1Estruturas Isostáticas - Arlim Botão ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS pg 1.0 - APOIOS, LIGAÇÕES E TRANSMISSÕES 1 1.2 Tipos de Apoios Ligações e Transmissões 1 1.2.1 Apoios do 1° Gênero 1 1.2.2 Apoios do 2° Gênero 1 1.2.3 Apoios do 3° Gênero 1 2.0 - SISTEMAS DE CARGAS 2 2.1 Cargas Concentradas 2 2.2 Cargas distribuídas 2 2.3 Cargas Momento 2 2.4 Carregamento qualquer 3 3.0 - AS CONDIÇÕES DE EQUILÍBRIO DA ESTÁTICA 4 4.0 - ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS 4 4.1 Reações de apoio 6 4.2 Exercícios resolvidos 6 4.3 Exercícios propostos 12 5.0 - ESFORÇOS SECCIONAIS 5.1 Significado prático dos esforços seccionais 15 5.1.1 Significado do Momento Fletor 15 5.1.2 Significado do Esforço Cortante 15 5.1.3 Significado do Esforço Normal 15 5.2 Momento Torçor 16 5.3 Convenções de sinais 16 5.3.1 Convenções de sinais para o Momento Fletor 16 5.3.2 Convenções de sinais para o Esforço Cortante 16 5.3.3 Convenções de sinais para o Esforço Normal 16 5.4 Seções principais de uma estrutura 16 5.4.1 Seções principais para o Momento Fletor 17 5.4.2 Seções principais para o Esforço Cortante 17 5.4.3 Seções principais para o Esforço Normal 17 5.5 Exercícios resolvidos 17 5.6 Exercícios propostos 23 5.7 Diagrama dos esforços seccionais 27 5.7.1 Carga concentrada 27 5.7.2 Carga uniformemente distribuída 27 5.7.3 Carga momento 28 5.7.4 Casos particulares importantes 28 5.7.5 Carga triangularmente distribuída 29 5.7.6 Estrutura submetida a um carregamento qualquer 31 5.7.7 Regra para diagrama do momento fletor 32 5.7.8 Regra para o diagrama de esforço cortante 32 5.7.9 Regra para o diagrama do esforço normal 32 5.8 Exercícios resolvidos 33 5.9 Exercícios propostos 45 5.10 Vigas e Pórticos Articulados 54 5.11 Exercícios resolvidos 55 5.12 Exercícios propostos 66 6.0 - EXERCÍCIOS ESPECIAIS RESOLVIDOS 72 2 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão ÍNDICE 1.0 - CENTRO DE GRAVIDADE Pg. 1.1 Centro da Forças Paralelas 1 1.2 Centro de gravidade de um corpo sólido 2 1.3 Centro de gravidade dos corpos homogêneos 2 1.4 Centro de gravidade de uma superfície plana 2 1.5 Centro de gravidade de uma superfície irregular 3 1.6 Momento estático de uma superfície 4 1.7 Roteiro para determinação do centro de gravidade das superfícies planas 4 1.8 Centro de gravidade das figuras planas comuns 4 1.9 Teorema de Papus ou de Guldin 6 1.10 Exercícios resolvidos 7 1.11 Exercícios propostos 13 2.0 - MOMENTO DE INÉRCIA 2.1 Definição do momento de inércia de uma superfície 16 2.2 Momento polar de inércia 16 2.3 Raio de giração de uma área 17 2.4 Momento de inércia das principais figuras planas 18 2.5 Teorema de Steiner 20 2.6 Aplicação do teorema de Steiner 21 2.7 Momento de inércia de áreas compostas 22 2.8 Exercícios resolvidos 22 2.9 Exercícios propostos 28 3.0 - PRODUTO DE INÉRCIA 3.1 Definição do produto de inércia 32 3.2 Produto de inércia zero em relação a eixos de simetria 32 3.3 Teorema de Steiner para produto de inércia 32 3.4 Produto de inércia de um triângulo retângulo em relação aos catetos 33 3.5 Produto de inércia do triângulo retângulo em relação a eixos baricêntricos 33 3.6 Produto de inércia do retângulo em relação aos lados 33 3.7 Produto de inércia do quadrante de círculo 34 3.8 Produto de inércia de áreas compostas 34 3.9 Momentos de inércia em relação a eixos inclinados 35 3.10 Eixos principais de inércia 36 3.11 Círculo de Mohr 38 3.12 Exercícios resolvidos 39 3.13 Exercícios propostos 43 3.14 Bibliografia 46 3 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 1.0 - APOIOS, LIGAÇÕES E TRANSMISSÕES. No estudo do comportamento das estruturas em engenharia é necessário o conhecimento de como os diversos carregamentos, são transmitidos, como são transportados e como as diversas estruturas estão ligadas uma ás outras. Consideremos a estrutura representada na fig.1, constituída por uma viga, dois pilares e duas sapatas (fundação). Analisando esta estrutura, verificamos que os pilares estão servindo de apoio para a viga e estão também transmitindo o peso da mesma para as sapatas que por sua vez estão transmitindo este carregamento para o terreno de fundação. Concluimos com isto que uma estrutura poderá simultaneamente estar servindo de apoio, ligação ou transmissão, como é o caso dos pilares que servem de apoio para a viga, de transmissão do carregamento desta para as sapatas e de ligação da viga com as fundações. As sapatas por sua vez servem de apoio para os pilares, de transmissão da carga dos pilares para o terreno de fundação e também de ligação entre esses dois últimos. Na engenharia, esses apoios, ligações ou transmissões são chamados vínculos, cuja designação é relativa, dependendo da estrutura que se analisa. Analisando a fig.1 verificamos que o vínculo entre a viga e os pilares ocorre exatamente nos pontos A e B, e que dependendo da “ligação” entre essas estruturas elas terão maior ou menor liberdade de movimento, uma em relação a outra. Para caracterizarmos a liberdade de movimento que as estruturas têm entre si, faremos uma classificação dos diversos tipos de ligação em função da movimentação entre elas. 1.2 - Tipos de apoios, ligações e transmissões. Definiremos agora os diversos tipos de apoios, ligações ou transmissões existentes entre as estruturas, bem como a simbologia adotada para representação das mesmas. 1.2.1 - Apoios do 1° Gênero. Quando uma estrutura está apoiada em outra conforme mostrada na fig.2 a), em que existem duas liberdades de movimento, uma na direção horizontal e outro de rotação, classificamos este vínculo como do 1° Gênero, pois impede o movimento em apenas uma direção. A simbologia para representá-lo é a indicada na fig.2 b), onde a viga é indicada apenas pelo seu eixo longitudinal. 1.2.2 - Apoios do 2° Gênero. No caso em que só existe uma liberdade de movimento ( o de rotação no caso da fig.3 a), classificamos como apoio do 2° Gênero, uma vez que impede os movimentos nas direções vertical e horizontal e representamos conforme indicado na fig.3 b) 4 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 1.2.3 - Apoios do 3° Gênero Quando são impedidos os movimentos de rotação, vertical e horizontal dizemos que o apoio é do 3° Gênero, também chamado de engastamento (fig.4). Vale ressaltar que as liberdades de movimentos analisadas nesses três casos foram para estruturas consideradas como coplanares, pois a liberdade de movimento na direção perpendicular ao plano do papel em que desenhamos seria livre no primeiro caso e impedida no segundo e terceiro, caso analisássemos a estrutura tridimensionalmente. 2.0 - SISTEMAS DE CARGAS. Na engenharia as cargas se apresentam nas mais distintas e variadas formas, porém estudaremos nesta unidade somente as formas mais comuns de carregamentos usados na prática. 2.1 - Cargas Concentradas. Quando o sistema de transmissão é por exemplo um pilar conforme mostrado na fig.5 a), em que a dimensão “b” onde a carga se distribui é desprezivelmente pequena em relação as dimensões da estrutura que está transmitindo a carga, podemos considerá-la como concentrada e com erro desprezível, como aplicada em um único ponto (fig.5 b)). 2.2 - Cargas distribuídas Quando a dimensão “b” da zona de distribuição não é desprezível em relação as dimensões da peça, somos obrigado a considerar a carga como distribuída nessa região de contato. Pode acontecer que esta distribuição seja constante como é o caso do peso da parede mostrada na fig.6 a qual denominamos de carregamento “uniformemente distribuido”, onde: q = constante (peso da parede por unidade de comprimento). Outra situação bastante comum na prática é quando a distribuição não é constante e varia linearmente, como ocorre por exemplo nos muros de arrimo e nos reservatórios. Neste caso dizemos que a estrutura está sujeita a uma carga triangularmente distribuída (fig.7). q l h = . . ¸ onde: h = profundidade do reservatório l = largura do reservatório ¸ = peso específico do líquido 2.3 - Cargas Momento. Estas cargas embora não apareçam com frequencia na prática da engenharia é de fundamental importância no estudo da hiperestática, onde é mais simples admitir como incógnita hiperestáticas os momentos do que 5 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão as reações de apoio. Na prática estas cargas aparecem geralmente em forma de binário ou conjugado, conforme mostra a fig.8 a) O binário ou conjugado que tem a resultante nula, provocará na viga AB um efeito de rotação devido ao momento M = P.d. Este momento é usualmente representado conforme mostra a fig.8 b) para indicar o movimento de rotação produzido no ponto de aplicação da carga momento. 2.4 - Carregamento qualquer. Consideremos o carregamento genérico indicado na fig.9, onde não é conhecida a forma do diagrama de carga. Para determinarmos a resultante deste carregamento devemos lançar mão do cálculo integral. Para isto tomemos um elemento de carga diferencial dR = q.dx. O módulo da resultante será então: R q dx a b = } . . (1) que nada mais é do que a área do diagrama de carga. Para determinarmos a posição da resultante apliquemos em relação ao ponto “O” o teorema de Varignon, “O momento das componentes é igual o momento da resultante”, ou seja: q dx x d q dx d q x dx q dx a b a b a b a b . . . . . . . } } } } = ¬ = A expressão acima representa a distância do centro de gravidade do diagrama de cargas ao eixo “y”. Assim sendo conclui-se que : “a resultante das cargas distribuídas é igual a área do diagrama de carga e passa pelo seu centro de gravidade”. Como exemplo de aplicação determinaremos a resultante da distribuição de carga triangular indicada na fig.10. O valor da resultante é igual a área do diagrama de carga: R t = = 2 15 2 15 . Para determinarmos a sua posição basta localizarmos o centro de gravidade do triângulo (fig.11). 3.0 - AS CONDIÇÕES DE EQUILÍBRIO DA ESTÁTICA. 6 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Consideremos um corpo qualquer submetido a um sistema de “n” forças coplanares, conforme mostrado na fig.12. Sabemos da estática que o corpo estará em equilíbrio se forem satisfeitas as seguintes condições: a) A resultante do sistema de forças deve ser nula: F F F F n 1 2 3 0 + + + + = ... (2) b) A soma dos momentos das forças em relação a um ponto qualquer deve ser nula: F d F d F d F d n n 1 1 2 2 3 3 0 . . . ... . + + + + = (3) onde d d d d n 1 2 3 , , ,... são as distâncias das retas suporte das forças ao ponto qualquer considerado. Para simplificarmos a equação (2), e transformá-la em uma soma algébrica uma vez que esta é vetorial, decompomos todas as forças segundo duas direções, uma horizontal (paralela ao eixo “x”) e a outro vertical (paralela ao eixo “y”). Pelo teorema de Varignon a resultante será a soma algébrica das componentes horizontais e das componentes verticais, uma vez que as forças passam a ser paralelas, o que transformará a equação vetorial (2) nas seguintes somas algébricas: 1) = ¿ 0 H (soma das componentes horizontais igual a zero) F F F F n n 1 1 2 2 3 3 0 .cos .cos .cos ... .cos u u u u + + + + = (4) 2) = ¿ 0 V (soma das componentes verticais igual a zero) F F F F n n 1 1 2 2 3 3 0 .sen .sen .sen ... .sen u u u u + + + + = (5) As estruturas isostáticas serão resolvidas com utilização das duas equações acima e mais a equação (3) que representaremos sempre da seguinte maneira: M P = ¿ 0 (soma dos momentos das forças em relação a um ponto “P” qualquer igual a zero) 4.0 - ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS. Uma estrutura é dita isostática quando o número de vínculos é o estritamente necessário para que a estrutura permaneça em equilíbrio. Neste caso será resolvida somente com utilização das equações de equilíbrio da estática (3), (4) e (5), pois o número de incógnitas será sempre igual ao número de equações. No caso em que os vínculos são em quantidades superiores aos estritamente necessários para o equilíbrio, dizemos que a estrutura é hiperestática, pois o número de incógnitas será superior ao número de equações da estática, e para resolvê-las devemos recorrer a outros recursos que não fazem parte deste curso. Outro caso que devemos evitar na prática é aquele em que os vínculos não são suficiente para que a estrutura permaneça em equilíbrio. Neste caso o equilíbrio será dito instável, o número de equações será superior ao número de incógnitas e a estrutura será dita hipostática. Como o objetivo básico deste curso são as estruturas isostáticas, dentre as principais podemos citar as seguintes: 7 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão a) Vigas biapoiadas (fig.13). b) Quadros e pórticos biapoiados (fig.14). c) Vigas e pórticos engastados (fig.15). d) Pórticos triarticulados (fig.16). e) Vigas articuladas ou Gerber (fig.17) Os articulados são sistemas isostáticos, uma vez que a introdução de uma ligação do segundo gênero liberta a estrutura segundo uma direção, criando mais uma equação (estudaremos estas estruturas mais adiante com detalhes). 8 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 4.1 - Reações de apoio. Consideremos a estrutura mostrada na fig.18, constituída por uma viga apoiada em dois pilares. Para dimensionarmos os pilares necessitamos saber qual as cargas que os mesmos estão suportando. Nesta caso dizemos que os pilares estão servindo de “apoio” para a viga. Calcular as reações de apoio significa determinar as cargas que os pilares estão suportando, pois se a viga está exercendo uma força em cada pilar os mesmos reagirão igual e contrariamente (princípio da ação e reação). Para determinarmos estas reações devemos representar esta estrutura conforme mostrado na fig.19, onde A e B representam os pilares, sendo A um apoio do 2° Gênero uma vez que o movimento da viga está impedido nas duas direções (horizontal e vertical) e B do 1° do primeiro Gênero, devido ao impedimento somente na direção vertical. As reações exercidas pelos pilares, V H e V A A B , , são as cargas que os mesmos estão suportando e que desejamos determinar, pois o carregamento na viga é conhecido. Para determinarmos esta reações de apoio basta aplicarmos as equações de equilíbrio da estática (3), (4) e (5) ou seja: = ¬ + ÷ ÷ ÷ = ¿ 0 0 1 2 V V P P q l A B V . sen . u V V P P q l A B + = + + 1 2 .sen . u = ¬ ÷ = ¬ = ¿ 0 0 2 2 H P H P A H A . cos . cos u u M V l P x P x q l l V P x P x q l l B B A = ¬ ÷ ÷ ÷ = ¬ = + + ¿ 0 2 0 2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 . . . sen . . . . sen . u u Como temos três incógnitas ( V H e V A A B , , ) e três equações, o sistema é possível de ser resolvido e a estrutura é isostática. No cálculo das resultantes vertical e horizontal devemos adotar que as forças em um sentido são positiva e no sentido contrário negativa, analogamente os momentos serão positivos em um sentido de rotação e negativo em sentido contrário. Devemos lembrar também conforme visto em 2.4 que o módulo da resultante do carregamento distribuído é igual á área do diagrama de carga e passa pelo seu cento de gravidade. 4.2 - Exercícios resolvidos. A seguir apresentaremos alguns exercícios resolvidos, relativo ao cálculo das reações de apoio de algumas estruturas isostáticas. 4.2.1 - Determinar as reações de apoio para a viga biapoiada da fig.20. 9 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão = ¬ = ¿ 0 0 H A H (não há carregamento horizontal) = ¬ + ÷ ÷ ÷ = + = ¿ 0 2 1 3 0 6 V V V V t A B A B V M V V t B B A = ¬ + + ÷ = = ¿ 0 2 15 1 35 3 55 7 0 330 . , . , . , , como: V V t V t A B A + = ¬ = 6 2 7 , 4.2.2 - Determinar as reações de apoio para a viga da fig.21, submetida à carga momento indicada. = ¬ = ¿ 0 0 H A H (não há carregamento horizontal) = ¬ + = = ÷ ¿ 0 0 V V V V A B A B V M V V t B B A = ¬ ÷ = = ¿ 0 5 2 0 0 4 , V t A = ÷0 4 , (sentido contrário ao indicado na fig.21) 4.2.3 - Determinar as reações de apoio para a viga biapoiada da fig.22, submetida à carga concentrada e às cargas momento nos apoios. = ¬ = ¿ 0 0 H A H (não há carregamento horizontal) = ¬ + = ¿ 0 3 V V A B V M V V t B B A = ¬ ÷ ÷ + = = ¿ 0 2 3 3 3 7 0 143 . , ¬ V V t A A = ÷ = 3 143 147 , , 4.2.4 - Para a estrutura apresentada na fig.20, determinar as reações de apoio. 10 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão = ¬ = ¿ 0 0 H A H (não há carregamento horizontal) = ¬ + ÷ ÷ ÷ ÷ = + = ¿ 0 2 3 2 2 8 0 23 V V V V t A B A B V . M V V t B B A = ¬ ÷ ÷ ÷ ÷ = = ¿ 0 8 2 2 3 5 2 7 2 8 4 0 1213 . . . . . , V V t V t A B A + = ¬ = ÷ = 23 23 1213 1087 , , 4.2.5 - Para a estrutura representada na fig.24, determinar as reações de apoio. = ¬ ÷ = = ¿ 0 2 60 0 1 H H t A o A H cos = ¬ + ÷ ÷ = + = ¿ 0 2 4 2 60 0 9 73 V V V V t A B o A B V . sen , M V V t V t o B B A A = ¬ + + ÷ = = = ¿ 0 2 4 2 3 2 60 7 9 0 346 6 27 . . sen . , , 4.2.6 - Para a estrutura representada abaixo (fig.25), determinar as reações de apoio. = ¬ = ¿ 0 0 H A H (não há carregamento horizontal) = ¬ + ÷ ÷ ÷ = + = ¿ 0 2 3 4 3 2 1 0 13 V V V V t A B A B V . . 