CV 511- MECÂNICA DOS SÓLIDOS II
Transcript of CV 511- MECÂNICA DOS SÓLIDOS II
UNIVERSIDADE ESTADUAL DE CAMPINAS
FACULDADE DE ENGENHARIA CIVIL
Departamento de Estruturas
CV 511- MECÂNICA DOS SÓLIDOS II
EXERCÍCIOS DE FLEXÃO GERAL
PROF. DR. NILSON TADEU MASCIA MONITOR: RAQUEL TAIRA
REVISÕES: DANIELA DE ANDRADE SANTOS
RENATO SALDANHA VICTOR
ABRIL 2018
1
FLEXÃO GERAL
Momentos de segunda ordem de figuras planas: são características geométricas que deverão
ser determinadas para o estudo da Flexão Geral em seções não simétricas.
Por definição temos que:
inércia. de produtoou z ey a relação em centrífugo momento..
y. eixo ao relação em ordem) segunda de(ou inércia de momento
z. eixo ao relação em ordem) segunda de(ou inércia de momento
2
2
A
yz
A
z
A
y
dAzyI
dAyI
dAzI
Obs.: Iy e Iz sempre são positivos.
Iyz pode ser positivo, negativo ou nulo.
Translação de eixos:
y’= c + y
z’ = b + z
AcII 2
z'z
AbII yy
2
'
AbcII yzzy ''
Obs: b e c são coordenadas, portanto possuem sinal.
z'
y'
0
dA
CGz
y
Figura 1: Translação
de eixos
Rotação de eixos:
Transformação de coordenadas:
cossen
sencos
cossen
sencos:
cossen
sencos
zyv
zyu
MCom
z
y
v
u
2
Onde: M: matriz de transformação de coordenadas
: ângulo formado entre o eixo y e o plano principal de inércia u
)(coscos)(
coscos2
coscos2
22
22
22
senIsenIII
IsenIsenII
IsenIsenII
yzzyuv
zyzyv
yyzzu
Escrevendo com arcos duplos:
α2cosIα2sen2
III
α2senIα2cos2
II
2
III
α2senIα2cos2
II
2
III
yz
zy
uv
yz
zyzy
v
yz
zyzy
u
Momentos e planos principais de inércia:
2
yz
2
zyzy
2
2
yz
2
zyzy
1
I2
II
2
III
I2
II
2
III
I1: momento de inércia máximo
I2: momento de inércia mínimo
yz
yz
II
I22tg
Figura 2: Rotação de eixos
3
Representação gráfica: Círculo de Mohr
2
yz
2
zy2
uv
2
zy
u I2
III
2
III
(x - xo)
2 + (y - yo)
2 = R
2 (equação de uma circunferência)
2
2
2yz
zyI
IIR
, R: raio da circunferência
20
zy IIx
, x0 : abscissa do centro da circunferência
Figura 3: Círculo de Mohr
Propriedade: Iy + Iz = Iu + Iv = I1 + I2 = constante
FLEXÃO GERAL
Hipóteses:
1. Material da estrutura é isotrópico (as propriedades elásticas – módulo de elasticidade –
independem da orientação) e o material segue a Lei de Hooke: E
2. A distribuição das tensões é linear.
3. As seções planas permanecem planas após a flexão (Lei de Bernoulli e Navier).
Tipos de flexão:
Flexão Pura: atua o momento fletor (M)
Flexão Simples: atua o momento fletor e a força cortante (M e V)
Flexão Oblíqua: atua o momento fletor em duas direções
Flexão Composta: além do momento fletor há força normal atuando (flexo-compressão
ou flexo-tração)
Iij
I1 I2 C
P(Iz ; Iyz )
Ii
2α
R
(Iy +Iz )/2 (Iy - Iz )/2
Legenda:
Ii: momento de inércia
Iij: produtos de inércia
4
FLEXÃO PURA
Esforço: momento fletor (Mz)
= k y
k = constante
= Mz y
Iz
Figura 4: Diagrama de tensões na flexão pura
FLEXÃO PURA OBLÍQUA
Esforço: momento fletor (M) nas direções u e v
Mv = Mcos
Mu = Msen
= Mv u + Mu v
Iv Iu
Obs.: Os sinais dos momentos Mu e Mv estão relacionados com o ângulo . Ou, pode-se pensar
de outra maneira: Mv 0 quando Mv traciona em u 0 e Mu 0 quando Mu traciona em v 0.
Figura 5: Diagrama de tensões na flexão pura oblíqua
LINHA NEUTRA
É o lugar geométrico da seção transversal onde as tensões normais são nulas )0( .
5
vI
Mu
I
M
0vI
Mu
I
M
u
u
v
v
u
u
v
v
v
u
v
u
v
u
v
u
vu
uv
I
I
tan
1tanu
I
Itanv
uI
I
tan
1v
uI
I
IsenM
cosMu
IM
IMv
: ângulo entre a linha neutra e o eixo u
FLEXÃO COMPOSTA
A força N é paralela ao eixo x e é excêntrica.
Se:
N 0 flexo-tração (ex.: barras de treliça)
N 0 flexo-compressão (ex.: pilares)
e: excentricidade, :ângulo entre o eixo v e o momento fletor
Figura 6: Flexão composta.
Superposição de efeitos:
Figura 7: Superposição dos efeitos de N e M.
Tensões Normais:
6
vI
Mu
I
M
A
N
u
u
V
v
B
A
BA
M = Ne
e: excentricidade da força N em relação ao baricentro da seção
vI
Neu
I
Ne
A
N
esene
cosee
NesenM
cosNeM
u
v
v
u
v
u
v
u
NÚCLEO CENTRAL
Núcleo central (NC) é a região da figura plana (seção transversal) onde, aplicada uma
carga, a sua linha neutra não corta a seção. Conseqüência disso é que as tensões normais
serão de compressão ou somente de tração e podemos usar materiais que resistem apenas
aqueles esforços.
Características do NC:
1. Cada figura plana tem um núcleo central próprio que é um polígono e não depende da
carga aplicada;
2. A cada par de lados consecutivos do polígono circunscrito corresponderá a um lado do
polígono que constitui o núcleo central;
3. O ponto de aplicação da força axial e a LN conseguinte ficam em semi-planos opostos
delimitados pelos eixos centrais de inércia;
4. O NC terá tantos lados quanto forem os lados (ou vértices) do polígono convexo
circunscrito;
5. Os vértices são chamados de antipolos.
utanI
I
Ae
Iv
vI
eu
I
e
A
1N0
vI
Neu
I
Ne
A
N0
v
u
v
u
u
v
v
u
u
v
v
u
7
Figura 8: Linhas neutras que passam nos extremos da figura formando o núcleo central.
