23468942 - Resistencia - dos - Materiais - II, Notas de estudo de Cultura

Baixe 23468942 - Resistencia - dos - Materiais - II e outras Notas de estudo em PDF para Cultura, somente na Docsity! 1 MECÂNICA _____________________________________________________________________ 1 1.1 Introdução ____________________________________________________________________ 1 1.2 Conceitos Fundamentais _________________________________________________________ 2 1.3 Sistema Internacional de Unidades _________________________________________________ 2 1.4 Trigonometria__________________________________________________________________ 4 1.5 Alfabeto Grego _________________________________________________________________ 6 2 ESTÁTICA ______________________________________________________________________ 7 2.1 Forças no plano ________________________________________________________________ 7 2.2 Equilíbrio de um ponto material ___________________________________________________ 7 2.3 Resultante de uma força _________________________________________________________ 8 2.4 Momento de uma força _________________________________________________________ 14 2.4.1 Momento de um sistema de forças coplanares _____________________________________ 14 2.4.2 Teorema de Varignon ________________________________________________________ 14 2.4.3 Momento de um binário ______________________________________________________ 15 2.4.4 Equilíbrio de corpos rígidos ___________________________________________________ 18 2.5 Apoios _______________________________________________________________________ 19 2.6 Tipos de Estruturas ____________________________________________________________ 20 2.6.1 Estruturas hipostáticas _______________________________________________________ 20 2.6.2 Estruturas isostáticas_________________________________________________________ 20 2.6.3 Estruturas hiperestáticas______________________________________________________ 20 3 TRELIÇAS _____________________________________________________________________ 21 3.1 Definição ____________________________________________________________________ 21 3.2 Método do equilíbrio dos nós _____________________________________________________ 22 4 TENSÕES E DEFORMAÇÕES_____________________________________________________ 28 4.1 Introdução ___________________________________________________________________ 28 4.2 Diagrama tensão-deformação ____________________________________________________ 29 4.3 Tensão admissível______________________________________________________________ 30 4.4 Lei de Hooke__________________________________________________________________ 30 4.4.1 Coeficiente de Poisson________________________________________________________ 32 4.4.2 Forma geral da Lei de Hooke - Teoria da Elasticidade _______________________________32 4.5 Estruturas estaticamente indeterminadas ___________________________________________ 35 4.6 Tensões iniciais e Tensões Térmicas _______________________________________________ 38 4.7 Tensão de cisalhamento_________________________________________________________ 41 5 MOMENTO DE INERCIA DAS FIGURAS PLANAS____________________________________ 44 5.1 Área_________________________________________________________________________ 44 5.2 Momento Estático (ou Momento de Inércia___________________________________________45 5.3 Centro de Gravidade____________________________________________________________ 46 5.4 Momento de Inércia ____________________________________________________________ 50 5.5 Translação de eixos ____________________________________________________________ 51 5.6 Módulo Resistente _____________________________________________________________ 53 5.7 Raio de Giração _______________________________________________________________ 54 6 ESFORÇOS SOLICITANTES ______________________________________________________ 57 6.1 Introdução ___________________________________________________________________ 57 6.2 Classificação dos esforços solicitantes _____________________________________________ 57 6.3 Convenção de sinais____________________________________________________________ 58 7 VIGAS _________________________________________________________________________ 60 7.1 Introdução ___________________________________________________________________ 60 7.2 Tipos de cargas________________________________________________________________ 60 7.2.1 Cargas distribuídas __________________________________________________________ 60 7.3 Apoios ou vínculos _____________________________________________________________ 61 7.4 Equações diferenciais de equilíbrio________________________________________________ 75 8 TENSÕES E DEFORMAÇÕES NA FLEXÃO _________________________________________ 85 8.1 Hipóteses admitidas ____________________________________________________________ 85 8.2 Tensões normais na flexão ______________________________________________________ 86 8.3 Tensões de cisalhamento na flexão ________________________________________________ 92 9 DEFORMAÇÕES NAS VIGAS _____________________________________________________ 97 BIBLIOGRAFIA ____________________________________________________________________ 104 Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo Resistência dos Materiais - Apostila II LISTA DE SÍMBOLOS letras maiúsculas A área E módulo de elasticidade F força I momento de inércia L comprimento M momento, momento fletor Ms momento estático N força normal P carga concentrada R resultante de forças, esforço resistente S esforço solicitante V força cortante letras minúsculas a aceleração b largura g aceleração da gravidade h dimensão, altura l comprimento m metro, massa max máximo min mínimo q carga distribuída s segundo v deslocamento vertical x distância da linha neutra ao ponto de maior encurtamento na seção transversal de uma peça fletida letras gregas α, θ ângulo, coeficiente δ deslocamento φ diâmetro ε deformação específica fγ coeficiente de majoração das ações σ tensão normal σ tensão normal admissível τ tensão tangencial τ tensão tangencial admissível υ coeficiente de Poisson índices adm admissível c compressão f ação t tração, transversal w alma das vigas max máximo min mínimo Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 3 O peso de um corpo também é uma força e é expresso em Newton (N). Da Equação P=m.g (terceira Lei de Newton ou Lei da Gravitação) segue-se que o peso de um corpo de massa 1 kg é = (1 kg)×(9,81 m/s2) = 9,81 N, onde g=9,81m/s2 é a aceleração da gravidade. A pressão é medida no SI em Pascal (Pa) que é definido como a pressão exercida por uma força de 1 Newton uniformemente distribuída sobre uma superfície plana de 1 metro quadrado de área, perpendicular à direção da força 2/ mNPa = . Pascal é também unidade de tensões normais (compressão ou tração) ou tensões tangenciais (cisalhamento). Múltiplos e submúltiplos Nome Símbolo fator pelo qual a unidade é multiplicada exa E 1018 = 1 000 000 000 000 000 000 peta P 1015 = 1 000 000 000 000 000 tera T 1012 = 1 000 000 000 000 giga G 109 = 1 000 000 000 mega M 106 = 1 000 000 quilo k 103 = 1 000 hecto h 102 = 100 deca da 10 deci d 10-1 = 0,1 centi c 10-2 = 0,01 mili m 10-3 = 0,001 micro µ 10-6 = 0,000 001 nano n 10-9 = 0,000 000 001 pico p 10-12 = 0,000 000 000 001 femto f 10-15 = 0,000 000 000 000 001 atto a 10-18 = 0,000 000 000 000 000 001 Conversão de Unidades A unidade é equivalente a 1MPa 1 N/mm2 1 MPa 1 x 106 N/m2 1 GPa 1 x 109 N/m2 1 m 100 cm 1 cm 0,01 m 1 kgf 9,81 N 1 kgf 2,20 lb 1 polegada (ou 1") 2,54 cm 1 m2 10000 cm2 Exemplo de conversão de medidas de pressão: 422 10× == cm N m NPa 1010 1010 242 6 2 6 × = × × = × = cm kN cm N m NMPa 2 2 42 9 2 9 10 10 1010 cm kN cm N m NGPa ×= × × = × = Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 4 1.4 Trigonometria Para o estudo da Mecânica necessitam-se dos conceitos fundamentais da trigonometria. A palavra trigonometria significa medida dos três ângulos de um triângulo e determina um ramo da matemática que estuda as relações entre as medidas dos lados e dos ângulos de um triângulo. Círculo e Funções Trigonométricas EFsen =α OF=αcos ABtg =α DCg =αcot OB=αsec OCec =αcos 1== ROE Triângulo retângulo No triângulo retângulo, os catetos são os lados que formam o ângulo de 90º. A hipotenusa é o lado oposto ao ângulo de 90º e é determinada pela relação: 222 cba += . Relações trigonométricas a c hipotenusa opostocatetosen ==α a b hipotenusa adjacentecateto ==αcos b c