4.5 – Molas Helicoidais de Pequeno Passo.Uma aplicação do estudo da torção de barras de seção circular, com certa

utilidade na engenharia mecânica, se encontra no dimensionamento de molas helicoidais de pequeno passo, normalmente utilizadas sob tração, em peças de pequeno porte.

Conforme se verifica da análise das forças atuando no corpo livre assinalado na figura 4.5.1 (b) abaixo, o vetor momento equilibrante do binário formado pelo par de forças F tem sua direção perpendicular ao plano da figura, portanto, praticamente na direção do eixo do arame (momento de torção T), já que se trata, por hipótese, de uma mola de pequeno passo (tornando desprezível a componente deste momento, atuando como momento fletor).

69

R

d

F

F

T

Fig. 4.5.1 – Mola helicoidal de pequeno passo sob tração. Raio de enrolamento: R; diâmetro do arame: d;( R >>d); nº de espiras: n.

O equilíbrio de momentos aplicados à parte destacada na figura 4.4.1(b) permite escrever:

F x R = T.Portanto, no cômputo da tensão máxima de cisalhamento devido à torção do arame, teremos:

max = 16 F R / d3

(como se verá mais adiante, esta tensão deverá ser acrescida do valor (16/3)F/d2, correspondente ao corte simples da seção, 4/3 Q/A).

No cômputo das deformações devido à torção do arame ao longo de seu comprimento (que se manifesta de forma global através da elongação da mola x), utilizaremos o teorema da energia, escrevendo que o trabalho W realizado pela força, crescendo de zero até seu valor final F, deslocando seu ponto de aplicação de x será armazenado na mola sob a forma de energia elástica por distorção Ud:

W = ½ F x = Ud = ud dV, sendo ud = ½ G a energia específica de distorção, por unidade de volume V (equação 1.8.2).

Considerando o volume dV assinalado na figura ao lado (dV = 2 r dr ds), onde a tensão tangencial é uniforme ( eq. 4.2.2 ), teremos: s =2Rn r = d/2

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

2Rn d/2

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

Jp

(b)

(c)

s

ds

r

dr

d/2

(a)x

dV

T

70

Levando em conta que Jp = d4 / 32, e feitas as simplificações 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

Rx

F

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

Pede-se determinar o raio R em que deve ser enrolada a mola e o número de espiras n, considerando-se que a máxima força F a ser aplicada não ultrapasse 15 N, para um curso do punção de, no máximo, 17 mm.

Solução: Para a força e tensão máximas admitidas, teremos: 32 x 106 = 16 x 15 x R / (3)3 x (10-3)3

Rmax = 11,3 mm.

Utilizando a equação 4.5.1 obtemos:

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

n = 79,5 espiras.

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

A mola (fechada, em repouso) teria um comprimento total de 80 x 3 = 240mm, que somado a seu curso de 15,8 mm totalizaria um comprimento de 255,8 mm, quando estendida (o que poderá ser considerado impróprio para a geometria da peça, indicando outra solução, com outro R, e outro n, ou até outro arame com novo d). Obs.: o pequeno passo da mola (avanço de 3 mm somado à elongação por espira, 15,8/80 = 0,2mm, num percurso para uma volta do arame de valor 2 (11) = 69,1 mm mostra que a suposição de ser desprezível a flexão e´ cabível no caso.

113

4.6 – Torção de Barras de Seção Retangular. Outras formas de seção. Analogia da membrana.

As tensões tangenciais despertadas pela torção de uma barra de seção retangular se distribuem no plano da seção transversal de uma forma mais complexa, quando comparada à distribuição das tensões no caso da torção de eixos de seção circular, não se podendo acolher a hipótese de que a seção se mantém plana, depois de torcida a peça. A simetria da figura apenas permite presumir que, no centro da seção (eixo da barra), a tensão será nula. Nas quinas da barra (pontos mais afastados do centro), ao contrário do que se poderia inicialmente presumir, quanto a serem elevadas as tensões, serão elas também nulas. Realmente: a condição de simetria do tensor das tensões, estabelecida em 1.5, nos permite escrever que, para essas quinas (pertencentes ao contorno livre da barra, onde as tensões serão nulas), teremos, necessariamente, que no plano da seção, também serão nulas as tensões (yx = xy = zx = xz = 0), nos quatro cantos da barra.

71

MaxMax

A Resistência dos Materiais Elementar não dispõe de um método simples para avaliar as tensões em seções de formato diferentes da circular. Através da Teoria da Elasticidade, utilizando equações mais complexas, obtem-se, para o cálculo da tensão de cisalhamento máxima, ocorrente nos pontos médios do lado maior da seção retangular, o valor:

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

Para o ângulo de torção da barra, a teoria aponta:

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

sendo os valores de e dados na Tabela III abaixo: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 – Torção de barras de seção retangular.

