Dimension of axes and joists

Dimensionamento de Vigas e Eixos

28

9.0 – Dimensionamento de eixos e vigas. 9.1 – Critérios de Resistência. No dimensionamento dos elementos de máquinas e estruturas, como os eixos e as vigas, vários são os critérios que podem ser utilizados para o estabelecimento de suas dimensões mínimas, compatíveis com as propriedades mecânicas dos materiais utiliza-dos, obtidas nos ensaios em laboratório. Tais critérios surgem quando se busca a resposta à seguinte questão básica: - quando ocorrerá a ruína* do material da peça carregada? * (entendemos como “ruína” a deterioração do material, por ruptura, por plastificação, por ser ultrapassado o limite de proporcionalidade, ou de escoamento etc, dependendo de seu uso). Várias poderiam ser as hipóteses (teorias) para sustentar uma resposta a tal ques-tão: - a ruína ocorre quando a maior tensão normal presente ultrapassar o valor da tensão normal ocor-rente quando da ruína do corpo de prova no ensaio de tração (ou compressão) do material; - a ruína ocorre quando a maior tensão tangencial presente ultrapassar o valor da tensão tangencial ocorrente quando da ruína do corpo de prova no ensaio do material correspondente; - a ruína ocorre quando a maior deformação longitudinal presente ultrapassar o valor da deforma-ção longitudinal ocorrente quando da ruína do corpo de prova no ensaio do material; - a ruína ocorre quando a maior energia específica de distorção presente ultrapassar o valor da ener-gia de distorção por unidade de volume ocorrente quando da ruptura do corpo de prova no ensaio do material. - outras... Como se verá, não há resposta única, válida para qualquer situação: o critério que mais se coaduna com os resultados obtidos em laboratório dependerá do tipo do material e do tipo do carregamento. 9.2 – Teorias das Máximas Tensões. Válido para materiais frágeis (duros, quebradiços, que se rompem nos planos on-de a tensão normal é extrema) é o critério da máxima tensão normal, segundo o qual haverá ruína quando, em certo ponto do corpo, a tensão principal ultrapassar o valor da tensão de ruína no ensaio uniaxial do material. Portanto, o dimensionamento, para um dado CS, deve ser feito atendendo ao requisito (Critério de Coulomb):

½ (σx + σy) + √ [½ (σx - σy)] 2 + (τxy )

2 < σlim/CS...(9.2.1)

√ [½ (σx - σy)]

2 + (τxy )2 < ½ σlim/CS .....(9.2.2)

Para materiais dúteis (macios, flexíveis, que se rompem nos planos onde a tensão tangencial é extrema), é o critério da máxima tensão tangen-cial o que melhor se coaduna, considerando que haverá ruína quando, em certo ponto, a tensão má-xima de cisalhamento ultrapassar o valor da tensão tangencial ocorrente (a 45º) no ensaio de tração do material (τmáx = ½ σlimite). O dimensionamento (para um dado CS) deve atender a que (Critério de Tresca):

Fig.9.1 – Tipos de fratura no ensaio de tração (a) material frágil; b) ma-terial dútil (inicialmente, a fratura se dá por cisalhamento até que a redução da área provoca a ruptura por tração).

Planos de Clivagem

45º

(a) (b)


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Exemplo 9.2.1 – Dimensionar o eixo maciço a ser fabricado em aço 1020 (tensão limite de escoamento σesc = 200MPa), de forma a transmitir um torque T = 10 kN.m, sob um momento fletor M = 15 kN.m., com um coeficiente de segurança 1,6 ao escoamento.

Exemplo 9.2.2 – Para o perfil “I” esquematizado, determinar o coeficiente de segu-rança para a ruptura do material, supondo tratar-se de aço 1080, de alto teor de car-bono, dureza Brinell 248, e resistência à tração de 78 kgf/mm2.

Solução: Para um eixo de seção circular submetido a um torque T e um mo-mento fletor M, o ponto da periferia mais solicitado estará submetido às se-guintes tensões (a tensão tangencial devido a Q é desprezível para um eixo maciço) σ = (Μ/Ι) (d/2); τ = (Τ/JP) (d/2); sendo JP = πd4/32 e I = ½ JP Como se trata de um material dútil (baixo teor de Carbono), utiliza-remos o critério da máxima tensão tangencial.

τmáx = √ [½ (σx - σy)] 2 + (τxy )

2 =√[½ (Μ/Ι)d/2]2+ [(T/JP )

2d/2]2

ττττmáx = [( M2 + T2 )1/2 / JP] (d/2) Interessante notar que o termo (M2 + T2)1/2 representa o módulo do vetor momento total atuante na seção (M + T) (chamado momento “ideal”).

