EXERCÍCIOS DE FLEXÃO GERAL - fec.unicamp.brnilson/apostilas/exerciciosceflexaogeral.pdf ·...

UNIVERSIDADE ESTADUAL DE CAMPINASFACULDADE DE ENGENHARIA CIVIL

Departamento de Estruturas

EC 501 - RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS II

EXERCÍCIOS DE FLEXÃO GERAL

PROF DR. NILSON TADEU MASCIA MONITOR:RAQUEL TAIRA

REVISÃO: DANIELA DE ANDRADE SANTOS

JULHO 2005

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

→=

→=

→=

�

�

�

Ayz

Az

Ay

dAzyI

dAyI

dAzI

Obs.: Iy e Iz sempre são positivos.

Iyz pode ser positivo, negativo ou nulo.

2

Translação de eixos:

y’= c + y

z’ = b + z

AcII 2z'z +=

AbII yy2

' +=

AbcII yzzy +=''

Obs: b e c são coordenadas, possuem sinal

z'

y'

0

dA

CGz

y

Figura 1: Translação de eixos

Rotação de eixos:

Transformação de coordenadas:

αααα

αααα

αααα

cossensencos

cossensencos

:

cossensencos

×+×−=×+×=

��

��

�

−=

��

��

�×��

��

�

−=��

�

��

�

zyv

zyu

MCom

z

y

v

u

Onde: M: matriz de transformação de coordenadas

α: ângulo formado entre o eixo y e o plano principal de inércia u

)sen(cosIcossen)II(I

cosIcossenI2senII

cosIcossenI2senII

22yzzyuv

2zyz

2yv

2yyz

2zu

α−α+α×α×−=

α+αα×−α=

α+αα×−α=

Escrevendo com arcos duplos:

α+α−

=

α+α−

−+

=

α−α−

++

=

2cosI2sen2

III

2senI2cos2

II

2

III

2senI2cos2

II

2

III

yzzy

uv

yzzyzy

v

yzzyzy

u

Figura 2: Rotação de eixos

Momentos e planos principais de inércia:

2yz

2zyzy

2

2yz

2zyzy

1

I2

II

2

III

I2

II

2

III

+��

��

� −−

+=

+��

��

� −+

+=

I1: momento de inércia máximo I2: momento de inércia mínimo

yz

yz

II

I22tg

−=α

Representação gráfica: Círculo de Mohr

2yz

2zy2

uv

2zy

u I2

III

2

III +��

�

��

� −=+��

�

��

� +−

(x - xo)2 + (y - yo)2 = R2 (equação de uma circunferência)

22

2 yzzy I

IIR +��

�

��

� −= , R: raio da circunferência

20zy II

x+

= , x0 : abscissa do centro da circunferência

Figura 3: Círculo de Mohr

Propriedade: Iy + Iz = Iu + Iv = I1 + I2 = constante

Iij

I1 I2 C

P(Iz + Iyz )

Ii �� 2

R

(Iy +Iz )/2 (Iy - Iz )/2

Legenda: Ii: momento de inércia Iij: produtos de inércia

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: ε×=σ 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) FLEXÃO PURA Esforço: momento fletor (Mz) σ = k y k = constante σ = 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 θ Mu = Msen θ σ = Mv u + Mu v Iv Iu Obs.: Os sinais dos momentos Mu e Mv estão relacionados com o ângulo θ. 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( =σ .

vI

Mu

IM

0vI

Mu

IM

u

u

v

v

u

u

v

v

−=

=+

v

u

v

u

v

u

v

u

vu

uv

II

tan1

tanuII

tanv

uII

tan1

v

uII

IsenMcosM

uIMIM

v

θ−=β�β=

θ−=

θθ−=−=

β: 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, θ: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:

vI

Mu

IMAN

u

u

V

vB

A

BA

+=σ

=σ

σ+σ=σ

M = Ne e: excentricidade da força N em relação ao baricentro da seção

vI

Neu

INe

AN

esene

cosee

NesenM

cosNeM

u

v

v

u

v

u

v

u

++=σ

θ=θ=

θ=θ=

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.

Figura 8: Linhas neutras que passam nos extremos

da figura formando o núcleo central.

utanII

AeI

v

vIe

uIe

A1

N0

vI

Neu

INe

AN

0

v

u

v

u

u

v

v

u

u

v

v

u

θ−−=

��

��

�++=

++=

Construção do núcleo central:

��P de compressão

AuI

eLN

uI

PeAP

uI

MAP

vu

v

v

v

v

−=→

−−=σ

+=σ

Figura 9: Determinação do núcleo central para P de compressão. ��P de tração

AuI

eLN

uI

PeAP

uI

MAP

vu

v

v

v

v

−=→

++=σ

+=σ

A1

uIe

vIe

vIe

uIe

A1

0LN

vI

Peu

IPe

AP

0M,0M,vI

Mu

IM

AP

v

v

u

u

u

u

v

v

u

u

v

v

vuu

u

v

v

−=+

++==σ→

++=σ

≥≥++=σ

Figura 10: Determinação do núcleo central para P de tração.