Construção do núcleo central:
Força P de COMPRESSÃO:
Au
IeLN
uI
Pe
A
P
uI
M
A
P
v
u
v
v
v
v
Figura 9: Determinação do núcleo central para P
de compressão.
Força P de TRAÇÃO:
Au
IeLN
uI
Pe
A
P
uI
M
A
P
v
u
v
v
v
v
A
1u
I
ev
I
e
vI
eu
I
e
A
10LN
vI
Peu
I
Pe
A
P
0M,0M,vI
Mu
I
M
A
P
v
v
u
u
u
u
v
v
u
u
v
v
vu
u
u
v
v
Figura 10: Determinação do núcleo central para P de tração.
8
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
1- Calcular os momentos principais de inércia e as suas direções:
Figura 1.1
Solução:
Figura 1.2
- Cálculo do CG
cm,yy 13193020702023020
3530201070203023020
cm,z,
z 83373020702023020
60302035702067623020
- Cálculo dos Momentos de Inércia
30
20
20 30 20
z
y
CG
19,13
37,83
1
2
3
9
20301722
12
20307020832
12
7020
2
30201631
36
2030 23
23
23
,,,I y
481,1195734 cmI y
20308715
12
30207020139
12
2070
2
30208710
36
3020 23
23
23
,,,I z
454,409927 cmI z
2030172287150702083213902
302016318710
72
3020 22
,,,,,,I yz
404140663 cm,I yz
- Cálculo das Direções Principais
85,9'81,119573454,409927
04,140663222
yz
yz
II
Itg
158090859 ,,''
- Cálculo dos Momentos Principais de Inércia
2
2
2212
yz
zyzyI
IIIII
4
2
4
1
13,385507
21,1220255
cmI
cmI
10
y
CG
6,60
5,88
15
11,5
9
z
2
3
1
0,5 cm
3 cm
12 cm
8 cm 4 cm
2- Calcular I1, I2, ' e '':
Figura 2.1
Solução:
- Cálculo do CG
cm,y,
,,y 885
1251115
012651151015
cm,z,
,z 606
1251115
6128511615
- Cálculo dos Momentos de Inércia
Dividindo a seção nas áreas 1,2 e 3, temos:
43
1 16012
5015cm,
,'I Y
43
1 6214012
1550cm,
,'I Z
gulartanreseção'I YZ 01
Rotação dos eixos na área 1
42
11
2
11 05902 cm,sen'Icossen'Icos'II zyzyy
42
1z1yz
2
1y1z cm72,50αcos'Iαcosαsen'I2αsen'II
11
4
11
22
11 42,67cossen''sencos' cmIIII zyyzzy
43
2 12012
50511cm,
,,'I Y
43
2 376312
51150cm,
,,'I Z
gulartanreseção'I YZ 02
43
3 7212
1250cm
,'I Y
43
3 12,012
5,012' cmI Z
gularreseçãoI YZ tan0' 3
Momentos Totais de Inércia
4222 3178501260072505114112050156000590 cm,,,,,,,,,,I y
4222 82481501288512050511120376350156247250 cm,,,,,,,,,,,I z
476,685,0126,088,55,05,114,112,05,0156,062,442,67 cmI yz
- Cálculo das Direções Principais
18,12'3,17882,481
76,68222
yz
yz
II
Itg
- Cálculo dos Momentos Principais de Inércia
yz
zyzyI
IIIII
2
2212
4
2
4
1
45,163
67,496
cmI
cmI
12
8 cm
~ 11 cm
~ 5,2 cm
4,2 cm
1
2
3
4
3- Calcular os momentos principais de inércia indicando os eixos onde ocorrem:
Figura 3.1 - espessura: 0,4 cm (constante)
Solução:
Dividindo em 4 retângulos:
Figura 3.2
Centro de gravidade:
Retângulo y z área y área z área
1 8,2 -1,7 1,68 13,776 -2,856
2 4 0,2 3,2 12,8 0,64
3 0,2 5,9 4,4 0,88 25,96
4 2,25 10,4 2,08 4,68 21,632
Somatória 11,36 32,136 45,376
cm,,
,yCG 832
3611
13632 cm,
,
,zCG 993
3611
37645
Momentos de inércia:
30°
8 cm
11.5 cm 4 cm
5 cm
13
Retângulo 1:
43
1 0224012
2440cm,
,,I Z
43
1 47212
4024cm,
,,IY
01 YZI
Retângulo 2:
43
2 071712
408cm,
,I Z
43
2 043012
840cm,
,IY
02 YZI
Retângulo 3:
43
3 059012
1140cm,
,I Z
43
3 374412
4011cm,
,IY
03 YZI
Retângulo 4:
43
4 69412
4025cm,
,,I 'Z
43
4 028012
2540cm,
,,I 'Y
04 'Z'YI
Como o retângulo 4 é inclinado segundo os eixos y, z é necessário fazer a seguinte
mudança de base:
30
4
4
44444
5232
222
cm,senI
cosIIII
I
'Z'Y
'Z'Y'Z'YZ
4
4
44444
7312
222
cm,senI
cosIIII
I
'Z'Y
'Z'Y'Z'YY
4
4
444
0322
22
cm,cosI
senII
I
'Z'Y
'Z'YYZ
Transporte dos momentos de segunda ordem para o CG da figura:
Retângulo 1:
4
1111
422
111
422
111
3851375695681
49483756810220
9556695681472
cm,),(,,ddAII
cm,),(,,dAIzI
cm,,,,dAII
ZYYZZY
ZZ
YYY
Analogamente, temos:
Retângulo IY IZ IYZ
1 56,945 48,489 -51,383
2 46,114 21,456 -14,220
14
3 60,345 30,467 -22,043
4 86,539 4,219 -9,730
somatória 249,943 104,630 -97,376
Com esses valores, calculamos os momentos e os planos principais:
64262
2
5622
29922
42
2
2
42
2
1
,II
Itg
cmIIIII
I
cmIIIII
I
YZ
YZ
YZZYZY
YZZYZY
15
4- Calcular a tensão no ponto mais solicitado da seção, solicitada por uma força de compressão excêntrica de 50 tf, conforme a figura:
Figura 4.1
Solução:
Pela simetria, temos que o CG da seção é no centro geométrico da seção.