Para o caso em análise, como τmáx =(200/2):1,6 = 62,5MPa teremos:

τmáx = 32 ( M2 + T2 )1/2 / πd3 d3 = 32 [(10x103)2 + (15x103)2 ]1/2 / π (62,5x106 = 2,9838x10-3 m3 d = 1,432 x 10-1 m → d = 143 mm (Resposta) σ

τ

100 150

150

8

8

5

210kN

A

B

C

Solução: O momento de inércia da seção em relação à LN valerá: ILN = [100 x (165)3 / 12] – [95 (150)3 / 12 = 10,72 x 106 mm2]. Na seção do engastamento teremos: Q = 210 kN e M = - 210x103 x 0,150 = - 31,5 kNm. Para o ponto A (no topo, onde ocorre a máxima tensão nor-mal de tração e onde a tensão de cisalhamento é nula), teremos:

σ = (M/ I)y = (31,5x103 / 10,72x10-6 )x0,083 = 243,9 MPa. Considerando o estado duplo: (tração Pura) - σP1 = 243,9MPa

σP2 = 0,000

τmáx = ½ (243,9)= 121,9MPa Para o ponto C (na LN, onde ocorre a máxima tensão tan-

gencial e onde a tensão normal é nula), teremos: τ = (QMS / b I ) sendo MS = (0,008x0,100x0,079 + 0,005x0,075x0,0375)=77,26x10-6 m3

τ = 210x103x77,26x10-6 / 0,005 x 10,72x10-6 = 302,7MPa Considerando o estado duplo: (Corte Puro) - σP1 = 302,7MPa

σP2 = - 302,7MPa

τmáx = 302,7MPa

121,9 σ

τ 243,9

σ

τ 302,7

302,7


30

9.3 – Teorias das Máximas Energias de deformação Poder-se-á cogitar que a deterioração do material ocorre quando, no ponto consi-derado, a energia de deformação, por unidade de volume (u), ultrapassar o valor de tal grandeza quando da deterioração do material por ocasião do ensaio de tração correspon-dente (Critério de Saint-Venant). Como vimos nos capítulos 1.7 e 1.8, considerando os pla-nos principais (onde não ocorrem tensões tangenciais), em um estado triplo de tensões: utotal = U/V = ( ½ ) (σ1 ε1 + σ2 ε2 +σ3 ε3 ), sendo:

ε1 = (1/E) [ σ1 - ν (σ2 + σ3 )] ε2 = (1/E) [ σ2 - ν (σ3 + σ1 )]

ε3 = (1/E) [ σ3 - ν (σ1 + σ2 )], que nos leva a: utotal = [1/2E] [ (σ1

2 + σ2

2 +σ3

2 − 2ν (σ1 σ2 + σ2 σ3 + σ3 σ1)]........... (9.3.1) Segundo o critério da máxima energia específica de deformação total não haverá deterioração do material se: σ1

2 + σ2

2 +σ3

2 − 2ν (σ1 σ2 + σ2 σ3 + σ3 σ1) < ( σlimite )2 .......................... (9.3.2)

que, no caso do estado duplo de tensões (com σ3 = 0) e considerando um certo C.S., se torna:

σ12 + σ2

2 − 2ν (σ1 σ2) < ( σlim/CS )

2 .............................. (9.3.3) Observa-se experimentalmente que os materiais suportam tensões muito mais elevadas do que a ao ensaio uniaxial de tração, quando submetidos a estados hidrostáticos de tensão (quando as 3 tensões principais são todas iguais, ficando os círculos de Mohr reduzidos a um ponto sobre o eixo dos σ), não ocorrendo tensão tangencial em qualquer plano (ficando o estado de tensão definido pela grandeza escalar “pressão”, invariante para todas as direções). As rochas sob a crosta terrestre são um bom e-xemplo do que se comenta. Tal comportamento fica compreendido quando se leva em conta que a e-nergia total de deformação pode ser desdobrada em duas componentes: a energia para variação de vo-lume e a energia para variação de forma (distorção). Assim é que podemos estabelecer a composição:

Para o ponto B (na interface entre a mesa e a alma, onde ocorre uma tensão normal elevada, embora não seja a máxima, estando presente uma tensão

tangencial também elevada, embora não seja a máxima), teremos: σ = (M/ I)y = (31,5x103 / 10,72x10-6)x0,075 = 220,4MPa τ = (QMS / b I) sendo MS = (0,008x0,100x0,079) = 63,20x10-6 m3 τ = 210x103 x 63,20x10-6 / 0,005 x 10,72x10-6 = 247,6MPa Considerando o estado duplo: (Tração+Corte) - σP1 = 381,2MPa

σP2 = -160,8MPa

τmáx = 271MPa

Como tg 2θp = τxy / ½ (σx - σy) = = -247,6 / ½ (220,4) = - 2,247; 2θp = - 66,0º; θp1 = - 33,0º; θp2 = 57,0º

Como σ (máx) = 78kgf/mm2 = 765MPa, O coeficiente de segurança para o perfil, segundo o critério de Coulomb valerá 765/381,2 = 2,00

σ

τ

381,2 - 160,8

220,4

247,6

247,6

θ1

θ1

σ1

σ2

σ3

p

p

p

σ1 - p

σ2 - p

σ3 - p

= +


31

Admite-se que a ação inelástica ocorrerá sempre que a energia de distorção exce-der o valor correspondente no ensaio de tração (onde apenas uma das tensões principais não é nula). Este é o chamado critério da máxima energia de distorção (Von Mises). O valor da energia específica de distorção (ud) será computado subtraindo do va-lor da energia total, a parcela correspondente a energia de variação volumétrica decor-rente da tensão média p, fazendo em (9.3.1) σi = p = ( σ1 + σ2 + σ3 )/3, nos dando: uvolume = [(1 – 2ν)6E]( σ1 + σ2 + σ3 )2. Efetuando a diferença obtem-se: udistorção = [(1+ν)/6E] [(σ1 − σ2)2 + (σ2 − σ3)2 + (σ3 − σ1)2] ..................... (9.3.4) Segundo tal critério, não haverá a deterioração do material se: [(σ1 − σ2)2 + (σ2 − σ3)2 + (σ3 − σ1)2] < 2(σlimite)