11 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão M V V t V t B B A A = ¬ + + | \ | . | + ÷ = = = ¿ 0 2 3 15 4 3 2 4 3 3 1 5 7 0 571 7 29 . . , . . , , 4.2.7 - Para o pórtico mostrado na fig.26 determinar as reações de apoio. = ¬ ÷ = = ¿ 0 3 0 3 H H t A A H = ¬ ÷ ÷ ÷ = = ¿ 0 2 1 5 2 0 9 V V t A A V . M M M t A A A = ¬ ÷ + + ÷ = = ÷ ¿ 0 1 5 05 2 2 3 3 2 3 0 4 5 . . , . . . , (sentido contrário ao indicado na fig.26). 4.2.8 - Determinar as reações de apoio do pórtico sujeito à carga verticalmente distribuída e à ação horizontal do vento conforme mostrado na fig.27. = ¬ ÷ = = ¿ 0 2 4 0 8 . H H t B B H = ¬ + ÷ = + = ¿ 0 3 4 0 12 V V V V t A B A B V . 12 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão M V V t V t B B B A = ¬ + ÷ = = = ¿ 0 2 4 2 3 4 2 4 0 10 2 . . . . 4.2.9 - Para a viga inclinada indicada na fig.28, pede-se calcular as reações de apoio. A resultante da carga distribuída é: R q AB = . A componente vertical vale: V q AB = . cosu A componente horizontal é : H q AB = . senu Como cosu = a AB e senu = b AB teremos: V q AB a AB q a = = . . e H q AB b AB q b = = . . Isto significa que o carregamento é equivalente ao indicado abaixo (fig.29), o que torna mais simples o cálculo das reações de apoio. = ¬ ÷ = = ¿ 0 0 H q b H q b A A H . . 13 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão = ¬ + ÷ = + = ¿ 0 0 V V q a V V q a A B A B V . . M V a q b b q a a V a q b q a V q a a b B B B A = ¬ ÷ ÷ = = + = + ¿ 0 2 2 0 2 2 2 2 2 2 . . . . . . ( ) V q a V V q a q a b a q a a a b V q a a b A B A A = ÷ ¬ = ÷ + = ÷ ÷ = ÷ . . ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4.2.10 - Para o pórtico representado na fig.30 determinar as reações de apoio. Como vimos no exercício anterior a estrutura é equivalente à mostrada na fig.31, onde fica mais simples o cálculo das reações de apoio. = ¬ ÷ = = ¿ 0 2 12 0 24 H H t B B H . = ¬ + ÷ = + = ¿ 0 20 0 20 V V V V t A B A B V M V V t V t A A B B = ¬ ÷ = = = ¿ 0 10 2 10 5 0 10 10 . . . 4.3 - Exercícios propostos 14 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 4.3.1 - Para a estrutura apresentada na fig.32, submetida ao carregamento triangularmente distribuído, calcular as reações de apoio. 4.3.2 - Determinar a reações de apoio para a estrutura da fig.33. 4.3.3 - Para a estrutura em balanço da fig.34, determinar as reações de apoio. 4.3.4 - Para o pórtico engastado da fig.35, determinar as reações de apoio. 4.3.5 - Determinar as reações de apoio para a viga com duplo balanço da fig.36. 4.3.6 - Para o pórtico da fig.37, determinar as reações de apoio. 15 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 4.3.7 - Para o pórtico engastado da fig.38, determinar as reações de apoio. 4.3.8 - Para o pórtico representado na fig.39, determinar as reações de apoio. 4.3.9 - Para o pórtico ilustrado abaixo determinar as reações de apoio (fig.40). 16 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 4.3.10 - Determinar as reações de apoio para o pórtico da fig.41. 4.3.11 - Para o pórtico representado abaixo, determinar as reações de apoio (fig.42). 5.0 - ESFORÇOS SECCIONAIS 17 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Para determinarmos os esforços a que a seção “S” da fig.43 está submetida, é necessário que saibamos que tipo de ligação existe nesta seção. Verificamos facilmente que a parte da viga situada à esquerda da seção “S” está ligada à parte situada a direita, através de uma ligação do terceiro gênero, ou seja um engastamento, uma vez que estão impedidos os movimentos vertical, horizontal e de rotação. Assim sendo poderemos separar a estrutura na seção “S”, conforme mostrado na fig.44. Após a separação da estrutura, esta seção transforma-se em um apoio do terceiro gênero, apresentando as reações Q N e M S S S , . Estas reações nada mais são do que os esforços que atuam na seção considerada e por esta razão são chamadas de esforços seccionais. Analisando as condições de equilíbrio da estrutura verificamos que estes esforços podem ser calculados utilizando-se as forças situadas à esquerda ou à direita da seção “S” , uma vez que eles são iguais e de sentidos contrários, em função do princípio da ação e reação. O esforço Q S , é igual a resultante das cargas verticais situadas à esquerda (ou à direita) da seção sendo denominado de Esforço Cortante. O momento M S é igual ao momento resultante da cargas situadas à esquerda (ou à direita) da seção sendo denominado de Momento Fletor. A reação N S é igual a resultante das cargas horizontais que atuam à esquerda da seção (ou à direita) e é denominado de Esforço Normal, por ser perpendicular ao plano da seção “S”. 5.1 - Significado prático dos esforços seccionais. Para melhor entendimento dos efeitos provocados pelos esforços seccionais sobre as estruturas, ilustraremos a seguir o significado prático dos mesmos. 5.1.1 - Significado do Momento Fletor. Conforme mostrado na fig.45, o momento fletor tende a fletir a peça, provocando efeitos de tração na parte inferior e compressão na parte superior para vigas simplesmente apoiadas (fig.45 a)) e esforços contrários no caso de vigas engastadas (fig.45 b)). 5.1.2 - Significado do Esforço Cortante. Conforme podemos constatar na fig.46, o esforço cortante tende a provocar nas estruturas um efeito de corte paralelo á seção. 5.1.3 - Significado do Esforço Normal. O esforço normal de tração realiza um alongamento na peça. Todos os elementos serão distendidos (fig.47). O esforço normal de compressão provoca um encurtamento na peça. Todos os elementos sofrerão um encurtamento “dv”, que é a deformação por compressão (fig.48). 18 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.2 - Momento Torçor. Todos os esforços secionais estudados até aqui foram para estruturas planas carregadas no próprio plano. No caso de se tratar de uma estrutura espacial, como por exemplo aquela mostrada na fig.49, a carga P, produz na seção “S”, um momento P.l, cujo efeito será o de girar esta seção em torno do eixo longitudinal da viga que a contém ou seja realiza um efeito de torção na peça, por esta razão é denominado de Momento Torçor. O estudo das estruturas espaciais não fazem parte dos objetivos deste curso. 5.3 - Convenções de sinais. No cálculo dos esforços seccionais podemos utilizar as forças situadas à esquerda ou à direita da seção em estudo (fig.44). Obviamente os resultados terão sinais trocados. Para evitarmos este inconveniente, é necessário adotarmos uma convenção de sinais de tal maneira que a adotada para as cargas de uma lado da seção seja contrária à do outro. Assim sendo estabeleceu-se a seguinte convenção de sinais para cálculo dos esforços seccionais. 5.3.1 - Convenções de sinais para o Momento Fletor. Para o cálculo do momento fletor em relação a uma seção “S” (fig.50), entrando com as cargas situadas á esquerda desta seção, devemos considerar positivos os momentos no sentido horário e negativo no sentido anti-horário. Calculando com as cargas da direita devemos inverter esta convenção, ou seja negativo no sentido horário e positivo no sentido anti-horário. 5.3.2 - Convenções de sinais para o Esforço Cortante. Para o cálculo do esforço cortante atuante em uma seção “S” (fig.51), considerando as cargas situadas à esquerda desta seção, devemos considerar positiva aquelas voltadas para cima e negativa aquelas voltadas para baixo. Com as cargas da direita a convenção se inverte. 5.3.3 - Convenção de sinais para o Esforço Normal. A convenção de sinais para o cálculo do esforço normal atuante em uma seção “S”., independe das cargas estarem situadas à esquerda ou à direita, isto é convenciona-se que será positivo quando as cargas provocarem efeito de tração e negativo quando este efeito for de compressão (fig.52). 5.4 - Seções principais de uma estrutura. Para determinação dos esforços seccionais (assunto do próximo capítulo) necessitaremos conhecer os esforços nas seções onde há mudança na forma do diagrama, ou seja mudança na equação analítica que o representa. Descreveremos a seguir as seções principais de uma estrutura. 19 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.4.1 - Seções principais para o Momento Fletor. a) Seções em que há cargas concentradas não paralelas à barra que contém a seção; b) Onde inicia e termina um carregamento distribuído; c) Seções vizinhas aquelas onde há carga momento aplicada; d) Seções onde há rótulas; e) Aquelas adjacentes ao ponto de encontro de duas ou mais barras. 5.4.2 - Seções principais para o Esforço Cortante. a) Aquelas adjacentes ao ponto de aplicação de uma carga concentrada não paralelas à barra que contém a seção; b) Onde inicia e termina um carregamento distribuído; c) Aquelas adjacentes ao ponto de encontro de duas ou mais barras. 5.4.3 - Seções principais para o Esforço Normal. a) Aquelas adjacentes ao ponto de aplicação de cargas concentradas não perpendiculares à barra que contém a seção; b) As vizinhas ao ponto de encontro de duas ou mais barras. 5.5 - Exercícios resolvidos. 5.5.1 - Para a viga simples abaixo determinar os valores dos esforços simples em “S” (fig.53). Reações de apoio: V V t V V t V t A B B B A + = ÷ ÷ ÷ = = = 5 8 4 4 12 0 25 25 , , Esforços seccionais em “S” (cargas da esquerda). M t.m Q t N S S S = ÷ = = ÷ = = 25 3 2 1 55 25 2 05 0 , . . , , , 5.5.2 - Para a viga biapoiada representada na fig.54, determinar os valores dos esforços simples em C. Reações de apoio: 20 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão V V t V t V t V t A B B B A + = + = = + = = = 1 2 3 3 3 4 165 7 1 2 3 3 2 3 3 12 5 69 986 664 . . . , . . . . . , , Esforços simples em C. M t.m Q t N C C C = ÷ = = ÷ = = 664 3 1 2 3 3 1 3 3 1542 664 1 2 3 3 214 0 , . . . , , . , 5.5.3 - Para o quadro simples apresentado na fig.55, determinar os valores dos esforços simples em “S”. Reações de apoio: V V t V H V t V t H t A B B B B A B + = + + = + + ÷ ÷ ÷ = = = = 4 3 4 11 10 2 8 6 21 48 0 63 4 7 2 , , Esforços simples em “S”. M t.m Q t N t S S S = ÷ ÷ = = ÷ = = ÷ 4 7 3 2 3 4 2 01 4 7 4 0 7 2 , . . . , , , (esforço de compressão). 5.5.4 - Para a estrutura representada na fig.56, determinar os valores dos esforços seccionais na seção “D”, no meio da haste AC. Reações de apoio: V V t V V t V t A B B B A + = = = = 8 6 12 2 6 Esforços seccionais: 21 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão M t.m Q t N t S D D = = = = = ÷ = ÷ 6 1 6 6 2 7 6 534 . .cos , .sen , u u (compressão) Para o cálculo do esforço cortante e esforço normal decompomos a força V A , em duas componentes , uma perpendicular a barra AC e a outra paralela a mesma. AC = + = = = = = 16 4 4 47 4 4 47 089 2 4 47 0 45 , sen , , cos , , u u 5.5.5 - Para a estrutura da fig.57, determinar os valores dos esforços simples em B e C. Momentos fletores: M t.m M t.m B C = ÷ = ÷ = ÷ ÷ ÷ = ÷ 3 15 45 3 5 6 8 3 4 5 45 675 . , , . . . . , , Esforço cortante em B: Q t 1 3 3 6 = + = (cargas da direita), Q t 2 3 = (cargas da direita) Esforço cortante em C: Q t 3 4 6 2 = ÷ + = (cargas da direita), Q t 4 6 = (cargas da direita) Esforços normais: N B = 0(carga da direita) N t C = ÷ ÷ ÷ = ÷ 3 3 5 11 (compressão) Observar que não houve necessidade do cálculo das reações de apoio em virtude de podermos calcular os esforços com as cargas do lado em que estas não aparecem. Nas seções de aplicação de cargas concentradas, existe um descontinuidade do esforço cortante, havendo necessidade de calcularmos este esforço em seções vizinhas à mesma (infinitamente próximas), como foi feito para os as seções B e C. Para uma estrutura vertical as cargas situadas à esquerda ou á direita de uma seção depende da posição do observador. 22 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.5.6 - Para a estrutura mostrada na fig.58, calcular os esforços simples nas seções principais. Reações de apoio: V V t V V t V t A B B B A + = + = = + + = = 4 2 6 8 2 14 8 3 3 Momentos fletores: M M M t.m M t.m A B C E = = = ÷ = = = 0 12 8 4 3 1 3 . M M t.m M t.m D ¬ = ÷ ÷ = = ÷ = 1 2 3 2 2 2 2 3 2 2 4 . . Esforços cortantes: Q t Q t Q t.m Q Q t Q t A B C E = = ÷ = ÷ = ÷ ¬ = ÷ = ÷ = ÷ 3 3 3 4 1 2 3 1 3 3 4 No ponto de aplicação de uma carga momento há uma descontinuidade no momento fletor, sendo necessário calcularmos estes esforços em seções vizinhas (infinitamente próximas a esta seção). Q A eQ B são os esforços cortantes em seções infinitamente próximas a direita de A e a esquerda de B, respectivamente. 5.5.7 - Para o pórtico mostrado na fig.59, determinar os valores dos esforços simples nas seções principais. Reações de apoio: V V t V V t V t H t A B A A B B + = + ÷ = = = = 8 4 3 25 8 2 0 213 587 3 . , . , , Momentos fletores: M M M M t.m M t.m M M M t.m A B C D = = ¬ = ÷ = ÷ = ÷ = ¬ = = ÷ = ÷ 0 3 15 45 3 15 45 3 4 12 1 2 3 4 . , , . , , . 23 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Esforços cortantes: Q Q t Q Q t Q t Q Q t Q t A B C D = = ¬ = ÷ = ¬ = ÷ = 0 3 3 213 587 3 1 2 3 4 , , Esforços normais: N t N t N N t N t N N t N t A B C D = ÷ = ÷ ¬ = ÷ = ÷ ¬ = ÷ = ÷ 587 587 587 3 3 587 1 2 3 4 , , , , 5.5.8 - Determinar os valores dos esforços simples nas seções principais da estrutura representada na fig.60. Reações de apoio: V V t V V t V t A B B B A + = + + + = = + + + = = 8 8 2 20 30 28 10 8 4 10 4 8 10 2 13 17 8 10 2 sen . . . . , , H t B = = 20 30 17 3 cos , Momentos fletores: M M t.m M t.m A C D = = ÷ = = ÷ ÷ = 0 102 4 4 2 32 8 102 8 10 4 8 4 9 6 , . . , , . . . , M t.m B = ÷ ÷ = ÷ 4 1 2 3 10 . . (cargas da direita) M t.m M E F = ÷ = ÷ = 2 1 2 0 . Esforços cortantes: Q t Q Q t Q t Q t A C D = ¬ = ÷ = = ÷ ÷ = ÷ = ÷ ÷ ÷ ÷ = ÷ 102 102 4 62 102 4 10 38 104 4 10 4 78 1 2 , , , , , , , Q Q t Q t Q t B E ¬ = ÷ + + = ÷ = + = = 3 4 178 4 2 118 4 2 6 2 , , Esforços normais: N N N t C ¬ = = ÷ 1 2 0 17 3 , (compressão) N N t N B ¬ = ÷ = 3 4 17 3 0 , Observar que também para o esforço normal na seção em que há uma carga concentrada perpendicular ao plano da seção, há uma descontinuidade, havendo necessidade de calcularmos estes esforços em seções infinitamente próximas. 5.5.9 - Determinar os valores dos esforços simples nas seções principais da estrutura da fig.61. 24 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Reações de apoio: V V t V V t V t A B B B A + = + + = = + ÷ = = 2 4 2 8 5 2 15 4 4 2 1 34 4 6 . , . . , , Momentos fletores: M M M t.m M t.m M t.m E A C = ¬ = ÷ = ÷ = ÷ = ÷ = ÷ + = 0 2 1 2 2 1 2 2 2 5 4 6 15 19 1 2 . . . , , . , , M M M t.m M D B ¬ = = ÷ = = 3 4 34 2 4 1 28 0 , . . , AD = + = = = = = 1 3 316 1 316 032 3 16 095 2 2 , sen , , cos , u u Q Q Q t Q t E A = ¬ = ÷ = ÷ + = 0 2 2 095 4 6 095 2 47 1 2 . , , . , , Q Q t Q t C ¬ = ÷ + = = ÷ = 5 6 2 095 4 6 095 2 47 2 47 2 095 057 . , , . , , , . , , Q Q t Q t D ¬ = = ÷ + = 3 4 057 34 4 06 , , , Esforços normais: N N N t A ¬ = = ÷ = ÷ 1 2 0 2 0 32 4 6 0 32 083 . , , . , , N N t N t C ¬ = ÷ = ÷ + = ÷ 5 6 083 083 2 032 019 , , . , , 5.5.10 - Para a estrutura da fig.61a, determinar os valores dos esforços seccionais nas seções principais. 25 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Reações de apoio: V V t V V t V t H t A B B B A A + = + = + ÷ ÷ + = = = = 2 2 4 8 1 2 4 1 2 2 0 05 35 1 . . , , Momentos fletores: M t.m M M t.m M t.m M t.m M A C F = ¬ = ÷ = ÷ = ÷ = ÷ = ÷ ÷ + = ÷ = 1 1 1 3 2 2 2 4 1 3 2 2 1 6 0 1 2 3 . . . . M D = ÷ ÷ + = 35 4 1 3 2 6 1 0 , . . . M M t.m M t.m M t.m E B ¬ = ÷ = ÷ = ÷ = ÷ = 4 5 1 1 3 2 1 1 3 2 1 . . Esforços cortantes: Q t Q Q t Q t Q t Q t A C F = ÷ ¬ = ÷ = ÷ = ÷ + = = ÷ 1 1 2 2 35 15 2 1 2 3 , , Q Q t Q t Q Q t Q t Q t D E B ¬ = ÷ + = = ÷ + ÷ = ÷ ¬ = ÷ = = 6 7 4 5 2 35 15 2 35 2 05 05 1 1 , , , , , Esforços normais: N t N N t N N t N A C F = ÷ ¬ = ÷ = = ÷ = 35 35 0 1 0 1 2 3 , , N N t N t N t E B ¬ = ÷ = ÷ = ÷ 4 5 1 05 05 , , 5.6 - Exercícios propostos 5.6.1 - Para a viga representada na fig.62, determinar os valores dos esforços simples na seção E. Resp. M t.m Q t E E = = 5 2 5 , 5.6.2 - Para a estrutura representada na fig.63, determinar os valores dos esforços simples em S. 26 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Resp. M t.m Q t N t S S S = ÷ = = ÷ 4 178 089 , , 5.6.3 - Determinar os esforços simples nas seções principais da estrutura da fig.64. Resp. M M M t.m A B C = = = 0 54 , Q t Q t Q Q t Q t A B C = = ÷ ¬ = = ÷ 37 33 17 03 1 2 , , , , 5.6.4 - Para o pórtico engastado da fig.65, pede-se os valores dos esforços simples em S. Resp. M t.m Q t N t S S S = ÷ = = ÷ 867 1 8 , 5.6.5 - Para a viga biapoiada representada na fig.66, determinar os valores dos esforços simples em C e D. 27 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Resp. M t.m M t.m C D = = 6 12 Q t Q t C D = = 3 0 5.6.6 - Para a viga em balanço representada na fig.67, determinar os esforços simples nas seções principais. Resp. M M M M t.m M t.m C D E A B = = = = ÷ = ÷ 0 6 4 Q t Q Q t Q t Q t D A D = ÷ ¬ = ÷ = = ÷ 2 4 4 2 1 2 Q Q t Q t Q Q t Q t B C ¬ = ÷ = ¬ = ÷ = ÷ 5 6 3 4 5 4 2 3 5.6.7 - Para o pórtico apresentado na fig.68, determinar os valores dos esforços simples nas seções principais. Resp. M M M M M t.m M M M t.m A B C D = = ¬ = = ÷ ¬ = = ÷ 0 125 15 1 2 3 4 , Q Q Q t Q t Q Q t Q t Q t A C D B = ¬ = ÷ = ¬ = ÷ = = 0 5 2 3 5 5 1 2 3 4 N t N N t N t N N t N t N t A C D B = ÷ ¬ = ÷ = ÷ ¬ = ÷ = ÷ = ÷ 2 2 5 5 3 3 1 2 3 4 5.6.8 - Determinar os valores dos esforços simples nas seções principais do pórtico da fig.69. Resp. M M M M M t.m M t.m A B E C = = = ¬ = = 0 25 29 1 2 M M t.m M t.m M t.m D ¬ = = = 3 4 5 54 36 18 Q t Q Q t Q t Q t Q t Q t A D E B = ¬ = = ÷ = ÷ = ÷ = ÷ 884 884 13 05 5 85 3 4 5 , , , , N t N N t N N A C = ÷ ¬ = ÷ = = 884 884 0 0 3 4 5 , , 5.6.9 - Determinar os valores dos esforços simples nas seções principais do pórtico da fig.70. 