1RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I Gilson Finotti Out/2015 (R64) 2 OBSERVAÇÕES INICIAIS 1ª. Esta apostila é um mero resumo de aulas para auxiliar os alunos no estudo preliminar da disciplina. Foi baseada nos livros da Bibliografia abaixo, principalmente no livro de Beer e Johnston (Referência 1) cuja simbologia procuramos adotar, a fim de facilitar as consultas dos alunos. Seu objetivo é minimizar a necessidade de anotações em aulas de forma a manter, ao máximo, a atenção dos alunos nas exposições da matéria. Tratando-se de um mero resumo, evidencia-se a suas limitações, não eximindo, portanto, o aluno da necessidade do estudo dos livros indicados na Bibliografia abaixo os quais enfaticamente recomendamos. 2ª. Para simplificar a apresentação das figuras optamos por mostrar os corpos (barras, vigas, etc.) em projeção, ou em corte, em vez de representá-los em perspectiva. Isto foi adotado sempre que as forças aplicadas ao corpo estão contidas no seu plano de simetria ou coincidente com seu eixo, e desde que não haja prejuízo de seu entendimento, como mostrado a seguir: 3ª. Em todo desenvolvimento teórico ou prático desprezamos a influência dos pesos próprios dos corpos a menos, logicamente, quando mencionado o contrário. 4ª. Optamos, às vezes, por simbolizar os vetores através de letras em negrito (F) e, às vezes, por uma letra sobreposta com uma seta F . 5ª. Informações sobre erros, correções, críticas ou qualquer contribuição para a melhoria e aprimoramento desta apostila serão sempre bem vindas e, desde já, agradeço. Gilson Finotti Engenheiro Mecânico pela Escola de Engenharia da UFMG Mestre em Engenharia Mecânica pela Escola Politécnica da USP Bibliografia 1) BEER, Ferdinand P. /JOHNSTON JR, E. Russel– Resistência Dos Materiais – 3° Edição – São Paulo: Editora Makron Books, 1996, 1255 P. 2) BEER, Ferdinand P./ JOHNSTON JR, E. Russel – Mecânica Vetorial Para Engenheiros – 5° Edição – São Paulo: Editora Makron Books, 1991, 793 P. 3) TIMOSHENKO, S. P. / GERE. J. M. – Mecânica Dos Sólidos – Vol(s): 1 E 2 - Rio De Janeiro: Editora Ltc, 1994 4) NASH, William A. – Resistência dos materiais – São Paulo: Editora McGraw-Hill, 1976, 384 p. 5) HIBBELER, R. C. – Resistência dos materiais - 3° edição - Rio de Janeiro: Editora LTC, 2000, 701 p. 6) GERE, James M. – Mecânica dos Materiais – São Paulo: Pioneira Thomson Learning, 2003. 698 p. 7) TIMOSHENKO, Stephen P. Resistência dos Materiais – Rio de Janeiro. Vol. 1, Editora LTC, 1976, 451p 8) UGURAL, A. C. – Mecânica dos Materiais – Rio de Janeiro, Editora LTC, 2009, 638 p. 3 SUMÁRIO 1 INTRODUÇÃO ....................................................................................................................... 6 2 TRAÇÃO E COMPRESSÃO ..................................................................................................7 2.1 Tensão e deformação .........................................................................................................7 2.2 Unidades das tensões e deformações.................................................................................. 8 2.3 Diagrama tensão-deformação ............................................................................................ 8 2.4 Materiais dúcteis e frágeis .................................................................................................9 2.5 Ensaios tecnológicos de materiais ...................................................................................... 9 2.6 Lei de Hooke ................................................................................................................... 10 2.7 Tensões admissíveis e coeficientes de segurança ............................................................. 10 2.8 Dimensionamento das barras ........................................................................................... 11 2.9 Exercícios........................................................................................................................ 12 2.10 Problemas estaticamente indeterminados ..................................................................... 14 2.11 Exercícios .................................................................................................................... 15 2.12 Tensão Térmica. Influência da variação da temperatura ............................................. 17 2.13 Equações das forças normais ........................................................................................ 18 2.14 Diagrama das forças normais ....................................................................................... 19 2.15 A influência do peso próprio da barra na tração ou compressão. ................................... 19 2.16 Deformação provocada pelo peso próprio. ................................................................... 21 2.17 Superposição de efeitos ................................................................................................ 21 2.18 Deformações transversais. Coeficiente de Poisson ....................................................... 23 2.19 Exercícios .................................................................................................................... 24 3 CISALHAMENTO ................................................................................................................ 25 3.1 Solicitações transversais. Tensão de cisalhamento. .......................................................... 25 3.2 Deformação de cisalhamento ........................................................................................... 26 3.3 Exercícios........................................................................................................................ 27 4 TORÇÃO .............................................................................................................................. 29 4.1 Introdução ....................................................................................................................... 29 4.2 Tensão de cisalhamento ................................................................................................... 30 4.3 Eixo circular vazado (tubo).............................................................................................. 31 4.4 Deformação de cisalhamento ( ) .................................................................................... 31 4.5 Ângulo de torção ( ) ...................................................................................................... 31 4.6 Exercícios........................................................................................................................ 32 4.7 Equações e diagramas do momento de torção .................................................................. 33 4.8 Exercícios........................................................................................................................ 35 4.9 Cálculo de eixo de transmissão* ...................................................................................... 36 4.10 Exercícios .................................................................................................................... 37 .....5 Exercícios................................ 39 5........11 Exercício resolvido ..1 Momento estático (ou momento de primeira ordem) ......... 38 5.................. 51 5................................................................................................................ 40 5...........2 Equação das forças normais e diagramas ......6 Momento de inércia (ou momento de segunda ordem) ........22 Relação entre momento fletor e força cortante............ 56 5..............1 Convenção de sinais ................................................. 80 6.............................................................................................. 78 6....................... 46 5......19.....................................1 Diagrama de momentos fletores e forças cortantes para cargas concentradas.................. 79 6.......................................................................... 74 5............................................................ ........................................................................................................................... 83 6......................................................... 38 5......................................................................................................................................18 Superposição de efeitos .................................................................................14 Esforços internos nas vigas ................... 56 5..8 Teorema dos eixos paralelos ..............................2 Diagrama de momentos fletores e forças cortantes para cargas distribuidas.............................. 76 5...................13 Exercícios: ..............................................7 Raio de giração ............................... vigas hiperestáticas e vigas hipostáticas ........... 47 5......... ...................................7 Vigas isostáticas ..................................20 Exercícios resolvidos .....3 Exercícios..... 38 5.......................................... 51 5...........19..........................................................21 Exercícios ............9 Reações de apoio .........8 Grau de hiperestaticidade ............................................................................. 4 5 FLEXÃO .......24 Raio de curvatura ...........................................................................................17 Diagramas de momentos fletores e forças cortantes ......................................4 Determinação do centro de gravidade (centróide) de uma área ..................3 Tipos de carregamentos .............................2 Tipos de apoios das vigas ......................... ....................................................................................................................... 49 5.................................................................................................................................17.....................................10 Apoio tipo cabo flexível e haste articulada ....................15 Momento fletor e força cortante ........................................................................17......................................... 78 6.......................................................................................................................................................................................................................16 Convenção de sinais ................................. 50 5...................... 58 5..................................................... 77 6 PROPRIEDADES GEOMÉTRICAS DAS FIGURAS PLANAS ................................................................................5 Carga não uniformemente distribuída ....................... 38 5......................................................... 85 6........................................................... 45 5.6 Tipos de vigas .............19 Forças normais (N) .......... 78 6.................................................................................................................. 84 6........................ 56 5.................. 39 5.....................25 Exercícios ..................... 72 5.....2 Centro de gravidade (ou centróide) ....................................................................................................................... 55 5........................ 39 5....4 Carga uniformemente distribuída .............................12 A influência do peso próprio da viga na flexão......1 Vigas .. 46 5..... 42 5........................ 53 5........................................................................... 71 5......... 85 ....................................................... 49 5.............................................................................................. 41 5........................................23 Tensões normais na flexão ............................ .................................... 5 6.....9 Exercício ...........................................10 Momento de inércia de uma área composta ..............................13 Tabela 2: Características Geométricas...................................14 Tabela 3: Perfis I Padrão Americano (CSN) ......................................... Formulário 2 ............................ 87 6.................................... 86 6........11 Exercícios ................ 90 .............................................12 Tabela 1: Características Geométricas.......... Formulário 1 ............ 90 6........... 89 6................ 