CV 511- MECÂNICA DOS SÓLIDOS II

UNIVERSIDADE ESTADUAL DE CAMPINAS

FACULDADE DE ENGENHARIA CIVIL

Departamento de Estruturas

CV 511- MECÂNICA DOS SÓLIDOS II

EXERCÍCIOS DE FLEXÃO GERAL

PROF. DR. NILSON TADEU MASCIA MONITOR: RAQUEL TAIRA

REVISÕES: DANIELA DE ANDRADE SANTOS

RENATO SALDANHA VICTOR

ABRIL 2018

1

FLEXÃO GERAL

Momentos de segunda ordem de figuras planas: são características geométricas que deverão

ser determinadas para o estudo da Flexão Geral em seções não simétricas.

Por definição temos que:

inércia. de produtoou z ey a relação em centrífugo momento..

y. eixo ao relação em ordem) segunda de(ou inércia de momento

z. eixo ao relação em ordem) segunda de(ou inércia de momento

2

2

A

yz

A

z

A

y

dAzyI

dAyI

dAzI

Obs.: Iy e Iz sempre são positivos.

Iyz pode ser positivo, negativo ou nulo.

Translação de eixos:

y’= c + y

z’ = b + z

AcII 2

z'z

AbII yy

2

'

AbcII yzzy ''

Obs: b e c são coordenadas, portanto possuem sinal.

z'

y'

0

dA

CGz

y

Figura 1: Translação

de eixos

Rotação de eixos:

Transformação de coordenadas:

cossen

sencos

cossen

sencos:

cossen

sencos

zyv

zyu

MCom

z

y

v

u

2

Onde: M: matriz de transformação de coordenadas

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

)(coscos)(

coscos2

coscos2

22

22

22

senIsenIII

IsenIsenII

IsenIsenII

yzzyuv

zyzyv

yyzzu

Escrevendo com arcos duplos:

α2cosIα2sen2

III

α2senIα2cos2

II

2

III

α2senIα2cos2

II

2

III

yz

zy

uv

yz

zyzy

v

yz

zyzy

u

Momentos e planos principais de inércia:

2

yz

2

zyzy

2

2

yz

2

zyzy

1

I2

II

2

III

I2

II

2

III

I1: momento de inércia máximo

I2: momento de inércia mínimo

yz

yz

II

I22tg

Figura 2: Rotação de eixos

3

Representação gráfica: Círculo de Mohr

2

yz

2

zy2

uv

2

zy

u I2

III

2

III

(x - xo)

2 + (y - yo)

2 = R

2 (equação de uma circunferência)

2

2

2yz

zyI

IIR

, R: raio da circunferência

20

zy IIx

, x0 : abscissa do centro da circunferência

Figura 3: Círculo de Mohr

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

FLEXÃO GERAL

Hipóteses:

1. Material da estrutura é isotrópico (as propriedades elásticas – módulo de elasticidade –

independem da orientação) e o material segue a Lei de Hooke: E

2. A distribuição das tensões é linear.

3. As seções planas permanecem planas após a flexão (Lei de Bernoulli e Navier).

Tipos de flexão:

Flexão Pura: atua o momento fletor (M)

Flexão Simples: atua o momento fletor e a força cortante (M e V)

Flexão Oblíqua: atua o momento fletor em duas direções

Flexão Composta: além do momento fletor há força normal atuando (flexo-compressão

ou flexo-tração)

Iij

I1 I2 C

P(Iz ; Iyz )

Ii

2α

R

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

Legenda:

Ii: momento de inércia

Iij: produtos de inércia

4

FLEXÃO PURA

Esforço: momento fletor (Mz)

= k y

k = constante

= Mz y

Iz

Figura 4: Diagrama de tensões na flexão pura

FLEXÃO PURA OBLÍQUA

Esforço: momento fletor (M) nas direções u e v

Mv = Mcos

Mu = Msen

= Mv u + Mu v

Iv Iu

Obs.: Os sinais dos momentos Mu e Mv estão relacionados com o ângulo . Ou, pode-se pensar

de outra maneira: Mv 0 quando Mv traciona em u 0 e Mu 0 quando Mu traciona em v 0.

Figura 5: Diagrama de tensões na flexão pura oblíqua

LINHA NEUTRA

É o lugar geométrico da seção transversal onde as tensões normais são nulas )0( .

5

vI

Mu

I

M

0vI

Mu

I

M

u

u

v

v

u

u

v

v

v

u

v

u

v

u

v

u

vu

uv

I

I

tan

1tanu

I

Itanv

uI

I

tan

1v

uI

I

IsenM

cosMu

IM

IMv

: ângulo entre a linha neutra e o eixo u

FLEXÃO COMPOSTA

A força N é paralela ao eixo x e é excêntrica.

Se:

N 0 flexo-tração (ex.: barras de treliça)

N 0 flexo-compressão (ex.: pilares)

e: excentricidade, :ângulo entre o eixo v e o momento fletor

Figura 6: Flexão composta.

Superposição de efeitos:

Figura 7: Superposição dos efeitos de N e M.

Tensões Normais:

6

vI

Mu

I

M

A

N

u

u

V

v

B

A

BA

M = Ne

e: excentricidade da força N em relação ao baricentro da seção

vI

Neu

I

Ne

A

N

esene

cosee

NesenM

cosNeM

u

v

v

u

v

u

v

u

NÚCLEO CENTRAL

Núcleo central (NC) é a região da figura plana (seção transversal) onde, aplicada uma

carga, a sua linha neutra não corta a seção. Conseqüência disso é que as tensões normais

serão de compressão ou somente de tração e podemos usar materiais que resistem apenas

aqueles esforços.