2 ......................................(9.3.5)

Tratando-se do caso comum de um estado duplo de tensões (com σ3 = 0), e dado um certo CS, a equação se torna:

(σσσσ11112 2 2 2 + σ+ σ+ σ+ σ2222

2 2 2 2 − σ− σ− σ− σ1111σσσσ2222) < (σ) < (σ) < (σ) < (σlim / CS)2 .

Sendo σ1 = σmédio + τmáx e σ1 = σmédio - τmáx, obtemos:

(σmédio2 + 3τmáx

2 ) < (σlimite)

2 ......................................................................(9.3.6) Adotou-se certa margem de segurança, considerando como tensão admissível: σadm = σlimite / (Coeficiente de Segurança). Interessante comentar que, no caso do estado de corte puro (ocor-rente no ensaio de torção de eixos) teremos: σ1 = τr; σ2 = − τr; σ3 = 0; que nos dá: 3τr

2 < (σlimite)2 → ττττr < 0,577 σσσσlimite

(valor confirmado experimentalmente para os materiais dúteis – cerca de 60% da tensão normal do ensaio de tração, e não os 50% preconizados pelo critério da máxima tensão tangencial). Exemplo 9.3.1 – O recipiente cilíndrico de parede fina esquematiza-

do (diâmetro d = 200mm e espessura e = 2,8mm) contém ar compri-mido na pressão manométrica de 32 atmosferas e deve ser submetido à uma força F = 10kN para aperto dos parafusos de vedação. Pede-se avaliar o coeficiente de segurança ao escoamento admitindo que o material da chapa seja aço com tensão normal limite de escoamento

250MPa, E = 210GPa e ν = 0,300, segundo os quatro critérios de resistência estudados (não considerar os efeitos da proximidade da chapa do fundo do recipiente na seção da base onde os esforços soli-citantes são extremos).

Solução: Na seção da base temos: N = p.πD2/4= 3,2x106 x π (0,200)2/ 4=100,5kN; Q = 10,0kN; M = 10x103 x 0,500 = 5,00kN.m; T =10x103x 0,350 = 3,50kN.m. A = π D x e = 1,759 x 10-3 m2; JP = A x (D/2)2 = 17,59 x 10-6m4; I = ½ JP

Analisaremos as tensões ocorrentes nos pontos da seção da base (na parte interna, onde atua uma tensão de compressão σ3 = - p): A – onde a tensão longitudinal trativa devido à p se soma à devido à M; B – onde a tensão tangencial devido ao torque T se soma à devido à Q; C – onde a tensão longitudinal pode ser compressiva.

τr

τr

−τr

σ

τ

T

p

500

350

D=200

10kN

A

B C


32

PONTO A

PONTO B

PONTO C

σσσσC = pD/2e = = 3,2 x106x 0,2 / 0,0056 = 114,3MPa

σσσσL = N/A + (M/I)(D/2) = = 100,5 x 103 / 1,759x10-3 + +(5x103 / 8,795x10-6) x 0,100 = = 57,13 + 56,85 = 114,0 MPa ττττLC = (T/JP)(D/2) = =(3,5x103 / 17,59x10-6)x0,100= = 19,90 MPa σσσσ3 = -p = -3,2MPa

σσσσC = pD/2e = = 3,2 x106x 0,2 / 0,0056 = 114,3MPa

σσσσL = N/A = = 100,5 x 103 / 1,759x10-3 = = 57,13 MPa ττττLC = (T/JP)(D/2) + ξ(Q/A) = =(3,5x103 / 17,59x10-6)x0,100 + + 2 (10x103 / 1,759 x 10-3) = = 19,90 + 11,37 = 31,27MPa σσσσ3 = -p = -3,2MPa

σσσσC = pD/2e = = 3,2 x106x 0,2 / 0,0056 = 114,3MPa σσσσL = N/A - (M/I)(D/2) = = 100,5 x 103 / 1,759x10-3 - +(5x103 / 8,795x10-6) x 0,100 = = 57,13 + 56,85 = 0,28 MPa ττττLC = (T/JP)(D/2) = =(3,5x103 / 17,59x10-6)x0,100= = 19,90 MPa