28 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Resp. M M M t.mM M M t.m A B C D = = = ÷ ¬ = = ÷ 0 125 125 1 2 , , M M M t.m E ¬ = = ÷ 3 4 475 , Q t Q Q t Q t A C = ÷ ¬ = ÷ = ÷ 039 039 35 5 6 , , , Q Q t Q t Q t D B ¬ = ÷ = ÷ = 1 2 35 4 5 7 4 , , , Q Q t Q t E ¬ = ÷ = ÷ 3 4 95 7 4 , , N t N N t N t N t A C B = ¬ = = = ÷ 034 0 34 284 599 5 6 , , , , N N t N N N N t D E ¬ = = ¬ = = ÷ 1 2 3 4 284 0 0 599 , , 5.6.10 - Determinar os valores dos esforços simples nas seções principais do pórtico mostrado na fig.71. Resp. M t.m M M t.m M t.m M t.m A B = ÷ ¬ = ÷ = ÷ = ÷ 1 3 2 1 1 2 3 M M t.m M t.m M t.m D ¬ = ÷ = ÷ = ÷ 4 5 6 2 6 8 M M M E F C = = = 0 Q t Q Q t Q Q t Q t A B C = ÷ ¬ = ÷ = = = 1 1 0 1 1 1 2 3 Q Q Q t Q t Q t Q t D F E ¬ = = ÷ = = ÷ 4 5 6 0 3 4 0 3 N t N N t N t N t A B = ÷ ¬ = ÷ = ÷ = ÷ 8 8 7 1 1 2 3 N N t N N N t N N D C E F ¬ = ÷ = = = ÷ = = 4 5 6 7 0 0 1 0 5.7 - Diagrama dos esforços seccionais 29 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Até o momento aprendemos a calcular os esforços simples em algumas seções e nas seções principais das estruturas. Na engenharia entretanto necessitamos conhecer os valores dos esforços simples em todas as seções da estrutura que está sendo analisada. Para isto aprenderemos a desenhar um gráfico ou diagrama que representa os esforços em todas as seções da peça. Iniciaremos a seguir o estudo com os carregamentos mais simples. 5.7.1 - Carga concentrada Seja a viga biapoiada, submetida a uma carga concentrada P, conforme mostra a fig.72. Consideremos uma seção genérica S x a uma distância “x” do apoio A (x s a). O momento fletor nesta seção será: M P b l x x = . . que é uma equação linear do tipo y = K.x, para x M x = ¬ = 0 0 e para x a M P ab l x = ¬ = . . Se considerarmos a seção S x a uma distância x s b , a equação analítica do momento fletor será M P ab l x x = . . o que nos dá para x M x = ¬ = 0 0 e para x b M P ab l x = ¬ = . . Usando o próprio eixo da barra como eixo “x” podemos representar graficamente a equação do momento fletor conforme indicado na fig.73a. Para o esforço cortante verificamos que à esquerda de P, a equação será: Q P b l x = . e à direita Q P a l x = ÷ . equações analíticas que podem ser representada conforme mostrado na fig.73b. Estes gráficos são conhecidos como Diagrama de Momento Fletor (D.M.F.) e Diagrama de Esforço Cortante (D.E.C.). 5.7.2 - Carga uniformemente distribuída. Consideremos uma seção S x situada a uma distância “x” do apoio A, conforme mostrado na fig.74. O momento fletor nesta seção será: M q l x q x x = ÷ . . 2 2 2 esta equação representa um parábola do segundo grau. Para determinarmos o valor máximo desta parábola derivamos e igualamos a zero, ou seja: dM d q l q x x x = ÷ = . . 2 0 ¬ x l = 2 significando que o máximo momento está no meio do vão e seu valor é: 30 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão M ql l q l q l max = | \ | . | ÷ | \ | . | = 2 2 2 2 8 2 2 . . Nos apoios A e B os momentos fletores são nulos uma vez que: para x M x = ¬ = 0 0 e para x l M q l l q l x = ¬ = ÷ = . . . 2 2 0 2 Assim sendo podemos representar o diagrama dos momentos fletores pela parábola indicada na fig.74. A equação dos esforços cortantes será: Q q l q x x = ÷ . . 2 que representa a equação de uma reta. Nos apoios os valores dos esforços cortantes serão os seguinte: para x Q q l x = ¬ = 0 2 . e para x l Q q l q l q l x = ¬ = ÷ = ÷ . . . 2 2 Podemos verificar também que o esforço cortante nada mais é que a derivado do momento fletor ou seja: dM d q l q x x x = ÷ . . 2 significando que o esforço cortante é nulo onde o momento fletor é máximo, isto é: Q q l q x x l x = ¬ ÷ = ¬ = 0 2 0 2 . . para este valor de “x” o momento fletor vale M ql l q l q l max = | \ | . | ÷ | \ | . | = 2 2 2 2 8 2 2 . Uma construção geométrica bastante prática para desenharmos a parábola do segundo grau que representa o diagrama dos momentos fletores para uma carga uniformemente distribuída é aquela indicada na fig.75. A partir do ponto médio da viga AB, marcamos uma perpendicular MM q l 1 2 4 = . . Unimos o ponto M 1 a A e B, dividimos estes segmentos de reta em partes iguais e unimos estes pontos alternadamente. A parábola será tangente a estes segmentos de reta. 5.7.3 - Carga momento. Seja a viga biapoiada mostrada na fig.76, submetida a uma carga momento M. As reações de apoio devem formar um binário contrário ao momento M, para que haja o equilíbrio. Assim sendo concluímos facilmente que os diagramas de fletor e cortante são aqueles indicados. 5.7.4 - Casos particulares importantes. Alguns casos particulares com relação ao posicionamento da carga momento serão importantes na determinação dos diagramas para carregamentos compostos, os quais veremos a seguir. 31 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão a) Carga momento no apoio da esquerda (fig.77). b) Carga momento no apoio da direita (fig.78) e cargas momento nos dois apoios (fig.79). 5.7.5 - Carga triangularmente distribuída Seja a estrutura mostrada na fig.80. Consideremos uma seção S x a uma distância “x” do apoio A. Calculando as reações de apoio teremos: V V q l V l q l l V q l V q l q l V q l A B B B A A + = = ¬ = = ÷ ¬ = . . . . . . . 2 2 2 3 3 2 3 6 A equação do momento fletor será: M q l x q l x x = ÷ . 6 6 3 equação esta que representa uma parábola do terceiro grau. O esforço cortante será a derivada do momento fletor ou seja: 32 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão dM dx Q q l q l x x x = = ÷ . 6 2 2 que representa uma parábola do segundo grau e o momento será máximo onde o esforço cortante for nulo, logo: q l q l x x l l . . , 6 2 0 3 3 0577 2 ÷ = ¬ = = e o momento máximo será: M q l l q l l q l max = ÷ | \ | . | | = . , . 6 3 3 6 3 3 0 064 3 2 A equação geral do momento fletor pode ser escrita da seguinte forma: M q l x l x l x = ÷ | \ | . | | . 2 3 3 6 fazendo-se x l = c teremos: ( ) M q l x = ÷ . 2 3 8 c c , alguns autores tabelam a expressão c c e ÷ = 3 D possibilitando a determinação da parábola por pontos de acordo com a expressão: M q l x D = . 2 6 e (6) Quanto ao esforço cortante sua expressão pode ser escrita da seguinte forma: ( ) Q q l x l q l x = ÷ | \ | . | | = ÷ . . 6 1 3 6 1 3 3 3 c sendo ( ) 1 3 ÷ = c t D vem a expressão final: Q q l x D = . 6 t (7) As figs.81 e 82 mostram os diagramas de momento fletor e esforço cortante. 33 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.7.6 - Estrutura submetida a um carregamento qualquer. Seja a estrutura mostrada na fig.83, submetida a um carregamento parcialmente distribuído. Para traçarmos os diagramas de momento fletor e esforço cortante, rompemos a estrutura em B e C. Sendo M B e M C os momentos fletores nas seções B e C respectivamente, a estrutura será equivalente a da fig.84. Os diagramas de momento fletor e esforço cortante para as estruturas (1) e (3) estão representadas conforme vimos em 5.7.4. A estrutura (2) poderá ser desdobrada conforme abaixo: cujos diagramas de momento fletor e esforço cortante são os seguintes: 34 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Somando todos os diagramas teremos o diagrama final mostrada na fig.85. Extrapolando as conclusões deste exemplo podemos estabelecer as regras práticas para desenharmos os diagramas de momento fletor, esforço cortante e esforço normal. 5.7.7 - Regra para o diagrama de momento fletor. a) Determinar os momentos nas seções principais de momento fletor. b) Marcar estes valores em uma escala adequada a partir do eixo da estrutura e perpendicular a este, para cima quando negativo e para baixo quando positivo. c) A partir destes valores desenhamos os diagramas observando sempre que: - nos trechos descarregados o diagrama é linear; - nos trechos com carregamento uniformemente distribuído o diagrama é parabólico do 2° grau (5.7.2); - nos trechos com carregamento triangularmente distribuído o diagrama é parabólico do 3° grau (5.7.5); 5.7.8 - Regra para o diagrama de esforço cortante. a) Determinar os esforços nas seções principais de esforço cortante. b) Marcar estes valores em uma escala adequada a partir do eixo da estrutura e perpendicular a este, para cima quando positivo e para baixo quando negativo. c) A partir destes valores desenhamos os diagramas observando sempre que: - nos trechos descarregados ou onde existe só carga momento o diagrama é constante; - nos trechos com carregamento uniformemente distribuído o diagrama é linear (5.7.2); - nos trechos com carregamento triangularmente distribuído o diagrama é parabólico do 2° grau (5.7.5); 5.7.9 - Regra para o diagrama do esforço normal. a) Determinar os esforços nas seções principais de esforço normal. 35 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão b) Marcar estes valores em uma escala adequada a partir do eixo da estrutura e perpendicular a este, para cima quando positivo e para baixo quando negativo. c) A partir destes valores desenhamos os diagramas observando sempre que os mesmos são constantes para vigas verticais e horizontais. 5.8 - Exercícios resolvidos. 5.8.1 - Para a viga biapoiada representada na fig.86, pede-se os diagrama de momento fletor e esforço cortante. Reações de apoio: V V t V V t V t A B B B A + = ÷ ÷ ÷ = ¬ = = 8 8 4 8 24 0 45 35 , , Momentos fletores: M M M t.m M t m M t.m A B C D E = = = = = ÷ = = = 0 35 2 7 35 4 2 2 10 45 2 9 , . , . . . , . Esforços cortantes: Q t.m Q t Q t Q t Q A C C D D esq dir esq dir = = = ÷ = = = ÷ = ÷ 35 35 35 2 15 15 15 2 05 , , , , , , , Q t Q t Q t E E B esq dir = ÷ = ÷ = ÷ 05 45 45 , , , 36 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.8.2 - Traçar os diagramas de momento fletor e esforço cortante para a viga biapoiada da fig.87. Reações de apoio: V V t V V t V t A B B B A + = ÷ + ÷ = ¬ = = 5 5 5 3 2 2 0 3 2 . Momentos fletores: M t M t.m M t m A C B = = + = = 2 2 3 2 8 2 . . Esforços cortantes: Q t.m Q t Q t Q t A C C B esq dir = = = ÷ = ÷ = ÷ 2 2 2 5 3 3 5.8.3 - Para a viga biapoiada da fig.88, determinar os diagramas dos esforços simples. Reações de apoio: V V t V V t V t A B B B A + = ÷ ÷ ÷ = ¬ = = 16 8 4 2 4 2 8 6 0 8 8 . . . 37 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Momentos fletores: M M M t.m M t m A B C D = = = ÷ = = ÷ ÷ = 0 8 2 2 1 14 8 4 4 2 4 2 16 . . . . . . Esforços cortantes: Q t.m Q t Q t Q Q t A C C D B esq dir = = ÷ = = ÷ = = ÷ ÷ = = ÷ 8 8 2 6 6 4 2 8 4 4 0 8 (Valores para desenho da parábola do segundo grau, conforme item 5.7.2) q AC . . 2 2 4 1 2 4 1 = = q CD . . 2 2 4 1 2 4 1 = = q DB . . 2 2 4 2 4 4 8 = = 5.8.4 - Traçar os diagramas de momento fletor e esforço cortante para a viga biapoiada com duplo balanço da fig.89. Reações de apoio: V V t V V t V t A B B B A + = ÷ ÷ ÷ + = ¬ = = 11 8 1 10 4 6 4 2 2 1 0 5 6 . . . . Momentos Fletores: M M t.m M t.m M t m M M A B E D C F = ÷ = ÷ = ÷ + = = ÷ = = = 2 1 2 6 3 6 4 6 5 2 1 4 6 0 . . . . . . Esforços Cortantes: 38 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Q Q t Q t Q Q Q t F A A E D D esq dir esq dir = = ÷ = ÷ + = = ÷ + = = = ÷ 0 2 2 6 4 6 6 0 0 4 Q t Q t Q t B B C esq dir = ÷ = ÷ = 4 1 1 q FA q AE . . . . 2 2 2 2 4 1 2 4 1 4 1 4 4 4 = = = = 5.8.5 - Traçar os diagramas solicitantes para a viga engastada representada na fig.90. Reações de apoio: V t M M t.m A A A = ÷ = + ÷ = ¬ = 6 3 3 3 6 2 6 2 2 3 6 0 6 . . . . Momentos Fletores e esforços cortantes: M t.m M Q t Q t A B A B = ÷ = = = ÷ 6 0 3 3 39 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.8.6 - Para o quadro isostático simples representado na fig.91, pede-se os diagramas dos esforços solicitantes. Reações de apoio: V V t V V t V t H t A B B B A A + = ÷ + = ¬ = = = 5 5 5 25 3 2 0 13 37 3 . , . , , Momentos fletores: M M M M M t.m M M t m A B E C AC C CD D CD D DB = = = = = ÷ = ÷ = = ÷ = ÷ 0 3 4 12 3 2 6 . . . Esforços cortantes: Q t Q t Q t Q t Q t Q Q t Q A C AC C CD D CD D DB E E esq dir = ÷ = ÷ = = ÷ = = = 3 3 3 7 13 3 3 0 . , 40 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Esforços normais: N t N t N t N t N t N t A C AC C CD D CD D DB B = ÷ = ÷ = ÷ = ÷ = ÷ = ÷ 37 3 7 3 3 13 13 , , , , qCD 2 2 4 1 5 4 6 25 = = . , 41 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.8.7 - Traçar os diagramas dos esforços seccionais para a estrutura representada na fig.92. Reações de apoio: H H V t H H t H t A B A B B A ÷ = = + ÷ = ¬ = = 2 10 2 2 8 10 3 0 7 9 . . Momentos fletores: M M M M M t.m M t.m M t.m A B E F C AC C CF D CD = = = = = ÷ = ÷ = ÷ = ÷ = ÷ ÷ = ÷ 0 5 9 45 2 1 2 9 5 2 1 47 . . . . M t.m M t.m M t m D DB D DE D DC = ÷ = ÷ = ÷ = ÷ = ÷ + = ÷ 7 3 21 2 3 6 7 3 2 3 15 . . . . . Esforços cortantes: Q t Q t Q t Q t Q t Q t Q A C AC C CF C CD D DB D DE D DC = ÷ = ÷ = ÷ = ÷ = = = ÷ = 9 9 2 10 2 8 7 2 0 Q t Q t Q B E F = = ÷ = 7 2 0 Esforços normais: N t N t N t N A C AC C CD C CF = ÷ = ÷ = ÷ = 10 10 9 0 N t N N N N N D CD D DB D DE E F B = ÷ ÷ = ÷ = = = = = 2 7 9 0 qFC 2 2 4 1 2 4 1 = = . qCD 2 2 4 1 8 4 16 = = . 42 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.8.8 - Para a viga inclinada da fig.93, pede-se os diagramas dos esforços simples. 43 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Reações de apoio: V V q a V a q a a V V q a A B B B A + = ÷ = ¬ = = . . . . . 2 0 2 Momentos fletores: M M A B = = 0 Esforços cortantes: Q q a Q q a A B = = ÷ . cos . cos 2 2 u u Esforços normais: N q a N q a A B = ÷ = . sen . sen 2 2 u u 44 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.8.9 - Para a estrutura apresentada na fig.94, pede-se os diagramas dos esforços seccionais. Reações de apoio: H t V t M M t.m A A A A = = = ÷ ÷ = ¬ = 4 5 2 2 4 5 8 2 4 5 2 1 3 4 5 8 1 0 14 75 , . , . , , . , Momentos fletores: M t.m M t.m M t.m M t.m M M A B AB B DB B BC C D = ÷ = ÷ ÷ + = ÷ = ÷ = ÷ = ÷ = ÷ = = 14 75 14 75 1 2 2 4 5 2 3 4 5 4 5 4 5 8 3 15 4 5 5 2 5 12 5 0 , , . , , , . , . , , . , , Esforços cortantes: Q t Q Q t Q t Q Q A B AB B DB B BC C D = = ÷ = = ÷ = ÷ = = = 4 5 4 5 1 2 2 4 5 0 3 8 3 5 0 , , . , Esforços normais: N t N t N N N N A B AB B DB B BC C D = ÷ = ÷ = = = = 8 8 0 0 qDB 2 2 4 1 3 4 2 25 = = . , qBC 2 2 4 1 5 4 625 = = . , ql D D D 2 2 6 2 4 5 6 6 75 e e e = = . , , ql D D D 6 2 4 5 6 15 2 t t t = = . , , 45 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 46 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.8.10 - Para a estrutura representada da fig.95, pede-se as linhas de estado dos esforços seccionais. Reações de apoio: H t V M M t A A A A = = ÷ ÷ = ¬ = 3 0 4 3 15 0 85 . , , Momentos fletores: M t.m M t.m M M t.m M t.m A B B C AC C CD esq dir = ÷ = ÷ = = ÷ + = ÷ = ÷ = ÷ 85 85 8 5 4 4 5 3 15 4 5 , , . , . , , Esforços cortantes: Q Q t Q C AC C CD D = = = 0 3 0 Esforços normais: N t N N t C AC C CD A = ÷ = = ÷ 3 0 3 qCD 2 2 4 1 3 4 2 25 = = . , 47 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.9 - Exercícios propostos. 5.9.1 - Para a viga simplesmente apoiada apresentada na fig.96, traçar os diagramas solicitantes. 48 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.9.2 - Traçar os diagramas solicitantes para a viga bi-apoiada representada na fig.97. 5.9.3 - Traçar os diagramas solicitantes para a viga biapoiada da fig.98. 49 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.9.4 - Traçar os diagramas solicitantes para a estrutura representada na fig.99. 5.9.5 - Traçar as linhas de estado para a estrutura representada na fig.100 50 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.9.6 - Para a viga com duplo balanço da fig.101, pede-se os diagramas dos esforços solicitantes. 