As equações obtidas através da Teoria da Elasticidade, utilizadas para a determinação das tensões tangenciais nos pontos de uma dada seção de formato qualquer, em uma barra torcida, observa-se, são idênticas às equações utilizadas na solução de um outro problema totalmente distinto, qual seja, o da determinação do formato assumido pela superfície de uma membrana elástica e homogênea, cujas bordas fossem presas a uma moldura rígida, com um formato qualquer, quando submetida a uma diferença de pressão entre suas faces, estufando. Enquanto nas equações para solução do problema da torção aparecem as variáveis “tensão” e “torque”, nas equações idênticas para solução do problema da membrana deformada aparecem as variáveis “inclinação da membrana” e “diferença de pressão entre as faces”.

T

Tabela III

72

No caso da seção retangular, a analogia da membrana nos permite avaliar, sob o aspecto qualitativo, que sendo nula a inclinação da tangente à superfície da membrana estufada nos seus quatro cantos e no centro, a tensão tangencial nos pontos equivalentes será nula. Da mesma forma, não é difícil perceber que a inclinação da tangente à superfície da membrana estufada nos pontos médios dos limites de maior extensão será maior (ver figura) que a inclinação correspondente aos pontos médios dos lados menores. A analogia permitiria, portanto, prever que a tensão máxima na torção ocorrerá no ponto médio do lado maior do retângulo.Muitas outras evidências também podem ser extraídas pela analogia da membrana, como por exemplo a ocorrência de tensões muito elevadas na torção de barras que tenham seção transversal com cantos vivos reentrantes ( Fig. 4.6.2 – b ) sendo necessária a adoção de raios de adoçamento para eliminar a concentração de tensões nestes locais. Pode-se também concluir que, para barras chatas torcidas, a tensão máxima independe do formato da seção, dependendo apenas da relação h/b, desde que promovidos raios de adoçamento nos cantos vivos reentrantes existentes.

Canto vivo

R

h

b

R

(a)

(b)

(c)

Fig . 4.6.2 – Analogia da membrana. Tensões na torção.

73

Exemplo 4.6.1 – Para a peça composta mostrada na figura (em aço – G = 80 GPa), pede-se determinar a máxima tensão tangencial e o ângulo de giro da aresta da extremidade em relação ao engaste.

Solução: O torque ao longo da peça valerá: T = 5000 x 0,100 = 500 N m. Para a parte tubular teremos: = 90/100 = 0,9 e:

max = 16 x 500 /(1 – 0,94)(0,1)3 = 7,40 MPa = 500x0,4 / 80x109x(1 – 0,94)(/32)0,14 = = 0,042º.

Exemplo 4.6.2 – Para a peça mostrada, submetida ao torque T, determine, considerando os trechos de seção circular e de seção quadrada, as relações entre (a) as máximas tensões tangenciais e (b) entre os ângulos de torção por metro de comprimento.

Solução:

max = 16T / a3= 5,093 T / a3

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

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

= 32Tb /Ga4=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

=

= 0,77º

5 kN

a

a

b

b

T

4.7 – Torção dutos de parede fina.

74

100

100

100

20

20

15150

T = 1,00 kN.m

450 mm

Exemplo 4.6.3 - O perfil “I” esquematizado é montado através da união de duas barras chatas de aço, de 100 x 20 mm2 (“mesas”) soldadas a outra barra chata, também de aço, de 150 x 15 mm2

(“alma”), sendo submetido a um torque T = 1,00 kN.m em sua extensão de 450 mm. Pede-se determinar:

a) a máxima tensão tangencial no perfil, eb) o ângulo de torção do perfil .

Solução:Inicialmente deve-se reconhecer que se

trata de um problema estaticamente indeterminado, podendo-se, tão-somente, admitir que o torque T total será distribuído pelas duas mesas (Tm em cada) e pela alma (Ta), de forma a que: T = 2 (Tm) + (Ta)..............(1)

A compatibilidade de deformações 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 MPamesas = 373,3 / 0,291x0,100x0.0202=32,1MPa = 373,3x0,450 / 0,291x80x109x0,100x0,0203==253,3x0,450 / 0,312x80x109x0,150x0,0153

= 0,52º

Fig. 4.7 – Dutos de parede fina sob torção.

A determinação das tensões e deformações em barras de seção transversal diferente da circular, como vimos, recai na solução de equações complexas. No entanto, para o caso especial de barras vazadas, constituídas de chapas de parede fina, montadas na forma de dutos, pode-se conseguir uma solução utilizando-se uma teoria matemática bem mais simples. Tal estudo tem aplicação, com boa aproximação, para o caso de dutos de ventilação, fuselagem de aviões, casco de navios, e outros, quando submetidos à torção.

Fig.4.7.1 – Torção de dutos de parede fina. Casco de navios. Fuselagens de aviões.

O fato de a tensão tangencial necessariamente ter a direção tangente ao contorno, tanto externo, 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.