adjacentecateto opostocatetotg ==α b a adjacentecateto hipotenusa ==αsec b carctg=α a carcsen=α a barccos=α bC a α A B c triângulo retângulo Relação fundamental da trigonometria: 1cossen 22 =+ xx Razões Trigonométricas Especiais 30º 45º 60º Seno 2 1 2 2 2 3 Cosseno 2 3 2 2 2 1 Tangente 3 3 1 3 Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 5 Exemplos 1. Calcule o valor de c da figura 20 º30 csen = 202 1 c = 202 =c mc 10= 2. Determine o valor de b da figura 20 º30cos b= 202 3 b = 3202 =b mb 310= b 20 m 30° c 3. Calcule o valor de a da figura 222 34 +=a 22 34 +=a ma 5= 4. Determine o valor do ângulo α da figura 4 3arctg=α º87,36=α 4 m α a 3 m Triângulo qualquer Lei dos senos: R C c B b A a 2 sensensen === Lei dos cossenos Abccba cos2222 ×−+= Baccab cos2222 ×−+= Cabbac cos2222 ×−+= Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 8 A representação gráfica de todas as forças que atuam em um ponto material pode ser representada por um diagrama de corpo livre, como indica a figura ao lado. F3 F2 A F4 F1 Figura 2.2 Exemplo: verificar se o sistema de forças indicado está em equilíbrio As condições necessárias e suficientes para o equilíbrio são: 0=Σ xF 0º302000º3010001500 =−−=Σ sensenFx 010005001500 =−−=Σ xF ok 0=Σ yF 0866º30cos1000º30cos2000 =−−=Σ yF 08668661732 =−−=Σ yF ok xA F = 1500N1 F = 1000N3 F = 866N2 30° y F = 2000N4 30° Resposta: O sistema de forças está em equilíbrio 2.3 Resultante de uma força Constata-se experimentalmente que duas forças P e Q que atuam sobre um ponto material podem ser substituídas por uma única força R que tenha o mesmo efeito sobre esse ponto material. Essa força é chamada de resultante de P e Q. Portanto, a resultante de um grupo de forças é a força que, atuando sozinha, produz ação idêntica à produzida pelo grupo ou sistema de forças. A resultante pode ser determinada por soluções gráficas ou analíticas. a) Soluções gráficas: quando um ponto material está em equilíbrio sob a ação de mais de três forças o problema pode ser resolvido graficamente pelo desenho de um polígono de forças, como indicado nas figuras abaixo. Regra do paralelogramo Q A P A P Q R R Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 9 Regra do Triângulo A Q A R=P+Q P Q P R=P+Q Composição de forças R=F1+F2-F3 F3 R=F1+F2 F1 F1 R=F1+F2+F3 F2 F3 F3 F2 F3 Decomposição de forças F Fx y x y F b) Soluções analíticas: os métodos analíticos utilizam a trigonometria e as equações de equilíbrio. Exemplos Determinar a Resultante das duas forças P e Q agem sobre o parafuso A. Q=60 N 25º 20ºA P=40 N Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 10 a. Soluções gráficas 35.0° R=98 N A 20º 25º P=40 N Q=60 N R=98 N Q=60 N A P=40 N 35.0° Regra do paralelogramo Regra do triângulo b. Solução analítica: trigonometria Cálculo da força resultante: Lei dos cossenos: BPQQPR cos2222 −+= º155cos604024060 222 ×××−+=R NR 7,97= Cálculo do ângulo α Lei dos senos R senB Q senA = 7,97 º155 60 sensenA = 25,0=senA º15=A º20+= Aα º35º20º15 =+=α A R Q=60 N α P=40 N B 155° C Sabendo-se que o parafuso está fixo, portanto em equilíbrio, existem forças de reação que equilibram as forças Q e P. Este princípio é explicado pela terceira lei de Newton: “A toda ação corresponde uma reação, com a mesma intensidade, mesma direção e sentido contrário”. Portanto, o parafuso está reagindo por uma força de mesma intensidade da resultante de P e Q, mas em sentido contrário. A força de reação pode ser decomposta em duas forças Fx e Fy, que são suas projeções sobre os eixos (x e y). NFx 80º35cos7,97 =×= NsenFy 56º357,97 =×= A R=97,7 N 35° Fx=80 N 20º Fy=56 N R=97,7 N P=40 N 25º Q=60 N 35.0° Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 13 Roteiro: a. Determinar inicialmente a resultante entre as forças F1 e F2 e seu respectivo ângulo (α12) em relação ao eixo x. Chamar a resultante de R12; b. Em seguida, determinar a resultante de todo o sistema, chamando-a de R123 (R123 é a resultante entre R12 e F3); c. Finalmente, determinar o ângulo (α123) de R123 em relação ao eixo x. Respostas: R123 = 32,19 N e α123 = 61,46º 4. Determinar o valor da força F. a) y x 159,65 N 300 N 20° 60° F b) x F60° 346,41 N 30° 200 N y Resp. F = 314,41 N Resp. F = 400 N c) F y x 45° 45° 141,42 N 141,42 N d) y x F30° 60° 45° 250 N 120 N 91,9 N Resp. F = 200 N Resp. F = 255,45 N e) 329,36 N 100 N 100 N F 60° 70° 45° x y f) 65° 61 kg 45° F 450 N Resp. F = 321,74 N Resp. F=268,95 N Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 14 2.4 Momento de uma força Define-se Momento como a tendência de uma força F fazer girar um corpo rígido em torno de um eixo fixo. O Momento depende do módulo de F e da distância de F em ao eixo fixo. Considere-se uma força F que atua em um corpo rígido fixo no ponto 0, como indicado na figura. A força F é representada por um vetor que define seu módulo, direção e sentido. O vetor d é a distância perpendicular de 0 à linha de ação de F. 0 A d M0 F Define-se o momento escalar do vetor F em relação a 0, como sendo dFM ×=0 onde: M0= momento escalar do vetor F em relação ao ponto 0 0 = pólo ou centro de momento d= distância perpendicular de 0 à linha de ação de F, também chamada de braço de alavanca O momento M0 é sempre perpendicular ao plano que contém o ponto 0. O sentido de M0 é definido pelo sentido de rotação imposto pelo vetor F. Convenciona-se momento positivo se a força F tender a girar o corpo no sentido anti-horário e negativo, se tender a girar o corpo no sentido horário. M-M+ No SI, onde a força é expressa em newtons (N) e a distância em metros (m). Portanto, o momento é expresso em newtons × metros (N × m). 2.4.1 Momento de um sistema de forças coplanares Chama-se Momento de um sistema de forças coplanares S={(F1,A1),....,(Fn,An)} em relação ao ponto 0, à soma algébrica dos Momentos de cada força em relação ao mesmo ponto 0. 0 A A F F 3 1 1 2 A 2b1 b2 b3 F3 ∑ = = n i FS i MM 1 0,0, 2.4.2 Teorema de Varignon Seja R a resultante do sistema de forças S. “O Momento da resultante de um sistema de forças em relação a um ponto é igual ao momento do sistema ou seja, a soma algébrica dos Momentos de todas as forças componentes em relação ao mesmo ponto O”. ∑ = == n i FSR i MMM 1 0,0,0, Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 15 2.4.3 Momento de um binário Duas forças F e –F que tenham o mesmo módulo, linhas de ação paralelas e sentidos opostos formam um binário. A soma das componentes das duas forças em qualquer direção é zero. Entretanto, a soma dos momentos das duas forças em relação a um dado ponto não é zero. Apesar de as duas forças não transladarem o corpo no qual atuam, tendem a fazê-lo girar. b 1-F 2A A1 F1 Exemplos 1. Uma força de 450 N é aplicada no ponto A como ilustrado na figura. Determinar: a) o momento da força em relação a D; b) a menor força aplicada em D que ocasiona o mesmo momento em relação a D; c) o módulo e o sentido da força vertical que, aplicada em C, produz o mesmo momento em relação a D; d) a menor força que, aplicada em C, ocasiona o mesmo momento em relação a D. B 30° A D 22 5m m 225mm C 12 5m m 300mm 450 N 30° B 197.3mm 22 5m m C225mm 52.6° D12 5m m 300mm 37.4°325 30° 22.6° A 450 N Solução a) braço de alavanca 197,3 mm Momento M=F×b M=450×197,3= 88785 N.mm ou M= 88,8 N.m B 30° A 22 5m m 375 mm 225mm C 53.1° 36.9° 12 5m m D 300mm 450 N b) Para se obter a menor força aplicada em B que ocasiona o mesmo momento em relação a D, deve-se utilizar o maior braço de alavanca, ou seja: 375300225 22 =+=b mm b MF = 8,236 375,0 8,88 ==F N c) b MF = 7,394 225,0 8,88 ==F N Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 18 2.4.4 Equilíbrio de corpos rígidos Um corpo rígido está em equilíbrio quando todas as forças externas que atuam sobre ele formam um sistema de forças equivalente a zero, isto é, quando todas as forças externas podem ser reduzidas a uma força nula e a um binário nulo. 0=ΣF 00=ΣM As expressões acima definem as equações fundamentais de Estática. Decompondo cada força e cada momento em suas componentes cartesianas, encontram-se as condições necessárias e suficientes para o equilíbrio de um corpo rígido no espaço: x 0 y z 0=Σ xF 0=Σ yF 0=Σ zF 0=Σ xM 0=Σ yM 0=Σ zM Equilíbrio ou em duas dimensões As condições de equilíbrio de um corpo rígido simplificam-se consideravelmente no caso de uma estrutura bidimensional. Escolhendo os eixos x e y no plano da estrutura, tem-se: x 0 y 0=zF 0== yx MM 0MM z= para cada uma das forças aplicadas ao corpo rígido, então as seis equações de equilíbrio no espaço reduzem-se a: 0=Σ xF 0=Σ yF 0=Σ AM onde A é um ponto qualquer no plano da estrutura. Estas três equações podem ser resolvidas para um máximo de três incógnitas. O equilíbrio em duas dimensões é também conhecido como equilíbrio no plano. Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 19 2.5 Apoios Para o estudo do equilíbrio dos corpos rígidos não bastam conhecer somente as forças externas que agem sobre ele, mas também é necessário conhecer como este corpo rígido está apoiado. Apoios ou vínculos são elementos que restringem os movimentos das estruturas e recebem a seguinte classificação: Apoio móvel ou • Impede movimento na direção normal (perpendicular) ao plano do apoio; • Permite movimento na direção paralela ao plano do apoio; • Permite rotação. Apoio fixo • Impede movimento na direção normal ao plano do apoio; • Impede movimento na direção paralela ao plano do apoio; • Permite rotação. Engastamento • Impede movimento na direção normal ao plano do apoio; • Impede movimento na direção paralela ao plano do apoio; • Impede rotação. Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 20 2.6 Tipos de Estruturas As estruturas são classificadas em função do número de reações de apoio ou vínculos que possuem. Cada reação constitui uma incógnita a ser determinada. Para as estruturas planas, a Estática fornece três equações fundamentais: 0=Σ xF 0=Σ yF 0=Σ AM 2.6.1 Estruturas hipostáticas Estruturas hipostáticas são aquelas cujo número de reações de apoio ou vínculos é inferior ao número de equações fornecidas pelas condições de equilíbrio da Estática. A figura ao lado ilustra um tipo de estrutura hipostática. As incógnitas são duas: RA e RB. Esta estrutura não possui restrição a movimentos horizontais. L P A RB B R A 2.6.2 Estruturas isostáticas Estruturas isostáticas são aquelas cujo número de reações de apoio ou vínculos é igual ao número de equações fornecidas pelas condições de equilíbrio da Estática. No exemplo da estrutura da figura, as incógnitas são três: RA, RB e HA. Esta estrutura está fixa; suas incógnitas podem ser resolvidas somente pelas equações fundamentais da Estática. RA A HA L P RB B 2.6.3 Estruturas hiperestáticas Estruturas hiperestáticas são aquelas cujo número de reações de apoio ou vínculos é superior ao número de equações fornecidas pelas condições de equilíbrio da Estática. Um tipo de estrutura hiperestática es’ta ilustrado na figura ao lado. As incógnitas são quatro: RA, RB, HA e MA. As equações fundamentais da Estática não são suficientes para resolver as equações de equilíbrio. São necessárias outras condições relativas ao comportamento da estrutura, como, p. ex., a sua deformabilidade para determinar todas as incógnitas. RA RB HA A AM L P B Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 23 determinado for negativo, significa que a barra está comprimida, portanto, o sentido da seta deve ser mudado. Nó A A RA N2 N1 0=Σ HF → 02 =N 0=Σ VF 01100 =+ N → 1001 −=N kN Nó B B 100 45° N4 50 N3 0=Σ HF 0º45cos43 =+ NN → 503 −=N kN 0=Σ VF 0º45450100 =−− senN → 7,704 =N kN Nó C N550 100 N6 C 0=Σ HF 0550 =+ N → 505 −=N kN 0=Σ VF 06100 =+ N → 1006 −=N kN Nó D 45° 50 50 N7 N8 D 0=Σ HF 0º45cos750 =− N → 7,707 =N kN 0=Σ VF 0º457,70850 =++ senN → 1008 −=N kN Nó E 100 100 E N9 0=Σ HF → 09 =N Nó F Verificação 45° 45° 100 70,770,7 0,0 0,0 F 0=Σ HF 0º45cos7,70º45cos7,70 =+− → 0 = 0 ok 0=Σ VF 0º457,70º457,70100 =++− sensen →0 = 0 ok Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 24 Como a treliça é simétrica, com carregamentos simétricos, os resultados das forças que agem nos nós D e E são iguais às dos nós B e A, respectivamente. Portanto, não há necessidade de se calcular as forças nos nós D e E. Resultados NAB= -100 kN compressão NAF= 0 NBC= -50 kN compressão NBF= +70,7 kN tração NCF= -100 kN compressão NCD= -50 kN compressão NDF= +70,7 kN tração NDE= -100 kN compressão NFE= 0 kN C RA A F 2 m B 50 kN 100 kN D 2 m RE E α 2 m HE 50 kN 2. Calcular as forças em cada barra da treliça “mão francesa” da figura. 1. 0 m C 2.0 m 40 kN AHA 1. 0 m E 2.0 m α D 20 kN θ RB HB B Cálculo dos ângulos de inclinação das barras º43,63 1 2 === arctgα º56,26 2 1 === arctgθ a) Cálculo das reações de apoio 0=Σ HF 40=+ BA HH kN 0=Σ VF 020 =+BR 20−=BR kN 0=Σ BM 01402402 =×−×−×+ AH 60=AH kN 20−=BH kN Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 25 b) Cálculo das forças nas barras Nó B N2 N1 63.4° 20 kN 20 kN B 0=Σ HF 022 =+− αsenN → 4,222 =N kN 0=Σ VF 0cos2120 =−+ αNN → 101 =N kN Nó A 60 N3 100 26.6° A N4 10 0=Σ HF 0346 =++ θsenNN 04,2246 =−+ θsenN → 404 =N kN 0=Σ VF 0cos310 =+ θN → 4,223 −=N kN Nó E 40 N6 E N5 0=Σ HF → 406 =N kN 0=Σ VF → 05 =N kN Nó D 26.6° N7 40 D 20 0=Σ VF 0720 =+− θsenN → 7,447 =N kN 0=Σ HF 0cos7,4440 =+− θsen → 0 = 0 ok Nó C 22,4 44,70,0 22,4 26.6° 40C 0=Σ HF 0cos7,4440cos4,22cos4,22 =+−− θθθ =0 kN 0=Σ VF 07,444,224,22 =−− θθθ sensensen → 10+10-20 =0 ok Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 28 4 TENSÕES E DEFORMAÇÕES 4.1 Introdução Os conceitos de tensão e deformação podem ser ilustrados, de modo elementar, considerando-se o alongamento de uma barra prismática (barra de eixo reto e de seção constante em todo o comprimento). Considere-se uma barra prismática carregada nas extremidades por forças axiais P (forças que atuam no eixo da barra), que produzem alongamento uniforme ou tração na barra. Sob ação dessas forças originam-se esforços internos no interior da barra. Para o estudo desses esforços internos, considere-se um corte imaginário na seção mm, normal a seu eixo. Removendo-se por exemplo a parte direita do corpo, os esforços internos na seção considerada (m-m) transformam-se em esforços externos. Supõe-se que estes esforços estejam distribuídos uniformemente sobre toda a seção transversal. m m σ L P δ P P Figura 4.1. Para que não se altere o equilíbrio, estes esforços devem ser equivalentes à resultante, também axial, de intensidade P. Quando estas forças são distribuídas perpendiculares e uniformemente sobre toda a seção transversal, recebem o nome de tensão normal, sendo comumente designada pela letra grega σ (sigma). Pode-se ver facilmente que a tensão normal, em qualquer parte da seção transversal é obtida dividindo-se o valor da força P pela área da seção transversal, ou seja, A P =σ (1) A tensão tem a mesma unidade de pressão, que, no Sistema Internacional de Unidades é o Pascal (Pa) corresponde à carga de 1N atuando sobre uma superfície de 1m2, ou seja, Pa = N/m2. Como a unidade Pascal é muito pequena, costuma-se utilizar com freqüência seus múltiplos: MPa = N/mm2 = (Pa×106), GPa = kN/mm2 = (Pa×109), etc. Em outros Sistemas de Unidades, a tensão ainda pode-se ser expressa em quilograma força por centímetro quadrado (kgf/cm2), libra por polegada quadrada (lb/in2 ou psi), etc. Quando a barra é alongada pela força P, como indica a Figura 4.1, a tensão resultante é uma tensão de tração; se as forças tiverem o sentido oposto, comprimindo a barra, tem-se tensão de compressão. Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 29 A condição necessária para validar a Equação (1) é que a tensão σ seja uniforme em toda a seção transversal da barra. O alongamento total de uma barra submetida a uma força axial é designado pela letra grega δ (delta). O alongamento por unidade de comprimento, denominado deformação específica, representado pela letra grega ε (epsilon), é dado pela seguinte equação: L δε = (2) onde: ε = deformação específica δ = alongamento ou encurtamento L = comprimento total da barra. Note-se que a deformação ε é uma quantidade adimensional. É de uso corrente no meio técnico representar a deformação por uma fração percentual (%) multiplicando-se o valor da deformação específica por 102 ou mesmo até (‰) multiplicando-se por 103. 4.2 Diagrama tensão-deformação As relações entre tensões e deformações para um determinado material são encontradas por meio de ensaios de tração. Nestes ensaios são medidos os alongamentos δ, correspondentes aos acréscimos de carga axial P, que se aplicarem à barra, até a ruptura do corpo-de-prova. Obtêm-se as tensões dividindo as forças pela área da seção transversal da barra e as deformações específicas dividindo o alongamento pelo comprimento ao longo do qual a deformação é medida. Deste modo obtém-se um diagrama tensão-deformação do material em estudo. Na Figura 4.2 ilustra-se um diagrama tensão-deformação típico do aço. região elástica região plástica C ε0 L p P r σ σ Ap e σ σ escoamento B ε δ P εr ED Tensão A P =σ Deformação L δε = σr = tensão de ruptura σe = tensão de escoamento σp = tensão limite de proporcionalidade Figura 4.2. Diagrama tensão-deformação do aço Região elástica: de 0 até A as tensões são diretamente proporcionais às deformações; o material obedece a Lei de Hooke e o diagrama é linear. 