78

Cap. 5.0 – FLEXAO PURA 5.1 – Introdução As peças longas, quando submetidas à flexão, apresentam tensões normais eleva-das (por exemplo, para se quebrar um lápis, com as mãos, jamais se cogitaria tracioná-lo, comprimi-lo, torcê-lo ou cisalhá-lo; um momento fletor de pequeno valor seria suficiente para produzir tensões de ruptura no material). Daí a importância do presente estudo. 5.2 – Momento Fletor (M) Recordando estudos de Isostática, quando da análise das relações entre os esforços solicitantes em uma viga sob carregamento transversal q(x), temos que: A relação 5.2.2 denota que, quando a força cortante Q é nula ao longo da extensão x da viga, o momento fletor M será constante (FLEXÃO PURA). Da mesma forma, nas seções onde o momento fletor é extremo (máximo + ou mínimo -) a força cortante será nula, sendo aplicável para tais casos (de especial importância) o estudo da flexão como sendo pura.

Σ Fy = 0 ⇒ Q = q (x) dx + Q + dQ

dQ/dx = - q(x) ........... (5.2.1) Σ Mo=0 ⇒ M+Qdx=q(x)dx.dx/ξ + M+dM (sendo ξ > 1, tornando o termo ⇑ desprezível em presença das demais) e dM/dx = Q ...................... (5.2.2)

M Q M+dM Q+dQ

x dx

O

y

Fig. 5.2.1 – Relações entre q(x), Q e M em uma viga

1,5 1,5 1,5 1,5 4,0 m 4,0 m 3,5 m 3,5 m

2,0 tf 2,0 tf 4,0 tf 1,0 tf / m

+ 2,0

- 2,0

+ 2,0

- 2,0 - 2,0

+ 2,0 Q (tf)

+3,0 tf.m +5,0 tf.m

+7,0 tf.m

M

Q = 0 Q = 0

Q = 0

Fig. 5.2.2 – Diagramas de esforços solicitantes (Q e M) de vigas sob carregamento transversal (exemplos)

2,0 tf

2,0 tf

q(x)

79

5.3 – Tensões normais na flexão reta (simétrica) e elástica. No caso comum de vigas com seção transversal simétrica em relação ao plano do carregamento, verifica-se que a distribuição das tensões normais nos diversos pontos da seção só depende da distância y em relação à linha que a divide nas partes tracionada e comprimida (“linha neutra” – LN – Fig. 5.3.1 – a e b). Admitindo que a seção transversal permanece plana após girar em torno da LN em decorrência da deformação das fibras longitudinais, concluiremos que a linha neutra será reta e que as deformações ε variarão linearmente com relação a seu afastamento y em relação à LN (Fig. 5.3 .1– c). Computando a resultante dos momentos, em relação à linha neutra, das forças e-lementares atuantes nos diversos pontos da seção podemos escrever (Fig. 5.3.1 b):

∫ σ dA.y = M.............................(5.3.1)

Adotando a hipótese da manutenção da seção plana (Fig. 5.3.1 c), e admitindo que o material da viga trabalha na fase elástica podemos escrever sucessivamente: ε = c. y .......... σ = E ε .............. σ = k y .....(distribuição linear das tensões) e

∫ k y dA.y = M ⇒ k = M / ∫ y2 dA , sendo ∫ y2 dA = ILN (momento de inércia da área da seção transversal em relação à linha neutra). Portanto: σ = (M / ILN) y .................. (5.3.2) equação estabelecida por Euler, para determinação da tensão normal σ atuante em um ponto qualquer de uma dada seção de uma viga, onde atua um momento fletor M e que

σ σ ε

M y y LN LN LN

(a) (b) (c)

Fig.5.3.1 –(a) Flexão de vigas simétricas. (b) tensões normais. (c) deformações – manutenção da seção plana (Obs: o eixo y foi orientado para baixo para se adequar à convenção de sinais do momento fletor - positivo quando traciona as fibras inferiores e comprime as superiores)

σ+

σ−

dA

80

tem um momento de inércia ILN em relação à linha neutra, sendo y a distância do ponto citado, em relação à mencionada LN. Resta precisar a posição em que se encontra a linha neutra. Como na flexão pura a força normal é nula, teremos, necessariamente:

∫ σ dA = N = 0 e ∫ ( Μ / ΙLN ) y dA = 0, portanto, ∫ y dA = 0, ou seja, o momento estático (de 1ª ordem) da área da seção em relação à Linha Neutra sendo nulo, indica que a LN contém o centróide da área. 5.4 – Várias formas de seção. Módulo de Resistência (W). Para as formas mais comuns das seções das vigas (retangular, circular, tubular ou composições destas), o cômputo dos respectivos momentos de inércia I em relação a ei-xo central que contém o centróide da área nos fornece, por exemplo (com e << b ~ h ~ d):

O momento de inércia I da seção (com dimensão do produto de uma área pelo quadrado de uma distância), medido em m4 no S.I., será tanto maior quanto maiores fo-rem as dimensões no sentido do plano do carregamento (note na tabela acima a preva-lência das potências das dimensões h quando comparadas com as das dimensões b).

b b b

h h h

e

e

e e

e d

d

I = bh3 / 12 π d4 / 64 eh3/6 + ebh2/2 π e d3 / 8 eh3/12 + ebh2/2

Fig. 5.4.1 – Algumas formas de seção transversal de vigas e seus respectivos momentos de inércia.

Observando a equação 5.3.2, verifica-se que altos valores de I corresponderão a valores menores de σ, o que leva ao emprego de vigas de seção transversal cuja área seja distribuída de forma mais afastada em rela-ção à linha neutra (ex.: perfil I ⇒ ).

As máximas tensões normais (de tra-ção e de compressão), em uma dada seção, ocorrerão nas fibras cujas distâncias y em relação à linha neutra sejam as mais afasta-das. Assim, de 5.3.2, tiramos:

Fig. 5.4.2 - Na posição em que se encontra a placa de vidro mostrada acima, corre ela sério risco de partir por flexão devido ao peso próprio, o que não aconteceria se fos-se posicionada verticalmente.

81

σ max = (M / ILN) y max = M / (ILN / y max )

Fazendo (ILN / y max ) = W ................................................. (5.4.1)

(onde W – módulo de resistência à flexão) podemos escrever: σ max = (M / Wmin) ......................................................... (5.4.2) A tabela abaixo apresenta valores do módulo de resistência W de algumas formas de seção (com e << b ~ h ~ d):.

h h h h

h/3

2d/3π

b b b b d d d

e e em

Wmin bh2 / 6 πd3 / 32 bh2 / 24 0,02384 d3 eh2/3 + beh π e d3 / 8 eah2/6 + embh (**) (* )

ea

Dois teoremas (Steiner) relativos à Geome-tria das Áreas, estudados nos cursos de Mecâni-ca, são muito úteis no cálculo dos momentos e produtos de inércia: Teorema dos Eixos Perpendiculares:

Ix + Iy = Jo (*)

Teorema dos Eixos Paralelos: Ix = Ix + A dy 2 (**)

ou também: Iy = Iy + A dx 2 - para os produtos de inércia:

Ixy = I xy + A dx dy) sendo dx e dy as distâncias entre os pares de ei-xos paralelos, com origens num ponto O qual-quer e no centróide C da área. Por exemplo: para o tubo circular assinalado com (*), Jo = π d e (d/2)2 = Ix + Iy = 2Ix =>Ix = π e d3 / 8 Para obter o valor de I da meia-lua (**) fizemos: Ix = Ix – A y2 = ½ πd3 / 32 – ½ (πd2 / 4)(d/2 – 2d/3π)2

x

x

y y

O

C

dy

dx

Fig. 5.4.3 – Momentos e Produtos de Inércia. Teoremas de Steiner.

