Aula 1 Mecanica Solidos1 Alunos

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Mecânica dos Sólidos I 9º TRI Janeiro 2009ETEP Faculdades – Engenharia Mecânica Prof. Euler

File: Mecanica_Solidos_1_sessao1.doc Página 1

ETEP Faculdades – Engenharia Mecânica - 2009

Mecânica dos Sólidos I

Prof. Euler Gonçalves Barbosa

Bibliografia Básica

[1] BEER, F; JONHSTON JR, E. R. Resistência dos materiais. São Paulo.Editora Makron Books. 1995.

[2] HIBBELER, R. C. Resistência dos materiais. 5ª Edição São Paulo.Editora Prentice Hall Brasil. 2004.

[3] GERE, James; TIMOSHENKO, Stephen P. Mecânica dos sólidos.São Paulo: LTC, 1989, v. 02.

Obs.: Seguiremos o livro do Beer.

Contrato PedagógicoTrimestral, 9º ProfissionalPlano de Ensino - Mecânica dos Sólidos 1C C C C R/P C C C C/R/P – AF 8 Sessões de Conteúdo “C”Avaliação P1 e P2Avaliação Final (16 = 8 * 2questões/sessão)1 dia de Estudo Dirigido (ED) por semanaNotas:

P = (P1 + P2)/2EDAFMedia Final = P*0.4 + ED*0.2 + AF*0.4

Arredondamento: 5.1 => 5.5 5.5 => 5.5 5.6 => 6.0Tolerância de atrasos e saídas (19:00 as 20:30)Entrar e sair da salaCelularManual do aluno – site ETEPNetStudent – site ETEPCalendário Escolar – site ETEP

Prazos de NotasFaltas (25%)

Prof. Mário – Coerente na matéria





Plano de Ensino - Mecânica dos Sólidos 1Seção 1 - Conceito de tensão

Tipos de tensão.Tensões numa seção obliqua de uma barra submetida a tração.Tensões para o caso de um carregamento qualquer.Tensões admissíveis.

Estudo Dirigido

Seção 2 - Tensões e deformações numa barra submetida a carregamento axialDeformação específica.Diagrama tensão-deformação específica.Lei de Hooke.Problemas com deformação.Estudo Dirigido

Seção 3 - Tensões e deformações numa barra submetida a carregamento axialProblemas estaticamente indeterminados.Problemas envolvendo variação de temperatura.Estudo Dirigido

Seção 4 - Tensões e deformações numa barra submetida a carregamento axialCoeficiente de Poisson.Deformação por cisalhamento.Relações entre E, ν e G.Estudo Dirigido

Semana de Revisão e ProvaRevisão Tópicos 1 a 4Prova P1

Seção 5 - Centróides e momentos de inércia de figuras planasCentróides de figuras planas, Figuras compostas.Determinação da posição do centróide por integração.Momentos de inércia.Momentos polares de inércia.Exercícios e Estudo Dirigido

Seção 6 - Tensões numa barra de seção circular submetida a torçãoTensões.Deformação por torção.Eixos estaticamente indeterminados.Relação entre potência transmitida e torque.Exercícios e Estudo Dirigido

Seção 7 - Barras submetidas a flexãoBarras submetidas a flexão pura.Barras submetidas a momento de flexão ocasionado por forças cortantes.Tensões de flexão.Exercícios e Estudo Dirigido

Seção 8 - Barras submetidas a flexãoAplicação do teorema dos eixos paralelos.Deformações em flexão pura.Revisão tópicos 6 a 8Prova P2





• Estudo de Estática - Vigas

Exemplo 1 - Seja o sistema de forças a seguir. A viga AB é apoiada sobre os suportes A e B; desprezando opeso próprio da viga, determinar as reações nos apoios.