0 ponto A é chamado limite de proporcionalidade, pois, a partir desse ponto deixa de existir a Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 30 proporcionalidade. Daí em diante inicia-se uma curva que se afasta da reta 0A, até que em B começa o chamado escoamento. O escoamento caracteriza-se por um aumento considerável da deformação com pequeno aumento da força de tração. No ponto B inicia-se a região plástica. O ponto C é o final do escoamento o material começa a oferecer resistência adicional ao aumento de carga, atingindo o valor máximo ou tensão máxima no ponto D, denominado limite máximo de resistência. Além deste ponto, maiores deformações são acompanhadas por reduções da carga, ocorrendo, finalmente, a ruptura do corpo-de-prova no ponto E do diagrama. A presença de um ponto de escoamento pronunciado, seguido de grande deformação plástica é uma característica do aço, que é o mais comum dos metais estruturais em uso atualmente. Tanto os aços quanto as ligas de alumínio podem sofrer grandes deformações antes da ruptura. Materiais que apresentam grandes deformações, antes da ruptura, são classificados de materiais dúcteis. Outros materiais como o cobre, bronze, latão, níquel, etc, também possuem comportamento dúctil. Por outro lado, os materiais frágeis ou quebradiços são aqueles que se deformam relativamente pouco antes de romper-se, como por exemplo, o ferro fundido, concreto, vidro, porcelana, cerâmica, gesso, entre outros. 4.3 Tensão admissível Para certificar-se de que a estrutura projetada não corra risco de ruína, levando em conta algumas sobrecargas extras, bem como certas imprecisões na construção e possíveis desconhecimentos de algumas variáveis na análise da estrutura, normalmente emprega-se um coeficiente de segurança (γf), majorando-se a carga calculada. Outra forma de aplicação do coeficiente de segurança é utilizar uma tensão admissível (σ ou admσ ), reduzindo a tensão calculada (σcalc), dividindo-a por um coeficiente de segurança. A tensão admissível é normalmente mantida abaixo do limite de proporcionalidade, ou seja, na região de deformação elástica do material. Assim, f calc adm γ σσσ == (3) 4.4 Lei de Hooke Os diagramas tensão-deformação ilustram o comportamento de vários materiais, quando carregados por tração. Quando um corpo-de-prova do material é descarregado, isto é, quando a carga é gradualmente diminuída até zero, a deformação sofrida durante o carregamento desaparecerá parcial ou completamente. Esta propriedade do material, pela qual ele tende a retornar à forma original é denominada elasticidade. Quando a barra volta completamente à forma original, diz-se que o material é perfeitamente elástico; mas se o retorno não for total, o material é parcialmente elástico. Neste último caso, a deformação que permanece depois da retirada da carga é denominada deformação permanente. Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 33 ( )[ ]zyxx E σσυσε +−= 1 . ( )[ ]xzyy E σσυσε +−= 1 (8) ( )[ ]yxzz E σσυσε +−= 1 . A lei de HOOKE é válida para materiais homogêneos, ou seja, aqueles que possuem as mesmas propriedades (mesmos E e ν) em todos os pontos. Exemplos 1. Determinar a tensão de tração e a deformação específica de uma barra prismática de comprimento L=5,0m, seção transversal circular com diâmetro φ=5cm e Módulo de Elasticidade E=20.000 kN/cm2 , submetida a uma força axial de tração P=30 kN. L= 5 m P P=30 kN 4 2πφ =A 6,19 4 52 =×= πA cm2 A P =σ 53,1 6,19 30 ==σ kN/cm2 ou 15,3 MPa EA PL =δ 0382,0 6,19000.20 50030 = × × =δ cm L δε = 0000764,0 500 0382,0 ==ε ou × 1000 = 0,0764 (‰) 2. A barra da figura é constituída de 3 trechos: trecho AB=300 cm e seção transversal com área A=10cm2; trecho BC=200cm e seção transversal com área A=15cm2 e trecho CD=200cm e seção transversal com área A=18cm2 é solicitada pelo sistema de forças indicado na Figura. Determinar as tensões e as deformações em cada trecho, bem como o alongamento total. Dado E=21.000 kN/cm2. 300 cm 30kN A 150kN 200 cm200 cm B C 50kN D 170kN σy xσ σz Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 34 Trecho A-B 300 cm 150kN A 170kN 50kN 30kN B R=150kN A P =σ 15 10 150 ==σ kN/cm2 EA PL =δ 214,0 10000.21 300150 = × × =δ cm L δε = 713,01000 300 214,0 =×=ε (‰) Trecho B-C 30kNR=120kN 150kN 200 cm B C 50kN 170kN R=120kN A P =σ 8 15 120 ==σ kN/cm2 EA PL =δ 076,0 15000.21 200120 = × × =δ cm L δε = 38,01000 200 076,0 =×=ε (‰) Trecho C-D 30kNR=170kN 150kN 200 cm 50kN C D 170kN A P =σ 44,9 18 170 ==σ kN/cm2 EA PL =δ 0899,0 18000.21 200170 = × × =δ cm L δε = 45,01000 200 0899,0 =×=ε (‰) Alongamento total 38,00899,0076,0214,0 =++=δ cm Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 35 4.5 Estruturas estaticamente indeterminadas Nos exemplos anteriores, as forças que atuavam nas barras da estrutura podiam ser calculadas pelas equações da Estática. Tais estruturas são denominadas estaticamente determinadas. Há casos, porém, em que as equações de equilíbrio fornecidas pela Estática não são suficientes para a determinação de todas as ações e reações de uma estrutura. Para essas estruturas, denominadas, estruturas estaticamente indeterminadas, as forças e a reações só poderão ser calculadas se as deformações forem levadas em conta. Um exemplo simples de estrutura estaticamente indeterminada é ilustrado na Figura 4.4. Ra A A Ra (c) A B Rb B C P (a) (b) B L b a C P Figura 4.4 Barra estaticamente indeterminada A barra está carregada por uma força P no ponto C e as extremidades AB da barra estão presas em suportes rígidos. As reações Ra e Rb aparecem nas extremidades da barra, porém suas intensidades não podem ser calculadas apenas pelas equações da Estática. A única equação fornecida pelo equilíbrio estático é PRR ba =+ (9) a qual contém ambas as reações desconhecidas (2 incógnitas), sendo, portanto, insuficiente para seu cálculo com uma única equação. Há necessidade, portanto, de uma segunda equação, que considere as deformações da barra. Para a consideração da deformação na barra, deve-se analisar o efeito de cada força sobre a barra se uma de suas extremidades estivesse livre. Considere-se, então, o efeito da carga P deslocando o ponto A, na estrutura livre, ilustrado na Figura 4.4b. O deslocamento (para baixo) do ponto A, devido ao encurtamento do trecho CD, submetido à carga P, é dado por: EA Pb P =δ Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 38 4. A barra rígida AB é articulada em A, suspensa em B por um fio e apóia-se em C em um suporte de ferro. São dados: comprimento do fio: 1,7m; área da seção transversal do fio: 5cm2; módulo de elasticidade do fio E=21.000 kN/cm2; comprimento do suporte: 2m; área do suporte: 15cm2; módulo de elasticidade do suporte E=10.000 kN/cm2. Determinar as forças no fio, no suporte e na articulação. Respostas: Força no fio: 50kN Força no suporte: 25kN Força na articulação: 25kN B 1. 70 m 2. 