86 6............................................................................................................. No nosso curso de Resistência dos Materiais. torção e flambagem. segura e econômica. A força de impacto acontece quando a força é aplicada de forma instantânea. A Resistência dos Materiais estuda estes efeitos com o objetivo de determinar as tensões e as deformações decorrentes e. componentes de máquinas etc. 6 1 INTRODUÇÃO No curso de Mecânica. .) e assim atuam no corpo como um todo. estudaremos os corpos deformáveis. As forças de superfície são forças distribuídas numa superfície do corpo pela ação de outros corpos. barras. As forças e momentos atuantes numa estrutura e em suas partes podem provocar sobre elas vários efeitos tais como tração. as cargas. cisalhamento. estrutura) é utilizada como termo genérico para estruturas. na parte referente à Estática. vigas. A expressão corpo (e. estudamos o equilíbrio dos corpos rígidos. serão sempre consideradas forças estáticas em todo o texto desta apostila. etc. desenvolver a teoria básica para o projeto e dimensionamento de estruturas e peças. Seu ponto de aplicação pode ser considerado no centroide do corpo. as forças de superfície aplicadas ao corpo. considerando seu comportamento real. No caso do campo gravitacional a força de corpo é o peso do corpo. Também podem ser chamadas de forças lineares (ou cargas distribuídas lineares) se atuarem numa faixa relativamente estreita ao longo do corpo. compressão. flexão. Pode acontecer também casos onde a força é aplicada de forma alternada ou repetida. entretanto. Elas podem ser consideradas como forças concentradas num ponto caso a área de atuação for relativamente pequena. É através do estudo das tensões e deformações que conseguimos projetar uma estrutura e suas partes de maneira confiável. consequentemente. isto é. as forças internas são as forças que mantém unidas as suas partes ou os pontos materiais (as partículas) que formam o corpo. a força de superfície pode ser estática ou de impacto. A distribuição das forças de superfície pode ser uniforme ou variável. Enquanto as forças externas são as forças causadas pela ação de outros corpos sobre o corpo estudado. As forças então aplicadas ao corpo rígido são chamadas de forças externas. Neste estudo os corpos foram considerados teoricamente indeformáveis. As forças de corpo são causadas por campos de força (campo gravitacional. É estática quando a aplicação da força é feita de modo lento e gradativo até atingir seu valor final. às vezes. Ao estudarmos as estruturas e suas partes levaremos em conta não somente as forças externas. campo magnético. Quanto à velocidade de aplicação. mas também as forças internas. A menos que seja mencionado o contrário. isto é. As forças externas podem ser classificadas em forças de superfície e forças de corpo. dentre as quais estão incluídas o peso próprio do corpo e suas reações de apoio. porém. ou cilíndrica de comprimento L presa de um lado. existirá também flexão. (2. de sentido contrário equilibrando esta parte que isolamos. Inicialmente o efeito do peso próprio da barra não será levado em conta. Vamos então carregar esta barra com uma força axial P na outra extremidade conforme a Figura 1-b. Posteriormente estudaremos sua influência. A ação da parte superior da barra sobre esta parte inferior é uma força uniformemente distribuída na seção n-n cuja resultante tem o mesmo módulo de P. Neste caso dizemos que a força é de tração. Figura 1 Força axial é uma força concentrada cuja direção coincide com o eixo da barra. como o plano n-n mostrado na Figura 1-b. esta não estará sujeita somente a tração ou compressão.1) A As tensões normais de tração terão sinal positivo e as tensões normais de compressão terão sinal negativo. No caso da Figura 1-b a força axial tem seu sentido para fora da barra tendendo a alongá-la.2) L . conforme mostra a Figura 1-a.1 Tensão e deformação Consideremos uma barra prismática. Se a força tivesse o sentido contrário teríamos uma força de compressão. Sinais: alongamento sinal positivo e encurtamento sinal negativo Deformação específica (representada por ) é a deformação total relacionada com o comprimento inicial da barra ou a deformação por unidade de comprimento da barra. na Figura 1-c isolamos a parte da barra que está abaixo da seção transversal n-n. isto é. Portanto é calculada por: P (2. mas. Tensão normal (representada por ) é a força de tração (ou compressão) que atua por unidade de área da seção transversal da barra. O eixo da barra é a reta que passa pelos centros de gravidade das suas seções transversais. Deformação total (representada por ) é a deformação produzida pela ação da força axial P (Figura 1-b). Por exemplo. Seção transversal normal (cuja área representaremos por A) ou simplesmente seção transversal da barra é qualquer seção obtida quando cortamos a barra com um plano normal ao seu eixo. Se a linha de ação da força aplicada não coincide com o eixo da barra. Em termos práticos podemos considerar que a ação da força axial P provoca em qualquer seção transversal da barra uma distribuição de forças uniforme cuja resultante tem a mesma intensidade da força axial aplicada. 7 2 TRAÇÃO E COMPRESSÃO 2. o qual é representado por Pa que corresponde a N m 2 Seus múltiplos são: 1kPa 103 Pa 1MPa 106 Pa 1GPa 109 Pa Nas aplicações práticas de engenharia é muito comum usar-se o Sistema Técnico. se a tensão admissível é adm 140MPa . Limite de escoamento ou tensão de escoamento ( Y ) . ou seja a força em quilograma força (kgf ou simplesmente kg) e a área em cm 2 . 8 2. Solução . então P 180.3 Diagrama tensão-deformação Variando a carga P aplicada nas extremidades de uma barra de um determinado material. portanto. podemos construir um gráfico onde lançamos no eixo das abscissas os valores da deformação específica e no eixo das ordenadas a tensão normal e obteremos o diagrama tensão- deformação . dada em metros (m). Através de tabelas de propriedades de materiais.103 N 255. a chamada tensão admissível. não possui unidade. Y.2 Unidades das tensões e deformações No Sistema Internacional a unidade da tensão normal é o pascal. 2. representada normalmente por adm . e Normas Técnicas. Pede-se determinar a tensão normal na barra.106 Pa 255MPa A 707. Para a deformação total sua unidade é a unidade de comprimento. mudar o material ou aumentar seu diâmetro de modo a não ultrapassar a tensão admissível. concluímos que a barra feita com aquele material não pode ser usada com segurança.d 2 . Esta curva apresenta alguns pontos importantes (P.10 6 m 2 O valor de acima obtido deve ser comparado com o máximo valor de tensão à tração que pode ser aplicado com segurança à barra.106 m 2 4 4 10 mm A força sendo de tração teremos tensão de tração que é positiva. Desta comparação podemos verificar se a barra pode ser usada para suportar a carga de 180kN. Devemos. U e R) que descrevemos a seguir. Limite de elasticidade Existe um ponto logo acima de P (não mostrado) que é chamado de limite de elasticidade a partir do qual a barra deixa o regime elástico e atinge o regime plástico. Exemplo: Uma barra cuja seção transversal tem 30mm de diâmetro é tracionada por uma força axial de 180kN. Limite de proporcionalidade ou tensão de proporcionalidade ( P ) È o valor máximo da tensão acima da qual deixa de existir a relação linear entre tensão e deformação (ponto P). Em unidades inglesas. logicamente. portanto. já a deformação específica. Portanto a tensão será dada em kgf / cm 2 . No SI é. A Figura 2 mostra um diagrama tensão-deformação característico do aço de construção. Já no regime plástico a barra sofre deformação permanente não retornando ao seu comprimento inicial. a força P é expressa em libras ( lb ) e a área expressa em polegadas quadradas 2 ( in ) e a tensão será expressa em libras por polegada quadrada (psi).(30mm) 2 m2 A 707mm 2 6 2 707. O regime elástico é aquele no qual a barra ao ser aliviada da carga ela retorna ao seu comprimento inicial. Desta forma o cálculo da tensão atuante numa peça serve para dimensionarmos a peça. 9 È o valor da tensão acima do qual a deformação aumenta sem praticamente aumentar o valor da tensão. alumínio Materiais frágeis são os que apresentam pequenas deformações antes de romperem-se. isto é.5 Ensaios tecnológicos de materiais Os dados para a execução do diagrama tensão-deformação são obtidos utilizando-se máquinas de ensaio de tração ou de compressão.4 Materiais dúcteis e frágeis Materiais dúcteis são os que apresentam grandes deformações antes de romperem-se. Exemplo: ferro fundido. Depois do escoamento o material volta a oferecer resistência e. concreto. um corpo de prova do . A Figura 3 mostra os gráficos do aço recozido (dúctil). Figura 3 2. Limite de ruptura ou tensão de ruptura ( R ) É a tensão onde ocorre a ruptura do corpo (ponto R). o material continua a se deformar até um determinado ponto. aço temperado. então. 2. Figura 2 Limite de resistência ou tensão última ( U ) É a maior tensão atingida no ensaio (ponto U). mesmo sem aumento da tensão. Neste ponto diz-se que o material começa a escoar (ponto Y). Para o ensaio de tração. temperado (frágil) e temperado e revenido que se situa entre os dois quanto à sua fragilidade ou ductibilidade. para que haja deformação é necessário aumentar a tensão até um ponto máximo (U) a partir do qual a resistência do material vai diminuindo até se romper. Exemplo: aço recozido. Respostas: 2. Conhecendo-se estes limites pode-se estabelecer uma tensão segura para o trabalho da estrutura. O módulo de elasticidade do aço doce é E=207GPa e o do alumínio E=69GPa. As máquinas mais modernas possuem extensômetros para medir alongamentos e células de carga que medem a força aplicada. U Y adm ou adm (2. etc. como é o caso dos materiais frágeis.1) e de da equação (2. quanto maior o módulo de elasticidade de um material menor a deformação que ele sofre sob uma mesma tensão. N/mm2. utilizamos a equação com a tensão última U . Esta relação linear entre a tensão e a deformação específica é conhecida como Lei de Hooke e pode ser escrita assim: E. A L Ou seja P.L (2.2).5) CS CS Quando o material não apresenta uma tensão de escoamento bem definida. podemos aplicar a Lei de Hooke e desenvolver a equação para calcular a deformação total . Sua unidade é igual à de tensão: Kgf/cm2. Isto é.7 Tensões admissíveis e coeficientes de segurança Vimos pelo diagrama de tensão-deformação que existe um limite de resistência ou uma tensão de escoamento conforme o material. Portanto para uma mesma tensão o alumínio deforma-se elasticamente três vezes mais que o aço.b de comprimento L. instantânea.6 Lei de Hooke Vemos que a curva do diagrama tensão-deformação é uma reta que vai de seu início até o ponto que define o limite de proporcionalidade (ponto P da Figura 2). dinâmica. cíclicas. O módulo de elasticidade é a medida da rigidez de um material. etc. Através de uma central de processamento acoplada à máquina as medições são processadas na forma de tensões e deformações específicas.4) A. Ou seja. A escolha do CS adequado para as diferentes aplicações práticas depende de vários fatores como: -Heterogeneidade do material -Número de vezes que a carga é aplicada durante a vida da peça. 10 material a ser estudado. área da seção transversal A. Pa =N/m2.3) o valor de da equação (2.104 2.E Exercício: Determinar a deformação total e específica de uma barra de aço (E=200GPa) de 4m de comprimento e 15mm de diâmetro submetida a uma carga de tração de 20kN. . Considerando a barra da Figura 1. reproduzindo o diagrama num monitor. Substituindo na equação da Lei de Hooke (2. é colocado entre as garras da máquina de ensaio. Ou seja.6. 2. Mas nos casos de materiais dúcteis cuja tensão de escoamento Y é bem definida usamos então a segunda equação. -Tipo de aplicação da carga: estática.3mm e 5. e sujeita à carga axial P e ainda supondo que a tensão P A é menor que a tensão de proporcionalidade. (2. a relação entre a tensão e a deformação é igual a uma constante (E) chamada de módulo de elasticidade ou módulo de Young. Esta tensão é chamada de tensão admissível ( adm ) e é obtida dividindo-se a tensão última ou a tensão de escoamento por um coeficiente de segurança (CS). temos P E.3) O coeficiente E é chamado de módulo de elasticidade. são meramente fictícios e servem apenas para efeito de treinamento de como usá-los. -Responsabilidade da peça na estrutura. a um efeito adicional chamado de flambagem. P A (2. 2. estará sujeita. 