Solução:• Decompondo a força de 1 kN:

Fx = 1kN cos(45) Fy = 1kN sin(45)Fx = 707.1 N Fy = 707.1 N

• Anotando as reações nos apoios:

• Somatório das Forças na horizontal:

∑ = 0 xF ==> (Direita = + ) x A – 707.1N = 0

x A = 707.1N

• Momento no ponto A:

∑ = 0 A M ==> (Sentido horário = + ) +707.1N 6m – y

B (6+4)m = 0

10 y B = 4242,64

y B = 424,26 N (1)

• Somatório das Forças na vertical:

∑ = 0 yF ===> (Direita = + ) Ay - 707.1N + y B = 0

Mas de (1): y B = 424,26 N

Logo y A - 707.1 + 424.26 = 0

y A = 282.84 N





Exemplo 2 - Seja o dispositivo mecânico ao lado. A barra AB e BC são conectadas entre si pelo pino em B e emA e C pela chapa de apoio. Calcule as forças atuantes nas barrasAB e BC.

Solução i: Pela estática, anota-se as reações nos apoios e suas componentes horizontais e verticais:

Calculando-se os ângulos, tem-se ( ) oarctg 56.262 / 1 ==θ e ( ) o

arctg 452 / 2 ==ϕ





Somatório dos momentos no ponto A: ∑ = 0 A M : 15kN 2m –C R cos(45) 3m = 0

C R = 30k/(3 cos45)

C R = 14142.14 N

Somatório dos momentos no ponto C: ∑ = 0C M : A R cos(26.56) 3m + 15kN 2m = 0

A R = - 30k/(3 cos26.56) A R = - 11180.34 N

Solução ii: Pela estática calcula-se as reações nos apoios. Assim, inicialmente anota-se as reações nos apoios(abaixo).Somatório dos momentos no ponto A:

∑ = 0 A M : - xC 3m + 15kN 2m = 0

xC = 30/3

xC = 10 kNSomatório dos momentos no ponto C:

∑ = 0C M : x A (2+1) + 15k 2 = 0

x A = - 30k/3

x A = - 10 kN

Somatório das Forças na vertical:

∑ = 0 yF => y A + yC = 15k

Temos duas incógnitas restantes e apenas uma equação e assim pode-se obter outra equação através do diagrama de corpo livre de uma dasbarras, por exemplo AB, a seguir.

Somatório dos momentos no ponto B:

∑ = 0 B M : x A 1m + y A 2m = 0

Mas x A = - 10 kNLogo -10 x 1m + y A 2m=0

y A = 10/2

y A = 5 kN

Somatório das Forças na horizontal:

∑ = 0 xF :

x A +

x B = 0

Mas x A = - 10 kN

Logo -10k +x B = 0

x B = 10k

Somatório das Forças na vertical: ∑ = 0 yF => y A + y B - 15k = 05k + y B - 15k = 0

y B = 15k - 5k

y B = 10k





Anotando as forças encontradas:

Resultante da reação em B:

A R = 22 y x A A + = ( ) ( )22 510 k k +− = 11180.34 N

Resultante da reação em B:

B R = 22 y x B B + = ( ) ( )22 1010 k k + = 14142.14 N

Reanotando as resultantes:

Verificando a barra BC:Somatório das Forças na horizontal:

∑ = 0 xF :

xC + x B = 0

Mas: xC = 10 kN

logo x B = - 10 kNSomatório dos momentos no ponto B:

∑ = 0 B M : yC 2m - xC 2m=0

Mas: xC = 10 kN

Logo y

C =10k 2 / 2

yC = 10 kN

Somatório das Forças na vertical: ∑ = 0 yF : y B + yC - 15k = 0

Mas: yC = 10 kN

logo y B =15k-10k

y B = 5kN

Resultante da reação em C: C R = 22 y x C C + = ( ) ( )22 1010 k k + = 14142.14 N

Resultante da reação em B: B R = 22 y x B B + = ( ) ( )22 510 k k +− = 11180.34N

Portanto BC F = 14142.14 N





Exemplo 3 - Seja o sistema de Forças abaixo. Calcule as reações dos apoios A e B

• Unidades de medidas

Retirado do Livro Resistência dos Materiais - Beer 4ª edição.