5.9.7 - Obter os diagramas solicitantes para a estrutura indicada na fig.102. 51 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.9.8 - Traçar os diagramas dos esforços simples para a estrutura representada na fig.103. 52 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.9.9 - Para o pórtico apresentado na fig.104 , pede-se os diagramas de momento fletor, esforço cortante e esforço normal. 53 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 54 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.9.10 - Para a estrutura apresentada na fig.105, pede-se os diagramas dos esforços solicitantes. 5.9.11 - Para o pórtico da fig.106, pede-se os diagramas dos esforços solicitantes. 55 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 56 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.10 - Vigas e Pórticos Articulados. Suponhamos que o trecho CD da viga mostrada na fig.107, esteja carregado. Para que o mesmo permaneça em equilíbrio é necessário que haja reação de apoio em C, pois em D temos um apoio do 1° gênero que é capaz de absorver uma força vertical; caberia então ao ponto C, absorver uma força vertical e uma horizontal, o que este não é capaz de fazer, porém tem a capacidade de transmitir estas forças verticais e horizontais atuantes no trecho CD, para os apoios A e B, não transmitindo porém momentos, uma vez que a rotação em C está livre. Esta viga é conhecida como viga “GERBER” e o ponto C, chama-se articulação, rótula ou “DENTE GERBER”, e representa-se conforme indicado na fig.108 abaixo. Para resolvermos esta estrutura, submetida a um carregamento qualquer, verificamos que a mesma possui quatro reações de apoio (incógnitas) e as reações de equilíbrio da estática são somente três. Neste caso lançaremos mão de mais uma equação que é a de momento fletor igual a zero na articulação, uma vez que esta não transmite momento, comumente representada por M c f ( ) = 0. Um exemplo prático de utilização de vigas articuladas é o representado na fig.109. Trata-se de construir uma ponte para transpor um rio profundo. A execução do escoramento para concretar no local o trecho BC , torna-se praticamente inviável devido ao canal do rio. Adota-se então a criação de duas articulações GERBER em E e F, concretando-se este trecho fora do local (premoldado) e transportando- o para compor o trecho BC após concretado. Esta solução trará ainda sob o ponto de vista estrutural a vantagem de reduzir as forças horizontais nos 57 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão pilares devidas a variações de temperaturas e retração no concreto. As estruturas articuladas têm alcançado importância cada vez maior na engenharia estrutural tendo em vista as técnicas avançadas de pré - fabricação e montagem das mesmas. 5.11 - Exercícios resolvidos. 5.11.1 - Traçar os diagramas solicitantes para a viga “GERBER” apresentada na fig.110 abaixo. Reações de apoio: V V V t A B C + + = + = 264 5 314 , , M V V t f C C (F) , , . . , , = ¬ ÷ = ¬ = 0 4 5 57 2 57 2 0 7 2 M V V t V t f B B A (D) , . , , . . , , . , , , = ¬ = + ÷ ¬ = = 0 4 5 5 2 5 117 2 117 2 7 2 105 16 4 7 8 M c as da esquerda V M M t.m f A A A (D) ( arg ) , . , . , , = ¬ ÷ ÷ = ¬ = 0 15 2 15 15 2 0 9 5 Momentos Fletores: M t.m A = ÷9 5 , M t.m E = ÷ + ÷ = 95 78 4 2 4 2 57 , , . . . , M t.m B = ÷ ÷ ÷ = ÷ 78 6 95 2 6 3 5 2 87 , . , . . . , M t.m C = ÷ = ÷ 2 12 12 2 144 . , , , Esforços cortantes: Q t Q t Q t Q t Q t A E E B B esq dir esq dir = = ÷ = ÷ = ÷ ÷ = ÷ = ÷ ÷ = ÷ = ÷ + = 7 8 7 8 8 0 2 0 2 5 52 52 4 9 2 9 2 164 7 2 , , , , , , , , , , Q t Q t C C esq dir = ÷ = ÷ = ÷ + = 7 2 12 4 8 4 8 7 2 2 4 , , , , , q AE t.m q EB t.m . . 2 2 4 8 4 2 = = q BC t.m q CG t.m . . , 2 2 4 18 4 072 = = 58 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.11.2 - Traçar os diagramas de momentos fletores e esforços cortantes para a viga articulada mostrada da fig.111. Reações de apoio: V V t A B + = + = 2 7 9 M C c as da direita V V V t f B A B ( ) ( arg ) . , = ¬ ÷ = ¬ = = 0 4 6 3 0 45 M C c as da esquerda V M M t.m f A A A ( ) ( arg ) . . , = ¬ ÷ ÷ ÷ = ¬ = 0 5 2 3 1 05 0 16 Momentos fletores: M t.m M t.m M t.m M t.m A D E B = ÷ = ÷ + = ÷ = ÷ + ÷ = ÷ = ÷ = ÷ 16 16 9 7 16 18 4 2 2 1 2 . Esforços cortantes: Q t Q t Q t Q t Q t Q t A D D E B B esq dir esq dir = = = ÷ = = = ÷ = ÷ = ÷ + = 4 5 4 5 4 5 2 2 5 2 5 2 5 5 2 5 2 5 4 5 2 , , , , , , , , , q EB t.m q BF t.m . , . 2 2 4 625 4 1 = = 59 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.11.3 - Traçar os diagramas solicitantes para a estrutura representada na fig.112. Reações de apoio: V V V t A B C + + = + + + = 2 2 6 7 17 M F c as da direita V V t f C C ( ) ( arg ) . . , , = ¬ ÷ ÷ = ¬ = 0 3 6 1 3 15 0 35 M E c as da direita V V t V t f B B A ( ) ( arg ) . , . . , , = ¬ + ÷ ÷ = ¬ = = ÷ 0 2 7 35 6 5 7 35 0 15 15 (sentido contrário ao indicado na fig.112). M D c as da esquerda M M t.m f A A ( ) ( arg ) .( , ) . . = ¬ ÷ ÷ ÷ ÷ = ¬ = ÷ 0 2 15 2 1 2 1 0 7 (sentido contrário ao indicado na fig.112). Momentos Fletores: M t.m M t.m M t.m A G B = ÷ ÷ = = ÷ ÷ ÷ ÷ = = ÷ ÷ = ÷ ( ) , . . , ( ) , . . . , 7 7 15 1 1 05 7 5 35 5 6 3 5 25 13 M t.m H = ÷ = 35 2 2 1 5 , . . 60 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Esforços cortantes: Q t Q t Q t Q t Q A G G D D esq dir esq dir = ÷ = ÷ ÷ = ÷ = ÷ ÷ = ÷ = ÷ ÷ = ÷ = 15 15 1 2 5 2 5 2 4 5 4 5 1 55 0 , , , , , , , Q Q t Q t Q t Q t E E B B H esq dir esq dir esq = = ÷ = ÷ ÷ = ÷ = ÷ + = = ÷ = 0 55 52 2 7 5 7 5 15 7 5 7 5 3 45 , , , , , , , Q t Q H C dir = ÷ = ÷ =÷ 4 5 6 15 35 , , , q AG t.m q GD t.m q EB t.m q BH t.m q HC t.m . , . , . . , . 2 2 2 2 2 4 025 4 025 4 1 4 2 25 4 1 = = = = = 5.11.4 - Traçar os diagramas dos esforços simples para a viga representada na fig.113. 61 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Reações de apoio: V V V t A B C + + = + = 2 3 5 M B c as da direita V V t f C C ( ) ( arg ) . , , = ¬ ÷ ÷ = ¬ = 0 4 2 3 35 0 3125 M c as da esquerda V V t V t f A A B (B) ( arg ) . , = ¬ ÷ ÷ = ¬ = = ÷ 0 4 2 5 2 0 3 1125 (sentido contrário ao indicado na fig.113). Momentos Fletores: M t.m M t.m M t.m A Besq B dir = ÷ = ÷ = ÷ = = ÷ ÷ + = 2 1 2 3 4 5 2 2 3 4 5 2 2 2 2 . . . . . M t.m M t.m D C = ÷ = = ÷ = ÷ 3125 2 3 15 175 1 05 05 , . . , , . , , Esforços cortantes: Q t Q t Q t Q t Q t F A A B B esq dir esq dir = ÷ = ÷ = ÷ + = = = ÷ = ÷ 2 2 2 3 1 1 1 1125 0125 , , Q t Q t Q t D C C esq dir = ÷ = ÷ ÷ = ÷ = ÷ + = 0125 0125 2 2125 2125 3125 1 , , , , , q DC t.m q CE t.m . . , 2 2 4 1 4 0 25 = = 5.11.5 - Para o sistema triarticulado mostrado na fig.114, pede-se as reações de apoio e o diagrama de 62 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão momento fletor. Reações de apoio: V V A B + = 0 M l V V V A B A B = ¬ ÷ + = ¬ = = ¿ 0 2 1 1 0 0 . . M C c as da esquerda H h H H h f A A B ( ) ( arg ) . = ¬ ÷ = ¬ = = 0 1 0 1 (só há empuxo horizontal) Momentos fletores: M M M h h t.m M h h t.m A B Cesq C dir = = = = = = 0 1 1 1 1 5.11.6 - Para a estrutura representada na fig.115 abaixo, determinar os diagramas de momentos fletores, esforços cortantes e esforços normais. 63 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Reações de apoio: V V H H t A B A B + = + = = 0 2 6 2 6 . M c as da direita H H H t f B B A (D) ( arg ) = ¬ = ¬ = = 0 6 0 0 6 M V V t V t B A A B = ¬ + = ¬ = ÷ = ¿ 0 5 6 1 3 6 0 2 4 2 4 . , , Momentos fletores: M M M M t.m M M A B Cesq C D D dir esq dir = = = = ÷ + = = = 0 6 2 3 6 6 6 12 0 . . . Esforços cortantes: Q t Q Q t Q t Q Q A C C D D B esq dir esq dir = = ÷ = = ÷ = ÷ = = 6 6 6 0 2 4 2 4 0 0 , , Esforços normais: N t N t N N t N t A C C D D esq dir esq dir = ÷ = ÷ = ÷ + = = = ÷ 2 4 2 4 6 6 0 0 2 4 , , , 64 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.11.7 - Traçar o diagrama de momentos fletores para a estrutura representada abaixo (fig.116). Reações de apoio: V V t H H t A B A B + = + = 7 2 M c as da direita H H H t f B B A (D) ( arg ) = ¬ ÷ = ¬ = = 0 4 4 0 1 M C c as da esquerda V M t f A A ( ) ( arg ) , = ¬ ÷ = 0 3 45 M C c as da direita V V t V t M t.m f B B A A ( ) ( arg ) . . . , = ¬ + ÷ ÷ = ¬ = = = 0 4 1 4 2 2 4 2 0 2 5 105 Momentos fletores: M t.m M t.m A E = ÷ = 105 2 , 65 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.11.8 - Traçar os diagramas solicitantes para o pórtico representado na fig.117. Reações de apoio: V V t A B + = 14 M C c as da esquerda V V t V t f A A B ( ) ( arg ) . = ¬ ÷ ÷ = ¬ = = 0 2 4 1 4 0 4 10 M C c as da direita M M t m f B B ( ) ( arg ) . . , . = ¬ + ÷ ÷ = ¬ = 0 10 3 4 10 25 0 1 Momentos fletores: M M t.m M t.m M t.m A B Cesq C dir = = = ÷ = = ÷ + ÷ = 0 1 4 2 4 1 4 4 2 4 1 4 4 4 . . . . M t.m M t.m M t.m D Ddir D BD esq = ÷ + ÷ = ÷ = ÷ = ÷ = 4 5 4 4 25 5 4 1 4 1 . . Esforços cortantes: Q t Q t Q t Q Q A D D D BD B esq dir = = ÷ = ÷ = = = 4 4 10 6 4 0 0 Esforços normais: N N t B D BD = = ÷10 q AC t.m q CD t.m q DE t.m . . , . 2 2 2 4 2 4 4 5 4 2 = = = 66 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.11.9 - Traçar o diagrama de momento fletor para o pórtico articulado abaixo. 67 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Reações de apoio: V V t H H A B A B + = = 6 M E c as da direita V V t V t f B B A ( ) ( arg ) . = ¬ ÷ = ¬ = = 0 2 2 1 0 1 5 M c as da esquerda V M H M H t f A A A A A (D) ( arg ) ( ) = ¬ ÷ ÷ ÷ = ¬ + = 0 2 4 2 0 4 8 1 M c as da esquerda M H M H t f A A A A (E) ( arg ) . ( ) = ¬ ÷ ÷ ÷ = ¬ + = 0 4 5 6 8 0 6 12 2 Resolvendo os sistemas (1) e (2) encontramos: H H t M A B A = = = 2 0 Momentos fletores: M M M t.m M t.m A B Cesq C dir = = = ÷ = ÷ = ÷ 0 2 2 4 4 . M t.m M t.m Gesq C dir = ÷ + ÷ = = 2 2 5 2 2 1 4 4 . . . M t.m M t.m Fesq G dir = ÷ ÷ = = 5 4 2 4 4 2 4 4 . . . q t.m .2 4 1 2 = 5.11.10 - Para a estrutura representada na fig.119, pede-se o diagrama dos momentos fletores. 68 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão A estrutura dada é idêntica a da fig.119a. Reações de apoio: V V t H H t A B A B + = + = 8 8 M C c as da direita H H H t f B B A ( ) ( arg ) = ¬ = ¬ = = 0 4 0 0 8 M C c as da esquerda V V V t f A A B ( ) ( arg ) . = ¬ + ÷ ÷ ÷ = ¬ = = 0 4 32 8 2 8 2 0 0 8 Momentos fletores: M M M q AC t.m A B C = = = = 0 4 16 2 . 5.12 - Exercícios propostos. 5.12.1 - Traçar os diagramas solicitantes para a estrutura apresentada na fig.120. 69 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.12.2 - Traçar os diagramas solicitantes par a estrutura articulada mostrada na fig.121. 5.12.3 - Traçar os diagramas de momentos fletores e esforços cortantes para a estrutura apresentada na fig.122. 70 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.12.4 - Traçar o diagrama de momentos fletores para a viga biengastada representada na fig.123, desprezando os empuxos. Obs: Logicamente a estrutura é uma vez hiperestática, porém desprezando-se os empuxos horizontais, esta fica estaticamente determinada e o diagrama de momentos fletores é o apresentado acima. 5.12.5 - Estudar qualitativamente o diagrama de momentos fletores da estrutura da fig.124. 5.12.6 - Traçar o diagrama de momentos fletores para o sistema triarticulado mostrado na fig.125. 71 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.12.7 - Desenhar o diagrama de momentos fletores para o pórtico articulado da fig.126. 5.12.8 - Traçar o diagrama dos momentos fletores para o pórtico da fig.127. 72 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 2.12.9 - Traçar o diagrama dos momentos fletores para a estrutura da fig.128 abaixo. 73 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 5.12.10 - Traçar o diagrama de momento fletor para o quadro articulado representado abaixo (fig.129). 6.0 - EXERCÍCIOS ESPECIAIS RESOLVIDOS 74 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 6.1 - Obter os diagramas de momento fletor e esforço cortante para a viga abaixo (fig.130), submetida a um carregamento distribuído segundo uma lei parabólica do 2° grau. Tomemos um elemento de carga de largura “dx” e ordenada “y”, distante „x‟ do apoio A. A equação da parábola de carga é da forma: y ax = 2 como o ponto (l, q) pertence à parábola vem: q al a q l = ¬ = 2 2 logo a equação de carga será : q q l x y = 2 2 Para calcularmos as reações de apoio necessitamos do módulo da resultante e da sua posição. Conforme vimos em 2.4 o módulo da resultante é igual a área do diagrama de carga, ou seja: R q dx q l x dx q l x q l y l l l = = = ¸ ( ¸ ( ( = } } . . . 0 2 2 2 3 0 0 3 1 3 A posição da resultante “ x ” é dada conforme vimos em 2.4, pela seguinte fórmula: x q dx x q dx q l x dx q l x dx l y l y l l l = = = } } } } . . . . . 0 0 2 3 0 2 2 0 3 4 Reações de apoio: V V q l V l q l l q l V q l V q l A B B B A + = = = ¬ = = 1 3 1 3 3 4 4 4 12 2 . . . . . . . . A equação dos momentos fletores será: M q l x q l x x M q l x q l x = ÷ ¬ = ÷ . . 12 1 3 4 12 12 2 3 2 4 Equação esta que representa uma parábola do quarto grau. O ponto máximo desta parábola será: 75 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão dM dx q l q l x x l x l l = ÷ = ¬ = ¬ = = . , 12 3 0 4 2 2 0 63 2 3 3 3 3 Substituindo este valor na equação do momento fletor encontramos: M q l ql max = = . , 2 3 2 32 2 0 03935 A equação dos momentos fletores pode ser colocada da seguinte forma: ( ) M q l x l x l q l q l do x l p = ÷ | \ | . | | = ÷ = = . . . sen 2 4 2 4 2 12 12 12 c c e c e a dos esforços cortantes : ( ) Q q l x l q l q l p = ÷ | \ | . | | = ÷ = . . . 2 3 3 2 3 2 12 1 4 12 1 4 12 c t os diagramas de fletores e cortantes estão representado na fig.131. 6.2 - Um poste de comprimento “l” e de peso uniformemente distribuído, repousa inicialmente em um aplano horizontal. Deseja-se levantá-lo, fazendo-o girar em torno de uma das suas extremidades, por meio de um guincho cujo cabo deve ser preso nas vizinhanças da outra extremidade. A que distância dessa extremidade deve ser fixo o cabo do guincho, de modo a que o poste, durante o levantamento fique sujeito aos menores momentos fletores possíveis?. 76 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão A posição mais desfavorável é quando o poste descola do plano horizontal (fig.132). Neste momento o diagrama dos momentos fletores é o mostrado na fig.133 abaixo. A medida que “x” aumenta , aumenta o momento máximo negativo M n e diminui o momento máximo positivo M p . A posição ideal de “x” será quando tivermos M M n p = . O momento máximo negativo é: M q x n = . 2 2 A equação dos momentos fletores no trecho AB é: M V y q y A = ÷ . . 2 2 O momento máximo será quando: dM dy V q y y V q A A = ÷ = ¬ = . 0 e este momento vale: M V q V q M V q A A p A = ÷ ¬ = 2 2 2 2 2 Para calcularmos V A , façamos M B ¿ = 0 V l x q l l x V q l l x l x A A ( ) . . ( ) ( ) ÷ ÷ ÷ | \ | . | = = ÷ ÷ 2 0 2 2 77 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão logo: M q l l x l x p = ÷ ÷ . ( ) ( ) 2 2 2 8 2 fazendo M M p n = teremos: q x q l l x l x x l l x l x . . ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 8 2 2 2 = ÷ ÷ ¬ = ÷ ÷ desenvolvendo a expressão acima em função de “x” obteremos a equação do segundo grau: 2 4 2 2 . . . x x l l ÷ + cujas soluções são as seguintes: x l l x l = ± ¬ ' = + ÷ 2 2 2 2 2 2 . . ( ) x > l impossível ' ' = ÷ ÷ = x l x l ( ) , 2 2 2 0 293 6.3 - Na viga biapoiada com balanços, representada na fig.134 abaixo, calcular o valor da força “P” de modo que o valor absoluto do momento fletor seja o mínimo possível. O diagrama dos momentos fletores é o indicado acima e a condição imposta pelo problema é que: M M n p = cujos valores são os seguintes: 78 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão M P P n = + = + . . . 2 2 2 1 2 4 M P p p = ÷ + = ÷ 2 6 8 2 4 5 2 2 . ( ) igualando teremos: 2 4 5 2 025 P P P t + = ÷ ¬ = , 6.4 - Calcular os esforços simples na seção S do arco circular representado na fig.135 abaixo. Reações de apoio: V V t H t V V t V t A B B B B A + = = = + + ¬ = = 20 10 20 10 269 10 5 10 15 11345 8655 . , . . , , Cálculo do raio do círculo: R R R R m 2 2 2 2 2 2 2 2 10 538 10 10 76 538 10 538 10 76 12 = + ÷ = + ÷ + ¬ = + = (R , ) , ( , ) ( , ) , Funções trigonométricas e valor de “y”: sen , cos , o o o = = = = ' 3 12 0 25 0 968 14 30 y R y m = ÷ ÷ ¬ = ÷ ÷ = 538 1 538 12 1 0968 5 , ( cos ) , ( , ) o Momento fletor: M t.m S = ÷ ÷ = 8655 7 10 231 10 2 175 , . . , . , Esforço normal: Basta projetar as forças a esquerda de S sobre a tangente ao arco no ponto S. N t.m S = ÷ ' ÷ ' = ÷ ( , ).cos( ) .sen( ) , 10 8 655 75 30 10 75 30 9 34 Esforço cortante: Basta projetar as forças a esquerda de S sobre a perpendicular a tangente em S. 79 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Q t.m S = ÷ ' ÷ ' = ÷ ( , ).sen( ) .cos( ) , 10 8 655 75 30 10 75 30 38 6.5 - Estudar qualitativamente o aspecto do diagrama de momentos fletores da estrutura autoequilibrada na fig.136. O aspecto do diagrama de momentos fletores está indicado na fig.137. 