82

Tratando-se de seções que não são simétricas em relação ao eixo baricêntrico per-pendicular ao plano do carregamento, deverão ser considerados dois módulos de resis-tência, em relação às fibras mais afastadas, a inferior e a superior (no lado tracionado e no lado comprimido, no caso de um momento fletor positivo).

d

b

h

Exemplo 5.4.1 – Deseja-se cortar uma tora de madeira de seção circular de diâmetro d para fabricar uma viga de seção retangular (b x h). Determine a relação b/h ótima para maximizar o módulo de resistência W (minimizando as tensões na flexão reta). Solução: W = b h2/ 6. Para a tora, d2 = b2 + h2. Portanto: W = (b/6)(d2 – b2). O máximo valor de W ocorre quando dW/db = 0, ou seja d2/6 – 3 b2/6 = 0 e d2= 3 b2; h2 =2 b2. Temos, pois: b/h = 0,707 (Resp.)

Exercício proposto 5.4.2 – Deseja-se fabricar um perfil “C” a partir de uma barra chata de espessu-ra “e” e largura “a”, dobrada como mostra a figu-ra. Pede-se determinar a relação entre a largura “b” das mesas e a altura “h” da alma, de modo a que o módulo de resistência “W” do perfil seja o maior possível. (obs. – no cômputo da contribuição das mesas para o momento de inércia, desprezar o momento bari-cêntrico be3/12,em presença de bh3/12, já que a espessura e << h).

a

e b

h

Tal circunstância é levada em conta, de maneira especial, no caso de vigas construídas com material cujas tensões limites são diversas para a tra-ção e para a compressão (caso do con-creto, do granito, da madeira e outros), tendo seções dimensionadas de forma a que a linha neutra se aproxime da fibra submetida ao menor esforço.

M+

σmax tração

σmax compressão

Fig. 5.4.4 – Posicionamentos de viga construída com material cuja tensão limite à tração é menor que à compressão.

83

Com os valores obtidos teremos:

1) na seção do apoio A – [σmax]tração = (9.000/88,09 x 10-6)(0,320 – 0,2253) = 9,68 MPa (T) [σmax]compressão = (9.000/88,09 x 10-6) (0,2253) = 23,0 MPa (C)

2) na seção (*) ----------- [σmax]tração = (10.800/88,09 x 10-6)(0,2253) = 27,6 MPa (T) [σmax]compressão = (10.800/88,09 x 10-6)(0,320 – 0,2253) = 11,6 MPa (T)

Portanto: [σmax]tração = 27,6 MPa (T) (na seção *) [σmax]compressão = 23,0 MPa (C) (na seção sobre o apoio A)

1,00 0,50 0,50 2,00 m

9,0 kN 15 kN/m

200

300

20

15

Exemplo 5.4.3: Para a viga esquematizada, pede-se determinar, nas seções onde a fle-xão é pura (Q=0), os valores das maiores tensões de tração e de compressão.

+

- - Q

(kN)

A B

+

- M (kNm)

18

12 9 x=1,2

MA = 9

M* = 10,8

Q =0 Q =0

_ y

Solução

O cálculo das reações nos apoios nos dá: A = 27 kN e B = 12 kN. O diagrama de força cortante aponta Q = 0 no apoio A e na seção tal que x/18=(x-2)/12 Os momentos extremos, nessas seções , valerão: MA = - 9 kNm e M* = 10,8 kNm. O centróide da seção (linha neutra) estará em 15x300 x150 + 200 x 20 x 310 =225,3mm 300 x 15 + 200 x 20 ILN = 15 x 3003/12 + 300x15(225,3 –150)2 x

X 200 x 203/12 + 200x20(310 – 225,3)2 =

= 88,09 x 106 mm4 = 88,09 x 10-6 m4

_ y =

1,00

1,00

2,00 m

Exercício proposto 5.4.4: Dimensionar as vigas para suporte de uma caixa para 4.000 litros de água. Admitir: 1º) que as vigas sejam de madeira, (tensão nor-mal limite 40 MPa – coeficiente de segurança 4,0) com seção retangular sendo b = 0,7 h. Ava-liar o efeito do peso próprio da viga. 2º) que as vigas são perfis de aço laminado (ten-são limite 200 MPa e coeficiente de segurança 2,0) com seção em “I” de dimensões mostradas na tabela de perfis laminados constante da pági-na 1194 do LT-1. Avaliar o efeito do peso pró-prio. Consulte também o item “LINKS” da h.p. no en-dereço: www.cesec.ufpr.br/~metalica/08/08.htm OBS. Considerar a conveniência de se colocar calços sob a caixa para o contato com as vigas. Dimensio-nar os calços.

84

5.5 – Vigas constituídas de dois materiais. Método da Seção Transformada. Para vigas cujo material tem tensões limites diferentes, quanto à tração e quanto à compressão (caso típico do concreto, que suporta elevadas tensões de compressão, sendo frágil quando submetido à tração), usa-se o expediente de promover um reforço com ma-terial que seja mais resistente. É a solução adotada, por exemplo, nas vigas de concreto armado. Nas equações 5.5.1 e 2, as distâncias “y” são contadas, nos materiais A e B, a partir da “linha neutra”, eixo em torno do qual a seção gira ao flexionar, tracionando as fibras de um lado e comprimin-do do outro da seção. Mantendo a suposição de que a seção reta permanece plana após a flexão, será fácil predizer que as deformações específicas ε variarão linearmente com as correspondentes distâncias y, ou seja: ε = k y.

Tendo os materiais A e B comportamento elástico (σ = E ε ) poderemos escrever: σA = EA εA = EA k yA ; σB = EB εB = EB k y B ...................................... (5.5.3)

Levando em 5.5.2 obteremos: N = ∫A EA k yA bA dyA + ∫B EB k y B bB dyB = 0, ou

∫A EA yA bA dyA + ∫B EB y B bB dyB = 0, ou ainda, ∫A yA bA dyA + ∫B (EB / EA) y B bB dyB = 0. Fazendo (EB / EA ) = n (relação entre os módulos de elasticidade dos dois materiais), a equação acima se transforma em:

∫A yA bA dyA + ∫B y B (n bB ) dyB = 0,

Para uma viga constituída de um material A e que tenha um reforço em um material diferen-te B (conforme representado na figura 5.8 ao la-do), o cálculo do momento fletor resultante na seção composta será dado por:

M = ∫A σA dAA yA + ∫B σB dAB yB

M = ∫A σA yA bA dyA + ∫B σB yB bB dyB..(5.5.1) Como a flexão é suposta pura, N = 0, e

N = ∫A σA dAA + ∫B σB dAB = 0

N = ∫A σA bA dyA + ∫B σB bB dyB = 0 ...(5.5.2) Fig. 5.5.1 – Viga constituída de dois materiais

bA

bB

yA

dyA

dyB

yB Linha neutra

que pode ser interpretada como indicando que a linha neu-tra estará posicionada na altura do centróide de uma área hipotética, constituída por sua forma original, na altura do material A, porém transformada, na altura do material B, de forma a que as dimensões horizontais b fiquem multipli-cadas pelo fator adimensional n = EB/EA. Quando levamos as mesmas equações 5.5.3, agora na equação 5.5.1, teremos:

M = ∫A EA k yA2 bA dyA + ∫B EB k yB

2 bB dyB; ou

M / k EA = ∫A yA2 bA dyA + ∫B yB

2 (n bB) dyB ,

Viga constituída de dois materiais

linha neutra

85

No caso de vigas de concreto, armadas com tirantes de aço, quando o cálculo das tensões é feito considerando que o concreto não é capaz de trabalhar quando tracionado (porque se fratura), a posição da linha neutra da seção transformada não fica previa de-terminada, devendo-se considerar, no cálculo de seu posicionamento, que o momento

b

n x b b

b_ n

Fig. 5.5.2 - Seção Transformada – n = EB / EA > 1

Exemplo 5.5.1 - A viga de madeira esquematizada tem um re-forço constituído por uma barra de aço, como indicado. Pedem-se as tensões máximas de tração e compressão nos dois materiais, para um momento fletor M = 20 kN.m (+) Dados: Eaço= 200 GPa; Emadeira = 10 GPa

200

120

20 60

Solução: n = 200/10 = 20. A seção transformada teria as dimensões mostradas na figura ao lado, para a qual: 1200x20x10 + 120x200x120 120x200 + 20x1200 IT = 1200x203/12 + 1200x20x(65 – 10)2 + 120x2003/12 + + 120x200x(120 – 65)2 = 226 x 106 mm4 = 226 x 10 –6 m4. [σ max]madeira/compressão = (20.000/226x10-6)(0,220 - 0,065) = =13,7 MPa [σ max]madeira/tração = (20.000/226x10-6)(0,065 - 0,020) = =3,99 MPa [σ max]aço/tração = (20.000/226x10-6)(0,065) = 115 MPa. (não há compressão no reforço de aço)

= 65 mm Y =

60 x 20 = 1200

120

200

20

13,7

4,99 115 MPa

Exercicio proposto 5.5.2 – Resolva o problema anterior adotando como seção transformada aquela convertida “em aço”, ou seja, dividindo a largura “b” da parte de madeira por “n”, recalculando o novo IT, para, ao final, obter os mesmos resultados para as tensões calculadas.

120 : 20 = 6

que vem a ser o momento de inércia IT daquela mesma seção transformada como se fosse toda ela constituída do material A (mantidas as dimensões na parte do material escolhido para a transformação e alterando as dimensões horizontais b da parte transformada, multiplicadas pelo fator n):

∫A yA2 bA dyA + ∫B yB

2 (n bB) dyB = IT = M / k EA, de onde tiramos: k = M / IT EA.

Voltando às equações 5.5.3, teremos: σA = (M / IT) yA; σB = n (M / IT) yB ....… (5.5.4) (a transformação poderia ter sido feita utilizando o material B como base, alterando as dimensões da parte A (x 1/n)

86

estático da área comprimida (parte de concreto) deverá ser igual ao momento estático da área correspondente à parte tracionada.

Como a relação entre os módulos de elasticidade dos dois materiais (n) é da ordem de 200/20 = 10, consideraremos que a área de aço (confinada como uma linha na altu-ra da armadura, já que o diâmetro dos vergalhões é pequeno em rela-ção às dimensões da viga, teremos: Área da armadura “transformada” em concreto = 10 x Área em aço. No cômputo do momento de inér-cia da área transformada despreza-mos a parcela correspondente à li-nha de centro da armadura.

Linha neutra

b

Aa (área da armadura em aço)

h

n x Aa

Exemplo 5.5.3: Uma viga de concreto armado, bi-apoiada, suporta uma carga uniformemente dis-tribuída de 24 kN/m em um vão de 5m. A seção retangular mede 300 x 540 mm2 reforçada com 5 barras de aço redondo de 7/8” (1 polegada = 25,4 mm) com seus centros colocados a 70 mm da parte inferior da viga. Os módulos de elasticidade do aço e do concreto valem 200 e 20 GPa, res-pectivamente. Determinar as tensões longitudinais máximas no concreto e a tensão média de tra-ção no aço, admitindo:

1º) que o concreto seja eficaz para suportar a tração; 2º) que nenhuma parte do concreto seja eficaz para tração. 24 k N / m

60 kN

No meio do vão a flexão é pura (Q=0) e o momento fletor é máximo, valendo: M = 60 x 2,5 – (24 x 2,5 x ½ 2,5) = 75 kN.m

75 kN.m

60 kN Q = 0

2,5 m

1º) Supondo que o concreto fosse eficaz para su-portar tensões de tração (prática em desuso – de-nominada “Estádio 1”), a seção transformada teria as características representadas na figura abaixo:

½ 1940 x 9 n - 1

yLN

5 vergalhões – d = (7/ 8) x 25,4 = 22,2mm; Av = 387,9 mm2

Área total: Aa = 1940 mm2

540

300

540

300

540

300

buracos

ou

½ 1940 x 10 n

½ 1940 x 10 n

½ 1940 x 9 n - 1

Linha Neutra

70

87

A posição da linha neutra fica determinada fazendo: 300 x 540 x 270 + 1940 x 9 x 70 300 x 540 + 1940 x 9

O momento de inércia da transformada valerá: IT = 300 x 5403 / 12 + 300 x 540 (270 – 250,5)2 + 1940 x 9 x (250, 5 – 70)2 = 4.567 x 106 mm4

IT = 4.567 x 10 – 6 m4 .

Portanto:, as tensões extremas no concreto valerão: σ Τração = (75.000 / 4.567 x 10 –6 ) (0,2505) = 4,11 MPa (na fibra inferior) σ Compressão = (75.000 / 4.567 x 10 –6 ) (0, 540 - 0,2505) = 4,75 MPa (na fibra superior)

A tensão média na armadura de aço valeria:

σ Aço = (75.000 / 4.567 x 10 –6 ) (0,2505 – 0,070) x 10 = 29,6 MPa. 2º) Supondo, agora, que o concreto não seja eficaz para suportar tensões de tração (“Estádio 2”), a seção transformada seria como a apresentada na figura abaixo.

= 250, 5 mm. yLN =

300

540

70

Linha Neutra

yLN

1.940 x 10 mm2

A posição da linha neutra será determinada igualando os mo-mentos estáticos da área eficaz do concreto (comprimida) e da área total da armadura de aço, transformada. Assim: 300 (540 – yLN)(540 – ylN) x ½ = = 19.400 x (yLN – 70). yLN = 349,8 mm

O momento de inércia da seção transformada em relação à linha neutra valerá: IT = 300 x (540 – 349,8)3 / 3 + 19.400 x (349,8 – 70)2 = 2.206,6 x 106 mm4 = 2.206,6 x 10 - 6 m4

Portanto: (no concreto) – (σCompressão)máxima

= (75.000 / 2.206,6 x 10 –6 ) (0, 540 – 0,3498) = 6,46 MPa (na parte superior da seção) (no aço) – (σTração)média

= 10 x (75.000 / 2.206,6 x 10 –6 ) (0,3498 – 0,070) = 95,1 MPa (na ar-madura)

88

5.6 – Flexão Pura Assimétrica (Flexão Obliqua)

Na determinação das tensões normais despertadas na flexão pura (Q=0) de vigas cujo plano do carregamento não coincide com um eixo de simetria da seção, ou quando

Tomando momentos das forças normais elementares atuantes nos diversos pontos da seção, teremos:

Mz = ∫ σ dA y e My = ∫ σ dA z ..........(5.6.1)

Admitindo que a seção transversal permanece plana após girar em torno da linha neutra, concluiremos que as deformações ε das diversas fibras longitudinais da viga variarão linearmente com respeito às coordenadas y e z do ponto da seção correspondente. Considerando, em complemento, que o material trabalha elasticamente ao se deformar (tensões proporcionais às deformações), poderemos escrever:

>>> σ = k0 + k1 y + k2 z , sendo ki constantes a determinar. Considerando que a flexão é pura e, portanto, N = 0, teremos que N = ∫ σ dA = 0

e, então k0 = 0, (já que os momentos estáticos em relação aos eixos baricêntricos são nulos) indicando que a linha neutra, também neste caso, contém o centróide da área da seção e que:

σ = k1 y + k2 z ................................................ (5.6.2) Levando em 5.6.1 obtemos:

Mz = ∫ (k1 y2 + k2 zy) dA e Mz = ∫ (k1 yz + k2 z2) dA , ou

Mz = k1 ∫ y2 dA + k2 ∫ zy dA e Mz = k1 ∫ yz dA + k2 ∫ z2 dA .

a seção não dispõe de qualquer eixo de simetria, a equação de Euler (5.3.2) não pode ser utilizada. A Fig. 5.6.1 representa uma viga com seção de formato qualquer, submetida a um momento fletor M orientado segundo uma direção qualquer, formando um ângulo θ, como indicado. O eixo y foi orientado para baixo enquanto o eixo z foi escolhido de forma a constituir um triedro direto com o eixo x ao longo da viga (a origem posta no centróide C da área da seção).