1

��

��

��

Solução:

�� - Cálculo do CG

( )[ ] ( ) ( )( ) ( ) ( ) cm,yy 1319

30207020230203530201070203023020

=�⋅+⋅+⋅

⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=

( )[ ] ( ) ( )

( ) ( ) ( ) cm,z,

z 83373020702023020

60302035702067623020=�

⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅

=

- Cálculo dos Momentos de Inércia

��

��

��

�

�

��

� !��

�"!#�

�

�

�

2

�!$��

��

��

#�� %��

( ) ( ) ( )2030172212

20307020832

127020

23020

163136

2030 23

23

23

⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅= ,,,I y

481,1195734 cmI y =�

( ) ( ) ( )2030871512

30207020139

122070

23020

871036

3020 23

23

23

⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅= ,,,I z

454,409927 cmI z =�

( ) ( ) ( ) 2030172287150702083213902

302016318710

723020 22

⋅⋅−⋅−++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅−+⋅−= ,,,,,,I yz

404140663 cm,I yz =�

- Cálculo das Direções Principais

�85,9'81,119573454,409927

04,140663222 −=�

−⋅=

−⋅

= ααyz

yz

II

Itg

�� 158090859 ,,'' =+−=α� - Cálculo dos Momentos Principais de Inércia

�+��

��

� −±

+= 2

2

2212

yzzyzy I

IIIII

��

=

=4

2

41

13,385507

21,1220255

cmI

cmI

�� &�!�&�!�α'� �α''��

��

��

��

��

3

�

��

(!(�

$!##

�$

��!$

�

�

�

�

Solução: - Cálculo do CG

cm,y,,,

y 8851251115

012651151015 =�++

⋅+⋅+⋅=

cm,z,

,z 606

12511156128511615 =�

++⋅+⋅+⋅=

- 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

4211

211 05902 cm,sen'Icossen'Icos'II zyzyy =α⋅+α⋅α⋅⋅−α⋅=

4211

211 72502 cm,cos'Icossen'Isen'II zyzyz =α⋅+α⋅α⋅⋅−α⋅=

( ) ( ) 411

2211 42,67cossen''sencos' cmIIII zyyzzy +=⋅⋅−+−⋅= αααα

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 �=

4

#��

)��

)�$!��

%!��

�

�

%

→→→→ 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 =�

−⋅=

−⋅

= ααyz

yz

II

Itg

- Cálculo dos Momentos Principais de Inércia

�+��

��

� −±

+= yz

zyzy IIIII

I2

2212

��

=

=4

2

41

45,163

67,496

cmI

cmI

�� *��

�� !%��+�� ,��

Solução: Dividindo em 4 retângulos:

�

��

��

��

��

��

��-

#��

��$�� %��

$��

5

Centro de gravidade:

Retângulo y z área y x área z x 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 832361113632 == cm,

,,

zCG 993361137645 ==

Momentos de inércia:

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=α

44

44444

5232

222

cm,senI

cosIIII

I

'Z'Y

'Z'Y'Z'YZ

=α⋅−

−α⋅−++=

44

44444

7312

222

cm,senI

cosIIII

I

'Z'Y

'Z'Y'Z'YY

=α⋅−

−α⋅−++=

44

444

0322

22

cm,cosI

senII

I

'Z'Y

'Z'YYZ

=α⋅+

+α⋅−=

6

Transporte dos momentos de segunda ordem para o CG da figura: Retângulo 1:

41111

422111

422111

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 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 :

°=α→−

=α

=+��

��

� −−

+=

=+��

��

� −+

+=

64262

2

5622

29922

422

2

422

1

,II

Itg

cmIIIII

I

cmIIIII

I

YZ

YZ

YZZYZY

YZZYZY

%�� .�� .!��/��

� �� .� *�0�� $��/!��/� ��/��

��%��

��

1�2�$��/

��

��

��

��

1

� ��

7

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

121030

2

1023001512

103023005

123010

2

cmI

cm,xx

I

cmxx

I

YZ

Z

Y

⋅−=⋅−⋅+⋅⋅−=

⋅=��

��

�⋅+⋅+��

�

��

�⋅+⋅=

⋅=��

��

�⋅+⋅+��

�

��

�⋅+⋅=

Cálculo dos momentos principais:

°−=α→−

⋅=α

⋅=+��

��

� −−

+=

⋅=+��

��

� −+

+=

56262

2

107122

102322

4522

2

4522

1

,II

Itg

cm,IIIII

I

cm,IIIII

I

YZ

YZ

YZZYZY

YZZYZY

1

2

5

5555

107,1

)56,26(2sen.100,6)56,26(2cos2

109,2100,22

109,2100,2

2sen2cos22

II

II

I

IIIII

I

v

u

u

YZZYZY

u

=∴=

⋅=

�°−⋅⋅+°−⋅⋅⋅−⋅+⋅+⋅=

=⋅−⋅−++= αα

Flexão composta:

uI

Mv

IM

AN

v

v

u

u ⋅+⋅+=σ ; 21200

50

cmA

tfPN

===

Mu e Mv são constantes (carga excêntrica com e=35 cm) e sendo θ o ângulo formado entre v e M (sentido positivo: horário);

º56,206º56,26º180 =+=θ

cmtfePePM

cmtfePePM

vv

uu

⋅−=⋅⋅=⋅⋅=⋅=⋅−=⋅⋅=⋅⋅=⋅=

5,1565cos3550cos

5,782sen3550sen

θθθθ

Pela regra da mão direita obtemos o sentido de M, Mu e M:

Mu é negativo: comprime o lado positivo do eixo v;

8

Mv é negativo: comprime o lado positivo do eixo u. (figura 4.2) Assim temos:

u,

,v

,, ⋅

⋅−⋅

⋅−−=σ

55 102351565

10715782

120050

Sabendo que a linha neutra possui tensões normais nulas:

uvLN ⋅×

−⋅×

−−==→ 55 102,35,1565

107,15,782

120050

0σ

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.