Características do NC:

1. Cada figura plana tem um núcleo central próprio que é um polígono e não depende da

carga aplicada;

2. A cada par de lados consecutivos do polígono circunscrito corresponderá a um lado do

polígono que constitui o núcleo central;

3. O ponto de aplicação da força axial e a LN conseguinte ficam em semi-planos opostos

delimitados pelos eixos centrais de inércia;

4. O NC terá tantos lados quanto forem os lados (ou vértices) do polígono convexo

circunscrito;

5. Os vértices são chamados de antipolos.

utanI

I

Ae

Iv

vI

eu

I

e

A

1N0

vI

Neu

I

Ne

A

N0

v

u

v

u

u

v

v

u

u

v

v

u

7

Figura 8: Linhas neutras que passam nos extremos da figura formando o núcleo central.

Construção do núcleo central:

Força P de COMPRESSÃO:

Au

IeLN

uI

Pe

A

P

uI

M

A

P

v

u

v

v

v

v

Figura 9: Determinação do núcleo central para P

de compressão.

Força P de TRAÇÃO:

Au

IeLN

uI

Pe

A

P

uI

M

A

P

v

u

v

v

v

v

A

1u

I

ev

I

e

vI

eu

I

e

A

10LN

vI

Peu

I

Pe

A

P

0M,0M,vI

Mu

I

M

A

P

v

v

u

u

u

u

v

v

u

u

v

v

vu

u

u

v

v

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

8

EXERCÍCIOS RESOLVIDOS

1- Calcular os momentos principais de inércia e as suas direções:

Figura 1.1

Solução:

Figura 1.2

- Cálculo do CG

cm,yy 13193020702023020

3530201070203023020

cm,z,

z 83373020702023020

60302035702067623020

- Cálculo dos Momentos de Inércia

30

20

20 30 20

z

y

CG

19,13

37,83

1

2

3

9

20301722

12

20307020832

12

7020

2

30201631

36

2030 23

23

23

,,,I y

481,1195734 cmI y

20308715

12

30207020139

12

2070

2

30208710

36

3020 23

23

23

,,,I z

454,409927 cmI z

2030172287150702083213902

302016318710

72

3020 22

,,,,,,I yz

404140663 cm,I yz

- Cálculo das Direções Principais

85,9'81,119573454,409927

04,140663222

yz

yz

II

Itg

158090859 ,,''

- Cálculo dos Momentos Principais de Inércia

2

2

2212

yz

zyzyI

IIIII

4

2

4

1

13,385507

21,1220255

cmI

cmI

10

y

CG

6,60

5,88

15

11,5

9

z

2

3

1

0,5 cm

3 cm

12 cm

8 cm 4 cm

2- Calcular I1, I2, ' e '':

Figura 2.1

Solução:

- Cálculo do CG

cm,y,

,,y 885

1251115

012651151015

cm,z,

,z 606

1251115

6128511615

- Cálculo dos Momentos de Inércia

Dividindo a seção nas áreas 1,2 e 3, temos:

43

1 16012

5015cm,

,'I Y

43

1 6214012

1550cm,

,'I Z

gulartanreseção'I YZ 01

Rotação dos eixos na área 1

42

11

2

11 05902 cm,sen'Icossen'Icos'II zyzyy

42

1z1yz

2

1y1z cm72,50αcos'Iαcosαsen'I2αsen'II

11

4

11

22

11 42,67cossen''sencos' cmIIII zyyzzy

43

2 12012

50511cm,

,,'I Y

43

2 376312

51150cm,

,,'I Z

gulartanreseção'I YZ 02

43

3 7212

1250cm

,'I Y

43

3 12,012

5,012' cmI Z

gularreseçãoI YZ tan0' 3

Momentos Totais de Inércia

4222 3178501260072505114112050156000590 cm,,,,,,,,,,I y

4222 82481501288512050511120376350156247250 cm,,,,,,,,,,,I z

476,685,0126,088,55,05,114,112,05,0156,062,442,67 cmI yz

- Cálculo das Direções Principais

18,12'3,17882,481

76,68222

yz

yz

II

Itg

- Cálculo dos Momentos Principais de Inércia

yz

zyzyI

IIIII

2

2212

4

2

4

1

45,163

67,496

cmI

cmI

12

8 cm

~ 11 cm

~ 5,2 cm

4,2 cm

1

2

3

4

3- Calcular os momentos principais de inércia indicando os eixos onde ocorrem:

Figura 3.1 - espessura: 0,4 cm (constante)

Solução:

Dividindo em 4 retângulos:

Figura 3.2

Centro de gravidade:

Retângulo y z área y área z área

1 8,2 -1,7 1,68 13,776 -2,856

2 4 0,2 3,2 12,8 0,64

3 0,2 5,9 4,4 0,88 25,96

4 2,25 10,4 2,08 4,68 21,632

Somatória 11,36 32,136 45,376

cm,,

,yCG 832

3611

13632 cm,

,

,zCG 993

3611

37645

Momentos de inércia:

30°

8 cm

11.5 cm 4 cm

5 cm

13

Retângulo 1:

43

1 0224012

2440cm,

,,I Z

43

1 47212

4024cm,

,,IY

01 YZI

Retângulo 2:

43

2 071712

408cm,

,I Z

43

2 043012

840cm,

,IY

02 YZI

Retângulo 3:

43

3 059012

1140cm,

,I Z

43

3 374412

4011cm,

,IY

03 YZI

Retângulo 4:

43

4 69412

4025cm,

,,I 'Z

43

4 028012

2540cm,

,,I 'Y

04 'Z'YI

Como o retângulo 4 é inclinado segundo os eixos y, z é necessário fazer a seguinte

mudança de base:

30

4

4

44444

5232

222

cm,senI

cosIIII

I

'Z'Y

'Z'Y'Z'YZ

4

4

44444

7312

222

cm,senI

cosIIII

I

'Z'Y

'Z'Y'Z'YY

4

4

444

0322

22

cm,cosI

senII

I

'Z'Y

'Z'YYZ

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

Retângulo 1:

4

1111

422

111

422

111

3851375695681

49483756810220

9556695681472

cm,),(,,ddAII

cm,),(,,dAIzI

cm,,,,dAII

ZYYZZY

ZZ

YYY

Analogamente, temos:

Retângulo IY IZ IYZ

1 56,945 48,489 -51,383

2 46,114 21,456 -14,220

14

3 60,345 30,467 -22,043

4 86,539 4,219 -9,730

somatória 249,943 104,630 -97,376

Com esses valores, calculamos os momentos e os planos principais:

64262

2

5622

29922

42

2

2

42

2

1

,II

Itg

cmIIIII

I

cmIIIII

I

YZ

YZ

YZZYZY

YZZYZY

15

4- Calcular a tensão no ponto mais solicitado da seção, solicitada por uma força de compressão excêntrica de 50 tf, conforme a figura:

Figura 4.1

Solução:

Pela simetria, temos que o CG da seção é no centro geométrico da seção.