1.0 - CENTRO DE GRAVIDADE 1.1.0 - Centro das forças paralelas 80 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão No estudo da determinação dos centros de gravidade dos sólidos faz-se necessário a noção sobre o centro de forças paralelas. Consideremos um sistema de forças paralelas e de mesmo sentido F F F n 1 2 , ,..., , aplicadas a um corpo sólido, nos pontos A A A n 1 2 , ,..., , conforme mostra a Fig.1. É claro que este sistema de forças possui uma resultante R , paralelas as forças, com mesmo sentido e com módulo: R F F F n = + + + 1 2 ... Agora façamos as forças girarem em torno do seu ponto de aplicação de um angulo fixo, no mesmo sentido. Obteremos assim um novo sistema de forças paralelas e de igual direção, com mesmos módulos e pontos de aplicação, porém com direções distintas. É claro que para cada ângulo fixo os sistemas de forças paralelas terão a mesma resultante de módulo R , variando a sua linha de ação. Demonstraremos então que qualquer que seja o ângulo fixo, a linha de ação da resultante passará sempre pelo mesmo ponto C . Com efeito ao compormos as forças F 1 e F 2 ,verificamos que a resultante R 1 destas duas forças passará sempre pelo ponto C 1 , qualquer que seja o ângulo de rotação, satisfazendo sempre a igualdade: F A C F A C 1 1 1 2 2 2 . . . . = isto porque as rotações aplicadas às forças não variam a posicão da reta A A 1 2 . . Compondo agora a força R 1 , com a força F 3 , achamos que esta resultante, que também é resultante das forças F F F 1 2 3 , , , passará sempre pelo ponto C 2 , determinado analogamente e que se encontra sobre a reta C A 1 3 . Realizando esta operação sucessivamente, chegaremos à conclusão que para "n" forças paralelas aplicadas nos pontos A A A n 1 2 , ,..., , a resultante R passará sempre por um ponto fixo C , quando aplicamos rotações iguais e de mesmo sentido em todas as forças. O ponto C por onde passa a reta suporte da resultante de um sistema de forças paralelas, ao realizarem rotações de mesmo ângulo e mesmo sentido em torno dos seus pontos de aplicação chama-se "CENTRO DAS FORÇAS PARALELAS". Determinemos agora as coordenadas do centro das forças paralelas. A posição do ponto C independe do sistema de coordenadas. Sendo assim, escolhamos o sistema OXYZ apresentado na fig.1, cujas coordenadas dos pontos serão A x y z A x y z A x y z n n n n 1 1 1 1 2 2 2 2 ( , , ), ( , , ),..., ( , , ) e C x y z ( , , ) . Como sabemos que a posição do ponto C não depende da direção das forças, giremos estas em torno do seu ponto de aplicação até que fiquem paralelas ao eixo OZ (forças tracejadas na fig.1). Após isto apliquemos ao sistema o teorema de Varignon em relação ao eixo OY, ou seja: R x F x F x F x n n . . . ... . = + + + 1 1 2 2 donde: x F x R n n = ¿ . (1) Analogamente aplicando o teorema de Varignon em relação ao eixo OX com as forças paralelas a OZ e a OY respectivamentes teremos: y F y R n n = ¿ . (2) e z F z R n n = ¿ . (3) Vale ressaltar que as expressões acima são válidas também para forças paralelas de sentidos contrários, 81 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão desde que se considere os valores dos módulos positivos em um sentido e negativo no outro, com a condição de que R seja diferente de zero. 1.2 - Centro de gravidade de um corpo sólido Todo corpo que se encontra nas proximidades da terra está submetido a ação de um força dirigida verticalmente e que se chama força de gravidade. Para os corpos cujas dimensões são muito pequenas em comparação com o raio da terra pode-se admitir que as forças de gravidade que atuam nas partículas deste corpo são paralelas umas às outras e têm módulos constantes para qualquer rotação efetuada pelo mesmo. O campo de gravidade que satisfaz estas condições chama-se campo de gravidade homogêneo. Consideremos um corpo situado nas proximidades da terra (fig.2) As partículas deste corpo, estão sujeitas às forças de gravidade P P P n 1 2 , ,..., , cuja resultante é P . O módulo desta resultante equivale ao peso do corpo e se determina pela seguinte igualdade: P P n = ¿ (4) Qualquer que seja a rotação efetuada pelo corpo, estas forças P n continuarão paralelas umas às outras, aplicadas nos mesmos pontos, variando somente suas direções. Por conseguinte como foi visto em 1.1, a resultante P das forças P n , para qualquer posição do corpo passará sempre pelo ponto C que é o centro das forças paralelas, também chamado de centro de gravidade do corpo. Logo concluímos que as coordenadas do centro de gravidade são determinadas pelas fórmulas (1), (2) e (3), ou seja: x P x P n n = ¿ . , y P y P n n = ¿ . e z P z P n n = ¿ . (5) 1.3 - Centro de gravidade dos corpos homogêneos Para um corpo homogêneo, isto é constituído pelo mesmo material, o seu peso específico é tal que: ¸ = P V n n donde P V n n = ¸ . (peso proporcional ao volume) Substituindo os valores de P n nas fórmulas (5) obteremos: x V x V V x V n n n n = = ¿ ¿ ¸ ¸ . . . . , y V y V V y V n n n n = = ¿ ¿ ¸ ¸ . . . . e z V z V V z V n n n n = = ¿ ¿ ¸ ¸ . . . . (6) 1.4 - Centro de gravidade de uma superfície plana Consideremos uma placa homogênea de forma hexagonal (fig.3) e espessura "e". Determinar as coordenadas do centro de gravidade desta placa equivale a determinar o ponto de aplicação da força P (peso do corpo) resultante do sistema de forças P P P 1 2 6 , ,..., (peso dos triângulos) que por sua vez estão aplicados nos respectivos centros de gravidade. Se as coordenadas dos pontos de aplicação destas forças são P x y P x y P x y 1 1 1 2 2 2 6 6 6 ( , ), ( , ),..., ( , ,) , então de acordo com as fórmulas (6) as coordenadas do ponto de aplicação da resultante P serão: 82 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão x V x V x V x V = + + + 1 1 2 2 6 6 . . ... . e y V y V y V y V = + + + 1 1 2 2 6 6 . . ... . (7) Como sabemos que o volume do sólido é o produto da sua superfície pela espessura temos que: V S e n n = . para n = 1,2,3,4,5 e 6 e V S e = . substituindo esses valores nas fórmulas (7) obteremos as coordenadas do centro de gravidade da superfície da placa: x S x S n n n = = ¿ . 1 6 e y S y S n n n = = ¿ . 1 6 (8) Como a superfície é plana, trabalharemos sempre com duas coordenadas, o que nos permite para melhor visualização, rebater o plano OXY para o plano do papel em que escrevemos conforme mostra a Fig.4 onde A A A 1 2 6 , ,..., são os pontos de aplicação das forças P P P 1 2 6 , ,..., respectivamente. Concluimos então que para a determinação do centro de gravidade de uma superfície plana, dividimos a superfície dada em tantas outras possíveis, das quais conhecemos a posição do centro de gravidade e aplicamos as fórmulas (8) generalizadas: x S x S n n = ¿ . e y S y S n n = ¿ . (9) 1.5 - Centro de gravidade de uma superfície irregular Para determinarmos as coordenadas do centro de gravidade de uma superfície irregular qualquer, impossível de dividi-la em outras conhecidas, devemos lançar mão do cálculo integral. Seja uma área qualquer conforme mostrado na fig.5 abaixo: Tomemos nesta superfície um elemento de área infinitesimal "ds" cujas coordenadas são x e y. Somar os produtos x.ds e y.ds, significa calcular a integral ao longo da superfície desses produtos. Por conseguinte as somatórias das fórmulas (9) se transformam em integrais ou seja: x x ds ds S) S) = } } . ( ( e y y ds ds S S = } } . ( ) ( ) (10) que são as fórmulas para o cálculo das coordenadas do centro de gravidade de uma superfície irregular qualquer por integração direta. 1.6 - Momento Estático de uma superfície 83 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Seja a superfície "S" da fig.6, cujas distâncias do seu centro de gravidade aos eixos X e Y são respectivamente x y o o , . Defini-se "momento estático de uma superfície em relação a um eixo, como sendo o produto desta pela distância do centro de gravidade ao eixo. Donde conclui-se portanto de acordo com a fig.6 que : S x o . = momento estático da superfície S em relação ao eixo x. S y o . = momento estático da superfície S em relação ao eixo y. Quando transformamos as expressões (5) nas expressões (9) constatamos que o momento estático de uma superfície qualquer em relação a um eixo é igual à soma dos momentos estáticos das superfícies que a compõem, isto decorrente do próprio Teorema de Varignon, relativo a um sistema de forças qualquer. Se dividirmos a superfície "S" em "n" outras, teremos então: S x S x S x S x o n n . . . ... . = + + + 1 1 2 2 e S y S y S y S y o n n . . . ... . = + + + 1 1 2 2 o que nos leva às fórmulas das coordenadas do centro de gravidade da superfície "S" sendo ( , ),( , ),...,( , ,) x y x y x y n n 1 1 2 2 , as coordenadas do centro de gravidade das superfícies S S S n 1 2 , ,..., , respectivamente. 1.7 - Roteiro para determinação do centro de gravidade das superfícies planas. Para qualquer caso que se deseje determinar o centro de gravidade de uma superfície, procede-se dividindo a figura em outras, cujos centros de gravidade conhecemos a priore e aplicamos as fórmulas (9). Quando a figura admite um eixo de simetria o centro de gravidade está contido nesse eixo, pois para todos os pesos das partícular do sólido de um lado desse eixo corresponderá outro de igual distância cuja resultante estará no eixo de simetria, portanto se a figura estiver um centro de simetria, este será seu centro de gravidade. Não sendo possível a divisão da superfície em outras conhecidas, procede-se à divisão em partes infinitesimais e aplica-se as fórmulas (10). 1.8 - Centro de gravidade das figuras planas comuns. Determinaremos agora o centro de gravidade de algumas figuras que são frequentes na prática da Engenharia e necessários de serem conhecidos previamente para a determinação do centro de gravidade de outras figuras compostas. 1.8.1 - Centro de gravidade do retângulo. Como demonstramos em 1.7, o retângulo possui um centro de simetria que é o ponto de interseção das diagonais, sendo portanto este o seu centro de gravidade. Conforme mostra a fig.7, as coordenadas do centro de gravidade do retângulo são: x b o = 2 e y b o = 2 1.8.2 - Centro de gravidade do triângulo. 84 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Seja o triângulo representado na fig.8. Para determinarmos o seu centro de gravidade, devemos dividi-lo em elementos infinitesimais de área ds = xdy, que aplicando as fórmulas (10) nos dá: y y xdy S h = } . 0 (11) Sabemos que S b h = 1 2 . e que pela semelhança dos triângulos temos: x b h y h = ÷ donde x b h y = ÷ (h ) que substituindo em (11) nos dá: b h y y dy b h y dy b h h y y b h h h h (h ). . (hy ). . . ÷ = ÷ = ÷ | \ | . | | = } } 2 2 3 0 2 0 0 2 3 6 , ¬ y b h b h = . . 2 6 2 ¬ y h = 3 1.8.3 - Centro de gravidade do trapézio. Seja determinar a posição do centro de gravidade do trapézio da fig.9 em relação às suas bases. Dividindo o trapézio em três áreas das quais conhecemos a posição do centro de gravidade teremos: Área (1) = área do triângulo de base “m” e altura “h” S mh 1 1 2 = . , y h 1 1 3 = , e S y mh 1 1 2 1 6 . . = Área (2) = área do retângulo de base “a” e altura “h” S a h 2 = . , y h 2 2 = , e S y a h 2 2 2 2 . . = Área (3) = área do triângulo de base “n” e altura “h” S n h 3 1 2 = . , y h 3 3 = , e S y n h 3 3 2 6 . . = de modo que: y m h a h n h a b h = + + + 1 6 1 2 1 6 2 2 2 2 . . . . como m + n = b - a obtemos: ( ) y h b a a b = + + 3 2 . 1.8.4 - Centro de gravidade do setor circular Seja o setor circular de raio R mostrado na fig.10 ao lado. Fazendo-se o eixo "x" coincidir com o seu eixo de simetria a ordenada do centro de gravidade será igual a zero. Tomemos então um elemento infinitesimal de área ds = 1/2R.dl, como dl Rd = u teremos: ds R d = 1 2 2 . u o que aplicando as fórmulas (10) nos dá: 85 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão | | | | x R R d R d R R = = ÷ + ÷ + ÷ + ÷ + } } 2 3 1 2 1 2 1 3 2 2 2 3 2 cos . . . . sen u u u u u o o o o o o o o ¬ x R = 2 3 seno o (12) 1.8.5 - Centro de gravidade do semicírculo Para obtermos o semicírculo da fig.11, basta que façamos na fig.10 o ângulo central igual a 90 o , o que substituindo na fórmula (12) nos dá: x R = 2 3 2 2 sen t t ¬ x R = 0424 , 1.8.6 - Centro de gravidade do quadrante de círculo Para obtermos o quadrante de círculo façamos na fig.10 o ângulo central igual a 45 o e dando um rotação de mesmo ângulo no sistema no sentido anti-horário obtemos a fig.12, onde: x y R = = 2 3 4 4 4 sen cos t t t ¬ x y R = =0 424 , 1.8.7 - Centro de gravidade do segmento parabólico de ordem "n". Seja o segmento parabólico de ordem "n" mostrado na fig.13, limitado pelo eixo x e pela reta x = h. Para determinarmos as coordenadas do centro de gravidade desta área, tomamos um elemento diferencial de área ds = y.dx, cuja distância do seu centro de gravidade ao eixo y é x. Aplicando as fórmulas (10) teremos: ( ) ( ) x x ds ds x y dx y dx k x dx k x dx x n x n b n b n b b b b n b n b n b n b n n = = = = + | \ | . | | + | \ | . | | = + + } } } } } } + + + + + . . . . . . . 0 0 0 0 1 0 0 2 0 1 0 2 1 2 1 1 2 ¬ x b n n = + + 1 2 ( ) ( ) y y y dx y dx k x dx k x dx k x n k x n k b n b n b b n b n b n b n b n n = = = + | \ | . | | + | \ | . | | = + + } } } } + + + + 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 0 0 2 2 0 0 2 2 1 0 1 0 2 1 1 . . . ¬ y h n n = + + 1 4 2 1.9 - Teorema de Pappus ou de Guldin O teorema de Pappus ou de Guldin relativo aos volumes diz que: " O volume gerado por uma superfície plana em torno de um eixo situado em seu plano e que não corta a 86 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão superfície é igual ao produto da área da superfície geradora, pelo arco de circunferência descrito pelo seu centro de gravidade ". Consideremos a área A da fig.14 girando em torno do eixo dos x de um ângulo de 360 o . O elemento diferencial dA gerará um anel cujo volume é: dV y dA = 2t . ¬ V y dA S) = } 2t . ( , mas de acordo com as fórmulas (10), y dA yA S . . ( ) = } o que nos dá V yA = 2t. . (13) demonstrando assim o teorema. 1.9.1 - Centro de gravidade da semi - elipse Seja a elipse da fig.15, de semi-eixos "a" e "b", cuja área é: t. . a b 2 Girando esta superfície em torno do eixo do "x" ela gerará um elipsóide de revolução cujo volume é: 4 3 2 t. . a b aplicando a fórmula (13) teremos: 4 3 2 2 2 t t t . . . . a b y a b = ¬ y b = 0 424 , 1.9.2 - Centro de gravidade do quadrante da elipse Seja o quadrante de elipse da fig.16, cuja área é: t. . a b 4 girando-o em torno do eixo "x", obteremos um semi-elipsóide de revolução cuja volume é: 2 3 2 t. . a b . Aplicando o teorema de Pappus teremos: 2 3 2 4 2 t t t . . . . a b y a b = ¬ y b = 0 424 , Procedendo analogamente em relação ao eixo "y" teremos: 2 3 2 4 2 t t t . . . . a b x a b = ¬ x a = 0 424 , 1.10 - Exercícios resolvidos A seguir apresentamos um formulário gráfico (Tabela 1) com as coordenadas dos centros de gravidade das principais superfícies planas e faremos uma série de exercícios práticos. Tabela 1 - Centro de Gravidade das Principais figuras planas 87 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 1.10.1 - Achar as coordenadas do centro de gravidade do perfil duplo T, cujas dimensões são as indicadas na 88 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão fig.17. Solução: Dividamos a superfície dada em três outras, das quais conhecemos o centro de gravidade. Como a área possui um eixo de simetria devemos coincidi-lo com o eixo "x". A posição do eixo "y" será escolhida conforme mostra a fig.17. Consideremos então as seguintes áreas: Área (1) = Área do retângulo vertical de 2 x 20 cm¬ S cm x cm e S x cm 1 2 1 2 1 1 3 40 00 100 40 00 = = = , , , . , Área (2) = Área do retângulo horizontal de 20 x 2 cm¬ S cm x cm e S x cm 2 2 2 2 2 2 3 40 00 12 00 480 00 = = = , , , . , Área (3) = Área do retângulo vertical de 2 x 15 cm¬ S cm x cm e S x cm 3 2 3 2 3 3 3 30 00 2300 690 00 = = = , , , . , Logo: x = + + + + 40 00 480 00 690 00 40 00 40 00 30 00 , , , , , , ¬ x cm = 1100 , e y cm = 0 00 , 1.10.2 - Determinar a abscissa do centróide do segmento circular mostrado na fig.18. Solução: A área do segmento circular pode ser obtida pela diferença entre a área do setor circular OABC e a área do triângulo OAC. Consideremos então as seguintes áreas: Área (1) = Área do setor circular OABC S R x R e S x R 1 2 1 2 1 1 3 2 3 2 3 = = = . , .sen . sen o o o o Área (2) = Área do triângulo OAC ¬ S R x R e S x R 2 2 2 2 2 3 1 2 2 2 3 1 3 2 = ÷ = = ÷ . sen , . cos . sen . cos o o o o x R R R R = ÷ ÷ 2 3 1 3 2 1 2 2 3 3 2 2 . sen . sen . cos . . sen