σσσσ3 = -p = -3,2MPa

σmédio = ½ (114,3 + 114,0) = 114,2 R = {[½ (114,3 - 114,0)]2 + 19.92}1/2=

=19,90

σ1 = 114,2 + 19,9 = 134,1MPa

σ2 = 114,2 - 19,9 = 94,3MPa σ3 = - 3,2MPa

τmáx = ½ (σ1 − σ3) = =1/2 [134,1 – (-3,2)] = 68,65MPa

σmédio = ½ (114,3 + 57,13) = 85,72

R = {[½ (114,3 – 57,13)]2 + 31,272}1/2= = 42,37

σ1 = 85,72 + 42,37 = 128,1MPa σ2 = 85,72 – 42,37 = 43,45MPa σ3 = - 3,2MPa

τmáx = ½ (σ1 − σ3) = =1/2 [128,1 – (-3,2)] = 65,65MPa

σmédio = ½ (114,3 + 0,28) = 57,29 R = {[½ (114,3 – 0,28)]2 + 19.92}1/2=

=60,38

σ1 = 57,29 + 60,38 = 117,7MPa

σ2 = 57,29 – 60,38 = - 3,09 MPa σ3 = - 3,2MPa

τmáx = ½ (σ1 − σ3) = =1/2 [117,7 – (-3,2)] = 60,45MPa

Dos pontos analisados, é o ponto A o mais crítico, para o qual teremos:

σσσσ1 = 134,1MPa; σσσσ2 = 94,3 MPa; σσσσ1 = -3,20M Pa; ττττmáx = 68,65 MPa Pelo critério da máxima tensão normal (Coulomb); C.S. = 250 / 134,1 = 1,86. Pelo critério da máxima tensão tangencial (Tresca); C.S. = ½ 250 / 68,65 = 1,82. Pelo critério da máxima energia específica total (Saint-Venant); [(σ1)2 + (σ2)2 + (σ3 )2 − 2ν(σ1σ2 +σ2σ3 +σ3σ1)] = (σlimite /CS)2 ; (134,1)2 + (94,3)2 + (-3,2)2 – 2x0,300(134,1x 94,3 + 94,3x(-3,2) + (-3,2)x 134,1=(250/CS)2→ CS = 1,78 Pelo critério da máxima energia específica de distorção (Von Mises); [(σ1 − σ2)2 + (σ2 − σ3)2 + (σ3 − σ1)2] = 2(σlimite /CS)2 ; (134,1 – 94,3)2 + (94,3 + 3,2)2 + (-3,2 + 134,1)2 = 2(250 / C.S.)2 → C.S. = 2,10.

p

p p

Superfície interna Superfície interna Superfície interna

τLC τLC τLC

σL σL σL

σC σC

σC σC

σC

σL

σC

σL σL

τ τ τ

σ σ σ


33

9.5 - Aplicações. São apresentados a seguir dois exemplos de aplicação para dimensionamento de elementos de máquinas e estruturas. Ex. 9.5.1 – Eixos (árvores).

250

450

200

F1 F2

F4

F3

Dimensionar o eixo de aço ABCD (E = 200 GPa, ν = 0,3; τescoam = 125 MPa) utilizando o critério da máxima tensão tangencial, com um coeficiente de segurança 2,5 ao escoamen-to e para um ângulo de torção admissível de 2,5º/m. Dados: Motor M – Potência: 20 CV Rotação: ω = 1.720 rpm Polias B e C – diâm. = 300 mm Correias planas paralelas: F1 = 600N; F2 = 300N; F3 = 3 F4

(Obs.: o mancal A transmite tão-somente o torque do motor)

M

A B

C

D

ω

(σrupt )Tração

(σrupt )Compressão (τrupt )

Corte τ

σ

9.4 – Outras teorias. (Teoria de Mohr) Observa-se experimentalmente que os materiais frágeis suportam tensões de compressão bem mais elevadas que as de tração (um exemplo clássico é o concreto). Traçando-se os círculos de Mohr corres-pondentes aos ensaios de tração e de compressão do material (bem como o de corte puro, por torção, quando disponível), será lógico admitir (Critério de Mohr) que o estado (duplo) de tensões será seguro para um dado material se o círculo de Mohr cor-respondente ficar inteiramente dentro da área deli-mitada pela envoltória dos círculos corresponden-tes aos dados obtidos nos ensaios.

Fig, 9.4 – Teoria de Mohr para os critérios de ruptura de materiais frágeis em estado plano de tensões.

Uma outra forma de representar os estados limites em função dos critérios de resistência adotados para os materiais dúteis é a apresentada na fig. 9.3, sendo os eixos cartesianos repre-sentativos das tensões principais σ1 σ2 para um estado duplo de tensões.

(a) segundo o critério da máxima tensão tangencial (Tresca) o estado de tensão represen-tado pelo par σ1 , σ2 deve ficar limitado ao hexágono ABCDEFH, que corresponde às condições: | σ1 | < σesc, |σ2 | < σesc, para σ1 e σ2 com o mesmo sinal e | σ1 − σ2 | < σesc , caso σ1 e σ2 tenham sinais contrários.

(b) segundo o critério da máxima energia de distorção (Von Mises) o limite passa a ser a elipse ABCDEFGHA, para a qual: σ1

2 − σ1σ2 + σ22 = σesc

2. O caso da torção pura, quando σ1 = τ e σ2 = −τ evidencia a distinção dos dois critérios obtendo-se τlim = 0,500 σesc (segundo Tresca) e

τlim = 0,577 σesc (segundo Von Mises).

0,500 0,577

σesc

σesc

−σesc

−σesc

σp1

σp2

Fig.9.3 – Critérios de Tresca e de Von Mises

A B

C

D

E F

G

H


34

Ex. 9.5.2 – Vigas.