��

��

⋅��

��

�

αα−αα

= ��

��

z

y

cossen

sencos

v

u

onde °−=α 5626,

→ Ponto mais solicitado à tração:

cm35- yT = cm31,31- uT = �

0 zT = cm15,65- vT =

( ) ( )2

55

180

31311023

515656515

10715782

120050

cmtf,

,,

,,

,,

T

T

=σ

−⋅⋅

−−⋅⋅

−−=σ

→ Ponto mais solicitado à compressão:

cm35 yC = cm31,31 uC = �

0 zC = cm15,65 vC =

( ) ( )2

55

270

31311023

515656515

10715782

120050

cmtf,

,,

,,

,,

C

C

−=σ

⋅⋅

−⋅⋅

−−=σ

�

�

9

��

12��/ ��

�� $ �� $

�$

�$

�$

��

� ��

��%��1�� .��

$�� 3�� *� �� σ�+��.� �� .,�4� ��.��3��5�� 6�� 7��1��3 �� .��

��

��

8�� &��2�� ("��%�

� &��2�%(��%��%�

� &��2�� %�"$��%�

��

��$��

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 =α�−

⋅=−⋅

=α

LN

CG

Mv

M

Mu

θ

−

+

T

C

y u

v

z

α

10

��/��

8�� +9,�

�

� ��

�

3

α

:;

9

θ

β

σ�

σ�

7

<

�+��

��

� −±

+= yz

zyzy IIIII

I2

2212

��

=

=4

2

41

8039532

20550676

cm,I

cm,I

→→→→ eixos u e v,

�

480395322222

cm,IsenIcosIIII

I uyzzyzy

u =�α⋅−α⋅−

++

= �

�

1

2

II

II

v

u

==∴

�

�b) Tensões

Pela regra da mão direita temos:

uI

Mv

IM

v

v

u

ux ⋅+⋅−=σ

�

onde: �7624,−=θ

��

⋅=θ⋅=⋅−=θ⋅=cmtf,cosMM

cmtf,senMM

v

u

61181

7683

u,

,v

,,

x ⋅+⋅−=σ∴20550676

611818039532

7683

- Para a Linha Neutra σ = 0

020550676

611818039532

7683 =⋅+⋅−=σ u,

,v

,,

x

→ podemos calcular a LN de duas formas:

admitindo pontos na eq. de tensão

426100,uv

vu

=�==�=∴

ou pelo cálculo do angulo β:

�858

1,

II

tgtg

utgv

v

u =β�⋅θ

−=β

⋅β=

11

(

��

��

� (

�

#

�

Para a obtenção dos pontos mais solicitados será necessário fazer uma mudança de

base, onde será utilizado a matriz de transformação:

��

��

⋅��

��

�

αα−αα

= ��

��

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

80,3953276,83

cmKgfcmtfA −=−=−⋅+⋅−=� σ

→ 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

80,3953276,83

cmKgfcmtfB ==⋅+−⋅−=� σ

��

=

−=∴

2

2

6,38

6,38:

cmKgf

cmKgfsãodeextremosvaloresos

T

C

σσ

σ

(�� =�� 3 �� 3�� /� ��>3 ��4� �/�� *��?�� @�

�

7�� 21000 cmtf=σ �

8�� &��2��%�#��%�

� &��2��($(��%�

� &��2��#(%��%�

�

�

�

�

��(��

12

�

��

�

�

9

3 β ��

θ

:;

A

α


→→→→ como a seção é simétrica a posição do cg é óbvia.


�08272

2 ,II

Itg

yz

yz −=α�−⋅

=α

�+��

��

� −±

+= yz

zyzy IIIII

I2

2212

��

=

=4

2

41

966

3098

cmI

cmI


49662222

cmIsenIcosIIII

I uyzzyzy

u =�α⋅−α⋅−

++

= �

�

1

2

II

II

v

u

==∴

�

�b) Tensões Pela regra da mão direita temos:

uI

Mv

IM

v

v

u

ux ⋅+⋅=σ

onde: �0857,=θ

��

⋅=θ⋅=

⋅=θ⋅=�

�

0857

0857

,cosMcosMM

,senMsenMM

v

u


03098

0857966

0857 =⋅⋅+⋅⋅=σ u,cosM

v,senM

x

→→→→ pelo cálculo do angulo β:

13

�41111

,II

tgtg

utgv

v

u −=β�⋅θ

−=β

⋅β=

c) Cálculo do M admissível

Sendo 21000 cmtf=σ �

xt cmtf σ≥=σ 21000 �

u,cosM

v,senM

x ⋅⋅+⋅⋅=σ3098

0857966

0857

Para a obtenção do ponto mais solicitado à tração será necessário fazer uma mudança

de base, onde será utilizado a matriz de transformação:

��

��

⋅��

��

�

αα−αα

= ��

��

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

96608,57sen

1000 ≤�−⋅⋅+⋅⋅≥=σ

cmtfM .55,138745=∴

"�� 7� 3�� /��>�� .��B��*� � � B � ��/� � �� B�>�� 3��

�,� �� 6��352 m/tf,concreto =γ �

B,� �� .�� 6�� !$��/C��

�� D*��

�

�

� �� >� ��

14

��"��E�� .��3 ��

Solução: Cálculo do peso próprio:

( )[ ]tf/m,p

mtf/m,Ap concreto

750

1080202060201052 243

=⋅⋅+⋅+⋅=⋅γ= −

Somando os dois carregamentos temos:

ptotal = 2,25 tf/m

��"�� 3��.�� .� ��/��

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

cm,yCG 33543000

163000 == cm,zCG 6724300074000 ==

Cálculo dos momentos de segunda ordem:

4

23

23

2

1774667

1600331512

208012006714

126020

200673410

cmI

,,,12

20=I

Y

3

Y

=

��

��

�⋅+⋅+��

�

��

�⋅+⋅+��

�

��

�⋅+⋅

4

23

23

23

1603667

1600671512

802012003324

122060

200672012

2010

cmI

,,,I

Z

Z

=

��

��

�⋅+⋅+��

�

��

�⋅+⋅+��

�

��

�⋅+⋅=

( )( ) ( ) ( )( )4669333

16006715331512003324671420067206734

cmI

,,,,,,I

YZ

YZ

=

⋅−⋅−+⋅⋅+⋅−⋅=

15

Momentos principais:

°−=α→−

⋅=α

=+��

��

� −−

+=

=+��

��

� −+

+=

36412

2

101439522

236393922

422

2

422

1

,'II

Itg

cmIIIII

I

cmIIIII

I

YZ

YZ

YZZYZY

YZZYZY

2

1

423639392222

II

II

cmsenIcosIIII

I

v

u

YZZYZY

u

=∴=

=α⋅−α⋅−

++

=

Flexão Simples:

��"��8�� !�� .�� 9�� *�� 3��

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

IM

v

v

u

u ⋅+⋅=σ

com

°=θ 3641,

mtf21,11,cos,cosMM

mtf18,58,sen,senMM

v

u

⋅=°⋅=θ⋅=⋅=°⋅=θ⋅=

364112528

364112528

uv ⋅+⋅=σ1014395

21112363939

1858

Sabendo que a linha neutra possui tensões normais nulas:

y

u v

z M

Mv

Mu

θ

α

16

01014395

21112363939

1858 =⋅+⋅=→ uvLN σ

com as seguintes condições de contorno:

Para u = 0 → v = 0 Para v = 1 → u = -0,38 cm

ou

°−=β

−=⋅θ

−=β

β=

3269

6521

,

,II

tgtg

utgv

v

u

A matriz de transformação fornecerá os pontos nas coordenadas u,v a partir das coordenadas y,z.

��

��

⋅��

��

�

αα−αα

= ��

��

z

y

cossen

sencos

v

u

onde °−=α 3641,


cm54,33 yT = cm37,69 uT = �

cm4,67 zT = cm39,40 vT =

( ) ( ) 2109069371014395

21114039

23639391858

cmtf,,, TT =σ→⋅+⋅=σ


cm25,67- yC = cm48,78- uC = �

cm,zC 674= cm16,57 vC =

( ) ( ) 2088078481014395

21115716

23639391858

cmtf,,, CC −=σ→−⋅+⋅=σ

17

#�� 1�� 3�� /��!� �� .� ��3 ��

�,� 8 ��4� � ��F�� D��B � �� ?�� F�� .��1� ��3 ��B ��

B,� &�� .� *� 4��4� � � �� σ!��3�� D*��

��#��E�� .��3 ��

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 omando um ponto A contido na LN, temos:

2h

- uy AA == , 2b

vz AA ==

�

�

→→θ→β

positivohoráriotidosen

Mparavdesaindo,Meventreangulo

LNparaudesaindo,LNeuentreangulo

:;�

��

�23�

�2��

9�

93�

9��

θ

β

γ

18

Equação da LN → utgv ⋅β= ; hb

tgh

tgb −=β→�

�

��

�−⋅β=22

Desta forma, graficamente, podemos concluir que γ = -β, conforme a convenção de sinais temos:

θ⋅== sen M M M yu θ⋅== cos M M M zv

12

3hbI u =

12

3bhI v =

ubh

cosMv

hbsenM ⋅θ⋅−⋅θ⋅−=σ

121233

Para o cálculo de LN

uh

cosv

bsen

LN ⋅θ−⋅θ−==σ→22

0

Como

( )

hb

tgh

cosb

senh

cosb

sen

hh

cosbb

senb,hA

=θ→θ=θ→θ+θ−=

→��

��

�−⋅θ−⋅θ−=→−

22220

22022 22

Portanto

β−=γ�γ+=θ

β−=θ180

tgtg

b) hb

arctg180 +=θ

θ⋅= sen M M u θ⋅= cos M M v

12

3hbI u =

12

3bhI v =

xpM ⋅=

ubh

cosxpv

hbsenxp ⋅θ⋅⋅⋅+⋅θ⋅⋅⋅=σ

331212


2h

- uT = , 2b

- vT =

19

��

��

�−⋅θ⋅⋅⋅+��

��

�−⋅θ⋅⋅⋅=σ2

122

1233

hbh

cosxpbhbsenxp

T

��

��

� θ+θ⋅⋅⋅⋅−=σ

hcos

bsen

hbxp

T 6


2h

uC = , 2b

vC =

��

��

�⋅θ⋅⋅⋅+��

��

�⋅θ⋅⋅⋅=σ2

122

1233

hbh

cosxpbhbsenxp

C

��

��

� θ+θ⋅⋅⋅⋅=σ

hcos

bsen

hbxp

C 6

��#��8�� .��

�� 8 � �� 3�� 1�� .� *�0�� σ�2��!#� �/C��

σ�2�!(��/C��

�� G �.��3 ��

:;�

�23

�2�

9

93

9�

θ

�

A

σ�

σ�

�

H

20

Solução:

00

17281212

1728

44

4

=α→=

===

===

yz

vz

4

uy

I

cmII

cm12

12 I I

Iy e Iz são os momentos principais

uI

Mv

IM

AN

v

v

u

u ++=σ

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

�� 1�� .� �9��

(O sentido de M foi determinado pela regra da mão direita, já que P é de compressão)

uvLN

uP

vPP

17282

17284

1441

0

17282

17284

144

++−==σ→

++−=σ

para u = 0, v = 3

para v = 0, u = 6

�� 1��

Ponto mais tracionado: T (6,6)