o o o o o ¬ x R = ÷ 4 3 2 2 3 sen ( sen ) o o o 1.10.3 - Localize a posição do centro de gravidade da área mostrada na fig.19, gerada pelo corte de um semicírculo de diâmetro R a partir de um quarto de círculo de raio R. Consideremos as seguintes áreas: Área (1) = Área do quarto de círculo de raio R S R R x R tab y R tab 1 2 2 1 1 4 0 785 0 424 1 0 424 1 = = = = t. , , , ( . ), , ( . ) e S x S y R 1 1 1 1 3 0 333 . . , = = Área (2) = Área do semicírculo de diâmetro R 89 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão S R R x R y R S x R e S y R 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 8 0 393 0 212 0500 0 083 0196 = ÷ = ÷ = = = ÷ = ÷ t. , , , , , , . , . , logo: x R R R R = ÷ ÷ 0 333 0 083 0 785 0 393 3 3 2 2 , , , , ¬ x R = 0638 , e y R R R R = ÷ ÷ 0 333 0196 0 785 0 393 3 3 2 2 , , , , ¬ y R = 0 394 , 1.10.4 - Localize a posição do centro de gravidade da área mostrada na fig.20. Solução: Consideremos as seguintes áreas: Área (1) = quarto de círculo de raio 7,5 cm e centro “O”. ( ) S cm x y cm 1 2 2 1 1 0 785 7 5 4416 0 424 7 5 318 = = = = = , , , , , ( , ) , S x S y cm 1 1 1 1 2 140 43 . . , = = Área (2) = quadrado de lado 7,5 cm no segundo quadrante. S cm x cm y cm S x cm S y cm 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 56 25 375 375 210 94 210 94 = = ÷ = = ÷ = , , , , , , . , , . , Área (3) = quarto de círculo de raio 7,5 cm e centro A. S cm x cm y cm S x cm S y cm 3 2 3 3 3 3 3 3 3 3 4416 0576 75 4 32 0576 75 4 32 19077 190 77 = ÷ = ÷ = ÷ = = = = ÷ , , , . , , , , . , , , . , , . , logo teremos: x = ÷ + + ÷ 140 43 210 94 190 97 4416 56 25 4416 , , , , , , ¬ x cm = 214 , e y = + ÷ + ÷ 140 43 210 94 190 97 4416 56 25 4416 , , , , , , ¬ y cm = 2 86 , 1.10.5 - Localize a posição do centro de gravidade da área mostrada na fig.21 abaixo. Consideremos as seguintes áreas: Área (1) = círculo de raio 20 cm: S cm x e S x 1 2 1 1 1 1256 64 0 0 = = = . , , . Área (2) = segmento circular de raio 15 cm: S cm o 2 2 2 1 2 15 2 3 120 138 20 = ÷ ÷ | \ | . | =÷ ( ) sen , t ( vide exercício 1.10.2) x cm o o 2 3 4 3 15 60 2 3 120 1057 = ÷ | \ | . | = sen sen , t (vide exercício 1.10.2) S x cm 2 2 3 146077 . . , = ÷ logo teremos x = ÷ ÷ 0 146077 125664 13820 . , . , , ¬ x cm = ÷131 , 1.10.6 - Localize a posição do centro de gravidade da área mostrada na fig.22 abaixo. Solução: Consideremos as seguintes áreas: Área (1) = retângulo de 30 x 10 cm S cm x cm S x cm 1 2 1 1 1 2 300 00 1500 4 500 00 = = = , , , . . , Área (2) = semicírculo de raio 5,00 cm e centro no eixo “x”: 90 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão S cm x cm S x cm 2 2 2 2 2 2 3 500 2 39 27 0 424 500 30 00 3212 126135 = = = + = = t.( , ) , , , . , , , , . . , Área (3) = semicírculo de raio 5,00 cm e centro na origem: S cm x x cm S x cm 3 2 2 3 3 3 3 500 2 39 27 0 424 500 212 8325 = = = ÷ = ÷ = ÷ t.( , ) , , , , , , . , Área (4) = círculo de raio 2,50 cm e centro na origem: S cm x S x 4 2 2 4 4 4 2 50 19 64 0 0 = ÷ = ÷ = = t.( , ) , , , . logo teremos: x = + ÷ ÷ + + ÷ 4 500 00 126135 8325 0 300 00 39 27 39 27 19 64 . , , , , , , , ¬ x cm = 1582 , 1.10.7 - Localize a posição do centro de gravidade da área mostrada na fig.23 abaixo. Solução: Consideremos as seguintes áreas: Área (1) = retângulo de 90,00 x 60,00 cm S x mm x mm y mm S x mm S y mm 1 2 1 1 1 1 3 1 1 3 90 00 60 00 5400 00 4500 30 00 243000 00 162 000 00 = = = = = = , , . , , , , , , . . , , . . , Área (2) = Triângulo retângulo isósceles de catetos 60,00 mm S x mm x mm y mm S x mm S y mm 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 1 2 60 00 60 00 1800 00 2 3 60 00 30 00 70 00 1 3 60 00 20 00 126 000 00 36 000 00 = ÷ = ÷ = + = = = = ÷ = ÷ , , . , , , , , , , , , . . , , . . , Área (3) = quadrante de círculo de raio 30,00 mm S mm x mm y x mm S x mm S y mm 3 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 30 00 4 70686 0 424 30 00 12 72 0576 30 00 30 00 47 28 8 99126 33420 34 = ÷ = ÷ = = = + = = ÷ = ÷ t( , ) , , , . , , , , , , , , . . , , . . , x cm = ÷ ÷ ÷ ÷ = 243000 00 126 000 00 8 99126 5400 00 1800 00 70686 373 . , . , . , . , . , , , y cm = ÷ ÷ ÷ ÷ = 162 000 00 36 000 00 33420 34 5400 00 1800 00 70686 320 . , . , . , . , . , , , 1.10.8 - Sendo C o centro de gravidade da área representada na fig.24 abaixo, determinar a distância OC em função de R. 91 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Solução: Consideremos as seguintes áreas: Área (1) = semicírculo OAB S R x R S x R 1 2 2 1 1 1 3 2 157 0576 0 90 = = = = t.(R) , , , , . , Área (2) = triângulo ABD S R R R x R R S x R 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 1 2 3 167 334 = = = + | \ | . | = = ( ).( ) , , , . , OC R R R R R = + + = 0 90 334 157 2 119 3 3 2 2 , , , , 1.10.9 - Achar a posição do centro de gravidade de um disco homogênio que possui um orifício circular, supondo que o raio do disco é R 1 e que o raio do orifício é R 2 . O centro deste orifício fica à distância de R 1 2 do centro do disco. Solução: Consideremos as seguintes áreas: Área (1) = círculo de raio R 1 ¬ S R x S x 1 1 2 1 1 1 0 0 = = = t , , . Área (2) = círculo de raio R 2 ¬ S R x R S x R R 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 = ÷ = = ÷ t t , , . . x R R R R R R R R = ÷ ÷ = ÷ 0 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 t t t . 1.10.10 - Traçar a reta DE, através do vértice D, do retângulo homogênio ABCD, de modo tal que o lado AD, igual a "b", mantenha a horizontal se o trapézio ABED, criado por esta reta, for suspenso pelo vértice E (fig.26). Para que o trapézio ABED permaneça na horizontal é necessário que a reta EF contenha o seu centro de gravidade. Assim sendo o momento estático do trapézio em relação ao eixo EF deve ser igual a zero. Consideremos as seguintes áreas: Área (1) = triângulo DEF ¬ S DF AB x DF S x DF AB 1 1 1 1 2 1 2 1 3 1 6 = = ÷ = ÷ . , , . . Área (2) = retângulo ABEF ¬ S AB BE x BE S x BE AB 2 2 2 2 2 1 2 1 2 = = = . , , . . Momento estático = 0 ¬ S x S x 1 1 2 2 0 . . + = ÷ + = ¬ = = ÷ = + = 1 6 2 0 3 1 3 0 366 2 DF AB BE AB BE DF como DF b BE vem que BE b b . . ( ) , 92 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 1.11 - Exercícios propostos 1.11.1 Determinar as coordenadas do centro de gravidade do quarto de anel mostrado abaixo (fig.27) Resp. x y cm = = 138 , 1.11.2 - Determinar a posição do centro de gravidade da área representada na fig.28 abaixo. 1.11.3 - Determine as coordenadas do centro de gravidade da área mostrada na fig.29 abaixo. 1.11.4 - Determinar a posição do centro de gravidade da área representada na fig.30 abaixo. 93 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 1.11.5 - Seja o quadrado mostrado na fig.31 abaixo. Achar em seu interior um ponto D que seja o centro de gravidade da área que surgirá se do quadrado for recortado o triângulo isósceles ADO. 1.11.6 - Determinar a posição do centro de gravidade da área representada na fig.32 abaixo. 1.11.7 - Determinar as coordenadas do centro de gravidade da área plana representada abaixo (fig.33). 1.11.8 - Achar o centro de gravidade da seção transversal da barragem mostrada na fig.34, considerando que o peso específico do concreto é 2.400,00 kg/m 3 e o da camada de terra é 1.600,00 kg/m 3 . 94 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 1.11.9 - Determinar as coordenadas do centro de gravidade da área plana representada abaixo (fig.35). 1.11.10 - Determinar a posição do centro de gravidade da área mostrada na fig.36 abaixo. 2.O - MOMENTO DE INÉRCIA 95 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 2.1 - Definição de momento de inércia de uma superfície Consideremos uma viga de seção reta uniforme, conforme mostrado na fig.37, submetida ao carregamento indicado. Diz-se que esta viga está submetida a uma flexão pura. Para uma seção A qualquer situada no vão da viga, as forças que nela atuam são transmitidas internamente pelo material da mesma. Demonstra-se na resistência dos materiais que estas forças internas em qualquer seção da viga, são forças distribuídas, cujos módulos variam linearmente com a distância y a partir de um eixo passando pelo centro de gravidade da mesma, ou seja dF = K.y.dA. Este eixo representado pelo eixo x na fig.38, é conhecido como eixo neutro da seção. As forças de um lado do eixo são forças de compressão e do outro forças de tração; no eixo neutro as forças são nulas. Para calcularmos o módulo da resultante R das forças que atuam na seção, basta integrarmos ao longo de toda a área ou seja: R dF K y dA K y dA A A A = = = } } } . . . ( ) ( ) ( ) Conforme vimos no item 1.6 do capítulo 1 a última integral da expressão acima representa o momento estático da seção A em relação ao eixo x, que é igual a y.A e portanto igual a zero, pois o eixo neutro passa pelo centro de gravidade da seção. Assim sendo o sistema de forças dF reduz-se a um binário, pois a resultante é nula e as forças são paralelas. O momento gerado por este binário (chamado momento fletor) tem módulo igual à soma dos momentos dM = y.dF = k.y 2 .dA. Para obtermos o valor de M, devemos integrar ao longo da superfície A, ou seja: R K y dA K y dA A A = = } } . . ( ) ( ) 2 2 (12) A última integral acima é conhecida como momento de inércia da área A em relação ao eixo x (também chamado de momento de segunda ordem) e normalmente denominado de J x . Analogamente o momento de inércia da área A em relação ao eixo y será: J x dA y A = } 2 . ( ) (13) O que nos leva a dizer que o momento de inércia de uma superfície em relação a um eixo é obtida multiplicando-se cada elemento de área dA pelo quadrado da sua distância ao eixo e integrando ao longo da superfície. Como o momento de inércia é o produto de uma área por um número ao quadrado, este será sempre positivo. 2.2 - Momento polar de inércia Consideremos a área A da fig.39. O momento polar de inércia desta área em relação ao ponto "O" é definido como: J r dA o A = } 2 . ( ) (14) 96 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão onde "r" é a distância do elemento de área dA ao ponto "O". Podemos calcular o momento polar de inércia de uma área, em função dos momento de inércia axiais J e J x y . Para isto basta observarmos na fig.39, que r x y 2 2 2 = + e que substituindo em (14) obteremos: J r dA x y dA x dA y dA o A A A A = = + = + } } } } 2 2 2 2 2 . ( ). . . ( ) ( ) ( ) ( ) ou seja J J J o x y = + (15) 2.3 - Raio de giração de uma área Consideremos uma área A, que possui momento de inércia J x em relação ao eixo x, J y em relação ao eixo y e J o em relação ao ponto "O" (fig.40a). Imaginemos que desejamos concentrar esta área em uma faixa paralela ao eixo x (fig.40b). Para que ela tenha o mesmo momento de inércia J x ,ela deve ser colocada a uma distância K x tal que: J K dA K dA K A x x x x A A = = = } } 2 2 2 . . ( ) ( ) (16) pois a distância de todos os elementos dA da faixa é constante e igual a K x .Desenvolvendo a expressão (16) em função de K x , obteremos: K J A x x = (17) 97 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão esta distância K x é denominada raio de giração da área A em relação ao eixo x. Analogamente podemos definir os raios de giração K y e K o em relação ao eixo y e ao ponto "O" respectivamente (fig. 40, c e d) como sendo: J K A y y = 2 . donde K J A y y = (18) J K A o o = 2 . donde K J A o o = (19) Substituindo os valores de J x , J y e J o em função dos raios de giração na equação (15) obtemos: K K K o x y 2 2 2 = + (20) 2.4 - Momentos de inércia das principais figuras planas. Determinaremos agora os momentos de inércia de algumas superfícies planas que são frequentes na prática da engenharia e necessários para a determinação dos momentos de inércia de outras figuras compostas. 2.4.1 - Momento de inércia do retângulo em relação ao lado. Para calcularmos o momento de inércia do retângulo em relação a um dos lados por exemplo, começamos por dividi-lo em faixas infinitesimais paralelas (fig.41) e obtemos: J y b dy b y b h x h h = = ¸ ( ¸ ( ( = } 2 0 3 0 3 3 3 . . . analogamente se tomarmos uma faixa dx paralela ao eixo y obteremos: J x b dx b x h b y b b = = ¸ ( ¸ ( ( = } 2 0 3 0 3 3 3 . . . 2.4.2 - Momento de inércia do triângulo em relação ao lado Seja o triângulo da fig.42 para o qual desejamos calcular o momento de inércia em relação à base "b". Tomando-se uma faixa infinitesimal dy, paralela à base e a uma distância y teremos: dA x dy = . donde J y x dy x h = } 2 0 . . pela semelhança dos triângulos temos que: x b h y h = ÷ donde x b h y h = ÷ o que substituindo na integral acima nos dá: J b h y h y dy b h h y y bh x h h = ÷ = ÷ ¸ ( ¸ ( ( = } 2 0 3 4 0 3 3 4 12 . . 2.4.3 - Momento de inércia do círculo em relação ao diâmetro. 98 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Seja o círculo mostrado na fig.43. Tomando-se uma faixa infinitesimal dm a uma distância “m” da origem, o momento polar de inércia do círculo em relação ao ponto O (fórmula 14) será: J m dA o r = } 2 0 . como dA mdm = 2t. . teremos: J m dm m r o r r = = ¸ ( ¸ ( ( = } 2 2 4 2 3 4 0 4 0 t t t . . . De acordo com a fórmula (15) J J J o x y = + , porém pela simetria do círculo temos J J x y = o que nos dá: J J J J o x x x = + = 2 J J J J o y y y = + = 2 Substituindo o valor de J o teremos: J r x = t. 4 4 e J r y = t. 4 4 2.4.4 - Momento de inércia do semicírculo em relação ao diâmetro De acordo com a fig.43 verificamos que para o semicírculo a área do elemento infinitesimal será a metade, o que nos leva a concluir facilmente que: J J r x y = = t. 4 8 2.4.5 - Momento de inércia do quadrante de círculo em relação ao diâmetro. Analogamente, de acordo com a fig.43 verificamos que a área do elemento infinitesimal será reduzida de 1/4, o que nos leva a concluir que: J J r x y = = t. 4 16 2.4.6 - Momento de inércia da Elipse em relação a um dos eixos. Consideremos o círculo inscrito na elipse de semi-eixos “a” e “b” conforme mostrado na fig.44. Dividamos a elipse e o círculo em elementos infinitesimais de altura dy. Sendo J x o momento de inércia da elipse e J x' o momento de inércia do círculo, teremos: dJ x dy y e dJ x dy y x x = = ' ' 2 2 2 2 . . . . . . donde dJ dJ x x x y = ' Da equação da elipse x a y b 2 2 2 2 1 + = tiramos x a y b = ÷ 1 2 2 Da circunferência ' + = x y b 2 2 2 tiramos ' = ÷ x b y b 1 2 2 logo: x x a b ' = e portanto J J a b x x' = o que nos dá J J a b x x = ' como 99 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão J b x' = t. 4 4 vem que J ab x = t. 3 4 e analogamente J a b y = t. 3 4 2.4.6 - Momento de inércia da área sob a parábola de ordem “n”. Seja determinar os momentos de inércia da área da fig.45, limitada pela parábola y = K.x n , o eixo dos “x” e a reta x = b. Tomando-se um faixa infinitesimal paralela ao eixo y, de largura dx e altura y, teremos: dJ dx y x = . 3 3 ou seja J y dx x b = } 1 3 3 0 . como y k x n 3 3 3 = . temos que: J k x dx k x n k b n x n n b n b = = + ¸ ( ¸ ( ( = + + + } 1 3 1 3 3 1 1 3 3 1 3 3 3 3 1 0 3 3 1 0 . . (22) porém pela equação da parábola temos k h b n 3 3 3 = que substituindo em (22) nos dá: J h b b n b h n x n n = + = + + 1 3 3 1 3 3 1 3 3 3 1 3 . ( ) Analogamente o momento de inércia em relação ao eixo y será: J x y dx k x dx k x n k b n y b n n b n b = = = + ¸ ( ¸ ( ( = + } } + + + 2 0 2 3 0 3 0 3 3 . . . . pela equação da parábola temos k h b n = , logo J h b b n b h n y n n = + = + +3 3 3 3 . 2.5 - Teorema de Steiner Consideremos a área mostrada na fig.46, sendo y a distancia de um elemento de área dA ao eixo x podemos dizer então que: J y dA x A = } 2 . ( ) (23) Tracemos agora um outro eixo, paralelo a x e passando pelo centro de gravidade da área A, eixo este que usualmente denominamos de baricêntrico. Sendo y' a distância do elemento dA ao eixo baricêntrico, temos que y = y'+ d, onde d é a distância entre os dois eixos. Substituindo este valor na equação (23) teremos: J y d dA y dA d y dA d dA x A A A A = ' + = ' + ' + } } } } ( ) . . . ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 A primeira integral do terceiro membro da igualdade acima representa o momento de inércia da área em relação ao eixo baricêntrico que denominaremos de J x . A segunda integral representa o momento estático 100 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão ou momento de primeira ordem da área em relação ao eixo x e que é nulo uma vez que este eixo passa pelo centro de gravidade da área. Finalmente observamos que a terceira integral é igual à área total A. Obtemos portanto: J J d A x x = + 2 . A igualdade acima traduz matematicamente o Teorema de Steiner que diz o seguinte: "O momento de inércia de uma área em relação a um eixo dado qualquer é igual ao momento de inércia da área em relação ao eixo baricêntrico e paralelo ao eixo dado, mais o produto da área pelo quadrado da distância entre os dois eixos." 