Diagramas de Esforços

A

B

C

D

M

x

y

z

T

M y

M z

Solução: P = 20 CV = 20 x 736 = 14.720 w TMotor = 14.720 x 60 / 1.720 x 2 π = 81,72 Νm TC = F1 x r – F2 x r = (600 – 300) x 0,150 = 45,0 Nm TB = TM - TC = 81,72 – 45 = 36,72 Nm = (F3 – F4)x r = = (3F4 – F4 )x 0,150 → F4 = 122,4N; F3 = 367,2N. Compondo os esforços externos ativos teremos: F1 + F2 = 900N; F3 + F4 = 489,6N; Os esforços externos reativos valerão: 900x0,250 = Ay x0,900; Ay=250N; Dy=900 – 250= 650N 489,6x0,700 = AZx0,900; AZ = 380,8N; DZ = 108,8N Os diagramas do torque T e dos momentos fletores MY e MZ são apresentados na figura ao lado, destacan-do-se os seguintes momentos extremos (em Nm): (B)–T=81,72; MY =380,8x0,2=76,16; MZ=250x0,2=50,0 (C)–T=45,0; MY =108,8x0,25=27,2; MZ=650x0,25=162,5 Computando o momento total (denominado “momento ideal” como visto no ex. 9.2.1): Mi = (MY

2 + MZ2 + T2)1/2 , teremos:

(B)- Mi = (76,162 + 50,02 + 81,722)1/2 = 122,4 Nm; (C)- Mi = (27,22 + 162,52 + 45,02)1/2 = 170,8 Nm. Verifica-se que a seção do eixo onde está en-chavetada a polia C é a mais solicitada.

τmáx = 16 Mi / πd3 e para o material do eixo:

81,72 Nm

36,72 Nm

45,00 Nm

489,6N

900N

650N

250N

380,8N

108,8N

162,5 Nm

50,0 Nm

27,2 Nm

76,16 Nm

45,0 Nm

τadm = 125 / 2,5 = 50 MPa, teremos, pelo critério da máxima tensão tangencial: d3 = 16x 170,8 / π 50x106 → d = 25,9 mm Pelo critério da máxima deformação por torção, teríamos:

δθ/L = T / G JP = 32 T / G π d4, sendo G = E / 2 (1 + ν) = 200 / 2,6 = 76,9 GPa.

No caso: (δθ/L)adm = 2,5º/m = 2,5 / 57,3 = 0,04363 rad/m, e

0,04363 = 32 x 81,72 / 76,9x109 x πx d4 → d = 22,3 mm. Portanto, o diâmetro admissível para o eixo será de 26 mm (Resp.).

2,0m

2,0m

0,9m

0,9m

3,6m

0,4m

P = 10kN

A

B

E

F

C

D A viga AB é apoiada em seus extremos sobreo meio dos vãos das vigas CD e EF, sendo as três constituídas por perfis S100 x 11,5 (I = 2,53 x 106 mm4). Adotando como tensões limites σe = 150MPa e τe = 90MPa, pede-se calcular o coeficiente de segurança do conjunto de vigas.

102 4,8

7,4 67

9kN

10kN

1kN

1kN

0,5kN 9kN 4,5kN

4,5kN

3,6kN.m

4,05kN.m

1,0kN.m

Solução: o cálculo das reações nos apoios de cada uma das vigas e o traçado dos respecti-vos diagramas de momento fletores mostram que as seções críticas das vigas são: VIGA AB – seção junto à carga P = 10kN, no trecho PB, onde Q = 9kN e M = 3,6 kN.m; VIGA EF – no meio do vão, junto ao contato em B, onde Q = 4,5kN e M = 4,05kN.m.


35

VIGA AB – (tensões no plano da seção transversal crítica) Máxima tensão σ de tração/compressão: (3,6 x 103 /2,53x10-6) 0,051 =72,57MPa Máxima tensão τ: (9,0 x 103 x(0,067x0,0074x0,0473+ 0,0048x0,04362/2) / / (2,53x10-6x0,0048) =20,76MPa Tensões na união entre a mesa e a alma do perfil: tensão σ de tração/compressão: (3,6 x 103 /2,53x10-6) 0,0436 =62,04MPa tensão τ: (9,0 x 103 x(0,067x0,0074x0,0473)/(2,53x10-6x0,0048) =17,38MPa Considerando o estado triplo de tensões: Nos topos da viga: σP1 = 72,57MPa; σP2 = 0; σP3 = 0; τmáx = ½ 72,57 = 36,29MPa;

No ponto médio da alma: : σP1 = 20,76MPa; σP2 = 0; σP3 = - 20,76 MPa; τmáx = 20,76MPa;

Nas junções mesa-alma: σP1 = ½ (62,04) + [(½ 62,04)2 + 17,382]1/2 = 31,02 + 35,56 = 66,58MPa