Cálculo dos momentos de inércia (já transportados para o CG):
44
4523
23
4523
23
106300205300205
1092300012
3010230020
12
10302
1023001512
103023005
12
30102
cmI
cm,xx
I
cmxx
I
YZ
Z
Y
Cálculo dos momentos principais:
56262
2
107122
102322
452
2
2
452
2
1
,II
Itg
cm,IIIII
I
cm,IIIII
I
YZ
YZ
YZZYZY
YZZYZY
3 m
P = 50 tf
30
20 10 30
10
30
P
medidas em cm
16
1
2
5
5555
107,1
)56,26(2sen.100,6)56,26(2cos2
109,2100,2
2
109,2100,2
2sen2cos22
II
II
I
IIIII
I
v
u
u
YZZYZY
u
Flexão composta:
uI
Mv
I
M
A
N
v
v
u
u ; 21200
50
cmA
tfPN
Mu e Mv são constantes (carga excêntrica com e=35 cm) e sendo o ângulo formado entre v
e M (sentido positivo: horário);
º56,206º56,26º180
cmtfePePM
cmtfePePM
vv
uu
5,1565cos3550cos
5,782sen3550sen
Pela regra da mão direita obtemos o sentido de M, Mu e M:
Mu é negativo: comprime o lado positivo do eixo v;
Mv é negativo: comprime o lado positivo do eixo u. (figura 4.2)
Assim temos:
u,
,v
,
,
55 1023
51565
1071
5782
1200
50
Sabendo que a linha neutra possui tensões normais nulas:
uvLN
55 102,3
5,1565
107,1
5,782
1200
500
com as seguintes condições de contorno:
Para u = 0 v = -9,05 cm
Para v = 0 u = -8,52 cm
Com esses pontos, traçamos a linha neutra, e pela regra da mão direita, determinamos os
pontos da seção que estão sendo mais solicitados.
A matriz de transformação fornecerá os pontos nas coordenadas u,v a partir das
coordenadas y,z.
z
y
cossen
sencos
v
u
onde 5626,
17
Ponto mais solicitado à tração:
cm35- yT cm31,31- uT
0 zT cm15,65- vT
2
55
180
31311023
515656515
1071
5782
1200
50
cmtf,
,,
,,
,
,
T
T
Ponto mais solicitado à compressão:
cm35 yC cm31,31 uC
0 zC cm15,65 vC
2
55
270
31311023
515656515
1071
5782
1200
50
cmtf,
,,
,,
,
,
C
C
Figura 4.2: Pontos mais solicitados da seção.
LN
CG
Mv
M
Mu
T
C
y u
v
z
18
1 m 3 m
P=2 tf 10
10 15 10 15
15
15
15
10
medidas em cm
5- Calcular os valores extremos de (tração e compressão) que surgirão na viga. O
peso próprio é desprezado. A carga P é vertical e passa pelo cg da seção.
Dados: Iy = 129167 cm4
Iz = 461042 cm4
Iyz = 194375 cm4
Figura 5.1
Solução:
a) Características Geométricas
- Cálculo do CG
como a seção é simétrica a posição do cg é óbvia.
- Momentos Totais de Inércia e suas Direções
7624124167461042
194375222 ,
II
Itg
yz
yz
yz
zyzyI
IIIII
2
2212
4
2
4
1
8039532
20550676
cm,I
cm,I
eixos u e v,
480395322222
cm,IsenIcosIIII
I uyz
zyzy
u
1
2
II
II
v
u
b) Tensões
Pela regra da mão direita, temos:
uI
Mv
I
M
v
v
u
u
x
onde: 7624,
19
y
z CG
u
v
LN
M
c
t
A
B
cmtf,cosMM
cmtf,senMM
v
u
61181
7683
u,
,v
,
,x
20550676
61181
8039532
7683
- Linha Neutra: = 0
020550676
61181
8039532
7683 u
,
,v
,
,x
podemos calcular a LN de duas formas:
1) Admitindo pontos na eq. de tensão
4261
00
,uv
vu
2) Pelo cálculo do angulo :
8581
,I
I
tgtg
utgv
v
u
Para a obtenção dos pontos mais solicitados será necessário fazer uma mudança de base,
onde será utilizado a matriz de transformação:
z
y
cossen
sencos
v
u
ponto A:
cm,v
cm,u
z
cm,y
A
A
A
A
6113
5129
0
532
22 /6,380386,051,2920,550676
61,18161,13
80,39532
76,83cmKgfcmtfA
ponto B:
cm,v
cm,u
z
cm,y
B
B
B
B
6113
5129
0
532
22 /6,380386,051,2920,550676
61,18161,13
80,39532
76,83cmKgfcmtfB
2
2
6,38
6,38:
cmKgf
cmKgfsãodeextremosvaloresos
T
C
20
6
plano de carga
30o
2 6
2
8
2
6- Qual deve ser o valor do momento fletor admissível num plano que forma com o eixo y um ângulo de 30o ?
Adotar: 21000 cmtf
Dados:
Iy = 1408 cm4
Iz = 2656 cm4
Iyz = -864 cm4
Figura 6.1
Solução: a) Características Geométricas
- Cálculo do CG
como a seção é simétrica a posição do cg é óbvia.
- Momentos Totais de Inércia e suas Direções
08272
2 ,II
Itg
yz
yz
yz
zyzyI
IIIII
2
2212
4
2
4
1
966
3098
cmI
cmI
eixos u e v,
49662222
cmIsenIcosIIII
I uyz
zyzy
u
1
2
II
II
v
u
b) Tensões
Pela regra da mão direita, temos:
uI
Mv
I
M
v
v
u
u
x
onde: 0857,
21
u
plano de carga
y
z
M
v
30o
LN
T
0857
0857
,cosMcosMM
,senMsenMM
v
u
- Para a Linha Neutra = 0
03098
0857
966
0857
u
,cosMv
,senMx
pelo cálculo do angulo :
41111
,I
I
tgtg
utgv
v
u
c) Cálculo do M admissível
Sendo 21000 cmtf
xt cmtf 21000
u,cosM
v,senM
x
3098
0857
966
0857
Para a obtenção do ponto mais solicitado à tração será necessário fazer uma mudança
de base, onde será utilizado a matriz de transformação:
z
y
cossen
sencos
v
u
ponto T:
cm,v
cm,u
cmz
cmy
T
T
T
T
498
970
8
3
cmtfMMM
T .55,13874597,03098
08,57cos49,8
966
08,57sen1000
cmtfM .55,138745
22
7- A viga de concreto da figura é constituída pela seção abaixo e recebe cargas uniformemente distribuídas devidas:
a) ao peso próprio 352 m/tf,concreto
b) a um carregamento atuando segundo a mesma direção do peso próprio e igual a 1,5 tf/m.