75

e

ds

O torque T na seção será obtido (Fig. 4.7.2 a) pela integral curvilínea fechada (Fig. 4.7.2 b):

T = e ds sen

Uma simplificação importante tornará exeqüível a realização de tal integração sem maiores dificuldades, qual seja, a da invariância do produto (chamado fluxo cisalhante) x e ao longo do perímetro da seção do duto (ver nota abaixo).

Realmente: a análise do equilíbrio de esforços atuantes no elemento assinalado na figura 4.7.2 (c), segundo o eixo x do duto, nos permite escrever:

e1 dx = e2 dx.,

que, levada em 4.14, fornece:

T = e

ds sen

Observando, na fig. 4.7.2(b), que ½ ds sen vem a ser a área do triângulo assinalado ao lado, pode-se concluir que a integral

ds sen = 2 @

computa o dobro da área @ limitada pela linha média da espessura da parede do duto.

Podemos finalmente escrever:

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

Nota: a invariância do produto x e (fluxo cisalhante) indica uma interessante analogia com a equação da continuidade para o escoamento de fluidos incompressíveis, quanto à vazão Q = V x A (a velocidade cresce quando a área da canalização diminui, da mesma forma que a tensão tangencial será maior nos trechos de menor espessura do duto, como se as tensões “escoassem” ao longo da parede).

(a)

(b)

(c)

e2

e1

1 2

dx

x

ds

@

Fig. 4.7.2 – Tensões em dutos de parede fina torcidos.

T

Quanto às deformações, mais uma vez, utilizaremos os conceitos de energia para determinação do ângulo de torção do duto em função do torque T que lhe é aplicado (o trabalho realizado pelo torque será armazenado sob a forma de energia potencial elástica 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 curvilínea

se converte na relação adimensional perímetro/espessura da seção.No caso comum de dutos formados pela união de chapas, de espessuras distintas, mas que se

mantêm uniformes na extensão de cada chapa, a integral se converte em um somatório, podendo ser reescrita sob a forma: L) / 4 G @2] si /ei ...................... (4.7.4)

76

ds

es

x

dx

L

W = ½ T = Ud = ud dV,sendo ud = ½ G a energia específica de distorção, por unidade de volume V (equação 1.8.2).

Considerando o volume dV assinalado na figura ao lado (dV = e dx ds), onde a tensão tangencial é dada por 4.7.2, podemos escrever:

dV Ud = ud dV = ( ½ G)dV == (1/2G)[T/2e@] (e ds dx).

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

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

No caso de um duto de seção e material uniformes, submetido a um torque constante ao longo de sua extensão, a segunda integração nos leva a:

Ud = (1/2G)[T/2@] L ds/e)= ½ T Fig.4.7.3 – Deformação de dutos de parede fina torcidos.

T

(é o que ocorre, por exemplo, no casco de uma embarcação, cujo chapeamento do convés tem espessura diferente das chapas do costado e do fundo, ficando no

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

b1

b2b2

b2

b3

e1 e2e2 e3

Exemplo 4.7.1 – Mostrar que, no cálculo das tensões e deformações de um duto de parede fina de seção circular, os resultados são convergentes para ambas as teorias estudadas (em 4.6 e em 4.2).

Realmente: para um duto circular de diâmetro d e espessura de parede e, teremos: Jp = ( d e) (d/2)2 = e d3 / 4, portanto, de (4. 2.2): = (T/Jp)(d/2) = 2T / e d2.

Por outro lado, de 4.6.2 obtemos, com @ = d2 /4: = (T / 2 e @) = 2T / e d2.

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

e

77

d/2

900

R=450

R=450

800

2 mm

2,5 mm

2,5 mm

3 mm

Exemplo 4.672 – A seção transversal da fuselagem de um avião, próximo à cauda, construída em alumínio (G =28 GPa), tem as dimensões mostradas na figura. Adotando os valores admissíveis para a tensão tangencial = 90 MPa e para a deformação por torção como sendo 1º / m de comprimento, pede-se determinar o máximo torque T a que a fuselagem pode ser submetida.Solução: Para a seção temos @ = 0,9 x 0,8 + 2 @ = 1,356 m2 (nota: utilizando as dimensões internas do duto, obtemos um valor inferior para @,, a favor da segurança para o cálculo das tensões e deformações).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] xx [( x 450/2) + 2 x (800/2,5) + ( x 450/3); e Tmax = 1977 kN.m.Portanto = Resp.: Tmax = 488 kN.m.

Le

b

Problema proposto: dispondo-se de uma chapa (a) de comprimento L, largura b e espessura e, deseja-se confeccionar um duto dobrando a chapa, com costura nas bordas. Para as opções (b) e (c) assinaladas pede-se determinar as relações entre as tensões máximas e os ângulos de torção, para um dado torque T aplicado.

(a) (b) (c)

costuras