σP2 = 0; σP3 = ½ (62,04) - [(½ 62,04)2 + 17,382]1/2 = 31,02 – 35,56 = - 4,54 MPa

τmáx = [(½ 62,04)2 + 17,382]1/2 = 35,56MPa

Portanto, para a viga AB teremos: σσσσmáx = 72,57 MPa e ττττmáx = 36,29MPa

VIGA EF – (tensões no plano da seção transversal crítica) Máxima tensão σ de tração/compressão: (4,05 x 103 /2,53x10-6) 0,051 =81,64MPa Máxima tensão τ: (4,5 x 103 )x(0,067x0,0074x0,0473 + 0,0048x0,04362/2) / / (2,53x10-6x0,0048) =10,38MPa Tensões na união entre a mesa e a alma do perfil: tensão σ de tração/compressão: (4,05 x 103 /2,53x10-6) 0,0436 =69,79MPa tensão τ: (4,5 x 103 x(0,067x0,0074x0,0473)/(2,53x10-6x0,0048) =8,69MPa Considerando o estado triplo de tensões: Nos topos da viga: σP1 = 81,64MPa; σP2 = 0; σP3 = 0; τmáx = ½ 81,64 = 40,82MPa;

No ponto médio da alma: : σP1 = 8,69 MPa; σP2 = 0; σP3 = - 8,69 MPa; τmáx = 8,69 MPa;

Nas junções mesa-alma: σP1 = ½ (69,79) + [(½ 69,79)2 + 8,692]1/2 = 34,90 + 35,96 = 70,86MPa

σP2 = 0; σP3 = ½ (69,79) - [(½ 69,79)2 + 8,692]1/2 = 34,90 – 35,96 = - 1,06 MPa

τmáx = [(½ 69,79)2 + 8,692]1/2 = 35,96MPa

Portanto, para a viga AB teremos: σσσσmáx = 81,64 MPa e ττττmáx = 40,82MPa

Conclusão: para o conjunto de vigas teremos como tensões extremas:

σσσσmáx = 81,64 MPa e ττττmáx = 40,82MPa (ocorrentes no meio do vão da viga EF) e, portanto, o coefici-

ente de segurança será o menor dos valores: 150 / 81,64 = 1,837; 90 / 40,82 = 2,20................................................ C.S = 1,84 (Resposta)

Exercício proposto – Mostre: I) que, para um par de ei-xos ortogonais (u,v) defasado de um ângulo θ em relação ao par de referência (x,y), os momentos e produtos de i-nércia de uma área A se relacionam através das equações:

Ιu = ½ (Ιx + Ιy) + ½ (Ιx - Ιy) cos 2θ + (−Pxy sen 2θ) - Puv = - ½ (εx - εy) sen 2θ + (- Pxy) cos 2θ.

II) que, para os eixos principais de inércia, (P12 = 0)��:

Ι1,2 = (Ιx + Ιy)/2 ±±±± {[ (1/ 2) (Ιx - Ιy)]2 + (-Pxy)

2} 1/2 (Puv)

máx = {[ (1/ 2) (Ιx - Ιy)]2 + (-Pxy)

2} 1/2 III) que se pode utilizar o Círculo de Mohr para momentos e produtos de inércia, nos mesmos moldes em que foi utili-zado para as análises das tensões e das deformações. Obs.: u = x cos θ + y sen θ; v = y cos θ - x sen θ.

x

u

v y

dA A

x

y v

u θ

Iu

-Pu v

Ix

Iy I1 I2


36

9.6 – Cargas Variáveis. Fadiga 9.6.1 - Fadiga A experiência mostra que uma peça, submetida a uma carga cíclica, em geral se deteriora, depois de um certo tempo, sob tensões muito mais baixas do que as obtidas nos ensaios estáticos do respectivo material. É a chamada fratura por fadiga.Tal decorre do fato de que o efeito sobre o material provocado pela ação de uma carga alternativa é diferente daquele produzido pela carga, quando aplicada de forma gradual, até seu valor final. A ruína devido à ação de um esforço estático provoca uma fratura (com superfície rugosa) bem diferente daquela provocada pela fadiga do material (com duas regiões distin-tas na superfície fraturada: uma polida, esmerilhada, e outra rugosa – Fig. 9.5.1).

Sob o carregamento alternado, uma pequena trin-ca (em geral na superfície, onde as tensões são mais elevadas, tanto as normais devido à flexão, como as tangenciais, devido à torção) provoca uma concentração de tensões no entorno da fenda. Como a carga se alterna, invertendo o sentido da tensão, há uma propagação da fenda para o interi-or da peça, diminuindo a área da parte ainda ínte-gra da seção, até a danificação total. Tal fenôme-no é responsável por mais da metade das quebras dos eixos das máquinas e ferramentas, pois, a cada giro, um ponto da periferia do eixo, mesmo submetido a um torque e a um momento fletor invariantes, passa da condição de tracionado a comprimido, retornando a ser tracionado a cada rotação. Por exemplo, num eixo de motor elétrico girando a 1.800 rpm, a cada segundo ocorrerão 30 desses ciclos de esforços alternados, provocando um “abre e fecha” da trinca, que prossegue apro-fundando. É importante não confundir tal fenô-meno (que ocorre após milhares de ciclos) com o fenômeno da plastificação alternada, ocorrente quando se provoca deformações ultrapassando o limite de escoamento de materiais dúteis, inver-tendo o sentido da deformação e, após uns poucos ciclos, o material encruado sofre fratura frágil, com grande dissipação de energia (caso de arames que ficam aquecidos quando partidos). A máxima

Fig. 9.6.1–Seção de um eixo fraturado por fadiga: (a) Região esmerilhada; (b) região rugosa; c) al-ternância do sentido da tensão normal decorrente do momento fletor, causada pela rotação do eixo.

a

b

M

M M M

M M tração tração

compressão

ω ω

ω

tensão alternada à qual o material pode ser submetido, sem ruptura, mesmo após um milhão (106) de ci-clos de solicitação, é a denominada tensão limite de fadiga (σn), medida através da máquina de Moore(Fig.9.5.2), obtendo-se o gráfico representado abaixo (tensão ruptura x nº de ciclos de solicitação).