Calcular as tensões máximas indicando o ponto onde elas ocorrem:
Figura 7.1: Viga de concreto e seção transversal.
Solução:
Cálculo do peso próprio:
tf/m,p
mtf/m,Ap concreto
750
1080202060201052 243
Somando os dois carregamentos temos:
ptotal = 2,25 tf/m
Figura 7.2: Carga total e divisão da seção em figuras mais simples.
Centro de gravidade:
figura y z área y x área z x área
1 75 -10 200 15000 -2000
2 30 10 1200 36000 12000
3 70 40 1600 112000 64000
somatória 3000 163000 74000
medidas em centímetros
23
cm,yCG 33543000
163000 cm,zCG 6724
3000
74000
Cálculo dos momentos de segunda ordem:
4
23
23
2
1774667
1600331512
208012006714
12
60202006734
10
cmI
,,,12
20=I
Y
3
Y
4
23
23
23
1603667
1600671512
802012003324
12
20602006720
12
2010
cmI
,,,I
Z
Z
4669333
16006715331512003324671420067206734
cmI
,,,,,,I
YZ
YZ
Momentos principais:
36412
2
101439522
236393922
42
2
2
42
2
1
,'II
Itg
cmIIIII
I
cmIIIII
I
YZ
YZ
YZZYZY
YZZYZY
2
1
423639392222
II
II
cmsenIcosIIII
I
v
u
YZZYZY
u
Flexão Simples:
Figura 7.3: Diagrama de momento, decomposição de
M nos eixos principais u e v.
y
u v
z M
Mv
Mu
24
De acordo com o diagrama de momento fletor sabemos que a parte superior da seção é
comprimida e a parte inferior é tracionada. Através da regra da mão direita obtém-se o
sentido de M, Mu e Mv .
uI
Mv
I
M
v
v
u
u
com
3641,
mtf21,11,cos,cosMM
mtf18,58,sen,senMM
v
u
364112528
364112528
uv 1014395
2111
2363939
1858
Sabendo que a linha neutra possui tensões normais nulas:
01014395
2111
2363939
1858 uvLN
com as seguintes condições de contorno:
Para u = 0 v = 0
Para v = 1 u = -0,38 cm
Figura 7.4: Linha neutra na seção transversal.
ou
3269
6521
,
,I
I
tgtg
utgv
v
u
25
A matriz de transformação fornecerá os pontos nas coordenadas u,v a partir das
coordenadas y,z.
z
y
cossen
sencos
v
u
onde 3641,
Ponto mais solicitado à tração:
cm54,33 yT cm37,69 uT
cm4,67 zT cm39,40 vT
2109069371014395
21114039
2363939
1858cmtf,,, TT
Ponto mais solicitado à compressão:
cm25,67- yC cm48,78- uC
cm,zC 674 cm16,57 vC
2088078481014395
21115716
2363939
1858cmtf,,, CC
26
8- Para a viga da figura, com carregamento indicado e seção transversal retangular: a) Demonstrar que a linha neutra estará sobre uma diagonal do retângulo se a linha
se ação da carga P estiver sobre a outra diagonal.
b) Indicar para uma posição x qualquer o diagrama das tensões normais ,
marcando os valores máximos.
Figura 8.1: Viga engastada e seção transversal.
Solução:
y e z são os eixos principais pois Iyz = 0 (seção retangular)
a expressão do momento é dada por: xpM
a) hipótese: LN está sobre uma diagonal do retângulo se o plano de carga estiver localizado
na outra diagonal
Tomando um ponto A contido na LN, temos:
2
h- uy AA ,
2
bvz AA
positivohoráriotidosen
Mparavdesaindo,Meventreangulo
LNparaudesaindo,LNeuentreangulo
LN
p
z=v
y=u
M
Mv
Mu
27
Equação da LN utgv ; h
btg
htg
b
22
Desta forma, graficamente, podemos concluir que = -, conforme a convenção de sinais
temos:
sen M M M yu cos M M M zv
12
3hbIu
12
3bhI v
ubh
cosMv
hb
senM
1212
33
Para o cálculo de LN
uh
cosv
b
senLN
220
Como
h
btg
h
cos
b
sen
h
cos
b
sen
h
h
cosb
b
senb,hA
22220
220
22 22
Portanto
180
tgtg
b) h
barctg180
sen M M u
cos M M v
12
3hbIu
12
3bhI v
xpM
ubh
cosxpv
hb
senxp
331212
Ponto mais solicitado à tração:
2
h- uT ,
2
b- vT
28
212
212
33
h
bh
cosxpb
hb
senxpT
h
cos
b
sen
hb
xpT 6
Ponto mais solicitado à compressão:
2
h uC ,
2
b vC
212
212
33
h
bh
cosxpb
hb
senxpC
h
cos
b
sen
hb
xpC 6
Figura 8.2: Diagramas de tensões e pontos mais solicitados da seção.
LNp
z=v
y=u
M
Mv
Mu
C
T
t
c
-
+
29
9- Determinar o valor de P de compressão excêntrica sendo c=-0,8 tf/cm2 e
t=0,6 tf/cm2.
Figura 9.1: Seção transversal e pilar.
Solução:
00
172812
12
1728
44
4
yz
vz
4
uy
I
cmII
cm12
12 I I
Iy e Iz são os momentos principais
uI
Mv
I
M
A
N
v
v
u
u
excentricidade: eu = 4
ev = 2
Mu = P eu = +4P, traciona o lado positivo de u
Mv = P ev = +2P, traciona o lado positivo de v
Figura 9.2: Plano de carga e decomposição e M.