Ponto mais comprimido: C (-6,-6)

tf,P

PPP,t

243

617282

617284

14460

=

++−==σ

tf,P

tf,P

)(P

)(PP

,c

828

828

617282

617284

14480

=∴

=

−+−+−=−=σ

21

��

��

��

�

�

� ��

�

�(!("

��!��

3

�

α

��F !�� 2800 cmkgfc =σ �21400 cmkgft =σ �

�

8�� 7�2� ��

� &��2��$��%�

� &��2�$$$""!"#��%�

� &��2��#��%�

5<G�� F �� .��

�

�

��

�


cm,y 2212= cm,z 6716=


�45242

2 ,II

Itg

yz

yz =α�−⋅

=α

�+��

��

� −±

+= yz

zyzy IIIII

I2

2212

��

=

=4

2

41

5042703

28117874

cm,I

cm,I


4281178742222

cm,IsenIcosIIII

I uyzzyzy

u =�α⋅−α⋅−

++

= �

�

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:

��

��

⋅��

��

�

αα−αα

= ��

��

z

y

cossen

sencos

v

u

22

�

�

9

��

�

3

�

:;

θ

α

7

��

−==

��

−==

cm,v

cm,u

cm,z

cm,y

F

F

F

F

3026

471

3323

2212

onde: �2093,=θ e ��

==

uF

vF

ev

eu

( )( )

��

⋅=⋅=−⋅=⋅=471

3026

,FeMM

,FeMM

vv

uu

c) Tensões Pela regra da mão direita temos:

AN

uI

Mv

IM

v

v

u

ux −⋅−⋅=σ , onde: 2900cmA =

9005042703471

281178743026 F

u,F,

v,F,

x −⋅⋅−⋅⋅=σ


9005042703471

281178743026

0F

u,F,

v,F,

x −⋅⋅−⋅⋅==σ

→→→→ condições de contorno:

cm,uv

cm,vu

283209840

−=�==�=

d) Cálculo do F admissível

Sendo 2800 cmkgfc =σ �21400 cmkgft =σ �

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

28,11787430,26

1400 ≤�−−⋅⋅−⋅⋅≥=σ

23

→ ponto F:

��

−==

��

−==

cm,v

cm,u

cm,z

cm,y

F

F

F

F

3026

471

3323

2212

( ) ( ) kgf,FF

,,F,

,,F,

C 13113802900

4715042703

4713026

281178743026

800 ≤�−⋅⋅−−⋅⋅≤−=σ

kgf,F 13113802=∴

��1 � �� .� � � 3�� .� *�0��4� ��3�� :;��;��7!�� .�3�� σ72�#��I�/C��

��

�

�

��G �.��3 ��

Solução: Características geométricas: �� 3��

<

7

�

:;

�� ( �%

��

(

��

��

<

7

�

:;

�

�

� ��

�

�(!(

�#!(

24

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 616540

8964 ==

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(

12426

1446,1212

1212

52078144)4,13(12

6242526,1

12426

1446,1012

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)

°=α→−

=α

=+��

��

� −−+=

=+��

��

� −++=

30362

2

862675122

349900322

422

2

422

1

,IyIz

Iyztg

cm,IyzIzIyIzIy

I

cm,IyzIzIyIzIy

I

( ) ( )

1

2

86267513036234474303622

73678520782

7367852078

2222

IIv

IIu

,,sen,cos

senIyzcosIzIyIzIy

Iu

=∴=

=°−°−++=

α−α−++=

25

Com a matriz de transformação e α=36,30°, determinamos as coordenadas dos pontos B e C no sistema de eixos uv.

��

��

��

��

�

αα−αα

=��

��

z

yx

cossen

sencos

v

u

Posição da carga P de tração

01 =++ u

Ie

vIe

A v

v

u

u

Ponto B

( ) ( ) 069193499003

73128626751540

1 =−++ ,,

e,

,e vu

Ponto C

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)

( ) ( ) 023243499003

72138626751540

1 =−+−+ ,,

e,

,e vu

( ) ( )

kgfP

PPP

cmkgfuI

ePv

IeP

AP

AAv

vA

u

uA

20418

82,2434,99003

38,837,2

86,2675139,0

54080

/80 2

=∴

⋅⋅+⋅−⋅+=

=�⋅⋅

+⋅⋅

+= σσ

26

#

(

��

(

��

�!#

7

�'

B'

:;

�

�

��

�

3

�!(%

��!(" α

��8 � �� .� � � 3�� 1�4� � �3�� F��

��/��7�� .��7�3�� 2100 cmkgfA =σ �

��

��

��

��

Solução: a) Momentos Totais de Inércia e suas Direções

�6162

2 ,II

Itg

yz

yz −=α�−⋅

=α

�+��

��

� −±

+= yz

zyzy IIIII

I2

2212

��

=

=4

2

41

33276

561433

cm,I

cm,I


4332762222

cm,IsenIcosIIII

I uyzzyzy

u =�α⋅−α⋅−

++

= �

�

1

2

II

II

v

u

==∴

�

�b) Tensões Pela regra da mão direita temos:

AN

uI

Mv

IM

v

v

u

ux +⋅+⋅=σ

- Para a Linha Neutra σ = 0 Com a matriz de transformação e α, podemos determinar as coordenadas dos pontos a' e b' pelo sistema dos eixos u e v.