Carga

Motor

Conta-Giro

Corpo de Prova Espelhado

M M

101 102 103 104 105 106 107 ciclos

250

500 MPa

σn

90% probabilidade de ruína

10% probabilidade de ruína

trinca

c

Fig.9.6.2 – Máquina de Moore (FADIGA)


37

Alguns Materiais

Tensão Limite de Escoamento

σe (MPa)

Tensão Limite de Ruptura σr (MPa)

Tensão Limite de Fadiga

σσσσn (MPa)

Relação σn / σr

Aço Estrutural 250 450 190 0,42

Aço 1040 laminado 360 580 260 0,45 Aço Inoxidável recozido 250 590 270 0,46 Ferro Fundido Cinzento - 170 80 0,47 Alumínio Trabalhado 280 430 120 0,28

Os valores adotados para a tensão limite de resistência à fadiga - σn (obtidos utilizando-se cor-po de prova com acabamento superficial espelhado, diâmetro de 7,62mm = 1/3 polegada, para até 106 ciclos, submetido à flexão, a uma temperatura que não ultrapasse 71ºC) devem ser corrigidos em fun-ção das peculiaridades da peça real (quanto a seu acabamento, tamanho, tipo de solicitação, vida limi-tada, temperatura de trabalho), através de fatores cujas ordens de grandeza são apresentadas na tabela a seguir (para aços com tensão de ruptura entre 300 e 600MPa *). σf = σn (a) (b) (c) (d) (e) ............................ (9.6.1)

(a) acabamento (b) tamanho da peça (c) vida limitada (d) tipo de solicita-ção

(e) temperatura

a = Espelhado ...............1,00 Retificado.....0,93 a 0,90 Usinado........0,90 a 0,83 c/ ranhura.....0,83 a 0,68 Laminado.....0,70 a 0,50 c/ corrosão...0,60 a 0,40 Corrosão água salgada.. ....................0,42 a 0,28

b = D=10mm..........1,0 D=20mm..........0,9 D=30mm..........0,8 D=50mm..........0,7 D=100mm........0,6 D>200mm…..0,58

c =

c = (106/ n)0,09

n < 106 ciclos

d =

Flexão – 1,0

Axial – 0,8

Torção – τ = 0,6 σ

e =

e = 1,0 (t< 71ºC)

e = 344/ (273 + tºC) para t > 71ºC

* (Nota: os valores apresentados, repete-se, indicam ordens de grandeza, objetivando, tão-somente, apontar os fatores que devem ser levados em conta na análise do problema, devendo ser consultadas as normas técnicas e a bibliografia especializada para a efetiva atribuição das grandezas envolvidas). 9.7 – Concentração de Tensões Como a falha por fadiga se dá no ponto de alta tensão localizada, qualquer des-continuidade, seja ela acidental (falha de fundição, bolha, risco na usinagem,...) ou in-tencional (rasgo de chaveta, furo para pino, escalonamento de diâmetro,...) poderá inici-ar tal tipo de deterioração. Um coeficiente de segurança (CS) deve ser adotado para co-brir os casos de falha acidental. Já as descontinuidades previstas no projeto (para mon-tagens, uniões, juntas, etc) devem ser consideradas com adoção de fatores apropriados (K) relacionados com a concentração de tensões. Assim, as equações básicas da Resistência dos Materiais para cálculo das tensões serão corrigidas escrevendo-se (*, para o caso de eixos circulares): σN = K (N/A); σM = K (M/I)y; τT = K (T/JP)r (*); τQ = K (QMS/bI) sendo os valores de K (coeficiente de concentração de tensões) obtidos experimental-mente (Foto-Elasticidade) ou analiticamente (Teoria da Elasticidade). Os gráficos a se-guir apresentam alguns exemplos de valores para o coeficiente K.


38

0,5 1,0 0,0 1,0

2,0

3,0

4,0

K

1

5

10

15

0,0 0,5 1,0

b

d

Relação d/b

b

h

d

Relação d/b

h/b = 0,35

h/b = 0,50

h/b > 1,0

K

Relação d/b

b

h

d M

M

1,0

2,0

3,0

K D d

r M M

0,5 1,0 0,0 1,0

1,5

2,0

Relação r/d

D/d = 4,0

D/d = 1,5

D/d = 1,1

K

h/d > 3

h/d < 0,33

1,0 0,5

Observação: Os valores indi-cados tanto podem ser utili-zados para eixos circulares com seções tornea-das como para barras chatas.

