Giro:
φBC =
Mt × l
G × It Eq. 5
Para a seção circular cheia:
It =
π × d4
32=π × 0,024
32= 1,571 × 10−8 𝑚4 Eq. 6
O exercício nos leva ao seguinte diagrama de momento torçor:
Assim, tem-se:
φBC =
Mt × l
G × It=(12 − 0,08 × N) × 0,8
G × 1,571 × 10−8
= (611,5 − 4,074 × N) × 106
G °
Eq. 7
Igualando-se as equações Eq. 3 e Eq. 7 pela igualdade de φBC = θ tem-
se:
φBC = (611,5 − 4,074 × N) ×
106
G=N
2 ×
104
E ×
1
0,04= θ Eq. 8
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∴ (611,5 − 4,074 × N) × 8 × E
G= N
Considerando:
E = 2,1 × 106
𝑑𝑎𝑁
𝑐𝑚2 Eq. 9
G = 8 × 105
𝑑𝑎𝑁
𝑐𝑚2 Eq. 10
E
G= 2,625 Eq. 11
Assim:
(611,5 − 4,074 × N) × 8 × 2,625 = N
∴ 12841,5 = (85,554 + 1) × N
∴ N = 148,364 𝑑𝑎𝑁
Eq. 12
Tensão normal nos tirantes:
σ =
N
A=148,364
4
𝛔 = 𝟑𝟕, 𝟎𝟗𝟏 𝒅𝒂𝑵
𝒄𝒎𝟐
Eq. 13
Tensão de cisalhamento máxima (seção circular cheia):
τmax =
Mt (máx)
Wt=Mt (máx) × 16
π × d³ Eq. 14
Substituindo-se, nas funções do diagrama de Mt, o valor de N encontrado
na Eq. 12, tem-se:
Assim, tem-se o momento máximo no trecho AC (Mt = 12 daN.m). Desta
forma, a tensão de cisalhamento máxima vale:
𝛕𝐦𝐚𝐱 =
1200 × 16
π × 2³= 𝟕𝟔𝟑, 𝟗𝟒𝟒
𝒅𝒂𝑵
𝒄𝒎𝟐 Eq. 15
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O giro relativo entre B e A é dado por:
φBA = ∫Mt × dl
G × It
A
B
= φBC + φCA
φBA = (12 − 0,08 × 148,364) × 0,8
𝐺 × 1,571 × 10−8+
12 × 0,2
𝐺 × 1,571 × 10−8
𝛗𝐁𝐀 = 8,331 × 10−4 + 1,910 × 10−2 = 𝟎, 𝟎𝟐 𝐫𝐚𝐝 = 𝟏, 𝟏𝟒°
Eq. 16
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EXERCÍCIO 2
Determinar a tensão normal nos tirantes e a tensão cisalhamento
máxima.
Como no exercício anterior, tem-se uma situação hiperestática que será
contornada relacionando o giro no ponto B com a deformação nos tirantes. O
binário provocado pelos tirantes gera um momento torçor de:
T = 2 × (N ×
D
2) = 10 × N 𝑑𝑎𝑁. 𝑐𝑚 Eq. 17
Em relação ao giro na seção B tem-se:
θ =
∆ltiranterviga
Eq. 18
Pela Lei de Hooke, sendo o raio do tirante = 1 cm:
∆l =
N × l
E × A=
N × 200
E × (π × 12)= 63,662 ×
𝑁
E Eq. 19
E o giro relativo entre as seções A e B:
φAB =
Mt × l
G × It Eq. 20
Para a seção circular cheia, temo a seguinte inércia polar:
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It =
π × d4
32=π × 104
32= 9,817 × 102 𝑐𝑚4 Eq. 21
O diagrama de momento torçor obtido é o seguinte:
Giro:
(𝐴𝐶̅̅ ̅̅ ): M𝑡 = 10 × N − 70000 𝑑𝑎𝑁. 𝑐𝑚 Eq. 22
(𝐶𝐵̅̅ ̅̅ ): M𝑡 = 10 × N 𝑑𝑎𝑁. 𝑐𝑚 Eq. 23
Assim, tem-se:
φAB = ∫Mt × dl
G × It
𝐵
A
= φAC + φCB
φAB = −(10 × 𝑁 − 70000) × 100
𝐺 × 9,817 × 102+−(10 × N) × 100
𝐺 × 9,817 × 102
φBA =−0,1019 × (20 × 𝑁 − 70000)
𝐺
=−2,0372 × (𝑁 − 3500)
𝐺
Eq. 24
Igualando Eq. 18, Eq.19 e Eq.24, tem-se:
θ =
∆ltiranterviga
= 63,662 × 𝑁
E×1
5= φAB =
−2,0372 × (𝑁 − 3500)
𝐺
∴− 2,0372 × 5 × (N − 3500)
63,662=G × N
E= − 0,16 × (N − 3500)
Eq. 25
Com G = 0,4E, tem-se:
∴0,4 × E × N
E= − 0,16 × (N − 3500)
∴ 0,4 × N = −0,16 × N + 560
𝑵 = 560
0,56= 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝒅𝒂𝑵
Eq. 26
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Obs.: o sinal negativo para o momento torçor, no cálculo do giro existe
apenas para que o giro encontrado seja no sentido anti-horário (observando de
C para A), sentido da solicitação (momento de 700 daN.m) e sentido
concordante com o das deformações dos tirantes.