11 -Deterioração por causas imprevisíveis.Etc. Nos dimensionamentos e aplicações em estruturas e máquinas os CS ou as tensões admissíveis são especificados por Normas Técnicas de entidades credenciadas. fornecidos nos exercícios desta apostila. . no caso de compressão a solução não é tão simples porque. o dimensionamento de barras sob compressão deverá ser feito utilizando-se a teoria de Flambagem que não faz parte do escopo desta apostila. neste caso.6) adm No caso de barras sujeitas a tração esta fórmula é suficiente para o dimensionamento da barra. também. Entretanto. Além da tensão admissível o dimensionamento de uma barra deve respeitar também os limites de deformação impostos pelas Normas Técnicas. . isto é. As tensões admissíveis e CS..8 Dimensionamento das barras Vimos que as forças axiais de tração ou compressão produzem tensões normais nas seções transversais da barra que podem ser calculadas pela fórmula: P A Sabendo-se qual é a tensão admissível do material da barra ( adm ) podemos pela fórmula acima calcular qual deverá ser a área mínima recomendável da seção transversal da barra. Assim sendo. 15mm.: desprezar os pesos próprios das peças em todos os exercícios. 2) A estrutura mostrada na figura suporta a carga de 60kN no ponto A.6MPa b) d 27.9 Exercícios Obs. sabendo-se que comercialmente encontram-se barras com diâmetros 10mm. etc. Devido à ação das forças atuantes pede-se determinar: a) A tensão normal na barra 1 e na barra 2. Pede-se determinar: a) A tensão normal na barra AC sabendo-se que seu diâmetro é 30mm b) O diâmetro mais econômico para a barra AC. exceto quando mencionado o contrário. 12 2. 1) Uma determinada barra de uma treliça está sujeita a uma força de tração de 20kN. 20mm. . pede-se determinar qual deve ser o seu diâmetro mais econômico recomendável. Resposta: 20mm. Pretendendo-se usar barra redonda (cilíndrica).8mm c) AB 40MPa 3) As barras 1 e 2 da figura estão soldadas entre si e presas ao teto em A. 25mm. supondo-se uma tensão admissível de 165MPa. c) A tensão normal na barra AB sabendo-se que a área de sua seção transversal é 20cm 2 Respostas: a) AC 141. b) A deformação total e específica de cada barra sabendo-se que o módulo de elasticidade do material de ambas as barras é 210 GPa. Supor que tensão admissível seja 140MPa. 7 MPa e 2 42. 13 Respostas: a) 1 35. 2.2.3. Bibl.105 m e 1 17.14 da pág.6 e 2. mostrada na figura. 89 do BEER e JOHNSTON.5MPa 2 70.105 m e 2 20. 2.8MPa 5) Resolver os problemas 2. Devido à ação das forças atuantes pede-se determinar a tensão normal na barra 1 e na barra 2.105 2 61.5MPa b) 1 34. nº 1 .105 4) As barras 1 e 2 de 30mm de diâmetro. estão soldadas entre si e presas ao teto em A. Respostas: 1 42. em seguida.L 2 2 A2 . 14 2. Figura 4 Solução Vamos chamar de P1 à força de tração no tirante 1 e P2 às forças de tração nos tirantes 2. relacionando as equações das deformações de cada material obtemos mais uma equação. primeiro escrevemos as equações de equilíbrio da estática e. Para a solução.E2 Temos agora as duas equações (a) e (b) que resolvidas nos fornece P1 e P2 . Para achar a segunda equação vamos utilizar a deformação das peças.L 1 1 A1 .E1 A2 . Neste caso devemos também lançar mão de equações da deformação.E1 E o alongamento total dos tirantes 2 é: P . Geralmente estes problemas envolvem materiais que possuem módulos de elasticidade diferentes. do centro. Os tirantes laterais 2 tem a área da seção transversal de valor A2 e módulo de elasticidade E 2 . Pede-se determinar as forças que atuam em cada tirante.E 2 Como estes alongamentos são iguais temos P1 P2 (b) A1 . As forças de tração nos tirantes 2 são iguais porque suas àreas e módulos de elasticidade são iguais. Então podemos escrever a equação de equilíbrio P1 2. e a carga está centralizada. O alongamento total do tirante 1 é: P . A1 E1 P A2 E 2 P P1 e P2 A1 E1 2 A2 E 2 A1 E1 2 A2 E 2 .O tirante 1. Exemplo Um bloco de peso P é suspenso por 3 tirantes igualmente espaçados conforme a Figura 4.10 Problemas estaticamente indeterminados Um sistema é estaticamente indeterminado quando não pode ser resolvido somente com as equações da estática.P2 P (a) Mas temos duas incógnitas P1 e P2 e somente uma equação. tem área da seção transversal A1 e módulo de elasticidade E1 . Devido à simetria dos tirantes e à centralização do bloco o alongamento dos tirantes foi uniforme. conforme mostra a figura. e o tubo tem seção transversal A2 e módulo de elasticidade E2. . de mesmo comprimento L. Sabendo-se que a barra redonda tem área da seção transversal A1. comprimida sobre ambos. Respostas: R1 6kN R2 10kN 2) Um bloco de 30kN é suportado por três tirantes de mesmo diâmetro. 15 2. Respostas: FAÇO 18kN e FAL 6kN 3) Uma barra redonda e um tubo. suportam uma carga P através de uma placa rígida. Sabendo-se que o tirante do meio é de aço cujo módulo de elasticidade é 210GPa e os outros dois são de alumínio cujo módulo de elasticidade é 70GPa. pede-se determinar as forças de reação que atuam na barra e no tubo. Determinar as reações R1 e R2 nos apoios. e módulo de elasticidade E1. Uma força axial de P 16KN é aplicada à distancia L1 50cm da extremidade esquerda.11 Exercícios 1) A figura mostra uma barra prismática de 80cm de comprimento engastada nas suas extremidades. determinar as forças de tração em cada tirante. 2. 89 do BEER e JOHNSTON.38 da pág.35.34. 2. nº 1 . Bibl. 16 A1 E1 P A2 E 2 P Respostas: P1 e P2 A1 E1 A2 E2 A1 E1 A2 E 2 4) Resolver os problemas 2. consequentemente.7. ∆𝑇 é a variação da temperatura da barra.10-6/°C.109Pa ∝ = 16. utilizando a fórmula da deformação total (2. 10−6 /°𝐶 Cálculos: ∆𝑇 = 45°𝐶 − 25°𝐶 = 20°𝐶 𝐴 = (3. Desprezar o efeito de flambagem.10-2m T1 = 25°C e T2 = 45°C E = 120GPa = 120. 120.8) O sinal é negativo. 10−4 . não alterará os esforços internos da barra.10−4 .7.072. Assim sendo. Solução: Dados: L = 750mm = 0. 10−2 )2 = 9. Por exemplo. Esta tensão adicional provocada pela variação da temperatura é a chamada tensão térmica. isto é. através de engastamentos suficientemente resistentes. Para o cálculo da tensão térmica utilizamos a fórmula da dilatação térmica. 𝜕𝑇 =∝ ∆𝑇 𝐿 (2.75m a = 3cm = 3. 𝛼 é o coeficiente de dilatação linear (Unidade no SI: 1/°C ou 1/°K). 107 𝑃𝑎 (Compressão) 9. a equação da tensão térmica é 𝑃 𝜕 𝐸 𝜎𝑇 = 𝐴𝑇 = − 𝑇𝐿 = −𝛼 ∆𝑇 𝐸 (2. mas.103 (b) 𝜎𝑇 = − = −4. 17 2. 103 𝑁 36. Ambas as tensões são tensões térmicas. Portanto. Quando a temperatura da barra atingir 45°C qual é o valor: (a) das reações nos apoios e (b) da tensão normal que atua na barra? Sabe-se que para o material da barra o módulo de elasticidade é 120GPa e o coeficiente de dilatação linear é 16.7) Onde 𝜕𝑇 é a variação total do comprimento da barra provocada pela variação da temperatura.7.9) Exercício resolvido Uma barra de 750mm de comprimento com seção transversal quadrada de 3cm de lado está presa em suas extremidades e à temperatura de 25°C está isenta de tensões.12 Tensão Térmica. Influência da variação da temperatura A variação da temperatura sobre qualquer material provoca variação de suas dimensões e quando levamos em conta a variação da temperatura os esforços internos numa barra serão alterados dependendo dos vínculos desta barra. L é o comprimento inicial da barra. numa barra rigidamente fixada (engastada) nas suas extremidades e isenta de tensões internas um aumento da temperatura provocará tensão normal de compressão e uma diminuição da temperatura provocará tensão normal de tração. se uma barra está fixada em uma extremidade e totalmente livre na outra extremidade um aumento na temperatura da barra provocará seu alongamento.072. 20.4) esta força axial de origem térmica é 𝜕 𝐴𝐸 𝑃𝑇 = − 𝑇𝐿 = −𝛼 ∆𝑇 𝐴 𝐸 (2.9. pois. Entretanto se suas duas extremidades estiverem fixadas surgirão esforços internos adicionais e consequentemente aumento de sua tensão normal. quando a variação da temperatura for positiva a força térmica é de compressão e se a variação da temperatura for negativa a força térmica é de tração. eles exercerão sobre a barra uma força axial impedindo a variação de comprimento da barra. 109 = 36. 10−6 . 10−4 𝑚2 (a) 𝑃𝑇 = 16. Se as extremidades da barra são fixas. Para escrever a equação da força normal N devemos primeiro colocar : N . Estas forças internas. do eixo das abscissas x. deveremos inverter os sinais acima. para escrevermos estas equações precisamos primeiro estabelecer uma convenção de sinais dos sentidos das forças. então todas as forças cujos sentidos são para a esquerda são positivas. 18 2. Na frente do sinal de igualdade lançamos os valores de todas as forças (com seu respectivo sinal convencionado) que estão à esquerda da seção considerada (que está à distância x). Temos então: Trecho AB: 0 x a N F1 Trecho BC: a x (a b) N F1 F2 Trecho CD: (a b) x (a b c) N F1 F2 F3 . Vamos então estabelecer que se a origem O dos eixos de coordenadas está na extremidade esquerda da barra. se a força tiver sentido para a direita. Suponhamos uma barra AD. Se estabelecermos que a extremidade esquerda (A) da barra é a origem O. será negativa.13 Equações das forças normais Já vimos que as forças axiais que atuam numa barra provocam forças internas nas suas seções transversais. Exemplo: Para a barra mostrada na Figura 5 teremos três equações das forças normais. sendo uma para cada trecho: AB. Logo. Figura 6 Se. conforme a Figura 5. Figura 5 Entretanto. sujeita a várias forças axiais ao longo de seu comprimento. BC e CD. podemos escrever as equações que nos fornecem as forças normais N em qualquer seção transversal à distância x da origem. Veja a Figura 6. a extremidade direita da barra. porém. que são normais (“perpendiculares”) às seções transversais são chamadas de forças normais. adotarmos como origem O do eixo das abscissas. Estas equações são as equações das forças normais da barra. Solução . não deve ser desprezada.Equações das forças normais Trecho AB: 0 x 3 N 200 Trecho BC: 3 x 5. em muitas aplicações. 2. assim.5 x 6. existem situações nas quais esta influência é considerável e. Até agora não levamos em conta a existência do peso próprio da barra. estudar a influência do peso próprio no cálculo das tensões e deformações.14 Diagrama das forças normais O diagrama das forças normais é feito lançando no eixo das abscissas a distância x da seção transversal considerada.5 N 200 900 400 300 . portanto.5 N 200 900 700 Trecho CD: 5.Diagrama das forças normais N está mostrado na fig. Através do diagrama de forças normais podemos verificar quais são as seções transversais mais solicitadas e. Exemplo numérico: Dada a barra mostrada na figura (a) abaixo determinar as equações das forças normais e desenhar os seu diagrama. (b). em relação às forças aplicadas. que pode ser desprezada. Vamos. pois. podemos dimensionar a barra levando em conta os esforços mais críticos. . a influência do peso próprio da barra é tão pequena. Realmente. e no eixo das ordenadas o valor da força normal N que atua naquela seção.15 A influência do peso próprio da barra na tração ou compressão. Pelo diagrama podemos ver que o trecho AB está sujeito a uma tração de 200N. 19 2. Porém. o trecho BC está sujeito a uma compressão de 700N e o trecho CD está sujeito a uma compressão de 300N. V . Porém se a barra está posicionada horizontalmente a ação do peso próprio são forças transversais à barra e.12) V . não produzem diretamente forças normais ou tensões normais. (1.L. peso específico . a força produzida pelo peso próprio da barra é na direção de seu eixo e. L. y. produz força normal e tensão normal nas seções transversais. conforme a Figura 7. Nesta situação o peso próprio produzirá flexão cujo estudo veremos mais adiante.10) A tensão normal que atua na seção nn é calculada por A. y. Seja uma barra AB de comprimento L. (2.y. . N A. portanto. presa na extremidade superior A. Figura 7 Vamos colocar o sistema de eixos de coordenadas conforme mostrado. 20 Quando a barra está em posição vertical. seção transversal com área A. a tensão normal máxima ocorre para y L e seus valores são N max A. portanto. (2. portanto.13) A Sendo V o volume total da barra. como na Figura 7.11) A A força normal máxima e. (2. portanto. A força normal que atua na seção transversal nn é provocada pelo peso da barra que está abaixo da seção transversal. y.E. Vamos considerar um elemento da barra de comprimento dy à distância y do eixo x conforme mostra a Figura 8.15) 2. A 2.A y2 . quando uma barra qualquer está sujeita ao seu peso próprio e mais uma série de forças axiais podemos calcular a força normal. (2.L2 y. A.L Que substituindo na equação anterior chegamos a W .16) .dy d ( ) E.y. somando algebricamente os efeitos individuais de cada uma destas forças.dy .E.L (2. A Então o alongamento total da barra será L L .dy (2. existe uma força axial P aplicada na extremidade B da barra.14) 0 E. a força normal total numa seção transversal qualquer é calculada por: N P A.16 Deformação provocada pelo peso próprio. A força normal que atua na seção transversal inferior do elemento dy é N A. Figura 8 O alongamento provocado no elemento dy é N . cujo peso próprio não é desprezível. A.A .17 Superposição de efeitos No regime elástico. A E. 21 2. y. ou a deformação total provocados pelo conjunto desta forças. ou a tensão normal. A 2 0 2. Portanto se na barra AB (ver Figura 9). A E. A Mas o peso da barra é W . A. é presa na extremidade superior e na extremidade inferior suporta uma carga 2kN. A Exercícios 1) Uma barra de aço de 12mm de diâmetro e 90m de comprimento.106 Pa.20) 2.18) P V . Respostas: 2793N. (2. (2. W . P max L. Pede-se determinar as máximas força normal e a tensão normal na barra. E . Figura 9 A deformação total da barra também pode ser calculada somando os efeitos do peso próprio da barra e da força axial P.19) A A Sendo V o volume total da barra. A E . 