0 m 2.0 m1.0 m2.0 m P=100 kN CA B Pf PCPA A C P=100 kN 4.6 Tensões iniciais e Tensões Térmicas Quando uma estrutura é estaticamente determinada, a variação uniforme da temperatura em todo seu comprimento não acarreta nenhuma tensão, pois a estrutura é capaz de se expandir ou se contrair livremente. Por outro lado, a variação de temperatura em estruturas fixas, estaticamente indeterminadas, produz tensões em seus elementos, denominadas tensões térmicas. Esta conclusão pode ser observada pela comparação entre uma barra livre em uma das extremidades, com outra barra engastada nas duas extremidades, como mostrado na Figura 4.5. R (c) R ∆ B A (a) R B L A (b) B T A ∆T Figura 4.5. Barra fixa nas extremidades, submetida a aumento de temperatura Na barra da Figura 4.5b, a variação uniforme de temperatura sobre toda a barra causará o alongamento: Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 39 TL∆= αδ (10) onde: α = coeficiente de dilatação térmica L = comprimento ∆T = variação de temperatura (ºC) Como este alongamento pode ocorrer livremente, não surgirá nenhuma tensão na barra. Na Tabela 4.2 estão indicados coeficientes de dilatação térmica de alguns materiais. Tabela 4.2 Valores Típicos do coeficiente de dilatação térmica Material Coeficiente de dilatação térmica α (10-6 ºC-1) Aço 11,7 Alumínio 21,4 a 23,9 Magnésio 26,1 Cobre 16,7 Concreto 7,2 a 12,6 No caso de barras estaticamente indeterminadas, como a que aparece na Figura 4.5, quando há aumento de temperatura, a barra não pode alongar-se, surgindo, como conseqüência, uma força de compressão que pode ser calculada pelo método descrito no item precedente. Para a barra engastada da Figura 4.5a, vê-se que, se a extremidade A for liberada, seu deslocamento para cima, devido ao acréscimo de temperatura, será o mesmo deslocamento para baixo, decorrente da ação da força R, ou seja, RL/EA. Igualando esses dois deslocamentos vêm: TEAR ∆= α (11) Depois de se obter R, pode-se calcular a tensão e a deformação específica da barra pelas expressões: TE A R ∆== ασ e T E ∆== ασε Deste exemplo, conclui-se que a variação de temperatura produz tensões em sistemas estaticamente indeterminados, ainda que não se tenha a ação de forças externas. Exemplo Uma barra prismática, rigidamente presa nas extremidades é submetida a um aumento de temperatura de 20ºC, ao mesmo tempo em que recebe uma carga P=30 kN. Determinar as reações de apoio. Dados: A= 1,5 cm2; E=20.000 kN/cm2; α=11,7×10-6 ºC-1; ∆T= +20ºC Solução: a) determinação das reações R´A e R´B, devido ao aumento de temperatura TEAR ∆= α BA C P=30 kN 250 cm100 cm Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 40 BA R'A =7,02 R'B =7,02 kN 02,720107,115,1000.20 6 =××××= −R kN → BA RRR ′=′= b) ao se aplicar a carga P= 30 kN no ponto C, o trecho AC sofrerá um alongamento exatamente igual ao encurtamento no trecho CB, portanto, BCAC δδ = . Assim, EA R EA R BA 250100 ×′′=× ′′ → BA RR ′′=′′ 5,2 fazendo o equilíbrio de forças, tem-se: PRR AB =′′+′′ mas BA RR ′′=′′ 5,2 , logo, 305,2 =′′+′′ BB RR → 305,3 =′′BR 57,8=′′BR kN →Portanto, 43,21=′′AR kN R''B =8,57 kNR''B =21,43 A P=30 kN B Como se trata de uma estrutura trabalhando no regime elástico, vale a superposição de efeitos, ou seja, os efeitos da temperatura na barra e da carga P: AAA RRR ′′+′−= 41,1443,2102,7 =+−=AR kN BBB RRR ′′+′= 59,1557,802,7 =+=BR kN Exercício 1. A um tubo de aço se aplica uma carga axial de 200 kN por meio de uma placa rígida. A área da seção transversal do cilindro de aço é 20cm2. Determinar o acréscimo de temperatura ∆T para o qual a carga externa seja equilibrada pelos esforços que aparecem nos cilindros de aço e cobre. Dados: Eaço=21.000 kN/cm2; αaço=11,7×10-6 ºC-1 Resposta: ∆T = 40,7ºC. 50 cm tubo de aço P=200 kN Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 43 5. A barra rígida BDE é suspensa por duas hastes AB e CD. A haste AB é de alumínio (Eal=70GPa) com área de seção transversal de 500mm2; a haste CD é de aço (Eaço=200GPa) com área de seção transversal de 600mm2. Para a força de 30kN determine. a) deslocamento de B; b) deslocamento de D; c) deslocamento de E. Respostas: a) δB=0,514mm; b) δD=0,300mm; c) δE=1,928mm 6. A viga da figura está apoiada n ponto A por meio de um pino com φ12,5mm de diâmetro e sustentada no ponto B por meio de um cabo de aço com φ4mm de diâmetro. Ao se aplicar uma carga P no ponto C, o cabo sofre um alongamento de 0,2cm. Determinar a carga P e a tensão de cisalhamento no ponto do suporte A. Desprezar o peso próprio da barra. Dado: σaço=2000 kgf/cm2 . Respostas: P = 377kgf τA = 102,4 kgf/cm2 . A 4 m P 2 m C B 2 m Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 44 5 CARACTERÍSTICAS GEOMÉTRICAS DE FIGURAS PLANAS O dimensionamento e a verificação da capacidade resistente de barras, como de qualquer elemento estrutural dependem de grandezas chamadas tensões, as quais se distribuem ao longo das seções transversais de um corpo. Daí vem a necessidade de se conhecer claramente as características ou propriedades das figuras geométricas que formam essas seções transversais. A Figura abaixo ilustra uma barra reta de seção transversal constante, chamada barra prismática. O lado da barra que contém o comprimento (L) e a altura (h) é chamado de seção longitudinal e o que contém a largura (b) e a altura (h) é chamado de seção transversal. h b L seção longitudinal h L seção transversal b h Figura 5.1 Barra prismática As principais propriedades geométricas de figuras planas são: Área (A) Momento de Inércia (I) Momento estático (M) Módulo de resistência (W) Centro de gravidade (CG) Raio de giração (i) 5.1 Área A área de uma figura plana é a superfície limitada pelo seu contorno. Para contornos complexos, a área pode ser obtida aproximando-se a forma real pela justaposição de formas geométricas de área conhecida (retângulos, triângulos, etc). A unidade de área é [L]2 (unidade de comprimento ao quadrado). A área é utilizada para a determinação das tensões normais (tração e compressão) e das tensões de transversais ou de corte. Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 45 5.2 Momento Estático Analogamente à definição de momento de uma força em relação a um eixo qualquer, defini-se Momento Estático (M) de um elemento de superfície como o produto da área do elemento pela distância que o separa de um eixo de referência. dAyM x ⋅= e dAxM y ⋅= x y x y dA Momento Estático de uma superfície plana é definido como a somatória de todos os momentos estáticos dos elementos de superfície que formam a superfície total. ∫= A x ydAM e ∫= A y xdAM A x y x y dA A unidade do Momento Estático é área é [L]× [L]2 = [L]3. O Momento Estático é utilizado para a determinação das tensões transversais que ocorrem em uma peça submetida à flexão. O Momento Estático de uma superfície composta por várias figuras conhecidas é a somatória dos Momentos Estáticos de cada figura. Exemplo: determinar o Momento Estático das figuras abaixo A 3CG y 3A A 1 1 CG 2 CGy3CG y 2CG 2 1CG x xxxx CGx CGx CGx MMMM AyM AyM AyM ,3,2,1 33,3 22,2 11,1 ++= ⋅= ⋅= ⋅= Elemento vazado 1 2 xxx MMM ,2,1 −= Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 48 Exemplos 1. Determinar o centro de gravidade CG do retângulo em relação ao eixo x que passa pela sua base. Área do retângulo hbA ⋅= O Momento Estático do retângulo em relação ao eixo x é somatória do produto de cada elemento de área dA pela sua distância em relação ao eixo x. dy h b dA x Momento Estático dybdA ⋅= ∫∫ ⋅⋅=⋅= h A x dybydAyM 0 2 0 22 2 0 2 ⋅ − ⋅ =      ⋅ = bhbybM h x 2 2hbM x ⋅ = Centro de Gravidade 2 2 2 h hb hb A M y xCG =⋅ ⋅ == 2 hyCG = 2. Determinar o CG da Figura. (medidas em centímetros) ( ) ( ) ( ) 2 321 84 3446158 cmA A AAAA = ×−×−×= −−= 2 2 4 3 2 6 2 15 1 2 3 y C G 2 x 3 = 3, 5 1 = 7, 5 C G y y = 10 2 C G ( ) ( ) ( ) 3 ,3,2,1 3 33,3 3 22,2 3 11,1 61842240900 42435,3 2404610 9001585,7 cmMMMM cmAyM cmAyM cmAyM xxxx CGx CGx CGx =−−=−−= =××=⋅= =××=⋅= =××=⋅= cm cm cm A My xCG 36,784 618 2 3 === Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 49 3. Determinar o centro de gravidade da figura hachurada. 12 x CG8 33 2 1 3 9 5, 69 ( ) ( ) 2 21 2 2 2 1 87 933 96812 cmAAA cmA cmA =−= =×= =×= 3 ,2,1 3 ,2 3 ,1 495 81339 5761286 cmMMM cmM cmM xxx x x =−= =××= =××= cm cm cm A My xCG 69,587 576 2 3 === 4. Determinar o centro de gravidade da figura hachurada (medidas em centímetro). x y 3 3 6 4 2 3 4 5, 15 A Figura hachurada pode ser o resultado de um retangulo (12×6) cm do qual foram retirados um triângulo e um semicírculo. Área da figura ( ) ( )[ ] ( ) 2 22 72,53 72,565,0635,0612 cmA cmrA AAAA SCTR = =××−××−×= −−= π Momento Estático 3 , 2163612 cmM xR =××= 3 , 36635,04 cmM xT =×××= 32 , 37,323 24625,0 cmM xSC =      ×−×= π π 3 ,,, 63,147 cmMMMM xCCxTxRx =−−= Coordenada yCG do centro de gravidade A My xCG = cmyCG 6,272,56 63,147 == Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 50 Analogamente, determina-se a coordenada xCG. x y 6 3 3 4 2 1 8 6 3 ,,, 3 2 , 3 , 3 , 73,372 26,50 2 28 9 2 631 4326126 cmMMMM cmM cmM cmM ySCyTyRy ySC yT yR =−−= = × ×= = × ×= =××= π Coordenada xCG do centro de gravidade A M x yCG = cmxCG 57,672,56 73,372 == 5.4 Momento de Inércia O momento de inércia de uma superfície plana em relação a um eixo de referência é definido como sendo a integral de área dos produtos dos elementos de área que compõem a superfície pelas suas respectivas distâncias ao eixo de referência, elevadas ao quadrado. A x y x y dA ∫ ∫ = = Ay Ax dAxI dAyI 2 2 A unidade do momento de inércia é [L]2×[L]2=[L]4 . O momento de inércia é uma característica geométrica importantíssima no dimensionamento dos elementos estruturais, pois fornece, em valores numéricos, a resistência da peça. Quanto maior for o momento de inércia da seção transversal de uma peça, maior a sua resistência. Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 53 Utilizando a formulação de mudança de eixos x CG h/2 h h/2 CG x b Momento de inércia do retângulo em relação ao seu CG → 12 3 , hbI CGx ⋅ = 2 CGxx yAII CG ⋅+= 23 212      ⋅+ ⋅ = hbhhbI x 12 3 412 3333 bhbhhbhbI x ⋅+ = ⋅ + ⋅ = 312 4 33 hbIhbI xx ⋅ =⇒ ⋅ = 5.6 Módulo Resistente Define-se módulo resistente de uma superfície plana em relação aos eixos que contém o CG como sendo a razão entre o momento de inércia relativo ao eixo que passa pelo CG da figura e a distância máxima entre o eixo e a extremidade da seção estudada. x ysup yinf x esq x dir CG y maxy IW CGx = maxx IW CGy = onde: ICG = momento de inércia da peça em relação ao CG da figura x, y = distância entre o eixo do CG da figura e a extremidade da peça. A unidade do módulo resistente é [ ][ ] [ ] 3 4 L L L = . O módulo resistente é utilizado para o dimensionamento de peças submetidas à flexão. Para o retângulo, tem-se: h/2 b CG h/2 12 3hbI x ⋅ = hbA ⋅= 6 2 12 2 12 23 3 hb h hb h hb Wx ⋅ =⋅ ⋅ = ⋅ = Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 54 5.7 Raio de Giração Define-se raio de giração como sendo a raiz quadrada da relação entre o momento de inércia e a área da superfície. A unidade do raio de giração é o comprimento. O raio de giração é utilizado para o estudo da flambagem. A Ii = cm cm cm =2 4 Características Geométricas de algumas figuras conhecidas Figura Momento de Inércia Momento Resistente Raio de Giração Quadrado h h CG 12 4hI x = 6 3hWx = 12 hix = Retângulo b CG h CGx 12 3bhI CGx = 6 2hbWx ⋅ = 12 hix = Triângulo CG b h x CG 36 3bhI CGx = 12 2hbWx ⋅ = 6 2⋅ = hix Círculo D CG x CG 64 4dI CGx π = 32 3DWx ⋅ = π 4 Dix = Círculo vazado CG D d CG x ( ) 64 44 dDI CGx − = π ( ) 32 33 dDWx − = π 22 4 1 dDix += Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 55 Exemplo A figura representa a seção transversal de uma viga “T”. Para a figura, determinar: a) o centro de gravidade; b) o momento de inércia em relação ao eixo x; c) os módulos Resistentes superior e inferior; d) o raio de giração. (medidas em centímetros) x 2 5 1 3 2 CG 3 x CG y y sup inf 32 Para facilitar a determinação das propriedades geométricas de figuras compostas, convém montar a seguinte tabela: Figura b (cm) h (cm) yCG (cm) A (cm2) Mx (cm3) ICGi (cm4) Ixi (cm4) 1 3 2 6 6 36 2 218 2 2 7 3,5 4 49 57,17 228,67 3 3 2 6 6 36 2 218 Σ 26 121 664,67 Centro de gravidade (CG) cm A M y xCG 65,426 121 === ∑ ∑ Como o eixo de referência passa pela base da figura, então yinf=4,65cm e ysup=2,35cm. Na coluna ICGi (cm4) foi determinado o momento de inércia de cada figura, passando pelo respectivo centro de gravidade. Por se tratar de retângulos, utilizou-se a expressão 12/3hbI x ⋅= . Em seguida, deve-se proceder à translação destes momentos de inércia para eixo x de referência para determinar a sua somatória. A translação de eixos é feita por meio da expressão: AyII CGx ⋅+= 2 Obtido o momento de inércia total em relação ao eixo x, deve-se agora proceder à translação para o eixo x que passa pelo centro de gravidade da figura, por meio da seguinte expressão: A M II xxCG 2 −= 26 12167,664 2 −=CGI O momento de inércia da figura em relação ao seu centro de gravidade é 455,101 cmICG = Em seguida, calculam-se os momentos resistentes: 3 sup sup, 21,4335,2 55,101 cm y IW CGx === 3 inf inf, 84,2165,4 55,101 cm y IW CGx === Finalmente, determina-se o raio de giração. A Ii CGx = cmix 98,126 55,101 == Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 58 • Força Cortante (V) Força Cortante é componente da força, contida no plano da seção transversal que tende a deslizar uma porção do corpo em relação à outra, provocando corte (deslizamento da seção em seu plano). As tensões desenvolvidas internamente que opõem resistência às forças cortantes são denominadas tensões de cisalhamento ou tensões tangenciais (força por unidade de área), representadas pela letra grega τ (Thau). • Momento Fletor (M) Um corpo é submetido a esforços de flexão, quando solicitado por forças que tendem a dobrá-lo, fleti-lo ou mudar sua curvatura. O momento fletor age no plano contém o eixo longitudinal, ou seja, perpendicular à seção transversal. • Momento de Torção (T) A componente do binário de forças que tende a girar a seção transversal em torno de eixo longitudinal é chamado Momento de Torção. 6.3 Convenção de sinais Obtidos os valores de N, V, M e T, podem-se traçar, em escala conveniente, os diagramas de cada esforço solicitante, também denominados linhas de estado. Força normal (N) • tração (+) • compressão (-) Força cortante (V) S P Força P tendendo girar a barra no sentido horário em relação à seção S: positivo (+) S P Força P tendendo girar a barra no sentido anti-horário em relação à seção S: negativo (-) Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 59 Momentos fletores (M) Momento Fletor: o momento fletor é considerado positivo, quando as cargas atuantes na peça tracionam suas fibras inferiores e, negativo, quando as cargas atuantes na peça tracionam suas fibras superiores. OBS: não confundir Momento Fletor com Momento aplicado aos corpos rígidos, cuja convenção de sinais é • tende a girar no sentido horário ( – ) • tende a girar no sentido anti-horário ( + ) Momentos de Torção(T) Momento de Torção é considerado positivo quando tende a girar a seção transversal em torno de seu eixo longitudinal no sentido anti-horário e, negativo, quando tende a gira no sentido horário. Regras para o traçado dos diagramas de esforços solicitantes 1. Nos pontos da barra em que a força é paralela ao eixo longitudinal, o diagrama de esforços normais apresenta um ressalto de mesma intensidade da força. 2. Nos pontos da viga onde há força concentrada perpendicular ao eixo longitudinal, o diagrama de esforços cortantes apresenta um ressalto de mesma intensidade da força concentrada. 3. Nos pontos da viga onde atua um momento externo, o diagrama de momento fletor apresenta um ressalto de mesma intensidade do momento externo. 4. Nos pontos do diagrama onde o esforço cortante é nulo, o diagrama de momento fletor apresenta um ponto de máximo. 5. Nos pontos da barra onde há força concentrada perpendicular ao eixo longitudinal, o diagrama de momento fletor apresenta um ponto anguloso. 6. As funções carregamento, esforço cortante e momento fletor, como se verá mais adiante, estão relacionadas por meio da seguinte equação diferencial de segunda ordem: q dx dV dx Md −==2 2 . Em outras palavras, a área da figura do diagrama de força cortante é o valor da do momento fletor. Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 60 7 VIGAS 7.1 Introdução Vigas são elementos de barras, submetidas a cargas transversais em relação a seu eixo e destinadas a vencer vão. As cargas podem ser classificadas em relação à área em que são aplicadas em concentradas e distribuídas. As cargas concentradas são aquelas cuja superfície de contato com o corpo que lhe resiste é desprezível comparada com a área do corpo. As cargas distribuídas são aquelas aplicadas ao longo de um comprimento ou sobre uma superfície, podendo ser uniforme ou não uniforme. VÃO (L) P Fig. 7.1 Viga simplesmente apoiada submetida a uma carga concentrada no meio do vão 7.2 Tipos de cargas 7.2.1 Cargas distribuídas As cargas distribuídas sobre vigas são cargas por unidade de comprimento. Estas cargas, uniformes ou variáveis, podem ser representadas por uma carga concentrada equivalente (R), cujo valor corresponde à área formada pela figura que representa a carga distribuída e é aplicada em seu centro de gravidade (CG). Carga uniformemente distribuída carga por unidade de comprimento (tf/m, kgf/m, kN/m) R = carga equivalente, definida como R=q.a (área do retângulo) O ponto de aplicação da carga equivalente é o centro de gravidade do retângulo, ou seja, 2 ax = R q x a Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 63 Seção S2 entre C e B Lxa ≤≤ (forças à esquerda) Força cortante: P l PbPRAV −=−+=2 ( ) L Pa L LbP L PLPbV −=−=−=2 Momento fletor: ( )axPxRAM −−+= .2 ( ) ( ) 0,. :,/.2 =+−⇒+++− −=⇒+−= aLbpLabcomoRAPL L LPb setemLxppaPxx L PbM Obs.: O sinal de xRA.