11 - Torcao Em Barras de Secao Transversal Circular Cheia Ou Vazada

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Disciplina: Disciplina: Mecânica dos Sólidos 2 Mecânica dos Sólidos 2 Código: Código: ECIV030 ECIV030 Professor: Professor: Eduardo Nobre Lages Eduardo Nobre Lages Universidade Federal de Alagoas Universidade Federal de Alagoas Centro de Tecnologia Centro de Tecnologia Curso de Engenharia Civil Curso de Engenharia Civil Maceió/AL Maceió/AL Torção em Barras de Seção Torção em Barras de Seção Transversal Circular Cheia Transversal Circular Cheia ou Vazada ou Vazada

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Disciplina: Disciplina: Mecânica dos Sólidos 2 Mecânica dos Sólidos 2 Código: Código: ECIV030ECIV030Professor: Professor: Eduardo Nobre LagesEduardo Nobre Lages

Universidade Federal de AlagoasUniversidade Federal de AlagoasCentro de TecnologiaCentro de Tecnologia

Curso de Engenharia CivilCurso de Engenharia Civil

Maceió/ALMaceió/AL

Torção em Barras de Seção Torção em Barras de Seção Transversal Circular Cheia Transversal Circular Cheia

ou Vazadaou Vazada

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–C

TE

C/U

FA

L

Ensaio de TorçãoEnsaio de Torção

Considere a barra prismática de seção circular constituída de um mesmo material isotrópico e elástico linear, submetida a um torsor T em uma das extremidades e engastada na outra.

Observa-se ainda que, para pequenos giros, os pontos de uma seção transversal não sofrem deslocamento na direção longitudinal.

Através de ensaiosensaios observa-se que os pontos da mesma seção transversal sofrem o mesmo giro em relação ao eixo da peça.

φ

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–C

TE

C/U

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L

( ) 0Z,Y,Xu =

[ ]=ε

Deslocamentos, Deslocamentos, Deformações e TensõesDeformações e Tensões

y

z

Lx

T

( ) ( )XZZ,Y,Xv φ−=

( ) ( )XYZ,Y,Xw φ=

−φ

00Y

00Z

YZ0

dX

d

2

1

[ ]=σ

−φ

00Y

00Z

YZ0

dX

dG

y

z x

xyσ

xzσ

Solução de Coulomb (1784)

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–C

TE

C/U

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L

y

z

Lx

T

[ ]

−φ

00Y

00Z

YZ0

dX

dG

Equações Diferenciais de Equações Diferenciais de Equilíbrio em TensõesEquilíbrio em Tensões

Simetria σij=σji

0bZYX

xzxyxxx =+

σ∂+

σ∂+

σ∂OK!OK!

0bZYX

y

zyyyxy=+

σ∂+

σ∂+

σ∂0

dX

dGZ

2

2

−⇒

0bZYX

zzzyzxz =+

σ∂+

σ∂+

σ∂0

dX

dGY

2

2

φ(X) deveser linearφ(X) deveser linear

OK!OK!

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–C

TE

C/U

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L

Tensões de Cisalhamento Tensões de Cisalhamento na Seção Transversalna Seção Transversal

A

B

C

D

y

z

R

AC:

≤≤−

=

RZR

0Y

dX

dGZxy

φ−=σ 0xz =σ

dX

dGR

φ

dX

dGR

φ

DB:

=

≤≤−

0Z

RYR

dX

dGYxz

φ=σ0xy =σ

dX

dGR

φ

dX

dGR

φ

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L

Tensões de Cisalhamento Tensões de Cisalhamento na Seção Transversalna Seção Transversal

y

z

R

A distribuição das tensões de cisalhamento ao longo dos eixos y e z numa seção transversal qualquer só apresenta o componente ortogonal não nulo (em y → σxy = 0 e σxz ≠ 0 e em z → σxy ≠ 0 e σxz = 0).