Fig. 5.6.1- Flexão Obliqua. y

x

z

y

z

σ

dA

M

Mz My

Plano do carregamento Convém frisar que as componentes de momento Mz e My escolhidas são aquelas que produziriam tensões trativas para um dA posicionado no primeiro quadrante do par de eixos yz (note que My será positivo quando orientado no sentido positivo do eixo y, enquanto Mz será positivo, quando orientado no sentido negativo do eixo z -tensões de tração nas fibras inferiores).

θ

θ

C

89

Considerando que: ∫ y2 dA = Iz ; ∫ z2 dA = Iy ; ∫ yz dA = Pyz * * - Pyz - Produto de Inércia da área da seção em relação ao par de eixos yz.

Finalmente teremos: Mz = k1 Iz + k2 Pyz

................................... (5.6.3). My = k1 Pyz + k2 Iy

Conhecido o carregamento e determinado o momento fletor, obtemos suas

componentes nos eixos y (para baixo) e z escolhidos (cuidado com o sinal de Mz, positivo quando no sentido negativo do eixo z). Conhecidas as características geométricas da seção, podemos determinar os momentos e produto de inércia em relação aos eixos. Tais valores (Mz , My , Iz , Iy e Pyz ), levados em 5.6.3, nos permitem obter um sistema de duas equações com as duas incógnitas k1 e k2. Resolvido o sistema e utilizando 5.6.2, obteremos o valor da tensão normal, bastando conhecer as coordenadas do ponto correspondente da seção. A posição da linha neutra será determinada considerando que nela as tensões serão nulas (fazendo σ = 0 em 5.6.2, obtendo-se a equação da L.N.).

20

20

80

140 M = 10,0 kN.m

Exemplo nº 5.6.1 - O perfil de abas desiguais esquematizado ao lado é submetido a um carregamento vertical e, em determinada seção, a flexão é pura, com momento fletor de 10,0 kN.m, tracionando a aba superior. Pede-se determinar: 1º) as tensões normais nos pontos A, B e C assinalados; 2º) a posição da linha neutra; 3º) as máximas tensões de tração e de compressão na seção.

A B

C

z

52

22

CG

Solução – Estabelecendo os eixos y z com origem no centróide da área da seção: yc = (60 x20 x10 + 140 x20 x70) / (60 x20 + 140 x20) = 52 mm zc = (60 x20 x50 + 140 x20 x 10) / (60 x20 + 140 x20) = 22 mm No cálculo dos momentos de inércia obtem-se: Iz = 60 x203/12 + 60 x20(52 – 10)2 + 20 x 1403/12 + 140 x 20(70 – 52)2 = = 5,621 x 106 mm4 = 7,637 x 10 –6 m4

Iy = 140 x203/12 + 140 x20(22 – 10)2 + 20 x 603/12 + 60 x 20(50 – 22)2 = = 1,797 x 106 mm4 = 1,797 x 10 –6 m4

y

90

No cômputo do PRODUTO DE INERCIA Pyz levaremos em conta que é nulo o seu valor quando um dos eixos for de simetria para a seção. Portanto, os produtos de inércia baricêntricos para cada uma das abas retangulares serão nulos, bastando apenas acrescentar os produtos de transporte para o baricentro da figura, conforme estabelece o teorema de Steiner (eixos paralelos). Importante será levar em conta que, ao contrário dos momentos de inércia (grandeza sempre positiva), o produto de inércia pode ser positivo ou negativo (conforme o quadrante em que a figura esteja posicionada)

Assim, para a área da cantoneira em análise (em sua maior parte contida nos 2º e 4º quadrantes) teremos:

Pyz = [ - 60 x 20 x (50 – 22) x (52 – 10)] + [ - 140 x 20 x (70 – 52) x (22 – 10) = = - 2,016 x 106 mm4 = - 2,016 x 10 –6 m4

Levando em 5.6.3 os resultados obtidos para as propriedades geométricas da seção e considerando que o momento fletor M tem como componentes: My = 0 e Mz = - 10 kN.m (o sinal negativo corresponde à convenção usual para momentos que tracionam as fibras superiores, embora esteja orientado no sentido positivo do eixo z – cuidado ! – segundo o eixo y a incoerência não ocorre ):

- 10 x 103 = [ 7,637 k1 + (- 2,016) k2] x 10 –6

0 = [(- 2,016) k1 + 1,797 k2] x 10 -6 Resolvido o sistema obtemos: k1 = - 1.860 x 106 ; k2 = - 2.087 x 106 (Pa/m) e, levando em 5.12, teremos finalmente: σ = (- 1.860) y + (- 2.087) z ..............................(a) Para os pontos A(-52; -22); B(-52; +58) e C(+84; -2) – coordenadas (y; z) em mm, teremos: σA = + 143 MPa (tração); σB = - 24,3 MPa (compressão !! *); σC = 152 MPa (compressão). * o resultado, inesperado em princípio, de uma tensão de compressão em ponto da aba superior do perfil, ficará compreendido ao analisarmos a posição da linha neutra.

A linha neutra (que separa as regiões tracionada e comprimida) é o lugar geométrico dos pontos da seção onde a tensão é nula, permitindo obter-se a sua equação zLN = f (yLN) fazendo σ = 0 em (a): 0 = 1.860 y + 2.087 z >>>> zLN = - 0,8912 yLN (eq. da LN) indicando que a LN forma um ângulo β com o eixo y tal que a sua tan = - 0,8915 ou seja β = - 41,7º = + 138,3º. Portanto, a linha neutra não coincide com a linha de ação do vetor momento na seção (ao contrário do que ocorre na flexão reta). O ponto B, realmente, está no lado comprimido do perfil. As tensões máximas ocorrerão nos pontos mais afastados da linha neutra. No caso em apreciação: σ max

Tração = 143 MPa (ponto A); σ max Comp. = 152 MPa (ponto A)

y

Nota: se a equação de Euler (5.4) fosse empregada para o caso (solução incabível) as tensões extremas seriam calculadas como: σA = σB = (10.000 / 7,637 x 10-6) x 0,052 = 68,1 MPa (errado !) σC = (10.000 / 7,637 x 10-6) x 0,088 = 115 MPa (errado !)