�� >��

� cm,y 6711= �

� cm,z 643= � &��2�� !(#��

%�� &��2��%�#!��

%�� &��2��!� ��

%�� 7�2��#!#��

27

�

3

�'

α

� �

B'

��

:;

7

1J�

3

�

9

93

9�

θ

→ 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

AP

uI

ePv

IeP

v

v

u

ux +⋅

⋅+⋅

⋅=σ∴

assim:

→ ponto a':

AP

uI

ePv

IeP

av

va

u

ux +⋅

⋅+⋅

⋅==σ ′′0

→ ponto b':

AP

uI

ePv

IeP

bv

vb

u

ux +⋅

⋅+⋅

⋅==σ ′′0

( ) ( )

( ) ( ) cme

cmeee

ee

v

u

vu

vu

86,2751,10

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

28

A

p = 6,64 kg/cm

p

q

L = 2,5 m

Mz

v

yu

CG

plano de carga

( ) ( ) kgfPPPP

A 43,2348,28

70,1156,1433

86,2715,6

33,27651,10

100 −=�+−⋅⋅+−⋅⋅==σ

��8 � ��D*��/� �F�� 7��

��

��

��

��

��G �.��3 �� 3�� B��

Solução:

°=θ°=α1.194

1.14

( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) cm,,

q

cm,p

644210975

5306106101052305

57112102430

530610610353015

==⋅+⋅

⋅⋅+⋅⋅=

==⋅+⋅

⋅⋅+⋅⋅=

�� 3��

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4

423

23

423

23

14,385736,557,861043,314,2305

43,1760157,861012

10643,3305

12530

22,322336,561012

61014,2305

12305

cmI

cmx

I

cmI

yz

z

y

−=−⋅⋅⋅+−⋅⋅⋅=

=��

��

�⋅⋅++��

�

��

�⋅⋅+⋅=

=��

��

�⋅⋅+⋅+��

�

��

�⋅⋅+⋅=

29

( )

( ) ( ) ( ) ( )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

=

⋅⋅⋅−⋅+−⋅=

−+=

°−=�−

−⋅=

αααα

αα

( )4

1

22

22

1

80,18570

14,38572

21,322343,176012

43,1760121,3223

22

cmI

IyzIzIyIzIy

I

=

−+��

��

� −++=

+��

��

� −++=

( )4

2

22

22

2

84,2253

14,38572

21,322343,176012

43,1760121,3223

22

cmI

IyzIzIyIzIy

I

=

−+��

��

� −−+=

+��

��

� −−+=

∴Iu =

I2 °−=�⋅−=⋅−= 77,2580,1857084,2253

251,011 β

θβ

v

u

II

tgtg

��8 ��.�� /� �� %��1��.��:;��

30

MLN = M cos50,12° = 0,641M

( ) ( )

4

22

00,5338

189,080,18570811,084,2253

77,25sen77,25cos

cmI

I

III

LN

LN

vuLN

=

⋅+⋅=°−+°−=

��$��9� ��/� �� /��.�� *��

Equação da linha elástica:

21410

139

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

++=

+=

==

×=�−=

=

×=→−=

−

−

−

ηη

η

ηη

cmkgfp

cm

cmI

cmkgfE

LN

/64.6250

5338

/1250004

2

==

==

�

Condições de contorno: (1) 0'=�= η�x

0166,01 −=C

(2) 0=�= η�x 1110,32 =C

p

x

n

M(x)M(x)

p

x

n

31

n (plan

o de

deslocam

ento)

n

z

v

y uLN

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

4100

21410

0

=+−=

++=∴−

−

ηη

η

cm

cm

x

y

39,212,50sen

99,112,50cos

00

00

=°=

=°=

ηηηη

��(��8 ��.�� *��

�%��8 � �� .��>��&�� :��F��; ��&&�� 7�/� �F��D*�� 7�� K2��/C��

�

��$��

Solução: &�� :��F��; ��

a) Características Geométricas - Cálculo do CG

7

%��

42�!$��/C�

%�

��

�� Plano de Carga

CG

32

42�!$�/C�

"�� "$ "��

8�� 9+�/��,�

��

�

�

3

�

9

α

θ

σt

β

σc 1��

LN

cmy 33,23= cmz 17,19= - Cálculo dos Momentos de Inércia

402,39460 cmI y = 469,97786 cmI z = 469,24456 cmI yz −=


�99,192

2 −=�−⋅

= ααyz

yz

II

Itg

�+��

��

� −±

+= yz

zyzy IIIII

I2

2212

��

=

=4

2

41

49,30562

22,106684

cmI

cmI


448,305622sen2cos22

cmIIIIII

I uyzzyzy

u =�⋅−⋅−

++

= αα �

1

2

II

II

v

u

==∴

b) Tensões Pela regra da mão direita temos:

uI

Mv

IM

v

v

u

ux ⋅+⋅=σ

onde: �233=θ

��

−=⋅=−=⋅=

cmtfMM

cmtfMM

v

u

.27,421cos

.04,559sen

θθ


022,106684

27,42149,3056204,559 =⋅−+⋅−= uvxσ

→ podemos calcular a LN de duas formas:

admitindo pontos na eq. de tensão

cmuv

vu

61,41

00

−=�==�=∴

ou pelo cálculo do angulo β:

33

CG �

�

3

�

M

α

θ

LN

γ

β

Plano de Carga

η (plano de deslocamento)

ηA

42�!��$�/C��

%��

x x $!�$ �$!"$

�18,121 −=�⋅−=

⋅=

βθ

β

β

v

u

II

tgtg

utgv

&&�� 7�/� �F��D*�� 7�� K2��/C��

- Cálculo das equações de M

• 1o Trecho → 2000 ≤≤ x

( ) 21 0175,0 xxM ⋅−=

• 2o Trecho → 600200 ≤≤ x

( ) xxxM ⋅+⋅−= 75,150175,0 22

4

22

98,33950

sen.cos.