9.L. Resposta: 1538m .08mm 2) Determinar o comprimento máximo que pode ter um fio suspenso verticalmente supondo- se que sua tensão admissível seja 120MPa e o peso especifico 78 kN m3 . a tensão normal máxima ocorre para y L e seus valores são N max P A. P V . (2. bem como o seu alongamento total sem desprezar o seu peso próprio.7. isto é. 22 A tensão normal nesta seção é calculada por: P y.17) A A força normal máxima e. O peso específico do aço é 78 kN m3 e seu módulo de elasticidade é 210GPa. em posição vertical. 24. portanto.L W L P (2.L P. A 2 E. então as deformações específicas nas direções transversais serão iguais. Já vimos que para calcular a deformação específica segundo a direção da força axial é só dividir a deformação total produzida (que neste caso é um alongamento) pelo comprimento inicial da barra. Supondo que o material da barra seja homogêneo (possui as mesmas propriedades mecânicas em qualquer ponto) e que seja também isotrópico (possui as mesmas propriedades mecânicas em qualquer direção). isto é. mas. temos o que se chama de deformação específica longitudinal a qual vamos representar por x pois tem a direção do eixo x.: O sinal negativo entra na fórmula do coeficiente de Poisson para tornar o resultado positivo. z. Assim sendo.21.a) x e na direção do eixo z é z z (2. Então o coeficiente de Poisson na direção do eixo y é y y (2.18 Deformações transversais. y. . Suponhamos a barra mostrada na Figura 10 e que seu eixo longitudinal coincide como o eixo dos x do sistema de coordenadas x.b) x Figura 10 Obs. Coeficiente de Poisson Uma força axial de tração provoca um alongamento da barra. pois. também provoca um encurtamento nas direções perpendiculares ela. z . que chamaremos de y é calculada dividindo-se a deformação total da peça nesta direção (que evidentemente é um encurtamento) por sua dimensão original. Similarmente obtemos a deformação específica na direção z. A deformação específica transversal segundo a direção do eixo y . O coeficiente do Poisson ( ) é obtido relacionando-se a deformação específica transversal com a deformação específica longitudinal. temos alongamento (cujo sinal é positivo) na direção longitudinal e um encurtamento (sinal negativo) na direção transversal. 23 2. y z e portanto y z y ou z x x No caso de compressão longitudinal haverá expansão lateral e o coeficiente de Poisson é o mesmo da tração.21. nº 1.66.42.55. 144 do BEER e JOHNSTON. 2.01mm após a aplicação de uma força de tração P.74.3 e o módulo de elasticidade é 210GPa. 2.69 da pág. 24 Para o aço de construção o coeficiente de Poisson pode ser tomado como sendo 0.106 m e b 8.67.3 .8m de comprimento possui seção transversal retangular cujos lados são a 20mm e b 5mm . Resposta: P 2. Bibl. Qual será a redução destes lados quando se submete a barra a uma força axial de tração de 12kN? Sabe-se que o coeficiente de Poisson é 0.107 m 3) Resolver os problemas 2. pede-se determinar a força P. Sabendo-se que seu diâmetro diminuiu 0.105 N 2) Uma barra de aço de 4. .19 Exercícios 1) Suponha uma barra redonda de aço cujo diâmetro tem 50mm.3 e o módulo de elasticidade é 210GPa. que para o aço o coeficiente de Poisson é 0. 2. Resposta: a 3. o rebite da Figura 11. etc. na maioria das vezes trabalham a cisalhamento. . Forças transversais ao eixo da barra tendem a provocar corte (ou cisalhamento) da barra. os quais. uma tensão que tende a “cisalhar” a barra e. são solicitações normais à seção transversal. cuja área representaremos por A. esta estará submetida a uma tensão que não é normal mas paralela a ela. chavetas. ou seja. Identicamente.b mostra um rebite sujeito a corte triplo. etc.b tende a ser cortado na seção n- n. Até agora estudamos somente as forças axiais.a mostra um rebite sujeito a corte duplo. A Figura 12. Tensão de cisalhamento. Figura 11 Se considerarmos a seção transversal em n-n da barra (ou do rebite).a mostra uma barra sujeita às laminas de uma tesoura que sob a ação das forças P tendem a cortar a barra na seção n-n. Figura 12 A Figura 12.1 Solicitações transversais.b mostra um rebite sujeito a corte simples. Parafusos. parafusos. somente a seção nn do rebite está resistindo ao cisalhamento. pois. pois. pinos. portanto. 25 3 CISALHAMENTO 3. duplos. é chamada de tensão de cisalhamento ( ) que é determinada na prática por: P (3. ou seja. A Figura 11. neste caso há duas seções (nn e mm) resistindo ao corte.1) A O cálculo da tensão de cisalhamento é necessário para o dimensionamento de rebites. por isso. A Figura 11. forças coincidentes com o eixo da barra e. rebites e pinos sujeitos a corte simples. (3. Portanto. Para muitos materiais o trecho inicial do diagrama é uma reta. que é medida pelo ângulo é chamada de deformação de cisalhamento. neste caso.2 Deformação de cisalhamento Suponhamos uma barra prismática BC presa em C e na extremidade B é aplicada uma força transversal P conforme a Figura 13. . Bibl. só que agora é para o cisalhamento. nº 1. é chamada de módulo de elasticidade transversal. identicamente ao que acontece para o diagrama tensão-deformação de tração/compressão. Se a área da seção transversal da barra BC é A então suas seções transversais estarão sujeitas à tensão de cisalhamento: P (3. provocando uma distorção: a face da barra era um retângulo e se transformou num losango. desenharmos um gráfico.10 pag. G ou G. neste trecho. 26 3. para um determinado material. obteremos o chamado diagrama tensão-deformação de cisalhamento para este material.3) Ver Exemplo 2.2) A Figura 13 Analisando um pequeno elemento da barra BC e isolando este elemento conforme a Figura 13. Isto é. Se.a. Ou seja. lançando no eixo das ordenadas as tensões de cisalhamento e no eixo das abscissas as deformações de cisalhamento . Esta distorção.b vemos que este elemento está sujeito à tensão de cisalhamento na sua face superior e na face inferior teremos a mesma tensão porém de sentido contrário. 137 do BEER e JOHNSTON. neste trecho reto se aplica a lei de Hooke. a relação entre a tensão de cisalhamento e a deformação de cisalhamento é uma constante que. representada por G. cuja tensão de ruptura ao cisalhamento é 280MPa. .3 Exercícios 1. sabendo-se que a tensão de ruptura ao cisalhamento do material da chapa é 300Mpa Resposta: P 720kN 4.2m. mostrado na figura está sujeito à força axial F=1100kgf. Verificar se ela pode ser utilizada para efetuar um furo de diâmetro 5/8pol numa chapa de 1/8pol de espessura. Qual é a força mínima necessária que uma tesoura guilhotina deve exercer para cortar uma chapa de 2mm de espessura (conforme a figura) e cujo comprimento de corte é 1. Resposta: Não. O pino de diâmetro 10mm. Determinar as tensões de cisalhamento nos rebites mostrados na figura sabendo-se que seus diâmetros são 6mm e P = 7kN. Pede-se verificar se é aconselhável a utilização deste pino.b sabendo-se que seu diâmetro é 6mm e P = 1000N. Determinar a tensão de cisalhamento no rebite mostrado na Figura 11. 27 3. supondo-se que a tensão de cisalhamento admissível e a tensão normal admissível do material deste pino sejam.4 MPa) seja menor que a tensão de cisalhamento admissível a tensão normal atuante (140 MPa) é maior que a tensão normal admissível. 5. porque. 70MPa e120MPa.4MPa 2. Resposta: 35. espessura da cabeça 6mm. Uma puncionadeira tem capacadidade de 5000kgf. embora a tensão de cisalhamento atuante (58.92MPa 3. Resposta: 61. conforme mostra a figura. respectivamente. 6.42 MPa 7.m . As forças exercidas pela correia são F1 7kN e F2 2kN . A figura mostra um acoplamento entre dois eixos de transmissão efetuado por 4 parafusos de 15mm de diâmetro. supondo-se que a tensão admissível ao cisalhamento dos parafusos seja 70MPa. a força necessária para executar o furo é de 4445 kgf.45kN. porque. transmite seu torque ao eixo de 40mm de diâmetro através de uma chaveta que tem 7mm de largura e 30mm de comprimento conforme mostra a figura. dispostos conforme mostra a figura. 28 Resposta: Sim. Uma polia de 120mm de diâmetro. Resposta: 71. acionada por correia. Pede-se determinar o torque máximo admissível que este acoplamento pode transmitir. Determinar a tensão de cisalhamento na chaveta. Desprezar o atrito entre os flanges. Resposta: 4. donde L. logo c. Como trataremos somente de pequenas deformações (no regime elástico) e medindo e em radianos.3) max c c . Torção é o efeito produzido numa barra devido à atuação de momentos (ou torques) de torção aplicados de forma a torcer a barra. podemos escrever: NN ' L. e NN ' c.1) L A deformação de cisalhamento para um raio interno será então . Vamos traçar a geratriz MN e em seguida vamos aplicar na extremidade B um momento de torção T. A Figura 14 mostra uma barra cilíndrica AB de comprimento L e raio c presa na extremidade A. max (4. Portanto. A barra vai sofrer uma torção e a geratriz MN mudará para MN’. O ângulo formado por MN e MN’ é denominado de deformação de cisalhamento.1 Introdução Estudaremos a torção somente para barras de seção circular. c. 29 4 TORÇÃO 4. onde a seção não sofre rotação.2) L Relacionando e max temos: ou . o ângulo de torção máximo ocorre na extremidade B da barra. L Como esta é a deformação de cisalhamento máxima vamos colocar c. (4. max (4. o ângulo de torção vai aumentando até a extremidade B. A partir do engastamento em A. Figura 14 Devido ao momento de torção cada seção transversal da barra sofre uma rotação denominada de ângulo de torção (ou ângulo de rotação) da seção. 3) por G ( módulo de elasticidade transversal) obtemos G.4) obtemos T .dA é o momento de inércia polar em relação ao centro da seção.J T c T. (4.9) obtemos max .dF (4. conforme a equação (4.c Donde max (4.dA (4. (4.8) em (4. max c Mas pela lei de Hooke temos G.4) dF A tensão de cisalhamento na área dA é calculada por então dF .9) c c Mas 2 .8).10) J Esta é a tensão de cisalhamento máxima e ocorre na periferia da seção. A tensão de cisalhamento num ponto qualquer interno à seção cuja distancia ao centro é é calculada.7) então .11) J .6) Multiplicando a equação (4. tensão de cisalhamento. . logo o momento para toda área da seção transversal será T . então momento desta em relação ao centro da seção é dT dF.dA . consequentemente.dA que substituindo em (4. isto é. max (4. 30 4.dA 2 (4. considerando ainda que nesta área elementar atua a força elementar dF. .8) c Substituindo (4.2 Tensão de cisalhamento O momento de torção T provoca em todas as seções transversais da barra uma distribuição de forças paralela à seção e .G. por: T . . J 2 . Figura 15 Considerando uma área elementar dA a uma distância do centro e.dA que dA substituindo em (4.6): 2 max T max . A Figura 15 mostra a distribuição de forças numa seção transversal qualquer da barra. Pela equação (4. max (4.16) G Substituindo max da equação (4. max e portanto max max (4.18) J .17) obtemos finalmente T . 4.8) obtermos min 1 .G J . c e ρ em m.7) G.16) obtemos T .a) J c E da equação (4. isto é. A tensão de cisalhamento será expressa em N/m2.c2 max (4.12.m.13) 2 Para a seção transversal de um eixo vazado (tubo) temos J c24 c14 (4.G 4.b) c2 Figura 16 O momento de inércia polar para um círculo é calculado por .5 Ângulo de torção ( ) c.4 Deformação de cisalhamento ( ) Pela equação (4.b mostra a distribuição de tensões de cisalhamento em um eixo circular vazado.1) max obtemos L L max (4.15) c Substituindo o valor de max da equação (4. obtemos max G.a mostra a distribuição de tensões de cisalhamento em um eixo circular maciço.19) J .G . A Figura 16. de raio interno c1 e raio externo c2.c T .L (4.10) temos neste caso T . max (4. Da equação (4.17) ou (4. e J em m4.12.10) na equação (4. em pascal (Pa). 4.3 Eixo circular vazado (tubo) A Figura 16.c 4 J (4. 