Cálculo dos momentos de inércia (já transportados para o CG):

44

4523

23

4523

23

106300205300205

1092300012

3010230020

12

10302

1023001512

103023005

12

30102

cmI

cm,xx

I

cmxx

I

YZ

Z

Y

Cálculo dos momentos principais:

56262

2

107122

102322

452

2

2

452

2

1

,II

Itg

cm,IIIII

I

cm,IIIII

I

YZ

YZ

YZZYZY

YZZYZY

3 m

P = 50 tf

30

20 10 30

10

30

P

medidas em cm

16

1

2

5

5555

107,1

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

109,2100,2

2

109,2100,2

2sen2cos22

II

II

I

IIIII

I

v

u

u

YZZYZY

u

Flexão composta:

uI

Mv

I

M

A

N

v

v

u

u ; 21200

50

cmA

tfPN

Mu e Mv são constantes (carga excêntrica com e=35 cm) e sendo o ângulo formado entre v

e M (sentido positivo: horário);

º56,206º56,26º180

cmtfePePM

cmtfePePM

vv

uu

5,1565cos3550cos

5,782sen3550sen

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

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

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

Assim temos:

u,

,v

,

,

55 1023

51565

1071

5782

1200

50

Sabendo que a linha neutra possui tensões normais nulas:

uvLN

55 102,3

5,1565

107,1

5,782

1200

500

com as seguintes condições de contorno:

Para u = 0 v = -9,05 cm

Para v = 0 u = -8,52 cm

Com esses pontos, traçamos a linha neutra, e pela regra da mão direita, determinamos os

pontos da seção que estão sendo mais solicitados.

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

coordenadas y,z.

z

y

cossen

sencos

v

u

onde 5626,

17

Ponto mais solicitado à tração:

cm35- yT cm31,31- uT

0 zT cm15,65- vT

2

55

180

31311023

515656515

1071

5782

1200

50

cmtf,

,,

,,

,

,

T

T

Ponto mais solicitado à compressão:

cm35 yC cm31,31 uC

0 zC cm15,65 vC

2

55

270

31311023

515656515

1071

5782

1200

50

cmtf,

,,

,,

,

,

C

C

Figura 4.2: Pontos mais solicitados da seção.

LN

CG

Mv

M

Mu

T

C

y u

v

z

18

1 m 3 m

P=2 tf 10

10 15 10 15

15

15

15

10

medidas em cm

5- Calcular os valores extremos de (tração e compressão) que surgirão na viga. O

peso próprio é desprezado. A carga P é vertical e passa pelo cg da seção.

Dados: Iy = 129167 cm4

Iz = 461042 cm4

Iyz = 194375 cm4

Figura 5.1

Solução:

a) Características Geométricas

- Cálculo do CG

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

- Momentos Totais de Inércia e suas Direções

7624124167461042

194375222 ,

II

Itg

yz

yz

yz

zyzyI

IIIII

2

2212

4

2

4

1

8039532

20550676

cm,I

cm,I

eixos u e v,

480395322222

cm,IsenIcosIIII

I uyz

zyzy

u

1

2

II

II

v

u

b) Tensões

Pela regra da mão direita, temos:

uI

Mv

I

M

v

v

u

u

x

onde: 7624,

19

y

z CG

u

v

LN

M

c

t

A

B

cmtf,cosMM

cmtf,senMM

v

u

61181

7683

u,

,v

,

,x

20550676

61181

8039532

7683

- Linha Neutra: = 0

020550676

61181

8039532

7683 u

,

,v

,

,x

podemos calcular a LN de duas formas:

1) Admitindo pontos na eq. de tensão

4261

00

,uv

vu

2) Pelo cálculo do angulo :

8581

,I

I

tgtg

utgv

v

u

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

onde será utilizado a matriz de transformação:

z

y

cossen

sencos

v

u

ponto A:

cm,v

cm,u

z

cm,y

A

A

A

A

6113

5129

0

532

22 /6,380386,051,2920,550676

61,18161,13

80,39532

76,83cmKgfcmtfA

ponto B:

cm,v

cm,u

z

cm,y

B

B

B

B

6113

5129

0

532

22 /6,380386,051,2920,550676

61,18161,13

80,39532

76,83cmKgfcmtfB

2

2

6,38

6,38:

cmKgf

cmKgfsãodeextremosvaloresos

T

C

20

6

plano de carga

30o

2 6

2

8

2

6- Qual deve ser o valor do momento fletor admissível num plano que forma com o eixo y um ângulo de 30o ?