+ é positivo porque traciona a face inferior da viga e o sinal de ( )axP −− é negativo porque traciona a face superior da viga, em relação à seção S. Quando 2 Lba == tem-se 42 PLMPRBRA máx === 2. Viga simplesmente apoiada, submetida a carga distribuída RB = qL/2RA = qL/2 0 qL/2 0 L / 2 + + 2 qL /8 -qL/2 - M (kN.m) V (kN) L/2 S A x L/2 L HB = 0 q (kN/m) carga equivalente R = q . L B Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 64 a) Cálculo das reações 2 . 2 .0 2 ...0 .0.0 00 LqRALqRBLLqLRBM LqRBRALqRBRAF HBF A V H =∧=⇒=−+= =+⇒=−+= == ∑ ∑ ∑ b) Cálculo dos esforços solicitantes Seção S (forças à esquerda) x V 0 2 qL L 2 qL − Força cortante xqLqV xqRAV . 2 . . −+= −+= equação do primeiro grau 2 L 0 Obs.: Quando a força cortante for mínima, o momento fletor é máximo. Portanto, deve-se igualar a zero a equação da força cortante para determinar o local do diagrama onde o momento fletor é máximo. Assim, 22 ..0. 2 . LxLqxqxqLqV =⇒=⇒=−= Momento fletor x M 0 0 4 L 32 3 2qL 2 L 32 2qL carga equivalente q . x A x x / 2 S q RA 2 .. 2 . 2 ... 2xqxLqM xxqxRAM −= −= L 0 Obs.: A área da figura do diagrama de força cortante é o valor momento fletor pois, como se verá mais adiante, V dx dM = . Então, do lado esquerdo do diagrama, tem-se: +q.L/2 L/2 8 . 2 1. 2 . 2 . 2LqLLqM == Analogamente, do lado direito: 8 . 2 1. 2 . 2 . 2LqLLqM == O mesmo raciocínio pode ser feito no primeiro exemplo. Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 65 3. Viga em balanço submetida a carga concentrada na extremidade livre PMA RA HA A L S Bx a. Cálculo das reações ∑ ∑ ==−= == PRAPRAF HAF V H 00 00 b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S Força cortante: A força P tende a cortar a viga na seção S no sentido horário ⇒ (+) PV += Notar que a força cortante V é constante, portanto, não depende de x. x M 0 0 Momento fletor Seção S xPM ⋅−= L – PL Diagrama de esforços solicitantes O momento fletor é negativo porque traciona a face superior da viga. Notar que a equação que define o momento fletor é linear e depende de x. A medida distância x inicia-se na extremidade livre da viga. A B 0 + 0 -PL _ RA=P P L S V M x P Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 68 6. Viga simplesmente apoiada, submetida a momento externo na extremidade. A aM B L M / La -M / La a) Cálculo das reações ∑ −==+= RBRARBRAFV 00 b) Cálculo dos esforços solicitantes Força cortante: L M V a+= (constante) Momento fletor aMM −= (constante) É negativo porque traciona a face superior da viga -M 0 a _ 0 M / La M / La + L M V -M / La A aM B Diagrama de esforços solicitantes EXERCÍCIOS 1. Montar os diagramas de esforços solicitantes da viga em balanço abaixo: P=6 kNMA L=3 m RA HA A S B x a. Cálculo das reações kNRARAF HAF V H ∑ ∑ ==−= == 6060 00 Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 69 b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S Força cortante: A força P tende a cortar a viga na seção S no sentido horário ⇒ (+) kNPV 6=+= Notar que a força cortante V é constante, portanto, não depende de x. Momento fletor Seção S xPM ⋅−= 183 00 − Mx Diagrama de esforços solicitantes O momento fletor é negativo porque traciona a face superior da viga. Notar que a equação que define o momento fletor é linear e depende de x. A B L=3 m 0 + 0 -18 _ RA=6 kN 6 S V (kN) M (kN.m x P=6 kN 2. Montar os diagramas de esforços solicitantes da viga em balanço abaixo: q=4 kN/m MA carga equivalente R=4 x 2=8 kN L=2 m RA HA A S B x Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 70 a. Cálculo das reações kNRAF HAF V H ∑ ∑ =×−= == 8240 00 b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S Força cortante: A força P tende a cortar a viga na seção S no sentido horário ⇒ (+) qxV += 82 00 Vx Notar que a força cortante V é uma função linear que depende de x. Momento fletor Seção S 22 2 2 xxxM −=⋅⋅−= 82 00 − Mx O momento fletor é negativo porque traciona a face superior da viga. Notar que a equação que define o momento fletor é do segundo grau. Diagrama de esforços solicitantes A B L=2 m 0 + 0 -8 _ RA=6 kN 8 S V (kN) M (kN.m x q=4 kN/m Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 73 4. Calcular os esforços, trocar os diagramas de V e M e dimensionar a viga abaixo. 10 x 5 = 50 kN carga equivalente 31,25 L / 2 + RA = 25 kN 25 2,5 m + L = 5 m 2,5 m L / 2 A - M (kN . m) S V (kN) 25 RB = 25 kN HB = 0 q = 10 kN / m B a) Cálculo das reações ( ) ( ) kNRAkNRB RB RBM kNRBRA RBRAF BHF A V H 2525 1255 05,251050 50 05100 00 == = =⋅⋅−⋅+= =+ =⋅−+= == ∑ ∑ ∑ Pelas fórmulas deduzidas: kNLqRBRA 25 2 510 2 = × = ⋅ == a) Cálculo dos esforços solicitantes A q RA = 25 kN x carga equivalente q . xx / 2 S Força Cortante xV xqRAV 1025−= ⋅−+= • A reação RA tende a cortar a viga na seção S no sentido horário (+) e a força (q . x), carga equivalente, tende a cortar a viga na seção S no sentido anti-horário (-); • No caso de carregamento distribuído, a equação da força cortante depende de x, portanto , trata-se de uma função linear; Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 74 • Sabe-se que, quando a força cortante é mínima, o momento fletor é máximo, portanto, necessita-se saber a que distância do apoio A, V = 0. Então, 0 = 25 – 10x. mxx 5,22510 =⇒= , ou seja, 2 L Diagrama de Força Cortante x V 2 25 2,5 0 5 -25 25 V (kN) função linear +25 2,5 m - Obs.: A área da figura resultante do diagrama de força cortante é o momento fletor. • Do lado esquerdo mkN ⋅=× 25,31 2 255,2 • Do lado direito: mkN ⋅=× 25,31 2 255,2 Momento fletor A q RA x x / 2 carga equivalente q . x S 2 2 525 2 1025 2 xxM xxM xxqxRAM ⋅−⋅+= ⋅−⋅+= ⋅⋅−⋅+= • Notar que a reação RA gera um momento fletor na seção S que traciona a face inferior (+) e a força equivalente (q . x). Gera um momento que traciona a fibra superior (-); • No caso de carregamento distribuído, a equação do momento fletor depende de (x2), portanto, trata-se de uma função quadrática que resulta numa parábola do 2º grau. Diagrama de Momento Fletor 2525 xxM ⋅−⋅= x M 0 0 2,5 31,25 5 0 + 2,5 m M (kN . m) 31,25 Pelas fórmulas deduzidas: mkNLqM máx ⋅= ×⋅ = 25,31 8 510 8 22 Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 75 7.4 Equações diferenciais de equilíbrio Os esforços solicitantes são obtidos a partir das equações de equilíbrio que regem o comportamento das vigas. Seja a viga em balanço submetida a um carregamento genérico (q), como ilustrado na Figura abaixo. L q x dx Figura 7.2. Viga em balanço O equilíbrio de um elemento infinitesimal de viga está ilustrado na Figura abaixo. Admite-se que o carregamento neste elemento de comprimento infinitesimal seja constante. V dx M V+ d x V q M M+ d A Figura 7.3. Esforços atuantes em um elemento infinitesimal Conforme a figura acima, as equações diferenciais de equilíbrio são dadas por: Equilíbrio de Forças na direção vertical 0=∑ yF ( ) qdxdVdVVqdxVFy −=⇒=+−−⇒=∑ 00 q dx dV −= portanto )()( xq dx xdV −= Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 78 Exercícios 1. Traçar os diagramas de esforços solicitantes da viga da figura. a. Cálculo das reações q=8 (kN/m) 8x4=32 kN carga equivalente S1 RA x 4 m HA A 2 m S2 RB 2 m P=16 kN B C kNRAkNRBRBM kNRBRARBRAF HAF A V H 84002)48(6164 48016480 00 ===××−×−×+= =+=−⋅−+= == ∑ ∑ ∑ b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S1 0 ≤ x ≤ 4 Força cortante: xqRAV ⋅−+= xV 88 −+= 244 80 − Vx Determinação do local onde a força cortente é nula x880 −+= mx 1= Momento fletor: 2 xxqxRAM ⋅⋅−⋅+= 2 88 2xxM −+= 324 41 00 − Mx Seção S2 4 ≤ x ≤ 6 Força cortante: kNV 1640328 =+−+= constante S1 x RA=8 kN q=8 (kN/m) x/2 A q.x RB=40 kN x-4 S1 RA=8 kN 4 m x S2 A 2 m q=8 (kN/m) B 8x4=32 kN x-2 Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 79 Momento fletor: )4()2(32 −⋅+−⋅−⋅+= xRBxxRAM 1604064328 −++−= xxxM 9616 −= xM 06 324 − Mx Diagrama de esforços solicitantes HA=0 0 +4 0 8 RA=8 kN 1 m + 4 m _ -32 -24 _ M(kN.m) 0 RB=40kN 16 + 2 m V(kN)0 16 A P=16 kN 8 (kN/m) B C 2. Traçar os diagramas de esforços solicitantes da viga abaixo. RA A HA RB 2,5 m P=14 kN 2,5 m 5 m B q=2 kN/m a. Cálculo das reações kNRAkNRBRBM kNRBRARBRAF HAF A V H 121205,2105,2145 24014520 00 ===×−×−×+= =+=−⋅−+= == ∑ ∑ ∑ b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S1 0 ≤ x ≤ 2,5 Força cortante: xqRAV ⋅−+= xV ⋅−+= 212 75,2 120 Vx A RA=12kN S1 x q.xx/2 Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 80 Momento fletor: 2 xxqxRAM ⋅⋅−⋅+= 2 212 2xxM −+= 75,234 00 Mx Seção S2 2,5 ≤ x ≤ 5 Força cortante: PxqRAV −⋅−+= 14212 −−+= xV 125 75,2 − − Vx Momento fletor: ( )5,2 2 −−⋅⋅−⋅+= xPxxqxRAM ( )5,214 2 212 2 −−−+= xxxM 3522 +−−= xxM 05 75,235,2 Mx Diagrama de esforços