52

58

41,7º

Linha Neutra

y

41,9º

A B

C

+ + + + + + + + +

-

- - - - - - - -

+

91

No caso de vigas cuja seção transversal possui um eixo de simetria, porém o plano do carregamento não coincide com o seu plano de simetria (FLEXAO OBLIQUA), a determinação das tensões se realiza de maneira mais simples escolhendo-se, como um dos eixos, o eixo citado de simetria da seção. Assim, teremos a condição simplificada de Pyz = 0 que, levada em 5.6.3 nos fornece:

Y

Z

M

Plano do carregamento

k1 = MZ / IZ e k2 = MY / IY. Considerando 5.6.2, termos finalmente:

σ = (MZ / IZ) Y + (MY / IY) Z ................ (5.6.4) indicando que a solução seria a composição de duas flexões retas, cada uma computada em relação a um dos eixos principais da seção (representados em letras maiúsculas como Y e Z). Obs.: mesmo que a seção não admita um eixo de simetria, haverá dois eixos perpendiculares em relação aos quais o produto de inércia será nulo (eixos principais de inércia), e para os quais os momentos de inércia serão extremos (um máximo e outro mínimo). Seus valores são dados por: I1,2 = ½ (Iy + Iz) + √ [ ½ (Iy – Iz)2 + (Pyz)2

Exemplo nº 5.6.2– A viga em “T”, posicionada obliquamente em relação ao plano do carregamento vertical, com a alma formando um ângulo de 30º, está submetida, em determinada seção, a flexão pura com um momento fletor de intensidade M = 2,5 kN.m, tracionando as fibras inferiores. Pede-se determinar as máximas tensões de tração e de compressão, indicando os pontos da seção onde ocorrem.

Solução: O centróide da seção fica em: YC = (80x30x15 + 100x24x80) / (80x30 + 100x24) = 47,5 mm Os momentos de inércia principais valerão: IZ =80x303/12 + 80x30(47,5 –15)2 + 24x1003/12 + 100x24(80 –47,5)2

IZ = 7,250 x 10-6 m4 IY = 30 x 803/ 12 + 100 x 243 / 12 = 1,395 x 10-6 mm4

IY = 1,395 x 10-6 m4 As componentes do momento fletor nos eixos principais serão: MZ = 2,5 x cos 30º = + 2,165 kN.m; MY = 2,5 x cos 60º = + 1,250 kN.m; Levando em 2.14 teremos: σ = (2.165 / 7,250x10-6) Y + (1.250 / 1,395x10-6) Z; σ = ( 298,6 Y + 896,1 Z )x106 . A equação da linha neutra (σ = 0) será: ZLN = - 0,3332 YLN. Portanto, a LN forma com o eixo Y um ângulo tal que tan β = - 0,3332 e β = -18,43º. Os pontos onde ocorrem as tensões extremas são aqueles mais afastados da LN. Para a compressão, não há dúvida, será a quina A da mesa: σΑ = [298,6 x (-0,0475) + 896,1 (-0,040)] x 106 = - 50,0 MPa – (compressão máxima). Para a tração, dois seriam os “candidatos”: (a quina B da mesa e a quina C da alma): σΒ = [298,6 x (-0,0475 + 0,030) + 896,1 (+0,040)] x 106 = + 30,6 MPa. σC = [298,6 x (0,130 - 0,0475) + 896,1 (+0,012)] x 106 = + 35,4 MPa – (tração máxima).

Y

Z

M

24 100

30

80

YC

30º LN

A

B

C

92

5.7 – Deformações na Flexão Pura Simétrica e Elástica.

O momento fletor é o esforço solicitante que, atuando em duas seções contíguas paralelas de uma viga reta, separadas de dx, provoca um ângulo dϕ entre elas de sorte a se poder escrever (ver Fig. 5.7.1 abaixo):

b

h

M

Exercício Proposto nº 5 – Para a viga retangular (b x h), submetida a um carregamento vertical direcionado segundo uma de suas diagonais, pede-se: 1º) mostrar que a linha neutra estará direcionada segundo a outra diagonal, e 2º) determinar as máximas tensões de tração e compressão em função do momento M e das dimensões da seção.

y

dx

(1+ ε)dx

ρ

x

dϕ

y

z x

dϕ = ε dx / y

sendo ε a deformação específica longitudinal de uma fibra situada a uma distância y do plano neutro. Admitindo que o material trabalha na fase elástica, teremos: ε = σ / E = (M / E ILN) y portanto: dϕ = Μ dx / E ILN .......(5.7.1) No caso da flexão pura, com M constante, seção uniforme e material continuo, ao longo da extensão L0 da viga obteremos, para o pequeno ângulo formado entre as seções extremas:

σ

93

δϕ = Μ L0 / E ILN .......(5.7.2) (compare com as equações 1.7.2, 3.1.1 e 4.2.8). Solução: A equação 5.16 nos fornece: 1 / ρ = Μ / Ε ΙLΝ = 1 / 1,0 = 12 M / 210x109 x 20 x (2)3 x 10-12 de onde tiramos M = 2,8 N.m

As tensões máximas (tanto de tração como de compressão)

valerão: σ =[12 x 2,8 / 20 x (2)3 x 10-12] x (1,0 x 10-3 ) = 210 MPa

O momento fletor (aplicado na extremidade da fita através da ação do pino e do encosto com a outra extremidade da fita nos permite escrever que: Fpino x (2/3) 0,035 = 2,8 e, portanto:

Fpino = 120 N.

Fig. 5.7.1 – Deformações na flexão pura simétrica

O raio de curvatura do plano neutro pode ser calculado observando (ainda na Fig. 5.7.1) que: ρ dϕ = dx; portanto dϕ / dx = 1 / ρ

1 / ρ = Μ / Ε ΙLΝ ...................................... (5.7.3)

20

2 mm

35

D = 2,0 m

35

Fpino

Exemplo nº 6 – Uma fita de aço (E = 210 GPa), com 2 mm de espessura e 20 mm de largura, é encurvada para formar um aro circular com 2,0m de diâmetro, sendo suas extremidades unidas através de um pino cravado conforme mostra a figura ao lado. Pede-se estimar: 1º) o valor máximo das tensões normais na fita; 2º) o valor da força de tração no pino da união.

Obs.: há uma superposição entre as fitas da ordem de 35 mm.

94

(valor aproximado, admitindo que a ação de encosto entre as fitas se caracterizasse por uma distribuição linear de esforços, desde zero, na altura do pino, até o valor máximo, na extremidade).

APENDICE Propriedades Geométricas de alguns tipos de Perfis Delgados (t2 << b2 ~~ h2)

Tipo do PERFIL

A

(Área)

XCG

baricentro

YCG

baricentro

IX

Momento de Inércia

Baricêntrico

IY

Momento de Inércia

Baricêntrico

PXY

Produto de Inércia

Baricêntrico

Perfil “I”

(H-h)b -ht

b/2

H/2

(1/12)[bH3 – (b-t)h3]

(1/12) (H-h)b3

0

Perfil “C”

(H-h)b -ht

b/2 x x b(H-h) bH-(b-t)h

H/2

(1/12)[bH3 – (b-t)h3]

(1/3) (H – h)b3 – - A (xCG)2

0

Perfil “T”

hta + btm

espessuras

ta – alma tm - mesa

b/2

h/2 x

tah+2tmb tah+tmb

(1/3) ta h3 +

+ btm (h + ½ tm)2-

- A yCG2

(1/12) tm b3

0

Cantoneira de Abas iguais

2 bt – t2

b2 + bt 4b - 2t

b2 + bt 4b - 2t

(1/3) t b3 – - A(yCG)2

(1/3) t b3 – - A(xCG)2

(-) 2bt x x (b/2 – xCG) x

x (yCG)

(h+b)t – t2

(1/2) x b2+ht h+b-t

(1/2) x h2+bt h+b-t

(1/3) th3 – - A yCG

2

(1/3) tb3 – - A xCG

2

(-) t h x x (h/2 - yCG)xCG

(-) t b x x(b/2 – xCG)yCG

H t

h

h H t

b

b

h

ta

b

tm

t

b

t

h

b

y

x

y

x

y

y

x

x

y x

95

Cantoneira de Abas desiguais Consulte o item “LINKS” da h.p. no endereço: www.cesec.ufpr.br/~metalica/08/08.htm

1

6.0 – FLEXÃO SIMPLES Costuma-se denominar de “flexão simples” o caso de vigas submetidas apenas ao momento fletor M, porém sendo este variável, o que implica na coexistência de uma força cortante Q, sendo esta, justamente, a taxa com que M varia ao longo da viga (pois, como visto em 5.2, Q = dM/dx,).