Adotar: 21000 cmtf

Dados:

Iy = 1408 cm4

Iz = 2656 cm4

Iyz = -864 cm4

Figura 6.1

Solução: a) Características Geométricas

- Cálculo do CG

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


08272

2 ,II

Itg

yz

yz

yz

zyzyI

IIIII

2

2212

4

2

4

1

966

3098

cmI

cmI

eixos u e v,

49662222

cmIsenIcosIIII

I uyz

zyzy

u

1

2

II

II

v

u

b) Tensões

Pela regra da mão direita, temos:

uI

Mv

I

M

v

v

u

u

x

onde: 0857,

21

u

plano de carga

y

z

M

v

30o

LN

T

0857

0857

,cosMcosMM

,senMsenMM

v

u

- Para a Linha Neutra = 0

03098

0857

966

0857

u

,cosMv

,senMx

pelo cálculo do angulo :

41111

,I

I

tgtg

utgv

v

u

c) Cálculo do M admissível

Sendo 21000 cmtf

xt cmtf 21000

u,cosM

v,senM

x

3098

0857

966

0857

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

de base, onde será utilizado a matriz de transformação:

z

y

cossen

sencos

v

u

ponto T:

cm,v

cm,u

cmz

cmy

T

T

T

T

498

970

8

3

cmtfMMM

T .55,13874597,03098

08,57cos49,8

966

08,57sen1000

cmtfM .55,138745

22

7- A viga de concreto da figura é constituída pela seção abaixo e recebe cargas uniformemente distribuídas devidas:

a) ao peso próprio 352 m/tf,concreto

b) a um carregamento atuando segundo a mesma direção do peso próprio e igual a 1,5 tf/m.

Calcular as tensões máximas indicando o ponto onde elas ocorrem:

Figura 7.1: Viga de concreto e seção transversal.

Solução:

Cálculo do peso próprio:

tf/m,p

mtf/m,Ap concreto

750

1080202060201052 243

Somando os dois carregamentos temos:

ptotal = 2,25 tf/m

Figura 7.2: Carga total e divisão da seção em figuras mais simples.

Centro de gravidade:

figura y z área y x área z x área

1 75 -10 200 15000 -2000

2 30 10 1200 36000 12000

3 70 40 1600 112000 64000

somatória 3000 163000 74000

medidas em centímetros

23

cm,yCG 33543000

163000 cm,zCG 6724

3000

74000

Cálculo dos momentos de segunda ordem:

4

23

23

2

1774667

1600331512

208012006714

12

60202006734

10

cmI

,,,12

20=I

Y

3

Y

4

23

23

23

1603667

1600671512

802012003324

12

20602006720

12

2010

cmI

,,,I

Z

Z

4669333

16006715331512003324671420067206734

cmI

,,,,,,I

YZ

YZ

Momentos principais:

36412

2

101439522

236393922

42

2

2

42

2

1

,'II

Itg

cmIIIII

I

cmIIIII

I

YZ

YZ

YZZYZY

YZZYZY

2

1

423639392222

II

II

cmsenIcosIIII

I

v

u

YZZYZY

u

Flexão Simples:

Figura 7.3: Diagrama de momento, decomposição de

M nos eixos principais u e v.

y

u v

z M

Mv

Mu

24

De acordo com o diagrama de momento fletor sabemos que a parte superior da seção é

comprimida e a parte inferior é tracionada. Através da regra da mão direita obtém-se o

sentido de M, Mu e Mv .

uI

Mv

I

M

v

v

u

u

com

3641,

mtf21,11,cos,cosMM

mtf18,58,sen,senMM

v

u

364112528

364112528

uv 1014395

2111

2363939

1858

Sabendo que a linha neutra possui tensões normais nulas:

01014395

2111

2363939

1858 uvLN

com as seguintes condições de contorno:

Para u = 0 v = 0

Para v = 1 u = -0,38 cm

Figura 7.4: Linha neutra na seção transversal.

ou

3269

6521

,

,I

I

tgtg

utgv

v

u

25

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

coordenadas y,z.

z

y

cossen

sencos

v

u

onde 3641,


cm54,33 yT cm37,69 uT

cm4,67 zT cm39,40 vT

2109069371014395

21114039

2363939

1858cmtf,,, TT


cm25,67- yC cm48,78- uC

cm,zC 674 cm16,57 vC

2088078481014395

21115716

2363939

1858cmtf,,, CC

26

8- Para a viga da figura, com carregamento indicado e seção transversal retangular: a) Demonstrar que a linha neutra estará sobre uma diagonal do retângulo se a linha

se ação da carga P estiver sobre a outra diagonal.

b) Indicar para uma posição x qualquer o diagrama das tensões normais ,

marcando os valores máximos.

Figura 8.1: Viga engastada e seção transversal.

Solução:

y e z são os eixos principais pois Iyz = 0 (seção retangular)

a expressão do momento é dada por: xpM

a) hipótese: LN está sobre uma diagonal do retângulo se o plano de carga estiver localizado

na outra diagonal

Tomando um ponto A contido na LN, temos:

2

h- uy AA ,

2

bvz AA

positivohoráriotidosen

Mparavdesaindo,Meventreangulo

LNparaudesaindo,LNeuentreangulo

LN

p

z=v

y=u

M

Mv

Mu

27

Equação da LN utgv ; h

btg

htg

b

22

Desta forma, graficamente, podemos concluir que = -, conforme a convenção de sinais

temos:

sen M M M yu cos M M M zv

12

3hbIu

12

3bhI v

ubh

cosMv

hb

senM

1212

33

Para o cálculo de LN

uh

cosv

b

senLN

220

Como

h

btg

h

cos

b

sen

h

cos

b

sen

h

h

cosb

b

senb,hA

22220

220

22 22

Portanto

180

tgtg

b) h

barctg180

sen M M u

cos M M v

12

3hbIu

12

3bhI v

xpM

ubh

cosxpv

hb

senxp

331212


2

h- uT ,

2

b- vT

28

212

212

33

h

bh

cosxpb

hb

senxpT

h

cos

b

sen

hb

xpT 6


2

h uC ,

2

b vC

212

212

33

h

bh

cosxpb

hb

senxpC

h

cos

b

sen

hb

xpC 6

Figura 8.2: Diagramas de tensões e pontos mais solicitados da seção.

LNp

z=v

y=u

M

Mv

Mu

C

T

t

c

-

+

29

9- Determinar o valor de P de compressão excêntrica sendo c=-0,8 tf/cm2 e

t=0,6 tf/cm2.

Figura 9.1: Seção transversal e pilar.

Solução:

00

172812

12

1728

44

4

yz

vz

4

uy

I

cmII

cm12

12 I I

Iy e Iz são os momentos principais

uI

Mv

I

M

A

N

v

v

u

u

excentricidade: eu = 4

ev = 2

Mu = P eu = +4P, traciona o lado positivo de u

Mv = P ev = +2P, traciona o lado positivo de v

Figura 9.2: Plano de carga e decomposição e M.