(O sentido de M foi determinado pela regra da mão direita, já que P é de compressão)
uvLN
uP
vPP
1728
2
1728
4
144
10
1728
2
1728
4
144
para u = 0, v = 3
para v = 0, u = 6
Figura 9.3: Pontos mais solicitados.
30
Ponto mais tracionado: T (6,6)
Ponto mais comprimido: C (-6,-6)
tf,P
PPP,t
243
61728
26
1728
4
14460
tf,P
tf,P
)(P
)(PP
,c
828
828
61728
26
1728
4
14480
31
20 cm
10 cm
10 cm 30 cm
F
y
z CG
F
16,67
12,22
v
u
10- Calcular F , sendo 2800 cmkgfc e 21400 cmkgft
Dados: A = 900 cm2
Iy = 105000 cm4
Iz = 55577,78 cm4
Iyz = -28320 cm4 OBS: F é de compressão
Figura 10.1
Solução:
a) Características Geométricas
- Cálculo do CG
cm,y 2212 cm,z 6716
- Momentos Totais de Inércia e suas Direções
45242
2 ,II
Itg
yz
yz
yz
zyzyI
IIIII
2
2212
4
2
4
1
5042703
28117874
cm,I
cm,I
eixos u e v,
4281178742222
cm,IsenIcosIIII
I uyz
zyzy
u
2
1
II
II
v
u
b) Excentricidade
Para a obtenção das coordenadas de F segundo os eixos u e v será necessário fazer uma
mudança de base:
z
y
cossen
sencos
v
u
32
y
z
M
CG
F
v
u
LN
e
A
cm,v
cm,u
cm,z
cm,y
F
F
F
F
3026
471
3323
2212
onde: 2093, e
uF
vF
ev
eu
471
3026
,FeMM
,FeMM
vv
uu
c) Tensões
Pela regra da mão direita temos:
A
Nu
I
Mv
I
M
v
v
u
u
x , onde: 2900cmA
9005042703
471
28117874
3026 Fu
,
F,v
,
F,x
- Para a Linha Neutra = 0
9005042703
471
28117874
30260
Fu
,
F,v
,
F,x
condições de contorno:
cm,uv
cm,vu
28320
9840
d) Cálculo do F admissível
Sendo 2800 cmkgfc e
21400 cmkgft
Para a obtenção dos pontos mais solicitados será necessário fazer uma mudança de
base:
ponto A:
cmv
cmu
cmz
cmy
A
A
A
A
53,22
28,9
67,16
78,17
kgfFFFF
t 06,330562900
28,950,42703
47,153,22
28,117874
30,261400
33
ponto F:
cm,v
cm,u
cm,z
cm,y
F
F
F
F
3026
471
3323
2212
kgf,FF
,,
F,,
,
F,C 13113802
900471
5042703
4713026
28117874
3026800
kgf,F 13113802
34
11- Pede-se a posição e o valor da carga de tração excêntrica que provoca a LN
indicada. No ponto A, a tensão vale A= 80 kgf/cm2
Figura 11.1: Seção transversal.
Solução:
Características geométricas:
Figura 11.2: Centro de gravidade.
Centro de gravidade
figura y z área y x área z x área
1 6 6 144 864 864
2 21 15 252 5292 3780
3 27 30 144 3888 4320
somatória 540 10044 8964
cm,yCG 618540
10044 cm,zCG 616
540
8964
B
A
C
LN
12 6 24
12
6
12
12
B
A
C
LN
1
2
3
CG z
y
16,6
18,6
35
Momentos de segunda ordem, transportados para o CG da figura:
4
424
24
24
424
24
24
y
344741444,134,82526,14,21446,106,12
73678144)4,8(12
624252)4,2(
12
4261446,12
12
1212
52078144)4,13(12
6242526,1
12
4261446,10
12
1212 I
cmI
cmI
cm
yz
z
Momentos e planos principais:
Pontos da LN dada:
Byz (-23,4;-1,4) Buv (-19,69; 12,73)
Cyz (-11,4;-25,4) Cuv (-24,23; -13,72)
Com a matriz de transformação e =36,30, determinamos as coordenadas dos pontos B e C
no sistema de eixos uv.
z
yx
cossen
sencos
v
u
Posição da carga P de tração: 01
uI
ev
I
e
A v
v
u
u
Ponto B: 069193499003
73128626751540
1 ,
,
e,
,
e vu
30362
2
862675122
349900322
42
2
2
42
2
1
,IyIz
Iyztg
cm,IyzIzIyIzIy
I
cm,IyzIzIyIzIy
I
1
2
86267513036234474303622
7367852078
2
7367852078
2222
IIv
IIu
,,sen,cos
senIyzcosIzIyIzIy
Iu
36
Ponto C: 023,2434,99003
72,1386,26751540
1 vu ee
Resolvendo o sistema, temos que:
eu = - 0,39 cm
ev = 8,38 cm
Cálculo do valor de P:
Ayz (18,6; 16,6) Auv (24,82; 2,37)
kgfP
PPP
cmkgfuI
ePv
I
eP
A
PAA
v
v
A
u
u
A
20418
82,2434,99003
38,837,2
86,26751
39,0
54080
/80 2
37
8
6
12
6
10
0,8
A
a'
b'
LN
z
y
CG
u
v
3,64
11,67
12- Determinar a posição e o valor de uma carga P que provoca a linha neutra
indicada na figura. A tensão no ponto A vale 2100 cmkgfA
Figura 9.1
Solução: a) Momentos Totais de Inércia e suas Direções
6162
2 ,II
Itg
yz
yz
yz
zyzyI
IIIII
2
2212
4
2
4
1
33276
561433
cm,I
cm,I
eixos u e v,
4332762222
cm,IsenIcosIIII
I uyz
zyzy
u
1
2
II
II
v
u
b) Tensões
Pela regra da mão direita temos:
A
Nu
I
Mv
I
M
v
v
u
u
x
- Para a Linha Neutra = 0
Com a matriz de transformação e , podemos determinar as coordenadas dos pontos a'
e b' pelo sistema dos eixos u e v.