Pela simetria do problema, como não existe restrição ao posicionamento dos eixos y e z na seção transversal, a distribuição anterior vale para qualquer direção diagonal da seção transversal.

dX

dGR

φ

dX

dGR

φ

dX

dGR

φ

dX

dGR

φ

dX

dGR

φ

dX

dGR

φ

rτdX

dGr

φ=τ Rr0 ≤≤

Caso a seção transversal seja vazada, a distribuição da tensão de cisalhamento continua valendo só que Ri ≤ r ≤ Re.

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TE

C/U

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L

GJ

Tr

J

Tr=γ=τ e

Equivalência Estática entre o Momento Equivalência Estática entre o Momento TorsorTorsor e as Tensões de Cisalhamentoe as Tensões de Cisalhamento

y

z

R

dX

dGR

φ

dX

dGR

φ

dX

dGR

φ

dX

dGR

φ

dX

dGR

φ

dX

dGR

φ

dX

dGr

φ=τ Rr0 ≤≤

∫= rdFT ∫ τ=A

dAr

∫φ

=A

2 dAdX

dGrT ∫

φ=

A

2dArdX

dG

dX

dGJT

φ=

GJ

T

dX

d =

φou

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TE

C/U

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L

∫=A

2dArJ

Momento Polar de InérciaMomento Polar de Inércia

y

z

R

2

RJ

4π=

y

z ( )4i

4e RR

2J −

π=

Re

Ri

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C/U

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L

J

Tr=τ

γ=τ G

dX

dr

φ=γ

( )XtdX

dGJ

dX

d−=

φ

( )XtdX

dT−=

Relação cinemática:Relação cinemática:

Relação constitutiva:Relação constitutiva:

Equivalência estática:Equivalência estática:

Equações GovernantesEquações Governantes

Equação de equilíbrio:Equação de equilíbrio:

dX

dGJT

φ=

......... t(X)

X

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LJ

Tr=τ

dX

dGJT

G

φ=

γ=τ

dX

dr

φ=γ

( )XtdX

dT−= Problemas IsostáticosProblemas Isostáticos

( )XtdX

dGJ

dX

d−=

φProblemas HiperestáticosProblemas Hiperestáticos

Estratégias de SoluçãoEstratégias de Solução

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LCondição de contorno ( ) TLT =

Constante de integração

Barra Prismática Barra Prismática sob Torçãosob Torção

Por se tratar de um problema isostáticoisostático, o momento torsor pode ser facilmente determinado por alguma estratégia apresentada em Teoria das Estruturas 1Teoria das Estruturas 1 ou pela integração da EDO. Assim,

De posse do momento torsor constrói-se a tensão de cisalhamento como

( ) ( )Rr0 e LX0

J

Tr

J

rXTr,X ≤≤≤≤==τ

( ) 0XtdX

dT=−=

( ) C XT =

( ) LX0 TXT TC ≤≤=⇒=⇒

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–C

TE

C/U

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L

Condição de contorno

Constante de integração( ) C X

GJ

TX +=φ

Barra Prismática Barra Prismática sob Torçãosob Torção

Da relação cinemática tem-se

GJ

T

rdX

d=

γ=

φ

( ) XGJ

TX 0C =φ⇒=⇒

( )GJ

TLL =φRotação da seção final da barra:Rotação da seção final da barra:

Fazendo uso da relação constitutiva tem-se

( ) ( )Rr0 e LX0

GJ

Tr

G

r,Xr,X ≤≤≤≤=

τ=γ

( ) 00 =φ

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( )2

3 24

v

c

3 4v

c

vmaxcmax

1

1

A

A e

1

1

r

R

λ−λ−

=λ−

=ΦΦ=⇒

τ=τ

Otimização da Seção Otimização da Seção TransversalTransversal

y

z

r

vc /r/R ΦΦ= vc A/A

2

rJ rA

4

c2

c

π=π=

y

z

( ) ( )44

v22

v 12

RJ 1RA λ−π=λ−π=

R

λR

Edu

ardo

Nob

re L

ages

CT

EC

/UFA

L

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A/A/r/R ττ=

2

2

v

c

4 4cmax

max

vc

1

1

A

A e

1

1

r

R v

λ−λ+=

λ−=

ττ

=⇒

Φ=Φ

Otimização da Seção Otimização da Seção TransversalTransversal

y

z

r

vc A/Acmaxvmax /r/R ττ=

2

rJ rA

4

c2

c

π=π=

y

z

( ) ( )44

v22

v 12

RJ 1RA λ−π=λ−π=

R

λR

Edu

ardo

Nob

re L

ages

CT

EC

/UFA

L

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TE

C/U

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L

ExemploExemplo

Considere agora a barra formada por dois trechos prismáticos de mesmo material

Para descrever os campos das variáveis de estado do problema devemos identificar intervalos de análise a partir dos trechos onde há mudança na descrição do momento torsor e/ou da rigidez à torção GJ.

T

L L

G, J1 G, J2

O problema em pauta exige a consideração de dois intervalos de análise, por exemplo

LX0 e LX0 21 ≤<<≤

X1 X2

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TE

C/U

FA

L

ExemploExemplo

Por se tratar de um problema isostático:

( ) 222

2

2 CXT 0dX

dT=∴=( ) 111

1

1 CXT 0dX

dT=∴=

( )

11

111

J

Tr

J

rXT==τ

( )

22

222

J

Tr

J

rXT==τ

1

11

GJ

Tr

G=

τ=γ

( ) 11

1

11

11

1 DXGJ

TX

GJ

T

dX

d+=φ∴=

φ ( ) 22

2

22

22

2 DXGJ

TX

GJ

T

dX

d+=φ∴=

φ

2

22

GJ

Tr

G=

τ=γ

( )1

2

2

22GJ

TLX

GJ

TX +=φ⇒

( ) TXT 11 =⇒ ( ) TXT 22 =⇒

( ) ( ) ( ) TLT e 0TLT 221 ==

( ) ( ) ( )0L e 00 211 φ=φ=φ

( ) 1

1

11 XGJ

TX =φ⇒

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Princípio da Superposição Princípio da Superposição dos Efeitosdos Efeitos

A rotação total da seção livre da barra do exemplo anterior, dada por

( )21

2GJ

TL

GJ

TLL +=φ

também pode ser determinada fazendo-se uso do Princípio da Princípio da Superposição dos EfeitosSuperposição dos Efeitos, desde que se conheça a rotação de um trecho prismático de mesmo material e momento torsor constante, dada por

GJ

TL=φ

onde essa rotação é diretamente proporcional ao inverso do momento polar de inércia. Com isso

0J

10

J

1

21

==φ+φ=φ

T

L L

rígido G, J2

T

L L

G, J1 rígido

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ExemploExemplo

Considere agora a barra prismática de mesmo material solicitada por um torsor uniformemente distribuído

O problema em pauta exige a consideração de um único intervalo de análise, por exemplo

LX0 ≤≤

X

t

L

G, J

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ExemploExemplo

Por se tratar de um problema isostático:

( ) ( )XLtXT 0)L(T e tdX

dT−=⇒=−=

( ) ( )XLJ

tr

J

rXT−==τ

( ) ( )XLGJ

tr

G

r,X−=

τ=γ

( ) ( ) ( ) ( )2XLX2GJ2

tX00 e XL

GJ

t

dX

d−=φ⇒=φ−=

φ

Rotação da seção final da barra:Rotação da seção final da barra: ( )GJ2

tLL

2

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L

ExemploExemplo

O giro total da seção livre da barra, anteriormente encontrado,

( )GJ2

tLL

2

também pode ser deduzido a partir de um arranjo onde se tem o torsor resultante do torsor distribuído posicionado no centróide da figura de representação desse carregamento, ou seja,

L

G, J

Essa conclusão pode ser estendida a qualquer lei de variação do torsor distribuído, desde que esse esteja atuando num trecho prismático de mesmo material.

tL

L/2

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Considere agora a configuração prismática hiperestática de mesmo material e com a consideração do torsor distribuído.