31 A tensão de cisalhamento na barra circular varia linearmente com a distância ao eixo da barra.14) 2 O momento de torção T será expresso em N. 4MPa 3) Determinar a tensão de cisalhamento máxima e mínima em um eixo vazado cujos diâmetros interno e externo são.236 e seguintes).1 e seguintes (pág.7MPa 6) Recomendação de exercícios do livro do BEER e JOHNSTON.Problemas 3.m.8MPa e 0. nº 1 . respectivamente 90mm e 120mm.m. Resposta: max 64.034rad 5) A manivela mostrada na figura é feita de uma barra de aço com 15mm de diâmetro.6 Exercícios 1) Determinar o diâmetro de uma barra sujeita a um momento de torção de 70Nm cuja tensão admissível ao cisalhamento é 30MPa. Resposta: 22. Bibl. Calcular a tensão máxima de cisalhamento e o ângulo de torção correspondente a 1m de comprimento.3MPa e m min 64.31 e 3. 3.32 (pág. 32 4. Determinar a tensão máxima de cisalhamento no eixo.26. 214 e seguintes) . Resposta 37.7MPa 4) Um eixo de seção circular de diâmetro 44mm está submetido a um momento de torção de 1000 N. sabendo-se que o momento de torção atuante é de 20kN. sabendo-se que G = 80 GPa. Respostas: max 86.Problema 3. Determinar a tensão máxima de cisalhamento na barra sabendo-se que a força F aplicada no cabo da manivela é 100N. Respostas: max 59. .m.8mm 2) Um eixo de 78mm de diâmetro está submetido a um momento de torção de 6kN.23 a 3. 33 4.7 Equações e diagramas do momento de torção Quando numa barra se aplica um único momento de torção, agindo em sua extremidade, como o caso da Figura 14, todas suas seções transversais estarão sujeitas a um mesmo momento de torção interno. Entretanto, no caso de existirem vários momentos de torção externos aplicados ao longo comprimento da barra, os momentos de torção internos não serão iguais para todas as seções transversais. Da mesma forma que fizemos para as forças normais podemos, neste caso, desenvolver as equações e diagramas dos momentos de torção, os quais mostrarão qual é o momento de torção interno que atua em qualquer seção transversal da barra. Seja, por exemplo, a barra AC mostrada na Figura 17, submetida aos momentos de torção externos T A , TB e TC . Observar que como a barra AC está em equilíbrio então ∑ 𝑇 = 0, isto é, 𝑇𝐴 − 𝑇𝐵 + 𝑇𝐶 = 𝑂. O momento de torção que atua nas seções transversais do trecho AB é constante. Também no trecho BC todas as seções transversais estão submetidas ao mesmo momento de torção, porém, de valor diferente ao do trecho AB. Figura 17 Antes de escrever as equações dos momentos de torção vamos definir uma convenção de sinais. Estabeleceremos que se a origem O dos eixos de coordenadas estiver na extremidade esquerda da barra então todos os momentos, cujos vetores tem sentidos para a direita (segundo a regra da mão direita), são positivos. Logo, se o momento de torção tiver sentido para a esquerda, será negativo. Veja a Figura 18. Figura 18 Para escrever a equação dos momentos de torção T devemos primeiro colocar : T . Na frente do sinal de igualdade lançamos os valores de todos os momentos de torção externos (com seu respectivo sinal convencionado) que estão à esquerda da seção considerada (que está à distância x). Temos então para a barra da Figura 17: Trecho AB: 0 x a T TA Trecho BC: a x (a b) T TA TB 34 Tendo-se as equações dos momentos de torção podemos então desenhar o seu diagrama lançando no eixo das abscissas a posição x da seção transversal e no eixo das ordenadas o valor do momento de torção T. Exercício resolvido Montadas no eixo AC de 30mm de diâmetro, conforme a figura, existem 3 polias A, B e C nas quais atuam, respectivamente, os torques TA 280N .m , TB 500N .m e TC 220N .m com os sentidos mostrados. Pede-se: (a) escrever as equações dos momentos de torção e seus diagramas; (b) determinar as tensões de cisalhamento máximas nos trechos AB e BC do eixo. Solução: Vamos considerar que o eixo cartesiano x tem origem na extremidade A do eixo AC e sua direção é a mesma da linha de centro deste. (a.1) Equações dos momentos de torção Trecho AB: 0 x 0,4m TAB 280 Trecho BC: 0,4 x 1,1m TBC 280 500 TBC 220 (a.2) Digrama dos momentos de torção (b.1) Tensão de cisalhamento máxima no trecho AB do eixo .(15.103 ) 4 J 7,948.108 m 4 2 T .c 280.15.103 AB AB 8 52,84.106 Pa J 7,948.10 (b.1) Tensão de cisalhamento máxima no trecho BC do eixo T .c 220.15.103 BC BC 41,52.106 Pa J 7,948.108 35 4.8 Exercícios 1) O eixo AD mostrado na Figura 19 está submetido aos torques TA 4,0kNm , TB 7,0kNm , TC 5,0kNm e TD 2,0kNm Escrever as equações dos momentos de torção e desenhar o seu diagrama. Respostas: 0 x 0,9m T 4 ; 0,9m x 1,6m T 3 e 1,6m x 2,1m T 2 2) Um eixo de 50mm de diâmetro está submetido aos torques TA 1,6kNm , TB 3,0kNm , TC 2,0kNm e TD 0,6kNm conforme mostra a Figura 19. Sabendo-se que o módulo de elasticidade transversal é 80MPa, pede-se determinar: a) As tensões de cisalhamento máximas nos trechos AB, BC e CD. b) Qual a rotação da seção D em relação à seção A. Respostas: a) AB 65,22MPa , BC 57,07MPa e CD 24,45MPa B) 1,63.102 rd Figura 19 3) Resolver os problemas 3.27 a 3.30 do livro do BEER e JOHNSTON, Bibl. nº 1 (pág.238 e seguintes). 36 4.9 Cálculo de eixo de transmissão* O eixo de transmissão é um elemento de máquina que transmite torque e rotação de um componente para outro. É o caso, por exemplo, do eixo cardã que transmite o movimento do motor para o diferencial do caminhão. No eixo de transmissão devemos considerar a potencia a ser transmitida e a velocidade de rotação do eixo para que possamos dimensioná-lo. Fórmula para determinação do momento de torção T P T 2. . f Onde T é o momento de torção (N.m) N .m P é a potência transmitida ( watts: W ) s f é a freqüência ou rps, ou hertz ( Hz s 1 ) Conversão de unidades: 1rps 1Hz 60rpm N .m 1hp 746W 746 s * Ver pag. 247 do BEER e JOHNSTON, Bibl. nº 1. 37 4.10 Exercícios 1) Um eixo de 5m de comprimento e 60mm de diâmetro gira a 300rpm. Sabendo-se que o módulo de elasticidade transversal do material do eixo é G=77GPa e que o ângulo de torção de eixo é 3° pede-se determinar: a) o momento de torção, b) a tensão máxima de cisalhamento e c) a potência transmitida pelo eixo. Respostas: a) T 1000Nm b) max 23,6MPa c) P 3,14.104 W 2) Um motor de 1800rpm está sujeito a um momento de torção de 5Nm. (a) Qual deve ser a potência mínima do motor? (b) Se este motor está acionando um eixo de 10mm de diâmetro e 3m de comprimento pede-se determinar o ângulo de torção deste eixo sabendo-se que G=80GPa. Respostas: (a) 942W ou 1,26hp; (b) 0,19rd ou 11° 3) Determinar o diâmetro do eixo de um motor de 3hp e 3600rpm sabendo-se que a tensão admissível ao cisalhamento do material do eixo é 60MPa. Resposta: 8mm 4) Um eixo de 6m de comprimento feito de tubo com 60mm de diâmetro externo e parede de 17mm, gira a 240rpm. Sabendo-se que o ângulo de torção é 3,5° e que G=80GPa pede-se determinar: a) a potência que está sendo transmitida; b) a máxima tensão de cisalhamento no eixo. Respostas: a) P=25kW, b) max 24,4MPa 5) Recomendação de exercícios: Problemas do livro do BEER e JOHNSTON, Bibl. nº 1 paginas 255 e seguintes. não permite deslocamento em qualquer direção. neste caso. Portanto. além das componentes horizontal e vertical das reações de apoio. 5. Representações esquemáticas: Exemplo: A figura seguinte mostra um exemplo prático de um apoio articulado fixo. mas. que no caso da Figura 22. No lado direito temos um apoio articulado móvel. onde a barra é apoiada através de um pino que atravessa as peças por furos de diâmetro ligeiramente maior que o diâmetro do pino. acarretando. no lado esquerdo. mas. mas. que não permite nem rotação e nem deslocamento em qualquer direção. flexão neste plano. As cargas aplicadas serão consideradas como atuantes no plano vertical formado pelo eixo de simetria vertical da seção transversal e o eixo da viga. portanto. A construção é semelhante à anterior. 5. Estudaremos. este apoio só possui uma reação de apoio. 38 5 FLEXÃO 5. . Representações esquemáticas: c) Engastamento é o apoio mostrado á esquerda da viga na Figura 23. Este tipo de apoio dá origem a reações de apoios que. o qual permite a rotação da viga. a barra possui furo oblongo que permite liberdade de movimento horizontal da barra. o qual permite a rotação da viga e deslocamento horizontal. do lado esquerdo da viga. de início. somente vigas cujas seções transversais são invariáveis (vigas prismáticas) e que possuem eixo de simetria vertical. é vertical.1 Vigas Viga é uma barra que suporta cargas transversais em relação ao seu eixo. Neste caso. o qual é um apoio rígido. do lado direito da viga. normalmente.2 Tipos de apoios das vigas As vigas podem ser vinculadas a apoios de vários tipos: a) Apoio articulado fixo é o apoio mostrado na Figura 22. Representações esquemáticas: b) Apoio articulado móvel é o apoio mostrado na Figura 22.3 Tipos de carregamentos Uma viga pode ser carregada por cargas concentradas como as forças P1 e P2 nas Figura 22 e Figura 24 ou cagas distribuídas como q da Figura 23 e Figura 24. aparece uma reação de apoio do tipo momento. tem componente vertical e horizontal. não permite o deslocamento vertical. 4 Carga uniformemente distribuída É a força distribuída que não varia ao longo de seu comprimento de distribuição. c) Viga simples com balanço é a viga simplesmente a apoiada que se prolonga além dos apoios (Figura 24).5 Carga não uniformemente distribuída Trata-se de força cuja intensidade varia ao longo da linha de distribuição.a mostra a representação de uma força uniformemente distribuída q (N/m). que varia conforme a função q=qo. Um exemplo deste tipo de força é o caso da força cuja distribuição é triangular. Para o cálculo das reações de apoio podemos substituir a força distribuída conforme mostrada na Figura 21. 39 As cargas distribuídas são caracterizadas pela taxa de carregamento que é expressa em unidade de força por unidade de comprimento ao longo do eixo da viga. Esta taxa de carregamento pode ser constante como a da Figura 23 e Figura 24 ou pode ser variável. Para efeito do cálculo das reações de apoio transformamos a força distribuída por uma força concentrada no centro de gravidade da força distribuída e cuja intensidade é o valor total da força distribuída. também. ser sujeita a momentos ou binários como o momento M mostrado na Figura 22. como mostra a Figura 20. Além de forças. Figura 21 5.b. . A Figura 20. 5.a pela força concentrada mostrada na Figura 21.x/a.b. isto é. onde a é o comprimento da distribuição e x é a posição do ponto considerado.6 Tipos de vigas a) Viga simplesmente apoiada ou viga simples é a viga que possui numa extremidade um apoio articulado fixo e na outra extremidade um apoio articulado móvel (Figura 22) b) Viga engastada ou viga em balanço é a viga que possui uma extremidade engastada e sua outra extremidade é livre (Figura 23). uma viga pode. Se adotamos o SI a unidade de q e qo será N/m. Figura 20 5. .7 Vigas isostáticas . Figura 23 e Figura 24) são isostáticas. 40 Figura 22 Figura 23 Figura 24 5. para poder resolvê-las. vigas hiperestáticas e vigas hipostáticas Vigas isostáticas são aquelas para as quais a quantidade de equações de equilíbrio da estática é igual à quantidade de seus vínculos (reações de apoio). Quando adicionamos a uma viga isostática um ou mais vínculos a transformamos em hiperestática. então. precisamos incluir também equações de deformação ou outro método. Nas vigas hiperestáticas (Figura 25-a e Figura 25-b) a quantidade de reações de apoio é maior que a de equações de equilíbrio da estática e. As vigas que vimos até agora (Figura 22. 41 Figura 25 As vigas hipostáticas são aquelas cuja quantidade de vínculos é menor que a quantidade de equações da estática (Figura 26). não se aplica a equação Fx 0 e sobram somente as duas equações F y 0 M A 0. mas de forma inadequada como o mostrado na Figura 27. em assim sendo. uma viga em equilíbrio instável e que deve ser evitada a não ser em condições especiais. Temos. qualquer variação de uma delas provocará o desequilíbrio da viga. A viga da Figura 25-a tem grau de hiperestaticidade 2. pois. mas. Neste caso a estrutura somente estará em equilíbrio se as forças externas resultarem equilibradas. a viga não estará eficazmente vinculada e somente não se movimentará horizontalmente se as forças aplicadas se anularem horizontalmente. Figura 27 5.8 Grau de hiperestaticidade O grau de hiperestaticidade é definido pelo número de incógnitas (vínculos) que ultrapassam o número de equações de equilíbrio da estática de uma determinada viga hiperestática. Embora neste caso as reações de apoio sejam três não se configura como uma estrutura isostática já que as três reações são verticais e. A viga da Figura 25-b tem grau de hiperestaticidade 1. . Figura 26 O fato de acrescentarmos mais um apoio articulado móvel. portanto. possui 5 reações de apoio a serem calculadas e só há 3 equações de equilíbrio da estática. desde que não haja comprometimento de sua clareza. Por exemplo: forças horizontais para direita são positivas. 