Características Geométricas:
cm,y 6711
cm,z 643 Iy = 291,68 cm4 Iz = 1418,21 cm4 Iyz = -132,39 cm4 A = 28,8 cm2
38
z
v
a'
u y
b'
CG
LN
A
P>0
ev
ey
e
M
Mv
Mu
ponto a':
cm,v
cm,u
cm,z
cm,y
a
a
a
a
492
666
243
336
ponto b':
cmv
cmu
cmz
cmy
b
b
b
b
07,4
18,6
76,4
67,5
c) Cálculo da excentricidade
Supondo P no 1o quadrante e P>0
0
0
vv
uu
ePM
ePMePM
A
Pu
I
ePv
I
eP
v
v
u
u
x
Assim:
ponto a':
A
Pu
I
ePv
I
ePa
v
v
a
u
u
x
0
ponto b':
A
Pu
I
ePv
I
ePb
v
v
b
u
u
x
0
cme
cme
ee
ee
v
u
vu
vu
86,27
51,10
08,28
118,6
56,143307,4
33,276
08,28
166,6
56,143349,2
33,276
d) Cálculo do valor da carga
ponto A:
cm,v
cm,u
cm,z
cm,y
A
A
A
A
156
7011
764
3312
kgfPPPP
A 43,2348,28
70,1156,1433
86,2715,6
33,276
51,10100
39
A
p = 6,64 kg/cm
p
q
L = 2,5 m
Mz
v
yu
CG
plano
de carga
13- Determinar a máxima flecha em A.
Figura 13.1: Seção transversal e viga em balanço.
Solução:
1.194
1.14
cm,,
q
cm,p
644210
975
530610
6101052305
5711210
2430
530610
610353015
Figura 13.2: Centro de gravidade.
4
423
23
423
23
14,385736,557,861043,314,2305
43,1760157,861012
10643,3305
12
530
22,322336,561012
61014,2305
12
305
cmI
cmx
I
cmI
yz
z
y
40
4
22
22
84,2253
969,02436,014,38572969,022,32232436,043,17601
cossen2cossen
11,1422,322343,17601
14,385722
cmI
I
IIII
tg
u
u
yzyzu
41
2
2
2
2
1
80,18570
14,38572
21,322343,17601
2
43,1760121,3223
22
cmI
IyzIzIyIzIy
I
42
2
2
2
2
2
84,2253
14,38572
21,322343,17601
2
43,1760121,3223
22
cmI
IyzIzIyIzIy
I
Iu = I2 77,2580,18570
84,2253
251,0
11
v
u
I
I
tgtg
Figura 13.3: Decomposição do momento fletor Figura 13.4: Posição da LN.
41
MLN = M cos50,12 = 0,641M
4
22
00,5338
189,080,18570811,084,2253
77,25sen77,25cos
cmI
I
III
LN
LN
vuLN
Figura 13.5: Momento fletor em função de x.
Equação da linha elástica:
21
410
1
39
292
2
2
..10.6602,2
.10.0641,1'
.10.1922,300,5338.125000
.13,2"
2""
641.0
)(2
)(
CxCx
Cx
xx
xpkEIMEI
k
xMkMx
pxM
LNLN
LN
cmkgfp
cm
cmI
cmkgfE
LN
/64.6
250
5338
/125000
4
2
Condições de contorno:
(1) 0' x
0166,01 C
(2) 0 x
1110,32 C
p
x
n
M(x)M(x)
p
x
n
42
n (pla
no de
deslo
cam
ento
)
n
z
v
y u
LN
50.12
n0z
n0 0yn
Em x = 0,
cm
CxCx
11,3
1110,3)0.(0166,0)0.(10.6602,2
..10.6602,2
0
410
0
21
410
0
cm
cm
x
y
39,212,50sen
99,112,50cos
00
00
Figura 13.6: Decomposição do deslocamento nos eixos y e z.
43
q=3,5tf/m
700
175 700
Diagrama de momento M(tf.cm):
14- Determine na seção crítica I. Linha Neutra
II. A flecha máxima em A considerando-se E=200tf/cm2
Figura 5.1
Solução:
I. Linha Neutra
a) Características Geométricas
- Cálculo do CG
cmy 33,23 cmz 17,19
- Cálculo dos Momentos de Inércia 402,39460 cmI y 469,97786 cmI z 469,24456 cmI yz
- Momentos Totais de Inércia e suas Direções
99,192
2
yz
yz
II
Itg
yz
zyzyI
IIIII
2
2212
42
41
49,30562
22,106684
cmI
cmI
eixos u e v,
448,305622sen2cos22
cmIIIIII
I uyz
zyzy
u
1
2
II
II
v
u
b) Tensões
Pela regra da mão direita temos:
A
4 m 2 m
q=3,5 tf/m
40
10
30 Plano de Carga
CG
44
CG z
y
v
u
M
LN
Plano de Carga
(plano de
deslocamento)
A
q=0,035tf/cm
400 200
x x 5,25 15,75
CG
z
y
v
u
M
t
c
Plano de
Carga
LN
uI
Mv
I
M
v
v
u
ux
onde: 233
cmtfMM
cmtfMM
v
u
.27,421cos
.04,559sen
- Para a Linha Neutra = 0
022,106684
27,421
49,30562
04,559
uvx
podemos calcular a LN de duas formas:
admitindo pontos na eq. de tensão
cmuv
vu
61,41
00
ou pelo cálculo do angulo :
18,121
v
u
I
I
tgtg
utgv
II. A flecha máxima em A considerando-se E=200tf/cm2
- Cálculo das equações de M
1o Trecho 2000 x
21 0175,0 xxM
2o Trecho 600200 x
xxxM 75,150175,0 2
2
4
22
98,33950
sen.cos.
cmI
III
LN
vuLN
cos MM LN
onde:
83,24
MM LN 907,0
45
- Cálculo das equações de M
907,0 kxMkM LN
xMEI '' (a)
Substituindo as equações dos momentos em (a) temos:
1o Trecho
2''1 0175,0 xkEILN
xkEI LN 035,0'''
1
1
3'
13
0175,0 Cx
kEI LN
21
4
112
0175,0 CxCx
kEILN
2o Trecho
xxkEI LN 75,150175,0 2''
2
75,15035,0'''2 xkEILN
3
23'
22
75,153
0175,0 Cxx
kEI LN
43
34
26
75,1512
0175,0 CxCxx
kEI LN
- Condições de contorno
P/ x=200cm 01
02
'2
'1
P/ max''2 00 '
2'''
2
assim:
cmxxkEI LN 45075,15035,00'''
2
p/ x=450cm
3
23'
22
45075,15
3
4500175,00 CkEI LN
kC 10631253
p/ x=200cm
'
2
'
1 LNLN EIEI
46
3
23
1
3
2
20075,15
3
2000175,0
3
2000175,0 CkCk
kC 13781251
21
4
1 20012
2000175,00 CCkEI LN
kC 7,2732916662
Em x=0, temos:
21 CEI LN
cmx AA 50,3698,33950200
907,07,27329166601
cm
cm
AAz
AAy
90,3017,32cos
43,1917,32sen
47
LN 1LN' 1
LN'2LN 2
LN 3
LN'3
u
y
v
z
D
A
BC
15- Determinar o núcleo central da figura:
Dados: Iy = 13932 cm4
Iz = 34668 cm4
Iyz =-15552 cm4
Figura 15.1
Solução:
1528
1393234668
15552222
.