Tensão normal nos tirantes:
𝛔 =
N
A=
1000
π × 12= 𝟑𝟏𝟖, 𝟑𝟏
𝒅𝒂𝑵
𝒄𝒎𝟐 Eq. 27
Substituindo-se, nas funções do diagrama de Mt, o valor de N encontrado
na Eq. 26, tem-se o diagrama:
Desta forma, a tensão de cisalhamento máxima (seção circular cheia)
vale:
τmax =
Mt (máx)
Wt=Mt (máx) × 16
π × d3
𝛕𝐦𝐚𝐱 =60000 × 16
π × 103= 𝟑𝟎𝟓, 𝟓𝟕𝟕
𝒅𝒂𝑵
𝒄𝒎𝟐
Eq. 28
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EXERCÍCIO 3
Determinar o giro relativo em A e a tensão de cisalhamento máxima.
A viga bi-engastada é uma vez hiperestática. Sabe-se que, como o giro
é nulo nos engastes, o giro relativo entre os dois engastes também é
necessariamente nulo. E essa será a condição que usará para resolver o
problema.
Considerando as reações como horárias (observando de D para A), tem-
se:
∑Mt = 0 = MB + Mt + M𝐷 −Mt
∴ MB = −MD
Eq. 29
E, assim, tem-se o diagrama de Mt:
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Sendo d = 0,04 m e G = 8 x 105 daN/cm2, tem-se:
φBD = 0 = ∫Mt × dl
G × It
D
B
= ∫Mt × dl
G × π × d4
32
= φBC +φCA + φAD
D
B
∴32
G × π × [
MD × 0,8
0,084+(MD − 102) × 0,6
0,044+MD × 0,2
0,044] = 0
∴ MD × (19531,25 + 234375 + 78125) − 23906250 = 0
∴ MD = 72,0 𝑑𝑎𝑁.𝑚
Eq. 30
Para encontrar o giro em A, tem-se que relacioná-lo com algum ponto fixo
(um dos engastes). No caso, é mais simples calcular o giro entre A e D.
Giro em A:
φAD =
Mt × dl
G × It=
72 × 10−2 × 20
8 × 105 × π × d4
32
𝝋𝑨𝑫 = 7,16 × 10−3 𝑟𝑎𝑑 (𝐴𝐻) = 𝟎, 𝟒𝟏°
Eq. 31
A tensão de cisalhamento máxima:
Como não se tem uma seção constante é preciso comparar os valores
obtidos para determinar o máximo.
Assim:
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τmax = maior entre
{
τBC =
72
π × 0,0816
3
τCA =−30
π × 0,043
16
τAD =72
π × 0,043
16
𝛕𝐦𝐚𝐱 = 𝟓, 𝟕𝟐𝟗 × 𝟏𝟎𝟔 𝒅𝒂𝑵/𝒎𝟐 = 𝟓𝟕𝟐, 𝟗𝟓𝟖 𝒅𝒂𝑵/𝒄𝒎𝟐
Eq. 32
Obs.:
A comparação poderia também ter sido feita da seguinte forma. Tem-se
três trechos de seção e com valores de Mt diferentes. Porém, os dois últimos
trechos (CA̅̅ ̅̅ e AD̅̅ ̅̅ ) têm a mesma seção e, assim, pode-se apenas comparar o
valor de Mt para esses dois casos. O que nos descarta a possibilidade de que o
2º trecho seja o máximo.
Como os dois trechos remanescentes possuem o mesmo valor de Mt,
pode-se comparar o valor de Wt que, por sua vez, é determinado pelo diâmetro
(já que as duas seções em questão têm circular maciça circular). Assim, tem-se
que o cisalhamento máximo ocorre no trecho AD, que tem diâmetro menor.
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EXERCÍCIO 4
Determinar o diâmetro “d” e o giro relativo no ponto A (centro da viga).
Como no exercício anterior, usa-se o giro entre B e C (que é nulo) como
condição de contorno para o problema. De acordo com a figura foi adotado o
sentido horário para MB e anti-horário para MC (ambos observando de C para B
segundo o x1 e x2 da figura a seguir).
Assim, tem-se o seguinte diagrama de Mt:
Com as seguintes funções para os trechos:
(BA̅̅ ̅̅ ): M(x) = MC −m × x1 Eq. 33
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(AC̅̅̅̅ ): M(x) = (MC −m) + m × x2 Eq. 34
O giro relativo entre B e C:
φBC = 0 = ∫Mt × dl
G × It
C
B
= ∫Mt × dl
G × It
A
B
+ ∫Mt × dl
G × It
C
A
φBC = ∫(MC −m × x1) × dx1
G × It
A
B
+ ∫[(MC −m) +m × x2] × dx2
G × It
C
A
∴ φBC = (MC × 1 −m× 12
2+ MC × 1 −
m × 12
2) ×
1
G × It
= 0
∴ 2 × MC −2 × m
2= 0
MC =m
2= 1 𝑑𝑎𝑁.𝑚
Eq. 35
A tensão de cisalhamento máxima ocorre no ponto B,C ou A, com Mt = 1
daN.m. Sendo assim, o diâmetro d é calculado por:
τmax =
Mt (máx)
Wt=1 × 16
π × d3= 250 × 104 𝑑𝑎𝑁/𝑚2
∴ d = √16
π × 250 × 104
3
𝐝 = 𝟎, 𝟎𝟏𝟐𝟔𝟖 𝒎 = 𝟏, 𝟐𝟔𝟖 𝒄𝒎
Eq. 36
O giro relativo em A:
φCA = ∫Mt × dl
G × It
𝐴
C
= ∫(MC −m × x1) × dx1
G × It
1
0
φCA = ∫(1 − 2 × x1) × dx1
G × It= ∫
(1 × 1 − 2 × 12
2 )
G × It
1
0
1
0
𝛗𝐂𝐀 = 𝟎
Eq. 37
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