O problema em pauta exige a consideração de um único intervalo de análise, por exemplo

LX0 ≤≤

X

Exemplo HiperestáticoExemplo Hiperestático

L

G, J

t

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Por se tratar de um problema hiperestático, tem-se

Exemplo HiperestáticoExemplo Hiperestático

GJ

t

dX

d2

2

−=φ

1CXGJ

t

dX

d+−=

φ

( ) 212 CXCX

GJ2

tX ++−=φ

( ) 00 =φ

( ) 0L =φ

( ) XGJ2

tLX

GJ2

tX 2 +−=φ

0C2 =⇒

GJ2

tLC1 =⇒

Conhecido o campo de rotações chega-se a qualquer outra variável de estado de interesse manipulando adequadamente a relação cinemática e a relação constitutiva.

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L

Este mesmo problema também poderia ser resolvido com o auxílio do método das forçasmétodo das forças, que visa determinar os hiperestáticoshiperestáticos impondo-se uma equação de compatibilidadeequação de compatibilidade.

Exemplo HiperestáticoExemplo Hiperestático

+ φB (TB) = 0

=L

G, J

t

L

G, J

t TB

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L

Para quantificar a rotação na extremidade direita da barra faz-se uso do Princípio da Superposição dos EfeitosPrincípio da Superposição dos Efeitos, usufruindo-se do fato de que já que se conhece o efeito de cada ação isolada, ou seja,

Exemplo HiperestáticoExemplo Hiperestático

De posse do hiperestático o momento torsor passa a ser conhecido, podendo-se seguir o procedimento já discutido para problemas isostáticos.

BTB

tBB φ+φ=φ

GJ2

tL2tB =φ

GJ

LTBTB

B −=φ

2

tLT B =⇒

0=

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L

T

T

Considere o estado de tensão em um ponto material qualquer da barra sob torção

Tensões e Direções PrincipaisTensões e Direções Principais

J

Tr=τ

τ

Para garantir a simetria do tensor de tensão, a tensãode cisalhamento na direção circunferencial na face daseção transversal é equilibrada pelo componente decisalhamento na direção longitudinal da face radial.

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TE

C/U

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L

Cada ponto material encontra-se em estado de cisalhamento puroestado de cisalhamento puro

Tensões e Direções PrincipaisTensões e Direções Principais

As tensões principais, de mesma intensidade em módulo,estão inclinadas de 45º em relação ao eixo longitudinal

τ

τ

τ

τ

τ

TT

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TE

C/U

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L

Materiais frágeis apresentam falha em superfície de corte perpendicular às tensões principais de tração.

Tensões e Direções PrincipaisTensões e Direções Principais

Materiais dúcteis apresentam falha em superfície de corte perpendicular ao eixo da barra.

TT

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TE

C/U

FA

L

Energia Específica de Energia Específica de DeformaçãoDeformação

T

T

τ

Para um ponto qualquer de uma seção transversal os únicos componentes não nulos dos estados de tensão e de deformação, em coordenadas cilíndricas, são dados por

eJ

Tr=τ

GJ

Tr=γ

GJ

Tr

J

Tr

2

1=

2

22

GJ

rT

2

1 =

2U0

τγ=

Com isso a energia específica de deformação é dada simplesmente por

que varia quadraticamente com a distância do ponto ao centro da seção circular cheia ou vazada.

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Energia de DeformaçãoEnergia de Deformação

Para gerar a energia de deformação acumulada numa barra sob torção, deve-se integrar a energia específica de deformação ao longo do volume da mesma, ou seja,

∫=V

0dVUU

Desmembrando a integração no volume da barra através da seção transversal e ao longo do comprimento da mesma tem-se

∫ ∫=L A

0 dxdAUU ∫ ∫=L A

2

22

dxdAGJ

rT

2

1

∫ ∫=L A

2

2

2

dxdArGJ

T

2

1dxJ

GJ

T

2

1

L

2

2

∫= dxGJ

T

2

1

L

2

∫=

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L

As seções transversais de barras não circulares sofrem empenamentoempenamento, não mais permanecendo planas. Porém, para pequenas deformações, a projeção da seção empenada num plano perpendicular ao eixo da barra gira como uma seção rígida.

Barras Não CircularesBarras Não Circulares

Soluções analíticas para seções não circulares são construídas com base na Teoria da ElasticidadeTeoria da Elasticidade.