2.6 - Aplicação do Teorema de Steiner A seguir daremos alguns exemplos de aplicação do Teorema de Steiner para algumas figuras planas comuns. 2.6.1 - Momento de inércia do retângulo em relação a um eixo baricêntrico. Para o retângulo da fig.47, sendo J x o momento de inércia em relação ao eixo x e J x o momento de inércia em relação ao eixo baricêntrico, pelo teorema de Steiner podemos dizer que: J J h b h x x = + | \ | . | 2 2 . . como vimos em 2.4.1 J b h x = . 3 3 que substituindo nos dá: J b h b h b h x = ÷ = . . . 3 3 3 3 4 12 2.6.2 - Momento de inércia do triângulo em relação a um eixo baricêntrico. Seja o triângulo da fig.48, para o qual desejamos calcular o momento de inércia J x em relação ao eixo baricêntrico. Podemos escrever pelo teorema de Steiner que: J J h b h x x = + | \ | . | 3 1 2 2 . . como vimos em 2.4.2 J b h x = . 3 12 que substituindo nos dá: J b h b h b h x = ÷ = . . . 3 3 3 12 18 36 2.6.3 - Momento de inércia do círculo em relação a um eixo tangente ao mesmo. Seja o círculo da fig.49, para o qual desejamos calcular o momento de inércia J t em relação ao eixo "t", paralelo ao eixo baricêntrico. Sendo J x o momento de inércia do círculo em relação ao eixo baricêntrico e aplicando o teorema de Steiner teremos: 101 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão J J A r r r r r t x = + = + = . . . . . 2 4 2 2 4 4 5 4 t t t 2.7 - Momento de inércia de áreas compostas. Sendo dada uma área A , composta de várias outras A A A A n 1 2 3 , , ,..., podemos calcular o momento de inércia desta área em relação a um eixo dado como sendo a soma dos momentos de inércia das áreas A A A A n 1 2 3 , , ,..., em relação ao mesmo eixo, uma vez que a integral que representa o momento de inércia de A , pode ser subdividida em integrais calculadas sobre A A A A n 1 2 3 , , ,..., . Entretanto é bom ressaltar que os momentos das áreas componentes devem ser em relação ao mesmo eixo, devendo-se inclusive usar o teorema de Steiner para transferir cada momento de inércia para o eixo desejado. Deve-se notar porém que o raio de giração de uma superfície composta não é igual a soma dos raios de giração das áreas componentes. Para calcularmos o raio de giração de uma superfície composta é necessário calcularmos primeiro o momento de inércia de tal área. Na fig.50 apresentamos os momentos de inércia das principais figuras planas, usados na determinação dos momentos de inércia da maioria das figuras planas compostas. 2.8 - Exercícios Resolvidos. A seguir apresentamos alguns exercícios resolvidos. 102 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 103 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 2.8.1 - Determinar o momento de inércia e o raio de giração da área sombreada da fig.51 em relação ao eixo "x". Consideremos as seguintes áreas: Área (1) = área do retângulo vertical de 1,0 x 4,0 cm ( ) J cm x 1 3 2 4 14 12 41 2 5 30 33 = + = . . . , , Área (2) = área do retângulo horizontal de 9,0 x 1,0 cm J cm x 2 3 4 9 1 12 0 75 = = . , Área (3) = área do retângulo vertical de 1,0 x 4,0 cm ( ) J cm x 3 3 2 4 14 12 4 1 2 5 30 33 = + = . . . , , logo teremos: J cm x = + + = 30 33 0 75 30 33 6141 4 , , , , e raio de giração K cm x = = 6141 17 00 190 , , , 2.8.2 - Determinar o momento de inércia e o raio de giração da área da fig.52 em relação ao eixo "x". Sejam as seguintes áreas: Área (1) = área do retângulo de 12,50 x 25,00 cm Área (2) = área do semicírculo de raio 7,50 cm então: J cm x 1 3 4 12 5 2500 3 6510417 = = , .( , ) . , e J cm x 2 4 2 2 4 7 50 8 7 50 2 12 50 15048 39 = + = t t .( , ) .( , ) .( , ) . , logo teremos: J cm x = ÷ = 6510417 15048 39 5005579 4 . , . , . , para o raio de giração necessitamos calcular a área A: A cm = ÷ = 12 50 2500 7 50 2 22414 2 2 , . , .( , ) , t logo K cm x = = 50 05578 22414 14 94 . , , , 2.8.3 - Determinar o momento polar de inércia da área ilustrada na fig.53, em relação ao ponto "O" e ao centróide desta área. Seja as seguintes áreas: Área (1) = área do quadrante de círculo de raio 15,00 cm e centro “O” Área (2) = área do quadrante de círculo de raio 10,00 cm e centro “O” Logo teremos: J cm x 1 4 4 1500 16 9 940 22 = = t.( , ) . , e J cm x 2 4 4 10 00 16 196350 = = t.( , ) . , o que nos dá: J J cm x y = = ÷ = 9 940 00 196350 7 976 72 4 . , . , . , Para o momento polar de inércia teremos: 104 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão J J J J cm o x y x = + = = = 2 2 7 976 72 1595344 4 ( . , ) . , Calculemos as coordenadas do centro de gravidade: x y cm = = ÷ ÷ = t t t t .( , ) , . , .( , ) , . , .( , ) .( , ) , 1500 4 04241500 1000 4 04241000 1500 4 1000 4 806 2 2 2 2 Assim sendo vem que: J J cm x y = = ÷ = 7 976 72 9818 806 159859 2 4 . , , .( , ) . , ou seja J cm G = = 2159859 319718 4 . , . , 2.8.4 - Determinar o momento de inércia da área abaixo (fig.54) em relação ao eixo "y". Consideremos as seguintes áreas: Área (1) = área do quadrado de lado 15,00 cm Área (2) = área do quadrante de círculo de raio 15,00 cm e centro em “A” Assim sendo poderemos escrever que: J cm y 1 3 4 1500 1500 3 1687500 = = , .( , ) . , Para calcularmos o momento de inércia do quadrante de círculo em relação ao eixo “y” precisamos conhecer o seu momento de inércia em relação ao eixo “ y ” passando pelo seu centro de gravidade e paralelo a “y”. J J J y y y 2 2 2 2 2 1500 4 05761500 1319170 = + = + t.( , ) .( , . , ) . , porém sabemos que: J J AA y ' = + 2 2 2 2 1500 4 0 4241500 t.( , ) ( , . , ) sendo J cm AA' = = 2 2 4 1500 16 9 940 00 t.( , ) . , o que nos dá: J cm y 2 4 9 940 00 7148 05 2 79195 = ÷ = . , . , . , logo J cm y 2 4 2 79195 1319170 1598365 = + = . , . , . , donde: J J J cm y y y = ÷ = ÷ = 1 2 4 1687500 1598365 89135 . , . , , 2.8.5 - Determine o momento polar de inércia e o raio de giração polar do retângulo ilustrado abaixo em relação ao ponto médio de um dos seus: a) maiores lados b) menores lados (fig.55). Coloquemos um sistema de coordenadas “xy” cuja origem coincida com o ponto médio do lado menor (fig.55), assim sendo teremos: J a a a x = = 2 12 6 3 4 . J a a a y = = .( ) . 2 3 8 3 3 4 J a a a o = + = 4 4 4 6 8 3 17 6 o raio de giração será : K a a a cm o = = 17 6 2 17 12 4 2 . . Analogamente tomando-se um sistema de coordenadas cuja origem coincida com o ponto médio do lado maior (eixos ' ' x y na fig.55) teremos: 105 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão J a a a x' = = 2 3 2 36 3 4 . , J a a a y' = = .( ) . 2 12 2 3 3 4 , J a a a o = + = 2 3 2 3 4 3 4 4 4 , e K a a a cm o = = 4 6 2 2 3 4 2 . . 2.8.6 - A área da seção de corte de uma vala abobadada é mostrada na fig.56. Calcule o seu momento de inércia em relação ao eixo horizontal "x". Consideremos as seguintes áreas: Área (1) = retângulo total de 30,00 x 15,00 cm; Área (2) = os dois triângulos laterais de 7,50 x 15,00 cm; Área (3) = semicírculo de raio 10,00 cm. Assim sendo teremos: J cm x 1 3 2 4 30 00 1500 12 1500 30 00 2 50 11250 00 = + = , .( , ) , . , ( , ) . , J cm x 2 3 4 750 1500 36 2 1406 00 = = , .( , ) . . , J J x x 3 3 2 2 10 00 2 057610 00 = + t.( , ) .( , . , ) como J cm x 3 2 2 2 4 10 00 8 10 00 2 0 42410 00 110300 = ÷ = t t .( , ) .( , ) .( , . , ) . , vem que: J cm x 3 4 110300 521150 631450 = + = . , . , . , o que nos dá: J cm x = ÷ ÷ = 1125000 140600 631450 352950 4 . , . , . , . , 2.8.7 - Calcule o momento de inércia em relação ao eixo y 1 ,da área sob a curva do segundo grau mostrada na fig.57. De acordo com a tabela da fig.50, temos que: J cm y = + = 1000 2000 2 3 1600000 3 4 , ( , ) . , de acordo com a tabela 1.0 temos : x cm = + + = 2000 2 1 2 2 1500 , ( ) ( ) , e A cm = + = ( , )( , ) ( ) , 2000 1000 2 1 6667 2 assim sendo: J cm y = ÷ = 16 000 00 66 67 1500 999 25 2 4 . , , ( , ) , logo o momento de inércia em relação ao eixo y 1 será: J cm y 1 999 25 66 67 500 2 666 00 2 4 = + = , , ( , ) . , 2.8.8 - Determine o raio de giração polar da coroa circular em relação ao seu centro. Mostre que este raio de giração é aproximadamente igual ao raio médio R R R m = + 1 2 2 à medida que R 1 se aproxima de R 2 . 106 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Consideremos as seguintes áreas: Área (1) = área do círculo de raio R 1 Área (2) = área do círculo de raio R 2 logo teremos que: J R R R o = ÷ = ÷ t t t . . (R ) 1 4 2 4 1 4 2 4 2 2 2 o que nos dá o raio de giração: K J S R R R R o o 2 1 4 2 4 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 = = ÷ ÷ = + t t (R ) (R ) sendo o raio médio R R R m = + 1 2 2 vem que 2 1 2 R R R m = + elevando ambos os membros ao quadrado vem: 4 2 2 1 2 1 2 2 2 R R R R R m = + + . como R R K o 1 2 2 2 2 2 + = temos K R R R o m 2 2 1 2 2 = ÷ . como R R R m 1 2 ~ ~ vem que: K R R o m m 2 2 2 2 = ÷ ou seja K R o m = 2.8.9 - Determine o valor da área da fig.59 e seu momento de inércia em relação ao eixo baricêntrico paralelo a AA' sabendo que seus momentos de inércia em relação a AA' e BB' são respectivamente, 2.000,00 cm 4 e 4.000,00 cm 4 e que d cm 1 8 00 = , e d cm 2 4 00 = , . De acordo com o teorema de Steiner podemos dizer que: J J A d d BB C ' = + + ( ) 1 2 2 donde J A C + = 144 400000 . , J J Ad AA C ' = + 1 2 donde J A C + = 64 2 000 00 . , Resolvendo o sistema encontramos: A cm = 2500 2 , e J cm C = 40000 4 , 2.8.10 - Determinar o momento de inércia da área da fig.60 em relação ao eixo x. Sejam as seguintes áreas: Área (1) = triângulo de base 15,00 cm e altura 10,00 cm Área (2) = quadrado de lado 10,00 cm Área (3) = quadrante de círculo de raio 10,00 cm e centro A. 107 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão J cm x 1 3 4 1500 10 00 12 1250 00 = = , .( , ) . , J cm x 2 3 4 10 00 10 00 3 333333 = = , .( , ) . , J cm x 3 4 4 10 00 16 196350 = = t.( , ) . , o que nos dá: J cm x = + ÷ = 1250 00 333333 196350 2 619 83 4 . , . , . , . , 2.9 - Exercícios propostos 2.9.1- Determinar os momento de inércia da área abaixo (fig.61) em relação aos eixo "x" e "y". 2.9.2 - Determine o momento polar de inércia, baricêntrico da área mostrada na fig.62. 2.9.3 - A área sombreada da fig.63 é igual a 5.000,00 mm 2 . Determine seus momentos de inércia em relação aos eixos baricêntricos sabendo que 2J J x y = e que o momento polar de inércia em relação ao ponto A é J mm A = 22 50 10 6 4 , . . 108 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 2.9.4 - Determine o momento de inércia da área mostrada na fig.64 em relação aos seus eixos baricêntricos. 2.9.5 - Determinar o momento de inércia em relação ao eixo "y" da peça representada na fig.65 abaixo. 2.9.6 - Calcular o momento de inércia do hexágono regular da fig.66 abaixo em relação ao eixo y . 109 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 2.9.7 - Calcule o momento de inércia do retângulo mostrado na fig.67 abaixo, em relação ao eixo "x". 2.9.8 - Para a fig.68 abaixo calcule o valor de "a" para que se tenha J J x y = 2 . 110 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 2.9.9 - Determinar o momento de inércia do retângulo da fig.69 em relação ao eixo "x" que contém sua diagonal. 2.9.10 - Calcule o momento de inércia da área representada na fig.70 abaixo em relação ao eixo baricêntrico y . 111 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 3.0 - PRODUTO DE INÉRCIA 3.1 - Definição do produto de inércia Consideremos a área A da fig.71. Tomemos um elemento diferencial dA cujas distâncias aos eixos são respectivamente x e y . Definimos como produto de inércia da área A em relação ao par de eixos xy a soma do produto de cada área diferencial pelos seus braços de momento em relação aos dois eixos perpendiculares. Logo para os eixos x e y perpendiculares da fig.71 o produto de inércia J xy é a expressão matemática: J x y dA xy A = } . . ( ) (24) A expressão acima apesar de não ser usada com tanta frequencia como o momento de inércia, é necessária em problemas tais como a determinação de momentos máximos e mínimos, vigas curvas assimétricas etc. 3.2 - Produtos de inércia zero em relação a eixos de simetria. Diferentemente do momento de inércia que só pode ser positivo, o produto de inércia pode ser positivo ou negativo, dependendo do quadrante em que se encontra cada elemento de área. Quando um ou ambos os eixos x,y são de simetria o produto de inércia J xy é igual a zero. Consideremos por exemplo a área representada na fig.72 abaixo: Como esta área é simétrica em relação ao eixo x, para cada elemento dA de coordenadas x,y corresponderá um elemento dA' de coordenadas x e -y, ou seja para cada integral: x y dA A . . ( ) } haverá uma outra integral igual a ÷ } x y dA A . . ( ) que se anulam mutuamente, uma vez que dA é igual a dA'. 3.3 - Teorema de Steiner para produtos de inércia. Da mesma maneira que para o momento de inércia, o teorema de Steiner (ou teorema dos eixos paralelos) é válido para o produto de inércia. Consideremos por exemplo, a área da fig.73. Pelo centro de gravidade desta área, tracemos um sistema de coordenadas x y , , paralelos respectivamente aos eixos x,y. De acordo com o que mostra a fig.73 temos: x x x = ' + y y y = ' + o que substituindo em (24) nos dá: J x y dA x x y y xy A A = = ' + ' + } } . . ( )( )dA ( ) ( ) ou seja: 112 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão J x y dA y x dA x y dA x y dA xy A A A A = ' ' + ' + ' + } } } } . . . . . ( ) ( ) ( ) ( ) (25) Na expressão (25) acima, a primeira integral representa o produto de inércia da área A em relação aos seus eixos baricêntricos. As duas integrais seguintes representam os momentos estáticos da área em relação aos eixos baricêntricos, que são iguais a zero porque os eixos contém o centro de gravidade. Finalmente observamos que a última integral é igual a área A o que nos dá: J J x y A xy xy = + . . (26) que representa a equação matemática do teorema de Steiner para o produto de inércia. 3.4 - Produto de inércia de um triângulo retângulo em relação aos catetos. Seja o triângulo retângulo mostrado na fig.74. Tomemos uma faixa infinitesimal, de tal maneira que dA=dx.dy , o que nos dá substituindo em (24). J x y dA x y dx dy xy A h b x b b = = } } } ÷ . . . . . ( ) ( ) 0 0 considerando que da equação da hipotenusa x b y h + = 1 tiramos y h x b = ÷ (b ) e que resolvendo as integrais teremos: J h x b dx h b x x dx h b b x bx x h b xy b b b = ÷ = ÷ = ÷ + ¸ ( ¸ ( ( = } } 2 2 2 2 2 2 2 2 3 0 2 2 0 0 2 2 2 2 2 3 24 (b ) (b ) . . . 3.5 - Produto de inércia do triângulo retângulo em relação a eixos baricêntricos e paralelos aos catetos. Seja o triângulo da fig.75. Para determinarmos o produto de inércia baricêntrico, basta aplicarmos o teorema de Steiner: J J x y A xy xy = + . . ou seja J h b b h h b h b xy = ÷ = ÷ 2 2 2 2 24 3 3 2 72 . . . . 3.6 - Produto de inércia do retângulo em relação aos lados. Seja o retângulo da fig.76. Tomemos uma faixa infinitesimal de modo que dA = dx.dy, substituindo na equação do produto de inércia teremos: J x y dx dy h x dx h x h b xy h b b b = = = ¸ ( ¸ ( ( = } } } . . . . . 0 2 2 2 0 2 2 0 0 2 2 2 4 para determinação do produto de inércia em relação a eixos baricêntricos e paralelos aos lados, apliquemos o teorema de Steiner: J J h b b h xy xy = + 2 2 . o que nos dá: J h b h b xy = ÷ = 2 2 2 2 4 4 0 . o que era de se esperar, uma vez que os eixos baricêntricos são eixos de simetria do retângulo. 113 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 3.7 - Produto de inércia do quadrante de círculo. Seja determinar o produto de inércia do quadrante de círculo mostrado na fig.77, em relação aos eixos x e y. Para isto tomemos um elemento diferencial tal que dA = dx.dy. Substituindo na equação do produto de inércia teremos: J x y dx dy x x dx R x x R xy R x b R R = = ÷ = ÷ ¸ ( ¸ ( ( = ÷ } } } . . . (R ) . 0 2 2 2 2 4 0 4 0 0 2 2 1 2 1 2 2 4 8 considerando que da equação da circunferência x y R 2 2 2 + = tiramos y R x = ÷ 2 2 . 3.8 - Produto de inércia de áreas compostas. Para determinarmos o produto de inércia de áreas compostas, devemos proceder analogamente como no estudo dos momentos de inércia, ou seja dividimos a área em várias outras das quais conhecemos a priori o produto de inércia, calculamos separadamente estes produtos e depois efetuamos a soma algébrica dos mesmos. Vale ressaltar no entanto que o produto de inércia pode ser positivo, negativo ou nulo. Ao utilizarmos as fórmulas já conhecidas devemos levar em consideração a posição relativa da área em relação aos eixos coordenados, as figuras 78 e 79 abaixo esclarecem esta situação: 3.9 - Momentos de inércia em relação a eixos inclinados. 