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

uvLN

uP

vPP

1728

2

1728

4

144

10

1728

2

1728

4

144

para u = 0, v = 3

para v = 0, u = 6

Figura 9.3: Pontos mais solicitados.

30

Ponto mais tracionado: T (6,6)

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

tf,P

PPP,t

243

61728

26

1728

4

14460

tf,P

tf,P

)(P

)(PP

,c

828

828

61728

26

1728

4

14480

31

20 cm

10 cm

10 cm 30 cm

F

y

z CG

F

16,67

12,22

v

u

10- Calcular F , sendo 2800 cmkgfc e 21400 cmkgft

Dados: A = 900 cm2

Iy = 105000 cm4

Iz = 55577,78 cm4

Iyz = -28320 cm4 OBS: F é de compressão

Figura 10.1

Solução:


- Cálculo do CG

cm,y 2212 cm,z 6716


45242

2 ,II

Itg

yz

yz

yz

zyzyI

IIIII

2

2212

4

2

4

1

5042703

28117874

cm,I

cm,I

eixos u e v,

4281178742222

cm,IsenIcosIIII

I uyz

zyzy

u

2

1

II

II

v

u

b) Excentricidade

Para a obtenção das coordenadas de F segundo os eixos u e v será necessário fazer uma

mudança de base:

z

y

cossen

sencos

v

u

32

y

z

M

CG

F

v

u

LN

e

A

cm,v

cm,u

cm,z

cm,y

F

F

F

F

3026

471

3323

2212

onde: 2093, e

uF

vF

ev

eu

471

3026

,FeMM

,FeMM

vv

uu

c) Tensões

Pela regra da mão direita temos:

A

Nu

I

Mv

I

M

v

v

u

u

x , onde: 2900cmA

9005042703

471

28117874

3026 Fu

,

F,v

,

F,x


9005042703

471

28117874

30260

Fu

,

F,v

,

F,x

condições de contorno:

cm,uv

cm,vu

28320

9840

d) Cálculo do F admissível

Sendo 2800 cmkgfc e

21400 cmkgft

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

base:

ponto A:

cmv

cmu

cmz

cmy

A

A

A

A

53,22

28,9

67,16

78,17

kgfFFFF

t 06,330562900

28,950,42703

47,153,22

28,117874

30,261400

33

ponto F:

cm,v

cm,u

cm,z

cm,y

F

F

F

F

3026

471

3323

2212

kgf,FF

,,

F,,

,

F,C 13113802

900471

5042703

4713026

28117874

3026800

kgf,F 13113802

34

11- Pede-se a posição e o valor da carga de tração excêntrica que provoca a LN

indicada. No ponto A, a tensão vale A= 80 kgf/cm2

Figura 11.1: Seção transversal.

Solução:

Características geométricas:

Figura 11.2: Centro de gravidade.

Centro de gravidade

figura y z área y x área z x área

1 6 6 144 864 864

2 21 15 252 5292 3780

3 27 30 144 3888 4320

somatória 540 10044 8964

cm,yCG 618540

10044 cm,zCG 616

540

8964

B

A

C

LN

12 6 24

12

6

12

12

B

A

C

LN

1

2

3

CG z

y

16,6

18,6

35

Momentos de segunda ordem, transportados para o CG da figura:

4

424

24

24

424

24

24

y

344741444,134,82526,14,21446,106,12

73678144)4,8(12

624252)4,2(

12

4261446,12

12

1212

52078144)4,13(12

6242526,1

12

4261446,10

12

1212 I

cmI

cmI

cm

yz

z

Momentos e planos principais:

Pontos da LN dada:

Byz (-23,4;-1,4) Buv (-19,69; 12,73)

Cyz (-11,4;-25,4) Cuv (-24,23; -13,72)

Com a matriz de transformação e =36,30, determinamos as coordenadas dos pontos B e C

no sistema de eixos uv.

z

yx

cossen

sencos

v

u

Posição da carga P de tração: 01

uI

ev

I

e

A v

v

u

u

Ponto B: 069193499003

73128626751540

1 ,

,

e,

,

e vu

30362

2

862675122

349900322

42

2

2

42

2

1

,IyIz

Iyztg

cm,IyzIzIyIzIy

I

cm,IyzIzIyIzIy

I

1

2

86267513036234474303622

7367852078

2

7367852078

2222

IIv

IIu

,,sen,cos

senIyzcosIzIyIzIy

Iu

36

Ponto C: 023,2434,99003

72,1386,26751540

1 vu ee

Resolvendo o sistema, temos que:

eu = - 0,39 cm

ev = 8,38 cm

Cálculo do valor de P:

Ayz (18,6; 16,6) Auv (24,82; 2,37)

kgfP

PPP

cmkgfuI

ePv

I

eP

A

PAA

v

v

A

u

u

A

20418

82,2434,99003

38,837,2

86,26751

39,0

54080

/80 2

37

8

6

12

6

10

0,8

A

a'

b'

LN

z

y

CG

u

v

3,64

11,67

12- Determinar a posição e o valor de uma carga P que provoca a linha neutra

indicada na figura. A tensão no ponto A vale 2100 cmkgfA

Figura 9.1

Solução: a) Momentos Totais de Inércia e suas Direções

6162

2 ,II

Itg

yz

yz

yz

zyzyI

IIIII

2

2212

4

2

4

1

33276

561433

cm,I

cm,I

eixos u e v,

4332762222

cm,IsenIcosIIII

I uyz

zyzy

u

1

2

II

II

v

u

b) Tensões


A

Nu

I

Mv

I

M

v

v

u

u

x


Com a matriz de transformação e , podemos determinar as coordenadas dos pontos a'

e b' pelo sistema dos eixos u e v.