• Análise dimensional de Forca, Tensão e Momento

Força: Momento:F = m.a M = F.d[F] = [m]*[a] [M] = [F].[d]

[N] = [kg.m/s2] [M] = [N.m]

Tensão:P = F/A[P] = [F]/[A][Pa = [N/m2]

Obs: 1MPa = 1 10^6 Pa (?)1N/mm2 = 1N/( 10-3 m )2 = 1N/(10-6 m2) = 1 10^6 N/m2 = 1 MPa (?)

• Prefixos e Unidades SI





• Principais Unidades SI usadas em Mecânica





Seção 1 - Conceito de Tensão (Cap 1 REM Beer)

• IntroduçãoEstudo de Mecânica dos MateriaisPrincipal objetivo: meios para analisar e projetar maquinas e estruturas de apoio de carga

Analise e Projeto: envolve determinação de tensões e deformaçõesSessão 1 – TensãoSessão 2 – Deformação

• Conceito de TensãoA força por unidade de área ou intensidade das forças distribuídas sobre uma dada seção é chamada de

tensão naquela seção e é representada pela letra grega “sigma” σ .

A

P=σ

Tensão de tração ou componente sobre tração: sinal positivo (+)Tensão de compressão ou componente em tração: sinal positivo (-)

Cada vetor de forças na figura ao lado são forças elementares que atuam aolongo de toda a área A. Seja a força P=40000N e o diâmetro = 20 mm. Atensão é dada por:

A

P=σ =

2

40000

r

N

π =

2

2

40000

d

N

π

=2

2

20

40000

mm

N

π

=2

32.127mm

N = MPa32.127

A

P=σ = MPa32.127

Admitindo que a tensão resistente do material é de 150 MPa conclui-se quea barra suporta com segurança a força de 40000N.

Para completar a analise deve-se verificar se as deformações estão dentrode limites aceitáveis (Normas). Funções básicas do Engenheiro: Analise eProjeto.





Unidades inglesas:Força P: libras (lb), quilolibras (kip) 1 lb = 4.448 NÁrea A: polegadas quadradas (in2) 1 in2 = 645.16 mm2Tensão: libras por polegada quadrada (psi) ou quilolibras por polegada quadrada (ksi)

• Tipos de tensões

Tensão Normal – É toda tensão que aparece normal ou perpendicular a uma seção qualquer.

Tensão Normal Simples – É toda tensão que aparece normal ou perpendicular a uma seção transversaloriginada por uma força axial centrada.

A

P=σ

Onde A = Área transversalP = Força axial centrada (tração ou compressão)σ = Tensão Normal Simples de tração ou compressão

O valor encontrado deσ corresponde ao valor médio da tensão sobre a seção transversal.





Define-se a tensão em um dado ponto Q da seção transversal por:

A

F

A ∆

∆=

→∆ 0limσ

dAdF =σ

dAdF σ =

∫∫ =

A

dAdF σ

∫∫ ==

A

dAdF P σ

Tensão de Cisalhamento – É toda tensão que aparece paralelamente ou tangente a uma seção qualquer.Também chamada de tensão de corte.

Tensão de Cisalhamento Simples – É toda tensão que ocorre em elementos de conexão (parafusos,pinos, rebites) provocadas por forças cortantes sem flexão.





Dividindo-se a força cortante P pela área A da seção transversal, obtem-se a tensão media decisalhamento na seção. Define-se então a tensão de cisalhamento pela expressão matemática abaixo,representada pela letra grega τ (tau):

A

Pmed =τ

A

Qmed =τ (?)

Onde A = Área transversalP = Força paralela a seção consideradaτ = Tensão de Cisalhamento Simples

Tensão de Esmagamento – É toda tensão provocada por elementos de conexão nos componentes aosquais eles se conectam.