cmI

III

LN

vuLN

=�

+= ββ

γcos⋅= MM LN

onde: �83,24=γ

MM LN ⋅= 907,0

- Cálculo das equações de M

( ) 907,0=�⋅= kxMkM LN

( )xMEI −=''η (a)

Substituindo as equações dos momentos em (a) temos: 1o Trecho

2''1 0175,0 xkEI LN ⋅⋅=η

xkEI LN ⋅⋅= 035,0'''1η

1

3'1 3

0175,0 Cx

kEI LN +⋅⋅=η

21

4

1 120175,0 CxC

xkEI LN +⋅+⋅⋅=η

2o Trecho

( )xxkEI LN ⋅−⋅⋅= 75,150175,0 2''2η

34

( )75,15035,0'''2 −⋅⋅= xkEI LNη

3

23'2 2

75,153

0175,0 Cxx

kEI LN +��

��

�⋅−⋅⋅=η

43

34

2 675,15

120175,0 CxC

xxkEI LN +⋅+��

�

��

�⋅−⋅⋅=η

- Condições de contorno

P/ x=200cm 01 =→ η

02 =→ η

'2

'1 ηη =→

P/ max=''2η 00 '

2'''

2 =→=→ ηη

assim:

( ) cmxxkEI LN 45075,15035,00'''2 =�−⋅⋅==η

• p/ x=450cm

3

23'2 2

45075,15

3450

0175,00 CkEI LN +��

��

�⋅−⋅⋅==η

kC ⋅−=� 10631253

• p/ x=200cm

'2

'1 ηη LNLN EIEI =

3

23

1

3

2200

75,153

2000175,0

3200

0175,0 CkCk +��

��

�⋅−⋅⋅=+⋅⋅

kC ⋅−=� 13781251

21

4

1 20012

2000175,00 CCkEI LN +⋅+⋅⋅==η

kC ⋅=� 7,2732916662

Em x=0, temos:

21 CEI LN =η

( ) cmx AA 50,3698,33950200

907,07,27329166601 =�

⋅⋅===∴ ηηη

��

=⋅=

=⋅=

cm

cm

AAz

AAy

90,3017,32cos

43,1917,32sen

ηηηη

35

LN 1LN' 1

LN'2LN 2

LN 3

LN'3

u

y

v

z

D

A

BC

�$��8 � ��L�� /��

Dados: Iy = 13932 cm4

Iz = 34668 cm4 Iyz =-15552 cm4

Figura 15.1 Solução:

°−=α

−×−=

−=α

1528

13932346681555222

2

.

II

Itg

yz

yz

I1 = 42991 cm4 = Iv I2 =5609 cm4 = Iu

��

��$��:��F�� 4� �� *� �� .��

LN 1:

)15.6,28.20(B)15,15(B

)98.8,15(A)15,9(A

A1

uIe

vIe

uvyz

uvyz

v

v

u

u

−→−

−→−

−=+

Substituindo na primeira equação:

36

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

021324

12820

42991156

5609

3241

1542991

9885609

−==

−=+−→

−=+−→

3241

811142991

7295609

−=+→ .e

.e

C vu

cm54.0e

cm81.7e

v

u

−=−=

3241

1542991

9885609

−=−+→ )(e

.e

D vu

cm39.0e

cm84.1e

v

u

=−=

37

��$��;L�� /��

�

�(��8 � �� F��D*�� *�2��

p0 = 324 kgf/m E= 120 tf/cm2

��

LN' 1

z

LN 2v

u

y LN'3

LN'2

LN 1

LN 3

D

C B

A

38

25,10yu

y'

z

z'

v

p

LN

plano de deslocamento

Mp

v

z'

z

u y

y'

p

��(��1�� B�� .�3��D3 ��

Solução: �

h10.0h16h

160x

x15.0b24b

160x

=�=

=�=

Determina-se η(x), x = 0 � η(x0)

x,LNx,LN MEI" −=η 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

��(��M ��.� �� B!�F� �*�

( )

( )

( ) ( )32

1072

15010072

32103

36100150

36

2410

36150100

36

442222

4433

4433

xx.x.bhI

xx.x.hbI

xx.x.bhI

yz

y

z

−

−

−

−=−=−=

===

===

1u

yz2

z2

yu

I1084.0I

cossenI2senIcosII

==

αα−α+α=

��(��1��.�� *�� Linha neutra:

��

��(�%��1��.��F��

°=α→=α 10.2520.12tg

39

°−=°°→−=

°−=−=

°=°−°==

62

4288.1

0270.00184.0

.90244

1.

1

902441025270

,

ββ

θβ

θβ

quadranteetg

tgII

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 βγγγ

323

3

00

2

.10.26990,09036cos.6.160

.24,36.160

.24,3

160.24,3

.

6

xx

M

xM

xxpp

xpp

pxM

LNx

x

x

−−=°−=

−=∴

==�=

−=

ll

Equação da linha elástica:

21

21

1

44

32

.)).((ln

..ln.

ln.'

0050,0

0050,010..04494,0.120000

.10.26990,0

CxCxxxk

CxCdxxk

Cxkxk

x

xxx

++−=

++=

+=

==

==

�

−

−

η

η

η

η

η

"

"

m

kx

xxxk

kCx

8,00

ln..