Características Geométricas:

cm,y 6711

cm,z 643 Iy = 291,68 cm4 Iz = 1418,21 cm4 Iyz = -132,39 cm4 A = 28,8 cm2

38

z

v

a'

u y

b'

CG

LN

A

P>0

ev

ey

e

M

Mv

Mu

ponto a':

cm,v

cm,u

cm,z

cm,y

a

a

a

a

492

666

243

336

ponto b':

cmv

cmu

cmz

cmy

b

b

b

b

07,4

18,6

76,4

67,5

c) Cálculo da excentricidade

Supondo P no 1o quadrante e P>0

0

0

vv

uu

ePM

ePMePM

A

Pu

I

ePv

I

eP

v

v

u

u

x

Assim:

ponto a':

A

Pu

I

ePv

I

ePa

v

v

a

u

u

x

0

ponto b':

A

Pu

I

ePv

I

ePb

v

v

b

u

u

x

0

cme

cme

ee

ee

v

u

vu

vu

86,27

51,10

08,28

118,6

56,143307,4

33,276

08,28

166,6

56,143349,2

33,276

d) Cálculo do valor da carga

ponto A:

cm,v

cm,u

cm,z

cm,y

A

A

A

A

156

7011

764

3312

kgfPPPP

A 43,2348,28

70,1156,1433

86,2715,6

33,276

51,10100

39

A

p = 6,64 kg/cm

p

q

L = 2,5 m

Mz

v

yu

CG

plano

de carga

13- Determinar a máxima flecha em A.

Figura 13.1: Seção transversal e viga em balanço.

Solução:

1.194

1.14

cm,,

q

cm,p

644210

975

530610

6101052305

5711210

2430

530610

610353015

Figura 13.2: Centro de gravidade.

4

423

23

423

23

14,385736,557,861043,314,2305

43,1760157,861012

10643,3305

12

530

22,322336,561012

61014,2305

12

305

cmI

cmx

I

cmI

yz

z

y

40

4

22

22

84,2253

969,02436,014,38572969,022,32232436,043,17601

cossen2cossen

11,1422,322343,17601

14,385722

cmI

I

IIII

tg

u

u

yzyzu

41

2

2

2

2

1

80,18570

14,38572

21,322343,17601

2

43,1760121,3223

22

cmI

IyzIzIyIzIy

I

42

2

2

2

2

2

84,2253

14,38572

21,322343,17601

2

43,1760121,3223

22

cmI

IyzIzIyIzIy

I

Iu = I2 77,2580,18570

84,2253

251,0

11

v

u

I

I

tgtg

Figura 13.3: Decomposição do momento fletor Figura 13.4: Posição da LN.

41

MLN = M cos50,12 = 0,641M

4

22

00,5338

189,080,18570811,084,2253

77,25sen77,25cos

cmI

I

III

LN

LN

vuLN

Figura 13.5: Momento fletor em função de x.

Equação da linha elástica:

21

410

1

39

292

2

2

..10.6602,2

.10.0641,1'

.10.1922,300,5338.125000

.13,2"

2""

641.0

)(2

)(

CxCx

Cx

xx

xpkEIMEI

k

xMkMx

pxM

LNLN

LN

cmkgfp

cm

cmI

cmkgfE

LN

/64.6

250

5338

/125000

4

2

Condições de contorno:

(1) 0' x

0166,01 C

(2) 0 x

1110,32 C

p

x

n

M(x)M(x)

p

x

n

42

n (pla

no de

deslo

cam

ento

)

n

z

v

y u

LN

50.12

n0z

n0 0yn

Em x = 0,

cm

CxCx

11,3

1110,3)0.(0166,0)0.(10.6602,2

..10.6602,2

0

410

0

21

410

0

cm

cm

x

y

39,212,50sen

99,112,50cos

00

00

Figura 13.6: Decomposição do deslocamento nos eixos y e z.

43

q=3,5tf/m

700

175 700

Diagrama de momento M(tf.cm):

14- Determine na seção crítica I. Linha Neutra

II. A flecha máxima em A considerando-se E=200tf/cm2

Figura 5.1

Solução:

I. Linha Neutra


- Cálculo do CG

cmy 33,23 cmz 17,19

- Cálculo dos Momentos de Inércia 402,39460 cmI y 469,97786 cmI z 469,24456 cmI yz


99,192

2

yz

yz

II

Itg

yz

zyzyI

IIIII

2

2212

42

41

49,30562

22,106684

cmI

cmI

eixos u e v,

448,305622sen2cos22

cmIIIIII

I uyz

zyzy

u

1

2

II

II

v

u

b) Tensões


A

4 m 2 m

q=3,5 tf/m

40

10

30 Plano de Carga

CG

44

CG z

y

v

u

M

LN

Plano de Carga

(plano de

deslocamento)

A

q=0,035tf/cm

400 200

x x 5,25 15,75

CG

z

y

v

u

M

t

c

Plano de

Carga

LN

uI

Mv

I

M

v

v

u

ux

onde: 233

cmtfMM

cmtfMM

v

u

.27,421cos

.04,559sen


022,106684

27,421

49,30562

04,559

uvx

podemos calcular a LN de duas formas:

admitindo pontos na eq. de tensão

cmuv

vu

61,41

00

ou pelo cálculo do angulo :

18,121

v

u

I

I

tgtg

utgv

II. A flecha máxima em A considerando-se E=200tf/cm2

- Cálculo das equações de M

1o Trecho 2000 x

21 0175,0 xxM

2o Trecho 600200 x

xxxM 75,150175,0 2

2

4

22

98,33950

sen.cos.

cmI

III

LN

vuLN

cos MM LN

onde:

83,24

MM LN 907,0

45

- Cálculo das equações de M

907,0 kxMkM LN

xMEI '' (a)

Substituindo as equações dos momentos em (a) temos:

1o Trecho

2''1 0175,0 xkEILN

xkEI LN 035,0'''

1

1

3'

13

0175,0 Cx

kEI LN

21

4

112

0175,0 CxCx

kEILN

2o Trecho

xxkEI LN 75,150175,0 2''