1,0

2,0

3,0

K

1,0 0,5 0,10 0,20 Relação r/d Relação r/d

D d

r T T 3,0

2,0

1,0

(D-d)/2r = 4

(D-d)/2r = 2

(D-d)/2r = 1

D d

r T T

D/d = 2

D/d = 1,2

D/d = 1,2

0,05 0,15 0,0 0,0

K

Fig. 9.6

a b

c

d

e

f


39

9.8 – Cargas Pulsantes. [σm / (σest)] + [σv / (σfad)] = 1/(CS)............(9.8.1) (Equação de Soderberg) Como tensão limite para a resistência estática, nos materiais dúteis, adota-se a tensão de escoamento (σe), enquanto que para os materiais frágeis, adota-se a tensão de ruptura (σr) [σm / (σest)] + [ ΚΚΚΚσv / (σfad)] = 1/(CS) ..............(9.8.2) Material dútil [σm / (σest)] + [σv / (σfad)] = 1/(K . CS)..............(9.8.3) Material Frágil

No caso de peças submetidas a cargas variáveis, que correspondem a um valor de ten-são média diferente de zero (σm), ao qual se sobrepõe um valor alternativo (σv), observa-se experimentalmente que a falha ocorrerá quando o par de valores (σm; σv) for plotado acima da linha reta que une o pontos representativos das duas tensões limites correspondentes, para a resistência estática (σest) e para a fadiga (σfad), como mostrado na figura ao lado. A equação da reta limite, no plano carte-siano (σm; σv), será (na forma normal):

[σm / (σest)] + [σv / (σfad)] = 1 Adotando um mesmo coeficiente de se-gurança (CS) para as tensões consideradas ad-missíveis, tanto para a fadiga como para a re-sistência estática do material, teremos:

O efeito da concentração de tensões nos ma-teriais dúteis é geralmente ignorado, quando se trata de um carregamento estático, porque o material irá escoar na região de elevada tensão e o equilíbrio po-de se restabelecer por redistribuição das tensões sem qualquer dano. Já se o material é frágil, mesmo uma carga estática pode causar a ruptura pelo efeito da concentração de tensões. Por isso a equação de So-derberg é modificada para levar em conta o efeito da concentração de tensões nas formas:

σmáx σméd σmín

σvar

t

σm

σv σfad/CS

σest

σest/CS

σfad

σe

frágil dútil

Fig. 9.8.1 – Cargas pulsantes


40

Para o valor mínimo de P (4kN) (metade do valor máximo) as tensões correspondentes terão a metade do valor, o que leva a concluir que as tensões críticas serão: Na seção onde M é máximo - σM pulsando entre: 49,38 e 24,69 - σm = 37,04; σV = 12,35MPa Na seção onde há o furo - σF pulsando entre: 42,33 e 21,17 - σm = 31,35; σV = 10,58MPa Tratando-se de material dútil e, a favor da segurança, corrigindo o limite de fadiga indicado (σn= 190MPa) para considerar o acabamento superficial (laminado – a = 0,7) e o tamanho da peça

(90x90 – b = 0,6), teremos σf = 190 x 0,7 x 0,6 = 79,8MPa. Considerando o efeito de concentração de tensões provocado pelo furo no meio do vão da viga tiramos do gráfico “d” da fig. 9.4: (para d/b = 20/90 = 0,22 e k/d 90/20 = 4,5 > 3) →K = 2,4 . Teremos então, levando em conta a equação 9.3 (material dútil): [σm / (σest)] + [ ΚΚΚΚσv / (σfad)] = 1/(CS)

a) para a seção sob a carga: (37,04 / 250) + (12,35/79,8) = 1/CS → CS = 3,3 b) para a seção no meio do vão (onde há o furo): (31,35/250) + 2,4 x (10,58/79,8) = 1/CS → CS = 2,3

Resp. CS = 2,3

Exemplo 9.8: A viga bi-apoiada esquema-tizada na figura, fabricada por laminação em aço com tensão de escoamento 250MPa e tensão limite de fadiga 190MPa, tem se-ção quadrada (90x90 mm2) e um furo ver-tical circular, de diâmetro 20mm, no meio do vão. A viga é submetida a uma carga vertical pulsante P, que varia em módulo entre 8kN e 4kN, na posição indicada. Pe-de-se determinar o coeficiente de seguran-ça considerando a fadiga e a concentração de tensões.

2,0m

1,0m 1,0m

Furo - D = 20mm P pulsante entre 8kN e 4kN

8kN

6kN 2kN

MM = 6kNm

MF= 4kNm

Solução: o diagrama de momentos fletores, para o caso do valor máximo da força P (8kN) nos indica como momentos críticos: MM = 6kNm (valor máximo, na seção sob a carga) MF = 4kNm (valor na seção onde há o furo). As tensões correspondentes valerão:

σΜ = {6x103 / [(0,090)4/12]}0,045= 49,38MPa

σF ={4x103/[(0,07)(0,09)3/12]}0,045= 42,33MPa

Exercício proposto: faça um re-dimensionamento do eixo analisado no exercício 9.5.1 (pág. 33)

considerando: • que a tensão normal calculada varia alternadamente devido à rotação (σfadiga = 0,7 σescoam) • que a tensão tangencial calculada é constante; • que há escalonamentos no diâmetro do eixo para a montagem das polias (K = 1,5); • que há chavetas conectando as polias ao eixo (K = 1,7).

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Dimension of axes and joists