114 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Em alguns casos, principalmente na resistência dos materiais, faz-se necessário o cálculo dos momentos de inércia das áreas planas em relação a eixos quaisquer. Conhecidos os momentos de inércia de uma superfície em relação a um sistema de eixos, determinar os momentos de inércia em relação a outro sistema de eixos paralelos ao primeiro é facilmente resolvido pela aplicação do teorema de Steiner. No caso mais geral entretanto, necessitamos determinar os momentos de inércia e o produto de inércia em relação a um sistema de eixos qualquer concorrente e coplanar com o primeiro. O problema se resume então em uma simples mudança de coordenadas. Para resolvermos a questão consideremos a área A da fig.80. Sejam J J x y , , e J xy os momentos de inércia e produto de inércia respectivamentes em relação aos eixos x,y. Determinemos agora os momentos de inércia e o produto de inércia J J u v , e J uv , em relação aos eixos u e v, que formam um angulo “o” com os eixos x,y. De acordo com o que é mostrado na fig.80, podemos dizer que: u x y = + .cos .sen o o v y x = ÷ .cos .sen o o sabemos que: J v dA u A = } 2 . ( ) , J u dA v A = } 2 . ( ) e J u vdA uv A = } . ( ) substituindo os valores das coordenadas u e v teremos: J y x dA u A = ÷ } ( .cos .sen ) . ( ) o o 2 J x y dA v A = + } ( .cos .sen ) . ( ) o o 2 J x y y x dA uv A = + ÷ } ( .cos .sen ).( .cos .sen ). ( ) o o o o desenvolvendo as igualdades acima e tendo em vista que “o” é constante vem: J y dA x y dA x dA u A A A = ÷ + } } } cos . cos .sen ) . . sen . ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 o o o o (27) J x dA x y dA y dA v A A A = + + } } } cos . cos .sen ) . . sen . ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 o o o o (28) J x y dA x dA y dA x y dA uv A A A A = ÷ + ÷ } } } } cos . . cos .sen ) . sen .cos . sen . . ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 o o o o o o (29) considerando que: J y dA x A = } 2 . ( ) , J x dA y A = } 2 . ( ) e J x y dA xy A = } . . ( ) as equações (27) , (28), e (29) se transformam em: 115 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão J J J J u x y xy = + ÷ .cos .sen .sen 2 2 2 o o o (30) J J J J v y x xy = + + .cos .sen .sen 2 2 2 o o o (31) J J J J uv xy x y = + ÷ .cos ( ).sen 2 1 2 2 o o (32) somando ambos os membros das equações (30) e (31), obtemos: J J J J J J u v y x x y + = + + + = + .(sen cos ) .(sen cos ) 2 2 2 2 o o o o (33) resultado este que era de se esperar uma vez que ambos os membros da equação (33) são iguais ao momento polar de inércia J o . 3.10 - Eixos principais de inércia. As fórmulas apresentadas acima nos permite estudar as variações dos momentos de inércia de uma superfície para sistemas de eixos que giram em torno de um ponto fixo. Podemos então determinar os valores máximos e mínimos e as posições correspondentes dos eixos de inércia. Como a posição do eixo “u” é função do ângulo “o”, basta derivarmos a equação (30) em relação a “o” e igualarmos a zero. J J J J u x y xy = + ÷ .cos .sen .sen 2 2 2 o o o dJ d J J J u x y xy o o o o o o = ÷ + ÷ 2 2 2 2 . .cos .( sen ) .sen .cos .cos dJ d J J J u y x xy o o o = ÷ ÷ sen ( ) .cos 2 2 2 chamando de “ o o ” os ângulos para os quais os momentos de inércia são máximos e mínimos, respectivamente, teremos então: dJ d J J J u o o y x xy o o o o = ÷ ÷ = sen ( ) .cos 2 2 2 0 donde finalmente tiramos: tg J J J o xy x y 2 2 o = ÷ ÷ . (34) de acordo com a fig.81, existem dois valores de “ o o ” que diferem de 90°. Os momentos de inércia correspondentes são geralmente designados de J 1 e J 2 . Os eixos 1 e 2 são chamados “eixos principais de inércia”. Para cada ponto “O” existem dois eixos principais de inércia. Em virtude do teorema de Steiner, quando o ponto “O” for o centro de gravidade da área, o momento de inércia máximo será o menor dos máximos e momento de inércia mínimo será o “mínimo minimorum”. Para o estudo da teoria da flexão na resistência dos materiais, os eixos principais de inércia relativos ao centro de gravidade são os de maior importância. Na engenharia corrente, quando falamos em eixos principais de inércia estamos sempre nos referindo aqueles em relação ao centro de gravidade. Os momentos de inércia máximo e mínimo, são chamados momentos principais de inércia. 3.10.1 - O produto de inércia em relação aos eixos principais de inércia é nulo e reciprocamente. 116 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Consideremos a equação (32): J J J J uv xy x y = + ÷ .cos ( ).sen 2 1 2 2 o o se os eixos “u” e “v” são os principais de inércia então o o = o o que nos dá: J J J J xy o x y o 12 2 1 2 2 = + ÷ .cos ( ).sen o o dividindo ambos os membros da igualdade por cos2o o , teremos: J J J J tg o xy x y o 12 2 1 2 2 cos ( ). o o = ÷ (35) de acordo com a equação (34) temos que tg J J J o xy x y 2 2 o = ÷ ÷ . , substituindo em (35) vem: J J J J J J J J o xy x y xy x y 12 12 2 1 2 2 0 cos ( ). ( ) ( ) o = ÷ ÷ ÷ ¬ = e reciprocamente se o produto de inércia for nulo teremos pela equação (32): J J J J uv xy x y = + ÷ = .cos ( ).sen 2 1 2 2 0 o o donde concluímos que: tg J J J xy x y 2 2 o = ÷ ÷ . ou seja o o = o , idêntica a equação (34) Portanto todas as vezes que um ou ambos os eixos forem de simetria o produto de inércia será nulo e consequentemente os eixos serão principais de inércia. A fig.82 abaixo mostra alguns exemplos de eixos principais de inércia (1 e 2) determinados por simples consideração de simetria. 3.11 - Círculo de Mohr. 117 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Utilizando as igualdades trigonométricas: cos cos 2 1 2 2 o o = + e sen cos 2 1 2 2 o o = ÷ podemos escrever a equação (30 ) da seguinte forma: J J J J J J J J J u x y xy x y x y xy = + + ÷ ÷ = + + ÷ ÷ . ( cos ) . ( cos ) .sen cos .sen 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 o o o o o (36) porém: J J J J uv xy x y = + ÷ .cos ( ).sen 2 1 2 2 o o (37) Levando J J x y + 2 na equação (36) para o primeiro membro e elevando ao quadrado ambos os membros das equações (36) e (37) obteremos: ( ) J J J J J J u x y x y xy ÷ + ¸ ( ¸ ( ( = ÷ ÷ ¸ ( ¸ ( 2 2 2 2 2 2 ( ) cos sen o o ( ) ( ) .sen .cos J J J J uv x y xy 2 2 2 2 2 = ÷ + ¸ ( ¸ ( o o somando ambos os membros das equações acima teremos: ( ) J J J J J J J u x y uv x y xy ÷ + ¸ ( ¸ ( ( + = ÷ | \ | . | + 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) (38) fazendo na equação (38): J J J x y m + = 2 e J J J R x y xy ÷ | \ | . | + = 2 2 2 2 ( ) vem ( ) ( ) J J J R u m uv ÷ + = 2 2 2 (39) que representa a equação da circunferência mostrada na fig.83 abaixo, mais conhecida como círculo de Mohr. Se na equação (39) fizermos J uv = 0 , teremos: ( ) J J R u m ÷ = 2 2 ¬ ( ) J J R u m ÷ = ± o que significa: J J R m 1 = + e J J R m 2 = ÷ ou substituindo J m e R pelos seus valores vem: J J J J J J x y x y xy 1 2 2 2 2 = + + ÷ | \ | . | + ( ) (40) J J J J J J x y x y xy 2 2 2 2 2 = + ÷ ÷ | \ | . | + ( ) (41) 3.12 - Exercícios resolvidos. 118 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 3.12.1 - Encontre o produto de inércia em relação aos eixos x, y da área mostrada na fig.84. Sejam as seguintes áreas: (1) = Área do triângulo de base 7,5 cm e altura 15 cm; (2) = Área do retângulo de 7,5 x 15 cm. Logo teremos: J cm xy 1 2 2 4 15 7 5 72 1 3 7 5 7 5 1 3 15 7 5 15 2 2 636 72 = ÷ + + = .( , ) ( . , , ). . , .( ) . , J cm xy 2 2 2 4 15 7 5 4 3164 06 = = .( , ) . , J cm xy = + = 2 636 72 3164 06 5800 78 4 . , . , . , 3.12.2 - Demonstre que o produto de inércia da área representada na fig.85 em relação aos eixos x,y é J r xy = 4 24 . Sejam as seguintes áreas: (1) = Área do quadrante de círculo de raio “r”; (2) = Área do semicírculo de raio r 2 . logo teremos: J r xy 1 4 8 = J r r r xy 2 2 4 0 4 3 2 2 2 12 = + | \ | . | = t t .r. . J r r r xy = ÷ = 4 4 4 8 12 24 3.12.3 - Determine o produto de inércia da cantoneira da fig.86 em relação aos eixos x,y passando pelo seu centro de gravidade, cujas coordenadas estão indicadas. Dividamos o perfil nas seguintes áreas: (1) = Área do retângulo de 4 x 0,5 cm (2) = Área do retângulo de 5,5 x 0,5 cm assim sendo teremos: J cm xy 1 4 0 173 101 4 05 350 = + ÷ = ÷ ( , )( , ). .( , ) , J cm xy 2 4 0 127 0 74 55 05 258 = + ÷ = ÷ ( , )( , ). , ( , ) , J cm xy = ÷ ÷ = ÷ 350 258 608 4 , , , 3.12.4 - Determinar o produto de inércia da cantoneira mostrada na fig.87 em relação aos eixos x,y. 119 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Inicialmente devemos dividir a cantoneira dada nas seguintes áreas: (1) = Área do quadrante de círculo de raio 0,4 cm ; (2) = Área do quadrante de círculo de raio 0,4 cm ; (3) = Área do retângulo de 1,2 x 0,4 cm ; (4) = Área do retângulo de 1,6 x 0,4 cm. J J xy xy 1 2 4 2 0 016 0 4 0 424 0 4 0 424 0 4 16 0 4 4 = = ÷ + + , ( , ) , .( , )( , . , , ) ( , ) t J J cm xy xy 1 2 4 0038 = = , J cm xy 3 4 0 0 210 0 412 0 096 = + = , . , . , . , , J cm xy 4 4 0 0 2 08 0 416 0102 = + = , . , . , . , , J cm xy = + + + = 0 038 0 038 0 096 0102 0 274 4 , , , , , 3.12.5 - Determinar os momentos principais de inércia e os eixos principais de inércia da cantoneira apresentada na fig.88. Sejam as seguintes áreas: (1) = Área do retângulo de 4 x 0,5 cm ; (2) = Área do retângulo de 5,5 x 0,5 cm ; Calculando centro de gravidade da cantoneira encontramos: x cm = + + = 050 894 2 00 2 75 198 , , , , , y cm = + + = 4 00 0 69 2 00 2 75 0 99 , , , , , Calculemos agora os momentos de inércia e o produto de inércia em relação aos eixos x,y que passam pelo centro de gravidade da área: J cm x 1 3 2 4 05 4 12 4 05 101 4 67 = + = , .( ) . , ( , ) , , J cm x 2 3 2 4 55 05 12 5505 0 74 157 = + = , .( , ) , . , ( , ) , ¬J cm x = + = 467 157 624 4 , , , J cm y 1 3 2 4 4 05 12 4 05 173 6 00 = + = .( , ) . , ( , ) , , J cm y 2 3 2 4 05 55 12 5505 127 1138 = + = , .( , ) , . , ( , ) , ¬J cm y = + = 6 00 1138 17 38 4 , , , J cm xy 1 4 0 173 101 4 05 350 = + ÷ = ÷ ( , )( , ). . , , , J cm xy 2 4 0 0 74 127 5505 258 = + ÷ = ÷ ( , )( , ). , . , , ¬J cm xy = ÷ ÷ = ÷ 350 2 58 6 08 4 , , , Calculemos agora os momentos principais de inércia: J cm 1 2 2 4 1 2 624 17 38 624 17 38 2 608 19 95 = + + + | \ | . | + ÷ = ( , , ) , , ( , ) , J cm 2 2 2 4 1 2 6 24 17 38 6 24 17 38 2 6 08 367 = + ÷ + | \ | . | + ÷ = ( , , ) , , ( , ) , Os eixos principais de inércia: 120 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão tg o 2 2 608 624 17 38 110 o = ÷ ÷ ÷ = ÷ ( , ) , , , ¬ o o o = 23 54' Conforme mostrado na fig.88 o eixo “1” correspondente ao momento de inércia máximo está mais próximo do eixo cujo momento de inércia é maior (no caso o eixo y). Logo o eixo achado é o 2. 3.12.6 - Determinar os momentos principais de inércia e os eixos principais de inércia da área mostrada na fig.89, em relação ao sistema de coordenadas x,y. Consideremos as seguintes áreas: (1) = Área do retângulo horizontal de 3,0 x 0,5 cm (2) = Área do retângulo vertical de 3,0 x 0,5 cm (3) = Área do retângulo horizontal de 3,0 x 0,5 cm Calculemos então os momentos de inércia e o produto de inércia em relação aos eixos x,y. J cm x 1 3 2 4 3 05 12 305 175 4 63 = + = .( , ) . , ( , ) , J cm x 2 3 4 05 3 12 112 = = , .( ) , , J cm x 3 3 2 4 3 05 12 305 175 4 63 = + = .( , ) . , ( , ) , ¬ J cm x = + + = 4 63 112 4 63 10 38 4 , , , , J cm y 1 3 2 4 05 3 12 0530 125 347 = + = , .( ) , . , .( , ) , , J cm y 2 3 4 3 05 12 0 03 = = .( , ) , , J cm y 3 3 2 4 05 3 12 305 125 347 = + = , .( ) . , ( , ) , J cm y = + + = 347 0 03 347 6 97 4 , , , , J J cm xy xy 1 3 4 0 305 125 175 328 = = + ÷ = ÷ . , .( , )( , ) , , J xy 2 0 = ¬ J cm xy = ÷ + ÷ = ÷ 328 0 328 656 4 , , , os momentos principais de inércia: J cm 1 2 2 4 1 2 10 38 6 97 10 38 6 97 2 656 1545 = + + + | \ | . | + ÷ = ( , , ) , , ( , ) , J cm 1 2 2 4 1 2 10 38 6 97 10 38 6 97 2 656 190 = + ÷ + | \ | . | + ÷ = ( , , ) , , ( , ) , os eixos principais de inércia: tg o 2 2 656 10 38 6 97 385 o = ÷ ÷ ÷ = ( , ) , , , o o o = 37 7 , Os eixos principais de inércia estão mostrados na fig.89. 3.12.7 - Determinar o produto de inércia da área ilustrada abaixo em relação aos eixos x,y. (fig.90) 121 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Consideremos as seguintes áreas: (1) = Área do retângulo de 30 x 15 cm (2) = Área do retângulo de 5 x 12,5 cm (3) = Área do retângulo de 5 x 12,5 cm logo teremos: J xy 1 0 = , J cm xy 2 4 0 250 875 5125 136719 = + ÷ ÷ = ( , )( , ). . , . , J cm xy 3 4 0 2 50 8 75 512 5 136719 = + = ( , )( , ). . , . , J J J J xy xy xy xy = ÷ ÷ = ÷ ÷ = ÷ 1 2 3 0 136719 136719 2 734 38 . , . , . , 3.12.8 - Determine os momentos de inércia e o produto de inércia da área ilustrada na fig.91, em relação aos eixos u e v. Calculemos a metade da diagonal OA . OA a a a 2 2 2 4 5 2 = + = coso = = a a 5 2 2 5 5 , seno = = a a 2 5 2 5 5 J a a a x = = 2 12 6 3 4 . , J a a a y = = .( ) 2 12 2 3 3 4 e J xy = 0 aplicando as fórmulas (30),(31) e (32) vem: J a a a u = + = 4 4 4 6 45 25 2 3 5 25 036 . . . , , J a a a v = + = 2 3 4 5 25 6 5 25 056 4 4 4 . . . , J a a a uv = ÷ | \ | . | | = ÷ 1 2 6 2 3 2 5 5 2 5 5 0 20 4 4 4 . . , 3.12.9 - Para a área da fig.92 encontre o momento de inércia em relação ao eixo “u” indicado. J cm x = = 30 15 3 33750 2 4 .( ) . J cm y = = 15 30 3 135000 3 4 .( ) . J cm xy = = ( ) .( ) . 30 15 4 50 625 2 2 4 sabemos que: cos , sen , sen , 30 0866 30 0500 60 0866 o o o = = = aplicando a fórmula (30) vem: J cm u = + ÷ = 33750 0866 135000 0500 50 6250866 15220 2 2 4 . .( , ) . ( , ) . . , . 3.12.10 - Calcule o valor de J x para a área sombreada mostrada na fig.93. 122 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão Sejam as seguintes áreas: (1) = Área do retângulo de 7,5 x 12 cm (2) = Área do triângulo retângulo de b = 7,5 cm e h = 13 cm (3) = Área do semicírculo de centro “O” e raio 7,5 cm J cm x 1 3 4 12 75 3 168750 = = ( , ) . , J cm x 2 3 2 4 13 7 5 36 137 5 2 2 3 7 5 137109 = + | \ | . | = ( , ) . , . . , . , Para calcularmos o momento de inércia da área (3) em relação ao eixo “x” devemos dar uma rotação de -30° no eixo “u”, para isto precisamos calcular J J e J u v uv 3 3 3 , . J cm u 3 4 4 75 8 124253 = = t.( , ) . , , J cm v 3 4 2 2 4 7 5 8 7 5 7 5 2 6212 64 = + = t t .( , ) ( , ) . .( , ) . , J cm uv 3 2 4 0 0424 7 5 7 5 7 5 2 2107 33 = + ÷ = ÷ ( , . , ).( , ). .( , ) . , t substituindo o valor de o = 30 o na equação (30) teremos: J cm x o o o 3 2 2 4 124253 30 621264 30 210733 60 66005 = ÷ + ÷ ÷ ÷ ÷ = . , .cos ( ) . , .sen ( ) ( . , ).sen( ) , o que nos dá portanto: J cm x = + + = 168750 137109 66005 371864 4 . , . , , . , 3.13 - Exercícios propostos 3.13.1 - Determine por integração direta o produto de inércia da área mostrada na fig.94, em relação aos eixos x,y. 3.13.2 - Calcule o produto de inércia da área triangular mostrada na fig.95, em relação aos eixos x,y. (Use o resultado do problema anterior). 3.13.3 - Calcule o produto de inércia da área triangular mostrada na fig.95, em relação aos eixos baricêntricos 123 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão e paralelos a x,y. (Use esse resultado para comprovar a resposta do problema 3.13.2, através de uma translação de eixos). 3.13.4 - Determine o produto de inércia da área mostrada na fig.96, em relação aos eixos x,y. 3.13.5 - Determine o produto de inércia da área representada na fig.97, em relação aos eixos x,y. 3.13.6 - Determine o momento de inércia da área mostrada na fig.98, em relação o eixo x. 124 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 3.13.7 - Determine o momento de inércia da área mostrada na fig.99 em relação ao eixo “x”. 3.13.8 - Calcule o produto de inércia da área representada abaixo (fig.100), em relação aos eixos x,y. 3.13.9 - Utilizando uma rotação de eixos, calcule o momento de inércia da área do exercício 2.9.7 (fig.67) em relação ao eixo “x”. 3.13.10 - Calcule o momento de inércia da área do quarto de círculo da fig.101 em relação ao seu eixo de simetria “S”. 125 Estruturas Isostáticas - Arlim Botão 3.14.0 - Bibliografia 3.14.1 - ADHEMAR FONSECA - Curso de Mecânica - Volume II 3.14.2 - ADHEMAR FONSECA - Estática das Construções - Problemas e Exercícios 3.14.3 - BERNARDO GORFIN E MYRIAM MARQUES DE OLIVEIRA - Estruturas Isostáticas 3.14.4 - JOSÉ CARLOS SUSSEKIND - Curso de Análise Estrutural - Volume I - Estruturas Isostáticas 3.14.5 - ADOLPHO POLILO - Mecânica das Estruturas 3.14.6 - ADERSON MOREIRA DA ROCHA - Teoria e Prática das Estruturas - Isostática - Volume I 3.14.7 - ADHEMAR FONSECA - Curso de Mecânica - Vol. 01. 3.14.8 - FERNANDO P. BEER - Mecânica Vetorial para Engenheiros - Vol. 01. 3.14.9 - FERDNAND L. SINGER - Mecânica para Engenheiros - Estática. 3.14.10 - I.V. MECHTCHERSKI - Problema de Mecânica Teórica. 3.14.11 - S.M. TARG - Curso Breve de Mecânica Teórica 3.14.12 - JOSÉ DE ALMENDRA FREITAS NETO - Exercícios de Estática e Resistência dos Materiais.