2

75,15035,0'''2 xkEILN

3

23'

22

75,153

0175,0 Cxx

kEI LN

43

34

26

75,1512

0175,0 CxCxx

kEI LN

- Condições de contorno

P/ x=200cm 01

02

'2

'1

P/ max''2 00 '

2'''

2

assim:

cmxxkEI LN 45075,15035,00'''

2

p/ x=450cm

3

23'

22

45075,15

3

4500175,00 CkEI LN

kC 10631253

p/ x=200cm

'

2

'

1 LNLN EIEI

46

3

23

1

3

2

20075,15

3

2000175,0

3

2000175,0 CkCk

kC 13781251

21

4

1 20012

2000175,00 CCkEI LN

kC 7,2732916662

Em x=0, temos:

21 CEI LN

cmx AA 50,3698,33950200

907,07,27329166601

cm

cm

AAz

AAy

90,3017,32cos

43,1917,32sen

47

LN 1LN' 1

LN'2LN 2

LN 3

LN'3

u

y

v

z

D

A

BC

15- Determinar o núcleo central da figura:

Dados: Iy = 13932 cm4

Iz = 34668 cm4

Iyz =-15552 cm4

Figura 15.1

Solução:

1528

1393234668

15552222

.

II

Itg

yz

yz

I1 = 42991 cm4 = Iv

I2 =5609 cm4 = Iu

Figura 15.2: Linhas neutras que passam nos pontos extremos da seção.

LN 1:

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

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

A

1u

I

ev

I

e

uvyz

uvyz

v

v

u

u

48

Substituindo na primeira equação:

Obs.:

- eu é a excentricidade em relação ao eixo u, é a distância do ponto em relação ao eixo u;

- O sinal negativo de ev significa que o ponto procurado está no lado negativo do eixo u.

LN 2:

).,.(C),(C

).,.(B),(B

uvyz

uvyz

7298111315

15628201515

Formando um sistema com as equações dos ponto B e C, temos

LN 3:

).,(B),(D uvyz 98815159

Formando um sistema com as equações dos pontos C e D, temos

Pela antimetria da figura temos que as LN1’, LN2’, LN3’ são as respectivas

multiplicadas por (-1):

LN1’ = (-1.02,4.17)

LN2’= (7.81,0.54)

LN3’= (1.84,-0.39)

cm.e

cm.e

.e

).(e

B

e).(

eA

v

u

vu

vu

174

021

324

12820

42991156

5609

324

115

42991988

5609

324

18111

42991729

5609 .

e.

eC vu

cm54.0e

cm81.7e

v

u

324

115

42991988

5609 )(

e.

eD vu

cm39.0e

cm84.1e

v

u

49

Figura 15.3: Núcleo central da figura.

LN' 1

z

LN 2

v

u

yLN'3

LN'2

LN 1

LN 3

D

C B

A

50

16- Determinar o deslocamento horizontal máximo em x = 0.

p0 = 324 kgf/m

E= 120 tf/cm2

Figura 16.1: Pilar de base triangular e seção variável

Solução:

h10.0h16

h

160

x

x15.0b24

b

160

x

Determina-se (x), x = 0 (x0)

x,LNx,LN MEI"

ILN, x : momento de inércia em relação a LN, variando

com x

MLN,x : momento fletor em relação a LN, variando com

x

Momentos de inércia principais e plano principal:

I1 = 0.1084 10-4

x-4

I2 = 0.0270 10-4

x-4

Figura 16.2: Relação entre b, h e x.

10.2520.12tg

51

25,10yu

y'

z

z'

v

p

LN

plano de

deslocamento

Mp

v

z'

z

u y

y'

p

32

10

72

150100

72

32

103

36

100150

36

24

10

36

150100

36

442222

4433

4433

xx.x.bhI

xx.x.hbI

xx.x.bhI

yz

y

z

1u

yz

2

z

2

yu

I1084.0I

cossenI2senIcosII

Figura 16.3: Posição dos eixos principais.

Linha neutra:

Figura 16.4: Posição da linha neutra.

62

4288.1

0270.0

0184.0.

90244

1.

1

902441025270

,

quadranteetg

tgI

I

tgtg

utgv

v

u

9036cos.)102562cos(.

10..04494,0

10.)].62.(sen.0270,0)62(cos.1084,0[

)(sen.cos.

44

4422

22

xxLNx

LNx

LNx

vuLNx

MMM

xI

xI

III

323

3

0

0

2

.10.26990,09036cos.6.160

.24,3

6.160

.24,3

160

.24,3.

6

xx

M

xM

xxpp

x

p

p

pxM

LNx

x

x

ll

52

Equação da linha elástica:

21

21

1

44

32

.)).((ln

..ln.

ln.'

0050,0

0050,0

10..04494,0.120000

.10.26990,0

CxCxxxk

CxCdxxk

Cxk

x

k

x

xx

x

"

"

m

kx

xxxk

kCx

8,0

0

ln..

0 2

53

17- Considerando a seguinte estrutura e seção transversal, determine: a) Máximas tensões normais na seção (compressão e tração), b) Máxima tensão de cisalhamento na seção devido a força cortante.