42 5. ou seja. Exercícios resolvidos: 1) Determinar as reações de apoio da viga Figura 28-a. F x 0 F 0 y (5. pois. para baixo são negativas. As forças atuantes na viga deverão sempre ser decompostas em suas componentes horizontais e verticais para que possamos aplicar as equações de equilíbrio da estática (equações 5.9 Reações de apoio Como vamos trabalhar. para esquerda são negativas. utilizaremos então as equações de equilíbrio da estática para a determinação das reações de apoio: a soma das forças verticais.1). Mas nestes casos existem algumas restrições. Para utilização correta destas equações devemos estabelecer uma convenção de sinais. somente com vigas isostáticas no plano. . a soma das forças horizontais e a soma dos momentos em relação a um ponto P (polo) qualquer. entretanto. Os sentidos corretos das componentes das reações nem sempre são óbvios. portanto. preocuparmos com isto. no máximo três incógnitas. normalmente desprezamos a altura da viga. O fato de adicionarmos mais uma equação. forças verticais para cima são positivas. Por simplificação podemos desenhar diretamente na figura dada no problema as componentes das reações de apoio e cargas em vez de desenhar separadamente o diagrama de corpo livre. bem como as componentes horizontal e vertical da carga aplicada à viga. não adianta nada. Como alternativa podemos substituir uma ou duas destas equações de forças F x 0 e F y 0 por equações de momentos em relação a pontos diferentes. esta nova equação não é independente e não pode ser usada para determinar uma quarta incógnita. Logicamente isto não poderá ser adotado quando a altura da viga for relevante a ponto de influir de forma considerável nos resultados. momentos no sentido horário são positivos e no sentido contrário são negativos. por exemplo. inicialmente. no caso de três equações de momentos os pontos polos destes momentos não poderão estar alinhados. Para efeito de cálculo. Figura 28 Solução Em primeiro lugar devemos desenhar o diagrama de corpo livre (Figura 28-b) onde mostramos as componentes horizontais e verticais das reações de apoio. Não devemos. tomando-se os momentos das forças em relação a um outro ponto diferente de P. Arbitramos previamente seus sentidos e se o resultado dado pelas equações de equilíbrio for negativo isto indicará que o sentido correto é o contrário do arbitrado no início. são nulas. considerando apenas a linha de seu eixo.1) M 0 P Estas três equações permitem determinar. então poderemos colocar as grandezas. cos 0 (1) F 0 y A y B y P. mas.. pois. nas equações.m . Agora podemos escrever as equações de equilíbrio da estática. no início de cada equação. 43 Outra atitude importante nesta fase inicial do exercício é fazermos a homogeneização das unidades.a 0 (3) Pela equação (3) obtemos P( sen ). cos 2) Determinar as reações de apoio da viga engastada abaixo Solução Diagrama de corpo livre: . se adotarmos para todas as força dadas no exercício a unidade kN e todas as medidas de comprimento a unidade m. Neste exercício escolhemos o ponto A. Não importa a convenção adotada desde que a respeitemos para toda equação.( sen ).sen donde Ay P( sen ) l l Pela equação (1) obtemos Ax P. etc. mostrarmos a convenção de sinal que adotamos.sen 0 (2) Para a equação de equilíbrio dos momentos devemos convencionar o sentido positivo de rotação e também o ponto em relação ao qual tomaremos os momentos das forças. sem suas unidades. lembrando sempre de. desta forma. estaremos anulando os momentos correspondentes destas reações. F 0 x Ax P. O ponto de referência dos momentos poderá ser qualquer um no plano da figura. simplificando as equações. Por exemplo. ( M A 0 B y l P.a By l Substituindo este valor de B y na equação (2) determinamos a reação Ay P( sen ).a l a Ay P. porém. Se adotarmos a mesma unidade para todas as forças do exercício e a mesma unidade para todas as medidas de comprimento. é interessante escolher um dos pontos onde atuam as reações de apoio. então as forças calculadas serão em kN e os momentos em kN. simplificando-as. sen(55). Finalmente pela equação (3) obtemos: M 85. a seguir.55kN Neste caso o sentido do vetor Ay está correto no diagrama.2 M 0 (3) Pela equação (1) obtemos Ax 4. cos 55 0 (1) F 0 y Ay 5.2kN . 44 F x 0 Ax 8. 3) Determinar as reações de apoio da viga.4 8. Solução: a) Diagrama de corpo livre.4.0.59kN O sinal negativo indica que o sentido correto deste vetor é para a esquerda e não para direita como está indicado no diagrama de corpo livre. também.7 5.87kN . Para construir o diagrama de corpo livre vamos substituir o par de forças de 7kN pelo momento M 7. Pela equação (2) obtemos: Ay 26.sen55 0 (2) ( M 0 A 8.m Neste caso.m . está correto o sentido do momento.6 4. 45 b) Reações de apoio Fy 0 Ay B y 0 (1) ( M B 0 Ay 3 4. cuja direção da força é a do eixo da haste. então ela funcionará como um apoio articulado fixo. uma das extremidades não for articulada como mostra a Figura 31. pois a direção da força é conhecida e é a direção do próprio cabo. Figura 30 É importante que as extremidades da haste sejam articuladas conforme mostra a Figura 30. Além disso. neste caso. uma viga pode também estar vinculada através de cabo flexível. o sentido da força que a haste exerce sobre o corpo nem sempre é conhecida. conforme mostra a Figura 29.4kN 5. pois um cabo só trabalha a tração. onde BC é um cabo flexível que amarra a extremidade B da viga a um ponto C da parede.10 Apoio tipo cabo flexível e haste articulada Além dos apoios anteriormente mostrados. por ventura.2 0 (2) Resolvendo obtemos: A y B y 1. Este tipo de vínculo funciona como um apoio articulado móvel. funciona como o do cabo flexível. conforme a Figura 30. Figura 29 O vínculo através de uma haste articulada. Neste caso a direção da reação de apoio não será conhecida. mas. conhecemos também o seu sentido. já que. para que ela funcione como apoio articulado móvel. Se. pode trabalhar também à compressão. Figura 31 . a haste sendo rígida. Figura 32 . sempre deverá ser avaliada pelo calculista. por exemplo.9 + 𝐵𝑠𝑒𝑛35° = 0 => 𝐴𝑦 + 𝐵𝑠𝑒𝑛35° = 36.1𝑘𝑁 5.11 Exercício resolvido Determinar as reações de apoio da seguinte viga. perpendicularmente ao seu eixo. existem situações onde sua influência não pode ser desprezada. escrevemos as equações de equilíbrio. A influência do peso próprio. Segundo passo.9.3𝑘𝑁 Substituímos este valor de Ay na equação (2) e obtemos 𝐵 = 30. logicamente.5 − 22.3𝑘𝑁 𝐷𝑦 = 27𝑠𝑒𝑛58° = 22.12 A influência do peso próprio da viga na flexão. Nos problemas apresentados nesta apostila. Solução. 𝐷𝑥 = 27𝑐𝑜𝑠58° = 14. Primeiro passo. determinamos as componentes das forças inclinadas.7𝑘𝑁 Pela equação (1) obtemos 𝐴𝑥 = 25. Quando uma viga prismática e homogênea está em posição horizontal o peso próprio dela se distribui uniformemente ao longo de seu comprimento com sentido para baixo. desenhamos o diagrama de corpo livre mostrado na figura à direita. mas. Nestes casos devemos então calcular a viga considerando o peso próprio como uma carga uniformemente distribuída igual ao seu peso por unidade de comprimento (Figura 32). sendo BC um cabo flexível. Isto normalmente ocorre. a menos que mencionado o contrário. 46 5. o peso próprio será desprezado.9𝑘𝑁 𝐵𝑥 = 𝐵𝑐𝑜𝑠35° 𝐵𝑦 = 𝐵𝑠𝑒𝑛35° Terceiro passo. Em muitos casos o efeito do peso próprio da viga é desprezível em relação às forças externas aplicadas.2 = 0 => 𝐴𝑦 = 19.9 (2) (> + ∑ MB = 0 => 𝐴𝑦 6 − 14. provocando flexão. para vigas em balanço quando seu comprimento é relativamente grande ou para vigas simplesmente apoiadas que possuem grandes vãos (distância entre apoios). → + ∑ 𝐹𝑥 = 0 => −𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 = 0 => 𝐴𝑥 = 𝐵𝑐𝑜𝑠35° (1) ↑ + ∑ 𝐹𝑦 = 0 => 𝐴𝑦 − 14 − 22. 13 Exercícios: Determinar as reações de apoio nas seguintes vigas 1) Respostas: Ax 0 Ay 25N D y 2275N 2) Respostas: Cx 0 C y 5300N M 20400Nm 3) Respostas: Ay = 55kN ↓ By = 1515kN ↑ . 47 5. 16kN e Tração no cabo FG = 66. 48 4) Respostas: Ax = 40.29kN. (1kgf=10N) Respostas: Ax 0 Ay 430N D y 3490N . Ay = 86.65kN 5) Retomando o exercício nº 1 e considerando que o peso próprio da viga AE é 27kgf/m determinar suas reações de apoio. para a determinação da força cortante e do momento fletor. consequentemente. também.a e vamos considerar uma seção transversal n-n que está à distância x do apoio A.14 Esforços internos nas vigas Quando se carrega uma viga aparecem esforços internos (momento e forças) e. Para determinar estas tensões é preciso. temos V R1 P1 q.x. forças normais. num momento M denominado momento fletor e numa força vertical V denominada força cortante. A força cortante é calculada por V R1 P1 P 2 O momento fletor é calculado por M R1 . Posteriormente abordaremos vigas em cujas seções transversais ocorrem. As forças que atuam na seção transversal de uma viga podem ser de dois tipos: paralela (tangente) à seção transversal e normal à seção transversal. deveremos considerar além da reação de apoio e das forças concentradas que estão à esquerda da seção transversal. neste caso. Se tivermos uma carga distribuída além de cargas concentradas.b) se resume. Portanto pela Figura 34. e P2 da parte esquerda da viga sobre a seção n-n da parte direita da viga (Figura 33. tensões normais ou tensões de cisalhamento nas seções transversais da viga.b a parte da viga que está à direita desta seção transversal n-n.P1. Seja a viga AB mostrada na Figura 33. O momento e as forças normais à seção transversal provocam tensões normais (tração e/ou compressão) e as forças tangenciais provocam tensões de cisalhamento. então. Vamos estudar primeiro lugar as vigas cujas seções transversais estão sujeitas somente a momento e força tangencial. Figura 33 A ação das forças R1. 5.15 Momento fletor e força cortante O momento que atua numa seção transversal de uma viga sujeita à flexão é chamado de momento fletor e a força paralela à seção é chamada de força cortante. ou M R1 x P1 ( x a) q 2 2 . Isolamos na Figura 33. 49 5. O momento fletor M numa seção transversal qualquer é igual à soma dos momentos das forças que estão à esquerda desta seção transversal em relação ao centro de gravidade desta seção transversal. devemos considerar também somente o trecho da carga distribuída que está à esquerda desta.x x x2 M R1 x P1 ( x a) q.x P1 ( x a) P2 ( x b) Portanto a força cortante V numa seção transversal qualquer é igual à soma (à resultante) das forças que estão à esquerda desta seção transversal. calcular o momento e as forças que atuam na seção transversal considerada. 50 Figura 34 Nestes exemplos vimos a influência da parte esquerda da viga sobre a parte direita. porém de sentidos contrários (Figura 35). convenciona-se como positivo o momento fletor no sentido horário (Figura 36-a) e a força cortante para cima.16 Convenção de sinais Considerando-se a parte da esquerda da viga. em relação à seção transversal considerada. Logicamente se considerarmos agora a parte direita da viga. (Figura 36-b) A Figura 37 mostra as situações de momentos fletores negativos e forças cortantes negativas. a soma das forças que estão à direita à seção transversal e a soma dos momentos destas forças em relação ao centro de gravidade da seção transversal. Figura 35 5. resultarão nas mesmas grandezas V e M que determinamos para a parte esquerda. Isto acontece porque o sistema está em equilíbrio. Figura 36 .( Figura 36-b) Considerando-se a parte da direita da viga convenciona-se como positivo o momento fletor no sentido anti-horário (Figura 36-a) e a força cortante para baixo. b P. respectivamente.b. Figura 38 5.b P. é conveniente usar uma representação gráfica da variação do momento fletor e da força cortante ao longo da viga. 5. Nessa representação as abscissas indicam a posição da seção transversal e as ordenadas os valores.a R1 e R2 l l Tomando uma seção transversal com abscissa x. podemos concluir que nesta seção P. 0 x a . Os valores positivos são marcados acima do eixo horizontal e os negativos abaixo. l . M 0 e para x a . respectivamente.a M . Estas representações gráficas são chamadas de diagrama de momentos fletores e diagrama de forças cortantes. isto é.17 Diagramas de momentos fletores e forças cortantes As grandezas de M e V em qualquer seção transversal é que definirão as tensões que atuam naquela seção.a).b V e M x (a) l l Pela convenção de sinais a força cortante e o momento fletor são positivos. Para x 0 . As reações de apoio são: P. P.17. Com o fim de simplificar o estudo das tensões numa viga. O momento fletor varia proporcionalmente a x. Vê-se que a força cortante permanece constante do ponto A até o ponto de aplicação da carga P. 51 Figura 37 Em outras palavras: São positivos os momentos fletores que flexionam a viga com a concavidade para cima.1 Diagrama de momentos fletores e forças cortantes para cargas concentradas. à esquerda de P. do momento fletor e da força cortante que atuam nesta seção transversal. Exemplo: seja uma viga simplesmente apoiada com uma só carga concentrada P (Figura 39. São positivas as forças cortantes que levantam o lado esquerdo da viga e abaixam o lado direito da viga (Figura 38). 