Essa tensão é dada portd

P

A

Pesm ==σ

Onde P = Força que o parafuso exerce na chapat = espessura da chapad = diâmetro do parafuso





Aplicação 1 – Seja o dispositivo de carga a seguir. As partes superior e inferior são coladas (soldadas) comepóxi na região D. Os pinos nos pontos A e C tem 9mm e 6mm respectivamente. Determinar:

a) A tensão de cisalhamento no pino Ab) A tensão de cisalhamento no pino Cc) A tensão normal máxima na haste ABCd) A tensão de cisalhamento nas superfícies

coladas em Be) A tensão de esmagamento na haste ABC,

causada pelo pino C





No livro-texto:





• Tensão admissível e Fator de Segurança (ou coeficiente de segurança)

Tensão admissível é a tensão que o material resiste com segurança, ou seja, é a tensão utilizada noprojeto de uma estrutura.

Essa tensão é obtida dividindo-se a tensão considerada critica por um numero adimensional maior do

que a unidade.

FS

icaTensaoCrit ssivelTensaoAdmi =

A notação para as tensões admissíveis são

admσ ou σ

admτ

esmσ

Materiais Dúcteis (ε > 5%) FS

eσ

σ = FS

eτ

τ =

Materiais Frágeis (ε < 5%)FS

Rσ σ = FS

Rτ τ =

Obs.:

eσ = Tensão de escoamento

Rσ = Tensão de ruptura

eτ = Tensão de cisalhamento de escoamento

Rτ = Tensão de cisalhamento de ruptura

O Fator de Segurança depende de

1. Tipo de carregamento2. Deterioração3. Custo4. Controle de Qualidade5. Material6. Tipo de ruptura7. Temperatura8. Simplificação das equações





Aplicação 2 - Seja o dispositivo mecânico ao lado. A barra AB e BC são conectadas entre si pelo pino em B eem A e C pela chapa de apoio. Considerando para todos os elementos da estrutura: FS=2.5, eσ = 200 MPa,

esmσ =500MPA e eτ =120 MPa, determinar:

a) Os diâmetros necessários dos pinos A e C

b) A espessura da chapa de apoio considerando apenas oesmagamento

c) As espessuras 1t e 2t da barra BC

d) A espessura 3t da barra AB

Solução: a) Ad e C d : com área sujeita a cisalhamento simples:

A

R A A =τ

FS

eτ τ =≤ Pino A:

=

4)(

34.11180

2 π Ad

5,2

120

22.17= Ad mm





A

Rcc 2=τ

FS

eτ

τ =≤ Pino C:

=

4

2)(

14.14142

2 π

cd

5.2

120

7.13=C d mm

b) Espessura t da chapaPor esmagamento:

Pelo pino A:

A

A

èsmd t

R

.=τ

FS

esmesm

σ σ =≤

( )=

22.17

34.11180

t 5.2500

25.3=t

c

c

d t

R

. FS

esmesm

σ σ =≤

=

70.13)(

14.14142

t 5.2

500

16.5=t mm

Portanto deve-se optar pela espessura 16.5=t mmc) As espessuras 1t e 2t da barra BC

No RASGO tem-se a tensão de compressão:

σ ≤ A

Rc

FSe

σ =

=− 2)1020(

14.14142

t 5.200

68.172 =t mm





E no pino C por esmagamento na barra BC:

C

c

esmd t

R

.

2 /

1

≥σ

=)70.13(2

14.141421t 5.2

500

58.21 =t mm

E ainda na região 1t tem-se tensão de compressão dada por:

A

Rc 2 / ≥τ

=

)20(2

14.14142

1t FS

200

42.41 =t mm

Portanto comparando os dois valores calculados ( 58.21 =t mm e 42.41 =t m) deve-se optar por 42.41 =t mm.

d) A espessura 3t da barra ABPor tração na região do pino A:

FS A

R e Aσ

σ =≤

=− 3)22.1720(

34.11180

t 5.2200

27.503 =t mm

e por esmagamento devido ao pino A:

esm

A A

A

d t

Rσ ≤

.

=

3)22.17(34.11180t 5.2

500

25.33 =t mm

Comparando os dois valores calculados ( 27.503 =t mm e 25.33 =t mm) deve-se optar por 27.503 =t mm.





• Tensão em um plano obliquo sob carregamento axial (pag 19 Beer)

• Tensões para o caso de um carregamento qualquer.





Estudo DirigidoProblemas do livro Beer 1.1 a 1.7:

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