Neste capítulo estudaremos o caso de vigas que têm seção simétrica em relação ao plano do carregamento (flexão reta).

6.1 – TENSÕES NORMAIS

De início, admitiremos que a existência de tensões tangenciais associadas à presença da força cortante na seção não altere a distribuição das tensões normais, permitindo-nos insistir na aplicação da hipótese 6.2 – TENSÕES TANGENCIAIS

de que a seção se mantém plana e que a distribuição dessas tensões normais continue sendo linear. Permanece aplicável, portanto, a equação de Euler: σ = (M / ILN) y Nota: a hipótese de que as deformações por distorção decorrentes das tensões tangenciais não afetam a distribuição das tensões normais na seção é aplicável nos casos em que tais tensões tangenciais sejam pequenas, como se verá adiante (6.5).

Para melhor compreender a natureza do aparecimento das tensões tangenciais em uma viga flexionada, observe a Fig. 6.2(a) que representa uma pilha de tábuas sobrepostas, submetida, nas extremidades, a um momento fletor M que traciona as tábuas inferiores, comprimindo as superiores, sem provocar qualquer tipo de escorregamento entre as tábuas.

Já se a flexão fosse provocada pelo carregamento mostrado em (b) (M variável), verifica-se que as tábuas escorregariam, umas sobre as outras. Se as tábuas fossem coladas, umas às outras, impedindo este escorregamento, surgiriam tensões tangenciais na cola. Verifica-se, portanto, que, sendo a viga inteiriça, submetida àquele carregamento (c), ocorrerão tensões tangenciais nos planos longitudinais (τyx).

A existência de uma tensão τyx no plano longitudinal da viga implica na ocorrência de uma tensão τxy , de igual valor, na seção transversal (1.5). São essas tensões que provocam o cortante Q.

Fig. 6.1 – Tensões normais

(a)

(b)

(c) τxy

τyx

x

y

Fig. 6.2 – Tensões de cisalhamento na flexão

M

P

M

2

Levando em conta que, na integração estendida ao longo da variável y’, os valores de dM e I são parâmetros invariantes, a equação acima pode ser reescrita: y(Max) y(Max)

τyx b. dx = (dM/I) ∫y y’ b’ dy’ > e >> τyx = [(dM/dx) ∫y

y’ b’ dy’] / b I Como (dM/dx) = Q e τyx = τxy obtemos finalmente (Equação de Jourawsky~1821-1891): τxy = ..................... (6.1) onde: τxy – tensão de cisalhamento em um dado ponto da seção; Q – força cortante na seção; ILN – momento de inércia da seção em relação à LN que contém o centróide; b – largura da seção na altura do ponto considerado; V – momento estático da parte da área da seção situada “abaixo” (*) do ponto

A determinação das tensões tangenciais despertadas em uma viga submetida a um momento fletor variável será feita analisando-se o equilíbrio de forças atuantes em uma parte da viga (mostrada na Fig. 6.3 em verde) situada entre duas seções contíguas, separadas de dx, onde atuam os momentos fletores M (de um lado) e M+dM (de outro). As tensões normais atuantes na seção em x + dx serão maiores que as atuantes na seção em x, devido à diferença dos momentos fletores nas respectivas seções. Portanto, as forças resultantes dessas tensões normais (F1 e F2) atuantes em cada uma dessas faces serão diferentes (F1 < F2), ocasionando o aparecimento das tensões tangenciais longitudinais de valor médio τyx na face superior do elemento, para promover o equilíbrio de forças, permitindo escrever: F2 – F1 = τyx b. dx Mas as resultantes das tensões normais atuantes em cada uma das faces valerão: y’ = y (Max)

∫ y’ = y sendo σ’ = (M/I)y’ na seção em x e σ’ = [(M+dM)/I]y’ na seção em x+dx. Computando a diferença F2 – F1 obtemos: y(Max)

τyx b. dx = ∫y (dM/I) y’ b’ dy’

M + dM

M

F2

F1

x

dx

y

b

τyx

τxy

σ’ . b’ dy’ F =

Fig. 6.3 – Tensões tangenciais na flexão. Cálculos por equilíbrio.

Q V b ILN

b’

y’ y

dy’

ymax F2 F1

dx

σ’

LN

LN

3

considerado, em relação à linha neutra. NOTA (*) - ou “acima”, já que o momento estático da área total da seção será nulo em relação à LN, pois esta contém o seu centróide. Realmente: a integral y’ = y(Max)

V = ∫y’= y y’ b’ dy’

terá valor nulo nas arestas inferior e superior da viga (onde y = yMax e y = - yMin), aliás como não poderia deixar de ser, já que nessas partes não há tensão longitudinal τyx (não há componente de tensão perpendicular ao contorno). Conclui-se, portanto, que a tensão tangencial não se distribui uniformemente como no caso do corte puro 6.3 – Várias formas de seção.

a) SEÇÃO RETANGULAR – Para vigas de seção retangular b x h, onde ILN = bh3/12, teremos:

b) SEÇÃO CIRCULAR MACIÇA -

iniciando com valor nulo no topo superior da seção, aumentando de valor até a altura do centróide, passando a diminuir até novamente atingir o valor zero na aresta inferior. O valor médio da tensão tangencial na seção continuará a ser calculado pela expressão:

τmed = Q / A

A distribuição das tensões ao longo dos diversos pontos da seção dependerá de seu formato.

τ = 0

τ = 0

τ Max

τ med

b

h/2

h/2 y

OBS.: o momento estático de uma área em relação a um eixo é obtido fazendo-se o produto da área pela distância de seu centróide ao eixo. τ = [12 Q / b2 h3] [( ½ h – y)b][y + ½ ( ½ h – y)]

τ = (6Q/bh3)[(h/2)2 – y2)

(distribuição parabólica, com valores nulos para a tensão tangencial nos topos -- y = + h/2 e máxima tensão no centro, atingindo 1,5 vezes a tensão média Q/A --------- τMax = (3/2)(Q/A)

τMax = 1,5 τmed

τmed

Fig. 6.5 – Tensões tangenciais em vigas de seção retangular e circular

Fig. 6.4- Distribuição das tensões de cisalhamento em uma viga simétrica sob flexão simples

O valor máximo da tensão tangencial ocorre na linha neutra onde b = d, V = (πd2/8)(2d/3π), sendo I = πd4/64, e

τMax = (4/3)(Q/A).

Para outros pontos, a fórmula de Jourawski (6.1) fornece o valor da tensão na linha de centro (plano de simetria) e, também, o valor da componente vertical da tensão nos demais pontos (sendo a direção da tensão tangente ao contorno e, nos pontos internos, com direção convergente ao ponto de encontro dessas tangentes na mesma altura (hipótese de Green).

τMax = 1,33 τmed

d

τMax

4

c) PERFIS LAMINADOS (I, T, H)-

h

b

ta

tm A otimização da escolha do formato da seção das vigas, objetivando minimizar o valor das tensões normais decorrentes do momento fletor, leva à utilização de seções nas quais as áreas são afastadas da linha neutra (perfis “I” e “T”, com mesas/abas largas e almas/nervuras estreitas). Como conseqüência, surgirão tensões tangenciais elevadas na alma, na altura da linha neutra, pelo fato de a dimensão “b” da nervura aparecer no denominador da equação de Jourawski (ou seja, nos pontos da viga onde a tensão normal é máxima – arestas superior e inferior, a tensão tangencial é nula, enquanto na linha neutra, onde σ = 0, a tensão τ atinge valor extremo). A descontinuidade do valor da tensão na transição entre a mesa e a alma decorre da descontinuidade da largura (b) da seção nesses locais.