23 e 7.a O momento fletor é uma função linear de x.Recomendação de exercícios do livro do BEER e JOHNSTON.b V P e M x P( x a) (b) l l l A força cortante para esta parte da viga permanece constante e negativa.b P. 7. pelas retas ac e a1c1 . P. respectivamente.3.12 a 7.b esta força é representada pela linha c ' b . l M 0 . 7.a V e M (l x) (c) l l As equações (b) podem tomar também esta forma se observarmos que a l b . o qual para x a .8. nº 1 para diagramas de momento fletor e força cortante de cargas concentradas: Exemplo 7. parte esta que sofre a ação de duas forças R1 e P . obteremos: p. 7. ao longo da parte direita da viga. 713). . Seguindo esta orientação e adotando a convenção de l sinais. 721): 7. 7. Problema resolvido 7. Teria sido mais simples neste caso considerar a parte P.1 (pág. Figura 39 Para a seção transversal à direita da carga ( a x l ). 716). Na Figura 39. é representada pela reta c1b1 na Figura 39.c.c. 7. A Figura 39.1 (pág. 52 As partes correspondentes dos diagramas das forças cortantes e dos momentos fletores estão indicadas nas Figura 39. No caso das equações (b) elas foram deduzidas considerando a parte esquerda da viga.26 .21. Problemas (pág. Bibl. obteremos: P. onde só atua a reação .a P.b.b e Figura 39.c o diagrama dos momentos fletores para a viga dada.a direita da viga.b mostra o diagrama das forças cortante e a Figura 39. M e para x l .19 a 7.2.6. paralela ao eixo x.16. È sempre positivo e sua variação. 7.a P. l R1 R2 2 Figura 40 Para uma seção transversal distante x do apoio esquerdo a equação da força cortante é: q. Se a carga uniforme q está aplicada somente numa parte da viga Figura 41.x x q.x q x 2 2 q. Seja uma viga simples suportando uma carga uniformemente distribuída conforme a Figura 40.x Equações da força cortante o momento fletor para a x a b .2 Diagrama de momentos fletores e forças cortantes para cargas distribuidas.b b R1 c e R2 a l 2 l 2 Equações da força cortante o momento fletor para 0 x a V R1 e M R1 .l Para x 0 .l l V q.b.a.b b q. V 2 2 Então o diagrama de forças cortantes é o mostrado na Figura 40. Para a mesma seção transversal a equação dos momentos fletores é: M q. V e para x l .l q. As reações de apoio são: q. l x 2 2 2 Então o a curva que representa o momento fletor (Figura 40.x.c) é uma curva parabólica com seu eixo vertical no meio da viga. devemos considerar três partes da viga de comprimentos a.a). b e c. 53 5.l 2 M max 8 Observe que no ponto da viga onde ocorre o momento máximo a força cortante se anula.l x q. Os momentos fletores nas extremidades da viga são nulos e o momento fletor máximo ocorre no meio do vão e seu valor é: q.17. Primeiro determinamos as reações de apoio R1 e R2 : q. x.x 2 V qx e M q.a.b. força cortante e o momento fletor à distância x da extremidade esquerda são: x q.x a e M R1 .x a . A curva do momento fletor é um parábola que tem um eixo vertical e é tangente ao eixo horizontal na extremidade esquerda onde a força cortante se anula.x q. 2 Figura 41 Equações da força cortante o momento fletor para a b x l . V R1 q. 2 2 A Figura 42.b e Figura 41. O máximo momento numérico do momento fletor e da força cortante ocorre no engastamento. Figura 42. No trecho b da viga a curva do momento fletor é uma parábola. 54 xa V R1 q. Observe que o momento máximo ocorre no ponto e2 que corresponde à força cortante nula.x q. .b e M R1 . Nos pontos c2 e d 2 a parábola é tangente às linhas inclinadas a2 c 2 e b2 d 2 .c mostram os diagramas da força cortante e do momento fletor.c.b e Figura 42. No caso de uma viga em balanço que suporta uma carga uniforme.[ x (a b 2)] Os diagramas de força cortante e momento fletor estão mostrados na Figura 41. .18 Superposição de efeitos Se numa viga atuarem simultaneamente cargas concentradas e cargas distribuídas é vantajoso desenhar os diagramas separadamente para cada tipo de carregamento e obter os valores totais de V ou M. somando as ordenadas correspondentes dos dois diagramas parciais. 55 Figura 42 Figura 43 5. em qualquer seção transversal. também. considerando uma seção transversal na posição x devemos lançar na equação de N todas as forças horizontais à esquerda (ou à direita) desta seção e colocando seu sinal conforme a convenção mostrada na Figura 44. isto é.a 8 5.a determinar as equações e os diagramas das forças normais (N). F x 9. Pelos dois diagramas vemos que o momento total máximo é obtido pela soma dos momentos de cada diagrama parcial no ponto central da viga.19. cos 35 7. isto é: ql 2 M max P. A força normal existirá sempre que a viga for carregada por forças que tem a direção do seu eixo ou forças que possuem componentes nesta direção.1 Convenção de sinais A convenção de sinais para forças normais está mostrada na Figura 44 Figura 44 5.2 Equação das forças normais e diagramas As equações das forças normais são desenvolvidas de forma similar ao que foi feito para as forças cortantes. Solução: Vamos considerar primeiro a viga carregada somente com as cargas concentradas P (Figura 43.19.2kN b) Construímos o diagrama de corpo-livre conforme a Figura 45.b) e construir o seu diagrama de momentos fletores (Figura 43. 56 Exemplo: Utilizando o diagrama de momentos fletores determinar o momento fletor máximo que atua na viga mostrada na Figura 43. Da mesma forma construímos os diagramas de N colocando no eixo das abscissas a posição x da seção transversal e no eixo das ordenadas o valor da força normal que atua nesta seção.19 Forças normais (N) Além do momento fletor e da força cortante as seções transversais de uma viga poderão estar sujeitas. Solução a) Decompomos a carga de 9kN nas suas componentes horizontal e vertical.a.d) e construímos seu diagrama de momentos fletores (Figura 43.b a) Calculamos as reações de apoio . 5. forças cortantes (V) e momentos fletores (M). Exercício resolvido Para a viga mostrada na Figura 45.4kN F y 9.c) Em seguida consideramos a viga carregada somente com a carga uniformemente distribuída q (Figura 43.sen35 5. O exemplo numérico a seguir é mais elucidativo. a forças normais que serão simbolizadas por N (ver Capítulo 2).e). 4kN Ay 2. b. x M 2.Trecho AB: 0 x 4 N Ax N 7. x .8 c) Os diagramas respectivos estão mostrados nas Figura 46. 57 Ax 7. x 20. V e M .2 M Ay .0kN Figura 45 b) Equações de N.2kN C y 3. a.Trecho BC: 4 x 7 N Ax 7. x 5.4 N 0 V Ay 5. Figura 46 .( x 4) M 3. c.4 V Ay V 2.2.2.2 V 3 M Ay . 58 5.20 Exercícios resolvidos . 59 . 60 . 61 . 62 . 63 . 64 . 65 . 66 . 67 . 68 . 69 . 70 . 2 (pág.21 Exercícios 1) Dada a viga mostrada na figura. Bibl. Problemas (pág. -Recomendação de exercícios do livro do BEER e JOHNSTON. x 7m e x 9m . pede-se determinar: a) as reações de apoio b) o momento fletor nas seções cujas distâncias em relação ao ponto A são x 3m . 715). 7.11. 721): 7.25. 7. 2) Determinar as reações de apoio e as equações da força cortante e do momento fletor nos trechos AB. 7.10.4.1. Problema resolvido 7. 7. 719). BC e CD da viga simples com balanço mostrada na figura.17. . nº 1 para diagramas de momento fletor e força cortante de cargas distribuídas: Exemplo 7. 7. 7. 7.2 (pág. respectivamente. 71 5.22 e 7. 7.7.18.5. pois. Vamos considerar um elemento infinitesimal da viga. então na seção direita atuarão a força cortante V de sentido contrário e o momento também de sentido contrário M+dM. 72 5. q dx Conclusão: “Nos trechos da viga onde existe carga distribuída a derivada da força cortante em relação a x é igual à intensidade da carga distribuída com sinal negativo”. como mostrado na figura seguinte: Considerando o equilíbrio do elemento infinitesimal. V dx Conclusão: “Nos trechos da viga onde não há forças externas a derivada do momento fletor em relação a x é igual à força cortante”. Na seção esquerda do elemento infinitesimal suponhamos que atuam o momento fletor M e a força cortante V.dx (V dV ) 0 dV q.dx (dx) 2 2 2 2 mas (dx) pode ser considerado igual a zero. isto é. como mostrado na figura seguinte: Vamos escrever a equação de equilíbrio das forças verticais que atuam no elemento infinitesimal. trata-se de um infinitésimo de ordem superior .22 Relação entre momento fletor e força cortante Seja uma viga isostática qualquer sujeita a vários tipos de cargas. nas seguintes situações: a) No elemento dx não existe força externa. centróide da seção transversal direita. Fy V q. de comprimento dx. Vamos agora escrever a equação de equilíbrio dos momentos em relação ao ponto C centróide da seção transversal direita. b) No elemento dx existe uma carga distribuída q. ( C M V .dx dV Logo. isto é. isto é. então na seção direita atuarão a força cortante V+dV de sentido contrário e o momento também de sentido contrário M+dM. dx q ( C M V .dx q. ( M dM ) 0 dM V . vamos escrever a equação de equilíbrio dos momentos em relação ao ponto C. que atuam o momento fletor M e a força cortante V. Na seção esquerda do elemento infinitesimal suponhamos.dx ( M dM ) 0 dM V . como anteriormente.dx dM Logo.dx. Na seção esquerda do elemento infinitesimal suponhamos que atuam o momento fletor M e a força cortante V. a tangente à curva dos momentos fletores muda de inclinação ao passar pelo ponto de aplicação da carga”. ( M dM ) 0 dM V . .dx P. ou seja.dx 2 2 dM P Logo. Fy V P V1 0 V1 V P Conclusão: “Nos trechos da viga onde existe uma carga concentrada P a força cortante varia de uma intensidade –P quando passamos pelo ponto de sua aplicação (a curva do diagrama da força cortante sofre uma descontinuidade)”. dx P ( P M V . c) No elemento dx existe uma carga concentrada P. 73 dM Logo. então na seção direita atuarão a força cortante V1 de sentido contrário e o momento também de sentido contrário M+dM. isto é. V dx Conclusão: “Nos trechos da viga onde existe carga distribuída a derivada do momento fletor em relação a x é igual à força cortante”. centróide da seção transversal direita. como mostrado na figura seguinte: Vamos escrever a equação de equilíbrio das forças verticais que atuam no elemento infinitesimal. isto é. V dx 2 Conclusão: “Nos trechos da viga onde existe uma carga concentrada P a derivada do momento fletor em relação a x sofre uma mudança brusca. vamos escrever a equação de equilíbrio dos momentos em relação ao ponto C. Considerando o equilíbrio do elemento infinitesimal. se produz deformação da viga com a concavidade voltada para cima. Temos neste caso o que se chama de flexão pura. Para acharmos a distribuição destas forças interiores na seção transversal vamos analisar a deformação da viga. também. como mostra a distribuição de tensões mostrada na Figura 47. Então as tensões que atuam na seção transversal devido à existência do momento fletor M são proporcionais às suas distâncias y da superfície neutra e seus valores podem ser calculados pela seguinte equação (ver a dedução no Cap. nº 1): M. vemos que as forças interiores que estão distribuídas nesta seção transversal ( que representam a ação da parte direita da viga sobre a parte esquerda) devem ser estaticamente equivalentes a um conjugado igual ao momento fletor M . isto é. . No caso simples de uma viga que tem um plano de simetria vertical longitudinal e cujos momentos fletores atuam neste plano. y for positivo (isto é.23 Tensões normais na flexão (Estudar antes o Capítulo 6: Propriedades geométricas das figuras planas) Dissemos que quando se carrega uma viga aparecem esforços internos que podem ser momentos fletores e forças cortantes os quais dão origem às tensões normais e tensões de cisalhamento que atuam nas seções transversais de uma viga. O índice x de x indica que esta tensão tem a mesma direção do eixo x. isto é. Para o estudo das tensões normais vamos considerar uma viga de seção transversal constante e simétrica em relação aos eixos y e z como. Se M (ou y) for negativo a tensão x será de compressão. como o trecho da viga mostrada na Figura 47. Bibl. 4. Figura 47 Considerando o equilíbrio da parte da viga à esquerda da seção transversal aba1b1 . Portanto. como se vê na Figura 47 e se. durante a flexão ocorrerá tração nas fibras do lado convexo e compressão nas fibras do lado côncavo. Vamos supor também que o trecho da viga que vamos estudar seja submetido somente a momento. A superfície mnm1n1 onde as tensões se anulam é chamada de superfície neutra e sua interseção com qualquer seção transversal da viga nn1 é chamada de linha neutra ( ou eixo neutro).5 do BEER e JOHNSTON. uma viga de seção transversal retangular. a flexão (o encurvamento) realizar-se-á neste mesmo plano.y x (1) Iz Nesta equação x será positivo (tração) se M for positivo. 