II
Itg
yz
yz
I1 = 42991 cm4 = Iv
I2 =5609 cm4 = Iu
Figura 15.2: Linhas neutras que passam nos pontos extremos da seção.
LN 1:
)15.6,28.20(B)15,15(B
)98.8,15(A)15,9(A
A
1u
I
ev
I
e
uvyz
uvyz
v
v
u
u
48
Substituindo na primeira equação:
Obs.:
- eu é a excentricidade em relação ao eixo u, é a distância do ponto em relação ao eixo u;
- O sinal negativo de ev significa que o ponto procurado está no lado negativo do eixo u.
LN 2:
).,.(C),(C
).,.(B),(B
uvyz
uvyz
7298111315
15628201515
Formando um sistema com as equações dos ponto B e C, temos
LN 3:
).,(B),(D uvyz 98815159
Formando um sistema com as equações dos pontos C e D, temos
Pela antimetria da figura temos que as LN1’, LN2’, LN3’ são as respectivas
multiplicadas por (-1):
LN1’ = (-1.02,4.17)
LN2’= (7.81,0.54)
LN3’= (1.84,-0.39)
cm.e
cm.e
.e
).(e
B
e).(
eA
v
u
vu
vu
174
021
324
12820
42991156
5609
324
115
42991988
5609
324
18111
42991729
5609 .
e.
eC vu
cm54.0e
cm81.7e
v
u
324
115
42991988
5609 )(
e.
eD vu
cm39.0e
cm84.1e
v
u
49
Figura 15.3: Núcleo central da figura.
LN' 1
z
LN 2
v
u
yLN'3
LN'2
LN 1
LN 3
D
C B
A
50
16- Determinar o deslocamento horizontal máximo em x = 0.
p0 = 324 kgf/m
E= 120 tf/cm2
Figura 16.1: Pilar de base triangular e seção variável
Solução:
h10.0h16
h
160
x
x15.0b24
b
160
x
Determina-se (x), x = 0 (x0)
x,LNx,LN MEI"
ILN, x : momento de inércia em relação a LN, variando
com x
MLN,x : momento fletor em relação a LN, variando com
x
Momentos de inércia principais e plano principal:
I1 = 0.1084 10-4
x-4
I2 = 0.0270 10-4
x-4
Figura 16.2: Relação entre b, h e x.
10.2520.12tg
51
25,10yu
y'
z
z'
v
p
LN
plano de
deslocamento
Mp
v
z'
z
u y
y'
p
32
10
72
150100
72
32
103
36
100150
36
24
10
36
150100
36
442222
4433
4433
xx.x.bhI
xx.x.hbI
xx.x.bhI
yz
y
z
1u
yz
2
z
2
yu
I1084.0I
cossenI2senIcosII
Figura 16.3: Posição dos eixos principais.
Linha neutra:
Figura 16.4: Posição da linha neutra.
62
4288.1
0270.0
0184.0.
90244
1.
1
902441025270
,
quadranteetg
tgI
I
tgtg
utgv
v
u
9036cos.)102562cos(.
10..04494,0
10.)].62.(sen.0270,0)62(cos.1084,0[
)(sen.cos.
44
4422
22
xxLNx
LNx
LNx
vuLNx
MMM
xI
xI
III
323
3
0
0
2
.10.26990,09036cos.6.160
.24,3
6.160
.24,3
160
.24,3.
6
xx
M
xM
xxpp
x
p
p
pxM
LNx
x
x
ll
52
Equação da linha elástica:
21
21
1
44
32
.)).((ln
..ln.
ln.'
0050,0
0050,0
10..04494,0.120000
.10.26990,0
CxCxxxk
CxCdxxk
Cxk
x
k
x
xx
x
"
"
m
kx
xxxk
kCx
8,0
0
ln..
0 2
53
17- Considerando a seguinte estrutura e seção transversal, determine: a) Máximas tensões normais na seção (compressão e tração), b) Máxima tensão de cisalhamento na seção devido a força cortante.