τ σ

τ σ

Exemplo 1 – Para a viga esquematizada na figura, pede-se determinar:

a) a máxima tensão de tração; b) a máxima tensão de compressão; c) a máxima tensão de cisalhamento; d) a força total na união entre a mesa e a alma.

SOLUÇÃO a) a máxima tensão de tração ocorrerá no topo da

mesa, no engaste, valendo: σT = (9000 / 127,1 x10 –6) x(0,330 –0,2325) = = 6,90 MPa.

b) a máxima tensão de compressão ocorrerá na base da alma, no engaste, valendo:

σC = (9000 / 127,1 x 10 –6) x 0,2325 = 16,5 MPa

c) a máxima tensão tangencial ocorrerá na altura da linha neutra, em toda extensão da viga, valendo: τMax = [10.000 x 0,020 x (0,2325)2 x ½] / 0,020 x ILN

τMax = 2,12 MPa d) a tensão τxy na altura da transição mesa/alma

valerá: τxy = 10.000 x 0,030 x 0,200 x(0,315 –0,2325) / / 0,020 x 127,1 x 10 –6 = 1,947 MPa.

e) Uma tensão de mesmo valor (τyx) se estende ao longo da união entre a mesa e a alma, e a força nesta união valerá: FU = 1,947 x 10 –6 x (900 x20) x 106 = 35,0 kN.

20

30

900 mm

300

200

10 k N

A força cortante Q vale 10 kN ao longo de toda a viga. O momento fletor M (negativo, tracionando a mesa), varia linearmente de zero, na extremidade em balanço, até o engaste, onde vale 10 x 0,9 = 9 kNm. A linha neutra estará a uma altura da base da alma em yLN = (20 x30 x315 + 20 x300 x150) / 12000 yLN = 232,5 mm O momento de inércia da seção em relação à LN: ILN = 200 x303/12+ 200 x30(315 –232,5)2 + + 20 x3003/12 + 20 x300(232,5 – 150)2 = = 127,1 x 106 mm4 = 127,1 x 10 -6 m4

5

6.4 – Perfis Compostos

Assim, no perfil de madeira mostrado no exemplo 1 anterior, se a barra de 200x30 mm2 que constitui a mesa fosse conectada à barra da alma (300x20) através de 15 parafusos de 60mm de comprimento e com diâmetro de 5mm, distribuídos ao longo dos 900 mm da mesa, com igual espaçamento de 60 mm, poderíamos calcular a força em cada parafuso levando em conta que a tensão longitudinal τyx entre mesa e alma vale 1,947 MPa, o que corresponde a uma força de valor 1,947x20x60= = 2,336 kN para cada parafuso.

A tensão de cisalhamento no parafuso seria igual a 2,336 x 103 / [π(5)2/4]x10 –6 = 119 MPa. - compressão lateral do furo (tanto na mesa como na alma) valeria: 2.336 / 5x30=15,6MPa

900 mm

300

200

10 k N

60mm – 15 paraf. d= 5mm

É freqüente a construção de vigas através da composição de barras chatas por parafusagem, colagem, uso de pregos, rebites, cantoneiras, soldagem, etc.

Os perfis assim constituídos funcionam como se inteiriços fossem, podendo-se calcular os esforços nos elementos de união computando as tensões médias nas faces que estão sendo unidas.

Fig. 6.6 – Perfis Compostos

30

Exemplo 2 – A viga esquematizada foi construída por soldagem de duas barras chatas de aço, de 150x20 mm2, a outra barra de mesmo material como nervura, de 200x15 mm2, através de cordões com 10 mm de largura e 30 mm de extensão. Sabendo-se que as tensões admissíveis tanto para as barras como para os cordões sejam: σadm =120 MPa e τadm =70 MPa, calcular Padmissivel.

200

20

20

15

16

400 400 P

100

150

20

6

6.5 – Análise Crítica A suposição de que a distribuição das tensões de cisalhamento na flexão não alteraria a distribuição das tensões normais na seção só é aplicável nos trechos da viga em que a força cortante não varia. O resultado obtido para a distribuição das tensões tangenciais (parabólica na seção retangular) aponta no sentido de que a seção não permanece plana, devido à distorção variável em y.

Solução Os diagramas de esforços solicitantes nos indicam: QMAX = 0,5P e MMAX = 0,5P x 0,400 = 0,2 P. O momento de Inércia da seção vale: ILN = 12 x 2003/12 + 2 [150 x 203/12 + 150 x20 x 1103] = = 82,8 x 106 mm4 = 82,8 x 10 –6 m4. O valor de Padm. para a tensão normal será calculado com σMAX = 120 x 106 = (0,2P / 82,8 x10 –6) x0,120;

(PMAX) I= 414 kN; O valor de Padm. para a tensão tangencial limite será: 0,5P (0,150 x0,020 x0,110 + 0,100 x0,015 x 0,050) 0,015 x 82,8 x 10 –6 = 70 x 106 Pa (PMAX) II= 429 kN;

0,5 P

0,5 P

0,2 P

P

½ P ½ P

Q

M τMAX =

A máxima força que se admite ser transmitida por um dos cordões de solda será: FC = 70 x106 x 16 x 0,707 x 100 = 79,18 kN Se a viga fosse inteiriça, a tensão na união entre a alma e cada uma das abas seria: τU = 0,5 P (0,150 x0,020 x0,110) / 0,015 x 82,8 x10 –6 = = 132,8 P. Na extensão de 400mm (metade do comprimento da viga) a força total na união mesa x alma será: FU = τU x 0,400 x 0,015 = 132,8 P x 0,400 x 0,015 = = 0,7968 P. Como tal força será transmitida por 4 cordões (dois de cada lado da alma) para cada cordão caberá: FC = 0,7968P : 4 = 0,1992 P. Como (FC)MAX = 79,18 kN, teremos PMAX = 397,5 kN. Portanto: Padmissivel = 398 kN (Resposta)

100

16

400 400

15

400

τU

Estudos mais avançados (Saint’Venant) dão conta de que, para a seção retangular na qual a relação b/h <1/4, o valor da tensão tangencial média calculado pela fórmula de Jourawski não difere mais de 8% do valor máximo alcançado pela tensão na linha neutra. O erro é grande para o caso de barras largas (para b/h = 10, τMAX / τMED = 3,77), sendo, porém, geralmente irrelevante, já que são muito pequenos os valores dessas tensões (valor de b elevado).

h/2

h/2

τMAX

τMED

b

1

6.6 – Perfis Delgados As tensões de cisalhamento em vigas de paredes finas alcançam valores importantes

diante do pequeno valor da dimensão “b” que aparece na equação de Jourawski (6.1).

Assim, para a viga esquematizada na figura ao lado, caso a tensão tangencial máxima τxy, ocorrente à meia altu-ra da seção, fosse suficiente para provocar a ruptura por cisalhamento do material, a fratura seria no sentido longitu-dinal, ao longo do plano neutro (τyx).

A componente vertical da tensão τxy nas mesas será desprezível em presença da ocorrente na alma, devendo-se considerar, no entanto, a existência de uma componente horizontal τxz , calculada, da mesma forma, pela equação 6.1, considerando que o momento estático V seria o da parte da área da mesa “cortada” pela tensão longitudinal τzx , e b a largura da parte cortada (a tensão τzx aparece diante do desequilíbrio entre as forças normais F1 < F2 na parte da mesa, em conseqüência da diferença entre os momentos fletores dM).