0 2

=∴×=�=

��

��

� +−=

×=�=�=

ηη

η

η

�

��

��

40

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 Resolução ΣFV=0 → R1+R2=4 ΣFH=0 → H1=1 KN ΣM1=0 → 4*2-R2*3=0 R2=2,67 KN

Figura 17.2: Digramas

Ponto de Máximo (V=0)

KNm 88,0maxM(M233,1

33,1133,133,1(M

m 33,1x3x

67,133,133,1

)33,1)33,1 ==→⋅⋅−⋅=

=→=+

41

Figura 17.3 Partes 1 e 3

Figura 17.4

43

43

cm 45,11612

18,111'Iz

cm 93,012

118,11'Iy

0'z'Iy

56,26105

artg

=⋅=

=⋅=

=

°==α

41,3

21,3

cm 89,1770Iy

118,115,1202,24Iy e transportcom

02,24yI 66,3469,58yI

)º56,262cos(2

45,11693,02

93,045,116yI

2sen'z'Iy2cos2

'Iz'Iy2

'Iz'IyIuyI

=

⋅⋅+=→

=−=

⋅⋅−++=

α−α⋅−++==

41,3

21,3

4

cm 85,372Iz

118,11535,93Iz e transportcom

cm 35,9366,3469,58IvzI

=

⋅⋅+=→

=+==

42

Parte 2

0Iyz

cm 67,112

120Iz

cm 67,66612201

Iy

2

43

2

43

2

=

=⋅=

=⋅=

º36,20IyIz

Iyz22tg

cm 9,1489Iyz

cm 37,747Iz

cm 45,4208Iy

4

4

4

=α→−⋅

=α

�

�

=

=

=

Iu= 3699,03 + 90,46 + 971,95 Iu= 4761,44 cm4

Iv= 194,38 cm4

��

+=

+=�

��

θ=θ=

vPvF

uPuF

MMMv

MMMucosMMvsenMMu

Força F

Figura17.5

θF=270 - α → θθθθF=242,34º MF=1*10 → MF=10 KNcm Força P

Figura 17.6

θP=270 + (90 – 30 - α) → θθθθP=302,79º

43

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

=θγ+=θ

=γ→γ=

Figura 17.7

a)Tensões Normais

u2213,0v0174,00236,0

u38,19401,43

v44,4761

83,8236,42

1

uIv

Mvv

IuMu

AN

x

x

⋅+⋅−=σ

+⋅−=σ

+⋅+=σ

��

−==

��

−==

��

=−=

��

=−=

��

��

⋅��

��

�

αααα

= ��

��

905,17v035,2u

15z10y

J

905,17v035,2u

15z10y

K

zy

cos sen-sen cos

vu

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 σx

k=0,0236 – 0,0174*(17,905) + 0,2213*(-2,035) σσσσx

k= - 0,738 KN/cm2 σx

j=0,0236 – 0,0174*(-17,905) + 0,2213*(2,035) σσσσx

j= 0,785 KN/cm2

44

Figura 17.7

b)Máxima Tensão Tangencial

KN 67,1Vcm 37,1412Iz

cm 9,5551510S

Iz19,5567,1

IbSV

4

322

xy

==

=⋅⋅��

�� +=

⋅⋅=

⋅⋅=τ

ττττxy=6,61*10-2 KN/cm2

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

45

cm 13,2205,72

30,512520,05139,05418Xcg

cm 46,1105,72

301815105,390125Ycg

=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=

=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=

º60,43IyIz

Iyz22tg −=α→

−⋅=α

27,562219,323837,3282IucossenIyz2senIzcosIyIu 22

−+=α⋅α⋅⋅−α⋅+α⋅=

Iu = 898,28 cm4 Iv = 12169,72 cm4

��

+=

+=�

��

θ=θ=

vFvq

uFuq

MMMv

MMMucosMMvsenMMu

Força q

Figura 18.2

θq=270 - (45 – 43,6) → θθθθq=268,6º Mq= 450 KNcm Mqu = -449,86 KNcm Mqv = -10,99 KNcm Força F

Figura 18.3

46

θF = 43,6 + 90 → θF = 133,6º MF = 10*20,87 → MF =208,7 KNcm MF

u = 151,13 KNcm MF

v = -143,92 KNcm Assim, temos: Mu = -298,73 KNcm Mv = -154,91 KNcm

u0127,0v332,0138,0

u72,12169

91,154v

28,89873,298

05,7210

uIv

Mvv

IuMu

AN

x

x

⋅−⋅−=σ

−⋅−=σ

+⋅+=σ

a) Pontos K e J

��

−==

��

−==

��

==

��

==

��

��

⋅��

��

�

αααα

= ��

��

cm21,7vcm67,22u

87,20z46,11y

J

cm88,10vcm45,5u

13,4z46,11y

K

zy

cos sen-sen cos

vu

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

σx

k=0,138 – 0,332*(10,88) – 0,0127*(5,45) σσσσx

k= - 3,543 KN/cm2 σx

j=0,138 – 0,332*(-7,21) – 0,0127*(22,67) σσσσx

j= 2,243 KN/cm2

47

b)

Figura 18.5

)2,19º-cos(90º-MM

quadrantes 3º e 20º19,2IvIu

tg1

tg

º59,242º59,32º180

º59,62Mv

Muarctg

KNcm 50,336MMuMvM

R

R

R

R22R

φ⋅=

°∴<−=β→⋅θ

−=β

=+=θ

=φ→=φ

=→+=

M = 304,42 KNcm

48

EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1- Determinar P para o pilar: Dado: tf2,1=σ

Resposta: P = 3,92 tf 2- Calcular maxσ e minσ

Dados: P = 7000 kgf; H = 5000 kgf

Resposta: maxσ =72,25 kgf/cm2 , minσ = -81,48 kgf/cm2

PP

H

P

CG

P

H

2 m

49

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 tranversal 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

50

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

2m

m/kN25097

m/kN3585

−=σ

−=σ

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

51

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.

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