Figura 17.1
Solução:
FV=0 R1+R2=4
FH=0 H1=1 KN
M1=0 4*2-R2*3=0 R2=2,67 KN
Figura 17.2: Digramas
Ponto de Máximo (V=0)
KNm 88,0maxM(M2
33,133,1133,133,1(M
m 33,1x3
x
67,133,1
33,1
)33,1)33,1
Figura 17.3
54
Partes 1 e 3
Figura 17.4
43
43
cm 45,11612
18,111'Iz
cm 93,012
118,11'Iy
0'z'Iy
56,2610
5artg
41,3
21,3
cm 89,1770Iy
118,115,1202,24Iy e transportcom
02,24yI 66,3469,58yI
)º56,262cos(2
45,11693,0
2
93,045,116yI
2sen'z'Iy2cos2
'Iz'Iy
2
'Iz'IyIuyI
41,3
21,3
4
cm 85,372Iz
118,11535,93Iz e transportcom
cm 35,9366,3469,58IvzI
Parte 2
0Iyz
cm 67,112
120Iz
cm 67,66612
201Iy
2
43
2
43
2
º36,20IyIz
Iyz22tg
cm 9,1489Iyz
cm 37,747Iz
cm 45,4208Iy
4
4
4
55
Iu= 3699,03 + 90,46 + 971,95
Iu = 4761,44 cm4
Iv = 194,38 cm4
vP
vF
uP
uF
MMMv
MMMu
cosMMv
senMMu
Força F
Figura17.5
F=270 - F=242,34º
MF=1*10 MF=10 KNcm
Força P
Figura 17.6
P=270 + (90 – 30 - P=302,79º
MP= 88 KNcm
Mu= 10sen242,34º + 88sen302,79º
Mu= -8,85 – 73,97 Mu= -82,83 KNcm
Mv= 10cos242,34º + 88cos302,79º
Mv= -4,64 – 47,65 Mv= 43,01 KNcm
297,44º
)-(90270
62,56º tgMv
Mu
Figura 17.7
56
a) Tensões Normais
u2213,0v0174,00236,0
u38,194
01,43v
44,4761
83,82
36,42
1
uIv
Mvv
Iu
Mu
A
N
x
x
905,17v
035,2u
15z
10yJ
905,17v
035,2u
15z
10yK
z
y
cos sen-
sen cos
v
u
j
j
k
k
j,k
j,k
j,k
j,k
Linha Neutra
p/ v=0 u= -0,106 cm
p/ u=0 v= 1,35 cm
xk=0,0236 – 0,0174*(17,905) + 0,2213*(-2,035)
xk= - 0,738 KN/cm
2
xj=0,0236 – 0,0174*(-17,905) + 0,2213*(2,035)
xj= 0,785 KN/cm
2
Figura 17.7
b) Máxima Tensão Tangencial
KN 67,1V
cm 37,1412Iz
cm 9,5551510S
Iz1
9,5567,1
Ib
SV
4
322
xy
xy=6,61*10-2
KN/cm2
57
18- Considerando a seguinte estrutura e seção transversal, determine: a) Máximas tensões normais na situação mais crítica, b) O valor do momento fletor na direção da linha neutra resultante na
seção mais crítica.
Dados: Iy=6259 cm4; Iz=6809 cm4; Iyz=-5629 cm4
Figura 18.1
Solução:
cm 13,2205,72
30,512520,05139,05418Xcg
cm 46,1105,72
301815105,390125Ycg
º60,43IyIz
Iyz22tg
27,562219,323837,3282Iu
cossenIyz2senIzcosIyIu 22
Iu = 898,28 cm4
Iv = 12169,72 cm4
vF
vq
uF
uq
MMMv
MMMu
cosMMv
senMMu
58
Força q
Figura 18.2
q=270 - (45 – 43,6q=268,6º
Mq= 450 KNcm
Mqu = -449,86 KNcm
Mqv = -10,99 KNcm
Força F
Figura 18.3
F = 43,6 + 90 F = 133,6º
MF = 10*20,87 MF =208,7 KNcm
MFu
= 151,13 KNcm
MFv = -143,92 KNcm
Assim, temos:
Mu = -298,73 KNcm
Mv = -154,91 KNcm
u0127,0v332,0138,0
u72,12169
91,154v
28,898
73,298
05,72
10
uIv
Mvv
Iu
Mu
A
N
x
x
59
a) Pontos K e J
cm21,7v
cm67,22u
87,20z
46,11yJ
cm88,10v
cm45,5u
13,4z
46,11yK
z
y
cos sen-
sen cos
v
u
j
j
k
k
j,k
j,k
j,k
j,k
Linha Neutra
p/ v=0 u= 10,86 cm
p/ u=0 v= 0,41 cm
Figura 18.4
xk=0,138 – 0,332*(10,88) – 0,0127*(5,45)
xk= - 3,543 KN/cm
2
xj=0,138 – 0,332*(-7,21) – 0,0127*(22,67)
xj= 2,243 KN/cm
2
b)
Figura 18.5
60
)2,19º-cos(90º-MM
quadrantes 3º e 20º19,2Iv
Iu
tg
1tg
º59,242º59,32º180
º59,62Mv
Muarctg
KNcm 50,336MMuMvM
R
R
R
R22
R
M = 304,42 KNcm
61
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
1- Determinar P para o pilar:
Dado: tf2,1
Resposta: P = 3,92 tf
2- Calcular max e min
Dados: P = 7000 kgf;
H = 5000 kgf
Resposta: max =72,25 kgf/cm2 ,
min = -81,48 kgf/cm2
PP
H
P
CG
P
H
2 m
62
3- Determinar qual das duas barras é capaz de resistir a uma carga maior sem que surjam
sintomas de deformações plásticas.
Resposta: Na barra simétrica a tensão será menor.
4- A viga de madeira da figura abaixo tem a seção transversal indicada. As tensões
admissíveis longitudinal e tangencial horizontal são de 8 MPa e 800 kPa,
respectivamente. Determine a intensidade máxima admissível para w.
Resposta: w = 3.97 kN/m
2a
a2
P
P
a2
a
2a
P
a2
P
a a
a4
C x
y
C x
y
w N/m 1w N 1w N
63
5- O bloco da figura está carregado com a força de compressão de 1334 KN, aplicada com a
excentricidade de 3,81 cm. A seção transversal é um quadrado de 30.48 cm de lado.
Quais as tensões normais nas fibras extremas m e n?
Resposta: 2
n
2
m
m/kN25097
m/kN3585
6- Qual a excentricidade, que deveria ter a força aplicada no bloco do exercício anterior,
para que a tensão em m fosse nula?
Resposta: 5,08 cm
30.48
m15.24
15.24
30.48
n
3.81
P
64
BIBLIOGRAFIA
Beer, Ferdinand Pierre, Resistência dos Materiais, São Paulo, ed. McGraw-Hill do
Brasil, 1982.
Féodosiev, V., Resistência dos Materiais, edições Lopes da Silva, Posto, 1977.
Higdon, Archie, Mecânica dos Materiais, Rio de Janeiro, ed. Guanabara Dois AS,
1981.
Langendonck, Telemanco van, Resistência dos Materiais, ed. E. Blüncher.
Miroliubov, I. [et al.], Problemas de resistencia dos materiais, ed. Moscou :
Mir,1983.
Nash, W. A., Resistência dos Materiais, ed. McGraw-Hill do Brasil Ltda., 1975.
Popov, Egor Paul, Introdução à Mecânica dos Sólidos, São Paulo, ed. E. Blüncher,
1982.
Schiel, Frederico, Introdução a Resistência dos Materiais, fascículo II, São Paulo, 5ª
edição, janeiro 1974.
Timonshenko, Stephen P., Mecânica dos Sólidos, Rio de Janeiro, ed. Livros Técnicos
e Científicos, 1983-84.