τyx

F2

F1

dx

M + dM

M

b

dx

τxz τzx

z

O valor da tensão τzx em um ponto da mesa situado a uma distância z da sua borda será calculado fazendo: τzx = τxz = Q[b.z.(h/2)]/ b ILN (variação linear com z, de zero, na extremidade da aba, até seu encontro com a alma). Interessante notar que o mesmo ocorrerá com a outra metade da aba, tendo a tensão τxz o sentido inverso, indicando que a distribuição das tensões ao longo da seção do perfil se dá co-mo um escoamento de um fluido ao longo de uma rede hi-dráulica bifurcada (fluxo cisalhante), sendo aplicável a ana-logia com a equação da continuidade, já mencionada no estu-do da torção dos dutos de parede fina.

Fig. 6.7 – Tensões tangenciais em perfis delgados. Exemplo 3: Para o perfil “duploT” esquemati-zado, estabelecer a distribuição das tensões tangencias nos diversos pontos das mesas e da alma, como função da tensão média Q/A.. Solução: As propriedades geométricas do per-fil W760x147 (pg.1191 LT) indicam:

A =18.800mm2, IZ =1.660 x10-6 m4. A tensão τ nos entroncamentos entre cada uma das metades da mesa e a alma vale (A): τxz=Q(½ 0,265 x 0,017 x0,368)/0,017 x1660 x10-6= =29,37 Q No entroncamento entre cada mesa completa e a alma, a tensão vale (B): τxz =Q(0,265 x0,017 x0,368)/0,0132 x1660x10-6= =75,66 Q

265

17

13,2 753

A

B

C

2

Nos perfis simétricos, em forma de “caixão”, é fácil compreender que, na linha de simetria, a tensão cisalhante parte do valor zero (*), variando em sentidos opostos para os pontos mais afastados da linha de simetria. A figura 6.8 mostra alguns exemplos de distri-buição das tensões tangenciais em seção de viga em forma de duto de parede fina, subme-tido à flexão simples e seus valores máximos em função da tensão média (Q/A). (*)Observe que o momento estático da área assinalada tende a zero quando z →0.

Convém repisar que a analogia com a equação da continuidade para os fluidos incompressíveis se aplica ao denominado “fluxo cisalhante”, permitindo-nos escrever que, para o entroncamento (bifurcação) entre cada mesa e a alma, 2 τA bA = τB bB, ou seja, 2 x 29,37Q x 17 = 75,66 Q x 13,2. A tensão cisalhante máxima, ocorrente na linha neutra, valerá: τC =Q [0,265 x0,017 x0,368 + 0,0132 x0,3595 x(1/2) 0,3595 ] / 0,0132 x1660x10-6 = 114,6 Q.

Como τmédio = Q / A = Q / 18.800 x 10-6 = 53,19 Q, teremos: τA =0,552 τmédio; τB =1,42 τmédio; τC = τmáximo = 2,15 τmédio.

τMax = ξ (Q/A) ξ

1,500 1,333 2,000 b/h ξ 0,25 1,607 h 0,50 1,800 1,00 2,250 2,00 3,600 b 4,00 5,192 Fig. 6.8 – Tensões tangenciais em perfis delgados simétricos tipo caixão.

1

2

A utilização da analogia com o “flu-xo cisalhante” é muito útil na determinação da distribuição das tensões tangenciais ao longo de perfis delgados, facilitando a vi-sualização das áreas que seriam “cortadas” por ação dessas tensões, propiciando o cál-culo correto dos correspondentes momen-tos estáticos (V) e larguras (b), para aplica-ção na fórmula de Jourawski. Na figura ao lado, são apresentados dois exemplos de áreas assinaladas e respectivas larguras (b), para o cômputo das tensões tangenciais correspondentes, utilizando-se 6.1.

(a) (b) (c)

z

b

b

Fig. 6.9 – Fluxo cisalhante

3

6.7 – Centro de Torção.

Exemplo 4 – Deseja-se fabricar uma viga caixão com tábuas de madeira (10 x 100 mm2) coladas, havendo duas opções (A e B) quanto a seu posicionamento em relação ao plano vertical do carregamento (peso pró-prio). Verificar, para as duas opções, a relação entre a tensão tangencial na cola e a tensão tangencial mé-dia na viga para uma força cortante Q.

Solução Posição A: Área A = 1.000 mm2; ILN =2 x[10 x1003/12 + 100 x 103/12 + 10 x100 x 552] = = 7,733 x 106 mm4 = 7,733 x 10-6 m4 τmédia = Q/A = Q / 1.000 x 10 -6 = 1.000 Q;

τcola =Q.(0,100x 0,010x 0,055) / (2x 0,010) x 7,733x10-6

τcola = 355,6 Q >>>>>> τcola = 0,3556 τmédia

A B

10 100

Posição B: Área A = 1.000 mm2; ILN =2 x[10 x1003/12 + 100 x 103/12 + 10 x100 x 452] = = 5,733 x 106 mm4 = 5,733 x 10-6 m4 τmédia = Q/A = Q / 1.000 x 10-6 = 1.000 Q; τcola = Q.(0,100x 0,010x 0,045) / (2x 0,010) x 5,733x10-6 τcola = 392,5 Q >>>>>> τcola = 0,3925 τmédia

A distribuição das tensões tangenciais ao longo das paredes de um perfil delgado aberto e assimétrico, submetido à flexão simples (com a força ativa aplicada no centróide da área, portan-to sem momento de tor-ção, como mostra a Fig. 6.10), indica que o perfil sofrerá uma torção (ape-sar de se ter T = 0!). Para se evitar que tal defor-mação ocorra, a força que ataca o perfil teria que ser aplicada a uma certa distância δ do eixo longitudinal baricêntrico para equilibrar o momen-to decorrente daquelas tensões.

δ

Fig. 6.10 – Centro de Torção

τ P

cola

4

A determinação do afastamento δ do centro de torção (também chamado “centro de ataque”), em relação ao centróide C da seção, é feito igualando os momentos em relação ao eixo longitudinal baricêntrico do perfil, provocados pelas tensões tangenciais ao longo das paredes e pela força que ataca a viga.

a

2a

Zc

C

t

C

δ

P

Q = P

Fa

Fa

Assim, para o perfil “C” exemplificado ao lado (espessura t, largura da aba a e altura da alma 2a), o centróide C estará posicio-nado em: Zc = a / 4.

O momento de inércia ba-ricêntrico valerá: ILN = t(2a)3/12 + 2 (t.a)(a)2=8ta3/3. A tensão tangencial nas abas variará linearmente da extre-midade até a junção com a alma, onde valerá: τ* = P[a.t.(a)]/t.(8ta3/3) = 3P / 8t.a

A força horizontal Fa atu-ante em cada aba, resultante des-sas tensões, valerá: Fa = ½ [τ∗]t.a = (3/16)P

τ∗

Tomando momentos dessas forças em relação ao centróide C, podemos escrever: P . δ = Fa . (2a) + P . Zc = (3/16)P.(2a) + P (a/4), obtendo-se: δ = (3/8)a + (1/4)a. Ou seja: o centro de torção está localizado a uma distância da alma que vale 3/8 da largu-ra da aba.

São apresentados abaixo alguns exemplos de seções transversais de perfis delgados de espessura uniforme e os correspondentes posicionamentos do centro de torção.

b (5/8)b 0 [(4 - π)/π] R R 2 + h/3b

δ∗ δ∗ δ∗ δ∗

b b

b/2

b/2

h R R

δ∗

Verifique no Link www.cesec.ufpr.br/~metalica/08/08.htm a posição indicada para o centro de torção dos perfis lá apresentados.