solicitantes A HA=0 23,75 0 + 0 + -7 12 RA=12kN 7 2,5 m 5 m _ V(kN) -12 M(kN.m) RB=12kN 2,5 m 2x5=10 kN P=14 kNx B q=2 kN/m (x-2,5) P=14 kN A x RA=12kN 2,5 m q.x x/2 S2 Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 83 b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S1 0 ≤ x ≤ 1,5 Força cortante: RAV += kNV 10+= constante, pois não depende de x. Momento fletor xRAM ⋅+= xM ⋅+= 10 155,1 00 Mx Seção S2 1,5 ≤ x ≤ 4,5 Força cortante: 01010 =−+=V constante Momento fletor: ( )5,11010 −−+= xxM 151010 +−+= xxM 15+=M kN.m constante Seção S3 4,5 ≤ x ≤ 6 Força cortante: 101010 −−+=V kNV 10−= constante, pois não depende de x. Momento fletor ( ) ( )5,4105,431010 −−−+−+= xxxM 6010 +−= xM 06 155,4 Mx A P=10 kN P=10 kN 3 m1,5 m x (x-4,5) S3 RA=10kN S2 1,5 m x (x-1,5) P=10 kN RA=10kN A A S1 x RA=10kN Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 84 Diagrama de esforços solicitantes P=10 kN 0 A RA=10kN 0 10 1,5 m 0 15 B 1,5 m3 m 0 V(kN) M(kN.m) -10 RB=10kN P=10 kN HB=0 5. Calcule as reações de apoio e trace os diagramas V, M (força cortante e momento fletor) nos seguintes casos: a) P=60 kN 2 m q=20 kN / m A 4 m B Resp: RA=100kN RB=80kN Mmax= +160kN.m b) P=40 kN q=20 kN / m A 3 m 3 m B Resp: RA=80kN RB=80kN Mmax= +150kN.m c) q1=20 kN / m A 3 m 3 m q2=40 kN / m B Resp: RA=75kN RB=105kN Mmax= +137,8kN.m (ocorre a 3,375m do apoio A) d) 1,5 m A 3 m 1,5 m q=20 kN / m B Resp: RA=30kN RB=30kN Mmax= + 67,5kN.m e) L=4 m A M=5kN.m B Resp: RA=1,25kN RB=-1,25kN V=1,25kN (constante) Mmax= - 5kN.m (constante) f) P=90 kN q=20 kN / m 4 m A 8 m B Resp: RA=180kN RB=150kN Mmax= +562,5kN.m (ocorre a 4,5m do apoio A) Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 85 8 TENSÕES E DEFORMAÇÕES NA FLEXÃO Considere-se a viga a simplesmente apoiada, submetidas a duas forças concentradas no mesmo plano xy que contém o eixo da barra, como ilustra a Figura abaixo. 0 Pa y P a M V -P a P P x Figura 8.1 Essas forças produzem deslocamentos nos diversos pontos do eixo da viga dando origem a tensões internas. A parte central da viga está sujeita somente ao momento fletor M=P.a, sem esforço cortante. Neste trecho diz-se que a solicitação é de flexão pura. Nas seções da viga onde atuam simultaneamente momento fletor e força cortante diz-se que há flexão simples. 8.1 Hipóteses admitidas Na dedução das expressões das tensões normais decorrentes da flexão, admitem-se as seguintes hipóteses: • “as seções planas permanecem planas após a deformação” (hipótese simplificadora atribuída a Bernouille); • supõem-se vigas prismáticas, ou seja, barra de eixo reto e de mesma seção transversal; • admite-se que o material obedeça à lei de Hooke e que os módulos de elasticidade à tração e à compressão sejam iguais. Figura 8.2 Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 88 ∫∫ == 0dAr yEdAxσ (2) Como a curvatura e o módulo de elasticidade (E) são constantes,vem: ∫∫ == 0ydAr EdAxσ logo 0=∫ ydA para vigas sob flexão pura. Do estudo das características geométricas de figuras planas sabe-se que a parcela ∫ ydA é definida como Momento Estático utilizado para o cálculo do Centro de Gravidade de figuras. Se o Momento Estático 0== ∫ ydAM S , como se vê nas expressões acima, significa que o eixo neutro passa pelo Centro de Gravidade da seção transversal. Os eixos y e z também tem origem no CG da seção transversal. O momento da força elementar dAxσ em relação ao eixo neutro é ydAxσ . A integral de todos esses momentos elementares sobre a área da seção transversal deve ser igual ao momento fletor M, ou seja: ∫∫ == dAyr EydAM x 2σ (3) mas ∫= dAyI 2 é o momento de inércia da área da seção transversal, em relação ao eixo z, que é o eixo neutro, ou Linha Neutra. Assim, equação acima pode tomar a seguinte forma: EI r M 1= → EI M r = 1 (4) conclui-se, então, que a curvatura do eixo longitudinal da viga é diretamente proporcional ao momento fletor M e inversamente proporcional à quantidade EI, conhecida como rigidez ou módulo de rigidez à flexão da viga. Combinando as expressões (1) e (4), obtém-se a equação das tensões normais da viga. y I M x =σ (5) Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 89 Nesta equação, M é positivo quando produz compressão na viga e y é positivo quando o sentido é para baixo. As tensões máximas de tração e de compressão ocorrerão nos pontos mais afastados do eixo neutro. Designando os afastamentos das fibras extremas por yinf e ysup, respectivamente, tem-se: inf, yI M máxx =σ sup, yI M mínx −=σ (6) Dimensionamento Do estudo das características geométricas de seções planas, define-se Módulo Resistente (W) por y IW = (7) Combinando as equações (5) e (7), chega-se à : W M x =σ (8) Se for utilizado o método das tensões admissíveis, ou seja, admx σσ ≤ é possível dimensionar barras submetidas à flexão: W M adm =σ (9) Quando a viga tiver seção retangular, com largura b e altura h, o Momento de Inércia e o Módulo Resistente, são, respectivamente 12 3bhI = e 6 2bhW = Para seção circular de diâmetro d, tem-se: 64 4dI π= e 32 3dW π= Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 90 Exemplos 1. O momento fletor da viga da figura é M=24 kN.m. Sabendo-se que a tensão admissível do material utilizado na viga é 25 cmkNadm =σ e que se trata de um perfil retangular com cmb 5= (largura), determinar a altura )(h do perfil. b y h / 2 h / 2 h Retângulo W= Momento Resistente I= Momento de Inércia y IW = onde 2 hy = Para retângulos tem-se: Momento de Inércia 12 3hbI ⋅= Módulo Resistente [ ]3 23 3 612 2 2 12 Lhb h hb y hb W ⋅= ⋅ ⋅ = ⋅ = Sendo a tensão definida W M =σ O Módulo Resistente pode também ser expresso por σ MW = Ou seja, σσ b MhMhb 6 6 2 2 =⇒= ⋅ Logo, determina-se a altura h da viga cmhcm cmkNcm cmkN b Mh 2424 )/(5)(5 ).(240066 2 ==× × == σ P=20 kN 24 RA=8 kN 0 8 20 A + _ S1 S2 C 3m 2m 5m -12 V (kN) M (kN.m) RB=12 kN B HB Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 93 τ dayo b h dx z M y σ cb τ M x + dM yo bdx σ σd+ F FF d+ Figura 8.7 Tensões normais em um elemento de viga de comprimento dx As resultantes dessas tensões normais são dadas por: ydA I MF h yo ∫= 2/ (a) e ydA I dMMdFF h yo ∫ + =+ 2/ (b) Se for feito um corte longitudinal nesse elemento de viga, o equilíbrio interno na direção do eixo x indica que deve haver uma tensão tangencial τ. Admitindo-se que a largura b seja suficientemente pequena para se considerar constante a tensão de cisalhamento ao longo da largura, a força de cisalhamento horizontal que atua na face inferior do elemento é dada por: dxb ⋅⋅τ (c) As forças representadas pelas expressões (a), (b) e (c), devem estar em equilíbrio. Assim, o equilíbrio do elemento hachurado abcd da Figura acima fornece a equação: dFFbdxF +=+τ ou seja: ydA I MydA I dMMbdx h y h y oo ∫∫ − + = 2/2/ τ donde: Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 94 ∫⋅⋅= 2/1 h yo ydA dx dM bI τ mas V dx dM = e MsydA h yo =∫ 2/ é o momento estático da parte da hachurada seção transversal em relação ao eixo z. Logo, a tensão de cisalhamento fica definida por: Ib MsV ⋅ ⋅ =τ A tensão de cisalhamento varia em função de yo. No caso das seções retangulares, tem-se:       −= 2 2 42 o yh I Vτ A expressão acima indica que a tensão de cisalhamento varia parabolicamente com yo. Como regra geral, a máxima tensão de cisalhamento τ ocorre no centro de gravidade da seção transversal. CG h Lz t t σ F b y cσ cF τ N τo Figura 8.8 Tensão máxima de cisalhamento τo (LANGENDONCK, 1956) Sabendo-se que o braço de alavanca dos esforços internos (z) pode ser expresso por ( oMsIz /= ) tem-se, para yo = 0, a expressão da tensão máxima de cisalhamento: Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo 95 zb V o ⋅ =τ As tensões de cisalhamento são sempre tangentes ao contorno da seção transversal. Na Figura abaixo estão ilustradas as direções e sentidos das tensões de cisalhamento em algumas seções transversais. b=bw V b V b CG CG V CG y y b=bf y b V CG b T y Figura 8.9 Direção e sentido das tensões de cisalhamento (FUSCO, 1981) Tensão de cisalhamento para peças de seção retangular A tensão de cisalhamento máxima ocorre no Centro de Gravidade da seção. Ib MsV ⋅ ⋅ =τ h/2 diagrama de tensões tangenciais h/2 b h/4 z maxτ CG Momento Estático: 842 2bhhhbyAMs CG =⋅     =⋅= Momento de Inércia 12 3bhI = Substituindo o Momento Estático e o Momento de Inércia na expressão da tensão de cisalhamento, tem-se: bh V bhb bhV ⋅= ⋅ ⋅ =τ 2 3 12 8 3 2 → TotalA V,51=τ Matemática - Série Concursos Públicos Curso Prático & Objetivo