Figura 17.1

Solução:

FV=0 R1+R2=4

FH=0 H1=1 KN

M1=0 4*2-R2*3=0 R2=2,67 KN

Figura 17.2: Digramas

Ponto de Máximo (V=0)

KNm 88,0maxM(M2

33,133,1133,133,1(M

m 33,1x3

x

67,133,1

33,1

)33,1)33,1

Figura 17.3

54

Partes 1 e 3

Figura 17.4

43

43

cm 45,11612

18,111'Iz

cm 93,012

118,11'Iy

0'z'Iy

56,2610

5artg

41,3

21,3

cm 89,1770Iy

118,115,1202,24Iy e transportcom

02,24yI 66,3469,58yI

)º56,262cos(2

45,11693,0

2

93,045,116yI

2sen'z'Iy2cos2

'Iz'Iy

2

'Iz'IyIuyI

41,3

21,3

4

cm 85,372Iz

118,11535,93Iz e transportcom

cm 35,9366,3469,58IvzI

Parte 2

0Iyz

cm 67,112

120Iz

cm 67,66612

201Iy

2

43

2

43

2

º36,20IyIz

Iyz22tg

cm 9,1489Iyz

cm 37,747Iz

cm 45,4208Iy

4

4

4

55

Iu= 3699,03 + 90,46 + 971,95

Iu = 4761,44 cm4

Iv = 194,38 cm4

vP

vF

uP

uF

MMMv

MMMu

cosMMv

senMMu

Força F

Figura17.5

F=270 - F=242,34º

MF=1*10 MF=10 KNcm

Força P

Figura 17.6

P=270 + (90 – 30 - P=302,79º

MP= 88 KNcm

Mu= 10sen242,34º + 88sen302,79º

Mu= -8,85 – 73,97 Mu= -82,83 KNcm

Mv= 10cos242,34º + 88cos302,79º

Mv= -4,64 – 47,65 Mv= 43,01 KNcm

297,44º

)-(90270

62,56º tgMv

Mu

Figura 17.7

56

a) Tensões Normais

u2213,0v0174,00236,0

u38,194

01,43v

44,4761

83,82

36,42

1

uIv

Mvv

Iu

Mu

A

N

x

x

905,17v

035,2u

15z

10yJ

905,17v

035,2u

15z

10yK

z

y

cos sen-

sen cos

v

u

j

j

k

k

j,k

j,k

j,k

j,k

Linha Neutra

p/ v=0 u= -0,106 cm

p/ u=0 v= 1,35 cm

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

xk= - 0,738 KN/cm

2

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

xj= 0,785 KN/cm

2

Figura 17.7

b) Máxima Tensão Tangencial

KN 67,1V

cm 37,1412Iz

cm 9,5551510S

Iz1

9,5567,1

Ib

SV

4

322

xy

xy=6,61*10-2

KN/cm2

57

18- Considerando a seguinte estrutura e seção transversal, determine: a) Máximas tensões normais na situação mais crítica, b) O valor do momento fletor na direção da linha neutra resultante na

seção mais crítica.

Dados: Iy=6259 cm4; Iz=6809 cm4; Iyz=-5629 cm4

Figura 18.1

Solução:

cm 13,2205,72

30,512520,05139,05418Xcg

cm 46,1105,72

301815105,390125Ycg

º60,43IyIz

Iyz22tg

27,562219,323837,3282Iu

cossenIyz2senIzcosIyIu 22

Iu = 898,28 cm4

Iv = 12169,72 cm4

vF

vq

uF

uq

MMMv

MMMu

cosMMv

senMMu

58

Força q

Figura 18.2

q=270 - (45 – 43,6q=268,6º

Mq= 450 KNcm

Mqu = -449,86 KNcm

Mqv = -10,99 KNcm

Força F

Figura 18.3

F = 43,6 + 90 F = 133,6º

MF = 10*20,87 MF =208,7 KNcm

MFu

= 151,13 KNcm

MFv = -143,92 KNcm

Assim, temos:

Mu = -298,73 KNcm

Mv = -154,91 KNcm

u0127,0v332,0138,0

u72,12169

91,154v

28,898

73,298

05,72

10

uIv

Mvv

Iu

Mu

A

N

x

x

59

a) Pontos K e J

cm21,7v

cm67,22u

87,20z

46,11yJ

cm88,10v

cm45,5u

13,4z

46,11yK

z

y

cos sen-

sen cos

v

u

j

j

k

k

j,k

j,k

j,k

j,k

Linha Neutra

p/ v=0 u= 10,86 cm

p/ u=0 v= 0,41 cm

Figura 18.4

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

xk= - 3,543 KN/cm

2

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

xj= 2,243 KN/cm

2

b)

Figura 18.5

60

)2,19º-cos(90º-MM

quadrantes 3º e 20º19,2Iv

Iu

tg

1tg

º59,242º59,32º180

º59,62Mv

Muarctg

KNcm 50,336MMuMvM

R

R

R

R22

R

M = 304,42 KNcm

61

EXERCÍCIOS PROPOSTOS

1- Determinar P para o pilar:

Dado: tf2,1

Resposta: P = 3,92 tf

2- Calcular max e min

Dados: P = 7000 kgf;

H = 5000 kgf

Resposta: max =72,25 kgf/cm2 ,

min = -81,48 kgf/cm2

PP

H

P

CG

P

H

2 m

62

3- Determinar qual das duas barras é capaz de resistir a uma carga maior sem que surjam

sintomas de deformações plásticas.

Resposta: Na barra simétrica a tensão será menor.

4- A viga de madeira da figura abaixo tem a seção transversal indicada. As tensões

admissíveis longitudinal e tangencial horizontal são de 8 MPa e 800 kPa,

respectivamente. Determine a intensidade máxima admissível para w.

Resposta: w = 3.97 kN/m

2a

a2

P

P

a2

a

2a

P

a2

P

a a

a4

C x

y

C x

y

w N/m 1w N 1w N

63

5- O bloco da figura está carregado com a força de compressão de 1334 KN, aplicada com a

excentricidade de 3,81 cm. A seção transversal é um quadrado de 30.48 cm de lado.

Quais as tensões normais nas fibras extremas m e n?

Resposta: 2

n

2

m

m/kN25097

m/kN3585

6- Qual a excentricidade, que deveria ter a força aplicada no bloco do exercício anterior,

para que a tensão em m fosse nula?

Resposta: 5,08 cm

30.48

m15.24

15.24

30.48

n

3.81

P

64

BIBLIOGRAFIA

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Brasil, 1982.

Féodosiev, V., Resistência dos Materiais, edições Lopes da Silva, Posto, 1977.

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Mir,1983.

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Timonshenko, Stephen P., Mecânica dos Sólidos, Rio de Janeiro, ed. Livros Técnicos

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Documents

CV 511- MECÂNICA DOS SÓLIDOS II