74 5. a força cortante neste trecho seja nula. medido para baixo do eixo neutro). por exemplo. Esta variação de tensões é linear de modo que na linha centroidal da seção transversal não existirá nem tração e nem compressão. Figura 48 Os valores dos módulos de resistência (bem como dos momentos de inércia.h 2 I z e W z 12 6 e para seção transversal circular de diâmetro d: d 4 d 3 I z e W z 64 32 Perfis laminados ou aqueles produzidos industrialmente são normalmente padronizados e os fabricantes fornecem tabelas que mostram todas suas especificações importantes para o . 75 I z é o momento de inércia da seção transversal em relação ao seu eixo centroidal em torno do qual ocorre a flexão. Por exemplo. etc. mas se aplica também para qualquer tipo de seção transversal que tenha um plano de simetria vertical longitudinal e seja solicitada à flexão por momentos atuando neste plano. a equação (1) nos fornece: Tensão máxima de tração x TM .c M (3) Iz Iz c Iz Colocando Wz (4) c onde Wz é denominado de módulo de resistência. para seção transversal retangular (Figura 48. ou módulo da seção em relação ao eixo centroidal z. considerando momento fletor positivo. Para uma seção retangular cujas distâncias das fibras mais extremas à linha neutra (eixo centroidal) é igual a c (Figura 48.) para diversas figuras estão na Tabela 1.a). podemos então escrever as equações (2) e (3) na forma geral que calcula a máxima tensão normal de tração e compressão M (5) W Nesta fórmula devemos verificar que M e W se referem ao mesmo eixo centroidal e que o sinal de será positivo para tração e negativo para compressão. Exemplificamos este estudo para o caso de seção transversal retangular. Do mesmo modo se aplica para o caso de existir força cortante na seção e não somente para flexão pura.a) b.h 3 b.c M (2) Iz Iz c Tensão máxima de compressão (em valor absoluto) x C M . A curvatura é calculada pelo inverso do raio de curvatura: 1 M (8) r E. respectivamente.c1 e x C M . I z r (7) M Sendo E o módulo de elasticidade do material da viga e M o momento fletor. Na Tabela 3 apresentamos uma amostra de uma tabela da CSN (Cia.24 Raio de curvatura O raio de curvatura r é o raio da curva formada pela interseção da superfície neutra com o plano de simetria vertical da viga (Figura 49). É calculado pela fórmula (ver dedução na seção 4. representamos por c1 e c2 as distâncias ao eixo neutro das fibras extremas inferior e superior. Bibl. nº 1): E. Siderúrgica Nacional) para perfis laminados padrão americano. Quando o centro de gravidade não está no meio da altura (Figura 48.I z Figura 49 . 76 dimensionamento de uma viga.b).c2 (6) Iz Iz 5. Então para momento fletor positivo temos: x T M .4 do BEER e JOHNSTON. 337). 331).3 MPa Recomendação de exercícios do livro do BEER e JOHNSTON.1 a 4.2 (pág. . Pede-se determinar as tensões máximas.34 (pág.2 (pág. 334). 77 5.3MPa. Pede-se determinar a tensão máxima na viga e o seu raio de curvatura sabendo-se que o módulo de elasticidade do material é 210GPa.1 (pág.25 Exercícios 1) Uma viga se seção circular com 250mm de diâmetro está sujeita às cargas P 120kN conforme mostra a figura.1(pág. b) 960m 2) A viga mostrada na figura está solicitada por M=6 kN. Bibl.m A viga é de aço com seção transversal em T e com as dimensões indicadas na figura. nº 1 Exemplos 4. de tração e compressão e os pontos em que elas se dão. Resposta: Tensão máxima de tração: 31. Respostas: a) 27.330) 4. 339).6 MPa. 4. Problemas 4. Tensão máxima de compressão: -66. Problemas resolvidos: 4. a mostra um retângulo e seus eixos de simetria x e y. Portanto..1) Identicamente teríamos em relação ao eixo y: Q y A. de um quadrado. está na interseção de seus eixos de simetria. Se fosse em relação ao eixo y representaríamos por Q y .2) -Vemos que dependendo da posição dos eixos de coordenadas o momento estático pode ser positivo. a Figura 51. Por exemplo.a em relação ao eixo x é zero. ou mm3 . Por exemplo. o centro de gravidade de um retângulo.1 Momento estático (ou momento de primeira ordem) Para calcularmos a posição do centro de gravidade de uma área em relação a um eixo qualquer precisamos saber determinar o momento estático (ou momento de primeira ordem) desta área em relação ao eixo. -Quando a figura possui um eixo de simetria o momento estático em relação a este eixo é nulo. -As unidades do momento estático no Sistema Internacional são m 3 . Por exemplo. 78 6 PROPRIEDADES GEOMÉTRICAS DAS FIGURAS PLANAS 6. de um círculo. . O momento estático de uma área em relação a um eixo qualquer é o produto desta área pela distância do centro de gravidade desta área ao eixo. etc. negativo ou nulo já que as coordenadas y * e x * podem ser positivas. Vamos representar por Q x o momento estático em relação ao eixo x. Na Figura 50 temos uma área A cujo centro de gravidade está situado em C e sua distância ao eixo x é y * .y * (6. negativas ou nulas.2 Centro de gravidade (ou centróide) A posição do centro de gravidade C de várias figuras geométricas simples é conhecida. bem como em relação a y.x * (6. O índice indica o eixo em relação ao qual estamos calculando o momento estático. o momento estático do retângulo da Figura 51. Figura 50 6. o momento estático de A em relação a x é Qx A. Figura 51 Quando o centróide C de uma figura pode ser localizado por meio de seus eixos de simetria. 6.4cm 40cm 2 Então: Qx A.2).3 Exercícios 1) Determinar os momentos estáticos em relação aos eixos x e y do retângulo mostrado na figura: Solução: Sabemos que o centro de gravidade do retângulo está situado na interseção dos seus eixos de simetria (ponto C). A Tabela 1 no final desta apostila fornece a posição dos centros de gravidade para várias figuras usuais.2 80cm 3 .b). o seu momento estático em relação a um eixo qualquer x ou y pode ser obtido por meio das equações (6. Então temos: y * 5cm x * 2cm A 10cm. além de outras propriedades. y * 40.5 200cm 3 Q y A.1) e (6. o centro de gravidade está situado a 1/3 da altura (Figura 51. 79 No caso do triângulo. x * 40. b) . A área é calculada pela soma das áreas das figuras simples que a compõe. por exemplo.1) e (6. Para calcular o momento estático e o centro de gravidade C da área A.3) A Qy x* (6.a. temos de usar as equações (6. isto é. O momento estático de uma figura composta por um conjunto de figuras geométricas simples é calculado pela soma dos momentos estáticos de cada figura simples (tudo em relação ao mesmo eixo). (Figura 52. determinar o momento estático e a posição do centro de gravidade de uma área conforme mostrada na Figura 52. 80 2) Determinar os momentos estáticos em relação aos eixos x e y do círculo mostrado na figura. Respostas: Q y 0.4 Determinação do centro de gravidade (centróide) de uma área No caso de figuras mais irregulares cuja posição do centro de gravidade não conhecemos. Seja.2). devemos primeiro dividi-la em figuras simples como os dois retângulos de áreas A1 e A2 e o triângulo de área A3. sabendo-se que seu diâmetro é 0. Q y* x (6. para calculá-la.085m 3 e Qx 0 6.6m.4) A Mas para aplicar estas equações temos que determinar sua área e o momento estático da figura. . Para determinarmos a posição do centro de gravidade basta dividirmos o momento estático pela área. em relação ao mesmo eixo x.6) A i i A i i Colocando-se: Ai .x i * i A . X * Ai .5.Y * Ai . Isto é. substituímos nas Eqs. xi* (6. devemos calcular os momentos estáticos de cada área A1 . temos A . A2 e A3. Generalizando podemos escrever: Q x Ai . yi* e A. y Q xi podemos escrever as equações (6.y i * i X* i e Y* i (6. y2* A3 .5) i i Para a determinação das coordenadas X * e Y * do centróide da figura total A. y3* Identicamente podemos determinar o Q y calculando os momentos estáticos em relação ao eixo y. Temos A.X * . x Q yi e Ai . 81 Figura 52 Para calcular o momento estático Q x da área A. yi* e Q y Ai . Q x por A. A soma destes momentos estáticos individuais nos dará o momento estático da área total A. xi* i i Resolvendo para X * e Y * e lembrando que A é a soma das áreas Ai .Y * e Q y por A.6) na forma: * i * i . Qx A1 . em relação ao eixo x. y1* A2 . 6. 32 36 144 28.6 X* 7.12 .7 28. Como o círculo 3 não faz parte da área hachurada a sua área deverá ser subtraída.2 Y* 10.16 144. conforme mostra a Figura 53.3cm A 151. Figura 53 12.3.8 28.7) A i i A i i Exercício resolvido Determinar a posição do centróide da área hachurada mostrada na Figura 53. Solução Vamos dividir a figura no triângulo 1.7cm 2 2 Qx 36.7 .3.6cm 3 Q x 1558.7 Q y 1105.9 144.a.2cm 3 Q y 36.8 1105.3cm A 151.6 A 12.6 1558. 82 Q yi Q xi X * i e Y * i (6. no quadrado 2 e no círculo 3.3 151.b. 5 Exercícios Determinar o centróide das seguintes figuras: a) b) Respostas: a) X * 0 Y * 4.65cm b) X * 0 Y * 1.5cm c) Respostas: X * 41. 83 6.3mm .8mm Y * 27. Para o caso de um círculo de raio c. . onde os eixos dos x e y são eixos centroidais. 84 6.b.dA (5. o momento de inércia polar em relação ao seu centro é . de lados b e h.h 3 h. são eixos passam pelo centróide da figura: b.c 4 JO 2 (Ver Tabela 1 adiante para outras figuras geométricas) Unidades: os momentos de inércia no SI são usualmente expressos em: m 4 ou mm 4 .b 3 Ix Iy 12 12 b) Momento de inércia polar Definimos momento de inércia polar da área A em relação ao ponto O (Figura 55) à integral: J O 2 . Figura 54 Momento de inércia da área A em relação ao eixo x é determinado por I x y 2 .dA (6. conforme mostrado na Figura 54.8) A Para o caso de um retângulo.7) A Momento de inércia da área A em relação ao eixo y é determinado por I y x 2 . isto é.6 Momento de inércia (ou momento de segunda ordem) a) Momento de inércia retangular Consideremos a área A situada no plano xy (Figura 54.a) e o elemento de área dA de coordenadas x e y.dA (6.9) A onde é a distancia do elemento dA à origem O. 12) A 6. paralelo ao eixo x.d 2 (6.” Considerando a Figura 56. mais o produto da área pelo quadrado da distância d entre os eixos x e x ' .8 Teorema dos eixos paralelos “O momento de inércia Ix de uma área A em relação a um eixo arbitrário x é igual ao momento de inércia I x' da área em relação ao seu eixo centroidal x ' .7 Raio de giração O raio de giração de uma área A em relação ao eixo x é definido por I rx x (6.14) .10) A O raio de giração de uma área A em relação ao eixo y é definido por Iy ry (6. fica: I x I x ' A.11) A O raio de giração de uma área A em relação à origem O é definido por JO rO (6. 85 Figura 55 6. . determinamos os momentos de inércia de cada área simples A1. A1. de uma área A composta de várias áreas de formatos geométricos simples. etc. utilizando o teorema dos eixos paralelos. em seguida.105 mm 4 6. em relação ao eixo ..9 Exercício Determinar o momento de inércia do retângulo mostrado na Figura 57 em relação ao eixo x.10 Momento de inércia de uma área composta Se tivermos de determinar o momento de inércia.8. que passa pela sua base e é paralelo ao eixo centroidal x ' . devemos primeiro localizar o centróide da área composta A. relativo ao eixo centroidal. Figura 57 Resposta: I x 12. 86 Figura 56 6. etc. A2. A2. 6. Respostas: I x 230. A soma destes momentos de inércia parciais nos dará momento de inércia da área composta A. Devemos lembrar que os momentos de inércia acima citados devem ser todos calculados para eixos paralelos.98cm .4cm I y 117.3cm 4 ry 1. 87 centroidal da área A.11 Exercícios 1) Determinar os momentos de inércia I x e I y os raios de giração rx e ry em relação aos eixos centroidais x e y da seguinte figura.71cm 2) Determinar o momento de inércia e o raio de giração em relação ao eixo centroidal paralelo à base da área apresentada na figura Respostas: I x 2113cm 4 rx 3. (Os momentos de inércia das áreas de geometria simples podem ser obtidos nas Tabelas 1 e 2 no final desta apostila).9cm 4 rx 2. nº 1. 1176 e seguintes. 88 3) Determinar o momento de inércia em relação ao eixo centroidal. . A-6 do livro do BEER e JOHNSTON.8cm 4 4) Sugestão de exercícios: Ver exemplos A-2 . Resposta: I x 647. pág. Apêndice A. paralelo à base. da área hachurada apresentada na figura. Bibl. A-3. Formulário 1 .12 Tabela 1: Características Geométricas. 89 6. 90 6. Formulário 2 6.14 Tabela 3: Perfis I Padrão Americano (CSN) RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I (R64) Gilson Finotti (Out/15) .13 Tabela 2: Características Geométricas.